十年(13-22)高考化学真题分类汇编专题48 难溶电解质的溶解平衡（含解析）

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A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 SKIPIF 1 < 0 的浓度为 SKIPIF 1 < 0
C．当 SKIPIF 1 < 0 沉淀完全时，已经有部分 SKIPIF 1 < 0 沉淀
D．b点： SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000ml/L=4.5×10-4ml，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10-4ml。A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4ml，则I-的浓度为 SKIPIF 1 < 0 =0.0100ml⋅L-1，故B错误；C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5ml/L)，溶液中的c(Ag+)= SKIPIF 1 < 0 =5.4×10-8ml/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)= SKIPIF 1 < 0 =3.3×10-3ml/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100ml⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；D．b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I-、Br-、Cl-全部转化为沉淀，则Ag+浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为： SKIPIF 1 < 0 ，故D错误；故选C。
2．【2022年海南卷】某元素M的氢氧化物 SKIPIF 1 < 0 在水中的溶解反应为： SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为 SKIPIF 1 < 0 或 SKIPIF 1 < 0 浓度的值。下列说法错误的是
A．曲线①代表 SKIPIF 1 < 0 与pH的关系
B． SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 约为 SKIPIF 1 < 0
C．向 SKIPIF 1 < 0 的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以 SKIPIF 1 < 0 存在
D．向 SKIPIF 1 < 0 的溶液中加入等体积0.4ml/L的HCl后，体系中元素M主要以 SKIPIF 1 < 0 存在
【答案】BD
【解析】由题干信息，M(OH)2(s) SKIPIF 1 < 0 M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq) SKIPIF 1 < 0 M(OH) SKIPIF 1 < 0 (aq)，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH) SKIPIF 1 < 0 ]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH) SKIPIF 1 < 0 ]减小，因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[M(OH) SKIPIF 1 < 0 ]与pH的关系，据此分析解答。A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A正确；B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误；C．向c(M2+)=0.1ml/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH) SKIPIF 1 < 0 ]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；D．c[M(OH) SKIPIF 1 < 0 ]=0.1ml/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4ml/L的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH) SKIPIF 1 < 0 存在，D错误；答案选BD。
3．【2022年山东卷】工业上以 SKIPIF 1 < 0 为原料生产 SKIPIF 1 < 0 ，对其工艺条件进行研究。现有含 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 溶液，含 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 溶液。在一定pH范围内，四种溶液中 SKIPIF 1 < 0 随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．反应 SKIPIF 1 < 0 的平衡常数 SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0
C．曲线④代表含 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 溶液的变化曲线
D．对含 SKIPIF 1 < 0 且 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 初始浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的混合溶液， SKIPIF 1 < 0 时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1ml/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1ml/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线。A．反应SrSO4(s)+CO SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SrCO3(s)+SO SKIPIF 1 < 0 的平衡常数K= SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，A正确；B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为 SKIPIF 1 < 0 =10—6.5，则a为-6.5，B正确；C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0ml·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6, 5，根据图示， SKIPIF 1 < 0 锶离子的降低，所以 SKIPIF 1 < 0 发生沉淀转化，D错误；故选D。
4．【2022年湖北卷】下图是亚砷酸 SKIPIF 1 < 0 和酒石酸 SKIPIF 1 < 0 混合体系中部分物种的 SKIPIF 1 < 0 图(浓度：总 SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 ，总T为 SKIPIF 1 < 0 )。下列说法错误的是
A． SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0 的酸性比 SKIPIF 1 < 0 的强
C． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 的浓度比 SKIPIF 1 < 0 的高
D． SKIPIF 1 < 0 时，溶液中浓度最高的物种为 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3ml/L，右坐标浓度的数量级为10-6ml/L，横坐标为pH，随着pH的增大， SKIPIF 1 < 0 先变大，然后再减小，同时 SKIPIF 1 < 0 变大，两者浓度均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时， SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，Ka=10-4.6。pH继续增大，则 SKIPIF 1 < 0 减小，同时 SKIPIF 1 < 0 增大，当pH=9.1时， SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。A． SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，当pH=9.1时， SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 ，A正确；B． SKIPIF 1 < 0 ，当pH=4.6时， SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的 SKIPIF 1 < 0 ，即Ka > Ka1，所以 SKIPIF 1 < 0 的酸性比 SKIPIF 1 < 0 的强，B正确；C．由图可知 SKIPIF 1 < 0 的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3ml/L， SKIPIF 1 < 0 的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6ml/L，所以 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 的浓度比 SKIPIF 1 < 0 的高，C正确；D．由可知条件，酒石酸 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 ，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于 SKIPIF 1 < 0 ，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当 SKIPIF 1 < 0 时，溶液中浓度最高的物种不是 SKIPIF 1 < 0 ，D错误；故选D。
5．（2021·全国乙卷真题）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 SKIPIF 1 < 0 随c(H+)而变化， SKIPIF 1 < 0 不发生水解。实验发现， SKIPIF 1 < 0 时 SKIPIF 1 < 0 为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是
A．溶液 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
B．MA的溶度积度积 SKIPIF 1 < 0
C．溶液 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
D．HA的电离常数 SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5ml/L时，c2(M+)=7.5×10-8ml2/L2，c(M+)= SKIPIF 1 < 0 ml/L<3.0×10-4ml/L，A正确；B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则 SKIPIF 1 < 0 ，B正确；C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知 SKIPIF 1 < 0 ，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D． SKIPIF 1 < 0 当 SKIPIF 1 < 0 时，由物料守恒知 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，对应图得此时溶液中 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，D正确；故选C。
6．（2021·全国甲卷真题）已知相同温度下， SKIPIF 1 < 0 。某温度下，饱和溶液中 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、与 SKIPIF 1 < 0 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线①代表 SKIPIF 1 < 0 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 值为 SKIPIF 1 < 0
C．加适量 SKIPIF 1 < 0 固体可使溶液由a点变到b点
D． SKIPIF 1 < 0 时两溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【解析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]}＝－lg[c(Ba2＋)×c( SKIPIF 1 < 0 )]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]的关系。A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；C．向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c( SKIPIF 1 < 0 )将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，选项C错误；D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中 SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，选项D错误；答案选B。
7．（2019·全国高考真题）绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【解析】A．CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s) SKIPIF 1 < 0 Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的物质的量浓度，正确；B．CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，错误；C．m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，正确；D．从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s) SKIPIF 1 < 0 Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，正确；答案选B。
8．（2019·海南高考真题）一定温度下，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)体系中，c(Ag+)和c(Cl-)的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a、b、c三点对应的Ksp相等
B．AgCl在c点的溶解度比b点的大
C．AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)
D．b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化
【答案】AC
【解析】A．a、b、c三点对应的AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数Ksp只与温度有关，温度相同，则Ksp相等，A正确；B．在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-)，在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)平衡体系中c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)，若溶液中c(Cl-)大，则溶液中c(Ag+)小，AgCl的溶解度小，在b点溶液中c(Cl-)小于c点，则溶解度b点大于c点，B错误；C．根据溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)可知，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl-、Ag+的浓度相等，c(Ag+)=c(Cl-)，C正确；D．在b点的溶液中加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，则c（Cl-）减小，所以c(Ag+)变化应该是沿曲线向a点方向变化，D错误；故合理选项是AC。
9．（2018·海南高考真题）某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是
A．AgCl的溶解度、Ksp均减小B．AgCl的溶解度、Ksp均不变
C．AgCl的溶解度减小、Ksp不变D．AgCl的溶解度不变、Ksp减小
【答案】C
【解析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) SKIPIF 1 < 0 Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。故答案选C。
6．（2018·全国高考真题）用0.100 ml·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 ml·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 ml·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 ml·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05ml/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1ml/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025ml/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8ml/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，正确；B．由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，正确；C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05ml/L的Cl-溶液改为50mL 0.04ml/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，错误；D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05ml/L的Cl-溶液改为50mL 0.05ml/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。正确；故答案选C。
10．（2016·海南高考真题）向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是
A．c( SKIPIF 1 < 0 )B．c( SKIPIF 1 < 0 )C．c(H+)D．Ksp(Mg SKIPIF 1 < 0 )
【答案】A
【解析】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2+(aq)+CO32−(aq)，加入少量稀盐酸可与CO32−促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO32−)减小，c(Mg2+)及c(H+)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变。故选A。
11．（2017·全国高考真题）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 SKIPIF 1 < 0 会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去 SKIPIF 1 < 0 。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是
A． SKIPIF 1 < 0 的数量级为 SKIPIF 1 < 0
B．除 SKIPIF 1 < 0 反应为Cu+Cu2++2 SKIPIF 1 < 0 =2CuCl
C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除 SKIPIF 1 < 0 效果越好
D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【答案】C
【解析】A．Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl－)，在横坐标为1时，纵坐标 SKIPIF 1 < 0 大于－6，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A正确；B．除去Cl－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B正确；C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl－效果越好，但同时溶液中，Cu2＋浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌的产率和纯度，错误；D．在没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋＝Cu2＋＋Cu趋于完全，D正确，答案选C。
12．（2014·全国高考真题）溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．溴酸银的溶解是放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快
C．60 ℃时溴酸银的Ksp约等于6×10−4
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【答案】A
【解析】A、由溶解度随温度的变化关系可知：温度升高，该物质的溶解度增大。可见溴酸银(AgBrO3)溶解是吸热过程 ，A错误；B、温度升高，溴酸银溶解在水中的微粒运动速度加快，扩散的更快，因此升高温度使其溶解速度加快，B正确；C、60℃溴酸银的溶解度大约是0.6g.则c(AgBrO3)=0.6g÷236g/ml÷ 0.1L =0.025ml/L，Ksp=c(Ag+)·c(BrO3-)=0.025×0.025≈6×10-4，C正确；D、由于硝酸钾的溶解度比较大，而溴酸银的溶解度较小，所以若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，D正确；答案选A。
13．（2013·北京高考真题）实验：①0.1ml·L-1AgNO3溶液和0.1ml·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；② 向滤液b中滴加0.1ml·L-1KI溶液，出现浑浊；③ 向沉淀c中滴加0.1ml·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是
A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)
B．滤液b中不含有Ag+
C．③中颜色变化说明AgCl 转化为AgI
D．实验可以证明AgI比AgCI更难溶
【答案】B
【解析】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），正确；B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，错误；C．向AgCl中滴加0.1ml•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，正确；D．向AgCl中滴加0.1ml•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，正确；故选B。
14．（2008·广东高考真题）已知Ag2SO4的Ksp为2.0×10－5 ml3·L－3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag＋ 和SO42－浓度随时间变化关系如右图[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag＋)=0.034 ml•L－1]。若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 ml•L－1 Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag＋ 和SO42－浓度随时间变化关系的是
【答案】B
【解析】Ag2SO4刚好为100 mL的饱和溶液，因为c(Ag+)=0.034ml·L-1，所以c(SO42－)=0.017ml·L-1；当加入100 mL 0.020 ml·L-1Na2SO4溶液后，c(SO42－)= SKIPIF 1 < 0 =0.0185ml·L-1，c(Ag+)=0.017 ml·L-1，此时Qc= c(SO42－) SKIPIF 1 < 0 c2(Ag+)=0.0185×（0.017）2=5.35×10-615．（2014·上海高考真题）向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中
A．c(Ca2＋)、c(OH－)均增大B．c(Ca2＋)、c(OH－)均保持不变
C．c(Ca2＋)、c(OH－)均减小D．c(OH－)增大、c(H＋)减小
【答案】B
【解析】碳化钙溶于水与水反应生成氢氧化钙和乙炔，由于原氢氧化钙是饱和溶液，溶剂水被消耗，导致原溶液中氢氧化钙析出，但温度不变，析出后的溶液仍然是饱和溶液，因此溶液中离子的浓度均保持不变，答案选B。
16．（2008·山东高考真题）某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）(提示BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)＋SO42-(aq)的平衡常数Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO42-)，Ksp称为溶度积常数。）
A．加入Na2SO4可以使溶液由a 点变到b 点
B．通过蒸发可以使溶液由d 点变到c 点
C．d 点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
【答案】C
【解析】本题考查沉淀溶解平衡。该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态。A．在该溶液中始终存在溶解平衡，加入Na2SO4，c(SO42-)增大，平衡左移，c(Ba2+)减小，所以溶液不能有a点变到b点，A错误；B．通过蒸发，溶液的浓度增大，若d点变到c点，即仅c(Ba2+)增大，与实际相悖，B错误；C．d点在曲线以下，说明该点不存在沉淀溶解平衡，即该点没有沉淀生成，C正确；D．任何平衡的平衡常数K只和温度有关，温度不变，K也不变，D错误；故合理选项为C。
17．（2010·海南高考真题）已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=1.0×10-16，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是
A．AgCl>AgI>Ag2CrO4B．AgCl> Ag2CrO4>AgI
C．Ag2CrO4>AgCl>AgID．Ag2CrO4>AgI>AgCl
【答案】C
【解析】已知，则，，则，，c(Ag+)=2c(CrO42-)，则，所以这些难溶盐的饱和溶液中，浓度大小顺序正确的是，正确；答案选C。
18．（2011·浙江高考真题）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5ml/L，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变。
KspCaCO3=4.96×10-9 KspMgCO3=6.82×10-6
KspCa(OH)2=4.68×10-6 KspMg(OH)2=5.61×10-12
下列说法正确的是
A．沉淀物X为CaCO3
B．溶液M中存在Mg2+、不存在Ca2+
C．溶液N中存在Mg2+、Ca2+
D．步骤②中若改为加入4.2g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
【答案】A
【解析】A．步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH) =0.001ml，[即n(OH-)=0.001ml]，依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mlNaOH时，OH-恰好与HCO3-完全反应：OH-+ HCO3-=CO32-+H2O，生成0.001mlCO32-。由于Ksp(CaCO3)<Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成。又由于Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×(10-3)2=5.61×10-12，c(Mg2+)=5.61×10-6<10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，C错误；D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n(NaOH)=0.105ml，与0.05mlMg2+反应：Mg2++2OH-= Mg(OH)2↓，生成0.05 ml Mg(OH)2，剩余0.005 ml OH-。由于Q[Ca(OH)2]=c c(Ca2+)×(OH-)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-719．（2013·江苏高考真题）一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。已知: pM="-lg" c(M)，pc(CO32-)=" -lg" cc(CO32-)。下列说法正确的是 （ ）
A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B．a 点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)= c(CO32-)
C．b 点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)D．c 点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)【答案】BD
【解析】A、pM相等时，图线中p（CO32-）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，错误；B、a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32-），所以c（Mn2+）=c（CO32-），正确；C、b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p（CO32-），所以c（Ca2+）＞c（CO32-），错误；D、pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM＞p（CO32-），所以c（Mg2+）＜c（CO32-），错误。
20．（2009·浙江高考真题）已知：25°C时， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。下列说法正确的是
A．25°C时，饱和 SKIPIF 1 < 0 溶液与饱和 SKIPIF 1 < 0 溶液相比，前者的 SKIPIF 1 < 0 大
B．25°C时，在 SKIPIF 1 < 0 的悬浊液加入少量的 SKIPIF 1 < 0 固体， SKIPIF 1 < 0 增大
C．25°C时， SKIPIF 1 < 0 固体在20ml0.01 ml· SKIPIF 1 < 0 氨水中的 SKIPIF 1 < 0 比在20mL0.01ml· SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 溶液中的 SKIPIF 1 < 0 小
D．25°C时，在 SKIPIF 1 < 0 的悬浊液加入 SKIPIF 1 < 0 溶液后， SKIPIF 1 < 0 不可能转化成为 SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【解析】A．Mg(OH)2的溶度积小，由Ksp计算则其镁离子浓度小，错误；B．NH4＋可以结合Mg(OH)2电离出的OH－离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，正确；C．Ksp不随浓度变化，仅与温度有关，错误；D．两者Ksp接近，使用浓氟化钠溶液，可以使氢氧化镁转化，错误。答案选B。
21．（2012·安徽高考真题）已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1ml·L—1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是
【答案】C
【解析】浓度均为0.1ml•L-1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1ml/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量；据以上分析解答。A．向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，错误；B．向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，错误；C．铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，正确；D．加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，错误；故选C。
22．（2011·福建高考真题）25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（ SKIPIF 1 < 0 ），发生反应： SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，体系中c（Pb2+）和c（Sn2）变化关系如右图所示。下列判断正确的是
A．往平衡体系中加入少量金属铅后，c（Pb2+）增大
B．往平衡体系中加入少量 SKIPIF 1 < 0 固体后，c（Sn2-）变小
C．升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应 SKIPIF 1 < 0
D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.2
【答案】D
【解析】A．往平衡体系中加入少量金属铅后，固体的浓度为常数，浓度不变，平衡不移动，c（Pb2+）不变，错误；B．往平衡体系中加入少量 SKIPIF 1 < 0 固体后，c（Sn2-）增大，错误；C．升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应， SKIPIF 1 < 0 ，错误；D．由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.10ml/L，c（Sn2+）=0.22ml/L，故该温度下反应的平衡常数K= SKIPIF 1 < 0 =2.2，正确；答案选D。
23．（2007·上海高考真题）往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如右图所示。则原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值为
A．(V2－V1)/V1B．V1/V2
C．V1/(V2－V1）D．V2/V1
【答案】C
【解析】当溶液中有两种或两种以上的离子可以与银离子产生沉淀时，溶解度小的沉淀先生成，由于AgI的溶解度小于AgCl，故反应可分为两阶段，第一阶段是I-与Ag+反应产生AgI沉淀，第二阶段是Cl-与Ag+生成AgCl沉淀，结合图像，I-、Cl-消耗的AgNO3溶液的体积比为V1：（V2-V1），则I-与Cl-物质的量之比为V1：（V2-V1），c（I-）/c（Cl-）= V1：（V2-V1），答案为C。
24．（2010·北京高考真题）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）。下列分析正确的是
A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性
C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是 SKIPIF 1 < 0 CuS↓
D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
【答案】D
【解析】A．难溶性的物质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，PbS(s)Pb2+(aq)+S2-(aq)，当向该溶液中加入含有Cu2+的物质时，由于ksp(CuS)25．（2020·江苏高考真题）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。
其主要实验流程如下：
（3）除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[ SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ]。
（4）沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。
②设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：__。
（FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5）。
【答案】（3） SKIPIF 1 < 0 或 SKIPIF 1 < 0 （4）在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。
（3）向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1×10-5ml/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为 SKIPIF 1 < 0 ml/L= SKIPIF 1 < 0 ×10-2ml/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。
（4）①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2++ SKIPIF 1 < 0 +NH3·H2O=FeCO3↓+ SKIPIF 1 < 0 +H2O（或Fe2++ SKIPIF 1 < 0 +NH3=FeCO3↓+ SKIPIF 1 < 0 ），答案为：Fe2++ SKIPIF 1 < 0 +NH3·H2O=FeCO3↓+ SKIPIF 1 < 0 +H2O（或Fe2++ SKIPIF 1 < 0 +NH3=FeCO3↓+ SKIPIF 1 < 0 ）。
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 SKIPIF 1 < 0 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
26．（2015·江苏高考真题）软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4。
（1）质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化____L(标准状况)SO2。
（2）已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6ml·L-1)，需调节溶液pH范围为____。
（3）下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制结晶温度范围为____。
（4）准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c(Fe2+)=0.050 0 ml·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)_____。
【答案】（1）4.48 （2）5.0【解析】
（1）根据反应方程式，n(SO2)=n(MnO2)= SKIPIF 1 < 0 ml=0.2ml，因此V(SO2)=0.2×22.4L=4.48L；
（2）制备MnSO4，再根据信息，pH小于7.1，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al(OH)3]=1×10－33=c(Al3＋)×c3(OH－)，c(Al3＋)=1×10－6ml·L－1，得出：c(OH－)=1×10－9ml·L－1，c(H＋)=Kw/c(OH－)=10－5，pH=5，同理计算出Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH约为3.5，故范围是：5.0（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4·H2O的溶解度减小，而MgSO4·6H2O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃，这样可以得到纯净的MnSO4·H2O；
（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10－3×0．0500ml=1．00×10－3ml，根据Mn元素守恒，m（MnSO4·H2O）=1．00×10－3×169g=0．169g，纯度是： SKIPIF 1 < 0 ×100%=98.8%。
27．（2012·广东高考真题）难溶性杂卤石（K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O）属于“呆矿”，在水中存在如下平衡
K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4+2H2O
为能充分利用钾资源，用饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如图1：
（5）有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+⇌CaCO3（s）+
已知298K时，Ksp（CaCO3）=2.80×10﹣9，Ksp（CaSO4）=4.90×10﹣5，求此温度下该反应的平衡常数K_____________（计算结果保留三位有效数字）．
【答案】 1.75×104
【解析】
（5）溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣（aq），CaCO3（s）=Ca2++CO32﹣；CaSO4（s）=Ca2++SO42﹣；依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子相同计算，反应的平衡常数K====1.75×104，故答案为1.75×104．
28．（2017·海南高考真题）碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：
（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中 SKIPIF 1 < 0 =_____________。已知Ksp(BaCO3)=2.6×10−9，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10。
【答案】（3） 24
【解析】
（3）在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有 SKIPIF 1 < 0 =24。
A
B
C
D
A
B
C
D