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2020届高考化学二轮复习难溶电解质的溶解平衡作业 练习
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难溶电解质的溶解平衡
1、常温下，某溶液X由Fe3+、SO42-、Cu2+、Na+、CO32-、A13+中的几种离子组成。取少量待测液滴加KSCN溶液，溶液变红；另取少量待测滴加NaOH溶液至pH=4后过滤，向滤液中继续滴加NaOH溶液至过量时又得到沉淀W和溶液Y。可能用到的数据如下表所示，下列说法正确的是（）
沉淀物
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
1.9
4.7
3.4
沉淀完全的pH
3.2
6.7
4.7
A.该温度下Ksp[Fe(OH)3]=l×10-14.6
B.W主要含有Cu(OH)2和A1(OH)3
C.溶液X中一定含有Cu2+、Fe3+和SO42-
D.取溶液Y进行焰色反应，可判断溶液X中是否含有Na+
【答案】C
【解析】解：常温下，某溶液X由Fe3+、SO42-、Cu2+、Na+、CO32-、Al3+中的几种离子组成。
取少量待测液滴加KSCN溶液，溶液变红可知含有Fe3+，则不存在CO32-；另取少量待测滴加NaOH溶液至pH=4时Fe3+完全沉淀为，后过滤，向滤液中继续滴加NaOH溶液至过量时又得到沉淀W溶液Y，因Al(OH)3能溶解于过量的NaOH，沉淀W是Cu(OH)2；溶液是电中性的，必须含有的阴离子为SO42-；A．Fe(OH)3完全沉淀的pH=3.2，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=1×10-5×(1×10-3.2)3=1×10-37，故A错误；B．Al(OH)3能溶解于过量的NaOH，沉淀W是不可能有Al(OH)3，故B错误；C．据分析可知，溶液X中一定含有Cu2+、Fe3+和SO42-，故C正确；D．取溶液Y进行焰色反应，无法判断溶液X中是否含有Na+，因沉淀Cu2+时滴加了过量的NaOH溶液，引入了Na+，故D错误；答案为C。
2、通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验操作、现象、结论或解释正确的是
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向Na2S溶液中滴加盐酸
有臭鸡蛋气味的气体产生
氯的非金属性比硫的强
B
向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体
产生白色沉淀
沉淀是BaSO3
C
将0.1mol/LZnSO4溶液加入1mol/LNa2S溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为黑色沉淀
Ksp(CuS)>Ksp(ZnS)
D
向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液
有蓝色沉淀产生
该溶液中一定含有Fe2+
A．A B． B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【分析】
A、Na2S溶液与盐酸的反应是强酸制弱酸的反应；
B、向Ba（NO3）2溶液中通入二氧化硫气体，溶液中硝酸根在酸性条件下与二氧化硫反应发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；
C、Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp大小；
D、亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀。
【详解】
A项、比较非金属性强弱时，应根据非金属形成的最高价氧化物的水化物的酸性强弱进行比较，不能利用HCl、H2S的酸性强弱比较，故A错误；
B项、二氧化硫溶于水，使溶液显酸性，向Ba（NO3）2溶液中通入二氧化硫气体，溶液中硝酸根在酸性条件下与二氧化硫反应发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；
C项、Na2S溶液过量，与ZnSO4溶液和CuSO4溶液的反应均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化反应，不能比较CuS和ZnS的Ksp大小，故C错误；
D项、铁氰化钾溶液和亚铁离子反应生成蓝色铁氰化亚铁沉淀，这是检验亚铁离子的一种方法，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与应用能力的考查，涉及常见离子的检验方法、元素金属性强弱的比较、溶度积大小比较等知识，把握物质的性质、反应原理，明确常见阴阳离子的检验方法是解答关键。
3、
Mg(OH)2固体在水中达到溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，为使Mg(OH)2固体的量减少，可加入少量的
A．NH4ClB．NaOHC．MgSO4D．Na2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】
根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】
A、加入NH4Cl，NH4＋与OH－反应生成NH3·H2O，促使平衡向右进行，Mg(OH)2固体减少，故A符合题意；
B、加入NaOH，使c(OH－)增大，平衡向左进行，Mg(OH)2固体质量增多，故B不符合题意；
C、加入MgSO4，使c(Mg2＋)增多，平衡向左进行，Mg(OH)2固体质量增多，故C不符合题意；
D、加入Na2SO4，对平衡无影响，故D不符合题意。
4、
某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是
(已知：Ksp(ZnS)=3×10﹣25mol2/L2)
A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B．Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)
C．该温度下Ksp(CuS)=10﹣35.4mol2/L2
D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【详解】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。
A．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a、b、c三点中最大的，A错误；
B．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，B错误；
C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)？c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp(CuS)=10-35.4mol2/L2=(100.3)2×10-36mol2/L2=4×10-36mol2/L2，C正确；
D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=3×10-20mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=×10-31mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，注意守恒思想的运用。
5、下列叙述正确的是
A．Kw随温度、浓度的改变而改变
B．Ksp小的难溶电解质其溶解度一定小
C．若某吸热反应能自发进行，则该反应为熵增反应
D．改变条件，使平衡移动，该反应的平衡常数一定改变
【答案】C
【解析】
【详解】
A.水的离子积常数只与温度有关系，与浓度无关系，故A错误；
B.Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关，故B错误；
C.吸热反应可以自发进行，△H＞0，若满足△H-T△S＜0，必须是熵增的反应，故C正确；
D.化学平衡常数只受温度的影响，其它条件改变，平衡移动，而平衡常数不变，故D错误，
故选C。
6、下列说法正确的是
A．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)=c(I－)
B．常温下，向饱和CaCO3溶液中加入Na2CO3粉末，CaCO3的溶解度不变
C．25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5．61×10－12、Ksp（MgF2）=7.12×10－11，该温度下饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
D．常温下Ksp(Ag2SO4)=1.4×10－5，向10mL0.1mol/L的Na2SO4溶液中加入10mL0.1mol/L的AgNO3溶液，有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】
A.AgCl和AgI的Ksp不同，AgCl和AgI均存在溶解平衡，混合溶液中阳离子都为银离子，则c（Cl-）≠c（I-），故A错误；
B.常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，因为CaCO3存在溶解平衡，加入Na2CO3后，加大了CO32-的浓度，使CaCO3的溶解平衡逆向移动，从而降低了CaCO3溶解度，故B错误；
C.两个物质的阴阳离子比值相同，因氢氧化镁溶度积小，由Mg（OH）2的Ksp计算其Mg2+浓度小，故C错误；
D.混合后，c(SO42-)=0.05mol/L，c(Ag+)=0.05mol/L，根据Ksp(Ag2SO4)=1.4×10－5，混合溶液的c2(Ag+)×c(SO42-)=0.0025×0.05=1.25×10-4>1.4×10－5，即有白色沉淀生成，故D正确，
故选D。
7、下列叙述错误的是
A．BaCO3是难溶于水的强电解质，在医学上用作钡餐
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．施肥时，草木灰不能与铵态氮肥混合使用，否则会降低肥效
D．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用饱和碳酸钠溶液处理，而后用盐酸除去
【答案】A
【解析】
【分析】
A、能用于做钡餐的是难溶于水和盐酸的硫酸钡；
B、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈与酸性物质反应；
C、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质反应；
D、先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸。
【详解】
A项、BaCO3难溶于水但易溶于酸，故不能做钡餐，能用于做钡餐的是硫酸钡，故A错误；
B项、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；
C项、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质混合后，放出氨气，降低肥效，故C正确；
D项、由平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生反应：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故D正确。
故选A。
8、已知25℃时，Ka(HF)=3.6×10－4，Ksp(CaF2)=1.46×10－10。现向1L0.2mol·L－1HF溶液中加入1L0.2mol·L－1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是（）
A．25℃时，0.1mol·L－1HF溶液中pH=1B．该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
C．Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化D．加入CaCl2溶液后体系中的c（H+）不变
【答案】B
【解析】
【分析】
HF为弱酸，0.1mol·L－1HF溶液中c（H+）=c（F-）=6×10-3mol·L-1，0.1mol·L－1HF与0.1mol·L－1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+=CaF2↓+2H＋。
【详解】
A、由Ka(HF)=3.6×10－4可知HF为弱酸，0.1mol·L－1HF溶液中pH＞1，故A错误；
B项、混合后溶液中Ca2+浓度为0.1mol·L-1，F-浓度为=6×10-3mol·L-1，浓度商Q为0.6×10-3>Ksp(CaF2)＝1.46×10-10，会与沉淀出现，故B正确；
C项、溶度积只受温度的影响，与浓度无关，故C错误；
D项、0.1mol·L－1HF与0.1mol·L－1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+=CaF2↓+2H＋，溶液中c（H+）增大，故D错误。
故选B。
9、下列说法正确的是（）
A．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小
B．常温下pH=10碳酸钠的溶液，由水电离出的H+浓度等于1×10－10mol/L
C．可溶性盐在水中完全电离是强电解质，而难溶性盐在水中只能部分电离
D．对于反应2X（g）+Y（g）Z（g）ΔH>0，增加X的量，ΔH不变
【答案】D
【解析】
【详解】
A项、自发反应不一定是熵增大，如△H＜0，△S＜0低温下反应自发进行，非自发反应不一定是熵减小或不变，也可以增大，如△H＞0，△S＞0低温下是非自发进行的反应，故A错误；
B项、常温下pH=10碳酸钠的溶液，因为盐的水解促进了水的电离，即水电离出的c（H+）等于水电离出的c（OH-）等于溶液中的c（OH-），溶液中的c（OH-）=Kw/1×10－10mol/L=1×10－4mol/L，故B错误；
C项、可溶性盐在水中完全电离是强电解质，难溶性盐如碳酸钙难溶于水，但溶解部分完全电离，CaCO3是强电解质，故C错误；
D项、对于反应2X（g）+Y（g）Z（g）ΔH>0，增加X的量，平衡正向移动，吸收的热量增大，但ΔH不变，故D正确。
故选D。
10、
AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。下列说法错误的是（）
A．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
B．AlPO4沉淀溶解是放热的过程
C．图中四个点的Ksp：a＝c＝d＜b
D．T1温度下，在饱和溶液中加入AlCl3可使溶液由c点变到a点
【答案】B
【解析】
【分析】
AlPO4沉淀溶解是吸热的过程：AlPO4（s）Al3+（aq）+PO43-（aq）△H>0，温度越高，c(Al3+)、c(PO43-)越大，Ksp越大；温度相同，Ksp相同，在饱和溶液中加入AlCl3，溶液中c(Al3+)增大，c(PO43-)减小。
【详解】
A项、T2>T1，温度高时溶解度大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，故A正确；
B项、沉淀溶解平衡为吸热的过程，故B错误；
C项、温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图象中四个点的Ksp：a=d=c
故选B。
11、25℃时，NiS、FeS沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知NiS的溶解度比FeS小，lg2=0.3)，图中p(S2－)=－lgc(S2－)、p(M2+)=-lgc(M2+)，M表示Ni或Fe，下列说法不正确的是
A．曲线①表示的是NiS
B．d点分别对应的NiS和FeS的分散系均是均一稳定的
C．25℃时，FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=4000
D．向a点溶液中加入硫化钠，可变为b点溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
从题干信息可知，图中坐标数值越大，对应的离子浓度越小，且NiS的溶解度比FeS小，即NiS的溶度积常数要小。
A、根据Ksp计算；
B、d点对应的金属离子浓度更小，故FeS和NiS均为不饱和溶液；
C、根据平衡常数定义式计算；
D、温度不变，平衡常数不变。
【详解】
从题干信息可知，图中坐标数值越大，对应的离子浓度越小，且NiS的溶解度比FeS小，即NiS的溶度积常数要小。
A、曲线①溶液中Ksp=c(M2+)×c(S2-)=10-10.5×10-10.5=1.0×10-21，同理曲线②溶液中Ksp=c(M2+)×c(S2-)=10-8.7×10-8.7=4.0×10-18，根据NiS的溶解度比FeS小，可知曲线①代表的是NiS，故A正确；
B、d点对应的金属离子浓度更小，故FeS和NiS均为不饱和溶液，属于均一稳定的分散系，故B正确；
C、根据平衡常数K==4000，故C正确；
D、温度不变，平衡常数不变，加入硫化钠，硫离子浓度增大，金属离子浓度减小，平衡点沿曲线向纵坐标滑动，故D错误。
故选D。
12、已知：AgBr比AgCl更难溶，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为
A．只有AgBr沉淀生成B．AgCl与AgBr沉淀等量生成
C．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主D．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
【答案】C
【解析】
【分析】
水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，根据难溶电解质的沉淀溶解平衡分析。
【详解】
在AgCl与AgBr的饱和混合溶液中存在溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入足量的浓AgNO3溶液时两个溶解平衡都要向生成沉淀的方向移动，所以AgBr和AgCl沉淀都会生成。由于AgBr比AgCl更难溶，起始时饱和溶液中Br-的物质的量比Cl-更少，加入浓AgNO3溶液发生反应：Ag++Br-=AgBr↓，Ag++Cl-=AgCl↓，所以最后所生成的AgBr沉淀比AgCl要少。答案选C。
13、由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是
选项
实验方法
现象
结论
A
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置。
下层接近无色，上层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
B
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
C
验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2
将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，观察到沉淀由白色变为红褐色
验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2
D
用碎瓷片做催化剂，给石蜡油加热分解，产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色
石蜡油裂解一定生成乙烯
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
【分析】
A.碘易溶于四氯化碳，四氯化碳密度比水的密度大；
B.酸性条件下，硝酸根离子能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；
C.沉淀由白色变为红褐色，说明生成氢氧化铁；
D.溶液逐渐褪色，可知生成不饱和烃；
【详解】
A.向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，由于四氯化碳密度比水的密度大，与水互不相溶，所以会看到液体分层，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘被萃取到四氯化碳中，由此证明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，A错误；
B.加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+而干扰实验，所以不能达到检验物质是否变质的实验目的，B错误；
C.沉淀由白色变为红褐色，说明生成氢氧化铁，Mg（OH）2转化为更难溶的Fe（OH）3，则Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，C正确；
D.溶液逐渐褪色，可知生成了不饱和烃，但是不饱和烃不一定是乙烯，所以只能验证石蜡油裂解生成不饱和烃，D错误；
故合理选项是C。
14、下列说法正确的是
A．在其他外界条件不变的情况下，增大压强能增大活化分子的百分数
B．NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H<0
C．加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变
D．常温下，KSP[Al(OH)3]=1×10-33。欲使溶液中c(Al3＋)≤1×10-6mol/L，需调节溶液的pH≥5
【答案】D
【解析】
【详解】
A．在其他外界条件不变的情况下，增大压强能增大单位体积内的活化分子数，但是活化分子的百分数不变，A错误；
B.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，反应△S＞0，△H-T△S＞0，说明该反应的△H＞0，B错误；
C.加入催化剂，降低反应的活化能，但是不能改变反应物、生成物的能量，因此反应的活化能也就不变，C错误；
D.KSP[Al(OH)3]=c(Al3+)？c3(OH-)=1×10-33，由于c(Al3＋)≤1×10-6mol/L，所以c3(OH-)>1×10-33÷1×10-6=1×10-27，所以c(OH-)>1×10-9mol/L，c(H+)<10-14÷1×10-9=10-5mol/L，所以pH≥5，D正确；
故合理选项是D。
15、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
结论
操作
A
CO32-水解是吸热反应
在0.1mol/LNa2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深
B
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4全部转化为BaCO3
C
酸性A比B强
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
D
金属性：M＞N
由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.水解反应为吸热反应；
B.Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则生成碳酸钡沉淀；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知HA的酸性更弱；
D.由M、N与稀硫酸构成的原电池中，较活泼金属失电子发生氧化反应，较不活泼金属上生成氢气。
【详解】
A.水解反应为吸热反应，则滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深，可知CO32-水解是吸热反应，A正确；
B.向含有BaSO4的溶液中加入饱和Na2CO3溶液，若Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则会生成碳酸钡沉淀，与是否发生沉淀的转化无关，因此不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)，B错误；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知溶液中含HA酸物质的量较多，则说明HA的酸性更弱，即酸性：HA
故合理选项是A。
【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，把握盐类水解、酸性比较、沉淀生成、原电池反应等知识，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
16、
化学与生活生产密切相关。下列说法中不正确的是
A．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用
B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C．施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性
D．将海水直接电解可获得Mg及Cl2等单质
【答案】D
【解析】
【详解】
A．铵态氮肥与草木灰混合水解互相促进，造成营养流失，故A正确；
B．降温可降低活化分子百分数，减小有效碰撞次数，反应速率减小，故B正确；
C．“盐碱地”中Na2CO3水解使土壤成碱性，即：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，通过加石膏生成更难溶的碳酸钙沉淀，c(CO32-)减少，使水解平衡向逆反应方向移动，土壤碱性减弱，故C正确；
D．制备活泼金属单质Mg是电解熔融状态MgCl2，故D错误，
故选D。
17、下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中导电粒子的数目减少
B．升高CH3COONa溶液的温度，溶液中增大
C．盐酸与氨水恰好完全反应，则溶液中c(H+)＝c(OH－)
D．向AgCl的饱和溶液中加入少量AgNO3溶液，则溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】
A.加水会促进醋酸电离，使离子浓度会减小，但离子数目会增多，故A错误；
B.溶液中，，升高温度促进醋酸根离子水解，醋酸根的水解平衡常数Kh增大，即减小，故B错误；
C.盐酸与氨水恰好完全反应，生成的氯化铵是强酸弱碱盐，其中NH4+会水解使溶液呈酸性，则溶液中c(H+)>c(OH－)，故C错误；
D.因为向AgCl的饱和溶液中加入少量的AgNO3，温度不变，所以Ksp不变，则溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)保持不变，故D正确；
故选D。
1、常温下，某溶液X由Fe3+、SO42-、Cu2+、Na+、CO32-、A13+中的几种离子组成。取少量待测液滴加KSCN溶液，溶液变红；另取少量待测滴加NaOH溶液至pH=4后过滤，向滤液中继续滴加NaOH溶液至过量时又得到沉淀W和溶液Y。可能用到的数据如下表所示，下列说法正确的是（）
沉淀物
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
1.9
4.7
3.4
沉淀完全的pH
3.2
6.7
4.7
A.该温度下Ksp[Fe(OH)3]=l×10-14.6
B.W主要含有Cu(OH)2和A1(OH)3
C.溶液X中一定含有Cu2+、Fe3+和SO42-
D.取溶液Y进行焰色反应，可判断溶液X中是否含有Na+
【答案】C
【解析】解：常温下，某溶液X由Fe3+、SO42-、Cu2+、Na+、CO32-、Al3+中的几种离子组成。
取少量待测液滴加KSCN溶液，溶液变红可知含有Fe3+，则不存在CO32-；另取少量待测滴加NaOH溶液至pH=4时Fe3+完全沉淀为，后过滤，向滤液中继续滴加NaOH溶液至过量时又得到沉淀W溶液Y，因Al(OH)3能溶解于过量的NaOH，沉淀W是Cu(OH)2；溶液是电中性的，必须含有的阴离子为SO42-；A．Fe(OH)3完全沉淀的pH=3.2，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=1×10-5×(1×10-3.2)3=1×10-37，故A错误；B．Al(OH)3能溶解于过量的NaOH，沉淀W是不可能有Al(OH)3，故B错误；C．据分析可知，溶液X中一定含有Cu2+、Fe3+和SO42-，故C正确；D．取溶液Y进行焰色反应，无法判断溶液X中是否含有Na+，因沉淀Cu2+时滴加了过量的NaOH溶液，引入了Na+，故D错误；答案为C。
2、通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验操作、现象、结论或解释正确的是
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向Na2S溶液中滴加盐酸
有臭鸡蛋气味的气体产生
氯的非金属性比硫的强
B
向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体
产生白色沉淀
沉淀是BaSO3
C
将0.1mol/LZnSO4溶液加入1mol/LNa2S溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为黑色沉淀
Ksp(CuS)>Ksp(ZnS)
D
向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液
有蓝色沉淀产生
该溶液中一定含有Fe2+
A．A B． B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【分析】
A、Na2S溶液与盐酸的反应是强酸制弱酸的反应；
B、向Ba（NO3）2溶液中通入二氧化硫气体，溶液中硝酸根在酸性条件下与二氧化硫反应发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；
C、Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp大小；
D、亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀。
【详解】
A项、比较非金属性强弱时，应根据非金属形成的最高价氧化物的水化物的酸性强弱进行比较，不能利用HCl、H2S的酸性强弱比较，故A错误；
B项、二氧化硫溶于水，使溶液显酸性，向Ba（NO3）2溶液中通入二氧化硫气体，溶液中硝酸根在酸性条件下与二氧化硫反应发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；
C项、Na2S溶液过量，与ZnSO4溶液和CuSO4溶液的反应均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化反应，不能比较CuS和ZnS的Ksp大小，故C错误；
D项、铁氰化钾溶液和亚铁离子反应生成蓝色铁氰化亚铁沉淀，这是检验亚铁离子的一种方法，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与应用能力的考查，涉及常见离子的检验方法、元素金属性强弱的比较、溶度积大小比较等知识，把握物质的性质、反应原理，明确常见阴阳离子的检验方法是解答关键。
3、
Mg(OH)2固体在水中达到溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，为使Mg(OH)2固体的量减少，可加入少量的
A．NH4ClB．NaOHC．MgSO4D．Na2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】
根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】
A、加入NH4Cl，NH4＋与OH－反应生成NH3·H2O，促使平衡向右进行，Mg(OH)2固体减少，故A符合题意；
B、加入NaOH，使c(OH－)增大，平衡向左进行，Mg(OH)2固体质量增多，故B不符合题意；
C、加入MgSO4，使c(Mg2＋)增多，平衡向左进行，Mg(OH)2固体质量增多，故C不符合题意；
D、加入Na2SO4，对平衡无影响，故D不符合题意。
4、
某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是
(已知：Ksp(ZnS)=3×10﹣25mol2/L2)
A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B．Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)
C．该温度下Ksp(CuS)=10﹣35.4mol2/L2
D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【详解】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。
A．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a、b、c三点中最大的，A错误；
B．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，B错误；
C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)？c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp(CuS)=10-35.4mol2/L2=(100.3)2×10-36mol2/L2=4×10-36mol2/L2，C正确；
D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=3×10-20mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=×10-31mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，注意守恒思想的运用。
5、下列叙述正确的是
A．Kw随温度、浓度的改变而改变
B．Ksp小的难溶电解质其溶解度一定小
C．若某吸热反应能自发进行，则该反应为熵增反应
D．改变条件，使平衡移动，该反应的平衡常数一定改变
【答案】C
【解析】
【详解】
A.水的离子积常数只与温度有关系，与浓度无关系，故A错误；
B.Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关，故B错误；
C.吸热反应可以自发进行，△H＞0，若满足△H-T△S＜0，必须是熵增的反应，故C正确；
D.化学平衡常数只受温度的影响，其它条件改变，平衡移动，而平衡常数不变，故D错误，
故选C。
6、下列说法正确的是
A．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)=c(I－)
B．常温下，向饱和CaCO3溶液中加入Na2CO3粉末，CaCO3的溶解度不变
C．25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5．61×10－12、Ksp（MgF2）=7.12×10－11，该温度下饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
D．常温下Ksp(Ag2SO4)=1.4×10－5，向10mL0.1mol/L的Na2SO4溶液中加入10mL0.1mol/L的AgNO3溶液，有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】
A.AgCl和AgI的Ksp不同，AgCl和AgI均存在溶解平衡，混合溶液中阳离子都为银离子，则c（Cl-）≠c（I-），故A错误；
B.常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，因为CaCO3存在溶解平衡，加入Na2CO3后，加大了CO32-的浓度，使CaCO3的溶解平衡逆向移动，从而降低了CaCO3溶解度，故B错误；
C.两个物质的阴阳离子比值相同，因氢氧化镁溶度积小，由Mg（OH）2的Ksp计算其Mg2+浓度小，故C错误；
D.混合后，c(SO42-)=0.05mol/L，c(Ag+)=0.05mol/L，根据Ksp(Ag2SO4)=1.4×10－5，混合溶液的c2(Ag+)×c(SO42-)=0.0025×0.05=1.25×10-4>1.4×10－5，即有白色沉淀生成，故D正确，
故选D。
7、下列叙述错误的是
A．BaCO3是难溶于水的强电解质，在医学上用作钡餐
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．施肥时，草木灰不能与铵态氮肥混合使用，否则会降低肥效
D．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用饱和碳酸钠溶液处理，而后用盐酸除去
【答案】A
【解析】
【分析】
A、能用于做钡餐的是难溶于水和盐酸的硫酸钡；
B、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈与酸性物质反应；
C、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质反应；
D、先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸。
【详解】
A项、BaCO3难溶于水但易溶于酸，故不能做钡餐，能用于做钡餐的是硫酸钡，故A错误；
B项、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；
C项、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质混合后，放出氨气，降低肥效，故C正确；
D项、由平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生反应：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故D正确。
故选A。
8、已知25℃时，Ka(HF)=3.6×10－4，Ksp(CaF2)=1.46×10－10。现向1L0.2mol·L－1HF溶液中加入1L0.2mol·L－1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是（）
A．25℃时，0.1mol·L－1HF溶液中pH=1B．该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
C．Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化D．加入CaCl2溶液后体系中的c（H+）不变
【答案】B
【解析】
【分析】
HF为弱酸，0.1mol·L－1HF溶液中c（H+）=c（F-）=6×10-3mol·L-1，0.1mol·L－1HF与0.1mol·L－1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+=CaF2↓+2H＋。
【详解】
A、由Ka(HF)=3.6×10－4可知HF为弱酸，0.1mol·L－1HF溶液中pH＞1，故A错误；
B项、混合后溶液中Ca2+浓度为0.1mol·L-1，F-浓度为=6×10-3mol·L-1，浓度商Q为0.6×10-3>Ksp(CaF2)＝1.46×10-10，会与沉淀出现，故B正确；
C项、溶度积只受温度的影响，与浓度无关，故C错误；
D项、0.1mol·L－1HF与0.1mol·L－1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+=CaF2↓+2H＋，溶液中c（H+）增大，故D错误。
故选B。
9、下列说法正确的是（）
A．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小
B．常温下pH=10碳酸钠的溶液，由水电离出的H+浓度等于1×10－10mol/L
C．可溶性盐在水中完全电离是强电解质，而难溶性盐在水中只能部分电离
D．对于反应2X（g）+Y（g）Z（g）ΔH>0，增加X的量，ΔH不变
【答案】D
【解析】
【详解】
A项、自发反应不一定是熵增大，如△H＜0，△S＜0低温下反应自发进行，非自发反应不一定是熵减小或不变，也可以增大，如△H＞0，△S＞0低温下是非自发进行的反应，故A错误；
B项、常温下pH=10碳酸钠的溶液，因为盐的水解促进了水的电离，即水电离出的c（H+）等于水电离出的c（OH-）等于溶液中的c（OH-），溶液中的c（OH-）=Kw/1×10－10mol/L=1×10－4mol/L，故B错误；
C项、可溶性盐在水中完全电离是强电解质，难溶性盐如碳酸钙难溶于水，但溶解部分完全电离，CaCO3是强电解质，故C错误；
D项、对于反应2X（g）+Y（g）Z（g）ΔH>0，增加X的量，平衡正向移动，吸收的热量增大，但ΔH不变，故D正确。
故选D。
10、
AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。下列说法错误的是（）
A．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
B．AlPO4沉淀溶解是放热的过程
C．图中四个点的Ksp：a＝c＝d＜b
D．T1温度下，在饱和溶液中加入AlCl3可使溶液由c点变到a点
【答案】B
【解析】
【分析】
AlPO4沉淀溶解是吸热的过程：AlPO4（s）Al3+（aq）+PO43-（aq）△H>0，温度越高，c(Al3+)、c(PO43-)越大，Ksp越大；温度相同，Ksp相同，在饱和溶液中加入AlCl3，溶液中c(Al3+)增大，c(PO43-)减小。
【详解】
A项、T2>T1，温度高时溶解度大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，故A正确；
B项、沉淀溶解平衡为吸热的过程，故B错误；
C项、温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图象中四个点的Ksp：a=d=c
故选B。
11、25℃时，NiS、FeS沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知NiS的溶解度比FeS小，lg2=0.3)，图中p(S2－)=－lgc(S2－)、p(M2+)=-lgc(M2+)，M表示Ni或Fe，下列说法不正确的是
A．曲线①表示的是NiS
B．d点分别对应的NiS和FeS的分散系均是均一稳定的
C．25℃时，FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=4000
D．向a点溶液中加入硫化钠，可变为b点溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
从题干信息可知，图中坐标数值越大，对应的离子浓度越小，且NiS的溶解度比FeS小，即NiS的溶度积常数要小。
A、根据Ksp计算；
B、d点对应的金属离子浓度更小，故FeS和NiS均为不饱和溶液；
C、根据平衡常数定义式计算；
D、温度不变，平衡常数不变。
【详解】
从题干信息可知，图中坐标数值越大，对应的离子浓度越小，且NiS的溶解度比FeS小，即NiS的溶度积常数要小。
A、曲线①溶液中Ksp=c(M2+)×c(S2-)=10-10.5×10-10.5=1.0×10-21，同理曲线②溶液中Ksp=c(M2+)×c(S2-)=10-8.7×10-8.7=4.0×10-18，根据NiS的溶解度比FeS小，可知曲线①代表的是NiS，故A正确；
B、d点对应的金属离子浓度更小，故FeS和NiS均为不饱和溶液，属于均一稳定的分散系，故B正确；
C、根据平衡常数K==4000，故C正确；
D、温度不变，平衡常数不变，加入硫化钠，硫离子浓度增大，金属离子浓度减小，平衡点沿曲线向纵坐标滑动，故D错误。
故选D。
12、已知：AgBr比AgCl更难溶，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为
A．只有AgBr沉淀生成B．AgCl与AgBr沉淀等量生成
C．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主D．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
【答案】C
【解析】
【分析】
水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，根据难溶电解质的沉淀溶解平衡分析。
【详解】
在AgCl与AgBr的饱和混合溶液中存在溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入足量的浓AgNO3溶液时两个溶解平衡都要向生成沉淀的方向移动，所以AgBr和AgCl沉淀都会生成。由于AgBr比AgCl更难溶，起始时饱和溶液中Br-的物质的量比Cl-更少，加入浓AgNO3溶液发生反应：Ag++Br-=AgBr↓，Ag++Cl-=AgCl↓，所以最后所生成的AgBr沉淀比AgCl要少。答案选C。
13、由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是
选项
实验方法
现象
结论
A
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置。
下层接近无色，上层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
B
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
C
验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2
将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，观察到沉淀由白色变为红褐色
验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2
D
用碎瓷片做催化剂，给石蜡油加热分解，产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色
石蜡油裂解一定生成乙烯
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
【分析】
A.碘易溶于四氯化碳，四氯化碳密度比水的密度大；
B.酸性条件下，硝酸根离子能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；
C.沉淀由白色变为红褐色，说明生成氢氧化铁；
D.溶液逐渐褪色，可知生成不饱和烃；
【详解】
A.向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，由于四氯化碳密度比水的密度大，与水互不相溶，所以会看到液体分层，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘被萃取到四氯化碳中，由此证明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，A错误；
B.加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+而干扰实验，所以不能达到检验物质是否变质的实验目的，B错误；
C.沉淀由白色变为红褐色，说明生成氢氧化铁，Mg（OH）2转化为更难溶的Fe（OH）3，则Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，C正确；
D.溶液逐渐褪色，可知生成了不饱和烃，但是不饱和烃不一定是乙烯，所以只能验证石蜡油裂解生成不饱和烃，D错误；
故合理选项是C。
14、下列说法正确的是
A．在其他外界条件不变的情况下，增大压强能增大活化分子的百分数
B．NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H<0
C．加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变
D．常温下，KSP[Al(OH)3]=1×10-33。欲使溶液中c(Al3＋)≤1×10-6mol/L，需调节溶液的pH≥5
【答案】D
【解析】
【详解】
A．在其他外界条件不变的情况下，增大压强能增大单位体积内的活化分子数，但是活化分子的百分数不变，A错误；
B.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，反应△S＞0，△H-T△S＞0，说明该反应的△H＞0，B错误；
C.加入催化剂，降低反应的活化能，但是不能改变反应物、生成物的能量，因此反应的活化能也就不变，C错误；
D.KSP[Al(OH)3]=c(Al3+)？c3(OH-)=1×10-33，由于c(Al3＋)≤1×10-6mol/L，所以c3(OH-)>1×10-33÷1×10-6=1×10-27，所以c(OH-)>1×10-9mol/L，c(H+)<10-14÷1×10-9=10-5mol/L，所以pH≥5，D正确；
故合理选项是D。
15、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
结论
操作
A
CO32-水解是吸热反应
在0.1mol/LNa2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深
B
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4全部转化为BaCO3
C
酸性A比B强
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
D
金属性：M＞N
由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.水解反应为吸热反应；
B.Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则生成碳酸钡沉淀；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知HA的酸性更弱；
D.由M、N与稀硫酸构成的原电池中，较活泼金属失电子发生氧化反应，较不活泼金属上生成氢气。
【详解】
A.水解反应为吸热反应，则滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深，可知CO32-水解是吸热反应，A正确；
B.向含有BaSO4的溶液中加入饱和Na2CO3溶液，若Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则会生成碳酸钡沉淀，与是否发生沉淀的转化无关，因此不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)，B错误；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知溶液中含HA酸物质的量较多，则说明HA的酸性更弱，即酸性：HA
故合理选项是A。
【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，把握盐类水解、酸性比较、沉淀生成、原电池反应等知识，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
16、
化学与生活生产密切相关。下列说法中不正确的是
A．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用
B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C．施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性
D．将海水直接电解可获得Mg及Cl2等单质
【答案】D
【解析】
【详解】
A．铵态氮肥与草木灰混合水解互相促进，造成营养流失，故A正确；
B．降温可降低活化分子百分数，减小有效碰撞次数，反应速率减小，故B正确；
C．“盐碱地”中Na2CO3水解使土壤成碱性，即：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，通过加石膏生成更难溶的碳酸钙沉淀，c(CO32-)减少，使水解平衡向逆反应方向移动，土壤碱性减弱，故C正确；
D．制备活泼金属单质Mg是电解熔融状态MgCl2，故D错误，
故选D。
17、下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中导电粒子的数目减少
B．升高CH3COONa溶液的温度，溶液中增大
C．盐酸与氨水恰好完全反应，则溶液中c(H+)＝c(OH－)
D．向AgCl的饱和溶液中加入少量AgNO3溶液，则溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】
A.加水会促进醋酸电离，使离子浓度会减小，但离子数目会增多，故A错误；
B.溶液中，，升高温度促进醋酸根离子水解，醋酸根的水解平衡常数Kh增大，即减小，故B错误；
C.盐酸与氨水恰好完全反应，生成的氯化铵是强酸弱碱盐，其中NH4+会水解使溶液呈酸性，则溶液中c(H+)>c(OH－)，故C错误；
D.因为向AgCl的饱和溶液中加入少量的AgNO3，温度不变，所以Ksp不变，则溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)保持不变，故D正确；
故选D。
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