（全国通用）高考化学二轮热点题型归纳与变式演练 专题19 沉淀溶解平衡的图像问题分析（解析+原卷）学案

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【题型一】 纵横坐标皆为浓度的图象…………………………………………..………………………1
【题型二】 坐标为对数表示的图象………………………………..……………………………………5
【题型三】 电位滴定图象…………………………………………………….…………………………10
【题型四】 分布分数图象……………………………………………….………………………………13
二、最新模考题组练……………………………………………………………………………………………15
【题型一】 纵横坐标皆为浓度的图象
【典例分析】已知卤化银在水中的溶解是吸热过程。T1℃时，、在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(：、)，，。下列说法正确的是
A．
B．代表在水中的沉淀溶解平衡曲线
C．升高温度，点沿方向移动
D．的平衡常数
【答案】D
【分析】
由<可知，图中曲线L1为AgBr的沉淀溶解平衡曲线，曲线L2为AgCl的沉淀溶解平衡曲线， 据此分析解答。
【解析】
A．由分析可知，L1为AgBr的沉淀溶解平衡曲线，N点处于沉淀溶解平衡，=a2=5.010-13，解得，故A错误；
B．由分析可知，代表AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线，故B错误；
C．升高温度促进溶解，AgBr的沉淀溶解平衡正向移动，Ag+和Br-浓度都增大，点不可能沿方向移动，故C错误；
D．的平衡常数，故D正确；
答案选D。
【提分秘籍】
1．沉淀溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线上任一点都表示饱和溶液，当曲线的坐标表示离子浓度时，曲线上方的点表示过饱和溶液，此时有沉淀析出，曲线下方的点表示不饱和溶液；当曲线的坐标表示离子浓度的负对数时，曲线上方的点表示不饱和溶液，曲线下方的点表示过饱和溶液。
2．从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。
3．比较溶液的Qc与Ksp的大小，当Qc＞Ksp时，有沉淀析出，当Qc＜Ksp时，无沉淀析出。
4．涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合溶液的体积。
5．解沉淀溶解平衡图像题的三步骤
第一步:明确图像中纵、横坐标的含义
纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
第二步:理解图像中线上点、线外点的含义
(1)以氯化银为例,在该沉淀溶解平衡图像上,曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态,此时Q=Ksp。在温度不变时,无论改变哪种离子的浓度,另一种离子的浓度只能在曲线上变化,不会出现在曲线以外。
(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液,此时Q>Ksp。
(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液,此时Q第三步:抓住Ksp的特点,结合选项分析判断
(1)溶液在恒温蒸发时,离子浓度的变化分两种情况。
①原溶液不饱和时,离子浓度都增大;
②原溶液饱和时,离子浓度都不变。
(2)溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
【变式演练】
1．常温下Ksp(MnS)=2.5×10-13，Ksp(FeS)=6.3×10-18.FeS和MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(X2+表示Fe2+或Mn2+)，下列说法错误的是
A．升高温度，曲线II上的点可沿虚线平移至点
B．曲线I表示MnS的沉淀溶解平衡曲线，e点为MnS的不饱和溶液
C．常温下，反应MnS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K≈4×104
D．向点溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由b沿I线向a方向移动
【答案】A
【详解】
A．升高温度，Ksp(FeS)增大，曲线Ⅱ上的c点可沿虚线向e点方向平移，选项A错误；
B．Ksp(MnS)> Ksp(FeS)，结合图像可知，曲线I表示的是MnS的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示的是FeS的沉淀溶解平衡曲线，e点为MnS的不饱和溶液，选项B正确；
C．常温下，反应MnS(s)+Fe2+(aq)⇌FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K按定义并变形为 =≈4×104，选项C正确；
D．温度不变，Ksp(MnS)不变，向b点溶液中加入少量Na2S固体，c(S2-)增大，c(Mn2+)减小，溶液组成可由b点沿曲线I线向a点方向移动，选项D正确；
答案选A。
2．某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡：，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．c点无沉淀生成B．d点为FeR的不饱和溶液
C．将FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液可以得到b点D．该温度下，Ksp(FeR)的数量级为10-18
【答案】A
【详解】
A．取a点代入Ksp(FeR)=c(Fe2+)·c(R2-)，则Ksp(FeR)=1×10-9×2×10-9=2×10-18，c(C)=2×10-9×2×10-9=4×10-18＞Ksp(FeR)，则c点有沉淀析出，A错误；
B．d点时Qc=c(Fe2+)·c(R2-)=1×10-9×1×10-9=1×10-18＜Ksp(FeR)，则d点没有沉淀析出，是FeR的不饱和溶液，B正确；
C．将FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液时，c(R2-)不变，c(Fe2+)增大，溶液可以由不饱和溶液变为饱和溶液，而得到b点溶液，C正确；
D．根据选项A分析可知该温度下FeR的溶度积常数Ksp(FeR)=2×10-18，因此该温度下，Ksp(FeR)的数量级为10-18，D正确；
故合理选项是A。
【题型二】 坐标为对数表示的图象
【典例分析】某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1ml•L-1的NaCl溶液、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1ml•L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(PX=-lgX，X=Cl-、CrO)与滴加AgNO3溶液体积的关系如图所示。(已知：lg3=0.47)下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ表示AgNO3溶液滴定NaCl溶液的过程
B．Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-3b
C．其他条件不变，如果NaCl溶液浓度改为0.05ml•L-1，则滴定终点向上移动
D．M点的纵坐标约为2a-1.47
【答案】C
【详解】
A．由图可知，pX=a或b时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，反应为NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CrO4+AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线I表示NaCl溶液、曲线II表示Na2CrO4溶液，故A正确；
B．曲线II表示Na2CrO4溶液，达到滴定终点时pX=b，即c(CrO)=10-bml/L，(s)⇌Ag+(aq)+CrO (aq)，则c(Ag+)=2c(CrO)=2.0×10-bml/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO)=(2.0×10-b)2×(10-b)=4.0×10-3b，故B正确；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将NaCl溶液浓度改为0.05ml•L-1，需要的硝酸银溶液的体积变成原来的一般，因此滴定终点会向左平移，故C错误；
D．由曲线I可知，pX=a时达到滴定终点，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-aml/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-2a，当在NaCl溶液中加入40mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈ml/L，则溶液中c(Cl-)=ml/L=30×10-2aml/L，pX=-lg30×10-2a=2a-1-lg3=2a-1.47，故D正确；
故选：C。
【提分秘籍】
第一步:明确图像中纵、横坐标的含义
纵、横坐标中通常有一个是难溶物溶解后电离出的离子浓度的对数，也可能纵横坐标都是难溶物溶解后电离出的离子浓度的对数，要明白离子浓度取对数后随横坐标的递变关系，并会转换成Qc或Ksp，进行比较溶液的Qc与Ksp的大小。
第二步:理解图像中线上点、线外点的含义
第三步:抓住Ksp的特点,结合选项分析判断
(1)溶液在恒温蒸发时,离子浓度的变化分两种情况。
①原溶液不饱和时,离子浓度都增大;
②原溶液饱和时,离子浓度都不变。
(2)溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
【变式演练】
1．已知时，。用的溶液滴定溶液，滴定过程中随硫酸溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．
B．可选用甲基橙作指示剂，达到滴定终点时溶液从黄色变为橙色
C．B点溶液中约为
D．若将溶液变为溶液，则A点将向下移动
【答案】D
【详解】
A．A点对应的是与恰好完全反应的点，此时溶液中，根据，计算可得，，故，故A错误；
B．与反应的实质是，随硫酸加入而增大，不会出现突变，因此不能用甲基橙作指示剂，故B错误；
C．B点加入溶液，此时过量，溶液体积变为，溶液中，根据计算可得，故C错误；
D．将溶液变为，恰好完全反应时仍然消耗溶液，但，故溶液中，减小，所以A点向下移动，故D正确。
综上所述，答案为D。
2．某温度下，向10 mL0.1 ml/LCuSO4溶液中滴加0.1 ml/L的Na2S溶液，滴加过程溶液中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知该温度下，Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)]。下列有关说法正确的是
A．水的电离程度：a＜b＜c
B．相同实验条件下，若用等浓度的ZnSO4溶液代替CuSO4溶液，反应终点b向d方向移动
C．c点溶液中：c(Na+)＞c()＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．Ksp(CuS)的数量级为10-18
【答案】C
【分析】
向10 mL 0.1 ml/L CuSO4溶液中滴加0.1 ml/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，结合图像计算溶度积常数和溶液中的守恒问题，据此判断分析。
【详解】
A．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，等浓度的S2-或Cu2+对水电离促进作用相同。溶液中S2-或Cu2+浓度越大，对水电离的促进作用就越强，水电离程度就越大。b点时恰好形成CuS沉淀，所以b点水的电离程度最小。对于a、c两点，由于c点S2-大于a点Cu2+的浓度，所以水电离程度：a＜c，故a、b、c这三点水电离程度由小到大的顺序为：b＜a＜c，A错误；
B．在相同温度下，若用等浓度的ZnSO4溶液代替CuSO4溶液，由于该温度下，Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，c(Zn2+)＞c(Cu2+)，则终点会b向d的反方向移动，即向下移动，B错误；
C．c点溶液为Na2SO4、Na2S等浓度的混合溶液，根据盐的组成可知c(Na+)最大，S2-会发生水解反应而消耗，而不消耗，所以c()＞c(S2-)；S2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性。但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，故c(S2-)＞c(OH-)，因此该点溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c()＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)，C正确；
D．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7 ml/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7 ml/L×10-17.7 ml/L =10-35.4(ml/L)2 =(100.3)2×10-36(ml/L)2=4×10-36(ml/L)2，故Ksp(CuS)的数量级为10-36，D错误；
故合理选项是C。
【题型三】 电位滴定图象
【典例分析】某温度下25mL含KCl和KCN的溶液，用0.1000ml·L-1的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定(CN-与H+的反应可以忽略)，获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示，曲线上的转折点即为化学计量点。
已知：I、Ag+与CN-反应过程为：①Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-、②[Ag(CN)2]-+Ag+=2AgCN↓
II、该温度时，Ksp(AgCN)=2×10-16，Ksp(AgCl)=2×10-10。
下列说法不正确的是
A．V1=5.00，B点时生成AgCN
B．c(KCN)=0.02000ml·L-1，c(KCl)=0.03000ml·L-1
C．反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则K1×K2=(AgCN)
D．C点时，溶液中=106
【答案】C
【详解】
A．溶度积常数表达式相同时，溶度积小的先生成沉淀，曲线上的转折点即为化学计量点，结合方程式知，B点生成AgCN，B点消耗硝酸银溶液体积是A点2倍，则V1=5.00，A正确；
B．A点生成Ag(CN)2，V(KCN)=10V(AgNO3)，则c(KCN)=c(AgNO3)=×0.1000ml/L=0.02000ml•L-1，B点KCN完全和AgNO3反应生成AgCN，V1=5.00，则KCl和硝酸银完全反应消耗V(AgNO3)=(12.50-5.00)mL=7.50mL，和KCl反应10V(AgNO3)=3V(KCl)，则c(KCl)=0.3c(AgNO3)=0.3×0.1000ml•L-1=0.03000ml•L-1，B正确；
C．①的平衡常数为K1=，反应②的平衡常数为K2=，K1×K2=，Ag++CN-═AgCN，Ksp(AgCN)=c(Ag+)×c(CN-)=，C错误；
D．C点溶液中===106，D正确；
故答案为：C。
【提分秘籍】
电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。电位滴定法是根据滴定曲线的一阶导数确定终点，等当点与终点的误差非常小，准确度高，避免了人工滴定法由于要加指示剂可能因加入量、指示终点与等当量间、操作者对颜色判断等的误差;电动定位滴定法无须使用指示剂，故对有色溶液、浑浊度以及没有适合指示剂的溶液均可测定;可以连续滴定溶液中的多个成分。特别适用于化学反应的平衡常数小，滴定突跃不明显或试液有颜色，或呈现浑浊等情况。
第一步:明确图像中纵、横坐标的含义
一般情况下，纵坐标为电位，横坐标为溶液的体积。
第二步:理解图像中线上点、线外点的含义，要重点观察滴定突跃点有几个，所对应的数据。
【变式演练】
1．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用cml·L−1HCl标准溶液测定VmL某生活用品中Na2CO3的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与V(HCl)的关系如图所示。已知：两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出Na2CO3的量。
下列说法正确的是
A．a至c点对应溶液中逐渐增大
B．水的电离程度：a>b>d>c
C．a溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH−)
D．VmL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1)g
【答案】D
【详解】
A．根据，推出，温度不变，Ka2不变，但随着盐酸的加入，c(H+)逐渐增大，则逐渐减小，A项错误；
B．未加盐酸前，溶液中溶质主要为Na2CO3，对水的电离起促进作用，随着盐酸的加入，溶质逐步转化为NaHCO3、H2CO3，水的电离程度应逐步减小，故水的电离程度：a>b>c>d，B项错误；
C．即使不考虑生活用品中其他杂质，a点溶液对应的电荷守恒也应为c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋2c()＋c(Cl−)＋c(OH−)，C项错误；
D．V1→V2表示发生反应NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2CO3，根据碳守恒，有n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=c(V2−V1)×10−3 ml，即V mL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1) g，D项正确；
答案选D。
【题型四】 分布分数图象
【典例分析】草酸钠(Na2C2O4)可作为基准物质测定KMnO4溶液的浓度。测定的方法是准确称量一定质量的草酸钠固体，加水溶解后，加入硫酸酸化，用待测KMnO4溶液进行滴定。H2C2O4是一种二元弱酸，C2O能与Ca2＋结合生成CaC2O4沉淀。已知Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5。控制Na2C2O4溶液的pH，溶液中H2C2O4、HC2O和C2O三种粒子的分布分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．H2C2O4的电离平衡常数Ka1=10-1.2
B．pH=6时：c(C2O)=10c(HC2O)
C．0.1ml·L-1NaHC2O4溶液中：c(C2O)＞c(H2C2O4)
D．用0.1ml·L-1Na2SO4溶液浸泡CaC2O4固体，会有少量CaSO4生成
【答案】AC
【分析】
H2C2O4在水溶液中的电离平衡：H2C2O4HC2O+H+，HC2OC2O+ H+，pH减小(H+浓度增大)平衡逆向移动pH增大(H+浓度减小)，平衡正向移动，所以，pH最小时，溶液中含碳粒子主要是H2C2O4最大时，溶液中的含碳粒子主要是C2O曲线σ0代表H2C2O4的含量曲线，σ1代表HC2O的含量曲线，σ2代表C2O的含量，据此分析解题。
【详解】
A．σ0代表H2C2O4的含量曲线σ0与σ1交点数据计算，c(C2O)=c(HC2O)，pH=1.2，H2C2O4的电离平衡常数Ka1=10-1.2，A正确；
B．pH=6时：σ(C2O)=1，σ(HC2O)=0，B错误；
C．0.1ml·L-1NaHC2O4溶液中电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HC2O)+2c(C2O)+ c(OH -)①，物料守恒：c(Na+)=c(H2C2O4)+ c(C2O)+ c(HC2O)②，①②联立可得：c(H+) +c(H2C2O4)= c(OH -)+c(C2O)，NaHC2O4为强碱弱酸盐，c(H+) ＜c(OH -)，则c(C2O)＞c(H2C2O4)，C正确；
D．Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9＜Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，不会有少量CaSO4生成，D错误；
答案选AC。
【提分秘籍】
分布分数图象题是近几年高考出题的重点，解答本类试题时一般分三步分析：第一步总体读图，通过观察弄清纵坐标的含义及单位，弄清各微粒浓度变化；第二步是识图，分析特殊点的图像含义，如曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等，分析曲线的变化趋势如斜率的大小及升降；第三步是分析，进行信息提取，挖掘隐含信息、排除干扰信息x提炼有用信息，在总揽信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算分析。
【变式演练】
1．湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]=-9.75。下列叙述错误的是
A．AgCl溶解度随c(Cl-)增大而不断减小
B．沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21ml•L-1
C．当c(Cl-)=10-2ml•L-1时，溶液中c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)
D．25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=100.2
【答案】A
【详解】
A．由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl-)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl-)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，A错误；
B．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)= 10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21ml•L-1，B正确；
C．当c(Cl-)=10-2ml•L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)，C正确；
D．AgCl+Cl-AgCl的平衡常数，则在图中横坐标为-0.2时AgCl与AgCl相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K==100.2，D正确；
故选A。
1．一定温度下，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：a点＞b点＞c点
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，
D．b点的溶液中加入固体，沿曲线向c点方向变化
【答案】C
【详解】
A．温度一定，Ksp大小不变，曲线上a、b、c三点对应的Ksp相等，故A选项错误。
B．c(Cl-)或c(Ag+)越大，抑制AgCl的溶解程度越大，使其溶解度降低越大，c点时c(Cl-)大，所以c点的溶解度比b点的小，故B选项错误。
C．AgCl溶于水形成的饱和溶液中有AgCl(s)=Ag+ (aq)+Cl-(aq)，所以 c(Ag+)=c(Cl-)，故C选项正确。
D．b点的溶液中加入AgNO3固体，则c(Ag+)变大，由于Ksp（AgCl）=c(Ag+)·c(Cl-)，所以溶液中c(Cl-)相应减小，即沿曲线向a点方向变化，故D选项错误。
故正确答案：C
2．常温时，CuS的溶度积，NiS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示：
下列有关推断正确的是
A．常温时，CuS在Na2S溶液中的溶解度和Ksp均比在水中的小
B．常温时，NiS的溶度积
C．向含等浓度Cu2+、Ni2+的混合溶液中滴加Na2S溶液，先生成NiS沉淀
D．向Y点溶液中加入Na2S溶液，可使Y点移到Z点
【答案】B
【详解】
A．Ksp是沉淀溶解平衡常数，只与温度有关，常温时，CuS在Na2S溶液中的Ksp和在水中的相同，由于同离子效应，CuS在Na2S溶液中的溶解度小于在水中的，A错误；
B．常温时，取图中P点对应离子浓度计算，NiS的溶度积，B正确；
C．根据B项计算和题给数据可知，CuS的溶度积小于NiS的溶度积，则向含等浓度Cu2+、Ni2+的混合溶液中滴加Na2S溶液，溶度积小的先沉淀，即先生成CuS沉淀，C错误；
D．向Y点溶液中加入Na2S溶液，溶液中S2-浓度增大，NiS在水中的沉淀溶解平衡朝产生沉淀方向移动，即Ni2+的物质的量浓度下降，而Y点与Z点的Ni2+的物质的量浓度相等，故不可能使Y点移到Z点，D错误；
故选B。
3．某温度时，CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．该温度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)
B．a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp
C．在含有CuS和MnS固体的溶液中
D．向CuSO4溶液中加入MnS固体不会发生反应
【答案】D
【详解】
A．由图可知，CuS的Ksp=c(Cu2+)c(S2-)=0.01×6×10-34=6×10-36，MnS的Ksp=c(Mn2+)c(S2-)=0.01×3×10-11=3×10-13，所以Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)，故A正确；
B．Ksp只与温度和难溶电解质本身有关，a和b都是CuS的饱和溶液，所以a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp，故B正确；
C．在含有CuS和MnS固体的溶液中，故C正确；
D．向CuSO4溶液中加入MnS固体，由于Ksp(CuS)远远小于Ksp(MnS)，所以MnS会转化为CuS，发生的反应为：Cu2++MnS=CuS+Mn2+，故D错误；
故选D。
4．一定温度下，向含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+四种金属离子(M2+)的溶液中滴加Na2S溶液，生成硫化物沉淀所需S2−浓度的对数值lgc(S2−)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列判断错误的是
A．Ksp(FeS)=1.0×10−20
B．向含等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S溶液，Cu2+先沉淀
C．该温度下，a点相对于MnS是过饱和溶液
D．该温度下，a点相对于ZnS是过饱和溶液
【答案】C
【详解】
A．根据图中a点分析c(Fe2+)=1.0×10−10 ml∙L−1，c(S2−)=1.0×10−10 ml∙L−1，则Ksp(FeS)=1.0×10−20，故A正确；
B．根据图中与x轴的交叉点得到Ksp(CuS)=1.0×10−35，Ksp(CuS) ＜Ksp(FeS)，因此向含等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S溶液，Cu2+先沉淀，故B正确；
C．该温度下，Ksp(FeS) ＜Ksp(MnS)，则a点相对于MnS是稀溶液，故C错误；
D．该温度下，Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)，则a点相对于ZnS是过饱和溶液，故D正确。
综上所述，答案为C。
5．已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线①中y2=4.9
B．该温度下：
C．加适量固体可使溶液由b点变到c点
D．曲线②中a点：
【答案】D
【分析】
由硫酸钡的溶度积小于碳酸钡可知，曲线①表示硫酸钡的沉淀溶解曲线，曲线②表示碳酸钡的沉淀溶解曲线，由图可知，当溶液中时，，则硫酸钡的溶度积为。
【详解】
A．由分析可知，硫酸钡的溶度积为，则当溶液中时，溶液中，故A正确；
B．由分析可知，该温度下硫酸钡的溶度积为，故B正确；
C．向碳酸钡饱和溶液中加入固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，溶度积不变，则钡离子浓度减小，可以使溶液由b点变到c点，故C正确；
D．a点是碳酸钡的沉淀溶解曲线上的点，电荷守恒可知，故D错误；
故答案为D。
6．常温下，向悬浊液中通入，溶液中的负对数pM与pH的关系如下。已知。下列说法错误的是
A．当溶液中时，溶液为碱性
B．悬浊液中的浓度大于
C．当浊液中时，其
D．溶液中的阴离子浓度：
【答案】C
【详解】
A．由图可知，当溶液中时，pM=0，此时pH大于7，溶液为碱性，A正确；
B．已知，悬浊液中，碳酸根离子部分水解，导致碳酸根离子浓度减小，则的浓度至少为，B正确；
C．当浊液中时，碳酸根离子浓度为；其，则、，由图可知，pM=2.4，则；由于+2≠++，C错误；
D．溶液中碳酸氢根离子的浓度最大，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，阴离子浓度：，D正确；
故选C。
7．用返电位滴定法测定苯酚的电离常数：在苯酚溶液中加入适当过量的NaOH溶液，得到NaOH和C6H5ONa混合液，然后用盐酸滴定，得到如图曲线，A、D为两个滴定终点。
下列说法正确的是
A．A点时C6H5ONa与盐酸完全反应
B．B点溶液中离子浓度大小关系是：c(Na+)＜c(Cl-)+c(C6H5O-)
C．本实验测得苯酚的pKa=10
D．C点溶液中c(C6H5O-)＞c(C6H5OH)
【答案】C
【详解】
A．盐酸先与NaOH发生中和反应，所以第一个滴定终点应是NaOH与盐酸完全反应，A错误；
B．B点溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(C6H5O-)+c(OH-)，据图可知此时pH为10，溶液显碱性，所以c(H+)＜c(OH-)，则c(Na+)＞c(Cl-)+c(C6H5O-)，B错误；
C．苯酚的Ka=，从A点到D点消耗15mL盐酸，即C6H5ONa消耗15mL盐酸，从A点到B点所用盐酸为7.5mL，则恰好反应一半C6H5ONa，可近似认为此时溶液中c(C6H5OH)=c(C6H5O-)，则Ka=c(H+)，所以pKa=pH=10，C正确；
D．C点接近C6H5ONa完全反应的点，溶液中溶质为NaCl、C6H5OH和极少量的C6H5ONa，C6H5OH的电离微弱，所以c(C6H5O-)＜c(C6H5OH)，D错误；
综上所述答案为C。
8．HA是一元弱酸，微溶盐的饱和溶液中随而变化，不发生水解。25℃时，实验测得pM与的关系如图所示，其中a点对应的pH=5.0.[已知：，，]。下列说法正确的是
A．25℃时，
B．25℃时，
C．25℃时，b点溶液中，
D．a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>b>c
【答案】C
【分析】
在a点时，=0.2，所以c(HA)=4c(A-)，pH=5，故c(H+)=10-5ml/L，Ka==0.25×10-5=2.5×10-6。
【详解】
A．25℃时，当δ(A-)=1时，pM=3，即c(M2+)=10-3ml/L，=1说明c(HA)=0，即溶液中的A-均为MA2电离的，根据MA2M2++2A-，c(M2+)=10-3ml/L时，c(A-)=2c(M2+)=2×10-3ml/L，Ksp(MA2)= c(M2+) c2(A-)=4×10-9，则，A错误；
B．HA是一元弱酸，微溶盐的饱和溶液中随、c(A-)而变化，则25℃时，不是定值，B错误；
C． 25℃时，b点溶液中，=0.5，因此c(HA)=c(A-)，pM=2.8，则c(M2+)=10-2.8ml/L，c(HA)=c(A-)= ，，C正确；
D．越大，则c(HA)越小，氢离子浓度越小，水的电离程度越大，a、b、c三点溶液中水的电离程度：a＜b＜c，D错误；
答案选C。
9．HA是一元弱酸，微溶盐MA2的饱和溶液中c(M2+)随c(H+)而变化，M2+不发生水解。定义如下关系：pM=-lgc(M2+)，δ(A-)=。25℃时，实验测得pM与δ(A-)的关系如下图所示，其中D点对应的pH=5.0.已知lg2≈0.3，则下列说法正确的是
A．D点存在2c(M2+)=3c(HA)
B．E点的pH≈5.6
C．25℃时，Ksp(MA2)的数量级为10-10
D．25℃时，HA的电离常数：Ka为2.5×10-5
【答案】B
【分析】
MA2在溶液中发生电离，MA2M2++2A-，当有H+加入时，H++A-HA，使电离平衡正向移动，在D点时，=0.2，所以c(HA)=4c(A-)，pH=5，故c(H+)=10-5ml/L，Ka==0.25×10-5=2.5×10-6。
【详解】
A．D点时根据电荷守恒可得，c(H+)+2c(M2+)=c(A-)+c(OH-)，由分析可知，c(A-)=c(HA)，故有c(H+)+2c(M2+)=c(HA)+c(OH-)，pH=5时，c(H+)=10-5ml/L，c(OH-)=10-9ml/L，若2c(M2+)=3c(HA)，则有10-5ml/L+3c(HA)=c(HA)+ 10-9ml/L，此时c(HA)为负值，因此2c(M2+)≠3c(HA)，A错误；
B．E点时，=0.5，因此c(HA)=c(A-)，Ka== c(H+)=2.5×10-5，pH=-lg c(H+)=-lg2.5×10-5≈5.6，B正确；
C．当δ(A-)=1时，pM=3，即c(M2+)=10-3ml/L，=1说明c(HA)=0，即溶液中的A-均为MA2电离的，根据MA2M2++2A-，c(M2+)=10-3ml/L时，c(A-)=2c(M2+)=2×10-3ml/L，Ksp(MA2)= c(M2+) c2(A-)=4×10-9，数量级为10-9，C错误；
D．根据分析，HA的电离常数Ka为2.5×10-6，D错误；
故选B。
10．工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图。（已知：Pb(OH)2难溶于水）
下列说法不正确是
A．氨水中：c(NH)>c(OH-)>c(H+)
B．pH=9废水中的只含铅微粒有Pb2+、Pb(OH)+
C．pH=12时，溶液中的离子有且仅有Pb(OH)、Pb(OH)、OH-和H+
D．pH=10时，除铅效果最好
【答案】AC
【详解】
A．氨水部分电离生成按根离子和氢氧根离子，只有三种离子，满足c(OH-)>c(NH)>c(H+)，故A错误；
B．由图可知pH<7时，含铅微粒有Pb2+、Pb(OH)+，故B正确；
C．由图可知pH=12时，溶液中的离子有Pb(OH)、Pb(OH)、OH-和H+还有NH，故C错误；
D．pH=10时，由图可知Pb(OH)2的物质的量分数最大，除铅效果最好，故D正确；
故答案为：AC。