2025届高三化学二轮复习--沉淀溶解平衡

2025届高三化学复习题-沉淀溶解平衡 一、单选题 1．（2024高三上·河南开封·阶段练习）下列实验探究方案能达到探究目的是 选项 探究方案 探究目的 A 分别用等体积和的溶液与等浓度等体积的溶液反应 探究浓度对化学反应速率的影响 B 向2mLlmol/LNaOH溶液中滴加2滴0.1mol/L溶液，再滴加4滴0.1mol/L溶液，观察沉淀的变化 C 分别测浓度均为0.lmol/L的和溶液的pH值 比较和的水 解常数 D 用量筒量取50mL的NaOH溶液迅速倒入盛有50mL盐酸的量热计内筒，立即盖上杯盖 测定中和热 A．A B．B C．C D．D 2．（2024·安徽合肥·一模）下列由实验操作及现象所得的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向酸性KMnO4溶液中通入乙烯气体 溶液紫色褪去 乙烯发生加成反应 B 向2.0mL0.1mol·L-1NaCl溶液中滴入2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液，振荡后再滴入4滴0.1mol·L-1KI溶液 先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) C 测定等浓度Na2CO3和Na2SO3溶液的pH Na2CO3溶液pH较大 非金属性：S>C D 点燃某无色气体，将产物通入装有无水CuSO4的U型管中 固体变蓝 该气体为H2 A．A B．B C．C D．D 3．（2024高三上·云南保山·开学考试）如图是a、b、c三种物质的溶解度曲线，下列说法正确的是 A．三种物质的饱和溶液分别从t2降温至t1℃，a、b析出的晶体质量相等 B．用等质量的a、b、c三种固体(不含结晶水)配制成t2℃时的饱和溶液，所得溶液质量的大小关系是：c溶液>a溶液>b溶液 C．P点表示在t1℃时，a、c两种物质的饱和溶液溶质质量分数相同 D．在t2℃时，将30ga物质加入到50g水中充分搅拌，得到80ga的饱和溶液 4．（2024·贵州黔东南·二模）室温下，向Mg(NO3)2溶液、HF溶液、CH3CH2COOH溶液中分别滴加NaOH溶液，测得溶液中pH与pX[pX=-lgX，X代表、、]的关系如图所示。，HF的酸性比CH3CH2COOH强。下列叙述正确的是 已知： A．代表的是pH与的关系 B．的 C．的 D．含相同浓度NaF、HF的混合溶液的pH>7 5．（2024·浙江温州·二模）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中设计和结论均合理的是 实验目的 实验方案设计 现象 结论 A 探究与的氧化性强弱 向溶液中加入过量溶液充分反应，再滴加淀粉溶液 溶液变蓝色 氧化性： B 比较与结合的能力 常温，测定溶液的 结合能力： C 探究温度对化学平衡的影响 将的溶液加热后置于冷水中，观察现象 加热后溶液为黄绿色，冷水中变为蓝绿色 说明降低温度，向正反应方向移动 D 比较与的 向含有浓度均为的溶液中，逐滴滴加溶液 先生成白色沉淀 A．A B．B C．C D．D 6．（2024·浙江温州·二模）常温下，往溶液中通入至饱和，有微量生成，溶液中（溶液体积和浓度的变化忽略不计）．[已知：的电离常数],下列说法不正确的是 A．溶液中， B．反应的 C．溶液中， D．溶液中，约为5 7．（2024高三上·山东青岛·阶段练习）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（，其中S为+6价）去除废水中的正五价砷[As（V）]的研究成果，其反应机制模型如图所示。设阿伏加德罗常数的值为，。下列叙述正确的是 A．1 mol过硫酸钠（）含个过氧键 B．若56 g Fe参加反应，共有个被还原 C．室温下，中间产物溶于水所得饱和溶液中为mol⋅L D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷 8．（2024·湖南长沙·一模）下列实验方案能达到实验目的的是 A．方案甲可制取无水 B．方案乙可除去溶液中部分的 C．方案丙可验证非金属性： D．方案丁可判断溶度积： 9．（2024·北京顺义·一模）常温下，向0.02mol·L-1 FeCl3溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1mol·L-1 NaOH溶液，得到pH-t曲线如图。下列说法正确的是 已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39 A．已知a点为滴定起始点，pH=1.73是因为FeCl3溶于水发生了水解反应 B．由a点到b点的过程中，滴加的NaOH溶液与FeCl3发生反应 C．该条件下，Fe3+的沉淀pH范围约为2.25～2.82 D．d点的溶液中，由水电离出的c(OH—)约为10-2.16mol·L-1 10．（2024·广东梅州·一模）探究硫及其化合物的性质，下列实验操作、现象和结论都正确的是 序号 实验操作 现象 结论 A 往装有适量蔗糖的烧杯中滴加几滴水，加入适量浓硫酸，迅速搅拌 蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并产生有刺激性气味的气体 浓硫酸在此过程中仅体现吸水性 B 已知呈红棕色，往溶液中通入 溶液先变红棕色，后逐渐变为浅绿色 与反应生成的速率比发生氧化还原反应的速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大 C 往溶液中滴加少量稀硫酸 产生刺激性气味的气体和黄色沉淀 稀硫酸在此过程中体现氧化性 D 向盛有少量溶液的试管中滴加几滴溶液 产生黑色沉淀 的酸性比硫酸强 A．A B．B C．C D．D 11．（2024·湖南邵阳·一模）难溶盐可溶于盐酸，常温下，用盐酸调节浊液的pH，测得体系中或与的关系如图。下列说法错误的是 A．随着盐酸的加入，溶液中和均逐渐增大 B．与的关系对应图中曲线M C．常温下，难溶盐的数量级为 D．Y点的溶液中存在 12．（2024·陕西商洛·模拟预测）某废水处理过程中始终保持，通过调节使和形成硫化物而分离，体系中与关系如图所示，为和物质的量浓度，单位为。已知，下列说法错误的是 A．③为与的关系曲线 B． C． D．的单一溶液中： 13．（2024·浙江宁波·二模）常温下，往0.35 mol/LCa(ClO)2溶液中通入CO2。 已知：Ka(HClO)=4.0×10-8，，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9 下列说法不正确的是 A．通入一定量CO2后溶液pH=7，未出现CaCO3沉淀 B．往Ca(ClO)2溶液中加盐酸酸化，将有Cl2生成 C．通入一定量CO2后溶液中c(HClO)=c(C1O-)，滴入酚酞试剂，溶液一直呈无色 D．已知自然条件下，饱和碳酸溶液的，则自然条件下饱和碳酸溶液中存在c(H+)＞c()＞c(OH-)＞c() 14．（2024·四川绵阳·一模）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将溶液与溶液混合，生成的沉淀颜色有红褐色、黄色和黑色 生成的分解为铁粉和硫单质 B 向溶液X中滴加稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 溶液X中无 C 向溶液中持续通入，产生白色沉淀 该沉淀为 D 在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后，取沉淀(洗净)放入盐酸中，有气泡产生 A．A B．B C．C D．D 二、非选择题 15．（19-20高三上·海南省直辖县级单位·期中）医学上在进行胃肠疾病的检查时，利用X射线对BaSO4穿透能力较差的特性，常用BaSO4做内服造影剂，这种检查手段称为钡餐透视。 (1)用离子方程式说明钡餐透视时为什么不用BaCO3？ 。 (2)某课外活动小组为探究BaSO4的溶解度，分别将足量BaSO4放入：① 5 mL水② 20 mL 0.5 mol·L－1的Na2SO4溶液③ 40 mL 0.2mol·L－1的Ba(OH)2溶液④ 40 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中，溶解至饱和以上各溶液中，c(Ba2＋)的大小顺序正确的是 ，BaSO4的溶解度的大小顺序为 A．③ >① >④ >②  B．③ >① >② >④  C．① >④ >③ >②   D．① >③ >④ >② (3)已知25℃时，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，上述条件下，溶液③中的c(SO42-)为 ，溶液②中c(Ba2＋)为 。 (4)取溶液③和溶液④直接混合，则混合溶液的pH为 (假设混合后溶液的体积为混合前两溶液的体积之和)。 16．（19-20高三上·内蒙古乌兰察布·期中）回答下列问题： （1）在配制AlCl3溶液时，Al3＋会部分水解而使溶液呈酸性，水解的离子方程式为 ；为了防止发生水解，可以加入少量的 ；溶液加热蒸发灼烧得到固体 。 （2）在0.10mol·L－1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2＋)＝ mol·L－1(Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)。若在0.1mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，此时溶液中的H＋浓度是 mol·L－1。 （3）泡沫灭火剂包括Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液及起泡剂，使用时发生的离子方程式是 。 17．（18-19高三上·河北沧州·阶段练习）已知H2A在水中存在以下平衡：H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。回答以下问题： (1)NaHA溶液 (填“显酸性”“显碱性”“显中性”或“酸碱性无法确定”)，原因是 。 (2)某温度下，向0.1 mol·L－1的NaHA溶液中滴入0.1 mol·L－1KOH溶液至中性，此时溶液中以下关系一定正确的是__________(填字母)。 A．c(H＋)·c(OH－)=1×10－14 B．c(Na＋)＋c(K＋)=c(HA－)＋2c(A2－) C．c(Na＋)>c(K＋) D．c(Na＋)＋c(K＋)=0.05 mol·L－1 (3)已知常温下H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s) Ca2＋(aq)＋A2－(aq)  ΔH>0。 ①温度升高时，Ksp (填“增大”“减小”或“不变”，下同)。 ②滴加少量浓盐酸，c(Ca2＋) ，原因是 (用文字和离子方程式说明)。 (4)若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式： 。 18．（18-19高三上·黑龙江鸡西·期中）用化学原理和相应的方程式解释生活中的现象。 (1) 碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳的化学反应中，S 0； (2)明矾水溶液的pH 7, 请用离子方程式说明原因 ； (3)盐碱地(含有氯化钠，碳酸钠)不利于作物生长。通过施加适量石膏可以降低土壤碱性。试用水解方程式分别表示盐碱地产生碱性的原因 ；以及用石膏降低其碱性的反应原理 ； (4)请写出硫酸钡的溶解平衡方程式 ；并说明为什么在洗涤硫酸钡沉淀时，采用0.010mol/L的硫酸进行洗涤 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C C B D C B C B 题号 11 12 13 14 答案 B C A C 1．D 【详解】A．溶液与溶液反应为，无明显现象，故难以用来探究浓度对化学反应速率的影响，故A错误； B．向2mL1mol/LNaOH溶液中滴加2滴0.1mol/L溶液，氢氧化钠过量，再滴加4滴0.1mol/L溶液，生成红褐色沉淀，不能说明氢氧化镁转化为氢氧化铁，故B错误； C．铵根离子和醋酸根离子会发生双水解，因此无法通过测量pH计算出醋酸根离子的水解平衡常数，故C错误； D．氢氧化钠过量，能保证盐酸反应完全，迅速加入和盖上杯盖都能减少热量损失，故D正确； 答案选D。 2．B 【详解】A．酸性高锰酸钾溶液可氧化乙烯，紫色褪去，为氧化反应，故A错误； B．AgNO3溶液不足，发生沉淀的转化，AgCl转化为更难溶的AgI，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B正确； C．Na2SO3溶液对应的酸不是最高价含氧酸，由实验操作和现象，不能比较S、C的非金属性强弱，故C错误； D．无水CuSO4变蓝，可知气体燃烧有水生成，可知气体一定含H元素，可能为氢气、甲烷等，故D错误； 答案选B。 3．C 【详解】A．三种物质的饱和溶液分别从t2℃降温至t1℃时，a、b两物质的溶解度变化量并不相等，且溶液质量未知，因此析出的晶体质量不一定相等，故A错误； B．图像显示t2℃时，溶解度a>b>c，所以用等质量的a、b、c三种固体(不含结晶水)配制成t2℃时的饱和溶液，所得溶液质量的大小关系是：a溶液>b溶液>c溶液，故B错误； C．P点为a、c两物质的溶解度曲线在t1℃时的交点，此时，两物质溶解度相等，则a、c两物质的饱和溶液溶质质量分数相同，故C正确； D．图像显示，在t2℃时，a的溶解度为50g，所以将30ga物质加入到50g水中充分搅拌，只能溶解25g，得到75ga的饱和溶液，故D错误； 故答案为：C。 4．C 【分析】HF的平衡常数Ka=×c(H+)，p=PKa-pH，CH3CH2COOH的平衡常数Ka=×c(H+)，p=PKa-pH，随着NaOH溶液加入，c(OH-)增大，溶液中c(HF)减小、c(CH3CH2COOH) 减小， c(Mg2+)减小，pMg增大，p，p减小，则L3代表c(Mg2+)，L1、L2代表c()、之一，题干信息又知：HF的酸性比CH3CH2COOH强，即Ka(HF)＞Ka(CH3CH2COOH)，则相同pH值时，＞，p＞p，则L1代表p，L2代表p，根据P点坐标点坐标计算Ka(HF)=10-2×10-1.45=10-3.45；根据N点坐标可知，Ka(CH3CH2COOH)=10-3×10-1.89=10-4.89，根据M点坐标可知，Ksp[Mg(OH)2]=10-1.3×(10-5)2=10-11.3，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，L1代表的是pH与p的关系，A错误； B．由分析可知，根据N点坐标可知，Ka(CH3CH2COOH)=10-3×10-1.89=10-4.89，B错误； C．Mg(OH)2+2HFMgF2+2H2O的K=====，C正确； D．由分析可知，Ka(HF)=10-2×10-1.45=10-3.45，则F-的水解平衡常数为：Kh===10-10.55＜Ka，即电离大于水解，故含相同浓度NaF、HF的混合溶液呈酸性，则溶液的pH＜7，D错误； 故答案为：C。 5．B 【详解】A．酸性溶液中硝酸根离子能氧化碘离子，溶液变蓝，不能证明氧化性：Fe3+＞I2，故A错误； B．常温，测定0.1mol/LC2H5ONa溶液的pH=13，可知C2H5O-水解显碱性，则结合H+能力：C2H5O-＞OH-，故B正确； C．加热后溶液为黄绿色，可知升高温度使[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O正向移动，则降低温度平衡逆向移动，故C错误； D．AgCl、Ag2CrO4的沉淀类型不同，由实验操作和现象，不能证明Ksp：AgCl＜Ag2CrO4，故D错误； 故选：B。 6．D 【详解】A．往溶液中通入至饱和，有微量生成，即亚铁离子恰好生成沉淀，，故A正确； B．根据反应①、②、③，由盖斯定律，反应①-②-③可得反应，则，故B正确； C．溶液中，HS-的水解常数为，则，故溶液中，故C正确； D．根据反应的，则，pH约为3，故D错误； 故选D。 7．C 【详解】A．1 mol过硫酸钠(Na2S2O8)含1mol过氧键，含1NA个过氧键，故A错误； B．一个和一个Fe反应生成两个和一个Fe2＋，该过程转移2个电子，但是Fe2＋还要与反应变成Fe3＋和自由基，因此1mol铁参加反应要消耗1.5mol，共有1.5NA个被还原，被还原的大于NA个，故B错误； C．溶液中3c（Fe3+）=c（OH-），Ksp[Fe（OH）3]=2.7×10-39=c（Fe3+）×c3（OH-）=27×c4（Fe3+），c（Fe3+）=10-10mol/l，为mol⋅L，故C正确； D．因为最后是将离子转变为沉淀析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，故D错误； 故选C。 8．B 【详解】A．Mg2+易水解，方案甲得到的固体为Mg（OH）2，故A错误； B．I2在KI浓溶液中的溶解度比CCl4中更大，方案乙可除去溶液中部分的，故B正确； C．方案丙可证明酸性：HCl＞H2CO2＞H2SiO3，但HCl不是Cl最高价氧化物对应的水化物，因此不能证明非金属性Cl＞C，故C错误； D．丁中存在：，ZnS和CuS组成和结构相似，即溶度积：，故D错误； 故选B。 9．C 【分析】由a点到b点的过程中，主要是NaOH反应酸化的盐酸，b到c为FeCl3与NaOH反应生成沉淀，d主要为NaOH，据此回答。 【详解】A．0.02mol·L-1 FeCl3溶液预先用盐酸酸化，pH=1.73是因为含有盐酸，A错误； B．由a点到b点的过程中，主要是NaOH反应酸化的盐酸，B错误； C．当Fe3+沉淀完全时，Fe3+的浓度为10-5mol/L，则，pOH=11.18，则pH=2.82，b点时Fe3+开始沉淀，所以Fe3+的沉淀pH范围约为2.25～2.82，C正确； D．d点的溶液中，pH=11.84，溶液中的溶质主要是NaOH，OH-主要由NaOH电离，由水电离的H+和OH-相等，则由水电离的c(OH-)=10-11.84mol/L，D错误； 故选C。 10．B 【详解】A．浓硫酸使蔗糖脱水后，碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，由现象可知浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故A错误； B．由现象先变为红棕色可知SO2与Fe3+反应生成的速率比发生氧化还原反应的速率快，最后逐渐变为浅绿色，说明氧化还原反应生成亚铁离子的平衡常数更大，故B正确； C，该过程中稀硫酸体现的是酸性，故C错误； D，生成的CuS沉淀不溶于硫酸，不能证明酸性比硫酸强，故D错误； 故选B。 11．B 【分析】已知HF的Ka=， ，则越大，c(F-)越小，-lgc(F-)越大，即-lgc(F-)随着的增大而增大，Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)•c2(F-)，c(F-)越小，c(Ca2+)越大，-lgc(Ca2+)越小，即-lgc(Ca2+)随着的增大而减小，所以曲线N表示-lgc(Ca2+)与的变化关系，M表示-lgc(F-)与的变化关系，据此分析解答。 【详解】A．随着盐酸的加入，溶液的酸性增强，CaF2和HCl生成HF，则溶液中c(H+)和c(HF)均逐渐增大，故A正确； B．由上述分析可知，曲线N表示-lgc(Ca2+)与的变化关系，M表示-lgc(F-)与的变化关系，故B错误； C．X点时 =1，-lgc(F-)=4.2，Ka==10×10-4.2=10-3.2，W点时 =0，则c(F-)=10-3.2mol/L，-lgc(Ca2+)=4.2，所以Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)•c2(F-)=10-4.2×(10-3.2)2=10-10.6，数量级为10-11，故C正确； D．由图可知，Y点时c(Ca2+)=c(F-)，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，电荷守恒关系为2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒关系c(F-)+c(HF)=2c(Ca2+)，即c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则有 c(Cl-)＞c(Ca2+)，c(Ca2+)=c(HF)，所以c(Cl-)＞c(Ca2+)=c(HF)，故D正确； 故选：B。 12．C 【详解】 A．随着的增大，饱和溶液中的电离平衡向电离方向移动，增大，逐渐增大，则有和随着增大而减小，且相同时，大于，即小于。随着的增大，逐渐增大，和逐渐减小，即和随增大而增大，已知，即当相同时，，，由此可知曲线①代表、②代表、③代表、④代表。③为与的关系曲线，A正确； B．由图示曲线④两点坐标可知，此时时，，或者当时，，B正确； C．由图示曲线②③交点可知，此时，则有，C错误； D．单一溶液中，，则粒子浓度大小关系为，D正确； 故选C。 13．A 【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，c(H+)=10-7 mol/L，由于Ka(HClO)=4.0×10-8，=4.0×10-8，==0.4，根据Ca(ClO)2溶液浓度为0.35 mol/L，则c(ClO-)+c(HClO)=0.35 mol/L×2=0.70 mol/L，两式联立，解得c(ClO-)=0.2 mol/L；c(HClO)=0.5 mol/L；溶液pH=7，溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+c(C1O-)+2c()+c()，故有2c(Ca2+)=c(C1O-)+2c()+c()；0.35 mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35 mol/L，0.35 mol/L×2=0.2 mol/L+2c()+c()，所以2c()+c()=0.5 mol/L，H2CO3的二级电离平衡常数Ka2==4.7×10-11，pH=7，c(H+)=10-7 mol/L，所以==4.7×10-4，结合等式2c()+c()=0.5 mol/L，可知c()≈0.5 mol/L，c()=0.5 mol/L×4.7×10-4=2.35×10-4 mol/L，c(Ca2+)·c()=0.35×2.35×10-4=8.225×10-5＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，因此溶液中会出现CaCO3沉淀，A错误； B．加入盐酸酸化，次氯酸钙具有强氧化性，HCl具有还原性，会发生归中反应，将其氧化为氯气，反应方程式为：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，B正确； C．Ka(HClO)==4.0×10-8，若c(ClO-)=c(HClO)，则c(H+)=4.0×10-8 mol/L，pH=8-lg4=7.4<8，而酚酞的变色范围是8.2-10，所以酚酞并未变红，C正确； D．碳酸在溶液中存在两步电离平衡，主要是来自于第一步电离，H+两步电离均会生成，故c(H+)＞c()；主要是部分电离得到，而且电离程度十分微弱，H2CO3电离出的程度大于电离产生的程度，故c()和c(OH-)要小于c()；Kb1==2.13×10-4，溶液pH=5.6，c(H+)=10-5.6 mol/L，c(OH-)=10-8.4 mol/L，c()≈c(H+)=10-5.6 mol/L，带入Kb1==2.13×10-4，可得c()=4.7×10-11 mol/L，小于c(OH-)=10-8.4 mol/L，故离子浓度大小关系为：c(H+)＞c()＞c(OH-)＞c()，D正确； 故选A。 14．C 【详解】A．氯化铁溶液与硫化钠溶液混合，可以发生双水解反应生成氯化钠、氢氧化铁红褐色沉淀和硫化氢气体，过量的氯化铁溶液也可以与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、硫化亚铁沉淀和淡黄色的硫沉淀，所以溶液混合，生成的沉淀颜色有红褐色、黄色和黑色，故A错误； B．常温下溶液中的铵根离子与稀氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，不能生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的氨气，则向溶液X中滴加氢氧化钠稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝色无法确定溶液中是否含有铵根离子，故B错误； C．向硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，二氧化硫与溶液中的水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子能将二氧化硫氧化为能与钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀的硫酸根离子，则向硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，产生的白色沉淀为硫酸钡，故C正确； D．在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌时，溶液中碳酸钡的浓度熵大于溶度积，会使硫酸钡沉淀转化为碳酸钡，将洗净沉淀放入盐酸中有气泡产生不能说明碳酸钡的溶度积小于硫酸钡，故D错误； 故选C。 15． BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋H2O＋CO2 ↑ A C 5.5×10－10mol·L－1 2.2×10－10mol·L－1 13 【详解】(1)硫酸钡不溶于水和酸，但胃酸可与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌ Ba2＋(aq)+CO32− (aq) 向溶解方向移动，使Ba2＋浓度增大，且Ba2＋有毒，所以不能用碳酸钡代替硫酸钡，反应离子方程式为：BaCO3+2H+═Ba2＋+H2O+CO2↑， 故答案为BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋H2O＋CO2 ↑    (2) BaSO4在溶液中存在溶解平衡，BaSO4 (s)⇌ Ba2＋(aq)+ SO42− (aq)，根据难溶电解质的溶度积常数知，溶液中硫酸根离子浓度越大，溶解平衡向生成沉淀的方向移动，硫酸钡的溶解度越小，钡离子浓度越低；氢氧化钡能抑制硫酸钡的电离，但氢氧化钡溶液中含有钡离子，所以钡离子浓度最大；水中的钡离子浓度次之；硫酸钠溶液和硫酸溶液中都含有硫酸根离子，抑制硫酸钡的电离，硫酸钠中的硫酸根浓度大于硫酸中的硫酸根浓度，所以硫酸钠溶液抑制硫酸钡电离作用更强，硫酸钠溶液中钡离子的浓度小于硫酸溶液中钡离子浓度，所以钡离子浓度大小顺序是：③>①>④>②；硫酸钡溶液中加入硫酸根离子和钡离子都会导致硫酸钡的沉淀溶解平衡逆移，硫酸钡的溶解度减小，①加入 5 mL水是硫酸根离子和钡离子浓度减小，使硫酸钡的溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，硫酸钡的溶解度增大；②③④都使硫酸根离子或钡离子浓度增大，抑制了硫酸钡的溶解②中硫酸根离子浓度为0.5 mol·L－1，③中钡离子浓度为0.2mol·L－1④中硫酸根离子浓度0.1 mol·L－1，，硫酸根离子或钡离子浓度越大，硫酸钡的溶解度越小，所以BaSO4的溶解度的大小顺序：①>④>③>②， 故答案为A；C； (3)已知25℃时，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，上述条件下，溶液③中的c(SO42−)= ==5.5×10−10mol/L，溶液②中c(Ba2＋)==mol/L=2.2×10−10mol/L， 故答案为5.5×10−10mol/L；2.2×10−10mol/L； (3)40mL 0.2mol⋅L−1的Ba(OH)2溶液和40mL 0.1mol⋅L−1的H2SO4溶液中混合后溶液中c(OH−)==0.1mol/L，则c(H+)===10−13 mol/L，所以pH=13， 故答案为13。 16． Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ 盐酸 Al2O3 2.2×10－8 0.2 Al3+＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑ 【分析】（1）AlCl3溶液中，Al3＋会部分水解而使溶液呈酸性，加入少量的盐酸，抑制水解；加热蒸干，促进水解，平衡右移，得到氢氧化铝固体，灼烧后得到氧化铝固体； （2）根据溶度积常数进行计算c(Cu2＋)，根据溶液的电中性计算H+浓度。 【详解】（1）在配制AlCl3溶液时，Al3＋会部分水解而使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；为了防止发生水解，可以加入少量的盐酸；由于盐酸具有挥发性，加热蒸干氯化铝溶液，c（HCl）减小，平衡右移，得到氢氧化铝固体，灼烧后得到氧化铝固体； 故答案是：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；盐酸；Al2O3； （2）根据题给Cu(OH)2的溶度积即可确定pH＝8时，c（OH-）=10-6mol/L , Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，则c(Cu2＋)＝2.2×10－8 mol·L－1；在0.1mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，c（SO42-）不变，为0.1mol/L，由电荷守恒可以知道c（H+）为0.2mol·L－1； 故答案是: 2.2×10－8 ；0.2；    （3）Al2(SO4)3溶液中铝离子水解显酸性，NaHCO3溶液溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，二者混合，相互促进水解，进行到底，产生氢氧化铝和二氧化碳，发生的化学方程式是：Al2(SO4)3＋6NaHCO3=2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4，离子方程式为：Al3+＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑； 故答案是：Al3+＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑。 【点睛】氯化铝属于强酸弱碱盐，发生水解，产生易挥发性的盐酸，氯化铝溶液加热蒸干灼烧后，最终得到氧化铝；硫酸铝属于强酸弱碱盐，发生水解，产生难挥发性的硫酸，硫酸铝溶液加热蒸干灼烧后，最终得到硫酸铝。 17．(1) 酸碱性无法确定 不能确定HA－的电离程度和水解程度的大小 (2)BC (3) 增大 增大 加盐酸发生反应：A2－＋H＋HA－ A2－浓度减小 CaA的溶解平衡向右移动 n(Ca2＋)显著增大 。而溶液体积变化不大所以c(Ca2＋)增大 (4)CaA(s)＋Cu2＋(aq) Ca2＋(aq)＋CuA(s) 【详解】（1）NaHA溶液中存在HA－的电离平衡和水解平衡，HA－电离呈酸性、HA－水解呈碱性，由于不能确定HA－的电离程度和水解程度的大小，所以溶液酸碱性无法确定； （2）A.温度不确定，所以水的离子积常数不能确定，所以某温度下，c(H＋)·c(OH－)不一定等于1×10－14，故不选A；B.根据电荷守恒c(Na＋)＋c(K＋)+ c(H＋) =c(HA－)＋2c(A2－)+ c(OH－)，溶液呈中性c(H＋)=c(OH－)，所以c(Na＋)＋c(K＋)=c(HA－)＋2c(A2－)，故选B；向0.1 mol·L－1的NaHA溶液中滴入0.1 mol·L－1KOH溶液至中性时，NaHA的物质的量大于KOH，所以c(Na＋)>c(K＋)，故选C；V1L 0.1 mol·L－1的NaHA溶液中滴入V2L 0.1 mol·L－1KOH溶液，根据物料守恒，c(Na＋)＋c(K＋)= mol·L－1，故不选D； （3）① CaA(s) Ca2＋(aq)＋A2－(aq)  ΔH>0，升高温度平衡正向移动，离子浓度增大，所以温度升高时Ksp增大；②滴加少量浓盐酸，H＋与A2－生成HA－，A2－浓度减小， CaA(s) Ca2＋(aq)＋A2－(aq)平衡正向移动，所以c(Ca2＋)增大； （4）若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质CuA，发生沉淀转化，反应离子方程式是CaA(s)＋Cu2＋(aq) Ca2＋(aq)＋CuA(s)。 18． > pH<7 Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+ CO32-+H2O⇌HCO3-+OH- 石膏是水合硫酸钙， CaSO4+CO32-⇌CaCO3+SO42-，产生固体碳酸钙，降低其碱性 BaSO4⇌Ba2++SO42- 溶解平衡为可逆反应，加入硫酸时增大了硫酸浓度，平衡逆向移动，抑制了固体的溶解 【分析】根据反应，固体碳酸钙产生气体二氧化碳和氧化钙固体，体系混乱度增多，熵变增大；明矾中铝离子发生水解；碳酸钠是强碱弱酸盐，农业上根据沉淀平衡进行中性处理。 【详解】(1) 混乱度越大，熵越大，故碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳的化学反应中，S>0； (2)明矾在水溶液中电离出铝离子，发生水解产生氢离子，Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+，明矾水溶液的pH<7； (3)盐碱地含有氯化钠、碳酸钠，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根发生水解产生氢氧根离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故盐碱地显碱性；石膏是水合硫酸钙，根据沉淀平衡CaSO4+CO32-⇌CaCO3+SO42-，产生固体碳酸钙，降低其碱性； (4)硫酸钡的溶解平衡方程式BaSO4⇌Ba2++SO42-；溶解平衡为可逆反应，加入硫酸时增大了硫酸浓度，平衡逆向移动，抑制了固体的溶解。 【点睛】本题考查生活中的实验现象和化学原理，难点为盐碱地用石膏处理碱性土壤，沉淀平衡或用反应解释碳酸根的转化；易错点在于明矾净水的原理中，水溶液呈碱性的离子反应是铝离子的可逆水解反应，可逆符号必须书写。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$