2025届高考化学一轮复习 沉淀溶解平衡

沉淀溶解平衡 一．选择题（共15小题） 1．（2024•罗湖区一模）下列离子能大量共存的是（　　） A．使酚酞溶液呈红色的溶液中可大量存在：Mg2+、、、 B．强酸性溶液中可大量存在：、Cl﹣、Na+、Ca2+ C．澄清透明的溶液中可大量存在：Fe3+、Mn2+、、Cl﹣ D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液中可大量存在：Na+、K+、S2﹣、 2．（2024•长沙一模）在下列条件的溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（　　） A．使酚酞试剂变红的溶液中：Na+、Cl﹣、、Fe3+ B．无色透明溶液中：K+、、、H+ C．可与锌反应放出氢气的溶液中：Na+、Ca2+、Cl﹣、 D．使pH试纸变蓝的溶液中：K+、Na+、、Cl﹣ 3．（2024•浙江一模）常温下，在AgCl悬浊液中投入少量ZnS（白色）后，固体逐渐变黑。 已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（ZnS）＝2.5×10﹣22，Ksp（Ag2S）＝6.3×10﹣50，Ka1（H2S）＝1.1×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13。下列说法不正确的是（　　） A．0.1mol•L﹣1H2S溶液中存在：c（H+）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣） B．AgCl悬浊液中存在：c（Ag+）＝c（Cl﹣） C．固体变黑的主要原因：2AgCl（s）+ZnS（s）＝Ag2S（s）+Zn2+（aq）+2Cl﹣（aq） D．充分反应后，ZnS不能完全转化为Ag2S 4．（2024•湖北一模）在25℃下用KOH溶液分别滴定HA、CuCl2、MgCl2三种溶液，pM[p＝﹣lgM，M表示c（Cu2+）、c（Mg2+）、]随pH变化有①②③三条曲线，已知图像中a＝4.0，b＝5.5，c＝8.5，且Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，下列说法错误的是（　　） A．HA的电离常数Ka（HA）＝1×10﹣5.5 B．在25℃下Cu（OH）2易溶于HA溶液中 C．当Mg2+刚好完全沉淀时，溶液pH＝11 D．②③两条曲线交点N的横坐标pH＝11.5 5．（2024•陕西一模）室温下，向10mL0.1mol•L﹣1NaCl溶液和10mL0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液中分别滴入0.1mol•L﹣1AgNO3溶液至恰好完全反应，溶液的pM[pM＝﹣lgc（Cl﹣）或]与滴入的AgNO3溶液的体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．室温下， B．a、c、d点对应溶液中，c（Ag+）最大的是c点 C．若用0.05mol•L﹣1AgNO3溶液滴定，则a点向b点移动 D．室温下，反应的平衡常数K＝2.0×1014.2 6．（2024•香坊区一模）常温下，用0.100mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定25.00mL未知浓度的AgNO3溶液，以NH4Fe（SO4）2为指示剂，测得溶液中pSCN、pAg随加入NH4SCN溶液体积的变化关系如图所示。已知：①lg3＝0.5，②pX＝﹣lgc（X或X﹣），③Ag++SCN﹣＝AgSCN↓。下列说法错误的是（　　） A．该温度下AgSCN溶度积常数Ksp＝1.0×10﹣12 B．为防止指示剂失效，滴定过程中应保持溶液空呈酸性 C．加入V（NH4SCN）＝20mL时，pAg＝2 D．相同条件下，若改为0.05mol•L﹣1的NH4SCN溶液，滴定终点将向左平移 7．（2024•杭州一模）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO4（s）+（aq）⇌CaCO3（s）+（aq）。将1.00g硫酸钙（M＝136g•mol﹣1）加入100mL0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液中，在25℃和充分搅拌条件下，利用pH计测得体系pH随时间t变化如图。已知：Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10﹣11，Ksp（CaCO3）＝3.5×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5（不考虑水解）。下列说法不正确的是（　　） A．t＝0时，以上溶液中存在： B．保持溶液中，可使水垢中的CaSO4转化为CaCO3 C．t2时刻体系中已达平衡状态 D．t2时刻后向体系中加入少量Na2SO4固体，溶液的pH不变 8．（2024•西城区一模）室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，溶液pH随时间变化如图所示。 已知：Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5 Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9 下列说法不正确的是（　　） A．两者混合发生反应：CaSO4（s）+（aq）⇌CaCO3（s）+（aq） B．随着反应的进行，+H2O⇌+OH﹣逆向移动，溶液pH下降 C．充分反应后上层清液中约为1.4×104 D．0～600s内上层清液中存在：c（Na+）+2c（Ca2+）＜c（）+2c（）+2c（） 9．（2024•台州一模）常温下，Ksp（CaSO4）＝9×10﹣6，CaSO4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．常温下CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）、c（）对应于曲线上任意一点 B．向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点 C．d点溶液通过蒸发可以变到c点 D．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（）等于3×10﹣3mol/L 10．（2024•武汉一模）在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法正确的是（　　） A．a点和c点均为纯水 B．b点对应的溶液中大量存在：K+、Ba2+、、I﹣ C．在c点溶液中加NH4Cl固体，可实现c点向d点移动 D．T℃时，0.1mol/L的NaOH溶液pH＝11 11．（2024•沙坪坝区一模）常温下，分别在Mn（NO3）2、Zn（NO3）2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中pX[pX＝﹣lgc（X），X代表Mn2+、Zn2+、]与pH关系如图所示。已知：Ksp[Mn（OH）2]＞Ksp[Zn（OH）2]。下列叙述错误的是（　　） A．L3表示p（Mn2+）与pH的关系 B．常温下，Ksp[Zn（OH）2]的数量级为10﹣17 C．a点存在c（Na+）＜c（HNO2） D．常温下，Mn（OH）2难溶于HNO2 12．（2024•宁波一模）常温下，Mg2+在Na2CO3溶液中发生反应，可能生成Mg（OH）2或MgCO3。图1表示Na2CO3溶液中各含碳物种的物质的量分数与溶液pH的关系；图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）c2（OH﹣）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合。利用平衡原理分析，下列说法正确的是（　　） A．常温时，的水解常数pKh1＝10.25 B．Ksp[Mg（OH）2]的数量级为10﹣11 C．由图2，当pH＝11，lg[c（Mg2+）]＝﹣6时，有沉淀生成 D．由图1和图2，在pH＝8，lg[c（Mg2+）]＝﹣1时，溶液中发生反应： 13．（2024•山东一模）向饱和AgCl溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+和[Ag（NH3）]++NH3⇌[Ag（NH3）2]+，Pc（M）＝﹣lgc（M）与Pc（NH3）＝﹣lgc（NH3）的关系如图所示{其中M代表Ag+、Cl﹣、[Ag（NH3）]+或[Ag（NH3）2]+}。下列说法错误的是（　　） A．曲线Ⅰ表示与NH3浓度的变化关系 B．AgCl的溶度积常数 C．反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+的平衡常数K的值为103.24 D．Pc（NH3）＝2时，溶液中 14．（2024•南山区期末）室温下，某实验小组按如图所示进行实验： 下列说法不正确的是（　　） A．Mg（OH）2在①与③两溶液中均达到饱和状态 B．加入几滴浓盐酸后，难溶电解质的溶解平衡正向移动 C．①溶液中的c（Mg2+）＞③溶液中的c（Mg2+） D．③溶液中存在：2c（Mg2+）＞c（Cl﹣） 15．（2024•9月份一模）室温下，HR、Al（NO3）3、Ce（NO3）3三份溶液中分别加入等物质的量浓度的NaOH溶液，pM[p表示负对数，M表示、c（Al3+）、c（Ce3+）]随溶液pH变化的关系如图所示。已知Al（OH）3比Ce（OH）3更难溶，下列说法正确的是（　　） A．室温下，Ka（HR）：Ksp[Al（OH）3]：Ksp[Ce（OH）3]＝10﹣5.5：10﹣20.1：10﹣29.7 B．调节HR溶液pH＝7时，溶液中：c（Na+）＝c（R﹣）＞c（HR） C．可通过计算得出曲线②③的交点X点横坐标为8.6 D．向Al（OH）3沉淀中加入足量饱和CeCl3溶液可生成Ce（OH）3沉淀 二．解答题（共5小题） 16．（2024•江北区一模）某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，可采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。请回答以下问题： 表1 几种盐的Ksp 难溶物 Ksp Ca3（AsO4）2 6.8×10﹣19 CaSO4 4.9×10﹣5 FeAsO4 5.7×10﹣21 表2 工厂污染物排放浓度及允许排放标准 污染物 H2SO4 As 废水浓度 29.4g•L﹣1 1.6g•L﹣1 排放标准 pH＝6～9 0.5mg•L﹣1 （1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝　 　mol•L﹣1。 （2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（）＝　 　mol•L﹣1。 （3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（弱酸H3AsO3）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（弱酸H3AsO4），此时MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为　 　。 （4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右，使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降。 ①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为　 　。 ②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为　 　。 ③砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数（25℃）为：Ka1＝5.6×10﹣3，Ka2＝1.7×10﹣7，Ka3＝4.0×10﹣12，第三步电离的平衡常数的表达式为Ka3＝　 　，Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：+H2O⇌+OH﹣，该步水解的平衡常数（25℃）为：　 　。 17．（2024•宝山区一模）H2S是一种重要的化工原料，25℃时，Ksp（CuS）＝6.0×10﹣36，Ksp（FeS）＝6.0×10﹣18；H2S：Ka1＝1×10﹣7，Ka2＝1×10﹣13。 （1）写出硫化氢在水中的电离方程式：　 　（写出第一步电离即可）。 （2）常温下，将10mL0.1mol•L﹣1Na2S溶液和10mL0.1mol•L﹣1HCl溶液混合，混合后溶液的pH 　 　（填“大于”或“小于”）7，溶液中含硫微粒的浓度大小顺序为 　 　。 （3）常温下，水溶液中c（H+）和c（OH﹣）的浓度变化如图所示，下列说法正确的是 　 　（填标号）。 A．将硫化氢通入水中，溶液中c（H+）的变化：a→b B．b点溶液中可大量存在的离子：S2﹣，K+，Fe3+、Cl﹣ C．将硫氢化钾固体加到水中，水的电离程度减小 D．c点时加入少量硫化钠固体，最终不变 （4）常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，其反应原理为H2S（aq）+Cu2+（aq）＝CuS（s）+2H+（aq），该反应的平衡常数为 　 　（保留3位有效数字）。 （5）硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，发生反应的离子方程式为 　 　，当反应达到平衡时，＝　 　。 18．（2024•上海）已知：Ca2++2⇌CaCO3+H2CO3 ①⇌H++ ②Ca2++⇌CaCO3 ③+H+⇌H2CO3 （1）（不定项）以下能判断反应到达平衡的是 　 　。 A.钙离子浓度不变 B.碳酸氢根和碳酸根的浓度比不变 C.两个物质的正反应速率是1：1 D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数 （2）pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因：　 　。 已知H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，CaCO3的Ksp＝2.8×10﹣9 （3）若c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1， 求c（H2CO3）＝　 　。 当c（Ca2+）＝　 　mol•L﹣1时，开始产生CaCO3沉淀。 19．（2024•嘉定区二模）在铜、银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（）和乙醛，如图是该反应的部分历程。 （1）据上图信息，在相同条件下，催化效果较好的催化剂是 　 　，通过数据计算说明（以生成乙醛为例） 　 　。 （2）鉴别以上产物乙醛和环氧乙烷可以用 　 　。（不定项） A．原子发射光谱 B．原子吸收光谱 C．核磁共振氢谱 D．红外光谱 （3）以下电子排布式和价电子轨道表示式中，正确且对应微粒为基态原子的是 　 　。 A．[Ar]3d94s2 B．[Ar]3d104s1 C．[Ar]3d9 D． （4）已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，二者晶体结构类似，且熔点都较高，但Cu2O熔点比Cu2S高，其原因是 　 　。 （5）Cu2O晶胞结构如图所示，其中代表的原子是 　 　，晶体密度为ρ g•cm﹣3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA＝　 　。（用含ρ和a的代数式表示） （6）Cu2+可以形成一种配位化合物，其结构如图所示。以下说法正确的是 　 　。 A．Cu2+的配位数是2 B．此配合物中存在配位键、极性键、非极性键 C．配体中O原子提供空轨道 D．Cu2+提供孤电子对 （7）已知：常温下，①[Cu（NH3）4]2+（aq）⇌Cu2+（aq）+4NH3（aq） K1＝5.0×10﹣14；②Cu（OH）2（s）+4NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq） K2＝4.4×10﹣7，则常温下Ksp[Cu（OH）2]＝　 　。 20．（2024•延庆区期末）常温下，某小组同学用如下装置探究Mg（OH）2的沉淀溶解平衡。 实验装置 实验序号 传感器种类 实验操作 ① 电导率传感器 向蒸馏水中加入足量Mg（OH）2粉末，一段时间后再加入少量蒸馏水。 ② pH传感器 向滴有酚酞溶液的蒸馏水中加入Mg（OH）2粉末，隔一段时间后，再向所得悬浊液中加入一定量稀硫酸，一段时间后，仍存在Mg（OH）2粉末。 Ⅰ．实验①测得电导率随时间变化的曲线如图1所示。 已知：ⅰ．在稀溶液中，溶液中离子浓度越大，电导率越大 （1）a点电导率不等于0的原因是 　 　。 （2）由图1可知，在Mg（OH）2悬浊液中再加入少量蒸馏水的时刻为 　 　（填“b”“c”或“d”）点。 （3）分析电导率在de段逐渐上升的原因：d时刻，Q[Mg（OH）2]　 　（填“＞”“＜”或“＝”）Ksp[Mg（OH）2]，导致 　 　（结合化学用语说明）。 Ⅱ．实验②测得pH随时间变化的曲线如图2所示。 已知：ⅱ．25℃，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12 ⅲ．酚酞变色范围： pH ＜8.2 8.2≤pH≤10 ＞10 颜色 无色 淡粉色 红色 （4）实验②过程中，溶液颜色变化为：先变红，　 　。 （5）图2中DE段pH低于BC段pH的原因是 　 　。 （6）Mg（OH）2常被用于水质改良剂，能够使水体pH约为9，进而抑制细菌的生长。25℃时，水体中c（Mg2+）约为 　 　mol⋅L﹣1。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•罗湖区一模）下列离子能大量共存的是（　　） A．使酚酞溶液呈红色的溶液中可大量存在：Mg2+、、、 B．强酸性溶液中可大量存在：、Cl﹣、Na+、Ca2+ C．澄清透明的溶液中可大量存在：Fe3+、Mn2+、、Cl﹣ D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液中可大量存在：Na+、K+、S2﹣、 【答案】C 【分析】A．根据碱性条件下，Mg2+、、均不可大量共存进行分析； B．根据Ca2+与不能大量共存进行分析； C．根据Fe3+、Mn2+、、Cl﹣能大量共存进行分析； D．根据酸性条性条件下具有强氧化性，可与具有还原性的S2﹣反应进行分析。 【解答】解：A．使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、、均不可大量共存，故A错误； B．CaSO4为微溶物，Ca2+与不能大量共存，故B错误； C．Fe3+、Mn2+、、Cl﹣能大量共存，形成的是澄清透明溶液，故C正确； D．紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，酸性条性条件下具有强氧化性，可与具有还原性的S2﹣反应，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查离子共存问题等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 2．（2024•长沙一模）在下列条件的溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（　　） A．使酚酞试剂变红的溶液中：Na+、Cl﹣、、Fe3+ B．无色透明溶液中：K+、、、H+ C．可与锌反应放出氢气的溶液中：Na+、Ca2+、Cl﹣、 D．使pH试纸变蓝的溶液中：K+、Na+、、Cl﹣ 【答案】D 【分析】A．根据Fe3+能够与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，进行分析； B．根据含的溶液呈紫红色，进行分析； C．根据能够与氢离子反应，且与Ca2+反应生成碳酸钙，进行分析； D．根据各离子间不反应进行分析。 【解答】解：A．该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量OH﹣，Fe3+能够与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误； B．含的溶液呈紫红色，不满足溶液无色的要求，故B错误； C．该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量的氢离子，能够与氢离子反应，且与Ca2+反应生成碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故C错误； D．该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子，各离子间不反应，可以大量共存，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查离子共存问题等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 3．（2024•浙江一模）常温下，在AgCl悬浊液中投入少量ZnS（白色）后，固体逐渐变黑。 已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（ZnS）＝2.5×10﹣22，Ksp（Ag2S）＝6.3×10﹣50，Ka1（H2S）＝1.1×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13。下列说法不正确的是（　　） A．0.1mol•L﹣1H2S溶液中存在：c（H+）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣） B．AgCl悬浊液中存在：c（Ag+）＝c（Cl﹣） C．固体变黑的主要原因：2AgCl（s）+ZnS（s）＝Ag2S（s）+Zn2+（aq）+2Cl﹣（aq） D．充分反应后，ZnS不能完全转化为Ag2S 【答案】D 【分析】A．0.1mol•L﹣1H2S溶液中硫化氢分步电离； B．AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡，AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）； C．固体变黑的主要原因是实现了沉淀转化； D．常温下，在AgCl悬浊液中投入少量ZnS（白色），Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（ZnS）＝2.5×10﹣22，Ksp（Ag2S）＝6.3×10﹣50，据此分析判断。 【解答】解：A．0.1mol•L﹣1H2S溶液中硫化氢分步电离，H2S⇌H++HS﹣，HS﹣⇌H++S2﹣，溶液中离子浓度大小为：c（H+）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣），故A正确； B．AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡，AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），饱和溶液中存在c（Ag+）＝c（Cl﹣），故B正确； C．已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（ZnS）＝2.5×10﹣22，Ksp（Ag2S）＝6.3×10﹣50，固体变黑的主要原因是沉淀转化，反应的离子方程式：2AgCl（s）+ZnS（s）＝Ag2S（s）+Zn2+（aq）+2Cl﹣（aq），故C正确； D．沉淀转化的反应：2AgCl（s）+ZnS（s）＝Ag2S（s）+Zn2+（aq）+2Cl﹣（aq），Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（ZnS）＝2.5×10﹣22，Ksp（Ag2S）＝6.3×10﹣50，充分反应后，ZnS能完全转化为Ag2S，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素、溶度积常数的计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 4．（2024•湖北一模）在25℃下用KOH溶液分别滴定HA、CuCl2、MgCl2三种溶液，pM[p＝﹣lgM，M表示c（Cu2+）、c（Mg2+）、]随pH变化有①②③三条曲线，已知图像中a＝4.0，b＝5.5，c＝8.5，且Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，下列说法错误的是（　　） A．HA的电离常数Ka（HA）＝1×10﹣5.5 B．在25℃下Cu（OH）2易溶于HA溶液中 C．当Mg2+刚好完全沉淀时，溶液pH＝11 D．②③两条曲线交点N的横坐标pH＝11.5 【答案】B 【分析】Cu（OH）2、Mg（OH）2的组成相似，二者的pM随pH的变化曲线应该是平行线，则曲线②代表随pH变化，Ksp[M（OH）2）]＝c（M2+）•c2（OH﹣），当曲线上pM＝0时Ksp[M（OH）2）]＝c2（OH﹣），且c（OH﹣）越大时pH越大，Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，所以曲线①③分别代表c（Cu2+）、c（Mg2+）随pH的变化关系，根据图中a＝4.0，b＝5.5，c＝8.5计算Ksp[Cu（OH）2]＝1×[10﹣14﹣（﹣4）]2＝1×10﹣20，HA的电离常数Ka（HA）＝×c（H+）＝1×10﹣5.5，Ksp[Mg（OH）2]＝1×[10﹣14﹣（﹣8.5）]2＝1×10﹣11，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，曲线②代表随pH变化，b＝5.5时c（HA）＝c（A﹣），此时HA的电离常数Ka（HA）＝×c（H+）＝c（H+）＝1×10﹣5.5，故A正确； B．在25℃下Cu（OH）2+2HA⇌Cu2++2A﹣+2H2O的平衡常数K＝＝×＝＝1×10﹣3，则Cu（OH）2不易溶于HA溶液中，故B错误； C．Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝1×10﹣11，当Mg2+刚好完全沉淀时c（Mg2+）＝1×10﹣5mol/L，此时c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣3mol/L，pH＝14﹣lg1×10﹣3＝11，故C正确； D．N点时c（Mg2+）＝，c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝1×10﹣11，c（H+）.c（A﹣）＝1×10﹣5.5，则c（H+）＝＝mol/L＝1×10﹣11.5mol/L，pH＝11.5，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查难溶物溶解平衡、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确图中曲线表示的意义、电离平衡常数与溶度积常数的计算是解本题关键，题目难度中等。 5．（2024•陕西一模）室温下，向10mL0.1mol•L﹣1NaCl溶液和10mL0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液中分别滴入0.1mol•L﹣1AgNO3溶液至恰好完全反应，溶液的pM[pM＝﹣lgc（Cl﹣）或]与滴入的AgNO3溶液的体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．室温下， B．a、c、d点对应溶液中，c（Ag+）最大的是c点 C．若用0.05mol•L﹣1AgNO3溶液滴定，则a点向b点移动 D．室温下，反应的平衡常数K＝2.0×1014.2 【答案】C 【分析】滴定过程中反应为Ag++Cl﹣＝AgCl↓和2Ag++＝Ag2SO4↓，由于起始时两溶液的Cl﹣和的物质的量相同，所以加入10mLAgNO3溶液时NaCl反应完全，加入20mLAgNO3溶液时Na2SO4反应完全，即a点所在曲线代表﹣lgc（Cl﹣）与滴入的AgNO3溶液体积的关系，d点所在曲线代表﹣lgc（）与滴入的AgNO3溶液体积的关系，根据a点数值计算Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣）＝10﹣4.9×10﹣4.9＝1.0×10﹣9.8，根据d点数值计算Ksp（Ag2SO4）＝c2（Ag+）•c（）＝（2.0××10﹣1.8）2×10﹣1.8＝4.0××10﹣5.4，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，a点所在曲线代表﹣lgc（Cl﹣）与滴入的AgNO3溶液体积的关系，根据a点数值计算Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣）＝10﹣4.9×10﹣4.9＝1.0×10﹣9.8，故A错误； B．a点对应溶液中的c（Ag+）＝1.0×10﹣4.9mol•L﹣1，d点对应溶液中的c（Ag+）＝2.0×10﹣1.8mol•L﹣1，c点对应溶液中Na2SO4还剩余一半，c点对应溶液中的c（）：c＞d，Ksp（Ag2SO4）＝c2（Ag+）•c（），则c（Ag+）：c＜d，所以a、c、d点对应溶液中，c（Ag+）最大的是d点，故B错误； C．若用0.05mol•L﹣1AgNO3溶液滴定10mL0.1mol•L﹣1NaCl溶液，当滴入的V[AgNO3（aq）]＝20mL时，NaCl和AgNO3恰好完全反应，由于温度不变，则Ksp（AgCl）不变，此时溶液中c（Cl﹣）＝1.0×10﹣4.9mol•L﹣1，则图中a点向b点移动，故C正确； D．室温下，反应的平衡常数K＝＝＝＝4.0×1014.2，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查难溶电解质及其图象分析，把握图中曲线表示的含义、溶度积常数的计算及其应用为解答的关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，题目难度中等。 6．（2024•香坊区一模）常温下，用0.100mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定25.00mL未知浓度的AgNO3溶液，以NH4Fe（SO4）2为指示剂，测得溶液中pSCN、pAg随加入NH4SCN溶液体积的变化关系如图所示。已知：①lg3＝0.5，②pX＝﹣lgc（X或X﹣），③Ag++SCN﹣＝AgSCN↓。下列说法错误的是（　　） A．该温度下AgSCN溶度积常数Ksp＝1.0×10﹣12 B．为防止指示剂失效，滴定过程中应保持溶液空呈酸性 C．加入V（NH4SCN）＝20mL时，pAg＝2 D．相同条件下，若改为0.05mol•L﹣1的NH4SCN溶液，滴定终点将向左平移 【答案】D 【分析】A．AgSCN的溶度积常数Ksp＝c（Ag+）×c（SCN﹣）； B．NH4Fe（SO4）2为指示剂，属于强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，碱性条件会使铁离子转化为沉淀； C．由图可知，加入NH4SCN溶液的体积为25mL时二者恰好反应完全，所以AgNO3溶液的浓度c（AgNO3）＝0.100mol/L，当加入V（NH4SCN）＝20mL时AgNO3溶液过量，溶液中c（Ag+）＝＝mol/L； D．相同条件下，若改为0.05mol•L﹣1的NH4SCN溶液，则达到终点时消耗NH4SCN溶液体积增大。 【解答】解：A．曲线交叉点时c（Ag+）＝c（SCN﹣）＝1.0×10﹣6mol/L，则AgSCN的溶度积常数Ksp＝c（Ag+）×c（SCN﹣）＝1.0×10﹣6×1.0×10﹣6＝1.0×10﹣12，故A正确； B．NH4Fe（SO4）2属于强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则碱性条件会使铁离子转化为沉淀，为防止指示剂失效，溶液应维持酸性，故B正确； C．由图可知，加入NH4SCN溶液的体积为25mL时二者恰好反应完全，所以AgNO3溶液的浓度c（AgNO3）＝0.100mol/L，当加入V（NH4SCN）＝20mL时AgNO3溶液过量，溶液中c（Ag+）＝＝mol/L，pAg＝﹣lgc＝2，故C正确； D．相同条件下，若改为0.05mol•L﹣1的NH4SCN溶液，则达到终点时消耗NH4SCN溶液体积增大、pAg不变，滴定终点将向右平移，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重图象信息分析能力和灵活运用能力考查，明确溶度积常数的计算、盐类水解原理、化学方程式计算是解题关键，题目难度中等。 7．（2024•杭州一模）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO4（s）+（aq）⇌CaCO3（s）+（aq）。将1.00g硫酸钙（M＝136g•mol﹣1）加入100mL0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液中，在25℃和充分搅拌条件下，利用pH计测得体系pH随时间t变化如图。已知：Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10﹣11，Ksp（CaCO3）＝3.5×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5（不考虑水解）。下列说法不正确的是（　　） A．t＝0时，以上溶液中存在： B．保持溶液中，可使水垢中的CaSO4转化为CaCO3 C．t2时刻体系中已达平衡状态 D．t2时刻后向体系中加入少量Na2SO4固体，溶液的pH不变 【答案】D 【分析】A．t＝0时，碳酸根是弱酸根离子，少量水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子； B．因为和，故的平衡常数； C．t2时刻，体系pH不变，溶液中离子浓度不变； D．t2时刻后，向体系中加入少量Na2SO4固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，溶液中碳酸根离子浓度增大，水解平衡正向移动。 【解答】解：A．t＝0时，碳酸根是弱酸根离子，少量水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，故，故A正确； B．的平衡常数，保持溶液中，平衡正移，可使水垢中的CaSO4转化为CaCO3，故B正确； C．t2时刻，体系中，pH不变，溶液中离子浓度不变，故已达到平衡状态，故C正确； D．t2时刻后，向体系中加入少量Na2SO4固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，溶液中碳酸根离子浓度增大，水解平衡正向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶液平衡的掌握情况，试题难度中等。 8．（2024•西城区一模）室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，溶液pH随时间变化如图所示。 已知：Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5 Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9 下列说法不正确的是（　　） A．两者混合发生反应：CaSO4（s）+（aq）⇌CaCO3（s）+（aq） B．随着反应的进行，+H2O⇌+OH﹣逆向移动，溶液pH下降 C．充分反应后上层清液中约为1.4×104 D．0～600s内上层清液中存在：c（Na+）+2c（Ca2+）＜c（）+2c（）+2c（） 【答案】D 【分析】A．室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，实现沉淀转化； B．随反应进行碳酸根离子浓度减小，碳酸根离子水解平衡逆向进行； C．充分反应后上层清液中＝×＝； D．0～600s内上层清液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），结合溶液中存在电荷守恒分析判断。 【解答】解：A．室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，两者混合发生反应：CaSO4（s）+（aq）⇌CaCO3（s）+（aq），故A正确； B．随着反应的进行，碳酸根离子浓度减小，+H2O⇌+OH﹣逆向移动，溶液pH下降，故B正确； C．充分反应后上层清液中＝×＝＝≈1.4×104，故C正确； D．0～600s内上层清液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）+2c（Ca2+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（）+2c（），得到c（Na+）+2c（Ca2+）＞c（）+2c（）+2c（），故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查了沉淀转化、溶度积常数计算、电解质溶液中电荷失活的分析应用等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 9．（2024•台州一模）常温下，Ksp（CaSO4）＝9×10﹣6，CaSO4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．常温下CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）、c（）对应于曲线上任意一点 B．向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点 C．d点溶液通过蒸发可以变到c点 D．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（）等于3×10﹣3mol/L 【答案】B 【分析】A．常温下CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）＝c（）； B．d点为CaSO4不饱和溶液，加入适量CaCl2固体时c（Ca2+）增大； C．d点溶液蒸发适量水时c（Ca2+）、c（）均增大； D．b点溶液中浓度熵Q大于Ksp（CaSO4），为CaSO4的过饱和溶液，有CaSO4沉淀生成，结合Ksp（CaSO4）＝c（Ca2+）•c（）进行计算。 【解答】解：A．常温下CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）＝c（）＝＝mol/L＝3×10﹣3mol/L，位于曲线的正中点，故A错误； B．d点为CaSO4不饱和溶液，加入适量CaCl2固体时c（Ca2+）增大，浓度熵Q可能与Ksp（CaSO4）相等，即向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点，故B正确； C．d点溶液蒸发适量水时c（Ca2+）、c（）均增大，达到饱和状态时浓度熵Q可能与Ksp（CaSO4）相等，该平衡点在c点右下方，不可能是c点，故C错误； D．b点溶液中浓度熵Q大于Ksp（CaSO4），为CaSO4的过饱和溶液，有CaSO4沉淀生成，设减少c（Ca2+）＝c（）＝xmol/L，则达到平衡时（5×10﹣3﹣x）×（4×10﹣3﹣x）＝9×10﹣6，解得x≈1.5×10﹣3mol/L，即平衡后溶液中c（）＝2.5×10﹣3mol/L，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象，侧重图象分析能力和计算能力考查，把握图象信息分析、溶度积常数计算及其应用是解题关键，题目难度中等。 10．（2024•武汉一模）在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法正确的是（　　） A．a点和c点均为纯水 B．b点对应的溶液中大量存在：K+、Ba2+、、I﹣ C．在c点溶液中加NH4Cl固体，可实现c点向d点移动 D．T℃时，0.1mol/L的NaOH溶液pH＝11 【答案】D 【分析】A．由图可知，a点和c点溶液呈中性，可能是强酸强碱盐溶液； B．酸性条件下，和I﹣不能大量共存； C．NH4Cl是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性； D．由图可知，T℃时水的离子积Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣6×10﹣6＝10﹣12。 【解答】解：A．由图可知，a点和c点溶液呈中性，可能是强酸强碱盐溶液，不一定是纯水，故A错误； B．由图可知，b点对应的溶液呈酸性，酸性条件下，和I﹣不能大量共存，故B错误； C．图中d点溶液呈碱性，NH4Cl溶液呈酸性，则c点溶液中加NH4Cl固体，不可能实现c点向d点移动，故C错误； D．0.1mol/L的NaOH溶液中c（OH﹣）＝0.1mol/L，由图可知，T℃时水的离子积Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣6×10﹣6＝10﹣12，则T℃时，0.1mol/L的NaOH溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣11mol/L，pH＝11，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查离子共存问题、水的电离平衡，侧重基础知识灵活运用能力和计算能力考查，把握溶度积常数及pH的相关计算、离子性质及反应是解题关键，题目难度中等。 11．（2024•沙坪坝区一模）常温下，分别在Mn（NO3）2、Zn（NO3）2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中pX[pX＝﹣lgc（X），X代表Mn2+、Zn2+、]与pH关系如图所示。已知：Ksp[Mn（OH）2]＞Ksp[Zn（OH）2]。下列叙述错误的是（　　） A．L3表示p（Mn2+）与pH的关系 B．常温下，Ksp[Zn（OH）2]的数量级为10﹣17 C．a点存在c（Na+）＜c（HNO2） D．常温下，Mn（OH）2难溶于HNO2 【答案】D 【分析】L1随着pH的增大而减小，即代表，L2、L3均随pH的增大而增大，且pH相同时，L2更大，由于Ksp[Mn（OH）2]＞Ksp[Zn（OH）2]，即L2为Zn2+，L3为Mn2+。 【解答】解：A．由分析得，L3表示p（Mn2+）与pH的关系，故A正确； B．由b点坐标可得：，数量级为10﹣17，故B正确； C．a点纵坐标为0，即，存在电荷守恒：，c（H+）＞c（OH﹣），即，，c（Na+）＜c（HNO2），故C正确； D．方程式：，，即，可知常温下Mn（OH）2溶于HNO2，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 12．（2024•宁波一模）常温下，Mg2+在Na2CO3溶液中发生反应，可能生成Mg（OH）2或MgCO3。图1表示Na2CO3溶液中各含碳物种的物质的量分数与溶液pH的关系；图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）c2（OH﹣）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合。利用平衡原理分析，下列说法正确的是（　　） A．常温时，的水解常数pKh1＝10.25 B．Ksp[Mg（OH）2]的数量级为10﹣11 C．由图2，当pH＝11，lg[c（Mg2+）]＝﹣6时，有沉淀生成 D．由图1和图2，在pH＝8，lg[c（Mg2+）]＝﹣1时，溶液中发生反应： 【答案】D 【分析】根据图1，时，pH＝6.37，则，时，pH＝10.25，则；据图2，pH＝9时，lg[c（Mg2+）]≈﹣1.3，即c（OH﹣）＝10﹣5mol/L、c（Mg2+）＝10﹣1.3mol/L，。 【解答】解：A．常温时，的水解常数，故A错误； B．据图2，pH＝9时，lg[c（Mg2+）]≈﹣1.3，即c（OH﹣）＝10﹣5mol/L、c（Mg2+）＝10﹣1.3mol/L，，故B错误； C．由图2可知，当pH＝11、lg[c（Mg2+）]＝﹣6时，Mg（OH）2的、MgCO3的，所以没有沉淀生成，故C错误； D．由图1可知，在pH＝8时，碳酸钠溶液中含碳物种主要为，当lg[c（Mg2+）]＝﹣1时，由图2知，Mg（OH）2的，MgCO3的，即产生碳酸镁沉淀，因此发生的反应为，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 13．（2024•山东一模）向饱和AgCl溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+和[Ag（NH3）]++NH3⇌[Ag（NH3）2]+，Pc（M）＝﹣lgc（M）与Pc（NH3）＝﹣lgc（NH3）的关系如图所示{其中M代表Ag+、Cl﹣、[Ag（NH3）]+或[Ag（NH3）2]+}。下列说法错误的是（　　） A．曲线Ⅰ表示与NH3浓度的变化关系 B．AgCl的溶度积常数 C．反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+的平衡常数K的值为103.24 D．Pc（NH3）＝2时，溶液中 【答案】D 【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。 【解答】解：A．根据分析，曲线Ⅰ表示与NH3浓度的变化关系，故A正确； B．横坐标均为1时，c（Ag+）＝10﹣7.40mol/L，c（Cl﹣）＝10﹣2.35mol/L，AgCl的溶度积常数，故B正确； C．横坐标均为1时，c（Ag+）＝10﹣7.40mol/L，，，反应的平衡常数K＝，故C正确； D．Pc（NH3）＝2时，c（NH3）＝0.01mol/L，溶液中，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 14．（2024•南山区期末）室温下，某实验小组按如图所示进行实验： 下列说法不正确的是（　　） A．Mg（OH）2在①与③两溶液中均达到饱和状态 B．加入几滴浓盐酸后，难溶电解质的溶解平衡正向移动 C．①溶液中的c（Mg2+）＞③溶液中的c（Mg2+） D．③溶液中存在：2c（Mg2+）＞c（Cl﹣） 【答案】C 【分析】A．Mg（OH）2是不溶物，存在沉淀溶解平衡； B．Mg（OH）2存在溶解平衡为Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），酸能与OH﹣生成H2O； C．①溶液中溶质为Mg（OH）2，③溶液中溶质为Mg（OH）2、MgCl2； D．③溶液中溶质为Mg（OH）2、MgCl2，溶液呈碱性，酚酞溶液变红，结合电荷守恒关系分析判断。 【解答】解：A．Mg（OH）2是不溶物，存在沉淀溶解平衡，所得溶液为饱和状态，加入几滴盐酸时促进Mg（OH）2溶解，但仍为Mg（OH）2饱和溶液，即Mg（OH）2在①与③两溶液中均达到饱和状态，故A正确； B．Mg（OH）2存在溶解平衡为Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），加入的盐酸与OH﹣生成H2O，溶解平衡正向移动，故B正确； C．①溶液中溶质为Mg（OH）2，③溶液中溶质为Mg（OH）2、MgCl2，则①溶液中的c（Mg2+）＜③溶液中的c（Mg2+），故C错误； D．③溶液中溶质为Mg（OH）2、MgCl2，酚酞溶液变红，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），电荷守恒关系为2c（Mg2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），则2c（Mg2+）＞c（Cl﹣），故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重分析能力和运用能力考查，把握沉淀溶解平衡及其影响因素、溶液中溶质的成分、溶液中存在的守恒关系式的应用即可解答，题目难度中等。 15．（2024•9月份一模）室温下，HR、Al（NO3）3、Ce（NO3）3三份溶液中分别加入等物质的量浓度的NaOH溶液，pM[p表示负对数，M表示、c（Al3+）、c（Ce3+）]随溶液pH变化的关系如图所示。已知Al（OH）3比Ce（OH）3更难溶，下列说法正确的是（　　） A．室温下，Ka（HR）：Ksp[Al（OH）3]：Ksp[Ce（OH）3]＝10﹣5.5：10﹣20.1：10﹣29.7 B．调节HR溶液pH＝7时，溶液中：c（Na+）＝c（R﹣）＞c（HR） C．可通过计算得出曲线②③的交点X点横坐标为8.6 D．向Al（OH）3沉淀中加入足量饱和CeCl3溶液可生成Ce（OH）3沉淀 【答案】B 【分析】Ksp[Ce（OH）3]＝c（Ce3+）×c3（OH﹣），已知Al（OH）3比Ce（OH）3更难溶，Ksp[Al（OH）3]：＜Ksp[Ce（OH）3]，且满足pc（Ce3+）＜pc（Al3+），即Al（NO3）3、Ce（NO3）3的两条线不能相交，③为HR滴定曲线，而①②分别为Al（NO3）3、Ce（NO3）3的滴定曲线，由pH＝4.1时，c（OH﹣）＝10﹣9.9mol/L，Ksp[Al（OH）3]＝1×（10﹣9.9）3＝10﹣29.7，同理pH＝7.3时，Ksp[Ce（OH）3]＝1×（10﹣6.7）3＝10﹣20.1，pH＝5.5时，Ka（HR）＝＝10﹣5.5，据此分析判断选项。 【解答】解：A．上述分析可知，室温下，Ka（HR）：Ksp[Al（OH）3]：Ksp[Ce（OH）3]＝10﹣5.5：10﹣29.7：10﹣20.1，故A错误； B．pH＞5.5时，p均大于0，c（R﹣）＞c（HR），调节HR溶液pH＝7时，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）＝c（R﹣）＞c（HR），故B正确； C．设X点纵坐标为a，横坐标为b，则有①Ka（HR）＝＝10﹣a×10﹣b＝10﹣5.5，②Ksp[Ce（OH）3]＝c（Ce3+）×c3（OH﹣）＝10﹣a×（10﹣14+b＝10﹣20.1，联立计算得到b＝6.85，故C错误； D．已知Al（OH）3比Ce（OH）3更难溶，向Al（OH）3沉淀中加入足量饱和CeCl3溶液，不能生成Ce（OH）3沉淀，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了溶度积常数、电离平衡常数的计算应用、离子浓度关系和图象分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度较大。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•江北区一模）某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，可采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。请回答以下问题： 表1 几种盐的Ksp 难溶物 Ksp Ca3（AsO4）2 6.8×10﹣19 CaSO4 4.9×10﹣5 FeAsO4 5.7×10﹣21 表2 工厂污染物排放浓度及允许排放标准 污染物 H2SO4 As 废水浓度 29.4g•L﹣1 1.6g•L﹣1 排放标准 pH＝6～9 0.5mg•L﹣1 （1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝　0.3　mol•L﹣1。 （2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（）＝　5.7×10﹣17　mol•L﹣1。 （3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（弱酸H3AsO3）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（弱酸H3AsO4），此时MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为　2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O　。 （4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右，使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降。 ①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为　CaSO4　。 ②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为　H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀　。 ③砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数（25℃）为：Ka1＝5.6×10﹣3，Ka2＝1.7×10﹣7，Ka3＝4.0×10﹣12，第三步电离的平衡常数的表达式为Ka3＝　　，Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：+H2O⇌+OH﹣，该步水解的平衡常数（25℃）为：　2.5×10﹣3　。 【答案】（1）0.3； （2）5.7×10﹣17； （3）2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O； （4）①CaSO4； ②H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀； ③2.5×10﹣3。 【分析】（1）图表中的硫酸质量浓度换算物质的量计算，c＝； （2）Ksp越小，越易先生成沉淀，然后依据溶度积常数计算得到c（）的浓度； （3）反应物和生成物结合元素化合价的变化配平方程式； （4）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出； ②H3AsO4是弱酸电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀； ③H3AsO4的第三步电离式为⇌H++，依此写出电离的平衡常数的表达式；依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算。 【解答】解：（1）图表中硫酸浓度为29.4g/L，换算物质的量浓度＝＝0.3mol•L﹣1， 故答案为：0.3； （2）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol•L﹣1，依据Ksp大小可以得到，Ksp（FeAsO4）小，反应过程中Fe3+先析出沉淀；依据Ksp（FeAsO4）＝c（Fe3+）c（）＝5.7×10﹣21；Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol•L﹣1，则 c（）＝＝5.7×10﹣17mol/L， 故答案为：5.7×10﹣17； （3）三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），则该反应的离子方程式为：2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O； 故答案为：2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O； （4）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为CaSO4， 故答案为：CaSO4； ②H3AsO4是弱酸电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀， 故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀； ③H3AsO4的第三步电离式为⇌H++，所以第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝，Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：+H2O⇌+OH﹣，该步水解的平衡常数Kh＝＝×＝＝＝2.5×10﹣3， 故答案为：；2.5×10﹣3。 【点评】本题考查了溶液中浓度的换算，沉淀溶解平衡的溶度积常数计算，水解常数和电离常数的计算，离子方程式的书写，沉淀的形成等，考查的知识点较多，侧重于对学生计算能力的考查，题目难度中等． 17．（2024•宝山区一模）H2S是一种重要的化工原料，25℃时，Ksp（CuS）＝6.0×10﹣36，Ksp（FeS）＝6.0×10﹣18；H2S：Ka1＝1×10﹣7，Ka2＝1×10﹣13。 （1）写出硫化氢在水中的电离方程式：　　（写出第一步电离即可）。 （2）常温下，将10mL0.1mol•L﹣1Na2S溶液和10mL0.1mol•L﹣1HCl溶液混合，混合后溶液的pH 　大于　（填“大于”或“小于”）7，溶液中含硫微粒的浓度大小顺序为 　　。 （3）常温下，水溶液中c（H+）和c（OH﹣）的浓度变化如图所示，下列说法正确的是 　AD　（填标号）。 A．将硫化氢通入水中，溶液中c（H+）的变化：a→b B．b点溶液中可大量存在的离子：S2﹣，K+，Fe3+、Cl﹣ C．将硫氢化钾固体加到水中，水的电离程度减小 D．c点时加入少量硫化钠固体，最终不变 （4）常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，其反应原理为H2S（aq）+Cu2+（aq）＝CuS（s）+2H+（aq），该反应的平衡常数为 　1.67×1015　（保留3位有效数字）。 （5）硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，发生反应的离子方程式为 　FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）　，当反应达到平衡时，＝　1018　。 【答案】（1）； （2）大于；； （3）AD； （4）1.67×1015； （5）FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）；1018。 【分析】（1）根据硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS﹣、H+，进行分析。 （2）根据计算出Ka2＞Kb2，HS﹣的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性进行分析。 （3）根据硫化氢是弱电解质，Fe3+会将S2﹣氧化，HS﹣的电离程度弱于其水解程度，进行分析。 （4）根据①＝②+③﹣④，确定①的平衡常数进行分析。 （5）根据加入沉淀剂FeS，FeS转化为CuS，进行分析。 【解答】解：（1）硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS﹣、H+，电离方程式为， 故答案为：； （2）等浓度、等体积的Na2S和HCl反应生成等物质的量浓度的NaCl、NaHS，H2S的，其，则Ka2＞Kb2，HS﹣的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性；因为HS﹣的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的浓度大小顺序为， 故答案为：大于；； （3）A．硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS﹣、H+，溶液中氢离子浓度增大、氢氧根离子浓度减小，故A正确； B．Fe3+会将S2﹣氧化，二者不能大量共存，故B错误； C．根据第2问解析，HS﹣的电离程度弱于其水解程度，将硫氢化钾固体加到水中，水的电离程度增大，故C错误； D．，温度不变则最终不变，故D正确； 故答案为：AD； （4）① ② ③HS﹣⇌H++S2﹣ ④CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq） 则①＝②+③﹣④，①的平衡常数为， 故答案为：1.67×1015； （5）＜，则向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，FeS转化为CuS，离子方程式为FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）；当反应达到平衡时，， 故答案为：FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）；1018。 【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 18．（2024•上海）已知：Ca2++2⇌CaCO3+H2CO3 ①⇌H++ ②Ca2++⇌CaCO3 ③+H+⇌H2CO3 （1）（不定项）以下能判断反应到达平衡的是 　AB　。 A.钙离子浓度不变 B.碳酸氢根和碳酸根的浓度比不变 C.两个物质的正反应速率是1：1 D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数 （2）pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因：　溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀　。 已知H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，CaCO3的Ksp＝2.8×10﹣9 （3）若c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1， 求c（H2CO3）＝　2×10﹣6mol•L﹣1　。 当c（Ca2+）＝　4.2×10﹣3　mol•L﹣1时，开始产生CaCO3沉淀。 【答案】（1）AB； （2）溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀； （3）2×10﹣6mol•L﹣1；4.2×10﹣3。 【分析】（1）A.钙离子浓度不变，可逆反应达到平衡状态； B.碳酸氢根和碳酸根离子的浓度之比不变，则各自的浓度不变，可逆反应达到平衡状态； C.在平衡体系中：Ca2++2⇌CaCO3+H2CO3，Ca2+、H2CO3的正反应速率始终是1：1，不是变量； D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数，但某个数不确定，无法确定是否达到平衡状态； （2）珊瑚的主要成分是碳酸钙，溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀； （3）当c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（H2CO3）＝＝2×10﹣6mol•L﹣1，根据c（ ）＝，计算出c（ ），根据c（Ca2+）×c（ ）＝2.8×10﹣9，计算出c（Ca2+）。 【解答】解：（1）A.钙离子浓度不变，其它组分的浓度不变，可逆反应达到平衡状态，故A正确； B.碳酸氢根和碳酸根离子的浓度之比不变，则各自的浓度不变，可逆反应达到平衡状态，故B正确； C.在平衡体系中：Ca2++2⇌CaCO3+H2CO3，Ca2+、H2CO3的正反应速率始终是1：1，没有给出逆反应速率，故C错误； D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数，但某个数不确定，不能确定是否达到平衡状态，故D错误； 故答案为：AB； （2）珊瑚的主要成分是碳酸钙，溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀， 故答案为：溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀； （3）当c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（H2CO3）＝＝2×10﹣6mol•L﹣1，c（ ）＝＝＝mol•L﹣1，c（Ca2+）×c（ ）＝c（Ca2+）×＝2.8×10﹣9，解得：c（Ca2+）＝4.2×10﹣3mol•L﹣1， 故答案为：2×10﹣6mol•L﹣1；4.2×10﹣3。 【点评】本题主要考查平衡状态的判断，平衡移动的影响因素，平衡常数和Ksp的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。 19．（2024•嘉定区二模）在铜、银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（）和乙醛，如图是该反应的部分历程。 （1）据上图信息，在相同条件下，催化效果较好的催化剂是 　Ag　，通过数据计算说明（以生成乙醛为例） 　Ag催化剂活化能为﹣0.31ev﹣（﹣1.04ev）＝0.73ev，Cu催化剂活化能为﹣0.63ev﹣（﹣1.86ev）＝1.23ev，活化能越小，反应速率越快　。 （2）鉴别以上产物乙醛和环氧乙烷可以用 　CD　。（不定项） A．原子发射光谱 B．原子吸收光谱 C．核磁共振氢谱 D．红外光谱 （3）以下电子排布式和价电子轨道表示式中，正确且对应微粒为基态原子的是 　B　。 A．[Ar]3d94s2 B．[Ar]3d104s1 C．[Ar]3d9 D． （4）已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，二者晶体结构类似，且熔点都较高，但Cu2O熔点比Cu2S高，其原因是 　Cu2O与Cu2S均为离子晶体，熔化时需破坏离子键，离子电荷相同，离子半径：O2﹣＜S2﹣，离子键强度：Cu2O强于Cu2S，故熔点Cu2O高于Cu2S　。 （5）Cu2O晶胞结构如图所示，其中代表的原子是 　Cu　，晶体密度为ρ g•cm﹣3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA＝　mol﹣1　。（用含ρ和a的代数式表示） （6）Cu2+可以形成一种配位化合物，其结构如图所示。以下说法正确的是 　B　。 A．Cu2+的配位数是2 B．此配合物中存在配位键、极性键、非极性键 C．配体中O原子提供空轨道 D．Cu2+提供孤电子对 （7）已知：常温下，①[Cu（NH3）4]2+（aq）⇌Cu2+（aq）+4NH3（aq） K1＝5.0×10﹣14；②Cu（OH）2（s）+4NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq） K2＝4.4×10﹣7，则常温下Ksp[Cu（OH）2]＝　2.2×10﹣20　。 【答案】（1）Ag；Ag催化剂活化能为﹣0.31ev﹣（﹣1.04ev）＝0.73ev，Cu催化剂活化能为﹣0.63ev﹣（﹣1.86ev）＝1.23ev，活化能越小，反应速率越快； （2）CD； （3）B； （4）Cu2O与Cu2S均为离子晶体，熔化时需破坏离子键，离子电荷相同，离子半径：O2﹣＜S2﹣，离子键强度：Cu2O强于Cu2S，故熔点Cu2O高于Cu2S； （5）Cu；mol﹣1； （6）B； （7）2.2×10﹣20。 【分析】（1）反应的活化能越低，反应速率越快，催化效果越好； （2）环氧乙烷和乙醛是同分异构体，但其结构不同、官能团的类型不同，可用核磁共振氢谱、红外光谱、X﹣射线衍射实验进行鉴别； （3）A．不存在电子排布式为[Ar]3d94s2的基态原子，应该为[Ar]3d104s1； B．电子排布式为[Ar]3d104s1的基态原子为Cu原子； C．[Ar]3d9是基态Cu2+的排布式； D．根据泡利原理分析判断； （4）Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，则Cu2O和Cu2S均为离子晶体，离子所带电荷越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高； （5）Cu2O晶胞中黑色球的数目为4，白色球的数目为8×+1＝2，二者原子个数比为4：2＝2：1，则图中代表的原子是Cu，晶体的质量m＝×144g＝g，晶胞的体积V＝（a×10﹣10）3cm3＝a3×10﹣30cm3，结合m＝ρV进行计算； （6）根据配位化合物的结构可知，Cu2+与O原子形成4个共价键，即配位数为4，其中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对，二者通过配位键结合，配体中含有C—C键、C＝C键和C—H键、C—O键等； （7）反应①+②得到Cu（OH）2（s）⇌Cu2+（aq）+2OH﹣（aq），其平衡常数Ksp[Cu（OH）2]＝K1•K1。 【解答】解：（1）由图可知，Ag作催化剂时，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷和乙醛的活化能较低，反应速率较快，即Ag的催化效果较好，Ag作催化剂生成乙醛的活化能为﹣0.31ev﹣（﹣1.04ev）＝0.73ev，Cu作催化剂生成乙醛的活化能为﹣0.63ev﹣（﹣1.86ev）＝1.23ev， 故答案为：Ag；Ag催化剂活化能为﹣0.31ev﹣（﹣1.04ev）＝0.73ev，Cu催化剂活化能为﹣0.63ev﹣（﹣1.86ev）＝1.23ev，活化能越小，反应速率越快； （2）环氧乙烷和乙醛是同分异构体，但其结构不同、官能团的类型不同，可用核磁共振氢谱、红外光谱、X﹣射线衍射实验进行鉴别，不能用原子光谱进行鉴别，原子光谱用于元素鉴别，故C、D正确， 故答案为：CD； （3）A．根据洪特规则可知，基态Cu原子的排布式应该为[Ar]3d104s1，不存在电子排布式为[Ar]3d94s2的基态原子，故A错误； B．电子排布式为[Ar]3d104s1的基态原子为Cu原子，符合洪特规则，故B正确； C．[Ar]3d9是基态Cu2+的排布式，不是基态Cu原子的排布式，故C错误； D．不符合泡利原理，正确轨道表示式为，故D错误； 故答案为：B； （4）Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，两者熔点较高，都属于离子晶体，熔化时需破坏离子键，Cu2O和Cu2S相比较，离子所带电荷均相同，但O2﹣半径小于S2﹣，所以Cu2O的离子键强度大，熔点高， 故答案为：Cu2O与Cu2S均为离子晶体，熔化时需破坏离子键，离子电荷相同，离子半径：O2﹣＜S2﹣，离子键强度：Cu2O强于Cu2S，故熔点Cu2O高于Cu2S； （5）Cu2O晶胞中黑色球的数目为4，白色球的数目为8×+1＝2，二者原子个数比为4：2＝2：1，则图中代表的原子是Cu，晶体的质量m＝×144g＝g，晶胞的体积V＝（a×10﹣10）3cm3＝a3×10﹣30cm3，m＝ρV，即＝ρ×a3×10﹣30，则阿伏加德罗常数值NA＝mol﹣1， 故答案为：Cu；mol﹣1； （6）A．由配位化合物的结构图可知，铜离子形成4个共价键，即Cu2+的配位数是4，故A错误； B．该配位化合物中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对，二者通过配位键结合，配体中含有C—C键、C＝C键等非极性键，还含有C—H键、C—O键等极性键，故B正确； C．Cu2+含有空轨道，O原子含有孤电子对，根据配位键形成条件可知，Cu2+、O原子间形成配位键，故C错误； D．Cu2+含有空轨道，O原子含有孤电子对，使Cu2+、O原子间形成配位键，故D错误； 故答案为：B； （7）反应①+②得到Cu（OH）2（s）⇌Cu2+（aq）+2OH﹣（aq），其平衡常数Ksp[Cu（OH）2]＝K1•K1＝5.0×10﹣14×4.4×10﹣7＝2.2×10﹣20， 故答案为：2.2×10﹣20。 【点评】本题考查溶度积常数及其计算、核外电子排布、晶胞计算等知识，侧重分析能力、计算能力和基础知识综合运用能力考查，把握晶胞计算、活化能与反应速率关系、配位键形成条件、物质熔点高低比较方法、核外电子排布等知识是解题关键，题目难度中等。 20．（2024•延庆区期末）常温下，某小组同学用如下装置探究Mg（OH）2的沉淀溶解平衡。 实验装置 实验序号 传感器种类 实验操作 ① 电导率传感器 向蒸馏水中加入足量Mg（OH）2粉末，一段时间后再加入少量蒸馏水。 ② pH传感器 向滴有酚酞溶液的蒸馏水中加入Mg（OH）2粉末，隔一段时间后，再向所得悬浊液中加入一定量稀硫酸，一段时间后，仍存在Mg（OH）2粉末。 Ⅰ．实验①测得电导率随时间变化的曲线如图1所示。 已知：ⅰ．在稀溶液中，溶液中离子浓度越大，电导率越大 （1）a点电导率不等于0的原因是 　微弱的电离　。 （2）由图1可知，在Mg（OH）2悬浊液中再加入少量蒸馏水的时刻为 　c　（填“b”“c”或“d”）点。 （3）分析电导率在de段逐渐上升的原因：d时刻，Q[Mg（OH）2]　＜　（填“＞”“＜”或“＝”）Ksp[Mg（OH）2]，导致 　Mg（OH）2沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强　（结合化学用语说明）。 Ⅱ．实验②测得pH随时间变化的曲线如图2所示。 已知：ⅱ．25℃，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12 ⅲ．酚酞变色范围： pH ＜8.2 8.2≤pH≤10 ＞10 颜色 无色 淡粉色 红色 （4）实验②过程中，溶液颜色变化为：先变红，　变无色，最终变为粉红色　。 （5）图2中DE段pH低于BC段pH的原因是 　DE段溶液中含有硫酸镁，增大镁离子浓度，抑制氢氧化镁的溶解　。 （6）Mg（OH）2常被用于水质改良剂，能够使水体pH约为9，进而抑制细菌的生长。25℃时，水体中c（Mg2+）约为 　5.6×10﹣2　mol⋅L﹣1。 【答案】（1）微弱的电离； （2）c； （3）＜；Mg（OH）2沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强； （4）变无色，最终变为粉红色； （5）DE段溶液中含有硫酸镁，增大镁离子浓度，抑制氢氧化镁的溶解； （6）5.6×10﹣2。 【分析】（1）水是极弱的电解质，能够发生微弱的电离； （2）在Mg（OH）2悬浊液中加入少量水，离子浓度减小，导电能力减弱； （3）当Q[Mg（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]时，沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强； （4）根据图像中0～300s溶液pH的变化，实验②中溶液先变红，后变无色，最终变为粉红色； （5）从图像上看，加入稀硫酸后，溶液的pH先减小，后增大，最终溶液的pH＝10，显碱性，说明Mg（OH）2过量，DE段溶液中含有硫酸镁，增大镁离子浓度，抑制氢氧化镁的溶解； （6）根据c（Mg2+）＝，将数据代入计算即可。 【解答】解：（1）水是极弱的电解质，能够发生电离，故a点电导率不等于0的原因是水能发生微弱的电离， 故答案为：微弱的电离； （2）在Mg（OH）2悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+ （aq）+2OH﹣（aq），加入少量水，离子浓度减小，导电能力减弱，图像中加入水的时刻为c点，随后c到d导电能力下降， 故答案为：c； （3）d时刻，加入少量水，离子浓度减小，Q[Mg（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，导致Mg（OH）2沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强， 故答案为：＜；Mg（OH）2沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强； （4）根据图像中0～300s溶液pH的变化，结合酚酞的变色范围，实验②中溶液先变红，后变无色，最终变为粉红色， 故答案为：变无色，最终变为粉红色； （5）从图像上看，加入稀硫酸后，溶液的pH先减小，后增大，最终溶液的pH＝10，显碱性，说明Mg（OH）2过量，DE段溶液中含有硫酸镁，增大镁离子浓度，抑制氢氧化镁的溶解，则DE段pH低于BC段pH， 故答案为：DE段溶液中含有硫酸镁，增大镁离子浓度，抑制氢氧化镁的溶解； （6）25℃时水体中加入Mg（OH）2固体，存在平衡Mg（OH）2（s）⇌Mg2+ （aq）+2OH﹣（aq），溶液pH＝9，pOH＝5，c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L，c（Mg2+）＝＝＝5.6×10﹣2mol⋅L﹣1， 故答案为：5.6×10﹣2。 【点评】本题主要考查水的电离、溶液的导电性与离子浓度大小的关系、沉淀溶解平衡的应用，属于基本知识的考查，难度不大。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$