解析：Ksp在温度一定的条件下是一定值,与Ba2+和SO4的浓度大小有一定关系,但两者浓度的乘积是一定值。b点本身已过饱和,d点没有达到沉淀溶解平衡。
15答案及解析： 答案：B 解析：
16答案及解析： 答案：D 解析：
17答案及解析： 答案：B 解析：
18答案及解析： 答案：A
解析：向10mL 0.1mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,发生反
应:Cu+S=CuS↓,Cu或S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) 时-lgc(Cu)=17.7,平衡时c(Cu)=c(S)=10A.平衡时c(Cu)=c(S)=10=c(S)·c(Cu)=10=10
-35.4
2
2
2-2+
-17.7
2+
2--17.7
2+
2+
2--17.7
2+
2-2+
2-
2-Cu(aq)+S(aq),已知此
2+2-
mol/L。
mol/L,则Ksp(CuS)
-17.7
mol/L×10
-36
2
mol/L=10
-36
-35.4
mol/L,由于已知lg2=0.3,则Ksp(CuS)
2
2
22
mol/L=(10)×10mol/L=4×10 mol/L,A错误;
2+
2+
2-2+
2-
0.322
B.向含有Cu的溶液中加入Na2S溶液,Cu与S发生沉淀反应:Cu+S=CuS↓,加入Na2S溶液的体积越大,c(S)越大,c(Cu)越小,则-lgc(Cu)就越大,由于温度不变,所以曲线上各点的溶液均满足关系式c(S)·c(Cu)=Ksp(CuS),B正确;
C. a点Cu过量、c点S过量,b点恰好完全反应生成CuS和NaCl,a点溶液中Cu浓度远大于b点,c点溶液中S浓度远大于b点,Cu、S水解促进水的电离,根据浓度对水解平衡的影响,则b点水电离的c(H)和c(OH)的积最小,C正确;
D.C点为Na2S、NaCl按1︰2物质的量混合溶液,其中CuS处于沉淀溶解平衡状态,根据物料守恒及物质的溶解性,可知c(Na)>c(Cl)>c(S),S水解消耗水电离产生H,使溶液中c(OH)>c(H),但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度,故c(S)>c(OH),因
-+
2--+
-2-2-+
+
-2-2+
2-2+
2-2+
2-2+
2-2+
2+
此该溶液中微粒浓度大小关系为:c(Na)>c(Cl)>c(S)>c(OH)>c(H),D正确;故合理选项是A
19答案及解析： 答案：D
解析：由图可知，一定量的CaF2固体溶于水达到溶解平衡后，t时刻增大溶液中c（F），c（Ca）减小，但温度不变，CaF2的溶度积Ksp不变。A.由图可知，M点时c（F）不变，为CaF2的饱和溶液，故A错误；B.CaF2的饱和溶液中，Ksp（CaF2）=c（F）c（Ca），c（F）=2c
?94?10-3
（Ca），则c（F）=23=2×10 mol/L，故B错误；C.向溶液中加入KF固体，增大
42+
-2
-2+
-2+
--
+-2--+
溶液中c（F），c（Ca）减小，但温度不变，CaF2的溶度积Ksp不变，故C错误，D. 向100 mLCaF2的饱和溶液中加入100 ml 0.2 mol/LNa2SO，溶液，Qc>Ksp，产生CaSO4沉淀，c（Ca）=
2+
-2+
Ksp?CaSO4??c?SO24?9.1?10?6-5
≈=9.1×10 mol/L，故D正确。
0.1
20答案及解析： 答案:(1)①0.012mol·L
2?②C2O4+H2O
-1
?HC2O4+OH;5.4×10
-4
(2)①溶液由无色变成粉红色且在30s内保持不变 ②0.125cV mol·L
-+-1
?(3)①c(OH)=c(H)+c(HCO3)+2c(H2CO3)
②H2CO3
?2??③c(Na)>c(SO2)>c(CO3)=c(HCO3)>c(OH)>c(H) 4+-+
解析:(1)①pH=2时,c(H)=0.01mol·L,设该草酸溶液浓度为x mol·L,由H2C2O4
?H+HC2O4知,达到电离平衡时c(H2C2O4)=(x-0.01)mol·L,由于K2远小于K1,故
+-1-1
+-1
?c(HC2O4)≈c(H)。K1?+
?c?HC2O?4??c?H?c?H2C2O4?,代入有关数据后可求出x=0.012。
2?②C2O4水解导致溶液显碱
2?性:C2O4+H2O
?HC2O4+OH,Kh?-
?c(OH?)?c?HC2O4?2?c?C2O4???c(OH?)?c?H???c?HC2O4?2?c?C2O4??c?H??2?c?C2O4??KW,K2常温下,该溶液pH=9,则c(OH)=10mol·L代入相应的数据得
--5-1
c?HC2O?4??5.4?104。
(2)①草酸溶液是无色的,当KMnO4溶液稍过量时会使溶液显粉红色,由此可确定滴定终点。 ②反应中1mol KMnO4得到5mol电子、1mol草酸失去2mol电子,依据得失电子守恒可求出n(H2C2O4)=2.5×10mol,则该草酸溶液的浓度为0.125cV mol·L。
?(3)①由质子守恒知溶液中存在如下关系:c(OH)=c(H)+c(HCO3)+2c(H2CO3)。
2??②向Na2CO3溶液中滴加NaHSO4溶液,开始时c(CO3)逐渐减小、c(HCO3)逐渐增大,后期?2??c(H2CO3)增大,c(HCO3)减小,故a、b、c分别代表CO3、HCO3、H2CO3物质的量的百分含
-3-1
-+
量随溶液pH变化的曲线。
?2?③由题图知A点对应溶液中c(HCO3)=c(CO3),A点对应的溶液为等浓度的NaHCO3、?Na2CO3、Na2SO4的混合溶液,由于OH均源于水的电离,其物质的量浓度小于c(HCO3),又溶液?2??显碱性,c(OH)>(H),故有c(Na)>c(SO2)>c(CO3)=c(HCO3)>c(OH)>c(H)。 4-
-++-+
21答案及解析：
答案：(1)①bc ②HCO3?＋OH?(2)①CO2＋2OH?＋Ca2??(3)①O2＋2HSO32?CO3＋H2O
?CO2＋HSO3
?CaCO3↓＋H2O ②SO2＋HCO3?2SO2＋2H? ②碱性海水的中和置稀释作用：鼓入空气排出了部4分CO2
?解析：(1)①a.由图示可知在pH=8的溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3，故a正确；b.A
点，溶液中CO2和H2CO3 的浓度和与HCO3浓度相同，故b错误；c.有图示可知当
?2?c(HCO3)=c(CO3)时， 溶液显碱性，即c(H?) ?②pH=8.4的水溶液中主要存在的是HCO3，则加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是 - ?＋OHHCO3?2?CO3＋H2O； (2)①用含Ca的碱性溶液收CO2生成CaCO3和水，反应的离子方程式为CO2＋2OH?＋Ca2?2+ CaCO3↓＋H2O。 ②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10 、K2=5.6×10 -7 -11 ；H2SO3电离平衡常数 ???K1=1.5×10-2、K2 =6.0×10-8，则酸性H2SO3>H2CO3>HSO3>HCO3，则用含有HCO3的溶液吸收?SO2，发生反应的离子方程式是SO2＋HCO3?CO2＋HSO3； ?(3)①洗涤烟气后的海水呈酸性，+4价的S在溶液中存在形式为HSO3，有较强还原性，可 ??被O2在酸性条件下氧化为SO2，发生反应的离子方程式是O2＋2HSO34?2SO2＋2H?； 4②通入的新鲜海水是碱性的，可中和酸性海水，另外鼓入空气排出了部分CO2均可以使处理后海水pH升高。 22答案及解析： 答案：(1)FeTiO3;FeTiO3+2H2SO4(浓)=TiOSO4+FeSO4+2H2O (2)防止Fe2+被氧化; ①10; ②TiO+2H2O=TiO(OH)2??2H(或TiO+2H2O=H2TiO3?+2H) (3)TiO2+2C+2Cl22++2++高温TiCl4+2CO;隔绝空气;稀盐酸 解析：(1)由2R+C高温2Fe+2TiO2+CO2?，根据原子守恒，可推知钛酸亚铁的化学式为 FeTiO3。钛酸亚铁和浓H2SO4反应，生成TiOSO4，无气体生成，元素Ti的化合价不变， 说明发生非氧化还原反应，则产物中还有FeSO4，故该反应的化学方程式为 FeTiO3+2H2SO4(浓)=TiOSO4+FeSO4+2H2O。 (2)钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是FeSO4，加入铁屑，可防止Fe2+被氧化。①根据 Ksp[Mg(OH)2]?c(Mg2+)?c2(OH-)?1.8?10?11， c(OH)?-Ksp[Mg(OH)2]c(Mg2+)1.8?10?11?mol?L-1?10?4mol?L-1，则 0.001810?14c(H)???4mol?L-1?10?10mol?L-1，pH??lg10?10?10。②根据题表提供的Ksp数-c(OH)10+KW据知，三种物质组成类型相同且TiO(OH)2的溶度积常数最小，则加水稀释，立即析出的白 色沉淀为TiO(OH)2，TiO2+的水解方程式为TiO+2H2O=TiO(OH)2?+2H或 2++TiO2++2H2O=H2TiO3?+2H+。 (3)中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的化学方程式为 TiO2+2C+2Cl2高温TiCl4+2CO;为防止空气中的氧气与反应物发生反应，应隔绝空气加 热。可用稀盐酸除去钛中混有的镁。
2020届高考化学二轮复习专题二十一盐类水解、沉淀溶解平衡（含解析）
