热门试卷

解：氢氧化镁的溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH-（aq），

①0.1mol•L-1MgCl2溶液中的镁离子抑制了氢氧化镁的溶解；

②0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，铵根离子水解，溶液显示酸性，促进了氢氧化镁的溶解；

③0.1mol•L-1KCl溶液中氯离子和钾离子都不影响氢氧化钾的溶解；               

④0.1mol•L-1 KOH溶液中的氢氧根离子抑制了氢氧化镁的溶解；

根据分析可知，氢氧化镁的溶解度最大的为②，其次为③，

故选B．

解：A．将足量BaCO3粉末加入10mL0.2mol/LNa2CO3溶液中，由于碳酸根离子的浓度较大，抑制碳酸钡的溶解，则Ba2+的浓度很小；

B．BaCO3粉末加入40mL水中，充分溶解至溶液饱和存在BaCO3（s）⇌Ba2+（aq ）+CO32-（aq），则溶液中存在一定浓度的Ba2+，但浓度较小；

C．将足量BaCO3粉末加入50mL0.01mol/L氯化钡溶液中，氯化钡电离产生0.01mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；

D．将足量BaCO3粉末加入100mL0.01mol/L盐酸中，碳酸钡与盐酸反应生成0.005mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；

显然A中Ba2+的浓度最小，

故选A．

解：A．d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c（Ca2+）、（CO32-）都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，故A错误；

B．在点（Ca2+）＞2×10-5 mol•L-1，即相当于增大（Ca2+），平衡左移，有CaCO3生成，故B正确；

C．在d点（CO32-）=1.4×10-4 mol•L-1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.8×10-9，所以c（Ca2+）=2×10-5 mol•L-1，故x的数值为2×10-5，故C正确；

D．b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，故D正确．

故选A．

解：A．向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，反应后仍为饱和溶液，pH=13，故A错误，

B．由于原溶液已达到饱和，则沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，故Ca2+数目减小，故B正确；

C．向浊液中加入适量的Na2CO3溶液，生成CaCO3沉淀，平衡左移，溶液仍然是浊液，故C错误；

D．将浊液加热蒸发掉一部分水，浊液中固体析出，使浊液中固体的质量减小，故D错误；

故选B．

解：A．结构相同的物质，溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，所以在CuSO4溶液中加入PbS，可转变为铜蓝（CuS），则Ksp（PbS）＞Ksp（CuS），故A错误；

B．NaHS与CuCl2反应生成HCl、CuS和NaCl，其反应的方程式为：NaHS+CuCl2=CuS↓+HCl+NaCl，反应生成强酸，溶液的酸性增强，则pH减小，故B错误；

C．加热促进盐的水解，加热条件下并加入大量水促进TiCl4水解，反应方程式为：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl，以制备TiO2固体，故C正确；

D．Cu与氢离子不能发生氧化还原反应，铜作负极时，正极上为氧气得电子，氢离子不参加反应，所以铜制器皿放置过程中会生成铜绿是因为发生了吸氧腐蚀，故D错误．

故选C．

解：A、因比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，故A错误；

B、因难溶盐电解质的Ksp与温度有关，不受其他因素的影响，所以加入蒸馏水，氯化银的KSP不变，故B错误；

C、因氯化银的溶度积大于碘化银的溶度积，所以氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀，故C正确；

D、碳酸根离子与酸反应生成二氧化碳和水，生成物的浓度减小，碳酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，故D错误；

故选：C．

解：Mn2+沉淀较为完全时的浓度≤1×10-5mol/L，已知Ksp=c（Mn2+）×c2（OH-），

则c（OH-）≥=mol/L=×10-4mol/L，

则c（H+）≤=mol/L=×10-10mol/L，

所以pH≥-lg×10-10=10+lg2，

故选C．