- 难溶电解质的溶解平衡
- 共2266题
向含有AgCl（s）的饱和AgCl溶液中加水，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、加入水多，溶解的氯化银质量多，AgCl的溶解度是指一定温度下，100g水中溶解AgCl的最大质量，与加入水的多少无关，故A错误；
B、AgCl的溶解度、Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的溶解度、Ksp不变，故B正确；
C、AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变，故C错误；
D、AgCl的溶解度、Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的溶解度、Ksp不变，故D错误；
故选B．
（1）某温度下，在Ca（OH）2（Ksp=5.5×10-6）、Mg（OH）2（Ksp=3.2×10-11）、AgCl（Ksp=1.8×10-10）三种物质中，溶解度最小的是______．
（2）在粗制CuSO4•5H2O晶体中常含有杂质Fe2+．在提纯时为了除去Fe2+，常加入氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质最合适的是______．
A．KMnO4 B．H2O2 C．Cl2 水 D．HNO3
然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的______．
A．NaOH B． NH3•H2O C．CuCO3 D．Cu（OH）2
（3）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-18，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为______，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为______（已知lg2=0.3，lg5=0.7），通过计算确定上述方案______（填“可行”或“不可行”）
正确答案
解：（1）化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，可知常温下在水中溶解能力Ca（OH）2＞Mg（OH）2，AgCl中，c（Ag+）=
（2）加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；
调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可，A、B将铜离子转化为沉淀，不符合，
故答案为：B；CD；
（3）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-18，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，c（Cu2+）=3.0mol•L-1；
依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH-）=3.0×10-18，c2（OH-）=
得到c（OH-）=10-9mol/L，
依据水溶液中的离子积c（H+）×c（OH-）=10-14，c（H+）=10-5mol/L，溶液pH=5，
则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，c（Fe3+）×c3（OH-）=8.0×10-38；c3（OH-）=
故答案为：5；3.3；可行．
解析
解：（1）化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，可知常温下在水中溶解能力Ca（OH）2＞Mg（OH）2，AgCl中，c（Ag+）=
（2）加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；
调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可，A、B将铜离子转化为沉淀，不符合，
故答案为：B；CD；
（3）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-18，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，c（Cu2+）=3.0mol•L-1；
依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH-）=3.0×10-18，c2（OH-）=
得到c（OH-）=10-9mol/L，
依据水溶液中的离子积c（H+）×c（OH-）=10-14，c（H+）=10-5mol/L，溶液pH=5，
则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，c（Fe3+）×c3（OH-）=8.0×10-38；c3（OH-）=
故答案为：5；3.3；可行．
向5mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系是（ ）
正确答案
解析
解：沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动．沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；向5mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程中的沉淀现象可知，沉淀溶解度大小为：AgCl＞AgI＞Ag2S；
故选C．
（1）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料．N2H4与N2O4反应能放出大量的热．已知：
2NO2（g）═N2O4（g）△H=-57.20kJ•mol-1．一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡．
①其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是______（填字母）
A．减小NO2的浓度 B．降低温度 C．增加NO2的浓度 D．升高温度
②25℃时，1.00g N2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量．则反应2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（l）的△H=______kJ•mol-1
（2）甲醇燃料电池（DMFC）可用于笔记本电脑、汽车等，它一极通入甲醇；电解质是质子交换膜，它能传导氢离子．电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水，氧气在电极上的反应是：O2+4H++4e-=2H2O．写出负极的反应式：______
（3）牙齿表面由一层硬的、组成为Ca5（PO4）3OH的矿化物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：
Ca5（PO4）3OH（S）⇌5Ca2++3PO43-+OH-进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，其原因是______．已知Ca5（PO4）3F（s）的溶解度比上面的矿化产物更小、质地更坚固．用离子方程表示当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋齿的原因______．
（4）硝酸生产流程，吸收塔中反应为：3NO2+H2O⇌2HNO3+NO，吸收塔中需要补充空气，其原因是______．
（5）硝酸厂的尾气含有氮氧化物，不经处理直接排放将污染空气．目前科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮氧化物还原为氮气和水，其反应机理为：
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-574kJ•mol-1
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-1160kJ•mol-1
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：______．
正确答案
BC
-1224.96
CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
进食后产生的有机酸中和了氢氧根，使保护层溶解平衡向溶解的方向移动，牙齿就会受到腐蚀
F-+Ca5（PO4）3OH（S）=Ca5（PO4）3F（s）+OH-
充入空气，NO转化为NO2，有利于提高原料利用率
CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=-867kJ/mol
解析
解：（1）①化学平衡2NO2（g）═N2O4（g）△H=-57.20kJ•mol-1分析，反应是气体体积减小的放热反应，提高二氧化氮转化率可以改变条件使平衡正向进行；
A．减小NO2的浓度，平衡逆向进行，二氧化氮转化率减小，故A不符合；
B．反应是放热反应，降低温度，平衡正向进行，二氧化氮转化率增大，故B符合；
C．增加NO2的浓度，相当于增大压强，平衡正向进行，二氧化氮转化率增大，故C符合；
D．升高温度，平衡逆向进行，二氧化氮转化率减小，故D不符合；
故答案为：BC；
②1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量，计算64g肼反应放出的热量为1224.96KJ，反应的热化学方程式为：
2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）△H=-1224.96KJ/mol；
故答案为：-1224.96；
（2）电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水，总反应为：CH3OH+
故答案为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；
（3）反应平衡：Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3PO43-（aq）+OH-（aq），酸性物质使沉淀溶解向右移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解，造成龋齿；羟基磷酸钙的Ksp小于氟磷酸钙，两种物质阴阳离子比相同，证明氟磷酸钙更难溶解，能起到保护牙齿的作用，其反应为F-+Ca5（PO4）3OH（s）=Ca5（PO4）3F（s）+OH-；
故答案为：进食后产生的有机酸中和了氢氧根离子，使保护层溶解平衡向溶解的方向移动，牙齿会受到腐蚀；F-+Ca5（PO4）3OH（s）=Ca5（PO4）3F（s）+OH-；
（4）补充空气，氧气的浓度增大，NO转化为NO2，则平衡向正反应方向移动，有利于提高原料利用率，
故答案为：充入空气，NO转化为NO2，有利于提高原料利用率；
（5）根据题意：①
根据盖斯定律反应CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）可以看成是①+②，
所以△H=-287kJ•mol-1-580kJ•mol-1=-867kJ•mol-1，
故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ•mol-1．
把Ca（OH）2放入蒸馏水中，一段时间后达到如下平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq），下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．恒温下向溶液中加入CaO，发生CaO+H2O=Ca（OH）2，仍为饱和溶液，c（OH-）不变，pH不变，故A正确；
B．给溶液加热，Ca（OH）2的溶解度降低，c（OH-）减小，溶液pH减小，故B错误；
C．加入Na2CO3溶液，发生Ca2++CO32-=CaCO3↓，平衡向正反应方向移动，则其中的Ca（OH）2的固体减少，等物质的量的CaCO3比Ca（OH）2质量大，其中固体质量变大，故C错误；
D．加入少量的NaOH固体，OH-浓度增大，平衡向逆方向移动，则Ca（OH）2的固体增多，故D正确；
故选BC．
通过血液中的钙离子的检测能够帮助判断多种疾病．某研究小组为测定血液样品中Ca2+的含量（100mL血液中含Ca2+的质量），实验步骤如下：
①准确量取5.00mL血液样品，处理后配制成50.00mL溶液；
②准确量取溶液10.00mL，加入过量（NH4）2C2O4溶液，使Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀；
③过滤并洗净所得CaC2O4沉淀，用过量稀硫酸溶解，生成H2C2O4和CaSO4稀溶液；
④加入12.00mL 0.0010mol•L-1的KMnO4溶液，使H2C2O4完全被氧化，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O；
⑤用0.0020mol•L-1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定过量的KMnO4溶液，消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液20.00mL．
（1）已知室温下CaC2O4的Ksp=2.0×10-9，欲使步骤②中c（Ca2+）≤1.0×10-5mol•L-1，应保持溶液中c（C2O42-）≥______mol•L-1．
（2）步骤⑤中有Mn2+生成，发生反应的离子方程式为______．
（3）若步骤⑤滴定管在使用前未用标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液洗涤，测得血液中Ca2+的含量将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
（4）计算血样中Ca2+的含量（写出计算过程）．______．
正确答案
解：（1）由Ksp=c（C2O42-）•c（Ca2+）可知，欲使c（Ca2+）≤1.0×10-5mol•L-1，应保持溶液中c（C2O42-）≥
故答案为：2.0×10-4；
（2）（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的Fe2+具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+，离子方程式为：MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O；
（3）若步骤⑤滴定管在使用前未用标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液洗涤，则因滴定管壁有蒸馏水，注入的标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液会被稀释，消耗更多的标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液，测得剩余KMnO4溶液偏多，KMnO4溶液氧化H2C2O4偏少，所以测得血液中Ca2+的含量将偏低，
故答案为：偏低；
（4）KMnO4的总物质的量为：0.0010 mol•L-1×12×10-3L=1.2×10-5 mol，
（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定消耗的过量的KMnO4的物质的量为：0.0020 mol•L-1×20.00×10-3L×
与H2C2O4反应的KMnO4的量为：1.2×10-5 mol-8.0×10-6 mol=4.0×10-6 mol，
n（H2C2O4）=4.0×10-6 mol×
所以100 mL血样中Ca2+的含量为：1.0×10-5 mol×40 g•mol-1×
故答案为：0.04g．
解析
解：（1）由Ksp=c（C2O42-）•c（Ca2+）可知，欲使c（Ca2+）≤1.0×10-5mol•L-1，应保持溶液中c（C2O42-）≥
故答案为：2.0×10-4；
（2）（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的Fe2+具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+，离子方程式为：MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O；
（3）若步骤⑤滴定管在使用前未用标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液洗涤，则因滴定管壁有蒸馏水，注入的标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液会被稀释，消耗更多的标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液，测得剩余KMnO4溶液偏多，KMnO4溶液氧化H2C2O4偏少，所以测得血液中Ca2+的含量将偏低，
故答案为：偏低；
（4）KMnO4的总物质的量为：0.0010 mol•L-1×12×10-3L=1.2×10-5 mol，
（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定消耗的过量的KMnO4的物质的量为：0.0020 mol•L-1×20.00×10-3L×
与H2C2O4反应的KMnO4的量为：1.2×10-5 mol-8.0×10-6 mol=4.0×10-6 mol，
n（H2C2O4）=4.0×10-6 mol×
所以100 mL血样中Ca2+的含量为：1.0×10-5 mol×40 g•mol-1×
故答案为：0.04g．
（2013秋•天河区期末）将足量的AgCl固体分别放入下列体系中，充分溶解至溶液饱和，其中c（Ag+）最大的是（ ）
正确答案
解析
解：根据Ksp=c（Ag+）•c（Cl-）可知，溶液中c（Cl-）越小，AgCl的溶解度越大，
A、10mL水中，c（Cl-）为0；
B、10mL0.2mol•L-1的MgCl2溶液中，c（Cl-）=0.4mol/L；
C、20mL0.5mol•L-1的NaCl溶液，c（Cl-）=0.5mol/L；
D、40mL 0.1mol•L-1的HCl溶液中，c（Cl-）=0.1mol/L；
氯离子浓度由小到大顺序为：C＞B＞D＞A，
则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：A＞D＞B＞C，
故选A．
（2014秋•夏县校级期末）把Ca（OH）2放入一定量的蒸馏水中，一定温度下达到平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）．当向悬浊液中加入少量生石灰后，若温度保持不变，下列判断正确的是（ ）
正确答案
解析
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，c（Ca2+）不变，故A错误；
B．反应后仍为饱和溶液，c（Ca2+）不变，故B错误；
C．反应后仍为饱和溶液，c（OH-）不变，溶液pH不变，故C正确；
D．反应后仍为饱和溶液，c（OH-）不变，溶液pH不变，故D错误；
故选C．
下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp（25℃）．
回答下列问题：
（1）由上表分析，若①CH3COOH ②HCO3-③C6H5OH ④H2PO4-均可看作酸，则它们酸性由强到弱的顺序为______（须填编号）；
（2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式：______；
（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c（CH3COO-）______c（NH4+）；（填“＞”、“=”或“＜”）
（4）25℃时，向10ml 0.01mol/L苯酚溶液中滴加Vml 0.01mol/L氨水，混合溶液中粒子浓度关系正确的是______；
A．若混合液pH＞7，则V≥10
B．若混合液pH＜7，则c（NH4+）＞c（C6H5O-）＞c（H+）＞c（OH-）
C．V=10时，混合液中水的电离程度小于10ml 0.01mol/L苯酚溶液中水的电离程度
D．V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（C6H5OH）
（5）水解反应是典型的可逆反应．水解反应的化学平衡常数称为水解常数（用Kh表示），类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式______．
（6）Ⅰ．如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：
①T1______T2（填＞、=、＜），T2温度时Ksp（BaSO4）=______；
②讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是______
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b）
D．升温可使溶液由b点变为d点
Ⅱ．现有0.2mol的BaSO4沉淀，每次用1L饱和Na2CO3溶液（浓度为1.7mol/L）处理．若使BaSO4中的SO42-全部转化到溶液中，需要反复处理______次．[提示：BaSO4（s）+CO32-（aq）⇌BaCO3（s）+SO42- （aq）]．
正确答案
解：（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据这几种酸的电离平衡常数知，它们的酸性强弱顺序是：①④③②，故答案为：①④③②；
（2）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-，故答案为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；
（3）25℃时，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，则等浓度等体积的醋酸和一水合氨混合，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得（H+）+（NH4+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以得（NH4+）=c（CH3COO-），故答案为：=；
（4）相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，
A．如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，故A错误；
B．若混合液pH＜7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（OH-），所以c（C6H5O-）＞c（NH4+），故B错误；
C．含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，故C错误；
D．任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（C6H5OH），故D正确；
故选D；
（5）Kh=
（6）Ⅰ．①升高温度促进难溶物溶解，根据图象知T2的溶度积常数大于T1，所以T1＜T2；Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）．c（SO42-）=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9，；
故答案为：T1＜T2；5.0×10-9；
②A．硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；
C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；
D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；
故选ABC；
Ⅱ．设每次用1.00L 2.0 mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmol BaSO4，
BaSO4 +CO32-=BaCO3 +SO42
（2.0-x）mol•L-1 x mol•L-1
根据K=
解得：x=0.081，处理次数=
故答案为：3次．
解析
解：（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据这几种酸的电离平衡常数知，它们的酸性强弱顺序是：①④③②，故答案为：①④③②；
（2）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-，故答案为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；
（3）25℃时，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，则等浓度等体积的醋酸和一水合氨混合，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得（H+）+（NH4+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以得（NH4+）=c（CH3COO-），故答案为：=；
（4）相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，
A．如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，故A错误；
B．若混合液pH＜7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（OH-），所以c（C6H5O-）＞c（NH4+），故B错误；
C．含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，故C错误；
D．任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（C6H5OH），故D正确；
故选D；
（5）Kh=
（6）Ⅰ．①升高温度促进难溶物溶解，根据图象知T2的溶度积常数大于T1，所以T1＜T2；Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）．c（SO42-）=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9，；
故答案为：T1＜T2；5.0×10-9；
②A．硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；
C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；
D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；
故选ABC；
Ⅱ．设每次用1.00L 2.0 mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmol BaSO4，
BaSO4 +CO32-=BaCO3 +SO42
（2.0-x）mol•L-1 x mol•L-1
根据K=
解得：x=0.081，处理次数=
故答案为：3次．
正确答案
解析
解：A．pM相等时，图线中p（CO32-）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小，故A错误；
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32-），所以c（Mn2+）=c（CO32-），故B错误；
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＞p（CO32-），所以c（Ca2+）＜c（CO32-），故C正确；
D．pM数值越小，实际浓度越大，已知c点不在曲线上，而在曲线下面，则c点表示MgCO3 的过饱和溶液，pM＞p（CO32-），所以c（Mg2+）＜c（CO32-），故D错误；
故选：C．
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