从溶解平衡原理说明硫酸钡在硫酸钠溶液中的溶解度比在水中小的原因

A、加入固体Mg（OH）₂，平衡不移动，镁离子的浓度不变，故A错误；
B、根据溶度积常数的概念书写，溶度积常数表示式：K_SP=c（ Mg²⁺）•c（OH^-）²；故B正确；
C、加入NaOH浓溶液，使溶解平衡逆移，Mg（OH）₂的溶解量减小，故C错误；
D、升高温度溶解度增大，溶解平衡正移，故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了难溶电解质的溶解平衡，影响平衡的因素，注意把握平衡常数的意义，题目难度不大．

（1）可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）△H＞0达到平衡时，c（A）=2mol/L，c（B）=4mol/L，c（c）=4mol/L，若A完全转化为C，消耗B为4mol/L，则B最小值为0mol/L，若C完全转化为反应物，生成2molB，则B的最大值为6mol/L，因反应为可逆反应，均不能完全转化，则B的浓度范围为0mol/L＜c（B）≤6mol/L；
若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，应使平衡向正反应方向移动，
A、增加C的物质的量，等效为增大压强，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，故错误；
B、加压，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，故错误；
C、升温，平衡向正反应方向移动，C的质量分数增大，故正确；
D、使用催化剂，平衡不移动，C的质量分数不变，故错误；
故选C；
故答案为：0 mol•L^-1≤c（B）≤6mol•L^-1； C；
（2）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H⁺，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线．由图知盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，盐酸中氢离子浓度逐渐减小，但醋酸中存在电离平衡，氢离子和锌反应时促进醋酸电离，补充反应的氢离子，所以醋酸是边反应边电离H⁺，故消耗的Zn多，所以m₁＜m₂．
故答案为：B；＜；
（3）A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na⁺、H⁺、CH₃COO^-、OH^-，根据电荷守恒则有：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），c（H⁺）＜c（OH^-），溶液中离子浓度大小关系可能为：c （Na⁺）＞c （CH₃COO^-）＞c （OH^-）＞c （H⁺），但也可以是氢氧化钠过量，c （Na⁺）＞c （OH^-）＞c （CH₃COO^-）＞c （H⁺），故A错误；
B、在B点溶液显中性，则结果是c（OH^-）=c（H⁺），根据电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），则一定有c（Na⁺）=c（CH₃COO^-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）=c（H⁺），故B错误；
C、在C点，溶液显酸性，故有c（OH^-）＜c（H⁺），根据电荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），故c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-），c （CH₃COO^-）＞c （Na⁺）＞c （H⁺）＞c （OH^-），故C错误；
D、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=0.1mol•L^-1，c（Na⁺）=0..05mol/L，c （CH₃COO^-）+c （CH₃COOH）=2c （Na⁺）故D正确；
故选：D．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离，酸碱混合后离子浓度大小比较，化学平衡影响因素的判断，难度中等，注意溶液H+与OH-离子浓度相等时，氨水过量，题目难度中等．

（1）该反应可能是由C转化为A、B，也可能是由A、B转化为C，如果该反应由A、B转化为C，转化为C时需要c（B）=[1/2]c（C）=2mol/L，则B的初始浓度为9mol/L，如果反应是由C转化为A和B，转化为2mol/LA时，转化为B为4mol/L，则原来气体中存在B为3mol/L，所以B初始浓度范围为：3mol•L^-1～9mol•L^-1，若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，应使平衡向正反应方向移动，
A．增加C的物质的量，等效为增大压强，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，故A错误；
B．加压，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，故B错误；
C．升温，平衡向正反应方向移动，C的质量分数增大，故C正确；
D．使用催化剂，平衡不移动，C的质量分数不变，故D错误；
故答案为：3mol•L^-1～9mol•L^-1 ；C；
（2）pH=2的盐酸和醋酸，醋酸浓度大于盐酸，随着反应的进行，醋酸继续电离出氢离子，所以醋酸pH变化较缓慢，则醋酸溶液中pH变化曲线为B；
酸与足量的金属反应时，需要金属的质量与酸的物质的量成正比，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于元素，等体积等pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸需要金属的质量多，故答案为：B；＜；
（3）化学平衡常数K=
c(CH3OH)
c(CO)c2(H2)；升高温度，平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故答案为：
c(CH3OH)
c(CO)c2(H2)；减小；
（4）要使溶液中产生沉淀，则c（OH^-）＞

Ksp
c(Cu2+)=

2×10−20
0.02mol/L═10^-9 mol/L，再根据水的离子积常数得氢离子浓度＜
10−14
10−9mol/L=10^-5mol/L，则pH大于5；使0.2mol•L^-1的CuSO₄ 溶液中Cu²⁺沉淀较为完全（ 使Cu²⁺浓度降至原来的万分之一），Cu²⁺浓度降至为2×10^-5 mol/L，故c（OH^-）=

2×10−20
2×10−5mol/L=10^-7mol/L，则c（H⁺）=10^-7mol/L，所以溶液的pH=-lg10^-7=7，
故答案为：5；7；
（5）要验证该溶液遇酚酞呈红色原因，可用以下方法：
方法一：向红色溶液中加入足量BaCl₂溶液，如果溶液显红色，说明甲正确，如果红色褪去

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、化学平衡常数、弱电解质的电离、盐类的水解等知识点，根据溶度积常数、化外界条件对化学平衡的影响、弱电解质的电离特点来分析解答，题目难度不大

A、加入少量NH₄Cl，NH₄⁺与OH^-结合生成氨水，故氢氧根的浓度减小，故平衡右移，故A正确；
B、加入NaOH，OH^-的浓度增大，平衡向左移动，Mg （OH）₂ 固体的量增大，故B错误；
C、加入少量Mg₂S0₄，镁离子的浓度增大，平衡左移，Mg （OH）₂ 固体的量增大，故C错误；
D、加入少量NaNO₃，不改变各种物质的浓度，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查化学平衡的移动，难度不大，注意D选项硝酸钠为强酸强碱盐不对氢氧化镁中的离子浓度产生影响．

（1）该反应可能是由C转化为A、B，也可能是由A、B转化为C，如果该反应由A、B转化为C，转化为C时需要c（B）=[1/2]c（C）=2mol/L，则B的初始浓度为9mol/L，如果反应是由C转化为A和B，转化为2mol/LA时，转化为B为4mol/L，则原来气体中存在B为3mol/L，所以B初始浓度范围为：3mol•L^-1～9mol•L^-1，
故答案为：3mol•L^-1～9mol•L^-1；
（2）pH=2的盐酸和醋酸，醋酸浓度大于盐酸，随着反应的进行，醋酸继续电离出氢离子，所以醋酸pH变化较缓慢，则醋酸溶液中pH变化曲线为B；
酸与足量的金属反应时，需要金属的质量与酸的物质的量成正比，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于元素，等体积等pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸需要金属的质量多，故答案为：B；＜；
（3）化学平衡常数K=
c(CH3OH)
c(CO)．c2(H2)；升高温度，平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故答案为：
c(CH3OH)
c(CO)．c2(H2)；减小；
（4）要使溶液中产生沉淀，则c（OH^-）＞

Ksp
c(Cu2+)mol/L=

2×10−20
0.02=10^-9 mol/L，再根据水的离子积常数得氢离子浓度＜
10−14
10−9mol/L=10^-5mol/L，则pH大于5，故答案为：5．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡常数的含义；常见离子的检验方法；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、化学平衡常数、弱电解质的电离等知识点，根据溶度积常数、化外界条件对化学平衡的影响、弱电解质的电离特点来分析解答，题目难度不大．

常温5饱和Ca（小的）₂溶液的浓度为下.下2m小l/L，此时溶液的体积约为1下下mL，c（Ca²⁺）=下.下2m小l/L；
c（小的^-）=下.下2m小l/L×2=下.下六m小l/L；
K_sp=c（Ca²⁺）•c²（小的^-）=下.下2×下.下六²=3.2×1下^-5（m小l³•L^-3），故选B；

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查了沉淀溶度积常数的计算应用，掌握基础和计算离子浓度是关键，注意溶度积常数的计算表达，题目较简单．

（1）可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）△H＞0达到平衡时，c（A）=2mol/L，c（B）=4mol/L，c（c）=4mol/L，若A完全转化为C，消耗B为4mol/L，则B最小值为0mol/L，若C完全转化为反应物，生成2mol/LB，则B的最大值为6mol/L，因反应为可逆反应，均不能完全转化，则B的浓度范围为0mol/L＜c（B）＜6mol/L；
若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，应使平衡向正反应方向移动，
A增加C的物质的量，等效为增大压强，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，故A错误；
B加压，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，故B错误；
C升温，平衡向正反应方向移动，C的质量分数增大，故C正确；
D使用催化剂，平衡不移动，C的质量分数不变，故D错误；
故答案为：0mol/L＜c（B）＜6mol/L；C；
（2）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H⁺，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线．由图知盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，盐酸中氢离子浓度逐渐减小，但醋酸中存在电离平衡，氢离子和锌反应时促进醋酸电离，补充反应的氢离子，所以醋酸是边反应边电离H⁺，故消耗的Zn多，所以m₁＜m₂，
故答案为：B；＜；
（3）A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na⁺、H⁺、CH₃COO^-、OH^-，根据电荷守恒则有：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），c（H⁺）＜c（OH^-），溶液中离子浓度大小关系为：c （Na⁺）＞c （CH₃COO^-）＞c （OH^-）＞c （H⁺），还有可能c （Na⁺）＞c （OH^-）＞c （CH₃COO^-）＞c （H⁺），故A错误；
B、在B点溶液显中性，则结果是c（OH^-）=c（H⁺），根据电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），则一定有c（Na⁺）=c（CH₃COO^-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）=c（H⁺），故B错误；
C、在C点，溶液显酸性，故有c（OH^-）＜c（H⁺），根据电荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），故c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-），c （CH₃COO^-）＞c （Na⁺）＞c （H⁺）＞c （OH^-），故C错误；
D、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=0.1mol•L^-1，c（Na⁺）=0..05mol/L，c （CH₃COO^-）+c （CH₃COOH）=2c （Na⁺），故D正确；
故选D；
（4）某CuSO₄溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）₂沉淀，则应有c（OH^-）≥

2×10−20
0.02mol/L=10^-9mol/L，则c（H⁺）≤
1×10−14
10−9mol/L=10^-5mol/L，
所以pH≥-lg（10^-5）=5；
Cu²⁺沉淀较为完全是的浓度为[0.2mol/L/1000]=2×10^-4mol/L，
则c（OH^-）=

2×10−20
2×10−4mol/L═10^-8mol/L，
则c（H⁺）=
1×10−14
10−8mol/L=10^-6mol/L，
所以pH=-lg（10^-6）=6，
故答案为：5； 6；
（5）常温下，纯碱（Na₂CO₃） 溶液中滴入酚酞，溶液呈红色，则该溶液呈碱性；
要验证该溶液遇酚酞呈红色原因，可用以下方法：
方法一：向红色溶液中加入足量BaCl₂溶液，如果溶液显红色，说

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离，化学平衡影响因素分析判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，注意把握弱电解质的电离特点和影响因素，平衡移动原理实质理解应用、溶度积常数的计算，题目难度不大，注意把握计算公式的运用．