1、【复习目标】考点一：盐类水解的原理考点二：影响盐类水解程度的主要因素考点三：盐类水解的应用考点四：离子浓度大小比较考点五：难溶电解质的溶解平衡与溶度积考点六：沉淀的转化考点七：沉淀的溶解【考点梳理】考点一：盐类水解的原理1盐的水解的实质盐电离出的弱酸根离子或弱碱阳离子与水电离出的H+或OH-生成弱电解质；2对水电离平衡的影响：促进水的电离；3水解的特点：(1)可逆(2)吸热(3)一般很微弱【考点梳理】4水解的规律：有弱才水解；无弱不水解 谁弱谁水解；越弱越水解；谁强显谁性；同强显中性。【典型例题一】下列离子方程式中，属于水解反应的是()AHCOOH+H2OHCOO-+H3O+BCO2+H2OH
2、CO3-+H+CCO32-+H2OHCO3-+OH-DHS-+H2OS2-+H3O+【典型例题一】答案【解析】CA是甲酸的电离方程式，故A错误；B是碳酸的一级电离方程式，故B错误；C是碳酸根的水解方程式，故C正确；D是硫氢根离子的电离方程式，故D错误；故选C。【拓展延伸】盐类水解方程式的书写规律：(1)盐类水解的程度一般是很小的，通常用“”表示，同时无沉淀和气体产生；(2)多元弱酸的酸根离子水解是分步进行的，第一步水解程度比第二水解程度大，故相同物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液碱性比NaHCO3强；(3)多元弱碱的阳离子水解过程较为复杂，通常写成一步完成；(4)多
3、元弱酸的酸式酸根离子，水解和电离同步进行。【考点梳理】考点二：影响盐类水解程度的主要因素一、影响盐类水解的因素1内因：盐的本性；2外因：浓度、浓度、溶液酸碱性的变化(1)温度不变，浓度越小，水解程度越大；(2)浓度不变，水解反应是吸热反应，因此温度越高，水解程度越大；(3)改变溶液的pH值，可抑制或促进水解。【典型例题二】已知K2HPO4溶液中水解程度大于电离程度，对于平衡HPO42-+H2O H3O+PO43-，欲使溶液中c(HPO42-)、c(PO43-)、c(H3O+)三种离子浓度均减少，可采用的方法是()A加水B加热C加消石灰D加AgNO3【典型例题二】答案【解析】CA该溶液呈碱性，加
4、水稀释，碱性减弱，酸性增强，c(H3O+)增大，故A错误；B加热会促进电离平衡向右移动，使c(PO43-)和c(H3O+)均增大，故B错误；C加入Ca(OH)2会使PO43-转化为Ca3(PO4)2沉淀，且c(H+)减小，使平衡右移所以c(HPO42-)减小，故C正确；D加入硝酸银会生成磷酸银沉淀，导致电离平衡正向移动，所以c(PO43-)减小，c(H3O+)增大，故D错误；故选C。【拓展延伸】酸式盐的水解情况分类：若只有电离而无水解，则呈酸性(如NaHSO4)若既有电离又有水解，取决于两者相对大小电离程度水解程度，呈酸性电离程度水解程度，呈碱性常见酸式盐溶液的酸碱性碱性：NaHCO3、NaH
5、S、Na2HPO4、NaHS酸性(很特殊，电离大于水解)：NaHSO3、NaH2PO4、NaHSO4。【考点梳理】考点三：盐类水解的应用1判断或解释盐溶液的酸碱性相同条件下，测得NaHCO3 CH3COONa NaAlO2三种溶液的pH值相同；么它们的物质的量浓度由大到小的顺序是_；解析：因为电离程度CH3COOHHAlO2所以水解程度NaAlO2NaHCO3CH3COON2在相同条件下，要使三种溶液pH值相同，只有浓度【考点梳理】2分析盐溶液中微粒种类例如：Na2S和NaHS溶液含有的微粒种类相同，它们是Na+、S2-、HS-、H2S、OH-、H+、H2O，但微粒浓度大小关系不同。3判断加热
6、浓缩或蒸干盐溶液能否得到同溶质固体弱碱易挥发性酸盐氢氧化物固体(除铵盐)如：AlCl3溶液；弱碱难挥发性酸盐同溶质固体，如：Fe2(SO4)3溶液。【考点梳理】4某些盐溶液的配制、保存在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度Na2SiO3、Na2CO3、NH4F等不能贮存磨口玻璃塞的试剂瓶中，因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH-，NH4F水解产生HF，OH-、HF均能腐蚀玻璃。【考点梳理】5某些离子间因发生又水解而在溶液中不大量共存，如Al3+与S2-、HS-、CO32-、HCO3-、AlO
7、2，SiO32-、ClO-、C6H5O-等不共存Fe3与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-等不共存NH4+与ClO-、SiO32-、AlO2-等不共存小结：能发生双水解反应，首先是因为阴、阳离子本身单一水解程度相对较大，其次水解一方产生较多H+，另一方产生较多OH-，两者相互促进，使水解进行到底；3HCO3-+Al3+Al(OH)3+3CO2(泡沫灭火器内反应原理)【考点梳理】6制备胶体或解释某些盐有净水作用FeCl3、KAl2(SO4)212H2O等可作净水剂；原因：Fe3+、Al3+水解产生少量胶状的Fe(OH)3、Al(OH)3，结构疏松、表面积大、吸附能力强，故它们能吸附水中
8、悬浮的小颗粒而沉降，从而起到净水的作用。【典型例题三】下列有关问题，与盐的水解有关的是()NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂；用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；草木灰与铵态氮肥不能混合施用；实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体ABCD【典型例题三】答案【解析】DNH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故正确；NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故正确；草木灰碳酸
9、钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故正确；Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故正确；加热蒸干AlCl3溶液会促进铝离子水解，这样会得到Al(OH)3固体，故正确；故选D。【考点梳理】考点四：离子浓度大小比较一、离子浓度大小比较的解题方法和步骤：1判断水解、电离哪个为主(1)盐离子不水解不电离：强酸强碱盐，如NaCl、Na2SO4等；(2)盐离子只水解不电离：强酸弱碱或弱酸强碱形成的正盐，如NH4Cl、Na2CO3等；(3)盐离子既水解又电离：多元弱酸形成的酸式盐，以水解为主的有NaHCO3、
10、NaHS、Na2HPO4等；以电离为主的有NaHSO3和NaH2PO4等；【考点梳理】(4)根据题意判断：如某温度下NaHB强电解质溶液中，当c(H+)c(OH-)时，以HB-的电离为主；当c(H+)c(OH-)时，以HB-的水解为主对于弱酸HX与强碱盐(NaX式)的混合溶液中，当c(H+)c(OH-)时，以HX的电离为主；当c(H+)c(OH-)时，以X-的水解为主对于弱碱ROH与强酸盐(RCl式)的混合溶液中，情况则相反。2运用盐溶液中的以上三种关系进行综合分析判断，得出正确结论。【考点梳理】二、离子浓度大小比较，在分析问题时注意的问题：1两种理论：(1)弱电解质的电离平衡理论弱电解质的电
11、离是微量的，电离消耗及电离产生的粒子是少量的，同时还应考虑水的电离；多元弱酸的电离是分步的，主要是第一步电离。【考点梳理】(2)水解平衡理论弱酸根离子或弱碱阳离子由于水解而损耗；如NH4Cl溶液中，因NH4+水解损耗，所以c(Cl-)c(NH4+)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解损失是微量的(双水解除外)，因此水解生成的弱电解质及产生的H+(或OH-)也是微量的但由于水的电离，所以水解后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中的c(OH-)问题大于水解产生的弱电解质的浓度；多元弱酸根离子的水解是分步的，以第一步水解为主；【考点梳理】强碱弱酸酸式盐溶液中弱酸酸根离子既有电离又有水解，比较离子浓度时首先要认清
12、其阴离子的电离程度和水解程度；a若溶液显酸性，说明阴离子的电离程度水解程度；b若溶液显碱性，说明阴离子的电离程度水解程度；【考点梳理】弱酸、弱碱与其对应盐的混合液(物质的量之比为1：1)a一般规律是：酸、碱的电离程度其对应盐的水解程度；CH3COOHCH3COONa混合液呈酸性：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)；NH3H2ONH4Cl混合液呈碱性：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)b特殊情况：HCNNaCN混合液呈碱性：c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(H+)【考点梳理】2三大守恒：以0.1mol/LCH3COONa溶液为例(1)电荷平衡：c(CH3C
13、OO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)(2)物料平衡：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L(3)质子守恒：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；【典型例题四】25时，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如右图所示下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是()AW点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)BpH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)0.1 molL-1CpH=8的溶液中：c(H+)+c(H2CO3)
14、+c(HCO3-)=c(OH-)+c(Cl-)DpH=11的溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(CO32-)c(HCO3-)c(H2CO3)【典型例题四】【解析】A根据电荷守恒可知，溶液中离子应该满足关系式c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，故A错误；BpH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)0.1 molL-1，故B正确；C根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，则根据物料守恒可知c(H2CO3)+c(HCO3-)
15、+c(CO32-)=c(Cl-)=1/2c(Na+)，则c(H+)+2c(H2CO3)+2c(HCO3-)=c(OH-)+c(Cl-)，故C错误；【典型例题四】答案【解析】BD根据图象可知pH=11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠的浓度，这说明碳酸钠是过量的，则c(Na+)c(CO32-)c(Cl-)c(HCO3-)c(H2CO3)，故D错误；故选B。【考点梳理】考点五：难溶电解质的溶解平衡与溶度积1沉淀溶解平衡(1)AmBn固体在水中的沉淀溶解平衡可表示为：AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)(2)特征：难溶电解质在水中建立起来的沉淀溶解平衡和化学平衡、电离平衡等一样，符合平
16、衡的基本特征，满足平衡的变化基本规律特征如下：逆：可逆过程；等：沉积和溶解速率相等；动：动态平衡；定：离子浓度一定(不变)；变：改变温度、浓度等条件，沉淀溶解平衡会发生移动直到建立一个新的沉淀溶解平衡。【考点梳理】2影响沉淀溶解平衡的因素(1)内因：难溶性电解质本身的性质；(2)外因：浓度：加水稀释，沉淀溶解平衡向溶解方向移动；温度：多数难溶性电解质溶解于水是吸热的，所以升高温度，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动特例：Ca(OH)2随着温度的升高溶解度减小，即升高温度，平衡向沉淀的方向移动；同离子效应：向沉淀溶解平衡体系中加入相同的离子，使平衡向沉淀方向移动；化学反应：向沉淀溶解平衡体系中加入可与
17、体系中某些离子反应生成更难溶或气体的离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。【考点梳理】3溶度积Ksp的性质(1)溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小；【考点梳理】(2)溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小；相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大。如：Ksp(AgCl)=1.810-10；Ksp(AgBr)=5.010-13；Ksp(AgI)=8.310-17因为：Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)Ksp(AgI)，所以溶解度：Ksp
18、(AgCl)Ksp(AgBr)Ksp(AgI)不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。【典型例题五】已知常温时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.610-12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH=12.0，则下列说法不正确的是()A所得溶液中的c(H+)=1.010-12 molL-1B所加的烧碱溶液pH=12.0C所得溶液中由水电离产生的c(OH-)=1.010-12molL-1D所得溶液中的c(Mg2+)=5.610-8 molL-1【典型例题五】答案【解析】BApH=12的溶液中，c(H+)=10-12mol/L
19、，故A正确；B烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液，向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH=12，则所加NaOH溶液pH12，故B错误；C溶液中由水电离产生的c(OH-)水=c(H+)水=10-12mol/L，故C正确；D溶液中c(OH-)=10-2mol/L，溶液中的c(Mg2+)=5.610-8 molL-1，故D正确；故选B。【考点梳理】考点六：沉淀的转化 1溶度积与离子积的应用Qc与Ksp的关系溶液性质有无沉淀析出AQcKsp过饱和有沉淀析出BQc=Ksp饱和沉淀溶解平衡CQcKsp不饱和无沉淀析出【考点梳理】2沉淀的溶解：原理：根据勒夏特列原理，使沉淀溶解平
20、衡向溶解方向移动；方法：设法不断移去平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。【典型例题六】已知，Fe2+结合S2-的能力大于结合OH-的能力，而Al3+则正好相反在Fe2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是()AAl2S3、FeS和S BFe(OH)3和Al(OH)3CFe2S3和Al(OH)3DFeS、Al(OH)3和S【典型例题六】答案【解析】D在Fe2(SO4)3和AlCl3溶液中加过量KI，先是Fe2(SO4)3与KI两盐发生氧化还原反应：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2
21、，再加入Na2S后，由于S2-+H2O HS-+OH-在Na2S溶液中，有大量S2-、OH-，依题意知，Fe2+结合S2-能力强，两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀，Fe2+S2-=FeS；Al3+结合OH-能力强，形成Al(OH)3沉淀，Al3+3OH-=Al(OH)3，或理解为Al3+与S2-发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S+6NaCl；但由于I2的存在发生：I2+S2-=S+2I-或I2+H2S=S+2HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al(OH)3和S的混合物；故选D。【考点梳理】考点七：沉淀的转化沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡移动，通常一种沉
22、淀可以转化为更难溶的沉淀，这两种难溶物的溶解能力差别越大，这种转化的趋势就越大如：在ZnS的溶解平衡体系中加入CuSO4溶液，可以使其转化为更难溶的CuS沉淀，这说明溶解度ZnSCuS转化的方程式可以表示为ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)。【典型例题七】某同学为了验证AgCl的溶解度大于Ag2S的溶解度，进行了如图所示实验操作：(1mL约为20滴)请回答：(1)操作完成后，试管底部有_色沉淀；(2)操作的现象是_；该操作能否说明AgCl的溶解度大于Ag2S的溶解度_(填“能”或“否”)，原因是：_；(3)操作相应的离子方程式是_。【典型例题七】【解析】(1)硝酸银溶
23、液中加入氯化钠溶液会发生反应：Ag+Cl-=AgCl，所以试管底部会生成白色沉淀；(2)操作中加入硫化钠溶液后，会发生反应：Ag+S2-=Ag2S，2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-，所以试管底部有黑色沉淀生成；由于在操作中加入的NaCl溶液是少量的，原溶液中的AgNO3过量，静置后溶液中还有大量剩余的AgNO3，故操作加入少量的Na2S溶液后S2-直接与Ag+反应生成黑色的Ag2S沉淀，没有发生AgCl到Ag2S沉淀转化，所以不能说明AgCl的溶解度大于Ag2S的溶解度；【典型例题七】【解析】(3)操作中，加入过量Na2S溶液后S2-全部与Ag+反应生成黑色的Ag2S沉淀，离子方程式为：2
24、Ag+S2-=Ag2S；且原先生成的AgCl沉淀会转化成更难溶的硫化银沉淀，反应的离子方程式为：2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-。【典型例题七】答案(1)白(2)上层溶液中有黑色沉淀生成；否；因为操作中加入的NaCl是少量的，原溶液中的AgNO3过量，静置后溶液中还有大量AgNO3，故操作加入少量的Na2S溶液后S2-直接与Ag+反应生成黑色的Ag2S沉淀，没有发生AgCl到Ag2S沉淀转化，所以不能说明AgCl的溶解度大于Ag2S的溶解度(3)2Ag+S2-=Ag2S，2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-。【巩固习题一】对于某酸的酸式盐NaHY的水溶液的下列叙述中，正确的是()A该酸式盐
25、的水溶液一定显酸性B在该盐溶液中，离子浓度为：c(Na+)c(Y2-)c(HY-)c(OH-)c(H+)C若HY-能水解，水解方程式为：HY-+H2O Y2-+H3O+D若HY-能电离，电离方程式为：HY-+H2O Y2-+H3O+【巩固习题一】答案【解析】DA如果HY-的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，如果电离大于水解溶液呈酸性，故A错误；B不知电离和水解程度的大小，所以无法比较c(Y2-)和c(HY-)、c(OH-)和c(H+)的大小，故B错误；C若HY-能水解，水解是结合水中的氢离子，水解方程式为：HY-+H2O H2Y+OH-，故C错误；D若HY-能电离，电离方程式为：HY-+H2O
26、 Y2-+H3O+，故D正确；故选D。【巩固习题二】在25时，浓度均为1mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中，测得其中c(NH4+)分别为a mol/L、b mol/L、c mol/L，则下列判断正确的是()Aabc Bacb Cbac Dcab【巩固习题二】答案【解析】D(NH4)2CO3溶液中CO32-的水解促进NH4+的水解，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的水解抑制NH4+的水解，则等浓度时，c(NH4+)大小顺序应为cab，故选D。【巩固习题三】(双选)室温下甲为NaX溶液、乙为NaY溶液，两者均为一元酸的钠盐下列分析正
27、确的是()A等浓度时，若溶液中c(X-)=c(Y-)+c(HY)，则乙的pH大B等浓度时，若甲的pH大，则甲中总离子浓度大C甲浓度大时，若溶液中c(X-)=c(Y-)，则甲中水的电离程度大D乙浓度大时，若酸性HX强，则乙的水解程度大【巩固习题三】答案【解析】ACA等浓度时，若溶液中c(X-)=c(Y-)+c(HY)，说明对应酸的酸性，HX为强酸，HY为弱酸，酸性HY小于HX，酸越弱对应盐水解程度越大溶液碱性越强，则乙的pH大，故A正确；B结合溶液中存在的电荷守恒分析判断，甲为NaX溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)、乙为NaY溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H
28、+)=c(OH-)+c(Y-)，等浓度时，若甲的pH大，说明氢离子浓度小，钠离子浓度相同则溶液中离子总浓度乙中大，故B错误；C甲浓度大时，若溶液中c(X-)=c(Y-)，说明X-离子水解程度大于Y-离子，水解程度越大对水的电离促进越大，则甲中水的电离程度大，故C正确；D乙浓度大时，若酸性HX强，弱离子浓度越大水解程度越小，乙的水解程度小，故D错误；故选AC。【巩固习题四】(双选）常温下，对pH=10的NaHCO3溶液中，各微粒的物质的量浓度分析正确的是()Ac(CO32-)c(H2CO3)Bc(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)Cc(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO
29、32-)+c(OH-)Dc(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)【巩固习题四】答案【解析】BDA常温下，pH=10的NaHCO3溶液中，HCO3-的水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性，则c(CO32-)c(H2CO3)，故A错误；BHCO3-的水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，碳酸氢根离子电离和水解程度都较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)，故B正确；C溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C错误；D溶液中存在物料
30、守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故D正确；故选BD。【巩固习题五】室温下，0.1molL-1的NaHB溶液中c(H+)c(OH-)则下列关系中一定正确的是()Ac(Na+)+c(H+)=c(HB-)+2c(B2-)Bc(H+)c(OH-)=10-14Cc(Na+)=c(B2-)+c(HB-)D溶液的pH=1【巩固习题五】答案【解析】BA溶液存在电荷守恒，应为c(Na+)+c(H+)=c(HB-)+2c(B2-)+c(OH-)，故A错误；B常温下，水的离子积常数K=c(H+)c(OH-)=10-14，故B正确；C由物料守恒可知c(Na+)=
31、c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)，故C错误；DHB-电离程度未知，则溶液的pH不一定为1，故D错误；故选B。【巩固习题六】下列说法正确的是()AAgCl水溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数BAgCl水溶液的导电性很弱，所以AgCl为弱电解质C温度一定时，当AgCl水溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液D向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，c(Cl-)增大，Ksp值变大【巩固习题六】答案【解析】CA在一定温度下的AgCl的饱和水溶液中，Ksp=C(Ag+)C(Cl-)是一个常数，在不饱和溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积不是一个常数，故A错误；B氯化银为
32、盐，故是强电解质，与溶解度无关，故B错误；C温度一定时，浓度熵QC=Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液，故C正确；DKsp值只与温度有关，温度不变Ksp值不变，所以向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值不变，故D错误；故选C。【巩固习题七】硫化汞(HgS)难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥等某温度时，HgS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向硫化汞的浊液中加入硫化钠溶液，硫化汞的Ksp减小 B图中a点对应的是饱和溶液 C向c点的溶液中加入0.1 molL-1Hg(NO3)2，则c(S2-)减小 D升高温度可以实现c点到b点的转化【巩固习题七】答案【解析】CA溶液的温度不变，则Ksp不变，故A错误；Ba点为不饱和溶液，故B错误；C温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据C(S2-)=知，汞离子浓度增大，则硫离子浓度减小，故C正确；D升高温度，促进硫化汞的电离，所以汞离子和硫离子浓度都增大，故D错误；故选C。