第8章 第41讲 沉淀溶解平衡(课件PPT)-【正禾一本通】2025年高考化学高三一轮总复习高效讲义（人教版2019 单选版）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 一轮总复习 多媒体课件 化学（人教版单选） 第八章 水溶液中的离 子反应与平衡 第41讲　沉淀溶解平衡 考点1 1 沉淀溶解平衡及其影响因素 考点2 1 溶度积常数及其应用 考点3 1 沉淀溶解平衡的应用 课下巩固精练卷(四十一)　沉淀溶解平衡 【备考目标】　1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2.理解溶度积(Ksp)的含义，并能进行相关计算。3.了解沉淀的生成、溶解与转化，并能应用化学平衡原理解释。 ＞ ＝ 1．沉淀溶解平衡的建立 ＜ 2．沉淀溶解平衡的特征 ≠0 相等 不变 正向 增大 减小 增大 减小 减小 增大 减小 3．沉淀溶解平衡的影响因素 (1)内因：难溶物本身的性质，这是主要决定因素。 (2)外因(以AgCl(s) ⇌ Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH>0为例) 移动方向 平衡后c(Ag＋) 平衡后c(Cl－) Ksp 升高温度 加过量水稀释 加入少量AgNO3 通入HCl 通入H2S 减小 增大 增大 不变 不变 不变 不变 增大 正向 正向 逆向 逆向 4.难溶、微溶、可溶、易溶的界定(20 ℃，100 g水) × 【基点判断】(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)难溶电解质在水中存在沉淀溶解平衡，是一种动态平衡( ) (2)AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－( ) (3)向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变( ) (4)升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动( ) (5)难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动( ) √ × × × 1．已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s) ⇌ Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)　ΔH＜0，下列有关该平衡体系的说法正确的是(　　) ①升高温度，平衡逆向移动 ②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度 ③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液 ④恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高 ⑤给溶液加热，溶液的pH升高 ⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加 ⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变 A．①⑥ B．①⑥⑦ C．②③④⑥ D．①②⑥⑦ 解析：选A。加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2＋浓度减小，②错；加入氢氧化钠溶液会使平衡左移，有Ca(OH)2生成，但Ca(OH)2的溶度积较大，要除去Ca2＋，应把Ca2＋转化为更难溶的CaCO3，③错；恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，④错；加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，⑤错；加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，⑥正确；加入NaOH固体，沉淀溶解平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，⑦错。 2．(2023·河南郑州模拟)探究Mg(OH)2的沉淀溶解平衡时，利用下表三种试剂进行实验，下列说法中不正确的是(　　) 编号 ① ② ③ 分散质 Mg(OH)2 HCl NH4Cl 备注 悬浊液 1 mol·L－1 1 mol·L－1 A.向①中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，说明Mg(OH)2是一种弱电解质 B．为了使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快，加入过量NH4Cl浓溶液并充分振荡，效果更好 C．①③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)＋2NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) (aq) ⇌ Mg2＋(aq)＋2NH3·H2O(aq) D．向少量Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，反应的离子方程式是Mg2＋＋2HCO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) ＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) ＋2H2O 解析：选A。Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，则溶液呈碱性，说明Mg(OH)2能电离出OH－，是一种电解质，不能判断是否为弱电解质，A错误； Mg(OH)2溶解产生的OH－与NH4Cl溶液中的NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) 生成NH3·H2O，能加快Mg(OH)2悬浊液的溶解，B正确；①③混合后，OH－与NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) 发生反应生成NH3·H2O，其方程式为Mg(OH)2(s)＋2NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) (aq) ⇌ Mg2＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)，C正确；因相同温度下，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，碱过量时生成Mg(OH)2，D正确。 任意 1．溶度积常数和离子积 以AmBn(s) ⇌ mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例： 溶度积 离子积 含义 沉淀溶解平衡的平衡常数 溶液中有关离子浓度幂的乘积 符号 Ksp Q 表达式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是 浓度 Q(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是 浓度 平衡 越小 温度 越小 应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解 ①Q>Ksp：溶液过饱和，有 析出； ②Q＝Ksp：溶液饱和，处于 状态； ③Q＜Ksp：溶液 ，无沉淀析出 2.Ksp的影响因素 (1)内因：主要是难溶电解质本身的性质。阴、阳离子个数比相同的难溶电解质，溶度积 ，其溶解能力 ；不同类型的难溶电解质，应通过计算才能进行比较溶解能力。 (2)外因：仅与 有关，与浓度、压强、催化剂等无关。 沉淀 平衡 未饱和 【基点判断】(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱( ) (2)Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关( ) (3)常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小( ) (4)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) ( ) (5) AgCl的Ksp＝1.8×10－10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)＝ eq \r(1.8) ×10－5 mol·L－1( ) × × × × √ (6)将0.1 mol·L－1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小( ) √ 一、溶度积的概念及影响因素 1．在AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在，当向溶液中加入0.1 mol·L－1的盐酸时，下列说法正确的是(　　) A．AgCl的溶解平衡正向移动 B．AgCl溶解度增大 C．溶液中c(Ag＋)增大 D．溶液中c(Cl－)增大 解析：选D。AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在，则溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) ⇌ Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，当向溶液中加入0.1 mol·L－1的盐酸时，c(Cl－)增大，平衡逆向移动，所以溶液中c(Ag＋)变小，AgCl溶解度减小。 2．关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是(　　) A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关 B．将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明Ksp[Ca(OH)2]>Ksp(CaSO4) C．已知25 ℃时Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，则该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋⇌Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝2.8×103 D.已知25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH＝11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2＋)＝1.8×10－5mol·L－1 解析：选B。Ksp随温度的改变而改变，不同物质的溶解能力不同，与物质本身的性质有关，A项正确；将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不同，不能比较大小，B项错误；Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，K＝ eq \f(c（Fe3＋）,c3（H＋）) ＝ eq \f(c（Fe3＋）·c3（OH－）,c3（H＋）·c3（OH－）) ＝3),\s\do1(w)) eq \f(Ksp[Fe（OH）3],K) ＝ eq \f(2.8×10－39,10－42) ＝2.8×103，C项正确；c(Mg2＋)＝ eq \f(Ksp[Mg（OH）2],c2（OH－）) ＝ eq \f(1.8×10－11,10－6) mol·L－1＝1.8×10－5 mol·L－1，D项正确。 二、溶度积的应用及简单计算 3．(2023·浙江杭州重点中学联考)可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：Ksp(BaCO3)＝5.0×10－9；Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10。下列推断正确的是(　　) A．饱和BaCO3溶液中存在：c(Ba2＋)＝c(HCO)＋c(CO) B．向BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中加入少量BaCl2，溶液中2－),\s\do1(3)) eq \f(c（CO）,c（SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)) ）) 减小 C．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4) D．若每次加入1 L 2 mol·L－1的Na2CO3溶液，至少需要6次可将0.2 mol BaSO4转化为BaCO3 解析：选D。BaCO3是难溶性盐，饱和BaCO3溶液中存在：BaCO3(s)⇌Ba2＋ (aq)＋CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) (aq)，根据元素守恒：c(Ba2＋)＝c(HCO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) )＋c(CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) )＋c(H2CO3)，A错误； BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中存在平衡：BaCO3(s)＋SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) (aq)⇌BaSO4(s)＋CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) (aq)，溶液中2－),\s\do1(3)) eq \f(c（CO）,c（SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)) ）) ＝ eq \f(Ksp（BaCO3）,Ksp（BaSO4）) ，加入少量BaCl2，温度不变，Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)不变，2－),\s\do1(3)) eq \f(c（CO）,c（SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)) ）) 不变，B错误；胃液中含有盐酸，不用碳酸钡作为内服造影剂的原因是：碳酸钡能和盐酸反应而溶解，和溶度积常数无关， C错误；向BaSO4中加入Na2CO3溶液，发生反应BaSO4(s)＋CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) (aq)⇌BaCO3(s)＋SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) (aq)，该反应的平衡常数K＝2－),\s\do1(4)) eq \f(c（SO）,c（CO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) ）) ＝ eq \f(Ksp（BaSO4）,Ksp（BaCO3）) ＝ eq \f(1×10－10,5×10－9) ＝ eq \f(1,50) ，若每次加入1 L 2 mol·L－1的Na2CO3溶液，能处理BaSO4的物质的量为x mol，则K＝2－),\s\do1(4)) eq \f(c（SO）,c（CO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) ）) ＝ eq \f(x,2－x) ＝ eq \f(1,50) ，x＝ eq \f(2,51) ， eq \f(0.2 mol,\f(2,51) mol) ＝5.1，所以至少6次可以将0.2 mol BaSO4转化为BaCO3，D正确。 4．某化工厂废水(pH＝2.0，ρ≈1 g·mL－1)中含有Ag＋、Pb2＋等重金属离子，其浓度各约为0.01 mol·L－1。排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如表： 难溶电解质 AgI PbI2 AgOH Pb(OH)2 Ag2S PbS Ksp 8.3×10－17 7.1×10－9 5.6×10－8 1.2×10－15 6.3×10－50 3.4×10－28 (1)往废水中投入________(填字母)，Ag＋、Pb2＋沉淀效果最好。 A．KI　　　B．NaOH　　　C．Na2S (2)常温下，如果用NaOH处理上述废水，使溶液的pH＝9.0，处理后的废水中c(Pb2＋)＝____________________。 (3)如果用食盐处理只含Ag＋的废水，测得处理后的废水(ρ≈1 g·mL－1)中NaCl的质量分数为0.117%。若排放标准要求为c(Ag＋)低于1.0×10－8 mol·L－1，已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，问该工厂处理后的废水中c(Ag＋)＝________，是否符合排放标准________(填“是”或“否”)。 解析：(1)因为溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠。(2)Pb(OH)2的溶度积为1.2×10－15，pH＝9.0，c(OH－)＝10－5mol/L，Ksp＝c2(OH－)×c(Pb2＋)＝1.2×10－15，c(Pb2＋)＝ eq \f(1.2×10－15,10－5×10－5) mol/L＝1.2×10－5 mol·L－1。(3)废水中NaCl的质量分数为0.117%，ρ≈1 g·mL－1，所以c(Cl－)＝ eq \f(1 000ρw,M) ＝ eq \f(1000×1×0.117%,58.5) mol/L＝0.02 mol·L－1；Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，c(Ag＋)＝ eq \f(1.8×10－10,0.02) mol/L＝9×10－9mol·L－1＜1.0×10－8 mol·L－1，排放标准要求为c(Ag＋)低于1.0×10－8 mol·L－1，所以符合排放标准。 答案：(1) C　(2) 1.2×10－5 mol·L－1 (3)9×10－9 mol·L－1　是 Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋ 1．沉淀的生成 (1)调节pH法 如：除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入 调节pH至7～8，离子方程式为 。 (2)沉淀剂法 如：用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为 。 氨水 2．沉淀的溶解 (1)酸溶解法 如：CaCO3溶于盐酸，离子方程式为 。 (2)盐溶液溶解法 如：Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为 。 (3)氧化还原溶解法 如：不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。 (4)配位溶解法 如：AgCl溶于氨水，离子方程式为 。 CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑ Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O 3．沉淀的转化 (1)实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。 如：AgNO3溶液 eq \o(――→,\s\up7(NaCl)) AgCl(白色沉淀) eq \o(――→,\s\up7(NaBr)) AgBr(浅黄色沉淀) eq \o(――→,\s\up7(NaI)) AgI(黄色沉淀) eq \o(――→,\s\up7(Na2S)) Ag2S(黑色沉淀)。 (2)应用 ①锅炉除垢：将CaSO4转化为易溶于酸的CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq) ⇌ CaCO3(s)＋SO(aq)。 ②矿物转化：CuSO4溶液遇PbS转化为CuS，离子方程式为Cu2＋(aq)＋PbS(s)⇌CuS(s)＋Pb2＋(aq)。 一、沉淀溶解平衡与实验探究 1．(人教选择性必修1 P87T3)现进行下列实验。 (1)将0.1 mol/L AgNO3溶液和0.1 mol/L NaCl溶液等体积混合，得到悬浊液a；将悬浊液a过滤，得到滤液b和白色沉淀c。 (2)向滤液b中滴加0.1 mol/L KI 溶液，滤液出现浑浊。 (3)向沉淀c中滴加0.1 mol/L KI溶液，沉淀变为黄色。 下列关于上述实验的分析错误的是(　　) A．悬浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) ⇌ Ag＋(aq)＋Cl－(aq) B．滤液b中不含Ag＋ C．实验(3)表明AgCl转化为AgI D．实验可以证明AgI的Ksp比AgCl的小 解析：选B。悬浊液a中含有AgCl，存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) ⇌ Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故A正确；由实验(2)可知滤液b中存在Ag＋，故B错误；向AgCl中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，白色沉淀变为黄色，说明发生了AgCl到AgI的转化，故C正确；向AgCl中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，证明AgI比AgCl更难溶，则AgI的Ksp比AgCl的小，故D正确。 2．(2023·浙江名校联盟联考)常温下，向20 mL 0.1 mol/L NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，一段时间后，少量气体X从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH值为8.7。 已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9，Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11； H2CO3：pKa1＝6.3、pKa2＝10.3；Mg(OH)2沉淀的pH范围：9.4～12.4。 下列说法正确的是(　　) A．X气体是CO2，饱和NaHCO3溶液的pH>8.7 B．因为Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，Mg(OH)2更难溶 C．向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有Mg(OH)2生成 D．向0.1 mol/L NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀 解析：选D。在NaHCO3溶液中既存在水解平衡HCO＋H2O ⇌ H2CO3＋OH－、又存在电离平衡HCO ⇌ H＋＋CO，HCO的水解平衡常数Kh＝ eq \f(Kw,Ka1) ＝ eq \f(1×10－14,10－6.3) ＝10－7.7＞10－10.3，NaHCO3溶液呈碱性，向其中加入少量NaHCO3固体，上述平衡正向移动，生成的H2CO3分解产生少量气体CO2，即X气体是CO2，同时有CO生成，即溶液Y中含CO，由H2CO3的Ka1、Ka2可知CO的水解能力大于HCO，溶液Y的pH为8.7，则饱和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A项错误； MgCO3、Mg(OH)2不属于同类型的难溶电解质，不能直接由Ksp的大小判断溶解度的大小，Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6，饱和MgCO3溶液的浓度c(MgCO3)＝ eq \r(Ksp（MgCO3）) ＝ eq \r(6.82×10－6) mol/L＝ eq \r(6.82) ×10－3 mol/L，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，饱和Mg(OH)2溶液的浓度c[Mg(OH)2]＝ eq \r(3,\f(Ksp[Mg（OH）2],4)) ＝ eq \r(3,\f(1.8×10－11,4)) mol/L＝ eq \r(3,4.5) ×10－4 mol/L＜ eq \r(6.82) ×10－3mol/L，Mg(OH)2更难溶，B项错误； Mg(OH)2沉淀的pH范围：9.4～12.4，即pH＝9.4时Mg2＋开始形成Mg(OH)2沉淀，Y溶液的pH为8.7，故向溶液Y中滴加MgCl2溶液，没有Mg(OH)2生成，C项错误； NaHCO3溶液中存在平衡HCO⇌H＋＋CO，由于Ksp(CaCO3) ＜Ksp(MgCO3)，说明Ca2＋结合CO的能力比Mg2＋强，故向0.1 mol/L NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D项正确。 二、沉淀溶解平衡在生产、生活中的应用 3．牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]，在牙齿表面存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s) ⇌ 5Ca2＋(aq)＋3PO(aq)＋OH－(aq)　Ksp＝6.8×10－37，已知Ca5(PO4)3F的Ksp＝2.8×10－61。下列说法错误的是(　　) A．残留在牙齿上的糖会发酵产生H＋，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质 B．按时刷牙可减少食物残留，从而减少有机酸的产生，防止腐蚀牙齿 C．用含NaOH的溶液漱口，可使平衡左移，保护牙齿 D．含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，促进牙齿表面矿物质的沉积，修复牙釉质 解析：选C。残留在牙齿上的糖会发酵产生H＋，则将消耗OH－，导致生成物OH－浓度减小，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，A正确；由A项分析可知，按时刷牙可减少食物残留，从而减少有机酸的产生，防止腐蚀牙齿，B正确； NaOH碱性太强，具有强腐蚀性，不能用含NaOH的溶液漱口，否则将腐蚀口腔等组织，C错误； Ca5(PO4)3OH的Ksp＝6.8×10－37，而Ca5(PO4)3F的Ksp＝2.8×10－61，含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，促进牙齿表面矿物质的沉积，修复牙釉质，D正确。 4．一种难溶的废弃矿渣杂卤石，其主要成分可表示为K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O，已知它在水溶液中存在如下平衡：K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O(s) ⇌ 2K＋(aq)＋4SO(aq)＋Mg2＋(aq)＋2Ca2＋(aq)＋2H2O(l)。 用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解出杂卤石中K＋的原因： __________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 解析：杂卤石电离生成镁离子，加入Ca(OH)2，氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，镁离子浓度减小，杂卤石的电离平衡正向移动，钾离子浓度增大。 答案：OH－与Mg2＋结合生成Mg(OH)2沉淀，促进平衡右移，溶液中K＋浓度增大 eq \a\vs4\al([真题演练·感悟高考]) 1．(2023·浙江1月选考)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s) ⇌ Ca2＋(aq)＋CO(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是(　　) A.上层清液中存在c(Ca2＋)＝c(CO) B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO形式存在 C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变 D.通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化 解析：选B。上层清液为CaCO3的饱和溶液，CO存在水解平衡，根据元素守恒，c(Ca2＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，A项错误；CaCO3的饱和溶液pH≈9，根据Ka2＝2－),\s\do1(3)) eq \f(c（H＋）·c（CO）,c（HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) ）) ，可得－),\s\do1(3)) eq \f(c（HCO）,c（CO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) ）) ＝ eq \f(c（H＋）,Ka2) ＝ eq \f(10－9,4.7×10－11) ≈21，因此含碳微粒最主要以HCO形式存在，B项正确；向体系中通入CO2气体，发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，CaCO3(s)转化为可溶的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2＋)增大，C项错误；Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶，加Na2SO4溶液不能实现CaCO3向CaSO4的有效转化，D项错误。 2．(2023·全国卷甲)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3 和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM­pH关系图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5 mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是(　　) A．由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5 B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为 eq \f(10－10,3) mol·L－1 C．浓度均为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离 D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1时二者不会同时沉淀 解析：选C。结合题图可知，a点时pH＝2、pM＝2.5，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×(10－12)3＝10－38.5，A错误；由题图可知，pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3 mol·L－1，故Al(OH)3的溶解度为10－3 mol·L－1，B错误；由题图可知，Fe 3＋优先沉淀，当Fe 3＋沉淀完全时，c 3(OH －)＝ eq \f(10 －38.5,10 －5) (mol·L －1) 3＝10 －33.5(mol·L －1) 3此时Q[Al(OH)3]＝0.01 mol/L×10 －33.5 (mol·L －1) 3＝10 －35.5<Ksp[Al(OH)3]＝10 －33，Al3＋还未沉淀，所以浓度为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离，C正确；由题图可知，Al 3＋沉淀完全时，pH约为4.7，Cu 2＋刚要开始沉淀，此时c(Cu 2＋)＝0.1 mol·L －1，若c(Cu 2＋)＝0.2 mol·L －1>0.1 mol·L －1，Cu2＋、Al3＋会同时沉淀，D错误。 3．(2023·辽宁高考)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是(　　) A．Ksp(CdS)＝10－18.4 B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线 C．Ka1(H2S)＝10－8.1 D．Ka2(H2S)＝10－14.7 解析：选D。根据已知信息和图像分析可知，随着pH增大，c(HS－)和c(S2－)均增大，c(Ni2＋)和c(Cd2＋)均减小，根据电离平衡常数Ka1>>Ka2，Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，可知①为pH与－lg c(Cd2＋)的关系曲线，②为pH与－lg c(Ni2＋)的关系曲线， ③为pH与－lg c(S2－)的关系曲线，④为pH与－lg c(HS－)的关系曲线。利用坐标点(4.9，13.0)可以求出Ksp(CdS)＝10－13×10－13＝10－26，A错误；③为pH与－lg c(S2－)的关系曲线，B错误；利用坐标点(4.2，3.9)可以求出Ka1(H2S)＝ eq \f(10－4.2×10－3.9,0.1) ＝10－7.1，C错误；根据Ka1(H2S)，求出pH＝4.9时，c(HS－)＝ eq \f(Ka1·c（H2S）,c（H＋）) ＝ eq \f(10－7.1×0.1,10－4.9) mol·L－1＝10－3.2 mol·L－1，结合坐标点(4.9，13.0)，代入Ka2(H2S)＝ eq \f(c（H＋）·c（S2－）,c（HS－）) ＝ eq \f(10－4.9×10－13,10－3.2) ＝10－14.7，D正确。 4．(2023·北京高考)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：①图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c(CO)＝Ksp(MgCO3) [注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1，不同pH下c(CO)由图1得到]。 下列说法不正确的是(　　) A.由图1，pH＝10.25，c(HCO)＝c(CO) B．由图2，初始状态pH＝11、lg c(Mg2＋)＝－6，无沉淀生成 C．由图2，初始状态pH＝9、lg c(Mg2＋)＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1 D．由图1和图2，初始状态pH＝8、lg c(Mg2＋)＝－1，发生反应：Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O 解析：选C。从图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出pH＝11、lg c(Mg2＋)＝－6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出pH＝9、lg c(Mg2＋)＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＜0.1 mol·L－1，C项错误； pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCO，pH＝8，lg c(Mg2＋)＝－1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O，D项正确。 5．(2021·湖北高考节选)废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如下： 25 ℃时，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10－5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10－35，Ksp[In(OH)3]≈1.0×10－33，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10－20，“浸出液”中c(Cu2＋)＝0.01 mol·L－1。当金属阳离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时沉淀完全，In3＋恰好完全沉淀时溶液的pH约为____________(保留一位小数)；若继续加入6.0 mol·L－1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后__________________________________ ___________________________________________________________________； 为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3＋NH3·H2O ⇌ [Ga(OH)4]－＋NH的平衡常数K＝____________________________________。 (已知：Ga3＋＋4OH－⇌[Ga(OH)4]－　K1＝ eq \f(c{[Ga（OH）4]－},c（Ga3＋）·c4（OH－）) ≈1.0×1034) 解析：c(OH－)＝ eq \r(3,\f(Ksp[In（OH）3],c（In3＋）)) ＝ eq \r(3,\f(1.0×10－33,1.0×10－5)) mol·L－1＝10－ eq \f(28,3) mol·L－1，pOH＝ eq \f(28,3) ≈9.3，pH＝14－pOH＝14－9.3＝4.7；Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色)＋2OH－＋4H2O，向氢氧化铜中滴加过量浓氨水，蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液。反应Ga(OH)3＋NH3·H2O⇌[Ga(OH)4]－＋NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) 的K＝＋),\s\do1(4)) eq \f(c（NH）·c{[Ga（OH）4]－},c（NH3·H2O）) ＝＋),\s\do1(4)) eq \f(c（NH）·c{[Ga（OH）4]－},c（NH3·H2O）) × eq \f(c（Ga3＋）·c4（OH－）,c（Ga3＋）·c4（OH－）) ＝K1×Kb(NH3·H2O)×Ksp[Ga(OH)3]＝1.0×1034×2.0×10－5×1.0×10－35＝2.0×10－6。 答案：4.7　蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色　2.0×10－6 $$