3.4 沉淀溶解平衡（知识解读）-2024-2025学年高二化学同步教学知识解读与分层特训（人教版2019选择性必修1）

第三章 水溶液中的离子反应与平衡 第四节 沉淀溶解平衡 课程学习目标 1．认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，能通过实验证明难溶电解质沉淀溶解平衡的存在，进一步发展粒子观、平衡观。 2．通过实验了解沉淀的生成、溶解与转化，能应用化学平衡理论解释沉淀的生成、溶解和转化。 3．学会通过比较Q与Ksp的大小判断难溶电解质的沉淀与溶解，学会从定量的角度分析沉淀的生成与转化。 学科核心素养 1．从宏观角度认识沉淀溶解平衡的存在，培养宏观辨识与微观探析的能力。 2．运用化学平衡原理分析、理解沉淀溶解平衡的建立过程，培养变化观念与平衡思想。 3．理解溶度积常数的概念，建立认知模型，并利用该模型判断溶液中难溶电解质的沉淀和溶解情况。 【新知学习】 20℃时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系： NaCl能不能和盐酸反应？ NaCl与HCl不发生反应。 在NaCl饱和溶液中，加入浓盐酸。 现象：产生白色沉淀。 解释：在饱和NaCl溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)Na＋＋Cl－，加入浓盐酸，增大了c(Cl－)，平衡向左移动，从而析出NaCl。 可溶的电解质在溶液中存在溶解平衡，难溶电解质是否也存在溶解平衡呢？ 用药匙取少量Mg(OH)2固体粉末放入小烧杯中加约30 mL蒸馏水搅拌，向悬浊液中滴加两滴酚酞试液。 现象：溶液变成红色。 解释：Mg(OH)2有少量溶解并电离出足以使酚酞变红的OH－，即悬浊液中存在以下平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq)。 思考： ①请根据Mg(OH)2在水溶液中存在的下列可逆过程，叙述什么是沉淀溶解平衡状态？ Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq) ②沉淀溶解平衡有哪些特点？ ③在一定温度下上述沉淀溶解平衡的平衡常数如何表达？ 一．难溶电解质的沉淀溶解平衡 1．概念 在一定温度下，当难溶电解质在水中形成饱和溶液时，沉淀速率与溶解速率相等，达到平衡状态。 2．沉淀溶解平衡的建立 3．沉淀溶解平衡方程式 Mg(OH)2(s)Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq) 沉淀、溶解之间这种动态平衡也决定了Mg2＋与OH－的反应不能完全进行到底。一般情况下，当溶液中剩余离子的浓度小于1×10－5mol·L－1时，化学上通常认为生成沉淀的反应进行完全了。 已知沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq)，勒夏特列原理也适用于沉淀溶解平衡，请分析当改变下列条件时，对该沉淀溶解平衡的影响，填写下表(浓度变化均指平衡后和原平衡比较)： 条件改变 移动方向 c(Mg2＋) c(OH－) 加少量水 正向移动 不变 不变 升温 正向移动 增大 增大 加MgCl2(s) 逆向移动 增大 减小 加盐酸 正向移动 增大 减小 加NaOH(s) 逆向移动 减小 增大 3．难溶电解质沉淀溶解平衡的影响因素 内因 难溶电解质本身的性质，即难溶电解质的溶解能力 外因 温度 升温，大多数溶解平衡向溶解方向移动，但Ca(OH)2升温向生成沉淀方向移动 浓度 加水稀释，平衡溶解方向移动 相同离子 加入与难溶电解质含有相同离子的物质，平衡向生成沉淀的方向移动 反应离子 加入能消耗难溶电解质中所含离子的物质，平衡向溶解方向移动 【典例1】在一定温度下，Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)。若使固体Mg(OH)2的量减少，而且c(Mg2＋)不变，则可采取的措施是(　 　) A．加MgCl2　　　 B．加H2O C．加NaOH　　 D．加HCl 【答案】B 【解析】 加入MgCl2固体，增大了c(Mg2＋)使溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg(OH)2固体质量增加，A项错误；加入适量水，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg(OH)2固体质量减小，由于加水后仍是Mg(OH)2的饱和溶液，c(Mg2＋)不变，B项正确；加入NaOH固体，c(OH－)增大 ，溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg(OH)2固体质量增加，c(Mg2＋)减小，C项错误；通入适量氯化氢气体，消耗了OH－离子，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg(OH)2固体质量减少，c(Mg2＋)增加，D项错误。 二．溶度积常数 概念 难溶电解质的沉淀溶解平衡常数称为溶度积常数，简称溶度积，符号为Ksp 意义 Ksp的大小反映难溶电解质在水中的溶解能力 表达式 AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。 如：Mg(OH)2(s)Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq) Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－) 影响因素 溶度积Ksp值的大小只与难溶电解质本身的性质和温度有关 应用 定量判断给定条件下有无沉淀生成。 Q：离子积对于AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)任意时刻Q＝cm(An＋)·cn(Bm－)。 ①Q＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。 ②Q＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于衡状态。 ③Q＜Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。 同类型的难溶电解质，在同温度下，Ksp越大，溶解度越大；不同类型的难溶电解质，应通过计算才能进行比较。 当我们外出旅游，沉醉于秀美的湖光山色时，一定会惊叹大自然的鬼斧神工。石灰石岩层在经历了数万年的岁月侵蚀之后，会形成各种奇形异状的溶洞。你知道它是如何形成的吗？ 【典例2】绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是(　 　) A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度 B．图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)＝Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q) C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动 D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动 【答案】B 【解析】 图中p、q对应纵横坐标数值相等，即c(Cd2＋)＝c(S2－)，则a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度，A正确；图中m、n、p点对应的温度相同，小于q点对应的温度，对应的Ksp的关系为Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)<Ksp(q)，B错误；向m点的溶液中加入少量Na2S固体，c(S2－)增大，而Ksp不变，c(Cd2＋)减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，C正确；温度降低时，CdS在水中的溶解度逐渐减小，饱和溶液降温后离子浓度减小，但仍为饱和溶液，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D正确。 三．沉淀溶解平衡的应用 1．沉淀的生成 （1）生成溶解能力小的难溶电解质，越小越好。 （2）沉淀生成的应用 在无机物的制备和提纯、废水处理等领域，常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。 （3）方法与实例 方法 举例 解释 调节 pH法 除去CuCl2溶液中的FeCl3，可向溶液中加入CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] CuO与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀 除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至4左右 Fe3＋与NH3·H2O反应生成Fe(OH)3沉淀 沉淀剂法 以Na2S等沉淀污水中的Hg2＋、Cu2＋等重金属离子 Na2S与Cu2＋、Hg2＋反应生成沉淀 Mg(OH)2沉淀溶解 操作 现象 ①浑浊 ②澄清 理论分析 2．沉淀的溶解 （1）沉淀溶解的原理 根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，如果能设法不断地移去平衡体系中的相应离子，使Q＜Ksp，平衡向沉淀溶解的方向移动，就可以使沉淀溶解。 （2）沉淀溶解的方法 酸溶解法 用强酸溶解的难溶电解质有CaCO3、FeS、Al(OH)3、Ca(OH)2等。 如CaCO3难溶于水，却易溶于盐酸，原因是：CaCO3在水中存在沉淀溶解平衡为CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)，当加入盐酸后发生反应：CO＋2H＋＝H2O＋CO2↑，c(CO)降低，溶液中CO与Ca2＋的离子积Q(CaCO3)＜Ksp(CaCO3)，沉淀溶解平衡向溶解方向移动。 盐溶液溶解法 Mg(OH)2难溶于水，能溶于盐酸、NH4Cl溶液中。溶于NH4Cl溶液反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2NH＝Mg2＋＋2NH3·H2O。 沉淀转化的过程探究 （1）实验探究AgCl、AgI、Ag2S的转化 实验操作 实验现象 有白色沉淀析出 白色沉淀转化为黄色沉淀 黄色沉淀转化为黑色沉淀 化学方程式 NaCl＋AgNO3＝AgCl↓＋NaNO3 AgCl＋KI＝AgI＋KCl 2AgI＋Na2S＝Ag2S＋2NaI 实验结论：AgCl沉淀转化为AgI沉淀，AgI沉淀又转化为Ag2S沉淀，说明溶解度由小到大的顺序为Ag2S＜AgI＜AgCl。 理论分析： AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp＝1.8×10－10 AgI(s)Ag＋(aq)＋I－(aq) Ksp＝8.5×10－17 由Ksp值可看出AgI的溶解度远比AgCl小得多。 当向AgCl沉淀中滴加KI溶液时，Q(AgI)＞Ksp(AgI)导致AgCl溶解，AgI生成，离子方程式可表示为：I－(aq)＋AgCl(s)AgI(s)＋Cl－(aq)，K＝＝＝≈2.1×106＞1×105。 反应向正方向进行完全，即AgCl可转化为AgI沉淀。 （2）实验探究Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化 实验操作 实验现象 产生白色沉淀 白色沉淀转化为红褐色沉淀 化学方程式 MgCl2＋2NaOH＝Mg(OH)2↓＋2NaCl 3Mg(OH)2＋2FeCl3＝2Fe(OH)3＋3MgCl2 实验结论：Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，说明溶解度：Fe(OH)3＜Mg(OH)2。 2．沉淀的转化 实质 沉淀的转化是指由一种难溶物转化为另一种难溶物的过程，其实质是沉淀溶解平衡的移动 条件 两种沉淀的溶解度不同，溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，两者溶解度相差越大转化越容易。 应用 锅炉除水垢 (含有CaSO4) CaSO4(s)CaCO3(s)Ca2＋(aq)，反应为CaSO4＋Na2CO3＝CaCO3＋Na2SO4，CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2O＋CO2↑ 自然界 中矿物的转化 原生铜的硫化物CuSO4溶液铜蓝(CuS)，反应为CuSO4＋ZnS＝CuS＋ZnSO4，CuSO4＋PbS＝CuS＋PbSO4 工业废水处理 FeS(s)＋Hg2＋(aq)＝HgS(s)＋Fe2＋(aq) 【典例3】化学与生活、生产密切相关。下列应用中没有涉及水解原理的是 A．明矾和可作净水剂 B．在气流中加热制备无水 C．向溶液中加入大量的水并加热，可制备 D．处理锅炉水垢中的，可用饱和溶液浸泡，再用酸洗 【答案】D 【详解】A．明矾和FeCl3可作净水剂，是因为Al3+、Fe3+分别水解生成的Al(OH)3、Fe(OH)3胶体使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大颗粒而沉降，起到净水作用，涉及水解原理，A不符合题意； B．Mg2+会水解生成Mg(OH)2和H+，利用MgCl2⋅6H2O制备无水MgCl2需要在HCl气流中加热抑制Mg2+水解，涉及水解原理，B不符合题意； C．TiCl4溶液制备TiO2⋅xH2O时加入大量的水并加热，促使水解趋于完全，发生反应：，涉及水解原理，C不符合题意； D．处理锅炉水垢中的CaSO4，先用饱和Na2CO3溶液浸泡，使CaSO4转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，再用酸洗，涉及沉淀的转化，不涉及水解原理，D符合题意； 故选D。 【典例4】常温下进行下列实验，根据实验操作或目的所得的结论正确的是 选项 实验操作或目的 结论 A 向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]<Ksp[Cu(OH)2] B 通过加碱使废水中的c(Cr3+)降至1×10-5mol·L-1(已知常温下Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32) 加碱后废水的pH=5 C 向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中滴加稀盐酸，有气泡产生 Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4) D 测定水体中氯化物含量时，采用标准硝酸银溶液进行滴定。(已知常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.3×10-17) 滴定时可采用KI作为指示剂 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，表明Ksp[Cu(OH)2]小，A错误； B．Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32，处理后废水中c(Cr3+)=1×10-5mol/L，则c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32，c(OH-)=1×10-9mol/L，pH=5，B正确； C．碳酸根浓度大，BaSO4部分转化为BaCO3，不能据此比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的相对大小，C错误； D．Ksp(AgI)比Ksp(AgCl)小很多，先生成AgI，且难以转化成AgCl，不能采用KI作指示剂，D错误； 故选B。 【知识进阶】 沉淀溶解平衡的应用 【问题探究】 1．在有Cl－和Br－共同存在的溶液中，只要滴入AgNO3溶液，就一定先有AgBr沉淀生成吗？ 这要看原溶液中c(Cl－)、c(Br－)的大小，因为生成沉淀必须要满足条件c(Ag＋)·c(X－)>Ksp(AgX)，如果c(Cl－)较大而c(Br－)较小，c(Ag＋)·c(Cl－)>Ksp(AgCl)，而c(Ag＋)·c(Br－)<Ksp(AgBr)时，则先生成AgCl沉淀。 2．AgCl可以转化为AgBr，试思考AgBr有可能转化为AgCl吗？ 有可能。当溶液中c(Ag＋)·c(Br－)之积小于Ksp(AgBr)而c(Cl－)·c(Ag＋)之积大于Ksp(AgCl)时，就会使AgBr转化为AgCl沉淀。即向AgBr溶解的平衡体系中加入浓度足够大的Cl－，就会使AgBr转化为AgCl沉淀。 3．已知不同金属离子在溶液中完全沉淀时，溶液的pH不同。如Fe3＋：pH≥3.7，Cu2＋：pH≥4.4。据信息分析除去CuCl2溶液中的FeCl3应选什么试剂，原理是什么？ 因FeCl3发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，故可选择CuO或CuCO3或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，消耗Fe3＋水解生成的H＋，调节溶液pH于3.7～4.4，从而促进Fe3＋完全以Fe(OH)3形式沉淀出来，并通过过滤除去Fe(OH)3及过量的CuO或CuCO3或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。 【知识归纳总结】 1．沉淀溶解平衡的应用： 应用 实例 沉淀的生成 加沉 淀剂 法分 离离 子 如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使某些金属离子如Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀，也是分离、除去杂质常用的方法。离子方程式为Cu2＋＋S2－===CuS↓、Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋和Hg2＋＋S2－===HgS↓、Hg2＋＋H2S===HgS↓＋2H＋。 控制溶液的pH分离物质 如工业原料NH4Cl中含杂质FeCl3，使其溶解于水，再加入氨水调节pH至7～8，可使Fe3＋转变为Fe(OH)3沉淀而除去，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。 沉淀的溶解 酸碱溶解法 如酸溶解法：如难溶于水的CaCO3沉淀可以溶于盐酸中。反应中，气体CO2的生成和逸出，使CaCO3溶解平衡体系中的CO浓度不断减小，平衡向沉淀溶解的方向移动。 盐溶 解法 如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液是由于NH与OH－反应，使c(OH－)减小，Mg(OH)2溶解平衡右移。 沉淀的转化 实例 ①锅炉中的水垢含有CaSO4的清除转化过程：CaSO4(s)CaCO3(s)Ca2＋(aq) ②在自然界也发生着溶解度小的矿物转化为溶解度更小的矿物的现象。深层的闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)，便慢慢地转变为铜蓝(CuS)。 转化的一般原则 (1)溶解度较小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。 (2)当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时，生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀。 (3)如果生成各种沉淀所需试剂离子的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离离子的目的。 (4)两种沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。 2．沉淀先后顺序的判断： 向溶液中加入沉淀剂，当有多种沉淀生成时，哪种沉淀的溶解度最小(当各种沉淀的Ksp表达式相同时，Ksp越小，沉淀的溶解度越小)，则最先生成该沉淀。 (1)向含等浓度Cl－、Br－、I－的混合液中加入AgNO3溶液，最先生成的沉淀是AgI。 (2)向含等浓度CO、OH－、S2－的混合液中加入CuSO4溶液，最先生成的沉淀是CuS。 (3)向Mg(HCO3)2溶液中加入适量NaOH溶液，生成的沉淀是Mg(OH)2而不是MgCO3，原因是Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的小。 【效果检测】 1．有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是 A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率相等 B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl- C．在AgCl的澄清饱和溶液中，只要向其中加入NaCl溶液，一定会有沉淀生成 D．向含有AgCl沉淀的悬浊液中加入NaCl固体，AgCl的溶解度增大 【答案】A 【详解】A．当AgCl沉淀达到溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但溶解量和形成量在单位时间内相同，因此从外观看不再发生变化，因此正、逆反应速率相等，A正确； B．尽管AgCl难溶于水，但也有一定的溶解度，溶解的AgCl电离产生Ag+、Cl-进入溶液中，因此溶液中含有Ag＋和Cl-，B错误； C．在AgCl的澄清饱和溶液中，加入NaCl溶液，如果氯化钠溶液中氯离子浓度等于AgCl的澄清饱和溶液中氯离子浓度，则不会有沉淀生成，C错误； D．AgCl沉淀溶解平衡为：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，向其中加入NaCl固体，溶液中c(Cl-)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，导致AgCl沉淀的溶解度减小，D错误； 故选A。 2．在FeS悬浊液中，存在平衡FeS(s) ⇌Fe2+(aq)+S2-(aq)。欲使FeS固体质量减少，Fe2+浓度不变，可向悬浊液中加入的试剂是 A．CuSO4溶液 B．盐酸 C．蒸馏水 D．Na2S 【答案】C 【详解】A．加入CuSO4溶液与S2-反应生成CuS，对于平衡FeS(s) ⇌Fe2+(aq)+S2-(aq)，生成物浓度减小，平衡正向移动，FeS固体质量减少，Fe2+浓度增大，A不选； B．加入盐酸H+与S2-反应生成H2S气体，导致S2-浓度减小，平衡正向移动，FeS固体质量减少，Fe2+浓度增大，B不选； C．加入蒸馏水稀释，平衡正向移动，FeS固体质量减少，由于还是饱和溶液，则Fe2+浓度不变，C选； D．加入Na2S增大S2-浓度，生成物浓度增大，平衡逆向移动，FeS固体质量增加，Fe2+浓度减小，D不选； 故选：C。 3．常温下的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列叙述中正确的是 A．常温下，a点对应的溶液能再溶解固体 B．c点对应的溶液中、不能形成沉淀 C．加入溶液可以使的减小 D．加入可以使溶液由a点变到b点 【答案】D 【详解】A．由图示知，a点对应溶液为BaCO3饱和溶液，不能再溶解BaCO3，A错误； B．c点对应溶液为BaCO3过饱和溶液，能形成BaCO3沉淀析出，B错误； C．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，C错误； D．加入Na2CO3，则c()增大，促使沉淀溶解平衡逆向移动，c(Ba2+)减小，可实现溶液由a点变到b点，D正确； 故答案选D。 4．在一定温度下，氯化银在水中存在如下沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl—(aq)，若把AgCl分别放入①100mL0.1mol/LNaNO3溶液中；②100mL0.1mol/LNaCl溶液中；③100mL0.1mol/LAlCl3溶液中；④100mL0.1mol/LMgCl2溶液中，搅拌后在相同的温度下Ag＋浓度由大到小的顺序是： A．①>②>④>③ B．②>①>④>③ C．④>③>②>① D．①>④>③>② 【答案】A 【详解】氯化银在水中存在沉淀溶解平衡，相同的温度下，溶液中的氯离子浓度越大，氯化银的溶解度越小，银离子浓度越小，由题意可知，溶液中氯离子浓度由大到小顺序为③>④>②>①，则溶液中银离子浓度由大到小顺序为①>②>④>③，故选A。 5．室温下向100mL蒸馏水中加入1gCaCO3，一段时间后再向其中加入10mL蒸馏水，一段时间后继续加入10mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图： 已知：室温下，CaCO3的溶解度为0.0013g。 下列说法不正确的是 A．a→b电导率上升是由于CaCO3固体部分溶解于水中 B．c和e对应的时刻分别加入了10mL蒸馏水 C．c→d、e→f，电导率下降，说明CaCO3的溶解平衡逆向移动 D．g后的电导率几乎不再改变，说明CaCO3的溶解达到平衡状态 【答案】C 【详解】A．碳酸钙在水中的溶解度小，溶于水的碳酸钙在溶液中完全电离，使溶液中的离子浓度增大，导致a→b电导率上升，故A正确； B．由图可知，c→d、e→f的电导率下降，说明溶液中离子浓度减小，则c和e对应的时刻应该是分别加入了10mL蒸馏水，故B正确； C．由图可知，c→d、e→f的电导率下降，说明溶液中离子浓度减小，则c和e对应的时刻应该是分别加入了10mL蒸馏水；加入蒸馏水，碳酸钙的溶解平衡正向移动，故C错误； D．g后的电导率几乎不再改变，说明溶液中的离子浓度不再改变，碳酸钙的溶解在溶液中达到平衡状态，故D正确； 故选C。 6．下列有关BaSO4沉淀的溶解平衡状态的说法中，正确的是 A．BaSO4沉淀的生成和溶解不断进行，但速率相等 B．BaSO4难溶于水，溶液中没有Ba2+和SO C．升高温度，BaSO4的溶解度不变 D．向BaSO4沉淀的溶解平衡体系中加入NaSO4固体，BaSO4的溶解度不变 【答案】A 【详解】A．达到沉淀溶解平衡时，BaSO4沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等，故A正确； B．BaSO4难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ba2+和SO，故B错误； C．溶解度与温度有关，氯化银的溶解为吸热过程，则升高温度后BaSO4沉淀的溶解度变大，故C错误； D．加入NaSO4固体，SO浓度增大，沉淀溶解平衡逆向进行，会析出BaSO4固体，BaSO4的溶解度减小，故D错误； 故选：A。 7．不同温度(T1和T2)时，硫酸钡在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知硫酸钡在水中溶解时吸收热量。下列说法正确的是 A．T1＞T2 B．加入BaCl2固体，可使溶液由a点变到c点 C．c点时，在T1、T2两个温度下均没有固体析出 D．图中c点对应的是T1时硫酸钡的过饱和溶液 【答案】D 【详解】A．硫酸钡在水中溶解时吸收热量，升高温度，BaSO4的溶度积常数增大。根据图象可知温度：T2＞T1，A错误； B．硫酸钡在溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入BaCl2固体，会增大c(Ba2+)，沉淀溶解平衡逆向移动，导致溶液中c()降低，所以不能使溶液由a点变到c点，B错误； C．在T1时c点表示Qc＞Ksp，溶液为过饱和溶液，有沉淀析出；在T2时c点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，没有沉淀析出，C错误； D．根据图象可知：在T1时c点表示Qc＞Ksp，所以此时的溶液为过饱和溶液，D正确； 故合理选项是D。 8．某兴趣小组进行下列实验： ①将0.1 mol·L-1 MgCl2溶液和0.5 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合得到浊液 ②取少量①中浊液，滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀 ③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀 ④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解 下列说法中不正确的是 A．将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+ B．①中浊液中存在沉淀溶解平衡： Mg(OH)2(s)⇌ Mg2+(aq)+2OH-(aq) C．实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶 D．NH4Cl溶液中的NH可能是④中沉淀溶解的原因 【答案】C 【分析】将的溶液和的溶液等体积混合得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物,氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：。 【详解】A．将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡： ，所得滤液中含少量，故A正确； B．①中浊液中存在氢氧化镁，存在沉淀溶解平衡：，故B正确； C．实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明比难溶，实验③中氢氧化镁沉淀转化为红褐色的氢氧化铁沉淀，发生的反应为，故C错误； D．氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：，加氯化铵会和氢氧根离子之间反应，所以平衡正向移动沉淀溶解，故D正确； 故选C。 9．石灰乳中存在下列平衡：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)；加入下列溶液，可使固体明显减少的是 A．Na2CO3溶液 B．KCl溶液 C．NaOH溶液 D．CaCl2溶液 【答案】B 【详解】A．加入Na2CO3溶液，碳酸根离子与钙离子反应，平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)正向移动，Ca(OH)2(s)减小，但生成碳酸钙，碳酸钙的摩尔质量大于氢氧化钙的摩尔质量，固体量不会减少，A不符题意； B．加入KCl溶液，溶液总体积增大，相当于加水稀释，平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)正向移动，Ca(OH)2(s)减小，固体明显减少，B符合题意； C．加入NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)逆向移动，Ca(OH)2(s)增多，C不符题意； D．加入CaCl2，c(Ca2＋)增大，平衡逆向移动，Ca(OH)2增多，固体增多，D不符题意； 选B。 10．已知25℃时，的平衡常数，，下列叙述中正确的是 A．25℃时，RSO4的Ksp的为 B．将浓度均为的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀 C．向c()=c()的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀 D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp 【答案】A 【详解】A．反应的平衡常数K====1.75×104，Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)= 1.75×104×2.80×10-9=4.90×10-5，A正确； B．溶液混合后体积变为原来的2倍，因此c(R2+)=3×10-5mol/L，c()=3×10-5mol/L，离子积常数Qc= c(R2+) c()=9×10-10＜Ksp(RCO3)，溶液未饱和，不会产生RCO3沉淀，B错误； C．RSO4、RCO3属于同种类型的沉淀，Ksp(RSO4)＞Ksp(RCO3)，因此向c()=c()的溶液中滴加RCl2溶液，Ksp小的RCO3首先沉淀，C错误； D．Ksp只与温度有关，因此只要温度不变，Ksp就不变，D错误； 故选A。 11．将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是 ①20 mL 0.01 mol/L HCl溶液  ②30 mL 0.02 mol/LCaCl2溶液  ③40 mL 0.02 mol/LAgNO3溶液  ④10 mL蒸馏水  ⑤50 mL 0.05 mol/LKCl溶液。 A．①＞②＞⑤＞④＞③ B．④＞③＞⑤＞②＞① C．④＞⑤＞②＞①＞③ D．④＞①＞③＞②＞⑤ 【答案】D 【分析】AgCl在溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，增大溶液中c(Ag+)或c(Cl-)，AgCl的溶解度会减小，等浓度c(Ag+)或c(Cl-)对AgCl溶解度的影响相同。 【详解】①20 mL 0.01 mol/L HCl溶液中c(Cl-)=0.01 mol/L；  ②30 mL 0.02 mol/LCaCl2溶液中c(Cl-)=0.02 mol/L×2=0.04 mol/L； ③40 mL 0.02 mol/LAgNO3溶液中c(Ag+)=0.02 mol/L； ④10 mL蒸馏水中c(Cl-)= c(Ag+)=0； ⑤50 mL 0.05 mol/LKCl溶液中c(Cl-)=0.05 mol/L。 可见上述溶液中离子浓度由小到大的顺序为：④＜①＜③＜②＜⑤，则AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是④＞①＞③＞②＞⑤，故合理选项是D。 12．已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12.某溶液中含有Cl-、Br-和的浓度均为0.010mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 A．Cl-、Br-、 B．、Br-、Cl- C．Br-、Cl-、 D．Br-、、Cl- 【答案】C 【详解】利用沉淀溶解平衡原理，当Q>Ksp时，有沉淀析出。溶液中Cl-、Br-、的浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，溶解度小的先满足Q>Ksp，有沉淀析出。比较Ksp，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr＜AgCl。再比较AgCl、Ag2CrO4沉淀所需c(Ag＋)，Cl-沉淀时所需c(Ag＋)≥mol·L-1=1.8×10-8 mol·L-1，沉淀时所需c(Ag＋)≥ mol·L-1=3.0×10-5 mol·L-1，故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、，故选：C。 13．已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为2×10-4mol•L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为 A．2.8×10-2mol•L-1 B．1.4×10-5mol•L-1 C．2.8×10-5mol•L-1 D．5.6×10-5mol•L-1 【答案】D 【详解】溶液的浓度为，与某浓度CaCl2溶液等体积混合后溶液中，时，会产生沉淀，即×c混(Ca2+)>2.8×10-9，解得，故原CaCl2溶液的最小浓度应大于； 故选D。 14．在一定温度下，向AgCl的悬浊液中滴入下列溶液(滴入溶液的体积忽略不计)，根据变化的情况填写下表(填“增大”“减小”或“不变”)。 实验操作 c(Ag+) c(Cl-) m(AgCl) 滴入稀盐酸 ________ ________ ________ 滴入AgNO3 ________ ________ ________ 滴入Na2S ________ ________ ________ 【答案】     减小     增大     增大     增大     减小     增大     减小     增大     减小 【详解】AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，滴入稀盐酸，氯离子的浓度增大，平衡逆向移动，银离子浓度减小，氯化银质量增大；滴加硝酸银溶液，银离子浓度增大，平衡逆向移动，氯离子浓度减小，氯化银质量增大；滴入硫化钠溶液，银离子与硫离子生成更难容的硫化银沉淀，银离子浓度减小，平衡正向移动，氯离子浓度增大，氯化银质量减小。 15．T1、T2两种温度下在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题。 (1)T1___________ T2 (填“＞”“＜”或“=”)，T2温度时___________。 (2)根据T1温度时的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是___________(填序号)。 A．加入固体可由a点变为b点 B．T1温度下，在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有沉淀生成 C．蒸发溶剂可能由d点变为T1，曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点 D．升温可由b点变为d点 (3) T2温度时，现有0.2mol的沉淀，每次用1 L饱和溶液(浓度为1.7mol/L)处理。若使中的全部转化到溶液中，需要反复处理___________次［提示：     ，］。 【答案】     ＜          ABC     3 【详解】(1)温度越高，的溶解度越大，温度下的溶度积较小，所以；温度时的溶度积可利用c点的数据进行计算求得。 (2)由于存在沉淀溶解平衡：，加入固体，浓度增大，的沉淀溶解平衡逆向移动，的浓度减小，可由a点变为b点，A正确；曲线上方区域的离子积大于溶度积，所以会析出沉淀，B正确；蒸发溶剂，不饱和溶液中和的浓度都变大，可能由d点变为曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点，C正确；升高温度，沉淀溶解平衡正向移动，、都会变大，不可能由b点变为d点，D错误。 (3)设每次用饱和溶液能处理， 根据，解得，处理次数，所以至少要反复处理3次。 16．常温下，几种物质的溶度积常数见表： 物质 Cu(OH)2 Fe(OH)3 CuCl CuI Ksp 2.2×10-20 2.6×10-39 1.7×10-7 1.3×10-12 (1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得净CuCl2溶液，宜加入___________(填化学式)，将溶液调至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3+)___________mol/L。 (2)上述溶液过滤后，将所得滤液经过___________，再经过滤，可得到CuCl2·2H2O晶体。 (3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.800 g试样溶于水，加入适当过量的KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL(已知：I2+2S2O= S4O+2I-) ①可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是___________。 ②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为___________。 ③含有晶体的试样的纯度是___________。 【答案】     CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3     2.6×10-9     蒸发浓缩，冷却结晶     淀粉由蓝色变为无色且半分钟后不变化     2Cu2++4I-=2CuI↓+I2     85.5% 【详解】(1)为制得纯净CuCl2溶液，宜加入CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜等，调至溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH) 3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝=2.6×10-9mol/L。 (2)过滤后，将所得滤液经过蒸发浓缩，冷却结晶操作，可得到CuCl2·2H2O晶体。 (3)①由于反应有I2生成，可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色。②间接碘量法中CuCl2溶液与KI反应，因反应有I2生成，则该反应为氧化还原反应，反应I-→I2时化合价升高，则铜化合价由+2降低到+1价，生成的白色沉淀为CuI。则离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。③由关系式2(CuCl2·2H2O)~I2~2S2O32－可得出，n(CuCl2·2H2O)=n(S2O32－)= 0.1000 mol·L－1×0.04L=0.004mol，该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为=85.5%。。 17．（2022·河北省曲阳县第一高级中学高三阶段练习）以软锰矿(主要含有MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备KMnO4的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“浸取”时MnO2转化为Mn2+，反应的离子方程式为____。 (2)“除Fe、Al、Si”时，需将Fe2+氧化为Fe3+，最适宜的氧化剂为____(填标号)。 a.H2O2 b.HNO3 c.Cl2 (3)“除Ca、Mg时，所得溶液中=____[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]。 (4)“沉锰”时不宜在较高温度下进行的原因是____。 (5)“焙烧”时，由MnCO3生成MnO2的化学方程式为____。 (6)“加热氧化”时，MnO2发生反应生成KMnO4，该反应的化学方程式为____；提高“水浸”速率可以采取的措施为____(写两条)；“系列操作”包括____，过滤、洗涤、干燥。 【答案】(1)MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O (2)a (3)100 (4)防止NH4HCO3在较高温度下分解 (5)2MnCO3+O22MnO2+2CO2 (6)     4MnO2+4KOH+3O24KMnO4+2H2O     将固体粉碎、搅拌     蒸发浓缩、冷却结晶 【分析】软锰矿浸取过程中溶解金属氧化物，SiO2不溶过滤除去，经除Fe、Al、Si，除Ca、Mg步骤后，加入NH4HCO3后生成MnCO3沉锰，经焙烧MnCO3转化为MnO2，MnO2在碱性条件下经加热被氧气氧化生成KMnO4，再经水浸、蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥可得KMnO4晶体； （1） “浸取”时MnO2转化为Mn2+，MnO2作氧化剂，故Na2SO3作还原剂，反应的离子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O； （2） 转化过程尽量不引入新杂质，H2O2的还原产物为水，故将Fe2+氧化为Fe3+，最适宜的氧化剂为H2O2； （3） Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，Ksp(CaF2) =c(Ca2+)c2(F-)，= （4） NH4HCO3受热易分解，“沉锰”时不宜在较高温度下进行的原因是防止NH4HCO3在较高温度下分解； （5） “焙烧”时通入空气，由MnCO3生成MnO2的化学方程式为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2： （6） “加热氧化”时，MnO2发生反应生成KMnO4，MnO2为还原剂，富氧空气中的氧气为氧化剂，反应在碱性条件下，故该反应的化学方程式为：4MnO2+4KOH+3O24KMnO4+2H2O；提高“水浸”速率可以采取的措施为将固体粉碎、搅拌；“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。 ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$