第14期 沉淀溶解平衡-【数理报】2025-2026学年高二化学选择性必修1同步学案（人教版）

高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 发理极 答案详解 2025~2026学年高二化学人教（选择性必修1）第13~16期(2025年10月) 第13期2版参考答案 c(H+)+c(HC0)+2c(H2CO3),A错误；由电离常数可知 专练一 K1(HP04)=6.9×10-3>K(H,C03)=4.5×10-7> 1.D2.B3.D4.B5.B6.C7.B K2(HP04)=6.2×10-8>K2(H,C03)=4.7×10-1> 专练二 Ka(H,P04)=4.8×10-B,“中和”时加入过量Na,C0,溶液， 1.C2.A3.B4.D HPO,与CO反应，HPO,提供H+使CO号转化为HCO, 5.(1)出现红褐色沉淀 自身根据强酸制弱酸，结合电离常数，会转化为HPO?,反应 (2)Fe03 为HP0,+2CO号=HPO+2HCO,B错误；“调pH”至9.7， (3)少许稀盐酸 溶液中含磷粒子主要以HPO?存在，由K。(HPO,)· 第13期3版参考答案 素养测评（十） KH,0,)=e(P0)c（日)=6.2x10X4.8×105= c(H,PO) 一、选择题 1.D 2.976×0此时c)=0m1,则0号<1. 2.CC中的“碱”为KC03,属于强碱弱酸盐，水解使溶液 c(PO})<c(H,PO,),C错误；0.1mol/L Na;PO4溶液中存在 显碱性，可以去除油污，与水解有关，C正确。 元素质量守恒：c(Na*)=3c(P0)+3c(HP0)+ 3.B由题意可知，GHCl水解程度较小，故0.001mol/L 3c(H2PO:）+3c(HP04),D正确. GHCl水溶液中c(H)<0.001mo/L,pH>3,A错误；加水稀 6.D亚硒酸(H2S03)是一种二元弱酸，K>K2,根据 释促进GHCl水解，但根据勒夏特列原理，其水解增大程度小 H2SeO3 +KOH =KHSeO3 H2OKHSeO;+KOH =K2SeO3 于溶液体积增大程度，则稀释过程中溶液中c(H)减小，pH H20,结合pH=2.37时，线a的lgX为0，线b的lgX为-3可 增大，B正确；GHCI是强电解质，其在水中的电离方程式为 知，线a表示与由的变化关系，线b表示 GHCl=GH+C,C错误；GHCl水溶液中存在电荷守恒： c(H)+c(GH)=c(OH)+c(C),D错误. 1g(S0）与pH的变化关系，A错误：H,Se0,的第一步电离 c(HSeO3） 4.CS0是弱酸的酸根离子，存在水解平衡：S0+ H20、HSO,+OH,A正确：取①④时刻的溶液，加人盐酸 为Ls0一+swk=0时，=2. 酸化的BaCl,溶液做对比实验，④产生的白色沉淀多，说明实 则平衡常数K-HSe0c）=(H')=102,B错 验过程中部分Na,S03被氧化成Na,SO,①与④温度相同，④ c(H2SeO;) 与①对比，SO号浓度减小，溶液中c(OH-)减小，④的pH小于 误；根据图示信息及选项A可知，KHSO3的K。=l05,3 ①，即④的pH与①不同，是SO号浓度减小造成的，B正确：盐 人e无102罗=10业<10s,即水解程度小于电离程 =Kw-10-14 类水解为吸热过程，①一→③的过程，升高温度，$O?水解平衡 度，溶液呈酸性，C错误；pH=5.23时，溶液中存在离子为H、 正向移动；结合B项分析可知，①一→③的过程中，c(0号)减 小，S0ˉ水解平衡逆向移动，故①→③的过程中温度和浓度对 0HHs0,K'Se0,g00号=0时，c(Hs0) 水解平衡移动方向的影响相反，C错误；K只与温度有关，① c(SeO),结合电荷守恒得c(K+)+c(H)=c(OH)+ 与④的温度相同，Kw相等，D正确 c(HSe0,)+2c(SeO3)=c(0H-)+3c(HSe0,),D正确. 5.D0.1mol/LNa,C03溶液中存在质子守恒：c(OH)= 7.D由图可知，溶液p0H=8,即c(OH）=1×108mo/L, 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 Kw c(B*）=c(0H) =1×10-6mol/L时，溶液中c(HCl02)= 度由小到大的顺序为c(H)<c(OH)<c(CN)<c(Na); 根据电离平衡常数分析，酸性：H,CO,>HCN>HCO?,向NaCN c(@0,),则HC0,的电离帝数K=e(a0,):c(H) 溶液中通人少量CO2,只能生成HC0,,反应的化学方程式为 c(HCIO,) NaCN CO2 +H2O=HCN NaHCO3. c(H)=1×10-6,A错误；由图可知，溶液pOH=11时，溶液 (5)HCN和NaCN的混合溶液的pH=I1,根据HCN的电 中c(H*)=1×10-3mol/L,溶液呈酸性，则C1O2部分转化成 C102和C的离子方程式为5C102+4H*=4C102+C+ 离平衡常数K=(CN)cH可知，SCN=K c(HCN) 'c(HCN)c(H)= 2H0,B错误；由图可知，溶液pOH=7时，溶液中c(CO2)> 4.9×10-10 c(HClO,),C错误；根据电荷守恒可知，NaClO,溶液中： 10-1 =49 c(Na)+c(H)=c(OH)+c(C)+c(CIO2),D正确. (6)CH,COOH和CH,COONa混合溶液中，当溶液pH=6 二、非选择题 时，c(H+)=10-6mol/L,c(OH-)=10-8mo/L,根据电荷守恒 8.I.(1)+1 关系可以推导，溶液中c(CH,CO0)-c(Na*)=c(H+)- (2)①N,02+H,0=HN,O2+OH c(0H-）=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L. ②10-66 9.(1)H3As03 ③< (2)H3As03+0H=H2As03+H,0 ④= (3)D ⑤a (4)①正盐 > Ⅱ.(3)③④①②10-1B ②PC+3H20=HP03+3HC (4)c(H+)<c(OH-)<c(CN-)<c(Na*) NaCN 解析：(1)根据题图可知，pH在7.35~7.45之间时，砷元 CO2 +H2O=HCN +NaHCO3 素主要以HAsO,的形式存在. (5)49 (2)由题图可知，随着溶液pH的增大，H3AsO3先转化为 (6)9.9×10-7 H2AsO3,pH=9时，砷元素主要以H3AsO3和H2As0的形式 解析：(2)①Na2N2O2是由二元弱酸H,N2O2形成的盐， 存在，所以发生反应的离子方程式为HAsO,+OH=H2AsO,+ N20?在溶液中的第一步水解方程式为N2O号+H0一 H20. HN2O2 +OH; (3)当n(H3As03):n(H2As0,)=1:1时，溶液的pH≈9， ②根据图像分析，未加入NaOH时，0.01mol/L的H2N2O2 溶液显碱性，A正确；HAsO,溶液中存在电荷守恒： 溶液pH=4.3,即此时c(H+)=10-43mol/L,二元弱酸的酸性 c(H AsO)2c(HAs)+3c (AsO)+c(OH-)= 主要由第一步电离决定，c(H,N202）=(0.01-1043)mol/L≈ c(H),B正确；K,AsO3溶液中砷元素的主要存在形式为 0.01m/L,K=c(HN,0）·c(H2=103x1045 AsO},结合题图可知，AsO?的物质的量分数最大时，溶液中 c(H2N202) 0.01 c(AsO})>c(HAsO号)>c(H2As03)>c(HAs03),C正确： 10-66; ③b点时，加人的n(NaOH)=n(H,N2O2),溶液中溶质为 HA0,的电离平衡常数太-c(H,A0:c(H）,由题图可 c(H3AsO3) NaHN2O2,HN2O2同时存在电离平衡和水解平衡，此时溶液的 知，当n(HAsO)=n(H,AsO)时溶液的plH为a,即c(H)= pH>7,说明HNO2的水解程度大于电离程度，则c(N,O)< 10“mol/L,所以K=c(H)=10“,同理K2=10,则 c(H2N202); K1:K2=10-“:10-6=10-“:1,D错误。 ④溶液中始终存在电荷守恒关系：c(H+)+c(Na*)= (4)①HPO3溶液与足量NaOH溶液反应生成Na,HPO3, c(HN2O2)+2c(N2O)+c(OH),a点时，pH=7,溶液呈中 说明Na,HPO,不能电离出H,所以Na,HPO3为正盐； 性，即c(OH)=c(H),则c(Na)=c(HN2O2)+ 0.10mdl/LHPO3溶液的pH=L.6,说明H,PO3为弱酸，所以 2c(N20) Na2 HPO3溶液中存在HPO的水解，水解使溶液显碱性，即 Ⅱ.(4)NaCN溶液中CN水解导致溶液显碱性，即c(H)< pH>7; c(OH),根据电荷守恒可知：c(CN)<c(Na),则各离子浓 ②根据原子守恒可得反应的化学方程式为PCL,+3H0= 2 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 H,PO:+3HCl. coH)·cCa）·cpo）-K[ca(po),o c(F-)·c3(Ca2+)·c3(P0) K Cas(PO )F] 第14期2版参考答案 专练一 6.8×10-37 2.8X1002.4×10,因此使用添加NaF的含氟牙膏，可实 1.D2.B3.A4.C 现Ca(PO4)3OH(s)与Ca(PO4)3F(s)的转化，D正确 专练二 6.DK,(CdCO,)=c(C0)·c(Cd+)、K,[Cd(OH),]= 1.B2.B3.D4.B c2(OH)·c(Cd2+),溶液中c(C0)与c(C+)成反比，所以 5.(1)橙(2)C(3)5 若-lgc(C+)增大一个单位，则-lgc(CO)减小一个单位， 第14期3版参考答案 因此曲线Ⅱ是CCO,的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是 素养测评（十一） Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，当-lgc(C+)=6时， 一、选择题 lgc(C03)=6,-lgc(0H）=4,所以K,(CdC03）)= 1.C 2.D c(C0好)·c(Cd2+)=10-2、Km[Cd(0H)2]=c2(0H)· 3.B碳酸钡能与胃液中的盐酸反应生成可溶性氯化钡， c(C+)=10-4.据此分析解答.曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶 可溶性氯化钡有毒，因此不能用碳酸钡作为内服造影剂，A错 解平衡曲线，向X点对应溶液中加人适量的NaOH溶液， 误；碳酸钠与Ba2+生成的BaCO3虽难溶，但在胃酸(HC@)中会 c(Cd+)减小而c(OH)增大，不可能得到Z点对应溶液，A错 重新溶解生成Ba2+,无法有效解毒，因此不能用碳酸钠代替硫 误；常温下，CdCO,饱和溶液中c(Cd2+)=√K(CdCO)= 酸钠，C错误；硫酸钡的饱和溶液中，c(Ba2+)=√Kp= √10-亚mol/L=106mol/L,Cd(OH)2饱和溶液中c(Cd2+)= 1 √/1.1×10o≈1.05×10-5mol/L>1.0×10-5mol/L,故误饮 35 √年×10mmL=√2 ×105mol/L,即后者c(Cdf+)较 c(Ba2+)=1.0×105mol/L的溶液时，不会引起钡离子中毒， 大，B错误；Y点在曲线Ⅱ的下方，对应CdCO3溶液中Q> D错误. K,(CCO,),即处于过饱和状态，所以沉淀速率更大，C错误. 4.BK,(PbCl2)只受温度影响，温度不变，K(PbC2)不 7.A2mL0.1mo/L AgNO3溶液中加入2mL 变，A错误；根据图像可知，当0<c(HCI)<1mol/L时，增大盐 0.05mol/L KSCN溶液，AgNO,过量，生成AgSCN白色沉淀，滴 酸浓度，PbCL2的溶解平衡逆向移动，PbCL2的溶解量减少，而 加Fe(NO,),溶液，试管②不变红，说明溶液中SCN的浓度很 当盐酸的浓度大于1mol/L时，PCL2(s)的溶解度随盐酸浓度 小，加人KI溶液，由于AgNO3过量，与KI反应会生成黄色沉 的增大而增大，则PbCL2能与一定浓度的盐酸反应，B正确；x、y 淀Agl,但试管③中溶液变红，说明发生反应：AgSCN+I= 两点PbCL2的溶解量相等，但y点时PbCL2与HCl发生了反应， SCN+Agl,增大了溶液中c(SCN),使溶液变红.据分析可 故xy两点对应的溶液中c(P%2+)不相等，C错误；PbC2(s)! 知，A错误；Q>K,时，溶液中有沉淀析出，所以①中产生白色 存在沉淀溶解平衡，且Pb2能与盐酸反应，故往含Pb2+的溶 沉淀的原因是c(Ag)·c(SCN-)>K(AgSCN),B正确；①中 液中加人过量浓盐酸，不能将Pb2完全转化为PbCl2(s),D 有难溶性固体AgSCN,存在平衡：AgSCN(s)一Ag(aq)+ 错误. SCN（aq),C正确；Fe+遇SCN溶液变红，②中无明显变化是 5.C牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca(PO4)3OH], 因为溶液中c(SCN)过低，D正确 口腔中残留大量的酸性物质，将消耗OH,导致c(OH)减 8.C由题意可知，钻渣的主要成分为CoO,还含有 小，使羟基磷酸钙的沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，A正确； Fe04、AL,03、Pb0、Ca0等.用氢氧化钠溶液“碱浸”，Al,03与 在牙膏中添加适量的磷酸盐，增大了磷酸根离子的浓度，使得 NaOH溶液反应生成Na[A1(OH)4]除去氧化铝，滤渣“酸浸”， 羟基磷酸钙溶解平衡向逆反应方向移动，有利于生成羟基磷酸 PO与硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中存在 钙，能起到保护牙齿的作用，B正确；K只受温度影响，加入碳 Co2+、Fe2+Fe3+,加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+,加氨水生成 酸氢钠后，温度不变，K不变，C错误；两者转化发生的反应为 氢氧化铁沉淀除铁，滤渣2为Fe(OH)3,滤液中再加入HF与 Cas(PO)3OH(s)+F-(aq)-Cas (PO)3F(s)+OH-(aq), Ca2+反应生成Caf2沉淀除钙，加人Na,CO,沉钴最后得到 CoC0,·由分析可知，“酸浸”所得“滤渣1”的成分有PbS04、 由离子方程式可知，反应的平衡常数K=(0加2= c(F-) CS04,A正确；“浸出液”中含有[A1(OH)4]-,通人足量CO2, 一3 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 发生CO2+[A1(OH)4]=A1(OH)3↓+HCO,有白色沉淀 第15期参考答案 生成，B正确：“除铁”时加入H2O2,氧化e2+而不氧化Co2+, 《水溶液中的离子反应与平衡》综合质量检测卷 说明还原性：Fe2+>Co2+,氧化性：Co3+>H02,则氧化性顺序 一、选择题 为Co3+>H,02>Fe3+,C错误；若“沉钙”后溶液中c(HF)= 1.B由非电解质溶于水得到的溶液可能呈酸性、碱性或 c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L,由c(Ca2+)·c2(F-)= 中性，如二氧化硫的水溶液呈酸性、氨气的水溶液呈碱性、乙醇 溶液呈中性，A错误；由酸碱中和反应得到的溶液的酸碱性取 K(CaF2)=4.0×10-1,可求出c(F-)= Kp(CaF2) c(Ca2*) 决于酸和碱的强弱，不一定呈中性，C错误；pH=7的溶液可能 K(HF) 呈碱性，如100℃时纯水的pH=6,该温度下pH=7的溶液呈 2×103,再根据K(HF),可求出c(H*)= ×c(HF)= c(F-) 碱性，D错误 1.0×106mol/L,则pH为6，D正确. 2.B 二、非选择题 3.CHN,酸性与醋酸酸性相似，说明HN3为弱酸，电离 9.(1)SrSO(s)+CO (aq)=SrCO3(s)+SO (aq) 方程式应为HN一H++N,A错误；0.O1mo/LHN溶液 100Kp(SrC03)<Kp(SS04),加人C03后，平衡 中c(H)<0.01mol/L,pH>2,B错误：弱酸稀释10倍，pH变 SS04(s)一Sr2+(aq)+S024(aq)正向移动，生成SrC0? 化小于1，故其溶液的pH<4,D错误。 (2)①减小②不变 4.A更难溶的ZmS不能转化为较难溶的Zm(OH),,A不 (3)盐酸若沉淀完全溶解，则证明SS04完全转化成 能实现 SC03,否则，未完全转化 5.D加入大量的水相当于稀释，该反应的平衡常数K= 10.(1)0.29 二，假设加水稀解到原来的2倍，此时浓度腐Q (2)5.7×10-17 (3)2H++Mn02+H3As03=H3As04+Mm2++H20 [(H*)J =( (4)①CaS04 [(s6)] 户×气二K平有正向移威：能促 ②HAs0,是弱酸，当溶液中pH调节为8左右时，AsO 进SbC水解，A不符题意；氨水与盐酸反应，促进平衡正向移 浓度增大，Ca(As04)2大量沉淀 动，能促进SbCl,水解，B不符题意；适当加热可使胶态Sb,O, 解析：(1)由题表2可知，该工厂排放的废水中 聚沉，发生聚沉，便于过滤分离，同时水解反应为吸热反应，加 c(H,s0,）=28.42mol/L=0.29mol/L 热平衡正向移动，能促进水解，C不符题意；延长达到平衡后的 98 反应时间不能影响化学平衡移动，D符合题意。 (2)若处理后的工厂废水中A13+、Fe3+的浓度均为1.0× 6.D 104mol,Kp(FeAsO4)<Kp(A1As0,),则依据Km(FeAs0,)= 7.B c(Fe3+)·c(As0})=5.7×10-21可知，c(As0)最大为 8.A镉废渣中含Cd0及少量ZmO、Al203、MnO、Fe0杂 5.7×10-17mol/L. 质，加硫酸溶解，得到CdS04、ZnS04、Al2(SO4)3、MnS04、FeS04 (3)MnO02将三价砷(H,As03,弱酸)氧化成五价砷 溶液，加石灰乳调节pH=5生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤 (H3As04,弱酸)，同时生成Mn2+和H,0,由此可写出该反应的 液中加高锰酸钾把Fe2+氧化为Fe(OH)3、把Mn2+氧化为 离子方程式为2H+MnO2+H3As03=H3As04+Mn2++ MnO2,高锰酸钾被还原为MnO2,过滤出Fe(OH)3、MnO2,滤液 H20. 中加Zm置换出Cd,过滤，海绵镉中含有Cd和Zn,加氢氧化钠 (4)①硫酸钙难溶于硫酸，故将pH调节到2时废水中有 纯化，锌转化为Na2ZnO2.根据金属阳离子以氢氧化物形式沉 大量沉淀产生，此时没有生成Ca(AsO4)2沉淀，沉淀只能为 淀时溶液的H可知，加石灰乳调节pH=5生成氢氧化铝沉 SO与Ca2+反应的产物CaS04. 淀，则滤渣1的主要成分是A1(OH)3,A错误；“氧化”过程引 ②H3As0,是弱酸，电离出来的AsO}较少，所以酸性条 人K,Zm置换CS0,中Cd之后的滤液中溶质的主要成分是 件下不易形成Ca（AsO,)2沉淀，当溶液中pH调节为8左右 K,S04和ZmS04,B正确；“纯化”过程中Zm转化为Na,ZnO2,发 时AsO浓度增大，Ca(AsO4)2大量沉淀， 生的反应为Zm+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑，C正确；该工艺中 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 得到滤渣1、滤渣2、海绵镉的主要分离操作是过滤，D正确. c(Ca2+)·c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-98,B正确；根据元 9.C实验1可说明HPO?的水解程度大于其电离程度， 素质量守恒：2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF),加入盐酸，H与F 则c(H,PO4)>c(PO),A正确；Na,HPO4溶液中，根据元素 反应生成HF,则c(H)<c(CI),所以存在c(H)+ 质量守恒有c(Na)=2[c(HPO)+c(H,PO)+c(HPO4)+ 2c(Ca2+)<c(F-)+c(C)+c(HF),C错误；e点浊液中加入 c(PO)],根据电荷守恒有c(Na)+c(H)=c(OH)+ NaF固体，F-浓度增大，阳离子浓度减小，-lgc(X)增大，D c(HPO,)+2c(HPO)+3c(PO),联立两式可得c(OH)+ 错误 c(PO})=c(H+)+c(H2PO,)+2c(HPO4),B正确；实验2 12.B由图可知，溶液中只存在三种R的微粒，则H,RO3 产生的白色沉淀为Ca,(PO4)2,离子方程式为6HPO+3Ca2++ 为二元弱酸，在溶液中的电离方程式为H,RO一H,RO,+ 60H=Ca3(P04)2↓+6H,0+4P04,C错误；实验1和实验 H、H2RO,HRO+H*,随着pOH增大，溶液酸性逐渐 2的温度相同，溶液中c(OH)·c(H)=Kw,Kw相等，D 增强，HRO3逐渐增加，HRO}呈减少趋势，H2RO3先增加后 正确。 减少，故曲线①、②、③分别表示lgc(HRO号)、lgc(HRO,)、 10.DH,SO,溶液滴定Ba(OH)2溶液时，离子浓度先减 gc(H,RO,)随pOH的变化，据此分析解答.HRO3为二元弱 小，恰好完全反应时，离子浓度最小，之后逐渐增大，电导率先 酸，则Na2HRO属于正盐，A正确；a点对应溶液中c(H,RO,)= 减小后增大，故曲线①为Ba(OH)2溶液的滴定曲线； c(HRO),由电荷守恒可知，c(Na*)+c(H+)=c(OH)+ NH3·H2O为弱电解质，H,SO,溶液滴定NH·H20溶液时， c(H,RO)+2c(HRO号)=c(OH)+3c(HRO),又因 离子浓度增大，恰好完全反应后继续加人硫酸，离子浓度继续 pOH=7.3,此时溶液显酸性，c(H)>c(OH),则c(Na)< 增大，故曲线③为NH,·HO溶液的滴定曲线，则曲线②为 3c(HRO),B错误；由分析可知，曲线③表示lgc(HRO3)随 NaOH溶液的滴定曲线，A正确；由题图可知，20.00mL浓度为 pOH的变化，C正确；a点pOH=7.3则pH=6.7,c(H,RO3)= 0.100mol/L的Ba(OH)2溶液恰好完全反应消耗硫酸的体积 c(HR05),则Ka=e(H)cHR0）=c(H')=10-67,同 为20mL,故H,S0,溶液的浓度为0.100mo/L,B正确；a点为 c(H,RO) 硫酸铵溶液，硫酸铵促进水的电离，b、℃点水的电离不受影响， 理，由c点可知，K=10.4;反应H,RO+HRO号 d点为等浓度硫酸铵和硫酸的混合溶液，硫酸抑制水的电离的 2H,RO,的平衡常数K=c(H,RO,)·c(HR0) c2(H2 RO) 程度大于铵根离子水解促进水的电离的程度，所以d点水的电 离程度最小，C正确；d点为等浓度硫酸铵和硫酸的混合溶液， e(H*).e(H2 RO)c(H2 RO) c(H RO) -K4=1053,D 根据电荷守恒：c(NH,)+c(H)=2c(SO?)+c(OH),元素 c(H)·c(HROg)=2 正确。 质量守恒：c(SO?)=c(NH)+c(NH·H0),所以c(H)= 二、非选择题 c(NH4)+2c(NH3·H20)+c(OH),D错误. 1.B由K=H)cF2可得1g=gF= 13.(1)(H+)·c(Hs) c(H,S) c(HF) e(H*) K (2)H,C,O>CH COOH>H,S 1gc(F)-lgK,随着1g增大，lgc(F)也增大，则随着 c(H+) (3)H2 C20 +KOH=KHC2O +H2O 1g增大，-gc(F)减小，所以L表示-gc(F)与 (4)HS +HC2O=H,S+C2O c(H*) (5)③④ e的变化商线A错误根超图像当e相同，即 14.I.(1)大于 (2)用未知浓度的NaOH溶液润洗碱式滴定管2~3次 c(F-)相同时，L2表示的离子浓度小，已知Kp（CaF2)< (3)ac K,(e,)所以h表示-ke(C)与e的变化线， Ⅱ.(4)酸式 由a点坐标可知，gH=1g=1.2,-c(F)=2得 (5)当加人最后半滴KMO4标准溶液时，溶液由无色变 c(H+) K 为浅紫色，且半分钟内不褪色 K=1032,由b点坐标可知，g=gD）=-0.7,则 （6)1.38Y9% c(H*) K. a c(F-）=10-3.2×10-o.7mol/L=10-3.9mol/L,Kp(CaF2)= 解析：(6)根据2MnO,+5NO2+6H*=2Mn2++5NO,+ 高中化学人教（选择性必修1） 第13~16期 3H,0可知，n(KMnO,):n(NaN02)=2:5,则 e(HPO c(H,P05）>lg (HPO号) 000mXx0计=子，解得e(a0,）= c(H,P0, ,即1gc(H,P0) c(H,PO则曲线I表示 c(NaN03)×25.00×103L c(HPO) 曲线Ⅱ表示g c(H2 PO3) g 由图可知， 0.002Vmol/L,则该样品中NaN02的质量分数为 Pc(H2 PO;)' c(H2P03) 0.002ymol/L×0.1Lx69gmol×100%=L.38Y%. c(H2 PO; gcH,P0,） =1时，pH=2.4,即HP0) c(HPO3) =10时，溶液中 a g a 15.(1)增大固体表面积，提高酸浸速率 c(H)=1×10-2.4mol/L.亚磷酸(H,P0)的K= (2)Fe(OH)3、Al(OH)3 c(HPO,)·c(H*) c(H;PO3) =10×1×10-24mol/L=1×10-1.4mo/L. (3)2e2++H,02+2H*=2Fe3++2H,010-15.6 (4)①b 图中g HO=-1时，pH=5.5,即H0=0.1时， c(HPO;) c(HPO,) ②4.7≤pH<6.2 (5)HC加热浓缩、降温结晶（或蒸发浓缩、冷却结晶） c(*)=1×10-55 mol/LK2=cH0,:c(H2-10s c(H2P03) 解析：由题给流程可知，废镍催化剂粉碎后加入稀硫酸酸 因此反应HPO号+H0一HPO+OH的平衡常数K= 浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反 应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和含有可溶硫酸盐的滤液 c(H,P03)·c(0H)_K=1015 c(HPO) 1;向滤液1中加人有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机 (4)Ca,（P04)2的溶度积常数Kp[Ca3(P04)2]= 层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧 c3(Ca2+)·c2(P0),处理后的废水中c(Ca2+）=5× 化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH,由表中数据可知，F3 完全沉淀的pH=3.2,A13+完全沉淀的pH=4.7,N2+开始沉淀 KCa,P02过= 106mo/L,则溶液中c(P0:)=√c2(Ca*) 的pH=7.2故人，0.]=001x)产=10-，由 2×1029 √(5×10-o)mo/L=4×10-7 mol/L. 调pH前c(N2+)=1.0mo/L,则N2+开始沉淀时，c(OH-）= 第16期参考答案 /10-.6 1一mo/L=10-78mol/L,故pH=6.2,需控制pH在4.7≤ 《选择性必修1》阶段测试卷卷 一、选择题 pH<6.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、 1.C 氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和 2.BK是温度的函数，温度不变，更换催化剂后的K也不 含有硫酸镍的滤液2；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过 变，A正确：相同温度下，水的离子积常数相同，B错误；某温度 滤、洗涤、干燥得到NSO,·7H20晶体，据此分析解答 下，一元弱酸HA的电离常数为K,其盐NaA的水解常数K 16.(1)PCl +H20+ClPOCI +2HCI 与K的关系为K= (2)c(Na+)>c(HPO-）>c(0H-)>c(H,PO)> ,K,越小，K越大，C正确；平衡常数能 K c(H*) 反映一定条件下对应变化进行的程度，D正确。 (3)I1×10-141×10-7.5 3.DC2+、Hg2+等重金属离子常采用沉淀法处理，如加 (4)4×107 人硫化钠、硫化亚铁等沉淀剂使之转化为HgS、CuS沉淀，而 解析：(2)亚磷酸(HPO)为二元弱酸，则HPO?不能再 C2不能使之转化为沉淀，无法处理，D错误. 发生电离，只能发生水解，使溶液呈碱性，同时考虑到水也存在 4.A由盖斯定律可知，△H1=2△H2+△H3-△H4=2× 电离平衡，所以溶液中c(HPO)<c(OH),因此溶液中离子 (-299kJ/mol)+(-1018kJ/mol)-(+87kJ/mol)= 浓度大小顺序为c(Na)>c(HPO号)>c(OH)> -1703kJ/mol,故选A. c(H2PO;)>e(H*). 5.CHBb为弱酸，部分电离，故0.01mol/LHBb溶液中 (3)H,O,的K=c(H,P0,）·e(H c(H)<0.O1mo/L,溶液pH>2,A错误；加水稀释促进HBb c(HPO;) ,K2 电离，但HBb电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中 c(HPO3)·c(H) c(H2 PO,) c(H+)减小，溶液的pH增大，B错误；0.01mol/L NaBb溶液中 ,K>K2,c(H+)相同时， c(HPO) c(HPO) 存在元素质量守恒：c(Na)=c(Bb)+c(HBh),D错误， 6 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 6.B将反应一、二和C02(g)+C(s)=2C0(g)△H3= 10.D由图1可知，0.1mo/L HAuCI溶液的pH=3,则 +172.5k/mol分别记作①、②、③，根据盖斯定律，由HAuC4为一元弱酸，b点为等浓度的HAuCl4和NaAuCl.的混 ①=②+2×③，则△H1=△H2+2△H=-118.8kJ/mol+2× 合溶液，溶液呈酸性，说明HAuCl4的电离程度大于AuCl的 （+172.5kJ/mol)=+226.2kJ/mol,A错误；由图像可知， 水解程度，溶液中AuCl,的浓度大于HAuCl4的浓度，c点为 800℃时，C02的物质的量小于C0的物质的量，反应二的平衡 HAuCl4和NaAuCl4的混合溶液，溶液呈中性.由分析可知， 常数K= (C02) 0.1mol/L HAuCl,溶液的pH=3,则其电离常数K,= c(C0) ,则K小于1，B正确；由图可知，当温度高于 415℃时，体系内SS04的物质的量趋近于0，故体系内的主反 c(AmC)·c(H*),1×103×1×103=1×105,数量级为 c(HAuCl 0.1 应不可能为SrS0,(s)+4C(s)一4C0(g)+SS(s),C错误；通 I0-5,A正确；由分析可知，c点为HAuCl4和NaAuCl4的混合溶 入空气的作用是利用C0和O2反应，为制备过程供能的同时 液，溶液呈中性，溶液中c(H)=c(OH),由电荷守恒： 降低CO的排放量，减小污染，D错误。 c(H+)+c(Na*)=c(OH)+c(AuCl4)可知，溶液中 7.B由图知，前12s内，A的平均反应速率为v(A)= c(Na)=c(AuCl),B正确；由图2可知，N点溶液中AuCl 4c=0.8mol/L-0.2moVL=0.05mol/(L·s),A正确；前 △t 12s 的浓度大于HAuCl4的浓度，由分析可知，滴定曲线中的b点可 12s内，A的浓度变化了0.6mo/L,A的物质的量变化了 能对应图2中N点，C正确；由分析可知，b点为等浓度的 0.6mol/L×2L=1.2mol,根据3A(g)+bB(g)=c(g)△H= HAuC4和NaAuCl4的混合溶液，溶液中存在电荷守恒： -QkJ/mol(Q>0),则12s内A和B反应放出的热量为 c(H)+c(Na)=c(OH)+c(AuC4)和元素质量守恒： 1:2m0×Qk=0.40,B错误；反应中各物质的浓度变化量 2c(Na)=c(HAuCI4)+c(AuCl),整合两式可得溶液中 3 mol 2c(H)+c(HAuCl4)=2c(OH）+c(AuCL,),D错误 之比等于化学计量数之比，12s内，A的浓度变化了0.6mol/L, 11.D由Kp(Ag0)=c(Ag）·c(I0）和 B的浓度变化了0.2mo/L,C的浓度变化了08md- 2L K[Pb(I03)2]=c(Pb2+)·c2(I0)可知，-lge(Ag)= 0.4mo/L,三者浓度变化之比为3：1：2，则b:c=1:2,C正确； -lgc(I0)、-lgc(IO,)=-lg[2c(Pb2+)],故根据斜率大小 由图可知，2s内，A的转化率为0.8moL-0.5moL× 可知，线②表示K,[P(I0)2]即Pb(10)2的饱和溶液，线① 0.8 mol/L 表示的是K,(AgIO,)即AgO,的饱和溶液，且由b点坐标可 100%=37.5%,D正确. 知，K,(Ag0,)=10-.09×10-21=10-7.0,K,[Pb(103)2]= 8.D 9.C若只升高温度，c(C0)增大，说明平衡逆向移动， (105.)2×10221=1012.9.由分析可知，A错误；若向a点饱 则该反应的正反应是放热反应，△H<0,A错误；将原溶液加少 和溶液中加入适量NalO3固体，c(I0,)增大，-lg[c(IO)]会 量水稀释后，溶液中各离子浓度均减小，Q>K,平衡逆向移动， 减小，不会由a点变成b点，B错误；结合图像和分析，过c点 (G0)增大.G.G候)泼小，则8号}的值减小.B特 作x轴垂线，c点的Q>K[Pb(IO3)2],c点是Pb(IO3)2的过 饱和溶液，有沉淀析出，c点的Q<K,(AgIO3),c点是AgO,的 误；由图像可知，当-g[c(CO)·c(H)]=7.2时， 不饱和溶液，无沉淀析出，C错误. -lgc(Cr0)）=0.4,则c(Cr0）·c(H+)=107.2(m/L)2, 12.A由题图可知，10min时该反应达到平衡，平衡时D的浓 c(C,0)=1004mlL,反应的平衡常数K=度变化量为3.0md/L,放(D)=3.0mmL=0.3my(L·mi,A 10 min c(Cr2) 10-0.4 [c(C0)·c(H*)=(10-27=104,C正确；由K= 错误；由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、 c(Cr20） 3.0mol/L,故1：x=1.5mol/L:3mo/L,得x=2,C为固体，则 [c(Cr0)·c(H*)下=10“，当c(C0）=c(C,0)时， 可逆反应A(g)+B(g)C(s)+2D(g)的平衡常数表达式 c(c0)·c2(H*)=104,即c(C0)·c2(H）= 1 c2(D) (A)·(B)B正确：该反应前后气体分子数不变，增大压 iK=- 104(mo/L)3,由于-lg[c(Cr0}）·c(H+)]>7,故 强，平衡不移动，C正确；由题图可知，改变条件的瞬间，反应混 c(Cr0）·c(H+）<10-7(mol/L)2,则c(H*)>10-7mol/L, 合物中各物质的浓度不变，平衡向逆反应方向移动，该反应的 即pH<7,D错误. 正反应为吸热反应，故改变的反应条件应是降低温度，D正确。 > 高中化学人教（选择性必修1） 第13~16期 二、非选择题 对应的曲线为L1,在1400℃时，lg即=3.2，则p。=1032Pa, 13.(1)NaOH NH,NO, ((c)()(C) (2)NH NO=NH+NO ③L,和L两条曲线之间的区域为反应ⅰ自发进行、反应 (3)NO,+H,OHNO,+OH ⅲ非自发进行对应的区域；温度越高，速率越快，压强越大，限 (4)c(Na)>c(NO,)>c(N02)>c(OH)>c(H) 度越大，所以阴影区域为最佳工艺条件。 (5)NaNO2+NH NO,-A-NaNO,+N2 1 +2H.O (3)①由题干可知，反应中生成的气体为镁蒸气、C0气 解析：HNO3是强酸、NaOH是强碱，NH,NO3是强酸弱碱 体，假设反应前镁元素为100g,由实验3，ac/%=97%,则生 盐、NaNO2是强碱弱酸盐，因NH、NO2的水解是微弱的，而 成镁蒸气97g,aw/%=104%,质量差为104g,则生成C0为 NaOH、HNO,的电离是完全的，由溶液的pH可知，X、Y、Z、W 104g-97g=7g,则实验3中C0体积分数为 分别为NaOH,HNO3、NaNO2和NH,NO, 78 (4)X、Y、Z三者各1mol/L同时溶于水得到等物质的量浓 28 g/mol -×100%=5.8%. 7 97g 度的NaNO,和NaNO2,NaNO2能水解而使溶液呈碱性，则 28 g/mol+24 g/mol c(OH)>c(H),Na、NO,不水解，但盐类水解较微弱，故 ②结合①分析，则上述五组实验中，a/%、ac/%差值越 离子浓度的大小顺序为c(Na)>c(NO,)>c(NO2)> 小，C0含量越小，则产品纯度越高，故最高的是实验5. c(OH-)>e(H*). 15.（1)①4BaCr0,+20HCl+C,H,0H本雀加热4BaCl,+ (5)NaNO2与NH,NO3溶液混合加热生成的无色无味的 4CrCL3+13H,0+2C02↑ 气体应为N2.这是由于NNO2中+3价的氮元素与NH中 ②加大乙醇的投料量有利于BaCrO,完全反应，提高其利 -3价的氮元素发生反应：NaNO2+NH,NO,≌NaNO+N,↑+ 用率 2H,0 (2)①当滴入最后半滴Na,S2O3标准溶液时，溶液由蓝色 14.(1)①+955②AC 变无色，且半分钟内不变色 106.4 ②96.1% (2)①上方②L1 4 (3)加入1mol/L NaOH溶液，调节溶液的plH在6~12范 ③L,和L,两条曲线之间的区域为反应1自发进行、反应 围内，静置，过滤，使用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤液，加 ⅲ非自发进行对应的区域；温度越高速率越快；压强越大限度 入0.1mol/L AgNO,溶液和0.1mdl/LHNO,溶液不再出现浑 越大 浊，洗涤干净 (3)①5.8%②5 解析：(2)②由C元素守恒及方程式可得关系式 解析：(1)①根据盖斯定律，由反应ⅰ+2×反应ⅱ可得反 2Cr3+~Cr,0~3L2~6S20},根据关系式计算， 应Mg0·Ca0(s)+4C(s)一Mg(g)+2C0(g)+CaC2(s), 2Cr3+~Cr,0?~3L2~6S203 △H=(+27kJ/mol)+2×(+464kJ/mdl)=+955k/mol. 2 6 ②总反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，能提高平 n(Cr) 0.0250mol/L×0.024L 衡产率；粉碎白云石，能加快反应速率，不能使平衡移动，不能 故n(C*)=0.0250mal/Lx0.024L×分，250nL溶液 提高平衡产率；及时分离气态产物，促使反应正向进行，能提高 平衡产率。 中r(Gr）=0.050maLx0.4L×子x8- 25 mL (2)①反应为吸热的熵增反应，△G<0反应正向自发进 0.002mol,根据Cr元素守恒可知，n(CrCl3)=n'(Cr3)= 行，则高温利于反应自发进行，反应正向自发的区域应位于 0.002mol,所以样品中m(CrCl3）=0.002mol×158.5g/mol= 对应曲线的上方 ②根据盖斯定律，由反应i+反应ⅱ可得反应ⅲ： 03门g:故样品中无水三氯化铬的质量分数为部6× Mg0·CaO(s)+C(s)Mg(g)+CaO(s)+CO(g）△H3= 100%≈96.1%. +491kJ/mol>△H1=+27kJ/mol,△G<0时反应正向自发进 行，则相同条件下，反应ⅲ较反应需要更高的温度，则反应ⅲ 84 素养·拓展 鼓理极 本板责任端情：超文佳 州纸输辑质量反销电话， 0351527128 数理招 2025年10月13日·星期 高中化学 一、易溶于水的铵盐、坪盐、钠盐等不能在 极纸发行质量反情电话 第14期总第1162期 人教 溶液中彩成沉淀 裤析：说法错误.溶与不溶是一对相对！ 难溶电解质易错知识点辨析 0351-5271248 选择性必修1 多，解度再大的物新在溶液中达到饱和后.再 山西师苑大学主管山西师大教科技传媒集团主办数理报杜编辑出 杜长：徐文伟国内统一违续出版物号：CN14-0707八F)邦发代号：21-355 知识稿理 加入这种溶质也会析出沉淀，溶解度再小的物 。过宁主 如识成 (3)方法 而，在水中t会液有幻落变知销我前在知 0.1g的，是易溶物质：有些物质的溶解度在 不同 ,(1)沉定和喘解海剩 课前导学案之 ①调节山法：如除去NH,溶液中的 ℃时的溶解度为202g,在0℃时将203g酸 0.01g0.1g之间.如S0Ca0H),等， 六、可以根据溶度积 比较难溶物质的 FCL,杂插，可加人氯水湖节，反应的离子方 钾故到100水中，会有1：沉淀折出：氢化铁 微溶物质：溶解度小千0.01g的.如S0,、A口 客解度 *0离子浓度保特不直 《沉淀溶解平衡 程式为和·+3NH,·H,0=Fe(0H)1↓+ 难溶干水，但在送热水反应后的液体中滴人 是难溶物质，在水溶液中是沉淀溶解度表中的 外界 3NH.. 酚酞试液也会变红，说明生成的氢氧化铁有少 。四川屡全民 不溶”就是品指准克啡浮电探历的摩解年届 如AC,A世Br,BS0,CC0,算，在相司相e下 3.《1)决之 3,影响沉淀溶解平衡的因素 ②加河淀剂法：如用5沉淀C,反应的 量溶于水，溶丁水的g{0州)：电离生成的 很小，但不可能为0，所沉淀完全，在化学上通 K,越大，溶解度就越大：人，越小，溶解度就越 (2)沉 问题呈现 1}丙 离子方程式为C2·+H,SCS↓+2H D州使酚酞变红，其溶解平衡为：Mg(O州)：(：) 指强在路液中的璃子浓度小于1×0’/L 生市沉室 小、对干不同类型的难溶电解质，溶度积小的 雨寸过中的学两抚门年刘首“解””可客 难溶电解板本身的性析，这是 因素， 特别提醒： -Mg2(网)+20H(q. 不管电解质的溶解度大小，达饱和时都有溶解 溶解度不一定小，如g(0用)：的溶度积K= 微溶“难溶“四种溶解度的相对大小.同时我 (2)外因 1.沉淀剂的选择 二、不能用易溶于水的物质进行相互制备 平衡断.所以色对不溶的电解质是没有的，易溶电 1海灯国 1,8×10-)比CC01的溶度积(K,■2.8× ①浓度：水稀释，平衡向 的方向 (1)既要除去溶液中的指定离子，又不影响 御析：说法错误，由干易溶的物之间也存 解质在饱和溶液中也存在溶解平衡 还学习了复分解反应的条件，若某波中有 0)小但(0),的溶解L.6⑤x0/1) 1制雪利守 C2”,Fe·,C,要使C,Fe分离开，以生 动 其他离子的存在，引入溶中的杂质离子要便 在溶解度大小的连异根据这一原理。可用溶解 四、沉淀溶解平衡也受一定因素的影响 知比CC0,的溶解度(5.29×0mml/L)大 学到的识饮解决不了了：带着这样的回题，我 2温度：升高温度，多数平衡向沉淀溶解的 度大的物质制备溶解度小的物质.如向跑和践 辨析：说法正确.难溶电解质在水中也会建因此，根据人，大小比较溶样度大小时，只有在 春线 门进人本节的学习！ 向移动：少数平染向生成沉淀的方向移动，如 (2)形成的沉淀物的溶解度越小，离子沉淀 酸的言中通人C0气体会变浑浊，发生的反 立 种动态平衡，这种动态平衡和化学平衡 同型的电解质之问才能直按比较，不同类型 1.02.B3D Ca(0H),的溶解平衡. 越完金（通常，溶液中离子浓度小于 应为：Na,C0,+C0,+H,0=2HC0,.票因是 样满足平衡变化的基本规律.影狗沉淀溶解平 的电解场之间可以通过计算进行比较 4.B5.B6.0 明确目标 3问离了效应：向平衡体系中加人含原体系 1×10°mml/1时，认为沉旋完全》 生成的NHCD,的溶解度小于N,C0,的溶解 衡的因素有：①浓度：加水，平衡向溶解方向移 七、溶刑里美丽的石笋、钟乳石的形成与 中止宽子的物桥，平新 的尚多示动. 2.沉淀的溶解 度，反应过程中泸耗了水使溶湖减少，生成的 动：②温度：升祖，多数平衡向溶解方向移动 专塔二 1.理解沉定的定义及影彩响因素，（重点） 沉淀溶解平衡有关 ④其他：向平衡体系中加人可与体系中某 (1)原理：当Q<K,时，难溶电解娇的沉淀 NHC0,的质量又大于Na0,的所量，这三方 五、温度、浓度的改变均可以影病难溶电 1.c2.A3.B4. 2掌捏溶电解质的溶解和转化，里解转 静桥：说法正确，石灰岩里不溶性的碳酸 化的条件及其应用.（重点） 些离子反应生成更难溶的物历或气体的离子 溶解平衡向右移动沉淀溶解 面原因使部分NaHCO,析出来 ,(1)出形江位 解质的溶度积 怎，与客气中的水知氧业反时能转化的 3.溶度积及其有关计算.（难点） 时，平衡向沉淀溶解的方向移动 (2)方法 (2)Fe:0, 三、给对不溶的电解质是没有的，易溶电 辨析：说法错误溶度积的大小取决丁难溶 酸氯钙溶有酸钙的水从溶洞顶部向溶洞 ①赦溶解法：如用盐酸溶解CC01,是盐酸 《3)Y稀 4.培养动手实我能力和逻辑推理能力 知识点2：溶度积常数 解质在饱和常液中也存在溶解平衡 电解质的本性，溶度积陆品度的升高面稍微增 底部滴落时，因水分蒸发，二架化碳压强减小等 第13期3厘参考答 重，难点) ,概念：难溶电解质在水溶液中达到沉淀 中的H与C0反应，使平衡CC0,() 麟析：说法正确.不同的电解质在水溶液中 大.离子浓度的改变可使平衡发生移动，但不能而析出碳酸钙沉淀.这些沉淀经过千百万年的 素养测浮十) 溶解平时的平衡常数，称为度积常数.简称C()+C0(aq)正向移动. 溶解的程度不一样，而且差别很大，溶解度大于 改变溶度积。不的难溶电解质在相同度下 积聚，渐渐形成了钟乳石，石笋等 知识梳理 ,符号为K, ②盐溶液溶解法：如Mg(0州)沉淀可溶于 高考直通车好 10名化3n NH,口溶液，是由于N用，水解要消矩O用，使 A.L为-gr[A(0H),】与-gr(日)的关 4050D 知识点1：沉淀溶解平衡 2.表达式：气B(s)一m“(购)+n"(四) 系曲线 平衡Mg(0H),()Mg+(期)+20H() 沉淀溶解平衡考点透视 3.0 1.物质溶解性与溶解度的关系{20℃】 的K B.7m2·+40H一(0)的评常数为0 二非选择题 3,影响因素：人，只与电解质的正向移动，总反应的离子方程式为期(0)：+ C.调节NOH溶液浓度，通过碱浸可完金 有关，与沉淀的量和溶被2N=Mg·+2N,·H,0 k1,1541 0 分离C(0H):和M(OH), 《21①%房 中离子的浓度无关 氧化还原帝解法：如不溶丁盐酸的Ag,S 0江西 李阿渝 D.调节溶液为4,7~6.4，可将浓度均 2.沉淀溶解平衡 特别提醒：一般温度升高，K,增大，但可溶干稀NO,是由于稀O,将s氧化，使 难溶电解插的沉淀溶解平衡是新课程高考 加入N0H溶液碱浸.得到含有NSi0,的浸取 为0.1mml/L的n2和A完全分离 (1)蛋念：在一定温度下，当某种物质 的热点之 ,近年来高考命图趋势是难溶电解 液，加人试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后得到 解析：Zm2+和Cf沉淀形成Z(0H)1和 2103< Ca(0H):的K或小 平衡AgS()2g”(}4S2《n)正向 速率相等时，形成该物质的 质在水中的沉淀溶解平衡曲线分析、，调节Ⅱ控 S0,滤液1中加入试剂X和H,C0,分离，由 C(0)2,沉淀形成A1(0),Z和 :5 4,K,的意义：反映了难溶电解质在水中的移动 溶液，达到平衡状态，人们把这种平衡称为沉淀 溶解能力，相同温度下，对丁同类型物质（如 ④生成配合物法：如Ag口可溶于浓水 沉淀反应的发生以除去杂质阳离子等，下面 下Fe(C,0,),能路于水，先加入试制X将Fe“ C的关系曲线平行，根据人，[Zn(OH):】< 1.{3)3410-0 精达例题分析， kC(0H},,7nOH）.,比C0H,中 (4)e(H)ce(o- 容解平备。 Ag,A、Ag等)，K,数值做大，难溶电解质是由于Ag与NH,·H0作用生成可溶的 氧化为F。·,再加人H,C,0.可生成CC,0,沉 (2)沉定溶解平衡的建立（以A1溶液 藏反应，因此生成Z(H好的低于 在水中的溶解能力越强， 鳞1.225·山基】d膏中毫含0 [Ag(NH):],使平衡AC1(s)一Ag(叫)t 淀，求渣Ⅱ为CC,0.,滤液Ⅱ中有Fe·,据此分 网) Si0,F0,F,0等氧化物，实空利用酸碱协 C(OH)的.故从左到右的曲线依次为AP 特别提醒：相同温度下，对于不同类型的物C()正向移动 析解答 同法分离清中C,Si,Fe的元素，流程如下.已 Za2,C2,A1(0):,Za(0),C(0) Ag)()+C(): 近，太花距不大时不能直按作为溶解笔力大小 3.沉淀的化 知：Fe2(C0,),能洛于水：K,(CC0,)=2.3× 答案：A 图可知，由图中《3.0,0).(8.4,5)、(9.4,5) 例2.(2025·陕香青宁卷)常泪下，溶液中 分别可计算K,[A1(O),」=e(A: (6)9.9×10 ①即a>,固体溶解： 的比较依掘， (1)实娇：沉淀溶解平衡的移动 10,K(FC,0,）=3.2×107下列说法错误 的是 ,Z2,C以氢氧化物形式沉淀时， c2(01)=100,k[Za(0),]=e(Z2）· .(1)HA0 2m=厦，沉淀溶解平衡： 5.应用：利用溶度积妮则可判断给定条件 (2)举例：①AeO,溶液a善A(白 下有无沉淀生成，离子积(Q):对于AB() -gc(X)ml·L']与-g[c(H(mL 2(0H)=10-2,，[d(0H2=c(Cf)。 42}1A00 <,析出沉症. 三mA”(润)+nB(期)，任意时刻Q■ 色沉流)声A(淡黄色沉淀) 的关系如下图其中X代表·，Zn+Cd+, 2(0m）04：由图中(8.4,5)，(12.4,5) H.H (3)表示：难溶电解质AB,的沉症溶解平 e(A)·c'(B-) (0H):,7a(0H)或C(0)].已知： (14.0,5)可代人计算(01)，+0H 3)D 衡一般表达式为AB.(s)一mA·(四》+ Ad(黄色沉旋)5海花AgS黑色沉淀)。 帆一立 一。流漫目 (1)Q>。,溶波过饱和，有沉淀析出： Z0)2<,[G(0H)2],7(0H)比 ”“(叫)，难溶电解质用””标明状态，液中 2MCL,溶液德准g(OH(白色沉 (2)Q=术。·溶液饱和，沉淀与解处下平 C{0H),更易与碱反应，形成M(0H)::溶液 A(O,的平衡常数为K=Ao: 2▣1+3H0 0m=10,同理可得7a(0H,+20H ,0,+3 离子用“”标明状态，用“一”连接，如金状态： 淀) 4海液，Fe(OD,(红色沉淀 中(X)≤0-”mol/L时，X可塑略不计.下列说 Fe(0H0,(:》一Fm3()+30H() (3)Q<K。,溶液未饱和，无沉淀析出 (3)规律：一般来说.蓓解度小的沉淀转化 A.试X可选用e翻 法错误的是 Za(0H好的平衡常数为k=Zo】 (4)特征 教材拓展 成溶解度更小的沉淀客易实现 B.和Y可洗用林的 -2（0日-1 (4)应用 C“分离”后F知元素主要存在于滤液Ⅱ中 10“,Cd(0):+20一Cd(0)2的平 沉淀溶解平衡的应用 ①锅炉除水垢：将CS0,转化为Ca00,然 D.“酸浸“后滤液1的p1过小会异致滤道 商常数为太.C0n,10据此分折 1.沉淀的生成 后用盐酸清洗，转化反应的离子方程式为 Ⅱ质量减少 2(0H) CaS0.+C0=CaC0、+S0“. 解析：钢通过盐酸酸浸，得到滤液1中 解答 [寓达到汉瓷流解个雨时，海液中 (1》原理：当Q>K,时.难溶电解质的沉淀 有fe2fe,C2+等，滤渣1为5i0,渣1中 溶解平衡向左移动，生成沉淀。 2矿物转化：s遇Cs0,溶波转化为 案：B 时，况发常解平浙可数收生韩 (2)应用：可利用生成沉淀分离或除去溶被 CS,反应的离子方程式为Zs+C· 中的杂质离子 Cus+Zn. (参考答案见本期1.4版中缝】 2 素养专练 数理极 数理极 素养·测评 3 D.加人少量固体，平衡向沉淀方向移动 10-",k(C5)=6.3×10”.下列说法正确的 1.0×103m/L,则此时溶液的lH为6 专练一：沉淀溶解平衡 e(g)减小 是 二，非进坚领{本题包着2小题》 A.相同温度下，C5的溶解度大于FeS的溶 9.侧(B)和(sr)及其化合物在工业上有着广 1,难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，下列 专练二：溶度积与沉淀反应的应用 解度 测评（十一 的应用，它在电含中常以瓷夜盐的多式在 说法出误的是 B.阶去工业废水中的Cu,可以选用Fs作沉 松测内容：元定容平 BS0,和SS0,都是难溶性盐，工业上提取钡刺 人.沉淀的速率和溶解的迷率相等 关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不 定河 数理报社试题研究中心 时首先将S0,和850，转化成难溶弱酸挂， B难溶由深活车水由形成狗和资 的 C.可温度下，向地和5溶液中加人少量Na,S 一、选择题（木题色括8小题，每小题只有1个选 A.▣中纯留大得的性物话会被不由带 已知：S60,(s)=S2()+S0(如)K,= C再加人难溶电解质，溶液中各离子的浓度 A.人，只与难溶电解质的性质和温度有关，而与 周体后，K(s)年小 项符合题意】 书.牙膏中帝加话量的砖酸盐，可以有效保护 2.5x10 不恋 溶液中的离子浓度无关 D,向等浓度的Fed,和CuC合溶液中逐 「，时“游存”的理醒正商的是 氏好 5C0,(s) D,难溶电解质溶解老成的阴，阳离子的浓度 B.存的红N.0夜和入的打石灭水中，有白 加入N4,s溶液，最先出现的沉淀是F5 A,在水中在溶的物质，在其他溶剂中也是难 C.老用陈酸氢钠稀溶液选行漱口，会使上述平 2s×10- 定相等 色沉症产生，说明K,[C(0H)2>K,(Cs0, 5.工业废水中常含有一定量的Cr,0和C0, 溶的 衡发生移动，此时，变小 (1)将Ss0,转化成SC0,的离子方程式为 2把氢氧化钙放人蒸偷水中，一段时间后达到平 G.已知25℃时K,[Fm(0州)，1=2.8×10”.则 它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须 B.难溶就是绝对不溶 D.使用含氟(kF)牙喜.可实现Ca(D,》,OH() 衡：Ca(0)() C2(q)+20广(aq).加 温度下反应P(0州)，+3H一f·+3H,0 ,该反应的平衡常 进行处理常用的处理方法有还熏沉淀法.该法 C难溶就是溶解度相对较小，设有绝对不溶于 与Ca,(0,),F()的转化 数为 人以下溶液可使C(0H),(s)减少的是( 6.原品下，CC0知Cd0H》、的症容2平面出 (填具体致字)：议反应能发生的 的平衡常数2,8×1D 14 A,N4S溶波 B.A1C,溶液 的工艺流程为：CO 水的电解顷 原因是 D.日知25C时.3(0川》、m5.6x10- D,如果向某溶液中加人足量另一试时，生成 汉如下图所示，下列说法正确的是 (用 沉淀溶解平衡的有关理论解释) C.NaOI溶液 D,GC液 在MC,溶液中加人氨水调合液的pH=1, 3.已知相同温度下，e《0州)，的溶解度小于 0),1.其中第①步存在平衡： 了难溶性的电解质，刚说明原溶液中的相应离 (2)对于上述反应，实验证明增大C0的浓度 *生沉淀.则此时溶液中的(2)■5.6× 2C0(黄色)+2一Ce,0(色)+ 千已沉定全 Mg{O):的溶解度，且随H的升高 10 moV/L H0. 2.已知25℃时，Ag的溶度积K=1.8x10 降低福度都有利于提高50，的转化率，判断 在下列两种情况下，平簧宫数K的变化情况（填 Fe(OI),首先析出.为除去MCL酸性溶液中 的F“,可以在加热搅的条件下加入一种试 《1)若平衡体系的=2.该溶液显 则下列说法正确的是 “增大”“减小”或不变”)： 30H(a),K=m.当e(AP)=mo/L时 A.向地和AgC1水溶液中加入盐酸，K值变大 剂，过滤后再加人话量酸，这种试刻不可以是 (2)俺说明第①步反应达列平衡状态的是 升中温度，亚常数客 溶被的H等丁（已知：该温度下，水的离予积 (填字母) B.AgNO,溶液与NmGd溶液混合后的溶液中。 2增大C0的浓度，平衡常数将」 常数K。=1.0×0) A氨水 A.Ce,O和CO的浓度相同 定有e(g)=e(d) B.Meo A向X点对应溶液中加入适量的ND川溶液， (3)已刘，S60,和S00,在酸中的溶解性与 C.Mg(OH) A4-a-丹 B.o" .2(00)=(00) C日出计，当容清中e(Ag》·c《”》= BS0,和BCO,类似，设计实验证明上述过程 D.1C0 C,率凌市角不 ,时，此溶液中必有AC1的沉淀析出 有能得到7点对应溶液 4.将等浓度，等体积的ANO,溶液与KI溶液泥 D.o-3(m-a) B,常温下，CO0,Cd(OH)的饱和溶液，前者 中S0,是完全转化成sC0,.实数所用的试 (3)第遇步生成的Cx(0山)，在溶液中存在以下 D.25℃时，AgC1在水中的溶解度大干其在饱和 剂为 :实险现象及其相应结论为 合，充分反应后静置，下列关于A的沉淀溶解 沉淀溶解平衡：C(0H),() 食盐水中的溶解度 (交大 平衡与相关离子浓壁的说法中，不正确的是 3.已知CC0,的K,=3.4×10”,现将浓度为2× 30出(q》.常福下，Cr(0H),的溶度积K= 3,可牲盐有毒，医院中常用无毒疏酸作为 C.Y点对应的CC0,分散系中，（溶解） 104mal/L的Na,C0,溶液与CC,溶液等体积 01铁产为原壮产酶所德的酸件唐水 (沉注} c(C),(0州)=10u,要使e(C“)降室 肉内”餐洁章沧汉离于中意者时 .加人少量g同体，沉淀溶解平衡不移动 民合，若要产生沉淀，所用CC,溶液的浓度 D.相同品度下.人(C30,)=0,C(O上] 神元素含量极高，为控制的排放，采用化学 B.加人少量N,S固体.平衡向溶解方向移动， 7人 10m/L.,溶液的应调至 除吐外，还需要中者胃中灌人疏酸钠 7开有症的生成及法化，同学排千下习用 沉降法处理含神废水，相关数据如下表 .2.8×103m/L B.1.4×l03mol/1 夜，已知：某温度下，K,(C0,》=5,1×10 表1元什种碱的《 (1)消大 示实盈.下列关于该实验的分析不正确的是 k(Bs0,)=1.1×10”.下列推断正确的是 C.加入少量蒸馏水后，平衡向溶解方向移动 G.3.4x10mml/1 D.6.8×109m/1 ⊙数理报杜试题研究中心 (出')增大 .已知物质的溶度积常数：，(FS)=6.3× a 68×10 (参考答案见下期) A,不用碳酸作为内服造影剂，是因为碳酸 .布×10 专超子 FeA。 57发101 K,(00,)=2.80×10”,下列叙述中正的是 比北酸准容 B.可以用0.36mm/L的N,S0,溶液给离T 工厂装指浪度度允补瓣标准 溶度积常数的有关计算 湾染物 A.向e(C0)=e(S0)的漫合波中滴加 中卷者洗胃 C抢救氧离子中毒者时.卷没有疏酸钠也可以 无明星复化 产生黄己 2.2 6 g/L RC,溶液，首先析出RS0,河淀 tH6-90,5/1 B.将浓度均为3×10+mml/L的BC 用碳酸钠溶液代替 回答下列问： 。湖南王洋 Na,C0,溶液等体机混合后可得到RCO,沉淀 D,误饮c(Ba2)=1.0×I0mm/L的溶液时 A.上述实验不能F明AgSCN向Ag沉症转化反 1.已如溶度积，求溶液中的某种离子的浓度 Caco,()= =G3()+00(m),K(CC0)= (1)该厂排成的废水中H,S0,的物质的量浓 C.25℃时，s0,的K约为.9×0 会引起氧离子中毒 立的发生 度为 mol/L. ①某温度下，K(AgC1)=a,在该温度下的饱{C)·(CO0),该温度下I0Dg水中所溶解 D,相问温度下，RCO,在水中的人，大于在 4.20℃时，Cl()在不同浓度盐酸中的最大溶 B,①中产生白色沉淀的原因是 和AgCl痞液中，(Ag)=石mml/L 的CC0,的质量为Sg由于浓度很小，溶液的密 (2)若处理后的工厂废水中·，F的浓度 N,C0溶液中的K, 解量（单位：gL)如下图所示，下列叙述正确的 e(Ag").e(SCN)>(AgSCN) 2某温度下，K,(ACI)=a,在该温度下向 度工以购1g/ 均为1.0×10一m/L,则此时废水中 是 0.1mml/L的NaCl溶液中加人过量的ACl周体. (1)已知K(Ca00,).则e(Ca·)=c(C0)= 解析：RS0,(s)+C0(》 =RC0,(s)+ C.①中存在平：AN(一Ag() e(AsD)最大是 mol/L. 达到学南后(Ag)=I0mm/L c(S0) SCN'(ag) (3》已■非放H的的性水中的一价巾 K.mul/L.S S0(叫)的平南常数= 2.沉淀完全的条件计算与判断 m(溶剂) ×100= D.②中无明显变化是因为溶液中的(SCN (,A0,弱酸)不易沉障，可投人MD,先将 c(s0)·r(R) 时，该离子沉淀完全，在25℃时.K,{F(0I] 100 g-m(CaCO,) c(C0)·c(R2+) ,(c=L75×10 过服 其氧化成五价砷(H,A0,丽酸)，写出该反应 8.用结渣（主要成分为C0,还含有F,0,AL,0, 旗了有用式， 4×10.当c(F)■1×103l/L时.溶液中 认为100g溶液中水的质量近似为100g). ,(R50)=1.5×10×K(BC0)=1.75×10× 0Cs)》市系CC0、的去7界和下阳开 (4)在处理含砷废水时朵用分段式，先向废水 (2)已知，即已知某温度下100：水中溶解 280×10=4,9×105.S0,C0属于月种类 I c(Ha Mm:1) 示已知：常温下，K,(F)=2.0×0 中设人舌骨生石从度巧H为2，耳投设人舌量书 c(0H-)=年×10-1mo/L-L.59×10-1mo/L: 5装C00,(可可队溶液体积为0.1L),则c(C·)= A.盐酸浓度越大，人，()故大 此时(H°)6.29×10l/L即3.2当 型的沉淀且K(S0,)3K,(RCO,),故向 K,(CaE)=4.0×0" 石灰将调节为8左右，使五价碑以 B.C能与定浓度的盐酸反应 >3,2时，F·沉淀完全 100 (C0)=c(S0)的混合中演加C,图液，甘先 Ca,(A0,)2形式降 析出C)沉淀，A错误.C正确：将浓度均为3× C.x,y两点对应的溶液中(P2)相等 N 3,计算沉淀转化反应的平衡常数 1将出调节为2时废水中有大量沉旋产生， D,生含·的溶液中加入过量浓盐酸，可将 如：对于反应C(》+ZnS() -Cs(s) (3)已知c(C2·》=m/L.则K,(C0》= 0mml/L的Ra,Na,C0,溶液等体积混合后， 徒主要成分的化学式为 +Z2+(啊）.k,(s)=c(a2-）·(s2-),c(C2)·r(G0)=a,0.1L溶液中含有 c(R2》=1.5×104mml/L(00)=1.5× 西完全转化为( 2在调节为8左右才出现大量C,(A0》 人，(Gs)=(Cm)·r(g-),该反应的平衡常数0.1nmlC·0,1aml005,5.10x0a里× 0/1.对的度子积0=c(R)·c(C0)= 5,牙也表面有一层牙釉盾在保护着，釉质层的主 沉淀的原因为 100 要成分是难溶的基磷酸钙[C(P,),OH k品2周 100=10a 1.5×10x1.5×10=225×10<K,(C0) 下列叙述错误的是 不会产生CO沉淀，B情误：只温度有关，浓 其存在如下平衡：Ca,(O),0H(s) A.滤渣1的主要成分有S0,CasS0 4.溶度积、溶解度和溶质的物质的量浓度互 题型示例 度无关.相祖度下0O在水中的K,与在NC0, 5C2“(m)+30(ag)+0H-(期》k B,向浸出液中通入足量C0:,有白色沉淀生成 相换算 已知25℃时.S0,(.)+C0() 容中的K相等，D 6.8x10”,已知Ca,(0,),F()的k,=2.8× C.该艺条件下，可推氧姓：L,0>Fe“>G 以某温度下CC0的沉过溶解平衡为例：BC0,(s)+S0(叫)的平衡常数=1.5x10 答案：C 10“,下列说法错误的是 D.若沉钙后的溶液中，e(HF)=e(Ca+）= (参考答案见下期】