第三章 第四节 沉淀溶解平衡 同步讲义--2026-2027学年高二上学期化学人教版选择性必修1

本高中化学讲义聚焦沉淀溶解平衡核心知识点，系统梳理难溶电解质溶解平衡的定义与特征、建立过程、溶度积常数计算，以及影响因素和实际应用，构建从基础概念到定量分析再到实践应用的完整学习支架。 资料以“解题知识+典例变式”形式强化化学观念，通过AgI溶解平衡分析、Mg(OH)₂沉淀溶解实验等培养科学思维与探究能力，课中助力教师系统授课，课后“考点演练”“过关验收”帮助学生巩固知识，弥补薄弱环节。

第三章 第四节 沉淀溶解平衡 内 容 导 航 题型1 难溶电解质溶解平衡的定义与特征 题型2 难溶电解质的溶解平衡 题型3 溶度积常数的定义及相关计算 题型4 探究沉淀溶解 题型5 影响沉淀溶解平衡的因素 题型6 沉淀溶解平衡的应用 考 点 演 练 题型1 难溶电解质溶解平衡的定义与特征 解｜题｜知｜识 1．概念：在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，把这种平衡称为沉淀溶解平衡。 2．特征：（1）动：沉淀溶解平衡为动态平衡。 （2）等：难溶物沉淀速率等于难溶物溶解速率，但不为0。 （3）定：溶液中各离子浓度不变，溶液达到饱和。 （4）变：改变影响平衡的条件，平衡发生移动，会发生沉淀的溶解、生成和转化。 题型2 难溶电解质的溶解平衡 解｜题｜知｜识 1．概念：在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，把这种平衡称为沉淀溶解平衡。 如AgCl溶于水的沉淀溶解平衡表示为AgCl（s）Ag+（aq）+Cl﹣（aq）。 2.沉淀溶解平衡的建立固体物质溶液中的溶质 （1）v溶解＞v沉淀 固体溶解 （2）v溶解＝v沉淀 沉淀溶解平衡 （3）v溶解＜v沉淀 析出固体 3.物质溶解性与溶解度的关系及沉淀完全的标志 （1）20℃时，物质溶解性与溶解度的关系 （2）沉淀完全的标志：通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10mol•L﹣5时，沉淀完全。 4.影响沉淀溶解平衡的因素 （1）内因：难溶电解质本身的性质，这是决定因素。 （2）外因 ①温度。大多数难溶电解质的溶解过程是吸热的，升温，大多数沉淀溶解平衡向溶解的方向移动。 ②浓度。加水稀释，平衡向沉淀溶解的方向移动。 ③相同离子。加入与难溶电解质构成微粒存在相同离子的可溶性物质，平衡向生成沉淀的方向移动。 ④能反应离子。加入能消耗难溶物离子的物质，平衡向沉淀溶解的方向移动。 5.溶度积常数（Ksp） 以难溶电解质AmBn的沉淀溶解平衡AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）为例： 溶度积 离子积 概念 难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时的平衡常数 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﹣）式中的浓度都是平衡浓度 Q（AmBn）＝cm（An+）•cn（Bm﹣）式中的浓度都是任意时刻浓度 应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解： ①Q＜Ksp：溶液不饱和，无沉淀析出； ②Q＝Ksp：溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态； ③Q＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出 注：Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。 【典例1】已知温度越高，AgI在水中的溶解度越大，现向有AgI固体的AgI饱和溶液中分别进行如下操作，有关离子浓度的变化情况是： （1）若加入少量水，则c（I﹣）　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”） （2）若加入AgNO3固体，则AgI在水中的溶解度　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”） （3）若加入NaCl固体，则AgI的溶度积Ksp　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”） （4）若某温度下，AgI的溶度积Ksp＝9.0×10﹣20，则AgI在该温度下的溶解度是　 g（AgI饱和溶液的密度可近似为1g•mL﹣1）． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：在一定温度下，向AgI的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，AgI（s）⇌Ag+（aq）+I﹣（aq），平衡状态下存在溶度积常数，Ksp＝C（Ag+）•C（I﹣）； （1）若加入少量水，固体溶解，最终形成饱和溶液，故银离子浓度不变，故答案为：不变； （2）若加入AgNO3固体，会增加银离子浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，c（I﹣）减小，故答案为：减小； （3）若加入NaCl固体，会减少银离子浓度，沉淀溶解平衡正向移动，c（I﹣）增大，但溶度积Ksp不变；故答案为：不变； （4）AgI的溶度积Ksp＝9.0×10﹣20，则C（Ag+）＝3×10﹣10mol/L，设溶液的体积为1L，n（AgI）＝n（Ag+）＝3×10﹣10mol/L×1L＝3×10﹣10mol，溶解的AgI的质量为3×10﹣10mol×235g/mol＝7.05×10﹣8g，溶液的质量为：1000mL×1g•mL﹣1＝1000g，水的质量为1000g﹣7.05×10﹣8g＝1000g，AgI在该温度下的溶解度是7.05×10﹣9g，故答案为：7.05×10﹣9． 【变式1】金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的．难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度（s，mol•L﹣1）见图． （1）pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是：　 ．（写化学式） （2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，应该控制溶液的pH为 　　 ．（填字母） A、＜1 B、4左右 C、＞6 （3）在Ni（NO3）2溶液中含有少量的Co2+杂质，　 　 （能、不能）通过调节溶液pH的方法来除去，理由是 　 　 ． （4）要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水，生成[Cu（NH3）4]2+，写出反应的离子方程式． 　 　 ． （5）已知一些难溶物的溶度积常数如下表． 物质 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS Ksp 6.3×10﹣18 2.5×10﹣13 1.3×10﹣36 3.4×10﹣28 6.4×10﹣53 1.6×10﹣24 某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最适宜向此工业废水中加入过量的 　B　 除去它们． A、NaOH 　　　　 B、FeS 　　　　 C、Na2S　　　　　（选填序号） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由图可知，在pH＝3时，溶液中不会出现Cu（OH）2沉淀，主要以Cu2+存在，故答案为：Cu2+； （2）除去Fe3+的同时必须保证Cu2+不能沉淀，因此pH应保持在4左右Fe3+沉淀完全，故答案为：B； （3）从图示关系可看出，Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小，无法控制溶液的pH， 故答案为：不能；Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小； （4）氢氧化铜沉淀溶于氨水生成＝[Cu（NH3）4]2+，反应的离子方程式为Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O， 故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O； （5）要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不引入其它离子．故答案为：B． 【变式2】向BaSO4沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，充分搅拌，弃去上层清液，如此处理多次，可使BaSO4全部转化为BaCO3，发生反应：BaSO4（s）（aq）⇌BaCO3（s）（aq）． 已知某温度下该反应的平衡常数K＝4.0×10﹣2，BaSO4的Ksp＝1.1×10﹣10，则BaCO3的溶度积Ksp＝　 ． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：反应：BaSO4（s）（aq）⇌BaCO3（s）（aq），K＝4.0×10﹣2， Ksp（BaCO3）＝2.75×10﹣7， 故答案为：2.75×10﹣7． 【变式3】如图表示的是25℃时，难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度（S/mol•L﹣1，假定该浓度为饱和溶液中阳离子的浓度）． 请完成下列问题： （1）pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是　 ． （2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，应该控制溶液的pH　　 （填选项）． A．＜1 B．4左右 C．＞6 （3）在Ni（NO3）2溶液中含有少量的Co2+杂质，　　 （填“能”或“不能”）通过调节溶液pH的方法来除去，理由是　 　 ． （4）25℃下Ksp[Cu（ OH ）2]＝　 ． （5）要使Cu（OH）2沉淀溶解，除了加酸之外，还可以加入氨水生成[Cu（NH3）4]2+，写出反应的离子方程式　 　 ． （6）已知一些难溶物的溶度积常数如下表． 物质 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS Ksp 6.3×10﹣18 2.5×10﹣13 1.3×10﹣35 3.4×10﹣28 6.4×10﹣33 1.6×10﹣24 为除去工业废水中含有的Cu2+、Pb2+、Hg2+杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的　FeS　 填选项　　 ． A．NaOH B．FeS C．Na2S． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由图可知，在pH＝3时，溶液中不会出现Cu（OH）2沉淀，主要以Cu2+存在，故答案为：Cu2+； （2）除去Fe3+的同时必须保证Cu2+不能沉淀，因此pH应保持在4左右Fe3+沉淀完全，故答案为：B； （3）从图示关系可看出，Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小，无法控制溶液的pH， 故答案为：不能；Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小； （4）由图可知，C（H+）＝1×10﹣5mol•L﹣1，C（Cu2+）＝1×10﹣2mol•L﹣1， 根据KSP（Cu（ OH ）2）＝C（Cu2+）×C2（OH﹣）＝1×10﹣2×（）2＝1.0×10﹣20， 故答案为：1.0×10﹣20； （4）氢氧化铜沉淀溶于氨水生成＝[Cu（NH3）4]2+，反应的离子方程式为Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O， 故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O； （5）要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不引入其它离子．故答案为：B． 题型3 溶度积常数的定义及相关计算 解｜题｜知｜识 1．溶度积常数 以AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）为例：Ksp（AmBn）＝cm（An+）•cn（Bm﹣），式中的浓度是平衡浓度。 2．Ksp的影响因素 （1）内因：溶度积与难溶电解质溶解能力的关系：阴、阳离子个数比相同的难溶电解质，溶度积越小，其溶解能力越小；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：仅与温度有关，与浓度、压强、催化剂等无关。 【典例1】常温条件下，回答下列问题： （1）水电离生成和OH﹣叫做水的自偶电离。同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离的方程式为：　 　 。 （2）已知H3PO4的，，，KH2PO4的水解平衡常数表达式为：　 ，溶液的pH　　 7（填“＞”、“＜”或“＝”），结合数据解释原因　 　 。 （3）在pH＝11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH﹣）＝　 mol/L。 （4）已知，浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合（忽略体积变化）时，c（H+）　 　 c（OH﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），　 　 。 （5）Mg（OH）2的饱和溶液　 　 （填“能”或“不能”）使酚酞溶液变红。（已知，lg5＝0.7） 【答案】（1） （或 ）； （2）；＜；的水解常数，Ka2＞Kh3，即的电离程度大于水解程度，因此KH2PO4溶液显酸性； （3）10﹣3； （4）＞；＝； （5）能。 【解答】解：（1）H2O2也能与H2O一样发生自偶电离，即1个H2O2分子电离出1个H+与另1个H2O2分子结合生成，电离方程式为， 故答案为： （或 ）； （2）的水解方程式为，则KH2PO4的水解平衡常数表达式为； 的水解平衡常数，而的电离平衡常数，Ka2＞Kh3，即的电离程度大于水解程度，因此KH2PO4溶液显酸性，pH＜7， 故答案为：；＜；的水解常数，Ka2＞Kh3，即的电离程度大于水解程度，因此KH2PO4溶液显酸性； （3）CH3COONa溶液中，水解促进水的电离，所以溶液中水电离出的OH﹣就是溶液中的OH﹣，而溶液pH＝11，即c（H+）＝10﹣11mol•L﹣1，因此水电离出来的， 故答案为：10﹣3； （4），则，，因此CH3COOH的电离程度大于的水解程度，浓度均为0.1 mol•L﹣1的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合时，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH﹣）；此溶液中，电荷守恒为，物料守恒为，因此质子守恒为， 故答案为：＞；＝； （5）Mg（OH）2的溶解平衡为，设Mg（OH）2饱和溶液中c（Mg2+）＝xmol•L﹣1，则c（OH﹣）＝2xmol•L﹣1，，解得x≈1×10﹣4，则Mg（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）＝2×10﹣4mol•L﹣1，，pH＝﹣lg（5×10﹣11）＝11﹣lg5＝11﹣0.7＝10.3；酚酞的变色范围在pH＝8.2～10.0，Mg（OH）2饱和溶液的pH落在变色范围内，因此能使酚酞变色， 故答案为：能。 【变式1】海水中含有等离子，呈弱碱性。过量二氧化碳的排放降低了海水pH，将使多种海洋生物乃至生态系统面临巨大威胁。回答下列问题： Ⅰ.二氧化碳的过量排放对珊瑚礁的生存环境造成很大影响的原理如图所示。 （1）海水酸化能引起浓度 　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。 （2）请从化学反应原理角度解释海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少的原因：　 　 。 （3）已知H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9，当c（H+）＝8.4×10﹣9mol/L，c（）＝1×10﹣4mol/L时，c（H2CO3）为 　 mol/L。当c（Ca2+）为 　 mol/L时，开始产生CaCO3沉淀。 Ⅱ.有研究者提出，用如图所示方法从海水中提取二氧化碳，可以降低环境中二氧化碳的含量。 （4）阳极反应为 　 。 （5）b室中发生反应的离子方程式为 　 　 。 （6）用 　 　 室产物中和从b室中排出的海水，可获得排回大海的合格海水（填“a”或“c”）。 【答案】（1）增大； （2）海水酸化，CO浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少； （3）2×10﹣6；4.2×10﹣3； （4）2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+； （5）H++HCOCO2↑+H2O； （6）c。 【解答】解：（1）海水酸化是CO2+H2O⇌H2CO3⇌H+平衡正移，海水中H+、浓度都增大， 故答案为：增大； （2）海水酸化，CO浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少， 故答案为：海水酸化，CO浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少； （3）根据H2CO3的Ka1，将c（H+）＝8.4×10﹣9mol/L，c（）＝1×10﹣4mol/L带入，则c（H2CO3）＝2×10﹣6mol/L；Ka2，则c（）＝6.7×10﹣7mol/L，据Ksp（CaCO3）＝c（Ca2+）×c（）＝2.8×10﹣9，则当c（Ca2+）＝4.2×10﹣3mol/L时，开始产生CaCO3沉淀， 故答案为：2×10﹣6；4.2×10﹣3； （4）阳极水失去电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+， 故答案为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+； （5）b室为pH≈8的海水，则含有HCO，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中HCO反应生成二氧化碳气体，则b室中发生的反应为：H++HCOCO2↑+H2O， 故答案为：H++HCOCO2↑+H2O； （6）c室中产生氢氧根离子和b室中产生的氢离子发生中和反应，可获得排回大海的合格海水， 故答案为：c。 【变式2】β﹣环糊精改性制备的β﹣环糊精/Fe3O4纳米磁性微球（β—CDM），可用于高效吸附Cu2+，吸附过程中β—CDM中的O原子与Cu2+形成配位键占据活性吸附位点，机理如图所示。吸附结束后，可用EDTA脱除Cu2+而实现β—CDM的循环利用。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．基态Cu原子的核外价电子排布式为3d94s2 B．可通过X射线衍射测定Fe3O4纳米磁性微球是否为晶体 C．β—CDM吸附Cu2+过程中，β—CDM中的O原子提供空轨道，Cu2+提供孤电子对 D．常温下，，则pH＝5的该废水中含有Cu2+的个数为2.2×10﹣2NA 【答案】B 【解答】解：A．铜（Cu）的原子序数为29，根据核外电子排布规律，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其核外价电子排布式为3d104s1，而不是3d94s2，故A错误； B．晶体与非晶体的本质区别是粒子在微观空间是否呈周期性有序排列，X﹣射线衍射实验可用于区分晶体和非晶体，所以可通过X射线衍射测定Fe3O4纳米磁性微球是否为晶体，故B正确； C．在配位键形成过程中，一般是含有孤电子对的原子提供孤电子对，含有空轨道的原子或离子提供空轨道；β—CDM吸附Cu2+过程中，β—CDM中的O原子含有孤电子对，应是O原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，故C错误； D．pH＝5的该废水中，c（H+）＝10﹣5mol/L，c（OH﹣）＝10﹣9mol/L，根据Ksp＝c（Cu2+）c2（OH﹣）可以计算出c（Cu2+），但是没有给定废水的体积，不能求出铜离子数目，故D错误； 故选：B。 【变式3】硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质。常温下﹣lgc（Ba2+）随﹣lgc（CO32﹣）或﹣lgc（SO42﹣）的变化趋势如图，下列说法正确的是（　　） A．趋势线A表示硫酸钡 B．向100mL含有CO32﹣、SO42﹣混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，SO42﹣一定先沉淀 C．将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的10 D．向碳酸钡悬浊液中加入饱和硫酸钠溶液，若碳酸钡转化成了硫酸钡，则可证明硫酸钡Ksp更小 【答案】C 【解答】解：A．由以上分析可知，A为碳酸钡的溶解度曲线，故A错误； B．由于碳酸根和硫酸根离子浓度不确定，若碳酸根离子浓度远大于硫酸根离子，则滴加BaCl2溶液，CO32﹣先沉淀，故B错误； C．由图中数据可知，常温下，Ksp（BaCO3）＝1×10﹣10，Ksp（BaSO4）＝1×10﹣11，将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，溶液中存在10，故C正确； D．向碳酸钡悬浊液中加入饱和硫酸钠溶液，存在沉淀转化BaCO3（s）+SO42﹣（aq）⇌BaSO4（s）+CO32﹣（aq），由于硫酸根离子浓度增大可促进平衡正向移动，使碳酸钡转化成了硫酸钡，但不可证明硫酸钡Ksp更小，故D错误； 故选：C。 题型4 探究沉淀溶解 解｜题｜知｜识 1、沉淀溶解平衡 一定温度下，难溶电解质AmBn（s）难溶于水，但在水溶液中仍有部分An+和Bm﹣离开固体表面溶解进入溶液，同时进入溶液中的An+和Bm﹣又会在固体表面沉淀下来，当这两个过程速率相等时，An+和Bm﹣ 的沉淀与AmBn固体的溶解达到平衡状态，称之为达到沉淀溶解平衡状态． AmBn固体在水中的沉淀溶解平衡可表示为：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq） 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，符合平衡的基本特征，满足平衡的变化基本规律． 特征： （1）逆：可逆过程；（2）等：沉积和溶解速率相等；（3）动：动态平衡；（4）定：离子浓度一定（不变）；（5）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． 2、溶度积常数Ksp（或溶度积） 难溶固体在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时，离子浓度保持不变（或一定）．各离子浓度幂的乘积是一个常数，这个常数称之为溶度积常数简称为溶度积，用符号Ksp表示． 即：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）　　　　Ksp＝[An+]m•[Bm﹣]n 例如：常温下沉淀溶解平衡： AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）， Ksp（AgCl）＝[Ag+][Cl﹣]＝1.8×10﹣10 常温下沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq）， Ksp（Ag2CrO4）＝[Ag+]2[CrO42﹣]＝1.1×10﹣12 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． （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）＝1.8×10﹣10；Ksp（AgBr）＝5.0×10﹣13；Ksp（AgI）＝8.3×10﹣17． 因为：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI），所以溶解度：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． 4、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ZnS＞CuS．转化的方程式可以表示为ZnS（s）+Cu2+（aq）═CuS（s）+Zn2+（aq）． 【典例1】常温下，某小组同学用如图装置探究Mg（OH）2的沉淀溶解平衡。 实验装置 实验序号 传感器种类 实验操作 ① 电导率传感器 向蒸馏水中加入足量Mg（OH）2粉末，一段时间后再加入少量蒸馏水 ② pH传感器 向滴有酚酞的蒸馏水中加入Mg（OH）2粉末，隔一段时间后，再向所得悬浊液中加入一定量稀硫酸 Ⅰ．实验①测得电导率随时间变化的曲线如图1所示。 已知：ⅰ．在稀溶液中，离子浓度越大，电导率越大。 （1）a点电导率不等于0的原因是水能发生 　 　 。 （2）由图1可知，在Mg（OH）2悬浊液中加入少量水的时刻为 　　 （填“b”、“c”或“d”）点。 （3）分析电导率在de段逐渐上升的原因：d时刻，Q[Mg（OH）2]　 　 （填“＞”、“＜”或“＝”）Ksp[Mg（OH）2]，导致 　 　 （结合沉淀溶解平衡解释原因）。 Ⅱ．实验②测得pH随时间变化的曲线如图2所示。 已知：ⅱ．25℃，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12 ⅲ．酚酞的变色范围： pH ＜8.2 8.2～10 ＞10 颜色 无色 淡粉色 红色 （4）依据图2可判断：A点加入的Mg（OH）2的物质的量大于C点加入的硫酸的物质的量，判据是 　 　 。 （5）0～300s时，实验②中溶液先变红，后 　 　 。 （6）Mg（OH）2常被用于水质改良剂，能够使水体pH约为9，进而抑制细菌的生长。25℃时水体中c（Mg2+）约为 　 mol⋅L﹣1。 【答案】（1）微弱的电离； （2）c； （3）＜；Mg（OH）2沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强； （4）加入稀硫酸后，溶液的pH先减小，后增大，最终溶液的pH＝10，显碱性； （5）变无色，最终变为粉红色； （6）5.6×10﹣2。 【解答】解：（1）水是极弱的电解质，能够发生电离，故a点电导率不等于0的原因是水能发生微弱的电离， 故答案为：微弱的电离； （2）在Mg（OH）2悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+ （aq）+2OH﹣（aq），加入少量水，离子浓度减小，导电能力减弱，图像中加入水的时刻为c点，随后c到d导电能力下降， 故答案为：c； （3）d时刻，加入少量水，离子浓度减小，Q[Mg（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，导致Mg（OH）2沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强， 故答案为：＜；Mg（OH）2沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强； （4）从图像上看，加入稀硫酸后，溶液的pH先减小，后增大，最终溶液的pH＝10，显碱性，说明Mg（OH）2过量，因此A点加入的Mg（OH）2的物质的量大于C点加入的硫酸的物质的量， 故答案为：加入稀硫酸后，溶液的pH先减小，后增大，最终溶液的pH＝10，显碱性； （5）根据图像中0～300s溶液pH的变化，结合酚酞的变色范围，实验②中溶液先变红，后变无色，最终变为粉红色， 故答案为：变无色，最终变为粉红色； （6）25℃时水体中加入Mg（OH）2固体，存在平衡Mg（OH）2（s）⇌Mg2+ （aq）+2OH﹣（aq），溶液pH＝9，pOH＝5，c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L，c（Mg2+）5.6×10﹣2mol⋅L﹣1， 故答案为：5.6×10﹣2。 【变式1】某研究小组进行Mg（OH）2沉淀溶解和生成的实验探究． 向2支盛有1mL　1mol/L的MgCl2溶液中各加入10滴2mol/L　NaOH，制得等量Mg（OH）2沉淀；然后分别向其中加入不同试剂，记录实验现象如表： 实验序号 加入试剂 实验现象 Ⅰ 4mL　2mol/L　NH4Cl　溶液 沉淀溶解 Ⅱ 4mL蒸馏水 沉淀不溶解 （1）测得实验Ⅰ中所用NH4Cl溶液显酸性（pH约为4.5），用离子方程式解释其显酸性的原因　 ． （2）同学们猜测实验Ⅰ中沉淀溶解的原因有两种： 猜想1：氢氧化镁电离出OH﹣离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水． 猜想2：　 　 ． （3）为验证猜想，又设计了以下实验 序号 实验内容 结　　果 1 测定醋酸铵溶液的pH pH约为7，溶液呈中性 2 取少量的相同质量的氢氧化镁分别盛放在试管中，分别向其中滴加醋酸铵溶液和氯化铵溶液 固体均溶解 ①用醋酸铵溶液与氢氧化镁反应的原因是　 　 ． ②实验证明猜想正确的是　 　 （填“1”或“2”）． （4）实验Ⅱ观察到沉淀不溶解．该实验的目的是　 　 ． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，水解的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+， 故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+； （2）氢氧化镁能溶解在氯化铵中有两种可能性，一是氢氧化镁电离出OH﹣离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水，二可能是铵根离子水解呈酸性，氢离子与氢氧根离子反应生成水， 故答案为：氯化铵中NH4+离子水解出的H+，与氢氧化镁电离出OH﹣离子生成了水； （3）①醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH﹣离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解，则证明猜想1是正确的，否则猜想2正确， 故答案为：醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH﹣离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解； ②根据①可知，氢氧化镁存在溶解平衡，Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），铵根离子结合氢氧化镁电离的氢氧根离子，氢氧化镁的溶解平衡右移，导致氢氧化镁沉淀，所以猜想1正确， 故答案为：1； （4）实验Ⅱ，加入等体积的水，观察到沉淀不溶解，可以排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性，使实验结果更具有说服力， 故答案为：做对比分析，排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性． 【变式2】下列实验方案中不能达到相应实验目的的是（　　） A B C D 方 案 在2mL 1mol/LNaOH溶液中，加入5滴1mol/L氯化镁溶液，有白色沉淀，再加入5滴氯化铁溶液，观察沉淀颜色 实验室制备氢气，用粗锌代替纯锌与稀硫酸反应，反应速率加快 目 的 探究浓度对化学反应速率的影响 探究沉淀溶解平衡的移动 探究形成原电池对反应速率的影响 探究温度对化学平衡的影响 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解答】解：A．该实验中只有草酸的浓度不同，可根据溶液褪色快慢判断反应速率，从而得出浓度对化学反应速率的影响，故A不选； B．在2mL 1mol/LNaOH溶液中，加入5滴1mol/L氯化镁溶液，NaOH过量，剩余的氢氧化钠直接与氯化铁反应，无法探究沉淀溶解平衡的移动，故B选； C．粗锌含有金属或非金属杂质，形成原电池，加快了反应速率，可探究形成原电池对反应速率的影响，故C不选； D．存在2NO2⇌N2O4化学平衡，NO2为红棕色气体，则该实验可探究温度对化学平衡的影响，故D不选； 故选：B。 【变式3】某研究性学习小组通过测量溶液的电导率（电导率越大，说明溶液的导电能力越强）探究沉淀溶解平衡，各物质的电导率数据如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 物质 CaCO3（固体） H2O CaCO3饱和溶液 CaSO4饱和溶液 NaCl0.001mol/L AgNO30.001mol/L AgCl饱和溶液 电导率 0 7 37 389 1989 1138 13 下列分析不正确的是（　　） A．CaCO3固体中不存在自由移动的离子 B．与②对比，说明⑦中存在：AgCl＝Ag++Cl﹣ C．⑤、⑥等体积混合后过滤，推测滤液的电导率一定大于13 D．将①中固体加入④中，发生反应：CaCO3（s）（aq）＝CaSO4（s）（aq） 【答案】D 【解答】解：A．碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子键形成离子键，离子不能自由移动，故A正确； B．与②对比，导电率为13，说明⑦氯化银饱和溶液中存在：AgCl＝Ag++Cl﹣，故B正确； C．⑤、⑥等体积、等浓度混合，混合后过滤得到硝酸钠、硝酸银的饱和溶液，导电率大于1138，一定大于13，故C正确； D．碳酸钙溶解性小于硫酸钙，故由碳酸钙转化为硫酸钙比较困难，只有能满足c（）c（Ca2+）≥Ksp，才可能实现上述转化，故D错误； 故选：D。 题型5 影响沉淀溶解平衡的因素 解｜题｜知｜识 1．概念：在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，把这种平衡称为沉淀溶解平衡。 2．影响因素：①内因：难溶电解质本身的性质，即难溶电解质的溶解能力。 ②外因：难溶电解质在水溶液中会建立动态平衡，改变温度和某离子浓度，会使沉淀溶解平衡发生移动。 温度：升高温度，大多数溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，Ksp增大（氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，升温，溶解平衡向生成沉淀的方向移动，Ksp减小） 浓度：加水稀释，平衡向沉淀溶解的方向移动，Ksp不变 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，Ksp不变 反应离子：加入能消耗难溶电解质中所含离子的物质，平衡向沉淀溶解的方向移动，Ksp不变 【典例1】I．下列说法不正确的是　 　 （填字母代码）． A．对于Al（OH）3（s）⇌Al（OH）3（aq）⇌Al3++3OH﹣，前者为溶解平衡，后者为电离平衡 B．物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的 C．能源、信息与材料通常被称为现代社会发展的三大支柱 D．镀层破损后，白铁（镀锌的铁）比马口铁（镀锡的铁）更易被腐蚀 E．除去硬水中的Mg2+，用OH﹣沉淀Mg2+比用效果好，说明Mg（OH）2溶解度比MgCO3的小 Ⅱ．向含有AgI的饱和溶液中： （1）加入固体AgNO3，则c（I﹣）　 　 （填“变大”、“变小”或“不变”，下同）． （2）若改加更多的AgI，则c（Ag+）　 　 ． （3）若改加AgCl固体，则c（I﹣）　 　 ，而c（Ag+）　 　 ． Ⅲ．用“＞”、“＜”或“＝”填空： （1）25℃时1mol/L FeCl3溶液的pH　 　 80℃时1mol/L FeCl3溶液的pH． （2）已知NaHSO3溶液中c（）＞c（）＞c（H2SO3），则溶液中c（H+）　 　 c（OH﹣）． （3）常温下，取等物质的量浓度的HA溶液与NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8，混合溶液中由水电离出的c（H+）水　 　 NaOH溶液中由水电离出的c（H+）水． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：Ⅰ、A、氢氧化铝是难溶物质，存在沉淀溶解平衡和电离平衡，故A正确； B、物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的，故B错误； C、能源、信息与材料通常被称为现代社会发展的三大支柱，故C正确； D、镀层破损后，马口铁（镀锡的铁）比白铁（镀锌的铁）更易被腐蚀，故D错误； E、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小，故E正确； 故答案为：BD； Ⅱ、在一定温度下，向AgI的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，AgI（s）⇌Ag+（aq）+I﹣（aq），平衡状态下存在溶度积常数，Ksp＝C（Ag+）•C（I﹣）； （1）若加入AgNO3固体，会增加银离子浓度，沉淀溶解平衡AgI（s）⇌Ag+（aq）+I﹣（aq），左移，c（I﹣）减小，故答案为：变小； （2）若加入更多的AgI固体，沉淀溶解平衡AgI（s）⇌Ag+（aq）+I﹣（aq），不变，则c（Ag+）不变，故答案为：不变； （3）若加入固体AgCl，AgCl的溶解性大于AgI，所以平衡状态下AgCl溶液中的银离子浓度大于AgI溶液中的银离子浓度，所以碘化银沉淀溶解平衡左移，c（I﹣）减小，故答案为：变小；变大； Ⅲ、（1）温度越高，越促进弱离子水解，温度越高氯化铁的水解程度越大，其溶液的pH越小，所以pH25℃1mol•L﹣1FeCl3溶液＞80℃1mol•L﹣1FeCl3溶液，故答案为：＞； （2）c（）＞c（H2SO3），说明亚硫酸气管离子的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故答案为：＞； （3）该盐含有弱根离子能促进水电离，氢氧化钠是强碱能抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c（H+）＞0.1mol•L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c（H+）， 故答案为：＞． 【变式1】下列叙述正确的是（　　） A．某溶液的pH═7，则该溶液为中性溶液 B．沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，可形成胶体，导电能力增强 C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同 D．常温下，0.01 mol/L的NaOH溶液中由水电离的c （H+）═1.0×10﹣2mol/L 【答案】B 【解答】解：A．某溶液的pH＝7，如95℃时纯水的pH＝6，该温度下，pH＝7的溶液呈碱性，故A错误； B．水为弱电解质，沸水中滴入氯化铁溶液形成胶体会吸附带电离子，沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，可形成胶体，导电能力增强，故B正确； C．氯离子对氯化银的沉淀溶解平衡起到抑制作用，氯离子浓度越大，抑制程度越大，同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的氯离子浓度前者较大，AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度不相等，故C错误； D．酸或碱抑制水电离，常温下，该溶液中由水电离的c（H+）mol/L＝1.0×10﹣12mol/L，故D错误； 故选：B。 【变式2】下列说法正确的是（　　） A．在CuSO4溶液中加入PbS，可转变为铜蓝（CuS），则Ksp（PbS）＜Ksp（CuS） B．在NaHS溶液中，加入少量CuCl2粉末产生黑色沉淀，则pH增大 C．加热条件下并加入大量水促进TiCl4水解，以制备TiO2固体 D．铜制器皿放置过程中会生成铜绿是因为发生了析氢腐蚀 【答案】C 【解答】解：A．结构相同的物质，溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，所以在CuSO4溶液中加入PbS，可转变为铜蓝（CuS），则Ksp（PbS）＞Ksp（CuS），故A错误； B．NaHS与CuCl2反应生成HCl、CuS和NaCl，其反应的方程式为：NaHS+CuCl2＝CuS↓+HCl+NaCl，反应生成强酸，溶液的酸性增强，则pH减小，故B错误； C．加热促进盐的水解，加热条件下并加入大量水促进TiCl4水解，反应方程式为：TiCl4+2H2O＝TiO2+4HCl，以制备TiO2固体，故C正确； D．Cu与氢离子不能发生氧化还原反应，铜作负极时，正极上为氧气得电子，氢离子不参加反应，所以铜制器皿放置过程中会生成铜绿是因为发生了吸氧腐蚀，故D错误。 故选：C。 题型6 沉淀溶解平衡的应用 解｜题｜知｜识 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.沉淀的溶解 原理：不断减少溶解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。 3．沉淀的转化 （1）原理：由一种沉淀转化为另一种沉淀的过程，实质是沉淀溶解平衡的移动。 （2）沉淀转化规律 ①一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。 ②一定条件下溶解能力小的沉淀也可以转化成溶解能力相对较大的沉淀。 【典例1】化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（　　） A．施肥时，草木灰（有效成分K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 B．向工业废水中加入FeS固体，可以除去废水中的Hg2+ C．FeCl3用于印刷线路板是因为FeCl3水解呈酸性 D．使用含氟牙膏预防龋齿利用了沉淀转化的原理 【答案】C 【解答】解：A．草木灰呈碱性，与NH4Cl混合会反应生成氨气，导致氮肥失效，因此不能混合使用，故A正确； B．FeS与Hg2+反应生成难溶的HgS沉淀，可有效除去废水中的Hg2+，故B正确； C．FeCl3用于印刷线路板蚀刻铜箔，是利用Fe3+的氧化性，而非水解呈酸性，故C错误； D．含氟牙膏中的氟离子与牙齿中的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，增强抗腐蚀性，利用了沉淀转化原理，故D正确； 故选：C。 【变式1】下列现象不能用沉淀溶解平衡移动原理解释的是（　　） A．锅炉水垢中含有CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，再用酸除去 B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色液体 C．自然界地表层原生铜矿变成CuSO4溶液向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS） D．医院里不用碳酸钡，而用硫酸钡作为“钡餐” 【答案】B 【解答】解：A．CaSO4在水溶液中存在溶解平衡CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣ （aq），先用Na2CO3溶液处理，由于碳酸钙更难溶，所以钙离子和碳酸根离子沉淀，使硫酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，最终将硫酸钙转化为可以和酸反应的碳酸钙，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故A错误； B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色液体，是因为氯化铁和水之间发生水解反应形成氢氧化铁胶体，不能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故B正确； C．ZnS在水溶液中存在溶解平衡ZnS（s）⇌Zn2+（aq）+S2﹣（aq），遇到硫酸铜时，铜离子和S2﹣结合成更难溶的CuS沉淀，使ZnS的沉淀溶解平衡正向移动，最终全部转化为CuS，PbS同理，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故C错误； D．BaCO3在水溶液中存在溶解平衡BaCO3（s）⇌Ba2+（aq）+CO32﹣（aq），胃酸主要成分为盐酸，可以和碳酸根离子反应从而使碳酸钡的沉淀溶解平衡正向移动，产生大量有毒的钡离子，而硫酸根离子不与盐酸反应，所以硫酸钡不会溶解，用硫酸钡作为“钡餐”，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故D错误； 故选：B。 【变式2】化学与人类生产、生活、可持续发展密切相关。下列说法不正确的是（　　） A．乙烯的产量是衡量国家石油化工发展水平的重要标志 B．用明矾代替二氧化氯处理生活污水，可提高杀菌消毒效果 C．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿，其原理涉及沉淀的转化 D．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去 【答案】B 【解答】解：A．乙烯为重要的化工材料，可用于合成乙醇、聚乙烯等，则乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，故A正确； B．明矾能够净水，但没有强氧化性，不能杀菌消毒，故B错误； C．牙膏中添加氟化物，氟离子可以与羟基磷灰石反应生成更坚硬的氟磷灰石，用于预防龋齿，故C正确； D．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，根据沉淀转化原则可知，锅炉水垢中含有的CaSO4，先用Na2CO3溶液处理使之转化为碳酸钙，碳酸钙能够与盐酸、醋酸反应生成易溶于水的氯化钙、醋酸钙，所以可以除去水垢，故D正确； 故选：B。 【变式3】银铅渣成分为PbCl2和AgCl，工业上可用下面流程进行回收银。 已知：①“氨浸出”的浸出液主要成分是[Ag（NH3）2]Cl；溶度积：Ksp（PbCO3）＝4×10﹣14；Ksp（PbCl2）＝1×10﹣4。③水合肼（N2H4•H2O）性质与氨水类似，为二元弱碱，还原产物为N2。下列说法中不正确的是（　　） A．碳酸盐转化的离子方程式为PbCl2+CO32﹣═PbCO3+2Cl﹣ B．若碳酸盐转化后溶液中c（Cl﹣）＝1mol/L，则c（CO32﹣）＝4×10﹣10mol/L C．（N2H4•H2O）还原反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1 D．水合肼浓度可利用标准硫酸溶液和酚酞试液通过中和滴定测定 【答案】D 【解答】解：A．向PbCl2中加入Na2CO3，生成PbCO3的离子方程式为：PbCl2（s）+CO32﹣＝PbCO3（s）+2Cl﹣（aq），故A正确； B．4×10﹣10，c（CO32﹣）＝4×10﹣10×c2（Cl﹣），c（Cl﹣）＝1mol/L，则c（CO32﹣）＝4×10﹣10mol/L，故B正确； C．4Ag++N2H4•H2O＝4Ag+N2↑+H2O+4H+，氧化剂为4Ag+，还原剂为N2H4•H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，故C正确； D．水合肼为弱碱，与硫酸恰好完全反应后，溶液显酸性，因此应使用甲基橙为指示剂进行中和滴定，故D错误； 故选：D。 过 关 验 收 1．向少量的氢氧化镁悬浊液中加入饱和的氯化铵溶液，固体会溶解．对此，甲、乙同学分别作了如下解释： 甲：①Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣；②H2O⇌NH3•H2O+H+；③H++OH﹣⇌H2O．由于③的反应，使平衡①右移，沉淀溶解． 乙：①Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣；②OH﹣⇌NH3•H2O．由于②的反应，使平衡①右移，沉淀溶解． （1）你认为　　 同学的解释正确． （2）为了证明你的结论正确，可向氢氧化镁悬浊液中加入　　 （填序号： ①硝酸铵溶液；②醋酸铵溶液（呈中性）；③盐酸；④醋酸钠溶液；⑤氨水），若出现　 　 现象，则证明　　 同学的解释正确． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）乙同学的解释正确，故答案为：乙； （2）将醋酸铵溶液滴入Mg（OH）2的浊液中，甲的解释是铵根离子水解使溶液显酸性，酸性溶液中的H+与氢氧化镁电离的OH﹣发生中和反应使氢氧化镁溶解，因醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁不溶解，则甲同学的解释正确； 乙的解释是只要溶液中存在，就与氢氧化镁电离的OH﹣反应使氢氧化镁溶解，所以加入醋酸铵溶液，如果氢氧化镁溶解，则乙同学的解释正确； 故答案为：②；沉淀溶解；乙． 2．下列说法正确的是（　　） A．电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64g B．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率 C．2Na2O2（s）+2CO2（g）═2Na2CO3（s）+O2（g）常温下能自发进行，则该反应的△H＞0 D．常温下Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33，欲使c（Al3+）＝1×10﹣6mol•L﹣1需调溶液的pH≥5 【答案】D 【解答】解：A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，Fe、Zn先于Cu放电，则转移NA个电子时，阳极减少的质量不能计算，故A错误； B．将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于氨气浓度减小，则正逆反应速率均减小，故B错误； C．反应2Na2O2（s）+2CO2（g）═2Na2CO3（s）+O2（g）的ΔS＜0，在常温下能自发进行，则ΔH﹣T•ΔS＜0，即该反应的ΔH＜T•ΔS＜0，故C错误； D．常温下Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33，欲使c（Al3+）＝1×10﹣6mol•L﹣1，则溶液中c（OH﹣）mol/L＝10﹣9mol/L，溶液中c（H+）mol/L＝10﹣5mol/L，pH＝5，即需调溶液的pH≥5，故D正确； 故选：D。 3．某科研工作者设计用工厂废渣（主要成分为ZnO，另含少量FeO、CuO、SiO2、MnO等）制取高纯ZnO的工艺流程图如图所示。已知常温下Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38，Ksp[Fe（OH）2]＝8.0×10﹣16，Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10﹣17。下列说法错误的是（　　） A．“酸浸”中，滤渣A主要成分为SiO2 B．“除锰”中，H2O2的作用是将Mn2+、Fe2+氧化 C．“除铁”中，ZnO与Fe3+发生反应生成Fe D．“除锰”后滤液中c（Zn2+）＝1.2mol⋅L﹣1，“除铁”操作中可以调节pH的范围是3＜pH＜5.5（当离子浓度＜1.0×10﹣5mol⋅L﹣1时，表示该离子沉淀完全） 【答案】C 【解答】解：A．SiO2不溶于盐酸，其他金属氧化物均溶于盐酸，则滤渣A主要成分为SiO2，故A确； B．“除锰”步骤中，H2O2将Mn2+氧化为MnO（OH）2，将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式分别为H2O2+Mn2++H2O═MnO（OH）2+2H+、H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，故B正确； C．加入的ZnO与H+反应，水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+右移，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而除去，故C错误； D．化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10﹣5mol⋅L﹣1时，沉淀就达完全，当c（Fe3+）＝10﹣5mol⋅L﹣1时，c（OH﹣）molL＝10﹣11 mol/L，则c（H+）mol/L＝10﹣3mol/L，pH＝﹣lgc（H+）＝3，因此，当c（Fe3+）＜10﹣5mol⋅L﹣1时，pH＞3；由于溶液中c（Zn2+）＝1.2mol⋅L﹣1，当Zn2+开始生成Zn（OH）2沉淀时，溶液中的c2（OH﹣）（mol/L）2＝10﹣17 （mol/L）2，因此c（OH﹣） mol/L＝10﹣8.5mol/L，故c（H+）mol/L＝10﹣5.5mol/L，因此当Zn2+开始生成Zn（OH）2沉淀时，pH＝5.5；为使Zn2+不沉淀，应该控制pH＜5.5，综上所述，在“除铁”操作中为了使铁元素完全除去，又不影响高纯ZnO的产量，可以调节pH的范围是3＜pH＜5.5，故D正确； 故选：C。 4．已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Agl）＝1.0×10﹣16，Ksp（Ag2CrO4）＝1.1×10﹣12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是（　　） A．AgCl＞AgI＞Ag2CrO4 B．AgCl＞Ag2CrO4＞AgI C．Ag2CrO4＞AgCl＞AgI D．Ag2CrO4＞AgI＞AgCl 【答案】C 【解答】解：AgCl饱和溶液中Ag+浓度和Cl﹣浓度相等，所以c（Ag+）mol•L﹣110﹣5mol•L﹣1，AgI饱和溶液中Ag+浓度和I﹣浓度相等，所以c（Ag+）mol•L﹣1＝1.0×10﹣8mol•L﹣1，Ag2CrO4饱和溶液中Ag+浓度是CrO42﹣浓度的2倍，因此Ksp（Ag2CrO4）═[c（Ag+）]2•c（CrO42﹣）═[c（Ag+）]2•1.1×10﹣12mol3•L﹣3，解得c（Ag+）10﹣4mol•L﹣1，因此Ag+浓度大小顺序为Ag2CrO4＞AgCl＞AgI，故C正确； 故选：C。 5．下列说法正确的是（　　） A．表示Al3+与OH﹣反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中含大量Al3+ B．可知CuS（s）+2Ag+（aq）⇌Ag2S（s）+Cu2+（aq）平衡常数很大，反应趋于完全 C．为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为 D．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能无关 【答案】B 【解答】解：A．a点显碱性，Al3+与OH﹣反应生成氢氧化铝沉淀，溶液中不会大量存在Al3+，故A错误； B．Ksp（CuS）＝c（Cu2+）•c（S2﹣）＝10﹣5×10﹣30.2＝10﹣35.2，Ksp（Ag2S）＝c2（Ag+）•c（S2﹣）＝（10﹣20mol/L）2×10﹣9.2mol/L＝10﹣49.2， CuS（s）+2Ag+（aq）⇌Ag2S（s）+Cu2+（aq），平衡常数K1014，平衡常数很大，反应趋于完全，故B正确； C．高分子的结构简式为，故C错误； D．反应②的正活化能小，反应速率快，故D错误。 故选：B。 6．下列说法正确的是（　　） A．电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64g B．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率 C．2Na2O2（s）+2CO2（g）＝2Na2CO3（s）+O2（g）在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0 D．常温下，KSP[Al（OH）3]＝1×10﹣33．欲使溶液中c（Al3+）≤1×10﹣6mol•L﹣1，需调节溶液的pH≥5 【答案】D 【解答】解：A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，Fe、Zn先于Cu放电，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误； B．将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误； C．2Na2O2（s）+2CO2（g）═2Na2CO3（s）+O2（g），气体体积减小混乱度减小，ΔS＜0，在常温下能自发进行，ΔG＝ΔH﹣T•ΔS＜0，则该反应的ΔH＜0，故C错误； D．使溶液中c（Al3+）≤1×10﹣6 mol•L﹣1，c（OH﹣）10﹣9 mol•L﹣1，即调节溶液的pH≥5，故D正确； 故选：D。 7．按要求填写下列空白。 （1）明矾[化学式为KAl（SO4）2•12H2O]溶液呈 　　 性（填‘酸’“碱”或“中”），解释其原因是（用离子方程式表示） 　 。 （2）已知：0.4mol液态肼（N2H4）与足量的液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，并放出257kJ的热量，该反应的热化学方程式为 　 该反应的ΔS 　 　 0（填“＞”“＜”或“＝”）。 （3）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式 　 　 ，配制SbCl3溶液正确的方法是 　 　 。 （4）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示滴定终点。当溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）＝ 　 mol•L﹣1，c（）＝ 　 mol•L﹣1。[已知：25℃Ksp（Ag2CrO4）＝2×10﹣12，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10] 【答案】（1）酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+； （2）N2H4（l）+2H2O2（g）═N2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣642.5kJ•mol﹣1； （3）SbCl3+H2O＝SbOCl↓+2HCl；将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再稀释到所需的浓度； （4）1.8×10﹣5；6.2×10﹣3。 【解答】解：（1）明矾[化学式为KAl（SO4）2•12H2O]溶液中的Al3+发生水解的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，Al3+水解产生H+而使溶液显酸性， 故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+； （2）已知：0.4mol液态肼（N2H4）与足量的液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，并放出257kJ的热量，则1mol液态肼（N2H4）与足量的液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，并放出257kJ×2.5＝642.5kJ的热量，所以该反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（g）═N2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣642.5kJ•mol﹣1，该反应的ΔS＞0， 故答案为：N2H4（l）+2H2O2（g）═N2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣642.5kJ•mol﹣1； （3）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式为：SbCl3+H2O＝SbOCl↓+2HCl，配制SbCl3溶液正确的方法是将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中（抑制SbCl3的水解），再稀释到所需的浓度， 故答案为：SbCl3+H2O＝SbOCl↓+2HCl；将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再稀释到所需的浓度； （4）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示滴定终点。当溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）mol•L﹣1＝1.8×10﹣5mol•L﹣1，此时c2（Ag+）×c（）＝Ksp（Ag2CrO4）＝2×10﹣12，则c（）6.2×10﹣3mol•L﹣1， 故答案为：1.8×10﹣5；6.2×10﹣3。 8．通入H2S是为了除铜离子，25℃时，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH＝1，c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，此时溶液中c（Cu2+）＝6.3×10﹣15mol•L﹣1，则CuS的溶度积Ksp＝ 　 （已知：25℃，H2S的电离平衡常数Ka1＝1×10﹣7mol•L﹣1，K2＝1×10﹣15mol•L﹣1）。 【答案】6.3×10﹣36。 【解答】解：25℃时，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH＝1，c（H+）＝0.1mol/L，c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，H2S的电离平衡常数Ka1＝1×10﹣7mol•L﹣1，K2＝1×10﹣15mol•L﹣1，Ka1×K21×10﹣7mol•L﹣1×1×10﹣15mol•L﹣1，解得c（S2﹣）＝1×10﹣21mol/L，则CuS的溶度积Ksp＝c（Cu2+）•c（S2﹣）＝6.3×10﹣15mol•L﹣1×1×10﹣21mol/L＝6.3×10﹣36， 故答案为：6.3×10﹣36。 9．某温度下，向10mL0.1mol•L﹣1NaCl溶液和10mL0.1mol•L﹣1K2CrO4溶液中分别滴加0.lmol•L﹣1AgNO3溶液。滴加过程中pM[﹣lgc（Cl﹣）或1gc（）]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是（　　） A．该温度下，Ksp（Ag2CrO4）＝4×10﹣8 B．a1、b、c三点所示溶液中c（Ag+）：a1＞b＞c C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol•L﹣1，则a1点会平移至a2点 D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂 【答案】AB 【解答】解：A．由上述分析可知，b、c所在曲线对应K2CrO4溶液，b点饱和溶液中c（）＝10﹣4mol/L，（Ag+）＝2×10﹣4mol/L，则ksp（Ag2CrO4）＝c（）•c2（Ag+）＝10﹣4×（2×10﹣4）2＝4×10﹣12，故A错误； B．由图可知a1点恰好反应、﹣lgc（Cl﹣）＝4.9，则c（Ag+）＝c（Cl﹣）＝10﹣4.9mol/L，b点c（Ag+）＝2×10﹣4mol/L，c点K2CrO4过量，10mL0.1mol/LK2CrO4溶液与10mL0.1mol/LAgNO3溶液混合时，c（）变为原来的，即c（）≈0.025mol/L，则c（Ag+）mol/L≈1.27×10﹣5mol/L，a1、b、c三点所示溶液中b点的c（Ag+）最大，故B错误； C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol•L﹣1，平衡时温度不变，ksp（AgCl）不变，pCl＝﹣lgc（Cl﹣）＝4.9不变，但需要的AgNO3溶液的体积为20mL，则a1点会平移至a2点，故C正确； D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl﹣和时，加入硝酸银溶液，Cl﹣先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确； 故选：AB。 10．某兴趣小组为探究沉淀溶解平衡的原理并测定某温度下PbI2溶度积常数，设计如下实验。 Ⅰ取100mL蒸馏水，加入过量的PbI2固体（黄色），搅拌，静置，过滤到洁净的烧杯中，得到滤液。 （1）搅拌的目的是 　 　 。 （2）取少量滤液于试管中，向其中滴加几滴0.1mol•L﹣1 KI溶液，观察到的现象是 　 　 ，溶液中c（Pb2+） 　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。 Ⅱ准确量取10.00mL滤液，与离子交换树脂（RH）发生反应：2RH+Pb2+＝R2Pb+2H+，交换完成后，流出溶液用中和滴定法测得n（H+）＝3.000×10﹣5mol。 （3）在此实验温度下，PbI2的溶度积常数Ksp＝　 。 （4）若步骤Ⅰ盛装滤液的烧杯中有少量水，Ksp测定结果将会 　 　 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。 【答案】使碘化铅充分溶解；产生黄色沉淀或黄色浑浊；减小；1.35×10﹣8；偏小 【解答】解：（1）固体溶解时要用玻璃杯搅拌加速溶解，所以搅拌的目的是使碘化铅充分溶解，故答案为：使碘化铅充分溶解； （2）碘化铅饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，向滤液中滴加几滴0.1mol•L﹣1 KI溶液，则碘离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆移，溶液中c（Pb2+）减小，溶液中会析出沉淀，所以观察到的现象为：产生黄色沉淀或黄色浑浊， 故答案为：产生黄色沉淀或黄色浑浊；减小； （3）准确量取10.00mL滤液，与离子交换树脂（RH）发生反应：2RH+Pb2+＝R2Pb+2H+，交换完成后，流出溶液用中和滴定法测得n（H+）＝3.000×10﹣5mol，则n（Pb2+）＝1.500×10﹣5mol，所以c（Pb2+）1.500×10﹣3mol/L，所以c（I﹣）＝2c（Pb2+）＝3.000×10﹣3mol/L， 所以Ksp（PbI2）＝c（Pb2+）×c2（I﹣）＝1.35×10﹣8； 故答案为：1.35×10﹣8； （4）若步骤Ⅰ盛装滤液的烧杯中有少量水，则滤液的浓度减小，量取10.00mL滤液，则滤液中碘离子和铅离子的物质的量偏小，所以求出的Ksp偏小， 故答案为：偏小。 11．某化学探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱比较实验。 Ⅰ.先向B中的FeCl2溶液（约10mL）中通入Cl2，当B中溶液变黄时，停止通气。 Ⅱ.打开活塞k，使约2mL的溶液流入试管A中，检验取出溶液中的离子。 Ⅲ.接着再向B中通入一定量的SO2气体。 Ⅳ.更新试管A，重复过程Ⅱ，检验取出溶液中的离子。 （1）基态Fe价层电子排布式 　 ，在元素周期表位置为 　 　 。 （2）过程Ⅲ中一定发生反应的离子方程式为 　 　 ；过程Ⅳ中检验取出溶液中是否含有硫酸根离子的操作是 　 　 。 （3）该小组对SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱比较期望达到的结论是 　 　 。 甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，表格是他们的检测结果，他们的检测结果一定能够证明SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱关系的是 　 　 。 过程Ⅱ中检出离子 过程Ⅳ中检出离子 甲 有Fe3+无Fe2+ 有 乙 既有Fe3+又有Fe2+ 有 丙 有Fe3+无Fe2+ 有Fe2+ （4）25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl﹣水样、含Br﹣水样。 已知： ①Ag2CrO4为砖红色沉淀；AgBr为淡黄色沉淀；AgCl为白色沉淀； ②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr； ③25℃时，pKa1（H2CrO4）＝0.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5。 曲线 　　 为AgCl沉淀溶解平衡曲线，滴定过程中，当观察到有稳定的 　 　 沉淀产生，即为终点；反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag+的平衡常数K＝ 　 。 【答案】（1）3d64s2；第四周期Ⅷ族； （2）；取少量溶液于一洁净试管中，加入足量的盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明含有，若无白色沉淀，则证明不含； （3）；乙和丙； （4）②；砖红色；10﹣5.2。 【解答】解：（1）Fe为26号元素，核外电子排布为[Ar]3d64s2，价层电子排布式为3d64s2；周期表中位于第四周期Ⅷ族， 故答案为：3d64s2；第四周期Ⅷ族； （2）过程Ⅲ中Fe3+与SO2发生氧化还原反应，离子方程式为；检验的操作为取少量溶液于洁净试管中，加入足量盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成则含，若无则不含， 故答案为：；取少量溶液于一洁净试管中，加入足量的盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明含有，若无白色沉淀，则证明不含； （3）由知还原性Fe2+＞Cl﹣，由知还原性，故结论为；乙、丙的检测结果能验证该关系， 故答案为：；乙和丙； （4）AgCl的，对应pX﹣pAg曲线斜率为﹣1，故曲线②为AgCl的曲线；以K2CrO4为指示剂，终点沉淀为砖红色的Ag2CrO4；平衡常数， 故答案为：②；砖红色；10﹣5.2。 12．某研究小组进行Mg（OH）2沉淀溶解和生成的实验探究。 （查阅资料）25℃时，Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38 （实验探究）向2支均盛有1mL 0.1mol/L MgCl2溶液的试管中分别加入2滴2mol/L NaOH溶液，制得等量Mg（OH）2沉淀。 （1）分别向两支试管中加入不同试剂，记录实验现象如表：（表中填空填下列选项中字母代号） 试管编号 加入试剂 实验现象 Ⅰ 2滴0.1mol/L FeCl3溶液 ①　 　 Ⅱ 4mL 2mol/L NH4Cl溶液 ②　 　 A、白色沉淀转化为红褐色沉淀 B、白色沉淀不发生改变 C、红褐色沉淀转化为白色沉淀 D、白色沉淀溶解，得无色溶液 （2）测得试管Ⅰ中所得混合液pH＝6，则溶液中c（Fe3+）＝　 　 。 （3）同学们猜想实验Ⅱ中沉淀溶解的主要原因有两种： 猜想1：NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH﹣，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动。 猜想2：　 　 。 （4）为验证猜想，同学们取少量相同质量的氢氧化镁盛放在两支试管中，一支试管中加入醋酸铵溶液（pH＝7），另一支试管中加入NH4Cl和氨水混合液（pH＝8），两者沉淀均溶解。该实验证明猜想正确的是 　 　 （填“1”或“2”）。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）25℃时，Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，可知氢氧化镁易转化生成溶度积更小的Fe（OH）3，在Mg（OH）2悬浊液中，加0.1mol/L FeCl3溶液，会生成氢氧化铁沉淀；在Mg（OH）2悬浊液中，加2 mol/L NH4Cl 溶液，氯化铵与氢氧化镁反应生成氨气，Mg（OH）2沉淀会溶解， 故答案为：A；D； （2）测得试管Ⅰ中所得混合液pH＝6，Fe（OH）3的溶度积常数Ksp＝4.0×10﹣38，c（Fe3+）×c3（OH﹣）＝4.0×10﹣38，则溶液中c（Fe3+）4×10﹣14mol/L； 故答案为：4×10﹣14mol/L； （3）猜想2：在Mg（OH）2悬浊液中，存在沉淀溶解平衡Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），铵根离子水解显酸性，NH4Cl水解出来的H+与Mg（OH）2电离出OH﹣结合成水，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，所以氢氧化镁沉淀溶解； 故答案为：NH4Cl水解出来的H+与Mg（OH）2电离出OH﹣结合成水，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动； （4）已知醋酸铵为中性，在盛有氢氧化镁沉淀的试管中，加入醋酸铵溶液，能够溶解氢氧化镁固体，则证明猜想1正确； 故答案为：1。 13．已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lg[c（SO42﹣）]、﹣lg[c（CO32﹣）]与﹣lg[c（Ba2+）]的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．曲线①表示硫酸钡的沉淀溶解曲线 B．该温度下：Ksp（BaSO4）＝1.0×10﹣10 C．加适量BaCl2固体可使溶液由b点变到c点 D．曲线①中的y2＝4.9 【答案】C 【解答】解：A．曲线①代表BaSO4沉淀溶解曲线，故A正确； B．曲线①上取点（2.0，8.0），﹣lg[c（SO42﹣）]＝8.0，c（SO42﹣）＝10﹣8mol/L，c（Ba2+）＝10﹣2mol/L，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）×c（SO42﹣）＝10﹣8×10﹣2＝1.0×10﹣10，故B正确； C．加入BaCl2固体，c（Ba2+）增大，沉淀溶解平衡逆向进行，先析出硫酸钡沉淀，一定温度下溶度积常数不变，c（SO42﹣）减小，应是在①曲线上的变化，故C错误； D．曲线①中取点（2.0，8.0），﹣lg[c（SO42﹣）]＝8.0，c（SO42﹣）＝10﹣8mol/L，c（Ba2+）＝10﹣2mol/L，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）×c（SO42﹣）＝10﹣8×10﹣2＝1.0×10﹣10，d点，﹣lg[c（Ba2+）]＝5.1，c（Ba2+）＝10﹣5.1mol/L，c（SO42﹣）mol/L，10﹣5.1mol/Lmol/L＝1.0×10﹣10，y2＝4.9，故D正确； 故选：C。 14．已知：pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数。室温下，CaSO4、CaCO3、MnCO3三种物质的pM与pR的关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．室温下，溶度积常数：CaSO4＜CaCO3＜MnCO3 B．X点对CaSO4要析出沉淀，X点对CaCO3是不饱和溶液，能继续溶解CaCO3 C．Y点：c（ ）＞c（Ca2+），二者的溶度积常数等于10﹣5 D．Z点：c（）＞c（Mn2+），二者的溶度积常数等于10﹣10.6 【答案】C 【解答】解：A．根据A、B、C三点数值计算CaSO4、CaCO3、MnCO3的Ksp值，Ksp（MnCO3）＝c（）×c（Mn2+）＝10﹣5.3×10﹣5.3＝10﹣10.6；同理，Ksp（CaCO3）＝10﹣8.6；Ksp（CaSO4）＝10﹣5，所以溶度积：CaSO4＞CaCO3＞MnCO3，故A错误； B．pM越大，阳离子浓度，pR越大，阴离子浓度越小，X点对CaSO4而言Q＝c（）×c（Ca2+）＜Ksp，X点对CaCO3而言Q＝c（）×c（Ca2+）＞Ksp，所以X点对CaSO4是不饱和溶液，能继续溶解CaSO4，对CaCO3是过饱和溶液，要析出沉淀，故B错误； C．由图可知，Y点时P（Ca2+）＞P（），则c（）＞c（Ca2+），但A、Y两点的Ksp（CaSO4）不变，Ksp（CaSO4）＝c（）×c（Ca2+）＝10﹣2.5×10﹣2.5＝10﹣5，故C正确； D．由图可知，Z点时P（Mn2+）＜P（），则c（）＜c（Mn2+），但C、Z两点的Ksp（MnCO3）不变，且Ksp（MnCO3）＝c（）×c（Mn2+）＝10﹣5.3×10﹣5.3＝10﹣10.6，故D错误； 故选：C。 15．已知：Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[AI（OH）3]。常温下，Fe（OH）3、AI（OH）3两种饱和溶液重金属阳离子的pM[pM＝﹣lg（M3+）]与溶液pH的关系如图所示，下列说法中正确的是（　　） A．X点对应的Al（OH）3分散系中颗粒直径大于100nm B．a表示的是Fe（OH）3中Fe3+pM与pH的变化关系 C．Fe（OH）3（s）+Al3+（aq）⇌Al（OH）3（s）+Fe3+（aq）的平衡常数为103 D．X点对应的Fe（OH）3分散系最后可自动达到Z点 【答案】B 【解答】解：A．由上述分析可知，曲线a表示Fe（OH）3中﹣1gc（Fe3+）与pH的变化关系，曲线b表示Al（OH）3中﹣1gc（Al3+）与pH的变化关系，由图可知，X点对应的Al（OH）3分散系为不饱和溶液，则分散系中颗粒直径小于1nm，故A错误； B．由上述分析可知，曲线a表示Fe（OH）3中﹣1gc（Fe3+）与pH的变化关系，曲线b表示Al（OH）3中﹣1gc（Al3+）与pH的变化关系，故B正确； C．Fe（OH）3（s）+Al3+（aq）⇌Al（OH）3（s）+Fe3+（aq）的平衡常数K1.0×10﹣3，故C错误； D．X点对应的Fe（OH）3分散系为过饱和溶液，Fe（OH）3转化为沉淀时，使c（Fe3+）、c（OH﹣）减小，即pH减小、﹣1gc（Fe3+）增大，所以最后不可能自动达到Z点，故D错误； 故选：B。 16．已知25℃时，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（NiCO3）＝1.0×10﹣7；pNi＝﹣lg c（Ni2+），pB＝﹣lgc（S2﹣）或﹣lgc（）。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni（NO3）2溶液，产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度 B．对于曲线Ⅰ，加热b点溶液，b点向c点移动 C．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动 D．x对应的值为10.5 【答案】BD 【解答】解：A．NiS和NiCO3是同类型难溶电解质，由于Ksp（NiCO3）＞＞Ksp（NiS），所以常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，故A正确； B．加热可使难溶电解质增加溶解，其溶度积常数增大，大多数物质都遵循这个规律，所以溶液中c（Ni2+）和c（B2﹣）都增大，但pNi和pB存在关系为：pNi＝pKsp（NiB）﹣pB，不是正比例函数关系，所以对于曲线I，在b点加热，b点不是向c点移动，故B错误； C．对于d所处溶液，有Ksp（NiB）＝c（Ni2+）c（B2﹣），向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，即c（B2﹣）增大，则c（Ni2+）减小，pNi增大，即d点向b点移动，故C正确； D．产生NiS或者NiCO3，则有pNi+pB＝pKsp（NiB），由于Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（NiCO3）＝1.0×10﹣7，所以P点对应的是较小的pKsp（NiB），即Ksp（NiB）较大，因此x点对应的是NiCO3，pNi＝pB3.5，故D错误， 故选：BD。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 第四节 沉淀溶解平衡 内 容 导 航 题型1 难溶电解质溶解平衡的定义与特征 题型2 难溶电解质的溶解平衡 题型3 溶度积常数的定义及相关计算 题型4 探究沉淀溶解 题型5 影响沉淀溶解平衡的因素 题型6 沉淀溶解平衡的应用 考 点 演 练 题型1 难溶电解质溶解平衡的定义与特征 解｜题｜知｜识 1．概念：在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，把这种平衡称为沉淀溶解平衡。 2．特征：（1）动：沉淀溶解平衡为动态平衡。 （2）等：难溶物沉淀速率等于难溶物溶解速率，但不为0。 （3）定：溶液中各离子浓度不变，溶液达到饱和。 （4）变：改变影响平衡的条件，平衡发生移动，会发生沉淀的溶解、生成和转化。 题型2 难溶电解质的溶解平衡 解｜题｜知｜识 1．概念：在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，把这种平衡称为沉淀溶解平衡。 如AgCl溶于水的沉淀溶解平衡表示为AgCl（s）Ag+（aq）+Cl﹣（aq）。 2.沉淀溶解平衡的建立固体物质溶液中的溶质 （1）v溶解＞v沉淀 固体溶解 （2）v溶解＝v沉淀 沉淀溶解平衡 （3）v溶解＜v沉淀 析出固体 3.物质溶解性与溶解度的关系及沉淀完全的标志 （1）20℃时，物质溶解性与溶解度的关系 （2）沉淀完全的标志：通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10mol•L﹣5时，沉淀完全。 4.影响沉淀溶解平衡的因素 （1）内因：难溶电解质本身的性质，这是决定因素。 （2）外因 ①温度。大多数难溶电解质的溶解过程是吸热的，升温，大多数沉淀溶解平衡向溶解的方向移动。 ②浓度。加水稀释，平衡向沉淀溶解的方向移动。 ③相同离子。加入与难溶电解质构成微粒存在相同离子的可溶性物质，平衡向生成沉淀的方向移动。 ④能反应离子。加入能消耗难溶物离子的物质，平衡向沉淀溶解的方向移动。 5.溶度积常数（Ksp） 以难溶电解质AmBn的沉淀溶解平衡AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）为例： 溶度积 离子积 概念 难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时的平衡常数 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﹣）式中的浓度都是平衡浓度 Q（AmBn）＝cm（An+）•cn（Bm﹣）式中的浓度都是任意时刻浓度 应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解： ①Q＜Ksp：溶液不饱和，无沉淀析出； ②Q＝Ksp：溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态； ③Q＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出 注：Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。 【典例1】已知温度越高，AgI在水中的溶解度越大，现向有AgI固体的AgI饱和溶液中分别进行如下操作，有关离子浓度的变化情况是： （1）若加入少量水，则c（I﹣）　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”） （2）若加入AgNO3固体，则AgI在水中的溶解度　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”） （3）若加入NaCl固体，则AgI的溶度积Ksp　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”） （4）若某温度下，AgI的溶度积Ksp＝9.0×10﹣20，则AgI在该温度下的溶解度是　 g（AgI饱和溶液的密度可近似为1g•mL﹣1）． 【变式1】金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的．难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度（s，mol•L﹣1）见图． （1）pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是：　 ．（写化学式） （2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，应该控制溶液的pH为 　　 ．（填字母） A、＜1 B、4左右 C、＞6 （3）在Ni（NO3）2溶液中含有少量的Co2+杂质，　 　 （能、不能）通过调节溶液pH的方法来除去，理由是 　 　 ． （4）要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水，生成[Cu（NH3）4]2+，写出反应的离子方程式． 　 　 ． （5）已知一些难溶物的溶度积常数如下表． 物质 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS Ksp 6.3×10﹣18 2.5×10﹣13 1.3×10﹣36 3.4×10﹣28 6.4×10﹣53 1.6×10﹣24 某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最适宜向此工业废水中加入过量的 　B　 除去它们． A、NaOH 　　　　 B、FeS 　　　　 C、Na2S　　　　　（选填序号） 【变式2】向BaSO4沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，充分搅拌，弃去上层清液，如此处理多次，可使BaSO4全部转化为BaCO3，发生反应：BaSO4（s）（aq）⇌BaCO3（s）（aq）． 已知某温度下该反应的平衡常数K＝4.0×10﹣2，BaSO4的Ksp＝1.1×10﹣10，则BaCO3的溶度积Ksp＝　 ． 【变式3】如图表示的是25℃时，难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度（S/mol•L﹣1，假定该浓度为饱和溶液中阳离子的浓度）． 请完成下列问题： （1）pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是　 ． （2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，应该控制溶液的pH　　 （填选项）． A．＜1 B．4左右 C．＞6 （3）在Ni（NO3）2溶液中含有少量的Co2+杂质，　　 （填“能”或“不能”）通过调节溶液pH的方法来除去，理由是　 　 ． （4）25℃下Ksp[Cu（ OH ）2]＝　 ． （5）要使Cu（OH）2沉淀溶解，除了加酸之外，还可以加入氨水生成[Cu（NH3）4]2+，写出反应的离子方程式　 　 ． （6）已知一些难溶物的溶度积常数如下表． 物质 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS Ksp 6.3×10﹣18 2.5×10﹣13 1.3×10﹣35 3.4×10﹣28 6.4×10﹣33 1.6×10﹣24 为除去工业废水中含有的Cu2+、Pb2+、Hg2+杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的　FeS　 填选项　　 ． A．NaOH B．FeS C．Na2S． 题型3 溶度积常数的定义及相关计算 解｜题｜知｜识 1．溶度积常数 以AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）为例：Ksp（AmBn）＝cm（An+）•cn（Bm﹣），式中的浓度是平衡浓度。 2．Ksp的影响因素 （1）内因：溶度积与难溶电解质溶解能力的关系：阴、阳离子个数比相同的难溶电解质，溶度积越小，其溶解能力越小；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：仅与温度有关，与浓度、压强、催化剂等无关。 【典例1】常温条件下，回答下列问题： （1）水电离生成和OH﹣叫做水的自偶电离。同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离的方程式为：　 　 。 （2）已知H3PO4的，，，KH2PO4的水解平衡常数表达式为：　 ，溶液的pH　　 7（填“＞”、“＜”或“＝”），结合数据解释原因　 　 。 （3）在pH＝11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH﹣）＝　 mol/L。 （4）已知，浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合（忽略体积变化）时，c（H+）　 　 c（OH﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），　 　 。 （5）Mg（OH）2的饱和溶液　 　 （填“能”或“不能”）使酚酞溶液变红。（已知，lg5＝0.7） 【变式1】海水中含有等离子，呈弱碱性。过量二氧化碳的排放降低了海水pH，将使多种海洋生物乃至生态系统面临巨大威胁。回答下列问题： Ⅰ.二氧化碳的过量排放对珊瑚礁的生存环境造成很大影响的原理如图所示。 （1）海水酸化能引起浓度 　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。 （2）请从化学反应原理角度解释海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少的原因：　 　 。 （3）已知H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9，当c（H+）＝8.4×10﹣9mol/L，c（）＝1×10﹣4mol/L时，c（H2CO3）为 　 mol/L。当c（Ca2+）为 　 mol/L时，开始产生CaCO3沉淀。 Ⅱ.有研究者提出，用如图所示方法从海水中提取二氧化碳，可以降低环境中二氧化碳的含量。 （4）阳极反应为 　 。 （5）b室中发生反应的离子方程式为 　 　 。 （6）用 　 　 室产物中和从b室中排出的海水，可获得排回大海的合格海水（填“a”或“c”）。 【变式2】β﹣环糊精改性制备的β﹣环糊精/Fe3O4纳米磁性微球（β—CDM），可用于高效吸附Cu2+，吸附过程中β—CDM中的O原子与Cu2+形成配位键占据活性吸附位点，机理如图所示。吸附结束后，可用EDTA脱除Cu2+而实现β—CDM的循环利用。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．基态Cu原子的核外价电子排布式为3d94s2 B．可通过X射线衍射测定Fe3O4纳米磁性微球是否为晶体 C．β—CDM吸附Cu2+过程中，β—CDM中的O原子提供空轨道，Cu2+提供孤电子对 D．常温下，，则pH＝5的该废水中含有Cu2+的个数为2.2×10﹣2NA 【变式3】硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质。常温下﹣lgc（Ba2+）随﹣lgc（CO32﹣）或﹣lgc（SO42﹣）的变化趋势如图，下列说法正确的是（　　） A．趋势线A表示硫酸钡 B．向100mL含有CO32﹣、SO42﹣混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，SO42﹣一定先沉淀 C．将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的10 D．向碳酸钡悬浊液中加入饱和硫酸钠溶液，若碳酸钡转化成了硫酸钡，则可证明硫酸钡Ksp更小 题型4 探究沉淀溶解 解｜题｜知｜识 1、沉淀溶解平衡 一定温度下，难溶电解质AmBn（s）难溶于水，但在水溶液中仍有部分An+和Bm﹣离开固体表面溶解进入溶液，同时进入溶液中的An+和Bm﹣又会在固体表面沉淀下来，当这两个过程速率相等时，An+和Bm﹣ 的沉淀与AmBn固体的溶解达到平衡状态，称之为达到沉淀溶解平衡状态． AmBn固体在水中的沉淀溶解平衡可表示为：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq） 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，符合平衡的基本特征，满足平衡的变化基本规律． 特征： （1）逆：可逆过程；（2）等：沉积和溶解速率相等；（3）动：动态平衡；（4）定：离子浓度一定（不变）；（5）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． 2、溶度积常数Ksp（或溶度积） 难溶固体在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时，离子浓度保持不变（或一定）．各离子浓度幂的乘积是一个常数，这个常数称之为溶度积常数简称为溶度积，用符号Ksp表示． 即：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）　　　　Ksp＝[An+]m•[Bm﹣]n 例如：常温下沉淀溶解平衡： AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）， Ksp（AgCl）＝[Ag+][Cl﹣]＝1.8×10﹣10 常温下沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq）， Ksp（Ag2CrO4）＝[Ag+]2[CrO42﹣]＝1.1×10﹣12 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． （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）＝1.8×10﹣10；Ksp（AgBr）＝5.0×10﹣13；Ksp（AgI）＝8.3×10﹣17． 因为：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI），所以溶解度：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． 4、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ZnS＞CuS．转化的方程式可以表示为ZnS（s）+Cu2+（aq）═CuS（s）+Zn2+（aq）． 【典例1】常温下，某小组同学用如图装置探究Mg（OH）2的沉淀溶解平衡。 实验装置 实验序号 传感器种类 实验操作 ① 电导率传感器 向蒸馏水中加入足量Mg（OH）2粉末，一段时间后再加入少量蒸馏水 ② pH传感器 向滴有酚酞的蒸馏水中加入Mg（OH）2粉末，隔一段时间后，再向所得悬浊液中加入一定量稀硫酸 Ⅰ．实验①测得电导率随时间变化的曲线如图1所示。 已知：ⅰ．在稀溶液中，离子浓度越大，电导率越大。 （1）a点电导率不等于0的原因是水能发生 　 　 。 （2）由图1可知，在Mg（OH）2悬浊液中加入少量水的时刻为 　　 （填“b”、“c”或“d”）点。 （3）分析电导率在de段逐渐上升的原因：d时刻，Q[Mg（OH）2]　 　 （填“＞”、“＜”或“＝”）Ksp[Mg（OH）2]，导致 　 　 （结合沉淀溶解平衡解释原因）。 Ⅱ．实验②测得pH随时间变化的曲线如图2所示。 已知：ⅱ．25℃，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12 ⅲ．酚酞的变色范围： pH ＜8.2 8.2～10 ＞10 颜色 无色 淡粉色 红色 （4）依据图2可判断：A点加入的Mg（OH）2的物质的量大于C点加入的硫酸的物质的量，判据是 　 　 。 （5）0～300s时，实验②中溶液先变红，后 　 　 。 （6）Mg（OH）2常被用于水质改良剂，能够使水体pH约为9，进而抑制细菌的生长。25℃时水体中c（Mg2+）约为 　 mol⋅L﹣1。 【变式1】某研究小组进行Mg（OH）2沉淀溶解和生成的实验探究． 向2支盛有1mL　1mol/L的MgCl2溶液中各加入10滴2mol/L　NaOH，制得等量Mg（OH）2沉淀；然后分别向其中加入不同试剂，记录实验现象如表： 实验序号 加入试剂 实验现象 Ⅰ 4mL　2mol/L　NH4Cl　溶液 沉淀溶解 Ⅱ 4mL蒸馏水 沉淀不溶解 （1）测得实验Ⅰ中所用NH4Cl溶液显酸性（pH约为4.5），用离子方程式解释其显酸性的原因　 ． （2）同学们猜测实验Ⅰ中沉淀溶解的原因有两种： 猜想1：氢氧化镁电离出OH﹣离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水． 猜想2：　 　 ． （3）为验证猜想，又设计了以下实验 序号 实验内容 结　　果 1 测定醋酸铵溶液的pH pH约为7，溶液呈中性 2 取少量的相同质量的氢氧化镁分别盛放在试管中，分别向其中滴加醋酸铵溶液和氯化铵溶液 固体均溶解 ①用醋酸铵溶液与氢氧化镁反应的原因是　 　 ． ②实验证明猜想正确的是　 　 （填“1”或“2”）． （4）实验Ⅱ观察到沉淀不溶解．该实验的目的是　 　 ． 【变式2】下列实验方案中不能达到相应实验目的的是（　　） A B C D 方 案 在2mL 1mol/LNaOH溶液中，加入5滴1mol/L氯化镁溶液，有白色沉淀，再加入5滴氯化铁溶液，观察沉淀颜色 实验室制备氢气，用粗锌代替纯锌与稀硫酸反应，反应速率加快 目 的 探究浓度对化学反应速率的影响 探究沉淀溶解平衡的移动 探究形成原电池对反应速率的影响 探究温度对化学平衡的影响 A．A B．B C．C D．D 【变式3】某研究性学习小组通过测量溶液的电导率（电导率越大，说明溶液的导电能力越强）探究沉淀溶解平衡，各物质的电导率数据如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 物质 CaCO3（固体） H2O CaCO3饱和溶液 CaSO4饱和溶液 NaCl0.001mol/L AgNO30.001mol/L AgCl饱和溶液 电导率 0 7 37 389 1989 1138 13 下列分析不正确的是（　　） A．CaCO3固体中不存在自由移动的离子 B．与②对比，说明⑦中存在：AgCl＝Ag++Cl﹣ C．⑤、⑥等体积混合后过滤，推测滤液的电导率一定大于13 D．将①中固体加入④中，发生反应：CaCO3（s）（aq）＝CaSO4（s）（aq） 题型5 影响沉淀溶解平衡的因素 解｜题｜知｜识 1．概念：在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，把这种平衡称为沉淀溶解平衡。 2．影响因素：①内因：难溶电解质本身的性质，即难溶电解质的溶解能力。 ②外因：难溶电解质在水溶液中会建立动态平衡，改变温度和某离子浓度，会使沉淀溶解平衡发生移动。 温度：升高温度，大多数溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，Ksp增大（氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，升温，溶解平衡向生成沉淀的方向移动，Ksp减小） 浓度：加水稀释，平衡向沉淀溶解的方向移动，Ksp不变 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，Ksp不变 反应离子：加入能消耗难溶电解质中所含离子的物质，平衡向沉淀溶解的方向移动，Ksp不变 【典例1】I．下列说法不正确的是　 　 （填字母代码）． A．对于Al（OH）3（s）⇌Al（OH）3（aq）⇌Al3++3OH﹣，前者为溶解平衡，后者为电离平衡 B．物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的 C．能源、信息与材料通常被称为现代社会发展的三大支柱 D．镀层破损后，白铁（镀锌的铁）比马口铁（镀锡的铁）更易被腐蚀 E．除去硬水中的Mg2+，用OH﹣沉淀Mg2+比用效果好，说明Mg（OH）2溶解度比MgCO3的小 Ⅱ．向含有AgI的饱和溶液中： （1）加入固体AgNO3，则c（I﹣）　 　 （填“变大”、“变小”或“不变”，下同）． （2）若改加更多的AgI，则c（Ag+）　 　 ． （3）若改加AgCl固体，则c（I﹣）　 　 ，而c（Ag+）　 　 ． Ⅲ．用“＞”、“＜”或“＝”填空： （1）25℃时1mol/L FeCl3溶液的pH　 　 80℃时1mol/L FeCl3溶液的pH． （2）已知NaHSO3溶液中c（）＞c（）＞c（H2SO3），则溶液中c（H+）　 　 c（OH﹣）． （3）常温下，取等物质的量浓度的HA溶液与NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8，混合溶液中由水电离出的c（H+）水　 　 NaOH溶液中由水电离出的c（H+）水． 【变式1】下列叙述正确的是（　　） A．某溶液的pH═7，则该溶液为中性溶液 B．沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，可形成胶体，导电能力增强 C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同 D．常温下，0.01 mol/L的NaOH溶液中由水电离的c （H+）═1.0×10﹣2mol/L 【变式2】下列说法正确的是（　　） A．在CuSO4溶液中加入PbS，可转变为铜蓝（CuS），则Ksp（PbS）＜Ksp（CuS） B．在NaHS溶液中，加入少量CuCl2粉末产生黑色沉淀，则pH增大 C．加热条件下并加入大量水促进TiCl4水解，以制备TiO2固体 D．铜制器皿放置过程中会生成铜绿是因为发生了析氢腐蚀 题型6 沉淀溶解平衡的应用 解｜题｜知｜识 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.沉淀的溶解 原理：不断减少溶解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。 3．沉淀的转化 （1）原理：由一种沉淀转化为另一种沉淀的过程，实质是沉淀溶解平衡的移动。 （2）沉淀转化规律 ①一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。 ②一定条件下溶解能力小的沉淀也可以转化成溶解能力相对较大的沉淀。 【典例1】化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（　　） A．施肥时，草木灰（有效成分K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 B．向工业废水中加入FeS固体，可以除去废水中的Hg2+ C．FeCl3用于印刷线路板是因为FeCl3水解呈酸性 D．使用含氟牙膏预防龋齿利用了沉淀转化的原理 【变式1】下列现象不能用沉淀溶解平衡移动原理解释的是（　　） A．锅炉水垢中含有CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，再用酸除去 B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色液体 C．自然界地表层原生铜矿变成CuSO4溶液向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS） D．医院里不用碳酸钡，而用硫酸钡作为“钡餐” 【变式2】化学与人类生产、生活、可持续发展密切相关。下列说法不正确的是（　　） A．乙烯的产量是衡量国家石油化工发展水平的重要标志 B．用明矾代替二氧化氯处理生活污水，可提高杀菌消毒效果 C．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿，其原理涉及沉淀的转化 D．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去 【变式3】银铅渣成分为PbCl2和AgCl，工业上可用下面流程进行回收银。 已知：①“氨浸出”的浸出液主要成分是[Ag（NH3）2]Cl；溶度积：Ksp（PbCO3）＝4×10﹣14；Ksp（PbCl2）＝1×10﹣4。③水合肼（N2H4•H2O）性质与氨水类似，为二元弱碱，还原产物为N2。下列说法中不正确的是（　　） A．碳酸盐转化的离子方程式为PbCl2+CO32﹣═PbCO3+2Cl﹣ B．若碳酸盐转化后溶液中c（Cl﹣）＝1mol/L，则c（CO32﹣）＝4×10﹣10mol/L C．（N2H4•H2O）还原反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1 D．水合肼浓度可利用标准硫酸溶液和酚酞试液通过中和滴定测定 过 关 验 收 1．向少量的氢氧化镁悬浊液中加入饱和的氯化铵溶液，固体会溶解．对此，甲、乙同学分别作了如下解释： 甲：①Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣；②H2O⇌NH3•H2O+H+；③H++OH﹣⇌H2O．由于③的反应，使平衡①右移，沉淀溶解． 乙：①Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣；②OH﹣⇌NH3•H2O．由于②的反应，使平衡①右移，沉淀溶解． （1）你认为　　 同学的解释正确． （2）为了证明你的结论正确，可向氢氧化镁悬浊液中加入　　 （填序号： ①硝酸铵溶液；②醋酸铵溶液（呈中性）；③盐酸；④醋酸钠溶液；⑤氨水），若出现　 　 现象，则证明　　 同学的解释正确． 2．下列说法正确的是（　　） A．电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64g B．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率 C．2Na2O2（s）+2CO2（g）═2Na2CO3（s）+O2（g）常温下能自发进行，则该反应的△H＞0 D．常温下Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33，欲使c（Al3+）＝1×10﹣6mol•L﹣1需调溶液的pH≥5 3．某科研工作者设计用工厂废渣（主要成分为ZnO，另含少量FeO、CuO、SiO2、MnO等）制取高纯ZnO的工艺流程图如图所示。已知常温下Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38，Ksp[Fe（OH）2]＝8.0×10﹣16，Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10﹣17。下列说法错误的是（　　） A．“酸浸”中，滤渣A主要成分为SiO2 B．“除锰”中，H2O2的作用是将Mn2+、Fe2+氧化 C．“除铁”中，ZnO与Fe3+发生反应生成Fe D．“除锰”后滤液中c（Zn2+）＝1.2mol⋅L﹣1，“除铁”操作中可以调节pH的范围是3＜pH＜5.5（当离子浓度＜1.0×10﹣5mol⋅L﹣1时，表示该离子沉淀完全） 4．已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Agl）＝1.0×10﹣16，Ksp（Ag2CrO4）＝1.1×10﹣12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是（　　） A．AgCl＞AgI＞Ag2CrO4 B．AgCl＞Ag2CrO4＞AgI C．Ag2CrO4＞AgCl＞AgI D．Ag2CrO4＞AgI＞AgCl 5．下列说法正确的是（　　） A．表示Al3+与OH﹣反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中含大量Al3+ B．可知CuS（s）+2Ag+（aq）⇌Ag2S（s）+Cu2+（aq）平衡常数很大，反应趋于完全 C．为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为 D．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能无关 6．下列说法正确的是（　　） A．电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64g B．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率 C．2Na2O2（s）+2CO2（g）＝2Na2CO3（s）+O2（g）在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0 D．常温下，KSP[Al（OH）3]＝1×10﹣33．欲使溶液中c（Al3+）≤1×10﹣6mol•L﹣1，需调节溶液的pH≥5 7．按要求填写下列空白。 （1）明矾[化学式为KAl（SO4）2•12H2O]溶液呈 　　 性（填‘酸’“碱”或“中”），解释其原因是（用离子方程式表示） 　 。 （2）已知：0.4mol液态肼（N2H4）与足量的液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，并放出257kJ的热量，该反应的热化学方程式为 　 该反应的ΔS 　 　 0（填“＞”“＜”或“＝”）。 （3）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式 　 　 ，配制SbCl3溶液正确的方法是 　 　 。 （4）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示滴定终点。当溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）＝ 　 mol•L﹣1，c（）＝ 　 mol•L﹣1。[已知：25℃Ksp（Ag2CrO4）＝2×10﹣12，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10] 8．通入H2S是为了除铜离子，25℃时，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH＝1，c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，此时溶液中c（Cu2+）＝6.3×10﹣15mol•L﹣1，则CuS的溶度积Ksp＝ 　 （已知：25℃，H2S的电离平衡常数Ka1＝1×10﹣7mol•L﹣1，K2＝1×10﹣15mol•L﹣1）。 9．某温度下，向10mL0.1mol•L﹣1NaCl溶液和10mL0.1mol•L﹣1K2CrO4溶液中分别滴加0.lmol•L﹣1AgNO3溶液。滴加过程中pM[﹣lgc（Cl﹣）或1gc（）]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是（　　） A．该温度下，Ksp（Ag2CrO4）＝4×10﹣8 B．a1、b、c三点所示溶液中c（Ag+）：a1＞b＞c C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol•L﹣1，则a1点会平移至a2点 D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂 10．某兴趣小组为探究沉淀溶解平衡的原理并测定某温度下PbI2溶度积常数，设计如下实验。 Ⅰ取100mL蒸馏水，加入过量的PbI2固体（黄色），搅拌，静置，过滤到洁净的烧杯中，得到滤液。 （1）搅拌的目的是 　 　 。 （2）取少量滤液于试管中，向其中滴加几滴0.1mol•L﹣1 KI溶液，观察到的现象是 　 　 ，溶液中c（Pb2+） 　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。 Ⅱ准确量取10.00mL滤液，与离子交换树脂（RH）发生反应：2RH+Pb2+＝R2Pb+2H+，交换完成后，流出溶液用中和滴定法测得n（H+）＝3.000×10﹣5mol。 （3）在此实验温度下，PbI2的溶度积常数Ksp＝　 。 （4）若步骤Ⅰ盛装滤液的烧杯中有少量水，Ksp测定结果将会 　 　 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。 11．某化学探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱比较实验。 Ⅰ.先向B中的FeCl2溶液（约10mL）中通入Cl2，当B中溶液变黄时，停止通气。 Ⅱ.打开活塞k，使约2mL的溶液流入试管A中，检验取出溶液中的离子。 Ⅲ.接着再向B中通入一定量的SO2气体。 Ⅳ.更新试管A，重复过程Ⅱ，检验取出溶液中的离子。 （1）基态Fe价层电子排布式 　 ，在元素周期表位置为 　 　 。 （2）过程Ⅲ中一定发生反应的离子方程式为 　 　 ；过程Ⅳ中检验取出溶液中是否含有硫酸根离子的操作是 　 　 。 （3）该小组对SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱比较期望达到的结论是 　 　 。 甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，表格是他们的检测结果，他们的检测结果一定能够证明SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱关系的是 　 　 。 过程Ⅱ中检出离子 过程Ⅳ中检出离子 甲 有Fe3+无Fe2+ 有 乙 既有Fe3+又有Fe2+ 有 丙 有Fe3+无Fe2+ 有Fe2+ （4）25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl﹣水样、含Br﹣水样。 已知： ①Ag2CrO4为砖红色沉淀；AgBr为淡黄色沉淀；AgCl为白色沉淀； ②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr； ③25℃时，pKa1（H2CrO4）＝0.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5。 曲线 　　 为AgCl沉淀溶解平衡曲线，滴定过程中，当观察到有稳定的 　 　 沉淀产生，即为终点；反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag+的平衡常数K＝ 　 。 12．某研究小组进行Mg（OH）2沉淀溶解和生成的实验探究。 （查阅资料）25℃时，Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38 （实验探究）向2支均盛有1mL 0.1mol/L MgCl2溶液的试管中分别加入2滴2mol/L NaOH溶液，制得等量Mg（OH）2沉淀。 （1）分别向两支试管中加入不同试剂，记录实验现象如表：（表中填空填下列选项中字母代号） 试管编号 加入试剂 实验现象 Ⅰ 2滴0.1mol/L FeCl3溶液 ①　 　 Ⅱ 4mL 2mol/L NH4Cl溶液 ②　 　 A、白色沉淀转化为红褐色沉淀 B、白色沉淀不发生改变 C、红褐色沉淀转化为白色沉淀 D、白色沉淀溶解，得无色溶液 （2）测得试管Ⅰ中所得混合液pH＝6，则溶液中c（Fe3+）＝　 　 。 （3）同学们猜想实验Ⅱ中沉淀溶解的主要原因有两种： 猜想1：NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH﹣，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动。 猜想2：　 　 。 （4）为验证猜想，同学们取少量相同质量的氢氧化镁盛放在两支试管中，一支试管中加入醋酸铵溶液（pH＝7），另一支试管中加入NH4Cl和氨水混合液（pH＝8），两者沉淀均溶解。该实验证明猜想正确的是 　 　 （填“1”或“2”）。 13．已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lg[c（SO42﹣）]、﹣lg[c（CO32﹣）]与﹣lg[c（Ba2+）]的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．曲线①表示硫酸钡的沉淀溶解曲线 B．该温度下：Ksp（BaSO4）＝1.0×10﹣10 C．加适量BaCl2固体可使溶液由b点变到c点 D．曲线①中的y2＝4.9 14．已知：pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数。室温下，CaSO4、CaCO3、MnCO3三种物质的pM与pR的关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．室温下，溶度积常数：CaSO4＜CaCO3＜MnCO3 B．X点对CaSO4要析出沉淀，X点对CaCO3是不饱和溶液，能继续溶解CaCO3 C．Y点：c（ ）＞c（Ca2+），二者的溶度积常数等于10﹣5 D．Z点：c（）＞c（Mn2+），二者的溶度积常数等于10﹣10.6 15．已知：Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[AI（OH）3]。常温下，Fe（OH）3、AI（OH）3两种饱和溶液重金属阳离子的pM[pM＝﹣lg（M3+）]与溶液pH的关系如图所示，下列说法中正确的是（　　） A．X点对应的Al（OH）3分散系中颗粒直径大于100nm B．a表示的是Fe（OH）3中Fe3+pM与pH的变化关系 C．Fe（OH）3（s）+Al3+（aq）⇌Al（OH）3（s）+Fe3+（aq）的平衡常数为103 D．X点对应的Fe（OH）3分散系最后可自动达到Z点 16．已知25℃时，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（NiCO3）＝1.0×10﹣7；pNi＝﹣lg c（Ni2+），pB＝﹣lgc（S2﹣）或﹣lgc（）。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni（NO3）2溶液，产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度 B．对于曲线Ⅰ，加热b点溶液，b点向c点移动 C．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动 D．x对应的值为10.5 学科网（北京）股份有限公司 $