3.4 沉淀溶解平衡阶段综合-【经纶学霸】2026-2027学年高二化学选择性必修第一册4星学霸黑白题（苏教版）

第四单元防 黑题 阶段强化 1.AgCl和Ag2Cr04的溶度积分别为1.8×1010 和2.0×10-12，若用难溶盐在溶液中的浓度来表 示其溶解度，则下面的叙述中正确的是() A.AgCl和Ag2CrO4的溶解度相等 B.AgCl的溶解度大于Ag2CO4的溶解度 C.两者类型不同，不能由K的大小直接判断 溶解能力的大小 D.都是难溶盐，溶解度无意义 2.(2024·江苏泰州高二期中)室温下，实验室 用0.5mol·L1(NH4)2C03溶液浸取工业废 渣粉末（主要含CaS04·H20,还含少量Si02、 Fe203)制取CaC03。已知Kn(CaS04)=5× 105,Kp(CaC03)=3×10°。 (NH2CO,溶液 废渣粉木一浸取一过滤一滤渣+CaC0, 滤液 下列说法正确的是 A.0.5mol·L1(NH4)2C03溶液中存在 c(H*)+c(NH)=c(OH-)+c(HCO3)+ c(C03) B.“浸取”时，向(NH4)2C03溶液加入适量浓 氨水的主要目的是提高溶液的碱性 C.“浸取”静置后的上层清液中有c(Ca2+)· c(C0?)<K,(CaC03) D.室温下，反应CaS04(s)+C0号(aq)—= CaC03(s)+S0子(aq)达到平衡，溶液中 c(S04)5 ×104 c(C03)3 3.(2025·湖南长沙高二期中)常温下，某研究 小组用数字传感器探究Mg(OH)2沉淀溶解 平衡的影响因素，当外界条件改变时， Mg(OH)2悬浊液中Mg2+的浓度变化如图所 专题3黑 段综合 限时：35min 示，其中a点表示Mg(OH)2悬浊液中Mg2+的 初始浓度，若忽略Mg2+水解，下列说法正确 的是 a0,0.1)b90.0.1). c(滴加FeCl,溶液) 涨 0 80100120140160 时间/s A.常温下，Kp[Mg(0H)2]=4.0×1012 B.图中b点改变的外界条件为加入MgCL,(s) C.图中c点后无红褐色沉淀生成 D.图中d点：c(Mg2+)<c(OH) (2025·湖南张家界高二期中)牙齿表面有一 层坚硬的Ca,(P04)30H保护着，人进食后，细 菌和酶作用于食物产生有机酸，牙齿会被腐 蚀，向牙膏中添加NaHCO,、NaF均可增强护 齿效果。已知：Ca(PO4)OH在水溶液中存 在溶解平衡：Ca(P04)3OH(s) 5Ca2+(aq)+3P0(aq)+0H(aq)。 物质 Kap Ca(P04)30H(s) 8.0×1030 Cas(PO4)aF(s) 4.0×10-60 CaCO3(s) 2.8×10-9 下列说法错误的是 A.残留在牙齿上的糖会发酵产生H,使 Ca(P04)3OH的沉淀溶解平衡右移，破坏 牙釉质 B.该温度下，Ca(P04)3OH的溶度积常数表达 式为Kp=c3(Ca2+)·c3(P0)·c(0H) C.NaHC0,可与口腔内的有机酸反应，减少对 牙釉质的损伤，有助于保护牙齿 题117 D.含氟牙膏有利于修复牙釉质，其起效的主 要原因是NaF在水溶液中水解产生OH, 从而使Ca,(P04)30H的沉淀溶解平衡逆 向移动 5.(2024·辽宁大连高二期中节选)(1)现有含 有Fe3+和N2+的混合溶液，若溶液中c(Ni2+)= 0.35mol·L1,加入碳酸钠调节溶液的pH为 可使Fe3+恰好沉淀完全（离子浓 度≤1.0×105mol·L1),此时 (填 “有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。{假设溶 液体积不变，lg6=0.8;Km[Fe(0H)3]=2.16× 1039,Kp[Ni(0H)2]=2×1015} (2)已知CaF2和SrF2的溶度积常数K,分别 为3.4×101和2.9×10-9，在浓度均为 0.10mol·L1的CaCL2和SrCL2的混合溶液中 加入HF,当S2+开始沉淀时，溶液中Ca2+的浓 度为 (保留两位有效数字)。 (3)生成CdC03沉淀是利用反应 [Cd(NH)4]2+C0?=CdC03↓+4NH3↑， 常温下，该反应平衡常数K=2.0×10, [Cd(NH3)4]2+=Cd2++4NH,的平衡常数 K1=4.0×105,则Km(CdC03)= 6.(2025·四川成都高三期中)某小组设计实验 探究盐对PbS0,(s)=Pb2+(aq)+S0?(aq) 平衡体系的影响。回答下列问题： (1)取一定量PbS04溶于水，过滤，在饱和 PbS0,溶液中加入少量Pb(NO3)2固体粉末， 观察到 (填实验现象)，可证明饱和PbS0,溶液中存 在上述平衡。 (2)在饱和Na,C0,溶液中加入适量PbS04粉 末，充分搅拌，过滤、洗涤，将白色固体溶于足 量稀硝酸中，产生气泡，固体基本能完全 溶解。 选择性必修第一册·SJ ①Na,C0,和PbS0,反应的离子方程式为 ②列举上述原理在生产中的应用： 0 (3)常温下，在100mL不同浓度的 CH,COONH,溶液中加入PbS04,PbS04溶解 量与CH,COONH,溶液浓度的关系如图1所 示，实验现象为白色固体溶解，得到无色透明 溶液。已知：(CH,C00)2Pb溶液导电率很 小。PbS04易溶于CH,COONH,溶液的主要 原因是 (CH2COO),Pb 的电离方程式为 ma0,4.5) s捷热0514 3 d0.20,0.69) b0.02.0.42 01 c0.10.0.48 01 0.10.20.30.40.5 0.000.050.100.150.20 c(CHCOONH)/(mol-L-) c(Na,SO/(mol-L-) 图1 图2 (4)溶液中离子会受到周围带有异性电荷离 子的屏蔽（吸引），使该离子的有效浓度降低， 这种影响称为盐效应。 ①常温下，PbS04在不同浓度的Na2S04溶液 中的溶解度如图2所示。分析c(Na2S04)在 0~0.20mol·L1时，PbS0,溶解度发生变化 的原因： ②拓展探究。已知：Ag+2CI一AgCL2。实 验测得：AgCl(s)在稀食盐水中的溶解度随 着NaCl浓度的增大而呈先减小后增大的变化 趋势。分析AgC1溶解度“增大”的原因： 白题118挥发性、不稳定性，受热易分解、易挥发，50℃后，溶液温度越高，锰 离子的沉淀率越低的原因是温度升高，氨水发生分解并挥发。(4)向 沉锰所得的M(OH)2中加入H202溶液，可以得到Mn,O4,说明发 生了氧化还原反应，Mn(0H)2被H202氧化，氧化产物为Mn304,还 原产物为H20,则发生反应的化学方程式为3M(0H)2+H202 =Mn304+4H20。 专题探究13 各类平衡常数的综合应用 黑题 专题强化 题号12 答案AB 1.A解析：弱酸的电离常数越大，酸性越强，但弱酸的电离程度与溶液 的浓度有关，所以弱酸的电离常数越大，电离程度不一定越大，A正 确：化学平衡常数是温度函数，仅与温度有关，与浓度、压强、催化剂 无关，B错误：若反应为放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向 移动，平衡常数K减小，C错误；溶度积常数是温度函数，仅与温度有 关，所以相同温度下，在等体积、等物质的量浓度的氯化钠溶液和氯 化钡溶液中，氯化银的溶度积常数相同，D错误。 2.B解析：某温度下，一元弱酸HA的电离常数为K,则其盐NaA的 Kw 水解常数K与K,存在关系为K,=不，所以K,越小，K,越大，A正 确；K仅与温度有关，故相同温度下的酸、碱、盐的稀溶液中水的离 子积常数K相同，B错误；K=c(H)·c(OH),则c(H)=√区的 溶液中c(H+)=c(OH),该溶液一定呈中性，C正确：向混合溶液中 加人AgN03溶液，Cl完全沉淀，即c(C)=1×10-mol·L1 时，c(Ag+)= Kp(AgC1)_1.8×10-10 c(C1） 1x10-5mol,L-1=1.8x105m0lL1, 此时生成AgC04沉淀时所需c(C0?)= Ksn（Ag2Cr04) c2(Ag*) (.8x10)ol.L1=6.2×103molL,c(C02)还没完全沉 2.0×10-12 淀，所以用AgNO3标准溶液滴定CI时，可采用K2CO4为指示剂， D正确。 c(C0)·c(H20) 3.(1)AD(2)K 向正反应方向进行中 c(C02)·c(H2) (3)中 0.005×10-7 或0.01x10-7 a-0.01 a-0.01 (4)3.3≤pH<9 2 解析：(1)所有的常数都能反映一定条件下对应变化进行的程 度，A正确：如果反应放热，化学平衡常数随温度的升高而减小，如果 是吸热反应，化学平衡常数随温度的升高而增大，B错误；室温时，溶 度积常数的大小只与温度有关，与其他条件无关，C错误；一定温度 下，在CH3C00Na溶液中，CH3C00+H20CH3C00H+0H,K.= c(CH,C00H)·c(OH)c(CH,COOH)·c(OH）·c(H+)_K。 e(CHCOO) nc(C,co0)·c(r)=元，所以 K=K。·Kh,D正确；故选AD。（2)根据反应：C02(g)+H2(g)= C0(g)+H,0(g),化学平衡常数的表达式为K=c(C0）·(H,0) c(C02)·c(H2) c(C0)·c(H20)0.75×1.515 Q.=(C0,)·c(H2)1X1216,因为Q.<K,所以反应向正反 应方向进行中。(3)将氨水和盐酸混合反应后，根据电荷守恒： c(H)+c(NH4)=c(Cl)+c(OH),因为c(NH)=c(Cl),所 以c(H)=c(0Hr),溶液显中性；e(NH)=c(C)=0,01 mol·L-1= 2 0.005mol·L1,溶液显中性，c(0H)=1×10-7mol·L1,反应后剩 余的NH·H20浓度为4-0.01 mol·L-1,所以NH3·H20的电离平 衡常数K c(NH4)·c(0H）0.005×10- c(NH3·H20) a-0.01 。(4)要使Fe3+完全沉 2 淀，根据Fe(0H)3的溶度积Kp=c(Fe3+)·c3(0H)=105× 选择性必修第一册·SJ c3(0H)=8.0×1038,c(0H)=2.0×10-1mol·L1,p0H= -lgc(0H)=-lg(2.0×10-11)=11-0.3=10.7,pH=14-p0H=3.3,要 使Mg2+不沉淀，K=c(Mg2+)·c2(0H)=0.1×c2(0H)=1.0× 10-1,c(0H)=105m0l·L1,pH=9,所以要使Fe3+完全沉淀 而Mg2+不沉淀，应该调节溶液的pH范围是3.3≤pH<9。 第四单元 阶段综合 黑题 阶段强化 题号123 4 答案CDAD 1.C 2.D解析：根据电荷守恒，（NH4)2C03溶液中存在电荷守恒： c(H)+c(NH)=c(OH)+c(HC03)+2c(C0?),A错误；“浸取” 时，向(NH4)2CO3溶液加入适量浓氨水，是为了抑制碳酸根离子水 解为碳酸氢根离子，增加溶液中C0}浓度，使得平衡CS04(s)+ C0号(aq)一CaC0,(s)+s0?(aq)正向移动生成更多碳酸钙，B错 误；“浸取”静置后的上层清液中CaC03为饱和溶液，有c(Ca2+)· c(C03)=Kn(CaC03),C错误；室温下，反应CaS0,(s)+C0}(aq) 一CaC0,()+S0(g)达到平衡，溶液中c(S0）_K,(Cas0,) c(CO)K (CaCO3) 5×10-55 3x10-9=3×104,故D正确。 3.A解析：Mg(0H),悬浊液中Mg+的初始浓度为1×10-4mol·L1 则根据Mg(0H)2的电离方程式Mg(OH)2一Mg2++20H可知此 时溶液中c(0H)=2×104mol·L1,故根据溶度积公式 K[Mg(0H)2]=c(Mg2+)·c2(OH)可计算出常温下 Kp[Mg(0H)2]=4×10-2,A正确；图中b点若加入MgCL2(s), c(Mg2+)应增大，而图像中c(Mg2+)减小，因此改变的外界条件不是 加入MgCl2(s),B错误：若图中c点表示加入FCl3溶液，从曲线变 化可以看出c(Mg+)增大，说明Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3红 褐色沉淀，C错误；由于发生了沉淀的转化，溶液中c(Mg+)增大， c(OH)减小，故离子浓度大小关系应为c(Mg+)>c(OH),D错误。 4.D解析：由方程式可知，残留在牙齿上的糖发酵产生的H*会与 Ca(P04)3OH溶解产生的OH反应，促进Ca5(P04)30H的溶解平 衡正向移动，破坏牙釉质，A正确：由方程式可知，该温度下 Ca5(P04)30H的溶度积常数表达式为K=c5(Ca2+)·c3(P0子)· c(OH),B正确；NaHCO3可与口腔内食物发酵产生的有机酸反应， 减少有机酸对牙釉质的腐蚀，有助于保护牙齿，C正确；向牙膏中添 加NaF可增强护齿效果，主要原因是Ca5(PO4),F的溶解度小于 Ca(P04)3(0H),F与Ca2+、P0好结合生成了更难溶于水的 Ca5(P04)3F,起到保护牙齿的作用，D错误。 5.(1)2.8无(2)0.0012mol.L1(3)2.0×10-10 解析：(1)当c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1时，根据溶度积公式可知， 溶液中c(OH)= 3KFa(0H3寸三6.0x102mol.L,此时pH= c(Fe3+) K -gc(H)=-g20H)≈2.8,0。=c(N)·c2(0H)=0.35×(6.0x 10-12)2=1.26×1023,因Q.<Kp[Ni(0H)2],所以无Ni(0H)2沉淀 生成。(2)CaF2和Srf2的溶度积常数K,分别为3.4×101和2.9× 10-9,在浓度均为0.10mol·L-1的CaCL2和SrCl2的混合溶液中加 入HE,当s2开始沉淀时，计算此时2(F)=29x10 0.10 (mol·L-1)2=2.9×10-8(mol·L-1)2,则Ca2+的浓度为c(Ca2+)= Kp(CaF2）3.4x10-lu c2(F）2.9x109mol.L1=0.0012mol1·L。(3)反应 [Cd(NH3)4]2++C0号-一CdC03↓+4NH,↑的平衡常数为K= c(NH3) c4(NH3)·c(Cd2+) X ef[Cd(NH3)]2*e(CO)' cf[Cd(NH3)4]2*} 黑白题48 e(c03)·c(Ca)K,(Cdc0,)2.0x105,则K,(cdc0,)= K1 K1 K 4.0×10- 2.0×105 =2.0x10-10。 6.(1)产生白色沉淀（或溶液变浑浊）(2)①PbS04+C0? PbC0,+S0②用饱和Na2C0,溶液浸泡铅蓄电池电极表面的 PbS04,然后用盐酸（或硝酸）清洗(3)生成了推电离的 (CH3C00)2Pb,促进PbS04(s)一Pb2+(aq)+S0?(aq)平衡向右移 动(CH3C00)2Pb一2CH3C00+Pb2+(4)①c(Na2S04)较小 时，受同离子效应影响，PbS04(s)一一Pb2+(aq)+S0(aq)平衡向左 ! 移动；c(Na2S04)较大时，受盐效应影响平衡向右移动，且盐效应起 主导作用②Ag*和CI形成AgCl2,促进AgCl(s)、一Ag(aq)+ C1(aq)平衡向右移动 解析：(1)取一定量PbS0,溶于水，过滤，在饱和PbS04溶液中加入 少量Pb(NO3)2固体粉末，即增加铅离子浓度，观察到产生白色沉 淀（或溶液变浑浊），可证明饱和PS04溶液中存在题述平衡。 (2)在饱和Na2C03溶液中加入适量PbS04粉末，生成碳酸铅沉淀， 充分搅拌，过滤、洗涤，将白色固体溶于足量稀硝酸中，产生气泡，固 体基本能完全溶解，①Na,C0,和PbS0,反应的离子方程式为PbS0,+ C0?—PbC03+S0子，②借助上述原理在生产中加以应用，用饱 和Na2CO3溶液浸泡铅蓄电池电极表面的PbS04,然后用盐酸（或硝 酸)清洗。(3)PS04易溶于CH3 COONH4溶液的主要原因是生成了 难电离的(CH3C00)2Pb,促进PbS04(s)=一Pb2+(aq)+S0?(aq)平 衡向右移动，(CH,C00)2Pb是一种弱电解质，所以部分电离，电离 方程式为(CH3C00)2Pb=2CH3C00+Pb2+。(4)①常温下 PbS04在不同浓度的Na2S04溶液中的溶解度先减小后增大，PbS04 ! 溶解度发生变化的原因是c(Na2S04)较小时，受同离子效应影响， Pbs04(s)一Pb2+(aq)+$0?(aq)平衡向左移动，溶解度减小； c(Na2S04)较大时，受盐效应影响平衡向右移动，且盐效应起主导作 用，溶解度增大；②AgCl(s)在稀食盐水中的溶解度随着NaCl浓度的 增大而呈先减小后增大的变化趋势，Ag和CI形成AgC12,促 进AgCl(s)三Ag*(aq)+Cl(aq)平衡向右移动，AgCl溶解度增大。 专题3章末检测 题号1234567 答案DDD A D C D D 题号9101112131415 答案AB CC BDA 1.D2.D3.D4.A5.D6.C7.D8.D9.A10.B 11.C解析：弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，结合电离平衡常数 可知，酸性：H2C03>HCI0>HC03,A正确；两者恰好反应生成 CaC03和HCl0时，离子方程式为C02+H20+Ca2++2Cl0一 CaC03↓+2HC10,此时c(HC10)=0.25mol·L-1,K.(HC10)= c(H)x(C0)-4.0x10-8,则c(H)=V4.0x10x025mml.L1 e(HCIO) =1.0×104mol·L1,溶液的pH约为4，B正确：饱和碳酸钙溶液 iii 中，c(Ca2+)=√/Kp(CaC03)=√3.4x109mol·L1≈1.84× 10-45mol·L-1=1.84×1005×10-5mol·L-1,钙离子浓度的数量级 ! 为105，C错误：碳酸在溶液中存在两步电离平衡，HC0,主要是来 自第一步电离，H两步电离均会生成，故c(H)>c(HC0?),C0 主要是HCO?部分电离得到，而且HC0?电离程度十分微弱， H2C03电离出的HC0;程度大于HC03电离产生C0}的程度， 故c(C0?)和c（OH)要小于c(HC03)；K1= c(HC03)·c(0H)K。10-14 c(C03) K4.7x10≈2.13×104，溶液pH=5.6, c(H*)=10-5.6mol·L-1,c(0H)=10-84mol·L1,c(HC03)≈ c(H）=106d·L,f代人K=Hc0)c(0H）.. c(C03) 正本参考答案引 1014 4.7X102.13×104,可得c(C0)≈4.7×10-1m0lL,小 于c(0H)=10-8.4mol·L-1,故离子浓度大小关系为c(H+)> c(HC03)>c(OH)>c(C03),D正确。 2.C解析：硫酸亚铁铵与疏酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铵，然后向体 系中加入草酸钠，在加热条件下反应得到草酸亚铁沉淀，然后过滤 c(HC204)×c(H*) 得到草酸亚铁固体。K1×K2= c(H2C204) c(C20)×c(H*)c(C,0)xc2(H) ,则(c,09)x(1x10-2)2 三 c(HC2O) c(H2C204) c(H2C204) 84x100,则《C084102,则c(C0<c(,C,0),A错 误；“酸化溶解”后的溶液中存在电荷守恒：2c(Fe2+)+c(NH) +c(H*)=2c(S0)+c(0H),B错误；室温时，Fe2++H2C204 c2(H*) FeC204↓+2H+,该反应的平衡常数K= c(H2C204)×c(Fe2+) c2(H*) c(C204)×c(HC204)K1×K2 &(H,C,04)xc(Fe2)×c(C,02)xc(HC,0)K,(FeC,0,)40, 即Fe2+能与H2C204反应生成FeC204沉淀，C正确；当 c(Fe2+)·c(C20子)>Kn(FeC204)=2.1×10-7时，生成FeC204沉 淀，过滤后的上层清液为FeC204饱和溶液，故c(Fe2+)·c(C20子) 不会大于2.1×10-7，D错误。 13.B解析：CdC03(s)Cd2+(aq)+C03(aq),Kp(CdC0,)是定值， 图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2+为Cd2+浓度的负对数， 则对应CdC03的曲线斜率应该为-1，故直线Y是CdC03,X为 Cd(OH)2。根据滴定终点可知Cd2+沉淀完全时所需的氢氧化钠的 体积要多一些，故M应该为CdCL2溶液中滴加Na,C0,溶液对应的 曲线，N为CdCl2溶液中滴加NaOH溶液对应的曲线。a点溶液， Q。=1×105×1×106=1×10-1>1×1012,Q.>K,故a点对应的溶液 为CC0,的过饱和溶液，A正确：根据滴定终点可知Cd+沉淀完全 时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为CCl,溶液中滴 加Na2C03溶液对应的曲线，B错误；由分析可知直线Y是CdCO3, X为Cd(0H)2,利用曲线上点可算出Kp[Cd(OH)2]=1×104 ×(1×10-5)2=1×10-14,C正确；c点有Kp(CdC03)=c2(Cd2+)=1× 102,c(Cd2+)=1×10-6mol·L1,则c=6;设b点c(Cd2+)=x, Kp[Cd(0H)2]=x×(2x)2=1×10-14,x>1×105,则b<5,D正确。 14.D解析：Fe(OH)2、Cu(OH)2结构相似，所以pM随pH变化的关 系应该为平行线，①②表示c(Cu2+)、c(Fe2+)随plH变化的关系， Kp[Fe(0H)2]>Kp[Cu(0H)2],可知c(Cu2+)=c(Fe2+)时， Fe(OH)2对应c(OH)大，所以①代表滴定CuSO4溶液的pM变 化，②表示滴定FeSO,溶液的pM变化，③表示滴定HX溶液的pM 变化。c(Fe2+)=1mol·L-1时，pH=6.5,则Kp[Fe(0H)2]=1× 10-1412 (10-=1015。根据以上分析，曲线②表示滴定F®s04溶液的 pM变化，A错误；(X）1时，pH=5,则K的电离常数K=1.0x ”c(X-) cxc(Pe*),即Be(om21.cH 105,B错误；a点c(HW)）- c2(0H-) Ka c(0H-)= K.[Fe(OH)2]XK.10-15x10-5 K 10-14mol·L-1= 106mol·L1,a点对应的pH=8,C错误；M(0H)2+2HX M2+ 2X+2H,0,K=c(M2)·c2(X) c2(HX) c(M2*)·c2(X)·c2(0H)·c2(H*)= Kn[M(OH)2]×K c2(HX)×K2 K Km[M(OH)2]越大，平衡常数越大，反应越易进行，Fe(OH)2和 Cu(OH)2结构相似，Kp[Fe(OH)2]>Kp[Cu(OH)2],可知 Fe(OH)2比Cu(OH)2易溶于HX溶液中，D正确。 黑白题49