2020-2021学年鲁科版选修4第3单元第3节沉淀溶解平衡学案

第3节学案一、沉淀溶解平衡1．实验探究在装有少量难溶的PbI2黄色固体的试管中，参加约3mL蒸馏水，充分振荡后静置。(1)假设在上层清液中滴加浓的KI溶液，观察到的现象是上层清液中出现黄色沉淀。(2)由上述实验得出的结论是原上层清液中含有Pb2＋，PbI2在水中存在溶解平衡。2．概念在一定温度下，沉淀溶解成离子的速率等于离子重新结合成沉淀的速率，固体的质量和溶液中各离子的浓度保持不变的状态叫作沉淀溶解平衡。3．表示方法PbI2沉淀溶解平衡可表示为PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)。(1)判断以下说法是否正确。正确的打“√〞，错误的打“×〞。①电解质的溶解开始后，只有电解质的溶解过程，没有电解质的析出过程。()提示：×。电解质溶解开始后，离子就已开始结合析出，只不过是析出速率小于溶解速率。②沉淀溶解到达平衡时，溶液中溶质的各离子浓度相等，且保持不变。()提示：×。沉淀溶解到达平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等。(2)向BaCO3固体饱和溶液中逐渐滴入盐酸有什么现象？试从平衡移动的角度分析。提示：有无色气体生成，沉淀逐渐溶解。BaCO3饱和溶液中存在BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)平衡，滴入盐酸，H＋与COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))反响生成CO2气体，COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的浓度降低，使Q<Ksp平衡正向移动，直至BaCO3完全溶解。二、溶度积1．概念在一定温度下，沉淀到达溶解平衡后的溶液为饱和溶液，其离子浓度不再发生变化，溶液中各离子浓度幂之积为常数，叫作溶度积常数或溶度积，用Ksp表示。2．表达式(1)AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)Ksp＝c平(Ag＋)c平(Cl－)；(2)Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)Ksp＝c平(Fe3＋)ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(平))(OH－)；(3)AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)Ksp＝ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(平))(An＋)ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(平))(Bm－)。3．影响因素溶度积常数只与难溶电解质的性质和温度有关，与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。(1)不同类型的物质，Ksp数值差异较小时，能不能用Ksp直接作为难溶电解质在水中溶解能力的判断依据？提示：不同类型的物质，Ksp数值差异较小时，不能用Ksp直接作为判断的依据，如AgCl的Ksp为1.8×10－10mol2·L－2，Mg(OH)2的Ksp为1.8×10－11mol3·L－3，虽然Mg(OH)2的Ksp更小，但Mg(OH)2的溶解能力大于AgCl的溶解能力。(2)同温条件下，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强，这种认识对吗？提示：不对。对于同类型物质而言，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强，如Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，所以溶解度AgCl>AgBr>AgI；而对于不同类型的物质，那么不能直接比拟，如Ksp(AgCl)＝1.8×10－10mol2·L－2，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11mol3·L－3，不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶，需要转化为溶解度进行比拟。(3)BaCO3和BaSO4都难溶于水，在医学上常用BaSO4作钡餐透视，而不能用BaCO3的原因是什么？提示：原因是BaCO3能溶于胃酸(主要成分为盐酸)，反响原理为BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)；COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋CO2↑＋H2O。可见，胃酸消耗COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，使溶液中COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的浓度降低，那么Q<Ksp，从而使BaCO3的沉淀溶解平衡向右移动，使Ba2＋浓度增大而引起人体重金属中毒。三、沉淀溶解平衡的应用1．沉淀的溶解与生成(1)溶度积规那么(浓度商Q与Ksp的关系)Q__＞__Ksp溶液中的离子生成沉淀，直至平衡。Q__＝__Ksp沉淀溶解与离子生成沉淀处于平衡状态。Q__＜__Ksp假设体系中有足量固体，那么固体溶解，直至平衡。(2)应用①作“钡餐〞用BaSO4而不用BaCO3②误服可溶性钡盐可用5%的Na2SO4溶液洗胃③石笋、钟乳石和石柱的形成，涉及的化学反响有CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2CaCO3↓＋H2O＋CO2↑。④珊瑚的形成Ca2＋＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))CaCO3＋CO2＋H2O2．沉淀的转化(1)ZnS沉淀转化为CuS沉淀实验步骤实验现象有白色沉淀有黑色沉淀离子反响方程式S2-(aq)+Zn2+(aq)ZnS↓ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)实验结论溶解能力小的沉淀可以转化成溶解能力更小的沉淀(2)沉淀转化的应用①工业废水处理工业废水处理过程中，重金属离子可利用沉淀转化原理用FeS等难溶物转化为HgS、Ag2S、PbS等沉淀。用FeS除去Hg2＋的离子方程式：FeS(s)＋Hg2＋(aq)HgS(s)＋Fe2＋(aq)。②水垢的形成硬水煮沸形成的水垢主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，说明它形成的原因(用化学方程式表示)。Mg(HCO3)2MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，Ca(HCO3)2CaCO3↓＋H2O＋CO2↑，MgCO3＋H2OMg(OH)2↓＋CO2↑。家用水壶、暖水瓶里长了水垢，将醋倒入壶中烧煮，可以有效去除水垢，原理是什么？提示：难溶解的沉淀能溶于醋酸可以有效去除水垢，如2CH3COOH＋CaCO3=(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑。关键能力·合作学习知识点一沉淀溶解平衡的影响因素

1．实例分析溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)ΔH＞0，当改变反响条件时，其对溶解平衡的影响如下表所示：条件改变移动方向c平(Mg2＋)c平(OH－)加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(1)温度：升高温度，多数溶解平衡向溶解方向移动；少数溶解平衡向生成沉淀方向移动，如Ca(OH)2的溶解平衡。(2)浓度：加水稀释，溶解平衡向溶解方向移动。(3)同离子：参加与难溶电解质构成中相同的离子，平衡向生成沉淀方向移动。(4)反响离子：参加可与难溶电解质溶解所得的离子反响的物质，溶解平衡向溶解方向移动。(1)电解质的溶解度大小与电解质的强弱没有关系，如BaSO4是强电解质却是难溶物。(2)Ca(OH)2是微溶物，溶解度随温度的升高而减小。(1)对于固体物质来说，温度越高，溶解度越大吗？(证据推理与模型认知)提示：升高温度，对于Ca(OH)2来说，其溶解度减小。(2)向澄清的PbI2饱和溶液中滴入KI溶液，有什么现象？试从平衡移动角度分析。(变化观念与平衡思想)提示：上层澄清溶液又生成黄色沉淀。PbI2饱和溶液中存在平衡PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，滴入KI溶液，溶液中c平(I－)增大。Q>Ksp，平衡逆向移动，从而又有PbI2黄色沉淀生成。【典例】(双选)氯化银是中学化学中常见的一种物质，你知道早期在不是非常敏感的照片软片、胶版和胶纸上常使用氯化银进行感光吗？AgCl在溶液中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，关于此溶解平衡的说法正确的选项是()A．AgCl沉淀的生成和溶解同时在不断进行，且速率相等B．等物质的量的AgNO3和NaCl溶于水后，溶液中不存在Ag＋和Cl－C．只要向含有AgCl的饱和溶液中参加NaCl(s)，一定会有沉淀生成D．“〞说明AgCl没有完全电离，AgCl是弱电解质【解题指南】解答此题注意以下两点：(1)明确影响沉淀溶解平衡的因素。(2)注意辨析不同的影响因素对沉淀溶解平衡移动的影响程度。【解析】选A、C。沉淀溶解平衡是一个动态平衡，A项正确；沉淀溶解平衡存在，那么肯定存在Ag＋和Cl－，B项错误；参加NaCl固体后溶液中Cl－的浓度大于原饱和溶液中的Cl－浓度，使沉淀溶解平衡左移产生沉淀，C项正确；“〞说明AgCl是极少局部溶解，但溶解局部完全电离，AgCl是强电解质，D项错误。【母题追问】(1)假设向AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的平衡体系中通入HCl气体后，平衡向哪移动？提示：通入HCl气体后，增加Cl－的浓度，平衡逆向移动。(2)假设向AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的平衡体系中加水，平衡向哪个方向移动，Ksp有无变化？提示：加水，向溶解方向移动，但Ksp无变化。(双选)将Ca(OH)2参加蒸馏水中，一段时间后到达沉淀溶解平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)。以下说法正确的选项是()A．恒温下向溶液中加CaO，溶液的pH升高B．给溶液加热，溶液的pH升高C．恒温时向溶液中加CaO后，溶液中的n(OH－)减小D．向溶液中参加少量的NaOH固体，Ca(OH)2固体的质量增加【解析】选C、D。由于温度不变，故Ca(OH)2浓度不变，A错误；升温时，由于Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，c(OH－)减小，故溶液pH降低，B错误；恒温时参加CaO后会消耗一局部水，导致溶剂减少，故n(OH－)减小，C正确；参加NaOH固体，溶解平衡左移，Ca(OH)2固体的质量增加，D正确。【加固训练】1．(2021·杭州高二检测)Mg(OH)2固体在水中存在以下溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，欲减少Mg(OH)2固体的量，可以参加少量的()A．NaOH固体 B．NaCl固体C．NaHSO4固体D．MgSO4固体【解析】选C。欲使Mg(OH)2减少，应使平衡右移，NaHSO4电离产生的H＋会使平衡体系中c平(OH－)减小，而使沉淀溶解平衡右移，Mg(OH)2固体的量减小。2．(2021·潍坊高二检测)向饱和澄清石灰水中参加少量CaC2，充分反响后恢复到原来的温度，所得溶液中()A．c平(Ca2＋)、c平(OH－)均增大B．c平(Ca2＋)、c平(OH－)均保持不变C．c平(Ca2＋)、c平(OH－)均减小D．c平(OH－)增大、c平(H＋)减小【解析】选B。碳化钙溶于水与水反响生成氢氧化钙和乙炔，反响的化学方程式为CaC2＋2H2OCa(OH)2＋HC≡CH↑。由于原溶液是饱和溶液，因此生成的氢氧化钙不可能再溶解。另一方面溶剂水被消耗，导致原溶液中氢氧化钙析出，但温度不变，析出后的溶液仍然是饱和溶液，因此溶液中离子的浓度均保持不变，答案选B。知识点二溶度积及其应用

1．溶度积的应用(1)利用Ksp比拟难溶电解质的溶解度的大小：相同温度下，同种类型的难溶电解质，Ksp越大，溶解能力越强。(2)利用Ksp判断沉淀的溶解与生成：定义难溶电解质溶液中有关离子浓度幂的乘积(浓度商)为Q。通过比拟Ksp和Q的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下能否溶解。Q与Ksp关系溶液性质有无沉淀析出Q>Ksp过饱和有沉淀析出Q＝Ksp饱和沉淀溶解平衡Q<Ksp不饱和无沉淀析出(1)溶度积的计算①溶度积，求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中，c平(Ag＋)＝eq\r(a)mol·L－1。②溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1mol·L－1的NaCl溶液中参加过量的AgCl固体，到达平衡后c平(Ag＋)＝10amol·L－1。(2)计算沉淀生成和沉淀完全(可视为离子浓度小于10－5mol·L－1)时的pH。【特别警示】(1)溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力，Ksp的大小和溶质的溶解度不同，它只与温度有关，与浓度无关。利用溶度积Ksp可以判断沉淀的生成、溶解情况以及沉淀溶解平衡移动方向。(2)沉淀的转化是一种难溶电解质转化为另一种难溶电解质的过程，其实质是沉淀溶解平衡的移动。(1)(思维升华)：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10mol2·L－2，Ksp(AgI)＝8.3×10－17mol2·L－2，Ksp(AgBr)＝5.0×10－13mol2·L－2，那么在AgCl、AgBr、AgI三种难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序是什么？(证据推理与模型认知)提示：同类型的难溶电解质的Ksp值越大，其溶解性越强，由Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)可知饱和溶液中c平(Ag＋)：AgCl＞AgBr＞AgI。(2)CaCO3的Ksp＝2.8×10－9mol2·L－2，现将浓度为2×10－4mol·L－1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，假设要产生沉淀，那么所用CaCl2溶液的浓度至少应大于多少？(变化观念与平衡思想)提示：由沉淀形成的条件可知，要产生沉淀必须满足Q＝c平(Ca2＋)·c平(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＞2.8×10－9mol2·L－2，因两种溶液等体积混合后c平(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝1×10－4mol·L－1，故混合后溶液中c平(Ca2＋)应大于2.8×10－5mol·L－1，那么混合前c平(CaCl2)至少应大于5.6×10－5mol·L－1。【典例】(2021·滁州高二检测)室温时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如下图。25℃其溶度积为2.8×10－9mol2·L－2，以下说法不正确的选项是()A.x数值为2×10－5B．c点时有碳酸钙沉淀生成C．参加蒸馏水可使溶液由d点变到a点D．b点与d点对应的溶度积相等【解题指南】解容许注意以下两点：(1)在曲线上的每一点都是在同一温度下的饱和溶液，Ksp相同。(2)c点可相对于b、d分析。【解析】选C。在d点c平(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝1.4×10－4mol·L－1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp＝2.8×10－9mol2·L－2，所以c平(Ca2＋)＝2×10－5mol·L－1，故x的数值为2×10－5，A正确；在c点c平(Ca2＋)＞2×10－5mol·L－1，即相当于增大c平(Ca2＋)，平衡左移，有CaCO3生成，B正确；d点为饱和溶液，参加蒸馏水后如仍为饱和溶液，那么c平(Ca2＋)、c平(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))都不变，如为不饱和溶液，那么二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，C错误；b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，D正确。【母题追问】(1)B项c点改为a点是否正确？提示：不正确。a点在曲线下面，为不饱和溶液，无沉淀生成。(2)升温能否使溶液由d点变到c点？提示：不能。升温CaCO3的溶度积增大，c平(Ca2＋)、c平(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))都增大。利用Ksp和Kw的关系计算溶液的pH①沉淀开始时pH的计算25℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20mol3·L－3计算向2mol·L－1的CuSO4溶液中参加NaOH调节溶液pH是多少时才开始生成Cu(OH)2沉淀。提示：Ksp[Cu(OH)2]＝c平(Cu2＋)·ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(平))(OH－)＝2mol·L－1×ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(平))(OH－)＝2×10－20mol3·L－3c平(OH－)＝10－10mol·L－1c平(H＋)＝eq\f(Kw,c平〔OH－〕)＝eq\f(1×10－14mol－2·L－2,10－10mol·L－1)＝10－4mol·L－1pH＝－lgc平(H＋)＝－lg10－4＝4②沉淀完全时pH的计算25℃时，Ksp[Zn(OH)2]＝1×10－17mol3·L－3计算向0.1mol·L－1ZnCl2溶液中参加NaOH调节溶液pH是多少时，溶液中Zn2＋沉淀完全。提示：当溶液中c平(Zn2＋)≤10－5mol·L－1时，可视为Zn2＋沉淀完全。Ksp[(Zn(OH)2]＝c平(Zn2＋)·ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(平))(OH－)＝10－5mol·L－1·ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(平))(OH－)＝1×10－17mol3·L－3c平(OH－)＝10－6mol·L－1c平(H＋)＝eq\f(Kw,c平〔OH－〕)＝eq\f(10－14mol2·L－2,10－6mol·L－1)＝10－8mol·L－1pH＝－lgc平(H＋)＝－lg10－8＝8【加固训练】1．某温度下，Ksp(CaSO4)＝9×10－6mol2·L－2，此温度下CaSO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图。以下说法不正确的选项是()A．CaSO4溶解在水中，c平(Ca2＋)＝c平(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝3×10－3mol·L－1B．在d点溶液中参加一定量的CaCl2可能会有沉淀析出C．a点对应的Ksp等于c点对应的KspD.b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c平(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝3×10－3mol·L－1【解析】选D。CaSO4溶解在水中形成的是饱和溶液，存在c平(Ca2＋)·c平(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝Ksp，所以c平(Ca2＋)＝c平(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝eq\r(Ksp)＝3×10－3mol·L－1，A对；d点与c点相比拟，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))浓度相同，Ca2＋浓度较c点小，所以溶液未到达饱和，参加CaCl2后，如果c平(Ca2＋)·c平(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))>Ksp，可能有沉淀析出，B对；a点和c点在同一条线上，所以Ksp相等，C对；b点与c点相比拟，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))浓度相同，Ca2＋浓度偏大，相当于在CaSO4的平衡中增大Ca2＋浓度，平衡向生成沉淀方向进行，且Ca2＋浓度大于SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))浓度，D错。2．(2021·吉林高二检测)Cu(OH)2在水中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，在常温下，Ksp＝2×10－20mol3·L－3。某CuSO4溶液中，c平(Cu2＋)＝0.02mol·L－1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向CuSO4溶液中参加碱来调节pH，使溶液的pH大于()A．2B．3C．4D．5【解析】选D。在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，那么Q＝c平(Cu2＋)·ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(平))(OH－)＞Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20mol3·L－3，所以ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(平))(OH－)＞eq\f(2×10－20mol3·L－3,0.02mol·L－1)，c平(OH－)＞10－9mol·L－1，故应调节pH大于5。三言两语话重点1．一个常数：Ksp。2．溶度积只与温度有关。3．影响沉淀溶解平衡的条件：温度、浓度、同离子、反响离子。4．沉淀的溶解、生成：Q>Ksp：生成沉淀，直至平衡；Q＝Ksp：处于平衡状态；Q<Ksp：固体溶解，直至平衡。课堂检测·素养达标1．(2021·浙江4月选考)在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。以下解析不正确的选项是()A．与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C．深海地区石灰石岩层的溶解反响为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)D．海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))浓度增大2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比拟高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，CaCO3的溶解平衡向生成CaCO32溶解，沉积少，B项正确；C.在深海地区中，石灰石沉积少，故溶解反响为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)，C项正确；D.海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))转化为HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))浓度降低，D项错误。2．(双选)以下应用或现象主要表达的是沉淀溶解平衡原理的是()A．热纯碱溶液洗涤油污的能力强B．误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒C．溶洞的形成D．泡沫灭火器灭火【解析】选B、C。A项利用的是水解原理，D项利用两种离子水解的相互促进作用，B、C项表达的均是沉淀溶解平衡原理。3．对于难溶盐MX，其饱和溶液中M＋、X－的物质的量浓度之间的关系类似于c平(H＋)·c平(OH－)＝KW，存在等式c平(M＋)·c平(X－)＝Ksp。现将足量的AgCl分别参加以下物质中，溶解度由大到小的排列顺序是()①20mL0.01mol·L－1KCl溶液②30mL0.02mol·L－1CaCl2溶液③40mL0.03mol·L－1HCl溶液④10mL蒸馏水⑤50mL0.05mol·L－1AgNO3溶液A．①>②>③>④>⑤B．④>①>③>②>⑤C．⑤>④>②>①>③D．④>③>⑤>②>①【解析】选B。AgCl的沉淀溶解平衡为AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，由于c平(Ag＋)·c平(Cl－)＝Ksp，c平(Cl－)或c平(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度越小。注意AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液的体积无关。①中c平(Cl－)＝0.01mol·L－1，②中c平(Cl－)＝0.04mol·L－1，③中c平(Cl－)＝0.03mol·L－1，④中无Cl－和Ag＋，⑤中c平(Ag＋)＝0.05mol·L－1。Ag＋或Cl－浓度由小到大的顺序为④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的顺序为④>①>③>②>⑤。4．在含有Mg(OH)2沉淀的饱和溶液中参加固体NH4Cl后，那么Mg(OH)2沉淀()A．溶解B．增多C．不变D．无法判断【解析】选A。Mg(OH)2沉淀的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，参加NH4Cl固体后，NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－=NH3·H2O，使c平(OH－)减小，平衡正向移动。5．方解石的化学成分为CaCO3(碳酸钙)，因含微量元素Mn、Fe、Zn、Co等而呈现丰富的颜色。，在有固态CaCO3存在的饱和溶液中，存在着如下平衡CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)，参加以下溶液能使CaCO3质量增加的是()A．CaCl2溶液 B．KNO3溶液C．NH4Cl溶液 D．NaCl溶液【解析】选A。参加KNO3溶液和NaCl溶液相当于参加了H2O，使平衡向右移动，使CaCO3质量减少；参加NH4Cl溶液，由于NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))水解显酸性，消耗了COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，使平衡向右移动，促进了CaCO3的溶解使其质量减少；而参加CaCl2溶液，增大了钙离子的浓度，使平衡左移，使CaCO3质量增加。6．(双选)Ksp(AgCl)＝1.8×10－10mol2·L－2，Ksp(AgI)＝8.3×10－17mol2·L－2。以下关于难溶物之间转化的说法中错误的选项是()A．AgCl不溶于水，不能转化为AgIB．两种难溶物的Ksp相差越小，难溶物就越容易转化为更难溶的物质C．AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgID．常温下，要使AgCl在NaI溶液中转化为AgI，那么NaI的浓度必须不低于eq\f(8.3,\r(1.8))×10－12mol·L－1【解析】选A、B。两种难溶物的Ksp相差越大，难溶物就越容易转化为更难溶的物质，B错误。Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故AgI比AgCl更难溶，一定条件下，AgCl可以转化为AgI，A错误，C正确。AgCl饱和溶液中c平(Ag＋)＝eq\r(1.8)×10－5mol·L－1，要使AgCl在NaI溶液中转化为AgI，根据溶度积规那么可知，需使Q>Ksp，故I－的浓度必须不低于eq\f(8.3×10－17,\r(1.8)×10－5)mol·L－1＝eq\f(8.3,\r(1.8))×10－12mol·L－1，D正确。【加固训练】(双选)25℃时，AgCl的溶度积Ksp＝1.8×10－10mol2·L－2，那么以下说法正确的选项是()A．向饱和AgCl水溶液中参加盐酸，Ksp值变大B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c平(Ag＋)＝c平(Cl－)C．温度一定时，当溶液中c平(Ag＋)c平(Cl－)＝Ksp时，此时为AgCl的饱和溶液D．Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，所以S(AgI)<S(AgCl)【解析】选C、D。A项，Ksp只与温度有关，不正确；B项，混合后Ag＋或Cl－可能有剩余，不一定有c平(Ag＋)＝c平(Cl－)；C项，Q＝Ksp时到达溶解平衡，形成AgCl的饱和溶液；D项，比拟物质的溶解度大小时，要注意物质的类型相同且化学式中阴阳离子的个数比相同，溶度积越小，其溶解度也越小。如果不同，那么不能直接利用溶度积的大小来比拟其溶解性，需转化为溶解度进行比拟，否那么容易误判。素养新思维7．某硫酸工厂的酸性废水中砷(As)元素含量极高，为控制砷的排放，可采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。请答复以下问题：表1几种盐的Ksp难溶物KspCa3(AsO4)26.8×10－19mol5·L－5CaSO49.1×10－6mol2·L－2FeAsO45.7×10－21mol2·L－2表2工厂污染物排放浓度及允许排放标准污染物H2SO4As废水浓度29.4g·L－11.6g·L－1排放标准pH＝6～90.5mg·L－1(1)该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度为________mol·L－1。(2)假设酸性废水中Fe3＋的浓度为1.0×10－4mol·L－1，那么c平(AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))＝____________mol·L－1。(3)工厂排放出的酸性废水中的三价砷(弱酸H3AsO3)不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷(弱酸H3AsO4)，此时MnO2被复原为Mn2＋，该反响的离子方程式为________________________________________。(4)在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右，使五价砷以Ca3(AsO4)2的形式沉降。①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为________________。②Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为__________________________________________________________________________。③砷酸(H3AsO4)分步电离的平衡常数(25℃)为Ka1＝5.6×10－3mol·L－1，Ka2＝1.7×10－7mol·L－1，Ka3＝4.0×10－12mol·L－1，第三步电离的平衡常数表达式为Ka3＝____________，Na3AsO4第一步水解的离子方程式为AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))＋H2OHAsOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋OH－，该步水解的平衡常数(25℃)为____________。【解析】(1)由题意可得H2SO4的浓度为eq\f(29.4g·L－1,98g·mol－1)＝0.3mol·L－1。(2)c平(AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))＝eq\f(5.7×10－21,1.0×10－4)mol·L－1＝5.7×10－17mol·L－1。(3)利用化合价升降原理配平相关方程式，即可得出离子方程式为2H＋＋MnO2＋H3AsO3=H3AsO4＋Mn2＋＋H2O。(4)①由于H2SO4是强酸，废水中SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))浓度较大，所以当pH＝2时，生成的沉淀为CaSO4。②H3AsO4为弱酸，当pH较小时，抑制了H3AsO4的电离，c平(AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))较小，不易形成Ca3(AsO4)2沉淀，当pH≈8时，AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))的浓度增大，容易形成Ca3(AsO4)2沉淀。③H3AsO4的第一步电离方程式为H3AsO4H＋＋H2AsOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))，第二步电离方程式为H2AsOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))H＋＋HAsOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，第三步电离方程式为HAsOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))H＋＋AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))，Ka3＝eq\f(c平〔H＋〕·c平〔AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))〕,c平〔HAsOeq\o\al(\s\up1(2－),