专题07 沉淀溶解平衡（考题猜想）（6大题型）-2024-2025学年高二化学上学期期中考点大串讲（人教版2019选择性必修1）

专题07沉淀溶解平衡题型1沉淀溶解平衡的建立题型2沉淀溶解平衡的影响因素题型3溶度积常数及其应用题型4沉淀溶解平衡的应用题型5沉淀转化的过程探究题型6沉淀溶解平衡曲线分析▉题型1沉淀溶解平衡的建立【例1】下列说法中，正确的是A．难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，保持温度不变增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动B．难溶电解质都是弱电解质C．室温下，在水中的溶解度大于在饱和溶液中的溶解度D．在白色沉淀上滴加溶液，沉淀变黑，说明比更难溶于水【答案】C【解析】A．难溶电解质是固体，其浓度可视为常数，增加难溶电解质的量对平衡无影响，A错误；B．难溶电解质在熔融状态下可以完全电离，不一定都是弱电解质，如AgCl难溶于水，但为强电解质，B错误；

C．相同温度下，氯化银在溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化钠溶液中氯离子抑制氯化银溶解，AgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度，C正确；D．在白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变黑，说明CuS比ZnS更难溶于水，D错误；故选C。【变式1-1】下列对“难溶”的理解正确的是A．“难溶”是指物质常温时在水中溶解的质量小于0.01gB．在水中难溶的物质，也难溶于其他溶剂C．只有难溶的物质才能建立溶解平衡D．相同条件下，难溶的物质更容易形成饱和溶液【答案】A【解析】A项，“难溶”是指物质常温时在水中溶解的质量小于0.01g，正确；B项，在水中难溶的物质，不一定难溶于其他溶剂，错误；C项，易溶、微溶、难溶的物质均能建立溶解平衡，错误；D项，相同条件下，易溶的物质更容易形成饱和溶液，错误。【变式1-2】一定温度下，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)体系中，c(Ag＋)和c(Cl－)的关系如图所示。下列说法错误的是A．a、b、c三点的Ksp相等B．AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)C．AgCl在c点的溶解度比b点的大D．b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag＋)沿曲线向a点方向变化【答案】C【解析】A项，一定温度下，因此a、b、c三点的Ksp相等，正确；B项，AgCl的饱和溶液中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl﹣(aq)，溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)，正确；C项，c点的氯离子浓度比b点氯离子浓度大，氯化银溶解平衡逆向移动，因此AgCl在c点的溶解度比b点的小，错误；D项，b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag＋)浓度增大，则c(Ag＋)沿曲线向a点方向变化，正确。【变式1-3】下列有关AgCl的沉淀溶解平衡的说法中，正确的是A．AgCl的生成和溶解不断进行，但速率相等B．AgCl难溶于水，溶液中没有和C．升高温度，AgCl的溶解度不变D．向AgCl的沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl溶解的量不变【答案】A【解析】A．达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，平衡时速率相等，达到动态平衡，A正确；B．AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl-，B错误；C．溶解度与温度有关，氯化银的溶解为吸热过程，则升高温度后AgCl沉淀的溶解度变大，C错误；D．加入NaCl固体，氯离子浓度增大，抑制氯化银沉淀的溶解，平衡逆向进行，会析出AgCl固体，AgCl的溶解的量减小，D错误；故选A。▉题型2沉淀溶解平衡的影响因素【例2】已知溶液中存在平衡：，下列有关该平衡体系的说法正确的是①升高温度，平衡逆向移动②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液④恒温下，向悬浊液中加入CaO，溶液的c(Ca2+)变大⑤给溶液加热，溶液的pH升高⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变A．①⑥ B．①④⑥ C．①②③④⑥ D．①③⑥【答案】A【解析】①Ca(OH)2(s)溶于水的过程中放出热量，升高温度，平衡逆向移动，①正确；②向溶液中加入少量碳酸钠粉末，溶于水后能与Ca2+反应生成CaCO3沉淀，从而减小溶液中钙离子的浓度，②不正确；③向溶液中加入适量的NaOH溶液，可以降低Ca(OH)2的溶解量，但不能除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，③不正确；④恒温下，向悬浊液中加入CaO，会生成Ca(OH)2沉淀，但Ca(OH)2的溶解度不变，溶液中c(Ca2+)不变，④不正确；⑤给溶液加热，Ca(OH)2的溶解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液的pH减小，⑤不正确；⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，会生成CaCO3沉淀，则固体质量增加，⑥正确；⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2的溶解平衡逆向移动，Ca(OH)2固体质量增加，⑦不正确；综合以上分析，①⑥正确，故选A。【变式2-1】关于溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)+2OH—(aq)，下列说法中正确的是A．加入固体Mg(OH)2，可以增大溶液中镁离子的浓度B．溶度积常数表示式：Ksp=c(Mg2+)·c2(OH—)C．加入NaOH浓溶液，可以增加Mg(OH)2的溶解量D．升高温度，不会影响溶解平衡【答案】B【解析】A．氢氧化镁饱和溶液中加入氢氧化镁固体，溶解平衡不移动，溶液中镁离子的浓度不变，故A错误；B．由溶度积的概念可知，氢氧化镁的溶度积表达式为Ksp=c(Mg2+)·c2(OH—)，故B正确；C．加入氢氧化钠浓溶液，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶解平衡左移，氢氧化镁的溶解量减小，故C错误；D．升高温度，氢氧化镁的溶解度增大，平衡右移，故D错误；故选B。【变式2-2】25℃时，在含有PbI2晶体的饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入KI固体时，下列说法错误的是A．溶液中PbI2(s)质量增大 B．PbI2的溶度积常数不变C．溶液中Pb2＋的浓度不变 D．沉淀溶解平衡向左移动【答案】C【解析】A项，加入少量KI固体，I－浓度增大，平衡逆向移动，溶液中PbI2质量增大，正确；B项，溶度积常数只与温度有关系，温度不变，溶度积常数Ksp不变，正确；C项，加入少量KI固体，I－浓度增大，平衡逆向移动，Pb2＋的浓度减小，错误；D项，加入少量KI固体，I－浓度增大，沉淀溶解平衡向左移动，正确。【变式2-3】回答下列问题：（1）已知H2A在水中发生电离：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-。①向H2A稀溶液中加入少量NaHA固体，溶液的pH(填“增大”“减小”或“不变”)。②常温下H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)⇌Ca2+(aq)+A2-(aq)。加入少量Na2A固体，c(Ca2+)(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是。（2）含有Cr2的废水毒性较大。经化学分析，某工厂废水中Cr2的浓度为4.00×10-3mol·L-1。为使废水能达标排放，作如下处理：Cr2Cr3+、Fe3+Cr(OH)3、Fe(OH)3。①在废水中加入FeSO4·7H2O和稀硫酸，发生反应的离子方程式为。②已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Cr(OH)3]=7.0×10-31。若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=2.0×10-14mol·L-1，则残留的Cr3+的浓度为。【答案】（1）减小减小加少量Na2A固体，c(A2-)增大，CaA的沉淀溶解平衡向左移动，c(Ca2+)减小（2）Cr2+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O5.0×10-6mol·L-1【解析】（1）①根据H2A的电离方程式可知，只发生电离而不水解，NaHA固体溶于水电离出，由于只发生电离，)增大，溶液中c(H+)增大，H2A溶液的pH减小，故答案为：减小；②由于加入Na2A固体，c(A2-

)增大，从而导致溶解平衡左移，c(Ca2+)减小，故答案为：减小；加少量Na2A固体，c(A2-)增大，CaA的沉淀溶解平衡向左移动，c(Ca2+)减小；（2）①亚铁离子被氧化的离子方程式为；②根据，，若处理后的废水中残留的，，。▉题型3溶度积常数及其应用【例3】已知：Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，下列有关说法正确的是A．向饱和的FeS溶液中加水，Ksp变大B．FeCl2溶液和Na2S溶液混合后，一定有c(Fe2＋)＝c(S2－)C．向含等浓度Fe2＋、Cu2＋的溶液中滴加Na2S溶液，Fe2＋先沉淀D．FeS可用作除去废水中Cu2＋的沉淀剂【答案】D【解析】A项，Ksp只受温度的影响，错误；B项，FeCl2溶液和Na2S溶液混合后，Ksp(FeS)为定值，但c(Fe2＋)、c(S2－)不一定相等，错误；C项，Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，则硫化铜溶解度更小，向含等浓度Fe2＋、Cu2＋的溶液中滴加Na2S溶液，Cu2＋先沉淀，错误；D项，Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，则硫化铜溶解度更小，FeS可用作除去废水中Cu2＋的沉淀剂，将铜离子转化为硫化铜沉淀，正确。【例4】黑色的水溶性很差。已知：平衡常数，。下列有关说法错误的是A．降低可以增大的溶解量B．可将气体通入水溶液中制备C．的电离平衡常数的乘积D．用除废水中，平衡常数【答案】C【解析】A．已知：HgS+2H+⇌Hg2++H2S，降低pH，氢离子浓度增大，平衡正向移动，HgS的溶解量增大，故A正确；B．HgS的溶解平衡为，可将气体通入水溶液中，浓度增大，平衡逆向移动，可制备，故B正确；C．的电离平衡常数的乘积，故C错误；D．用除废水中，平衡常数K=，故D正确；故选C。【变式3-1】常温下几种难溶电解质的溶度积如表所示：物质名称硫化亚铁硫化铜硫化锌溶度积6.3×10－186.3×10－361.6×10－24向含有等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加0.01mol·L－1Na2S溶液时，Fe2＋、Cu2＋、Zn2＋沉淀的先后顺序为A．Fe2＋、Zn2＋、Cu2＋ B．Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋C．Zn2＋、Fe2＋、Cu2＋ D．Cu2＋、Fe2＋、Zn2＋【答案】B【解析】生成硫化亚铁的最小c(Fe2＋)＝eq\f(Ksp(FeS),c(S2－))＝eq\f(6.3×10－16,0.01)＝6.3×10－16mol·L－1；生成硫化铜沉淀需要的最小c(Cu2＋)＝eq\f(Ksp(CuS),c(S2－))＝eq\f(6.3×10－36,0.01)＝6.3×10－34mol·L－1；生成硫化锌沉淀需要的最小c(Zn2＋)＝eq\f(Ksp(ZnS),c(S2－))＝eq\f(1.6×10－24,0.01)＝1.6×10－22mol·L－1。所以沉淀的先后顺序为Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋，选B项。【变式3-2】相同温度下，溶度积越大，溶解度越大B．相同温度下，在水中和溶液中的相等C．向悬浊液中，加入固体，溶液中增加D．已知常温下，则常温下饱和AgCl溶液中为mol/L【答案】B【解析】A．溶度积的大小反映了难溶电解质的溶解能力，相同温度下，同类型的难容电解质Ksp越大，溶解度越大，不同类型的不能说Ksp越大，溶解度越大，需要进行计算判断，如AgCl的Ksp=1.8×10-10，饱和AgCl溶液中c(Ag+)=mol/L，Ag2CrO4的Ksp=1.12×10-12，饱和Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=mol/L，推出Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，但AgCl饱和溶液中c(Ag+)小于Ag2CrO4溶液中的c(Ag+)，AgCl溶解度更小，故A错误；B．Ksp只受温度的影响，温度不变，则Ksp不变，因此在相同温度下，BaCO3在水中和Na2CO3溶液的Ksp相等，故B正确；C．向MgCO3悬浊液中，存在Ksp=c(Mg2+)·c(CO)，且c(Mg2+)=c(CO)，溶度积只受温度的影响，因此加入碳酸镁固体，Ksp不变，c(Mg2+)不变，故C错误；D．AgCl的Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，且c(Ag+)=c(Cl-)，饱和AgCl溶液中c(Ag+)=mol/L，故D错误；答案为B。【变式3-3】下列关于难溶电解质沉淀溶解平衡的说法正确的是A．可直接根据Ksp的数值大小比较同温度下不同难溶电解质在水中的溶解度大小B．在AgCl的饱和溶液中，加入蒸馏水，Ksp(AgCl)不变C．难溶电解质的溶解平衡过程是可逆的，且在平衡状态时D．25℃时，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，向AgCl的饱和溶液中加入少量KI固体，一定有黄色沉淀生成【答案】B【解析】A．比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，A项错误；B．因难溶盐电解质的Ksp与温度有关，不受其他因素的影响，所以加入蒸馏水，氯化银的Ksp不变，B项正确；C．难溶电解质在溶液中达到沉淀溶解平衡时生成沉淀的速率和沉淀溶解的速率相等，且不等于零，即沉淀溶解平衡是一种动态平衡，C项错误；D．Qc(AgI)<Ksp(AgI)时，无沉淀生成，则向AgCl的饱和溶液中加入少量KI固体，不一定有黄色沉淀生成，D项错误；答案选B。▉题型4沉淀溶解平衡的应用【例5】医院常用硫酸钡(俗称钡餐)作为内服造影剂。可溶性钡盐有毒，抢救钡离子中毒患者时除催吐外，还需向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：常温下，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。下列推断不正确的是A．BaSO4的溶度积常数表达式为Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)•c(SO2－)B．可以用0.36mol·L－1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃C．抢救钡离子中毒患者时，若没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替D．常温下，BaCO3(s)＋SO2－(aq)BaSO4(s)＋CO2－(aq)的平衡常数K＝23.6【答案】C【解析】A项，溶解度常数是难溶性物质在水中达到沉淀溶解平衡时，溶解电离产生的离子浓度的乘积，则BaSO4的溶度积常数表达式为Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)•c(SO2－)，正确；B项，若Ba2＋离子中毒时，服用0．36mol/L的Na2SO4溶液时，Ba2＋与服用的Na2SO4溶液电离产生的SO2－结合形成BaSO4沉淀，导致c(Ba2＋)浓度降低，因而可降低Ba2＋对人体健康造成的伤害，正确；C项，若服用碳酸钠溶液，CO2－与Ba2＋形成的BaCO3能够与胃酸即HCl发生反应变为Ba2＋及CO2、H2O，因此Ba2＋对人体健康的危害仍然不能排除，且碳酸钠溶液呈强碱性，也会对人造成一定刺激，C错误；D项，在常温下，BaCO3(s)＋SO2－(aq)BaSO4(s)＋CO2－(aq)的平衡常数K＝EQ\f(c(CO2－),c(SO2－))＝EQ\f(c(CO2－)•c(Ba2＋),c(SO2－)•c(Ba2＋))＝EQ\f(2.6×10－9,1.1×10－10)＝23.6。【例6】高纯硫酸锰在电池材料等领域具有重要的用途，可用如下方法制备。（1）酸浸酸浸过程中的主要反应为(将离子方程式补充完整)：2FeS2＋MnO2＋_________＝Mn2＋＋2Fe3＋＋4SO2－＋_________（2）净化含MnSO4的浸取液中有Fe3＋、Fe2＋、K＋、Ca2＋、Pb2＋等杂质离子，一种制备高纯硫酸锰的工艺流程如下。已知：a．MnF2、BaS可溶于水b．部分难溶电解质的溶度积常数(25℃)如下表：化学式Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2CaF2PbSMnSKsp2.8×10－394.9×10－171.9×10－135.3×10－98.0×10－282.5×10－13①加入MnO2的目的是：___________________________________________________。②常温下，除铁过程中调节pH＝4，通过计算判断Fe3＋是否沉淀完全并简述理由：___________________________________________________________________________________________。(一般认为溶液中离子浓度小于1×10－5mol·L－1时沉淀完全)③结合离子方程式说明选用BaS作为沉淀剂的原因：__________________________________________________________________________________________________________________。【答案】（1）2FeS2＋15MnO2＋28H＋＝15Mn2＋＋2Fe3＋＋4SO2－＋14H2O（2）①将Fe2＋氧化成Fe3＋②pH＝4时，c(OH－)＝10－10mol·L－1，根据氢氧化铁的溶度积常数，c(Fe3＋)＝EQ\f(Ksp[Fe(OH)3],c3(OH－))＝EQ\f(2.8×10－39,10－30)＝2.8×10－9mol·L－1＜1×10－5mol·L－1，可判断铁离子已沉淀完全③Pb2＋＋S2－PbS↓，Ba2＋＋SO2－BaSO4↓，在除去铅离子的同时确保没有引进杂质离子钡离子。【解析】（1）酸浸过程有氢离子参与，则反应物中有H＋，则产物中有H2O，已知FeS2的系数为2，则产物中SO2－的系数为4，反应中FeS2中Fe共失去2个电子，S失去28个电子，则Mn得到30个电子，MnO2前系数为15，Mn2＋前系数为15，则离子方程式为2FeS2＋15MnO2＋28H＋15Mn2＋＋2Fe3＋＋4SO2－＋14H2O；（2）含MnSO4的浸取液中加入MnO2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，滤液1中加入MnCO3调pH＝4，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，滤液2中加适量MnF2，除去钙离子，再加BaS，除去Pb2＋，最后经过系列操作得到纯净MnSO4溶液。①加入MnO2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋；②pH＝4时，c(OH－)＝10－10mol·L－1，根据氢氧化铁的溶度积常数，c(Fe3＋)＝EQ\f(Ksp[Fe(OH)3],c3(OH－))＝EQ\f(2.8×10－39,10－30)＝2.8×10－9mol·L－1＜1×10－5mol·L－1，可判断铁离子已沉淀完全；③BaS中S2－与Pb2＋生成PbS沉淀，Ba2＋与SO2－反应生成BaSO4沉淀，在除去铅离子的同时确保没有引进杂质离子钡离子，离子方程式为Pb2＋＋S2－PbS↓，Ba2＋＋SO2－BaSO4↓。【变式4-1】牙齿表面存在如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2＋(aq)＋3PO3－(aq)＋OH－(aq)Ksp＝6.8×10－37Ca5(PO4)3F(s)的Ksp＝2.8×10－61下列说法错误的是A．在牙膏中添加适量的磷酸盐，能起到保护牙齿的作用B．口腔中的食物残渣能产生有机酸，容易导致龋齿，使Ksp增大C．正常口腔的pH接近中性，有利于牙齿健康D．使用含氟牙膏，当Ca5(PO4)3OH(s)与Ca5(PO4)3F(s)共存时，EQ\f(c(OH－),c(F－))≈2.4×1024【答案】B【解析】A项，在牙膏中添加适量的磷酸盐，使平衡逆向移动，Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2＋(aq)＋3PO3－(aq)＋OH－(aq)，生成Ca5(PO4)3OH(s)覆盖在牙齿表面，能起到保护牙齿的作用，正确；B项，Ksp只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，错误；C项，正常口腔的pH接近中性，防止Ca5(PO4)3OH(s)和Ca5(PO4)3F(s)溶解，有利于牙齿健康，正确；EQ\f(c(OH－),c(F－))＝EQ\f(c5(Ca2＋)c3(PO3－)c(OH－),c5(Ca2＋)c3(PO3－)c(F－))＝EQ\f(Ksp[Ca5(PO4)3OH(s)],Ksp[Ca5(PO4)3F(s)])＝EQ\f(6.8×10－37,2.8×10－61)≈2.4×1024，正确。【变式4-2】氯化钴(CoCl2)在工业催化、涂料工业、干湿指示剂等领域具有广泛应用。某钴矿石的主要成分包括CoO、MnO、Fe2O3和SiO2。由该矿石制CoCl2•6H2O体的方法如下(部分分离操作省略)：资料：Mn2＋生成Mn(OH)2，开始沉淀时pH＝8.2，完全沉淀时pH＝10.2（1）上述矿石溶解过程中，能够加快化学反应速率的措施有_______________________(写出一条即可)。（2）CoO溶于浓硫酸是非氧化还原反应，溶液1中阳离子包括H＋、Mn2＋和_______________。（3）已知pH＝2.8时溶液中Fe3＋完全沉淀。沉淀2是___________。（4）溶液2中含有Co2＋和Mn2＋。①已知：25℃时Ksp[Co(OH)2]≈1.0×10－15，当c(Co2＋)＜1×10－5mol·L－1时可认为Co2＋完全沉淀。若向溶液2中加入碱溶液，常温下，当pH＝___________时Co2＋完全沉淀。由此可知，通过调节pH无法将Mn2＋和Co2＋完全分离。②溶液2中加入H2O2溶液的目的是____________________________________________。【答案】（1）升温、搅拌等合理答案均可（2）Co2＋、Fe3＋（3）Fe(OH)3（4）①9②将Mn2＋氧化为MnO2与Co2＋分离【解析】钴矿石的主要成分包括CoO、MnO、Fe2O3和SiO2，加入硫酸加热，CoO、MnO、Fe2O3与硫酸反应，二氧化硅不与硫酸反应，过滤，向滤液中加入氢氧化钠溶液调节pH值沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入氨水和双氧水氧化锰离子得到二氧化锰，过滤，将滤液经过一系列转化得到CoCl2•6H2O。（1）上述矿石溶解过程中，能够加快化学反应速率的措施主要从温度、接触面积等角度分析，其措施主要有升温、搅拌等；故答案为：升温、搅拌等合理答案均可；（2）CoO溶于浓硫酸是非氧化还原反应，反应生成CoSO4和水，MnO和硫酸反应生成MnSO4和水，Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，因此溶液1中阳离子包括H＋、Mn2＋和Co2＋、Fe3＋；故答案为：Co2＋、Fe3＋；（3）已知pH＝2.8时溶液中Fe3＋完全沉淀，根据前面分析调价pH值是沉淀铁离子，因此沉淀2是Fe(OH)3；故答案为：Fe(OH)3；（4）ⅰ．已知：25℃时Ksp[Co(OH)2]≈1.0×10－15，c(Co2＋)＜1×10－5mol·L－1时可认为Co2＋完全沉淀。若向溶液2中加入碱溶液，Ksp[Co(OH)2]≈1.0×10－15＝c(Co2＋)c2(OH－)＝1.0×10－5×c2(OH－)，解得c(OH－)＝1×10－5mol·L－1，c(H＋)＝EQ\f(Kw,c(OH－))＝EQ\f(1.0×10－14,1.0×10－5)＝1×10－9mol·L－1，则常温下，当pH＝9时Co2＋完全沉淀。由此可知，通过调节pH无法将Mn2＋和Co2＋完全分离；故答案为：9；ⅱ．根据前面Mn2＋和Co2＋分离时无法通过调节溶液pH值进行分析，因此溶液2中加入氨水和H2O2溶液的目的是将Mn2＋氧化成MnO2与Co2＋分离；故答案为：将Mn2＋氧化成MnO2与Co2＋分离。【变式4-3】电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡是水溶液中离子反应的三大重要平衡。部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHClO电离平衡常数(25℃)按要求回答下列问题：（1）同浓度的、、、、、结合的能力由强到弱的顺序为。（2）运用上述电离常数及物质的特性写出下列反应的离子方程式①溶液中通入过量。②少量通入NaClO溶液中。（3）要使溶液中增大，可以采取的措施是(填标号)。①加少量烧碱

②通入少量气体

③加入少量

④加水（4）取等体积的的溶液和的溶液，分别加水稀释到pH均等于5，所需水的体积分别为、，则(填“>”“＜”或“=”)。（5）已知几种金属离子以氢氧化物形式开始沉淀时溶液的pH如下表所示：离子7.65.210.4当向含有相同浓度的、、的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，(填离子符号)先沉淀。已知，要使溶液中的沉淀较为完全(使铜离子的浓度降至原来的千分之一)，则常温下应向溶液中加以氢氧化钠溶液使溶液的。【答案】（1）（2）（3）①④（4）＜（5）6【解析】（1）根据电离平衡常数的大小，判断酸性强弱，电离平衡常数值越大，酸性越强，可知酸性：HCOOH＞＞＞HClO＞＞，酸性越弱，酸根离子结合的能力越强，结合的能力：；（2）根据酸性：HCOOH＞＞＞HClO＞＞以及较强酸可以和较弱酸的盐反应生成较弱酸，可以写出①溶液中通入过量离子方程式：；②少量通入NaClO溶液中离子方程式：；（3）因甲酸溶液存在电离平衡，，①加少量烧碱，使减小，不变，增大，符合要求；②通入少量气体，使增大，不变，减小，不符合要求；③加入少量，使增大，不变，减小，不符合要求；④加水，使减小，不变，增大，符合要求；故选①④（4）因是弱酸，存在电离平衡，稀释平衡正向移动，稀释到，加水的体积大，即＜；（5）因三种离子均为二价离子，开始沉淀越小，说明对应沉淀的越小，越容易沉淀。当向含有相同浓度的、、的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，先沉淀；要使溶液中的沉淀较为完全(使铜离子的浓度降至原来的千分之一)，也就是浓度为，根据可求得，6。▉题型5沉淀转化的过程探究【例7】某小组研究沉淀的生成、溶解与转化，进行如下实验，下列说法错误的是A．当实验Ⅰ中c(Mg2＋)•c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]时，立即观察到白色沉淀B．为达成实验目的，实验Ⅰ必须确保NaOH不过量C．实验Ⅱ中NHeq\o\al(＋,4)促进Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移动D．实验Ⅲ中白色沉淀逐渐转变为红褐色，说明Fe(OH)3的溶解度更小【答案】A【解析】A项，当实验Ⅰ中c(Mg2＋)•c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]时，所得溶液为饱和氢氧化镁溶液，不能观察到白色沉淀，错误；B项，若氢氧化钠溶液过量，过量的氢氧化钠溶液会与铵根离子、铁离子反应，不能达到研究沉淀的溶解与转化，所以为达成实验目的，实验Ⅰ必须确保氢氧化钠溶液不过量，正确；C项，实验Ⅱ中铵根离子会与氢氧根离子反应，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，正确；D项，实验Ⅲ中白色沉淀逐渐转变为红褐色说明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁沉淀，氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，正确。【变式5-1】为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。下列关于该实验的分析不正确的是A．①中产生白色沉淀的原因是c(Ag＋)•c(SCN－)＞Ksp(AgSCN)B．①中存在平衡：AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)C．上述实验能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生D．③中溶液变红说明Ksp(AgSCN)＞Ksp(AgI)【答案】D【解析】A项，Qc>Ksp时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是c(Ag＋)•c(SCN－)＞Ksp(AgSCN)，正确；B项，难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体，存在平衡：AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，正确；C项，②中溶液不变红，③中溶液变红，说明③中c(SCN－)增大，存在AgSCN(s)＋I－(aq)AgI(s)＋SCN－(aq)反应，能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，正确；D项，③中溶液变红说明③中c(SCN－)增大，存在AgSCN(s)＋I－(aq)AgI(s)＋SCN－(aq)反应，但由于加入KI溶液浓度大于KSCN，c(Ag＋)•c(I－)＞Ksp(AgI)即可产生碘化银沉淀，不能证明Ksp(AgSCN)＞Ksp(AgI)，错误。【变式5-2】为研究沉淀之间的转化，某小组实验设计如下：

下列分析正确的是A．实验①无明显现象，说明浊液a中不存在自由移动的Ag＋B．实验②说明浊液b中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)C．黄色浊液d中不含AgClD．浊液c和浊液d中的c(Ag＋)：c＜d【答案】B【解析】A项，浊液a中存在AgCl的沉淀溶解平衡，存在自由移动的Ag＋，之所有无明显现象可能是滴入的NaCl溶液被稀释后，不足以使平衡逆向移动，产生更多沉淀，错误；B项，实验②中发生沉淀的转化，说明浊液b中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，加入KI溶液后，I－结合Ag＋生成更难溶的AgI，使其平衡正向移动，转化为AgI沉淀，正确；C项，滴入的KI溶液较少，AgCl沉淀不会全部转化为AgI，所以浊液d中依然含有AgCl，错误；D项，沉淀发生转化，说明AgI更难溶，加入KI后部分Ag＋生成AgI沉淀，所以浊液c和浊液d中的c(Ag＋)：c＞d，错误。【变式5-3】某小组同学查阅资料：工业生产中，用乳状液处理酸性废水，得到pH约为9的溶液。小组同学利用化学实验和定量计算对其反应过程进行探究。【实验1】回答下列问题。（1）①中上层清液变红，证明固体加水后，溶液中的(填“<”“>”“=”)。（2）②中反应的离子方程式是。红色褪去的试管②中几分钟后上层清液又恢复红色。小组同学提出猜测：i．甲同学猜测可能滴入的盐酸不足。ii．乙同学不同意甲的猜测。认为应该是试管底部的固体继续溶解产生的所致，并设计实验2进一步探究其中的反应。【实验2】（3）综合试管③和④中的现象，认为乙同学的猜测(填“合理”或“不合理”)。（4）用离子方程式解释试管④中的现象。（5）试管⑤中产生白色浑浊的原因是(用Q与大小关系对比说明)。（6）丙同学查阅资料：室温下，，经计算得出。丙同学分析实验过程，因为有固体剩余，排除了溶液不饱和导致减小的可能。请你帮助丙同学分析：处理的酸性废水得到pH约为9的溶液，小于10.3的可能原因是。【答案】（1）＞（2）OH-+H+=H2O（3）合理（4）（5）（6）与H+反应使废水中较大，减小，溶液的碱性减弱，pH小于10.3【分析】要探究红色褪去的试管②中几分钟后上层清液又恢复红色的原因，根据甲乙两位同学的猜测，作对比实验，控制变量为氢氧化镁固体，故在试管③中是含有镁离子的上层清液，试管④中是含有镁离子的上层清液和氢氧化镁固体，观察试管③和④中是否恢复红色，即可判断哪个同学的猜测合理。【解析】（1）①中上层清液变红，说明呈碱性，则证明固体加水后，溶液中的浓度＞的浓度。（2）上层清液中含有OH-，加入盐酸后与H+发生中和反应生成H2O，则②中反应的离子方程式是OH-+H+=H2O。（3）试管③中是含有镁离子的上层清液，试管④中是是含有镁离子的上层清液和氢氧化镁固体，静置一段时间后③中无现象、④中酚酞又变红，则综合试管③和④中的现象，说明氢氧化镁固体又溶解电离生成了氢氧根离子，②中氢氧根离子浓度较小，则甲猜测不合理，乙同学的猜测合理。（4）④中存在沉淀溶解平衡，用离子方程式为。（5）试管⑤中产生白色浑浊，说明浓度商大于溶度积常数，即原因是。（6）由知，常温下，镁离子浓度越大氢氧根离子浓度越小。则丙同学计算得出，而实际上处理的酸性废水得到pH约为9的溶液，小于10.3，可能原因是：与H+反应使废水中较大，减小，溶液的碱性减弱，pH小于10.3。▉题型6沉淀溶解平衡曲线分析【例8】一定温度下，向足量的固体中加入100mL水充分搅拌，慢慢加入固体，随着增大，溶液中的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是

A．该温度下B．从Y点到Z点发生的离子反应为：C．与在一定条件下可以相互转化D．P点溶液中【答案】B【解析】A．，由初始点X可知，该温度下，A正确；B．从Y点到Z点硫酸钡沉淀转化为碳酸钡沉淀，发生的离子反应为：，B错误；C．通过改变溶液中酸根离子的浓度，与在一定条件下可以相互转化，C正确；D．P点溶液中，D正确；故选B。【例9】、温度下在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。下列说法错误的是A．的值：B．温度下，加入可使溶液由a点变到b点C．温度下，蒸发溶剂可能使溶液由d点变为b点D．温度下，在曲线下方区域(不含曲线)任意一点均没有沉淀生成【答案】C【解析】A．由图像可知点浓度相等，浓度，故的值：，故A正确；B．硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入，会增大，平衡左移，应降低，故B正确；C．d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，、均增大，所以可能使溶液变饱和、由d点变为曲线上a、b之