3.4 沉淀溶解平衡-2024-2025学年高二化学讲义解题大招（人教版）

PAGE13.4沉淀溶解平衡【五大必考点+五大秒杀招+五大题型+分层训练】课前预习课前预习+知识精讲知识点01难溶电解质的沉淀溶解平衡【知识积累】（1）20℃时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：（2）在NaCl饱和溶液中，加入浓盐酸。现象：产生白色沉淀。解释：在饱和NaCl溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)Na＋＋Cl－，加入浓盐酸，增大了c(Cl－)，平衡向左移动，从而析出NaCl。1.沉淀溶解平衡的建立当难溶电解质加入水中时，开始阶段ｖ(溶解)＞ｖ(沉淀)，且ｖ(溶解)逐渐减小，ｖ(沉淀)逐渐增大，当ｖ(溶解)＝ｖ(沉淀)时，便建立了沉淀溶解平衡。2.沉淀溶解平衡的概念在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成电解质的饱和溶液，达到平衡状态，人们把这种平衡称为沉淀溶解平衡。3.沉淀溶解平衡方程式以AgCl沉淀溶解平衡为例：AgCl(s)eq\o(,\s\up7(溶解),\s\do5(沉淀))Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。4.沉淀溶解平衡的特征知识点02难溶电解质沉淀溶解平衡的影响因素1.内因(决定因素)：难溶电解质本身的性质。2.外因：温度、浓度等条件的影响符合勒夏特列原理。（1）温度：升温，大多数溶解平衡向溶解方向移动，但Ca(OH)2升温向生成沉淀方向移动；（2）浓度：加水稀释，平衡溶解方向移动；（3）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；（4）反应离子：加入能消耗难溶电解质中所含离子的物质，平衡向溶解方向移动。3.实例分析已知沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq)，勒夏特列原理也适用于沉淀溶解平衡，请分析当改变下列条件时，对该沉淀溶解平衡的影响，填写下表(浓度变化均指平衡后和原平衡比较)：条件改变移动方向c(Mg2＋)c(OH－)加少量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)逆向移动减小增大知识点03溶度积常数1．概念难溶电解质的沉淀溶解平衡也存在平衡常数，称为溶度积常数，简称溶度积，符号为Ksp。2．表达式AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。如：Mg(OH)2(s)Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq)Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－) 3．影响因素溶度积Ksp只与难溶电解质本身的性质和温度有关。4．Ksp的意义反映了难溶电解质在水中的溶解能力。5．应用定量判断给定条件下有无沉淀生成。Q：离子积对于AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)任意时刻Q＝cm(An＋)·cn(Bm－)。①Q＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。②Q＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于衡状态。③Q＜Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。知识点04沉淀的溶解、生成【实验探究】Mg(OH)2沉淀溶解操作现象①浑浊②澄清理论分析1.溶度积规则对于难溶电解质AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，其浓度商Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，即溶液中有关离子浓度幂的乘积，式中的浓度都是任意浓度。通过比较Qc和Ksp的相对大小，可以判断沉淀的溶解与生成。①Qc＞Ksp时，溶液过饱和，有沉淀析出，直至Qc＝Ksp，达到新的沉淀溶解平衡。②Qc＝Ksp时，溶液饱和，沉淀溶解与生成处于平衡状态。③Qc＜Ksp时，溶液未饱和，无沉淀析出，若体系中有足量的固体存在，则固体溶解，直至Qc＝Ksp。2.沉淀的溶解根据溶度积规则，如果能设法移去溶解平衡体系中相应的离子（即降低离子浓度），使ＱC＜ＫSP就能使沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，从而使沉淀溶解。（1）沉淀溶解的方法酸溶解法用强酸溶解的难溶电解质有CaCO3、FeS、Al(OH)3、Ca(OH)2等。如CaCO3难溶于水，却易溶于盐酸，原因是：CaCO3在水中存在沉淀溶解平衡为CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，当加入盐酸后发生反应：COeq\o\al(2－,3)＋2H＋H2O＋CO2↑，c(COeq\o\al(2－,3))降低，溶液中COeq\o\al(2－,3)与Ca2＋的离子积Q(CaCO3)＜Ksp(CaCO3)，沉淀溶解平衡向溶解方向移动。盐溶液溶解法Mg(OH)2难溶于水，能溶于盐酸、NH4Cl溶液中。溶于NH4Cl溶液反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)Mg2＋＋2NH3·H2O。（2）可用于解释生活中的一些用途与现象。①医疗上用BaSO4做“钡餐”而不用BaCO3。②石笋、钟乳石、石柱的成因a.在石灰岩的饱和溶液中存在CaCO3的沉淀溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)+CO32-(aq)。当CO2溶于此溶液时发生反应：CO2＋CO32－＋H2O===HCO32－，使CO32－浓度减小，致使QC=[Ca2＋]·[COeq\o\al(2－,3)]＜Ksp(CaCO3)，使CaCO3的沉淀溶解平衡右移，CaCO3逐渐转化为可溶性的Ca(HCO3)2。b.由于外界自然条件的影响，当CO2的溶解度降低时，会导致体系中CO32－增多，致使QC=[Ca2＋]·[COeq\o\al(2－,3)]＞Ksp(CaCO3)，使沉淀溶解平衡左移，又生成CaCO3沉淀，形成钟乳石等。③珊瑚的成因：珊瑚虫从周围的海水中获取Ca2＋、HCO3－，经反应形成石灰石外壳：Ca2＋＋2HCO3－CaCO3＋CO2＋H2O。3.沉淀的生成在难溶电解质溶液中，当条件改变使Qc＞Ksp时，溶液过饱和，v(逆)＞v(正)，从而生成难溶电解质。在无机物的制备和提纯、废水处理等领域，常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。知识点05沉淀的转化1.沉淀转化的实质：沉淀的转化是指由一种难溶物转化为另一种难溶物的过程，其实质是沉淀溶解平衡的移动。2.沉淀转化的条件：两种沉淀的溶解度不同，溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，两者溶解度相差越大转化越容易。3.实验探究AgCl、AgI、Ag2S的转化实验操作实验现象有白色沉淀析出白色沉淀转化为黄色沉淀黄色沉淀转化为黑色沉淀化学方程式NaCl＋AgNO3AgCl↓＋NaNO3AgCl＋KIAgI＋KCl2AgI＋Na2SAg2S＋2NaI实验结论：AgCl沉淀转化为AgI沉淀，AgI沉淀又转化为Ag2S沉淀，说明溶解度由小到大的顺序为Ag2S＜AgI＜AgCl。理论分析：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)Ksp＝1.8×10－10AgI(s)Ag＋(aq)＋I－(aq)Ksp＝8.5×10－17由Ksp值可看出AgI的溶解度远比AgCl小得多。当向AgCl沉淀中滴加KI溶液时，Q(AgI)＞Ksp(AgI)导致AgCl溶解，AgI生成，离子方程式可表示为：I－(aq)＋AgCl(s)AgI(s)＋Cl－(aq)，K＝eq\f(c(Cl－),c(I－))＝eq\f(c(Ag＋)·c(Cl－),c(Ag＋)·c(I－))＝eq\f(1.8×10－10,8.5×10－17)≈2.1×106＞1×105。反应向正方向进行完全，即AgCl可转化为AgI沉淀。4.实验探究Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化实验操作实验现象产生白色沉淀白色沉淀转化为红褐色沉淀化学方程式MgCl2＋2NaOHMg(OH)2↓＋2NaCl3Mg(OH)2＋2FeCl32Fe(OH)3＋3MgCl2实验结论：Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，说明溶解度：Fe(OH)3＜Mg(OH)2。5．沉淀的转化的应用应用锅炉除水垢(含有CaSO4)CaSO4(s)eq\o(→,\s\up7(Na2CO3溶液))CaCO3(s)eq\o(→,\s\up7(加酸如盐酸))Ca2＋(aq)，反应为CaSO4＋Na2CO3CaCO3＋Na2SO4，CaCO3＋2HClCaCl2＋H2O＋CO2↑自然界中矿物的转化原生铜的硫化物eq\o(→,\s\up7(氧化、淋滤))CuSO4溶液eq\o(→,\s\up7(渗透、遇闪锌矿ZnS和方铅矿PbS))铜蓝(CuS)，反应为CuSO4＋ZnSCuS＋ZnSO4，CuSO4＋PbSCuS＋PbSO4工业废水处理FeS(s)＋Hg2＋(aq)HgS(s)＋Fe2＋(aq)解题大招解题大招大招01易错点沉淀溶解平衡方程式中各物质要标明聚集状态。大招02沉淀溶解平衡的影响因素易错点大多数电解质溶解度随温度的升高而增大，但也有例外，如Ca(OH)2，温度越高，溶解度越小。大招03溶度积常数一般温度升高，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。大招04同类型的难溶电解质，在同温度下，Ksp越大，溶解度越大；不同类型的难溶电解质，应通过计算才能进行比较。1Ksp只与难溶电解质本身的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中的离子浓度无关。2对于同类型物质如AgCl、AgBr、AgI等，可直接用溶度积比较难溶电解质的溶解能力，Ksp越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。3对于不同类型的物质，Ksp不能直接作为比较依据，而应通过计算将Ksp转化为饱和溶液中溶质的物质的量浓度确定溶解能力的强弱。大招05生成沉淀的主要方法（1）调节pH法如：除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，可使Fe3＋转变为Fe(OH)3沉淀而除去。离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。（2）加沉淀剂法如以Na2S、H2S等做沉淀剂，使某些金属离子如Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物ＣｕＳ、ＨｇＳ等。离子方程式为H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋；H2S＋Hg2＋=HgS↓＋2H＋。题型分类题型分类题型01沉淀溶解平衡的理解【例1】下列关于沉淀溶解平衡的说法正确的是A．只有难溶电解质才存在沉淀溶解平衡B．沉淀溶解平衡是可逆的C．在平衡状态时D．达到沉淀溶解平衡的溶液不一定是饱和溶液【答案】B【解析】A．易溶电解质作溶质时，如果是饱和溶液，也存在沉淀溶解平衡，A错误；B．沉淀溶解平衡也属于动态平衡，是可逆过程，B正确；C．沉淀溶解平衡为动态平衡，则在平衡状态时，C错误；D．达到沉淀溶解平衡的溶液，沉淀溶解和生成的速率相等，则一定是饱和溶液，D错误；故选B。【变式1-1】对“AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)”的理解正确的是①说明AgCl没有完全电离，AgCl是弱电解质②说明溶解的AgCl已完全电离，是强电解质③说明Cl－与Ag＋的反应不能完全进行到底④说明Cl－与Ag＋的反应可以完全进行到底A．③④ B．②③ C．①③ D．②④【答案】B【解析】氯化银在水溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，其完整过程为AgCl(s)⇌AgCl(aq)=Ag+(aq)+Cl-(aq)，说明AgCl完全电离，是强电解质，故①错误，②正确；由于存在沉淀溶解平衡，说明Ag+与Cl-的反应不能完全进行到底，故③正确，④错误；所以只有②③正确；B正确；综上所述，本题选B。【变式1-2】把NaCl晶体溶于水充分搅拌后，溶液中仍有晶体存在，下列说法正确的是A．溶解过程停止 B．此时溶解速率等于结晶速率C．此时溶质不再溶解 D．溶解过程停止【答案】B【解析】把NaCl晶体溶于水,存在钠离子氯离子离开晶体表面进入溶液的溶解过程、同时存在溶液中的钠离子和氯离子回到晶体表面的结晶过程，当溶解速率和结晶速率相等时，就处于平衡，这是动态平衡：溶解和结晶仍在进行、但是溶解已达到了最大程度，形成了饱和溶液，则B满足；答案选B。题型02影响沉淀溶解平衡的因素【例2】能使悬浊液中的固体明显减少的措施是A．滴入NaOH溶液 B．滴入溶液 C．滴入溶液 D．加热【答案】B【解析】A．滴入NaOH溶液增大氢氧根离子浓度，抑制的溶解平衡，固体不减少，故A错误；B．滴入溶液可消耗氢氧根离子，促进的溶解平衡，固体减少，故B正确；C．滴入溶液可结合部分氢氧根离子，产生氢氧化铁沉淀，固体不减少，故C错误；D．加热可促进的溶解平衡，但固体减少不明显，故D错误；故选：B。【变式2-1】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2-2】当氢氧化钙固体在水中达到溶解平衡时，为使Ca(OH)2固体的量减少，可以加入少量的A．NaOH固体 B．CaCl2固体 C．NH4NO3固体 D．Ca(OH)2固体【答案】C【解析】A．加入NaOH，OH-的浓度增大，溶解平衡向左移动，Ca(OH)2固体的量增大，故A错误；B．加入少量CaCl2固体，Ca2+的浓度增大，Ca(OH)2固体的量增大，故B错误；C．加入少量NH4NO3固体，铵根与OH-结合生成氨水，故氢氧根的浓度减小，故溶解平衡右移Ca(OH)2固体的量减少，故C正确；D．加入少量Ca(OH)2固体，不能完全溶解，Ca(OH)2固体的量增大，故D错误；故选：C。题型03溶度积的理解与应用【例3】25℃时，的，该温度下，将足量的投入等体积的下列溶液中，溶液中的由大到小的排列顺序是①溶液

②溶液

③溶液

④饱和溶液A．①>②>③>④ B．④>③>②>① C．③>④>①>② D．④>①=③>②【答案】C【解析】①足量的投入等体积溶液，增大，平衡逆向移动，减小；②足量的投入等体积溶液，大于①溶液，所以小于①溶液；③足量的投入等体积溶液，增大；④足量的投入等体积饱和溶液，不变；所以由大到小的顺序为：③>④>①>②；故选C；【变式3-1】25℃时有关物质的颜色和溶度积()如下表：物质颜色白淡黄黄黑下列叙述错误的是A．向AgCl悬浊液中加入溶液，有黑色沉淀产生B．25℃时，AgCl、AgBr、AgI、的饱和水溶液中的浓度相同C．该温度下，饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：D．在溶液中，加入1滴(20滴约为1mL)溶液，不能产生白色沉淀【答案】B【解析】A．对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，由表格数据可知的溶解度小于，故向AgCl的白色悬浊液中加入溶液，有黑色沉淀产生，故A正确；B．25℃时，AgCl、AgBr、AgI、饱和水溶液中Ag+的浓度分别为：mol/L、mol/L、mol/L、mol/L，故各饱和水溶液中的浓度不相同，故B错误；C．是难溶性沉淀，该温度下，饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：，故C正确；D．1滴溶液体积为0.05mL，加入到5mL溶液中，混合溶液体积几乎不变，当硝酸银加入后，溶液中，Qc(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=1.8×10−6mol⋅L−1×1×10−5mol⋅L−1=1.8×10−11＜1.8×10−10，所以不能产生白色沉淀，故D正确；故选B。【变式3-2】现将某浓度的溶液与mol⋅L的溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用溶液的浓度至少为(已知该温度下的)A．mol⋅L B．mol⋅LC．mol⋅L D．mol⋅L【答案】A【解析】该温度下的，因为是等体积混合则，此时的最小浓度为9.8×10-2mol·L-1；故选A。题型04沉淀溶解平衡图像分析【例4】t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp=1×10﹣9B．d点有Ag2CrO4沉淀生成C．加入AgNO3可使溶液由b点变成c点D．常温下，向Ag2CrO4饱和溶液中加入Na2CrO4固体，有沉淀析出，但Ag2CrO4的Ksp不变【答案】D【解析】A．Ag2CrO4存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，据图可知，=c2(Ag+)•c()=(10﹣3mol/L)2×10﹣6mol/L=1×10﹣12，A错误；B．b为溶解平衡点，b在d的上方，则d点为Ag2CrO4的不饱和溶液，没有Ag2CrO4沉淀生成，B错误；C．Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，加入AgNO3可使溶液中的c(Ag+)增大，平衡逆向移动，最终c(Ag+)增大、c()减小，所以不能由b点变成c点，C错误；D．Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，加入Na2CrO4可使溶液中的c(CrO42-)增大，平衡逆向移动，有沉淀析出；只与温度有关，在操作时温度不变，所以不变，D正确；故选D。【变式4-1】一定温度下，将过量的固体溶于100mL水中，充分搅拌，慢慢加入NaOH固体，随着增大，溶液中的变化曲线如图所示(未按比例画出)，P为Y~Z曲线上的任意一点。下列说法错误的是A．该温度下，B．C．P点溶液中，一定存在D．Z点溶液中，【答案】C【解析】A．X点是碳酸镁饱和溶液，由图可知，，该温度下，，A项正确；B．，，B项正确；C．接近Z点时，，C项错误；D．由图可知，当时，开始有生成，的溶度积，Z点溶液中，，D项正确；答案选C。【变式4-2】25℃和100℃两种情况下，碳酸钙在水中的溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是

A．100℃时，d点已经饱和，会有沉淀析出B．25℃时，CaCO3的Ksp＝2.8×10-9C．25℃时加入Na2CO3，可以使溶液由c点变为d点D．升高温度可以使溶液由a点变为曲线上的任一点【答案】B【解析】A．100℃时，d点位于100℃曲线下方，处于未饱和状态，则不会有沉淀析出，故A错误；B．25℃时，b、c点均可表示CaCO3的Ksp，c点、，，故B正确；C．25℃时加入Na2CO3，溶液中增大、降低，则d点应位于25℃曲线以下，故C错误；D．升高温度，溶解度增大，其Ksp增大，所以升高温度可以使溶液由a点不可能变为曲线上的任一点，故D错误；答案选B。题型05综合运用【例5】某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示：(1)a点表示Ag2SO4(填“饱和”或“不饱和”)溶液。(2)b点对应的Ksp(填“<”“>”或“＝”)c点对应的Ksp。(3)现将足量的Ag2SO4分别放入：a．40mL0.01mol·L－1K2SO4溶液b．10mL蒸馏水c．10mL0.02mol·L－1H2SO4溶液则Ag2SO4的溶解度由大到小的排列顺序为(填字母)。(4)下列有关Ag2SO4的说法中正确的是。A．含有大量SO的溶液中肯定不存在Ag＋B．Ag2SO4的溶度积常数Ksp＝1.6×10－5(mol·L－1)3C．0.02mol·L－1的AgNO3溶液与0.2mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀(5)往Ag2SO4固体中加入足量的Na2CrO4溶液，可观察到砖红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：。【答案】(1)不饱和(2)＝(3)b>a>c(4)BC(5)Ag2SO4＋CrOAg2CrO4＋SO【解析】（1）曲线为沉淀溶解平衡状态，线上点浓度关系满足溶度积常数，线下点离子浓度小，离子积小于溶度积，为不饱和溶液，故答案为：不饱和；（2）b、c均为沉淀溶解平衡曲线上的点，离子浓度均满足溶度积常数，且两点温度相同，故两点溶度积常数相同，故答案为：=；（3）Ag2SO4在b蒸馏水中正常溶解，a、c溶液中因存在硫酸根离子，因此会抑制Ag2SO4得溶解，且硫酸根离子浓度越大对Ag2SO4溶解的抑制作用越大，硫酸根离子浓度a<c，因此Ag2SO4在c中溶解度更小，溶解度：b>a>c，故答案为：b>a>c；（4）A．含有大量SO的溶液中存在Ag＋，只是银离子浓度比较小，故A错误；B．b点时，，Ag2SO4的溶度积常数Ksp(mol·L－1)3，故B正确；C．0.02mol·L－1的AgNO3溶液与0.2mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合，，不会生成沉淀，故C正确；故答案为：BC；（5）Ag2SO4固体中加入足量的Na2CrO4溶液，可观察到砖红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)，可知硫酸银固体部分转化成Ag2CrO4，反应的方程式为：Ag2SO4＋CrOAg2CrO4＋SO，故答案为：Ag2SO4＋CrOAg2CrO4＋SO；【变式5-1】固体的研究是化学中的重要课题，回答下列问题：(1)实验室在配制硝酸铜的溶液时，加蒸馏水前常将硝酸铜固体先溶于适量硝酸中，其主要目的是。(2)将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热、蒸发结晶，再充分灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是(填选项字母)。A．胆矾

B．氯化铝

C．硫酸铝

D．氯化铜

E.硫酸亚铁

F.碳酸钠(3)已知常温下Ksp(BaSO4)=1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9。①BaSO4和BaCO3均为沉淀，二者可以相互转化。医疗上做“钡餐”的是，向等浓度的Na2CO3、Na2SO4的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，最先出现的沉淀是。②用下列流程得到BaCl2溶液：BaSO4BaCO3BaCl2，计算反应(i)的平衡常数K=。③向1LNa2CO3溶液中加入足量BaSO4固体，假定溶液体积不变、温度不变，当溶液中c(CO)=1×10-3mol•L-1时，溶解BaSO4的物质的量为mol。(4)常温下用废电池的锌皮制备ZnSO4•7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解使铁变为Fe3+。已知：化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp的近似值1×10-171×10-171×10-39①若上述过程不加H2O2将导致Zn2+和Fe2+不能分离，原因是。②加碱调节至pH为(保留到小数点后1位)时，铁离子刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol•L-1时，即可认为该离子沉淀完全)。【答案】(1)抑制硝酸铜(Cu2+)水解(2)CF(3)BaSO4BaSO40.04(或4×10-2)4×10-5(4)Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近(或二者Ksp的近似值均为10-17；或二者在一定pH下同时沉淀等)2.7【解析】（1）加蒸馏水前常将硝酸铜固体先溶于适量硝酸中，其主要目的是增大溶液中氢离子浓度，抑制硝酸铜(Cu2+)水解；（2）胆矾为硫酸铜晶体，灼烧最终得到无水硫酸铜；氯化铝溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和挥发性盐酸，灼烧最终得到氧化铝；硫酸铝中硫酸根对应酸为难挥发性酸，灼烧得到硫酸铝；氯化铜溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和挥发性盐酸，灼烧最终得到氧化铜；硫酸亚铁灼烧亚铁离子会被空气在氧气氧化为三价铁；碳酸钠受热不分解，最终得到碳酸钠；故选CF；（3）①BaSO4和BaCO3均为沉淀，硫酸钡不溶于盐酸、碳酸钡溶于盐酸，医疗上做“钡餐”的是BaSO4；已知常温下Ksp(BaSO4)=1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9，可知硫酸钡更难溶，向等浓度的Na2CO3、Na2SO4的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，最先出现的沉淀是BaSO4。②反应(i)，平衡常数K=。③向1LNa2CO3溶液中加入足量BaSO4固体，假定溶液体积不变、温度不变，当溶液中c(CO)=1×10-3mol•L-1时，K=，，故溶解BaSO4的物质的量为4×10-5mol•L-1×1L=4×10-5mol；（4）①Zn2+、Fe2+、Fe3+完全沉淀所需的氢氧根离子浓度分别为、、，若上述过程不加H2O2将导致Zn2+和Fe2+不能分离，原因是Zn2+、Fe2+完全沉淀所需的氢氧根离子浓度相同，两者会同时沉淀完全。②由①计算可知，pOH=11.3，即pH=2.7时，铁离子刚好沉淀完全。【变式5-2】电离平衡、化学平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是重要的化学反应原理内容：(1)常温下，将稀释，则稀释后的数目（填“增多”或“减少”）(2)常温下，稀释溶液时，的不变，水的离子积（填“增大”、“减小”或“不变”）(3)时，将和两种气体混合于密闭容器中，发生如下反应：末达到平衡，生成．该反应的平衡常数表达式为：；已知，则0（填“>”或“<”），在末时，D的平均反应速率为(4)在实验室配制溶液时，常滴加几滴溶液，试用离子方程式及简要文字解释说明原因：(5)某温度下，向含有固体的饱和溶液中加入少量稀盐酸，则（填“增大”、“减小”或“不变”）(6)冰融化为水的过程：0（填“>”、或“<”）【答案】(1)增多(2)不变(3)>(4)滴加溶液使后使制浓度增大，抑制水解(5)减小(6)>【解析】（1）氨水中存在电离平衡：，加水稀释，溶液体积增大，铵根离子数目增多；（2）Kw只与温度有关，温度不变Kw不变；（3）①根据方程式可知，

；②根据题意，温度升高，K值在增大，说明反应为吸热反应，ΔH＞0；③化学反应速率==；（4）在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液原因是：，滴加NaOH溶液使后使OH−制浓度增大，抑制S2−水解；（5）在AgCl饱和溶液中存在平衡，加入稀盐酸，平衡逆向移动，Ag+浓度减小；（6）冰融化为水的过程中要吸热，ΔH＞0。分层训练分层训练【基础过关】1．化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是A．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去B．国家大剧院玻璃外墙采用了“纳米自洁玻璃”，即让玻璃穿上一层纳米级二氧化钛(TiO2)外套，TiO2可利用TiCl4的水解反应制得。C．打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释D．明矾净水与自来水的杀菌消毒原理相同【答案】D【详解】A．CaSO4微溶于水，难溶于酸，用Na2CO3溶液处理后可转化为CaCO3，CaCO3可溶于酸，能用酸除去，A正确；B．“纳米自洁玻璃”在下雨的时候表面呈超亲水状态，能很轻易的把玻璃表面的灰尘等脏污浮起然后带走；TiCl4是易水解的盐，可以发生水解反应制取TiO2，B正确；C．在汽水中存在CO2的溶解平衡，打开汽水瓶盖时压强减小，CO2的溶解度降低，从而产生大量气泡，C正确；D．明矾净水的原理是水解产生氢氧化铝胶体，胶体能够吸附水中的悬浮颗粒物并使之沉降，但不具有杀菌消毒能力，D错误；故选D。2．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是A．NaHCO3溶液中通入少量Cl2：HCO+Cl2=CO2+Cl-+HClOB．用氢氟酸刻蚀玻璃：SiO24H4F-SiF42H2OC．将FeO固体溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2OD．工业废水中的Pb2用FeS去除：Pb2S2-PbS【答案】A【详解】A．NaHCO3溶液中通入少量Cl2，先和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸氢根离子反应，离子方程式为：HCO+Cl2=CO2+Cl-+HClO，故A正确；B．玻璃的主要成分是二氧化硅，氢氟酸能与二氧化硅反应，并且氢氟酸是弱酸，离子方程式中不能拆开，SiO24HFSiF42H2O，故B错误；C．将FeO固体溶于稀硝酸，正确的离子方程式为：3FeO++10H+=3Fe3++NO+5H2O，故C错误；D．FeS不溶于水，正确的离子方程式为Pb2+FeSFe2+PbS，故D错误；答案选A。3．25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是A．沉淀溶解平衡向左移动 B．溶度积常数Ksp增大C．溶液中Pb2+浓度增大 D．溶液中Pb2+和I－浓度都减小【答案】A【分析】加入KI溶液，I－浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小；【详解】A．据分析，沉淀溶解平衡向左移动，A正确；B．溶度积常数Ksp只与温度有关，温度不变其值不变，B错误；C．据分析，溶液中Pb2＋浓度减小，C错误；D．据分析，溶液中Pb2＋浓度减小，I－浓度增大，D错误；故合理选项是A。4．龙虎山是中国典型的丹霞地貌风景，其红色砂砾由石灰岩()、氢氧化铁、硫酸钙等成分组成。下列说法正确的是A．、和均为电解质B．石灰岩受热分解的能量变化如图所示C．氢氧化铁胶体可用作净水剂，是由于+3价的铁具有氧化性D．硫酸钙的饱和溶液中存在【答案】A【详解】A．CaCO3、Fe(OH)3和CaSO4均为电解质，熔融状态下都能导电，A正确；B．图示反应为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，但石灰岩受热分解为吸热反应，B错误；C．氢氧化铁胶体可用作净水剂，是由于氢氧化铁胶体可以吸附水中的杂质，C错误；D．硫酸钙的饱和溶液中存在：，钙离子带两个单位的正电荷，D错误；故选A。5．不同温度(T1和T2)时，硫酸钡在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知硫酸钡在水中溶解时吸收热量。下列说法错误的是A．T1＜T2 B．加入BaCl2固体，可使溶液由a点变到c点C．c点时，在T1温度下有固体析出 D．图中c点对应的是T2时硫酸钡的不饱和溶液【答案】B【详解】A．因为硫酸钡在水中溶解时吸收热量，所以升高温度，BaSO4的溶解度增大，饱和溶液中钡离子和硫酸根离子浓度增大，所以T1＜T2，A正确；B．BaSO4在水中存在溶解平衡，加入BaCl2固体，可增大溶液中的c(Ba2+)，溶解平衡逆向移动，c()减小，不能使溶液由a点变到c点，B错误；C．在T1温度下，c点溶液中，BaSO4的Q＞Ksp，有固体析出，C正确；D．图中c点时，BaSO4溶液中Q＜Ksp，则对应的溶液是T2时硫酸钡的不饱和溶液，D正确；故选B。6．下列有关电解质溶液的说法不正确的是A．向0.1的氨水中加入少量水，溶液中增大B．将溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C．向氢氧化钠溶液中加入醋酸溶液至中性，溶液中D．向的饱和溶液中加入固体，溶液中的【答案】B【详解】A．氨水中存在电离平衡，=，加入少量水之后，减小，Kb不变，则增大，A正确；B．氯化铵溶液中存在水解平衡，=，升温促进水解，Kh增大，减小，B错误；C．根据电荷守恒，溶液为中性，则，C正确；D．碳酸钡的饱和溶液中存在平衡，加入硫酸钠，结合钡离子使得钡离子浓度减小，碳酸钡溶解平衡正向移动，碳酸根离子浓度增大，，D正确；故选B。7．CuS在太阳能电池等领域具有很好的应用前景，如图是利用石膏渣[主要成分为、、]制备CuS的工艺流程：已知：“浸取”时生成和均难溶于水，且溶解度：。下列说法错误的是A．“浸取”时发生反应：B．“滤渣”的主要成分是C．“沉淀”时溶液不能过量，否则产物中会混有ZnS杂质D．“滤液”经热处理后所得气体可返回“沉淀”步骤循环使用【答案】D【分析】石膏渣经过氨水浸取，氢氧化铜和氢氧化锌与NH3形成络合物，硫酸钙不与氨水反应，过滤后去除，滤液经过适量硫化钠，由于硫化锌的溶解度大于硫化铜，加入硫化钠时硫化铜优先沉淀；【详解】A．氢氧化铜为难溶物、一水合氨是弱电解质，在离子方程式中不能拆，与氨水反应时形成四氨合铜离子，离子方程式为，A正确；B．根据分析，氨水浸取石膏渣时，硫酸钙不与氨水反应，也不溶于氨水，滤渣主要成分为硫酸钙，B正确；C．硫化钠加入第一次过滤后的滤液中，优先与四氨合铜离子反应形成硫化铜沉淀，但硫化钠过量会导致硫化锌一起沉淀，最终产品会掺入杂质，C正确；D．“滤液”经热处理后所得气体为氨气，可用于浸取步骤，但不可用于沉淀步骤，D错误；故选D。8．由下列实验操作和现象所得出的结论错误的是序号实验操作现象结论A将溶液与溶液混合产生白色胶状沉淀结合质子的能力：B向两份相同的溶液中分别滴入5滴相同浓度的溶液和溶液若前者产生气泡速率更快比的催化效果好C向少量相同物质的量的沉淀中分别加入相同体积和浓度的氨水白色沉淀溶解，黄色沉淀不溶解D向溶液中加入相同浓度溶液，充分反应后滴入KSCN溶液溶液显红色说明KI与反应有一定限度A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．将溶液与溶液混合，产生白色胶状沉淀，说明结合质子的能力，A正确；B．是溶液分解产生O2的催化剂，是溶液产生O2的氧化剂，二者作用原理不同，B错误；C．氨水能与生成[Ag(NH3)2]+而溶解(沉淀的溶解平衡正移)，但不能使的溶解平衡明显正移而溶解，所以，C正确；D．向溶液中加入1mL相同浓度溶液，KI过量，反应后仍检验出Fe3+，说明KI与反应有一定限度，D正确；故选B。9．已知，，某溶液中含有浓度均为0.01mol/L，向该溶液中逐滴加入0.01mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为A． B．C． D．【答案】C【详解】浓度均为0.01mol/L的形成沉淀时，所需分别为、、，所需越小，越先产生沉淀，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为，故选C。10．已知：常温下，Ksp(BaSO4)=a．取过量BaSO4溶于蒸馏水，过滤得到滤液R溶液。下列有关说法正确的是A．R溶液中c(Ba2＋)=amol·L-1B．常温下，向R溶液中加入少量Na2SO4固体，产生白色沉淀C．常温下，向R溶液中加入少量BaCl2固体，Ksp(BaSO4)增大D．向R溶液中加水，c(Ba2＋)、均增大【答案】B【详解】A．R溶液中c(Ba2＋)=，且Ksp(BaSO4)=c(Ba2＋)=a，则c(Ba2＋)=mol·L－1，A错误；B．常温下，向R溶液中加入少量Na2SO4固体，相当于加入，此时Q=c(Ba2＋)>Ksp(BaSO4)，将产生白色沉淀，B正确；C．常温下，向R溶液中加入少量BaCl2固体，因温度不变，溶度积常数不变，C错误；D．向R溶液中加水，c(Ba2＋)、均减小，D错误；故选B。11．（多选）某温度时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．d点无沉淀生成B．通过加水稀释可以使溶液由b点变到a点C．加入适量(固体)可以使溶液由d点变到c点D．a点对应的大于c点对应的【答案】AC【分析】某温度时，在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上及上方区域为饱和硫酸钡溶液，曲线下方为不饱和硫酸钡溶液；【详解】A．d点在曲线下方，属于不饱和溶液，因此d点无BaSO4沉淀生成，A正确；B．加水稀释时钡离子和硫酸根离子的浓度均降低，所以不能使溶液由b点变到a点，B错误；C．d点在曲线下方，属于不饱和溶液，加入适量BaCl2(固体)增大钡离子浓度，可以使溶液由d点变到c点，C正确；D．溶度积常数只与温度有关系，则a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，D错误；故选AC。12．（多选）是一种有毒的重金属离子，常使用处理以降低其毒性。已知：

现向的溶液中不断滴加入的溶液至溶液体积加倍，下列说法不正确的是A．

B．将的溶液改为的溶液则现象为生成沉淀并且沉淀不消失C．该实验的现象为先生成沉淀，随后沉淀消失D．随着不断加入溶液，溶液的不断升高【答案】AB【详解】A．第二个方程式减去第一个方程式，则平衡常数相除，得到

，故A错误；B．将的溶液改为的溶液，硫离子过量，开始沉淀沉淀，后来沉淀消失，故B错误；C．加入硫化钠溶液，生成HgS沉淀，硫化钠过量，HgS又溶解，因此该实验的现象为先生成沉淀，随后沉淀消失，故C正确；D．硫化钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，随着不断加入溶液，溶液的不断升高，故D正确。综上所述，答案为AB。13．（多选）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是A．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2OB．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C．流程中可循环使用的物质只有NH3D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】BC【分析】菱镁矿高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，加入氯化铵，二氧化硅不反应成为滤渣，镁、铁、铝成为盐溶液，加入氨水生成氢氧化镁沉淀，分离出氢氧化镁煅烧的搭配镁砂。【详解】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根离子水解产生的氢离子反应，促进铵根离子的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，所以浸出镁的反应为MgO+2NH4C=MgCl2+2NH3↑+H2O，A正确；B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故沉镁的操作不能在较高温度下进行，B错误；C．在浸出的操作中，NH3可以回收制备氨水，用于沉镁，在滤液中含有过量NH4C1，可用于浸出时的反应液，流程中可循环使用的物质有NH3、NH4C1，C错误；D．Mg2+与A13+、Fe3+的氢氧化物Ksp相差较大，据此分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，D正确；故选BC。14．镍的氧化物M是蓄电池材料。某小组用含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)制备M的工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)固体2的主要成分是(填化学式)。提高“酸浸”速率宜采用的措施有(答两条)。(2)“酸浸”中有O2生成，分析该反应中的氧化剂为(填化学式)。(3)已知25℃时：，。若浸出液中，当离子浓度≤1×10-5mol·L-1时认为已完全沉淀。用Na2CO3调节pH范围为。(4)“系列操作”包括蒸发浓缩、、过滤、乙醇洗涤、干燥。用乙醇洗涤的目的是。(5)灼烧NiSO4·7H2O时，剩余固体的质量与温度的变化关系如图1所示。写出B→C的化学方程式：。【答案】(1)Fe(OH)3粉碎矿渣、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等(任答2条)(2)Ni2O3(3)3.2≤pH＜6.65(4)降温结晶(或冷却结晶)降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥(5)【分析】含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)酸浸时NiO、Ni2O3、FeO、MgO和稀硫酸反应转化为，SiO2不与酸反应，过滤除去，则固体1是SiO2；过滤后向酸浸后的溶液中加入H2O2将转化为，并用Na2CO3调节溶液pH，使转化为Fe(OH)3沉淀除去，即过滤出固体2为Fe(OH)3，过滤后加入NH4F使Mg2＋沉淀除去，过滤出固体3为MgF2，最后得到硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩、降温结晶，过滤、洗涤干燥，得到NiSO4•7H2O，并在惰性气体环境中灼烧NiSO4•7H2O得到M，据此分析解题；【详解】（1）由分析可知，“沉铁”中将铁离子转化为Fe(OH)3，提高“酸浸”速率可采用粉碎矿渣、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等措施；故答案为：①Fe(OH)3②粉碎矿渣、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；（2）“酸浸”中O2产生，该过程中O的化合价升高，则Ni2O3中Ni的化合价降低，即镍被还原为NiSO4，则氧化剂为Ni2O3；故答案为：Ni2O3；（3）根据溶度积数据计算，沉淀完全时，，，则可推得，,pH=3.2；同理可知，Ni(OH)2开始沉淀时，，pH=6.65，故应控制溶液的pH为：3.2≤pH＜6.65；故答案为：3.2≤pH＜6.65（4）①由分析可知，“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；②用乙醇洗涤的目的是降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥；故答案为：①降温结晶；②降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥（5），在失重过程中，固体中镍元素质量不变，B点对应固体的质量为15.5g，即为0.1mol，C点含Ni为5.9g，含氧为2.4g，则，则C点对应固体的化学式为Ni2O3，根据氧化还原反应配平可得，B到C的反应方程式为：;故答案为：；15．氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)常用作玻璃、陶瓷着色剂和饲料添加剂等。工业上用粗制氧化铜粉(含杂质FeO和SiO2)制备无水氯化铜，制取流程如下：Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2开始沉淀的pH1.97.04.7沉淀完全的pH3.29.06.7已知：氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解。回答下列问题：(1)为避免引入杂质，试剂x可选用(填字母)a．KMnO4溶液

b．Cl2水

c．Br2水

d．H2O2溶液(2)溶液C中加入试剂y可以调节溶液pH，控制pH的取值范围为______~_____，从而除去Fe3+而不引入杂质。试剂y可选用下列物质中的(填字母)a．Cu

b．CuOc．Cu2(OH)2CO3

d．NaOH(3)SOCl2与水反应的化学方程式为。(4)SOCl2与CuCl2·2H2O混合并加热，可得到无水CuCl2的原因是。【答案】(1)bd(2)3.2~4.7bc(3)SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑(4)SOCl2与结晶水反应生成的HCl抑制了CuCl2的水解，可得到无水CuCl2【分析】粗氧化铜粉中加入盐酸，CuO与HCl反应生成CuCl2，FeO与HCl反应生成FeCl2，SiO2不溶于盐酸形成滤渣A，溶液B中加入试剂x将亚铁离子氧化成铁离子，随后加入试剂y调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，溶液D中为CuCl2溶液，氯化铜溶液在通入HCl(g)的条件下蒸发结晶生成氯化铜晶体，最后加入SOCl2加热生成无水氯化铜。【详解】（1）试剂x用途为将亚铁离子氧化成铁离子，同时不能引入杂质，加入高锰酸钾溶液，引入了杂质离子，加入氯气，氯气能将亚铁离子氧化成铁离子，同时自身被还原为氯离子，没有引入杂质离子，Br2虽能氧化亚铁离子但是引入了杂质离子，H2O2能氧化Fe2+，自身被还原为H2O，没有引入杂质离子，故答案选bd。（2）加入试剂y使铁离子沉淀完全，同时铜离子不能发生沉淀，则控制pH在3.2-4.7之间。a．Cu不与氢离子反应，无法调节pH，a错误；b．CuO能与氢离子反应，消耗掉部分氢离子，同时反应生成铜离子和水，能起到调节pH的作用并不引入杂质离子，b正确；c．碱式碳酸铜能与氢离子反应，消耗掉部分氢离子，同时反应生成铜离子、二氧化碳和水，能起到调节pH的作用并不引入杂质离子，c正确；d．NaOH虽能调节pH，但是引入了杂质离子，d错误；故答案选bc。（3）SOCl2易水解，与水反应生成SO2和HCl，化学方程式为SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑。（4）SOCl2能与氯化铜晶体中的结晶水反应生成HCl，抑制了CuCl2的水解，可得到无水CuCl2。【能力提升】1．在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)⇌HgI2(aq)；HgI2(aq)⇌Hg2++2I-；HgI2(aq)⇌HgI++I-；HgI2(aq)+I-⇌HgI；HgI2(aq)+2I-⇌HgI，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI)、lgc(HgI)随lgc(I—)的变化关系如图所示，下列说法错误的是A．线表示lgc(HgI)的变化情况B．随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]保持不变C．a=lgD．溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2：1【答案】D【分析】由题干反应方程式可知，，则有，则有，同理可得：，，，且由可知为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表、、、，据此分析解题；【详解】A．由分析可知，线L表示的变化情况，A正确；B．已知的化学平衡常数，温度不变平衡常数不变，故随增大，始终保持不变，B正确；C．由分析可知，曲线1方程为：，曲线2方程为：即有①，②，联合①②可知得：，C正确；D．若溶液中只含，则溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比为2：1，由于溶液中不变，而在变化，可能是加入了其它物质，影响了溶液中I元素或Hg元素的含量，则溶液中二者的物质的量之比可能发生变化，D错误；故答案为：D。2．工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：。将1.00g硫酸钙加入100mL溶液中，在25℃和充分搅拌条件下，利用计测得体系随时间t变化如图。已知：，，，(不考虑水解)。下列说法不正确的是A．时，以上溶液中存在：B．保持溶液中，可使水垢中的转化为C．时刻体系中已达平衡状态D．时刻后向体系中加入少量固体，溶液的不变【答案】D【详解】A．时，碳酸根是弱酸根离子，少量水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，故，A正确；B．因为和，故的平衡常数，保持溶液中，平衡正移，可使水垢中的转化为，B正确；C．时刻，体系pH不变，溶液中离子浓度不变，故已达到平衡状态，C正确；D．时刻后，向体系中加入少量固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，溶液中碳酸根离子浓度增大，水解平衡正向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，D错误；故选D。3．下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是选项操作或现象实验目的A向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥，灼烧制取Al2O3B用饱和Na2CO3溶液可以将BaSO4转化为BaCO3证明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)C在氯化氢气氛中加热蒸发MgCl2溶液制取无水MgCl2D将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色验证H2SO3的不稳定性A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．Al(OH)3不溶于弱碱，但能溶于强碱NaOH，应该用氯化铝和氨水制取Al(OH)3，然后灼烧Al(OH)3制取Al2O3，故A错误；B．用饱和的Na2CO3溶液可以将BaSO4转化为BaCO3，是因为Qc＞Ksp时，生成沉淀，与沉淀转化无关，且Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），故B错误；C．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进水解，为防止氯化镁水解应该将氯化镁溶液在HCl气氛中加热蒸发，故C正确；D．二氧化硫具有漂白性，但其漂白性不稳定，加热后易恢复原来颜色，与亚硫酸稳定性大小无关，故D错误；故选C。4．下列由实验数据或现象得出的结论正确的是实验操作实验数据或现象结论A用pH计分别测定SO2和CO2饱和溶液的pH前者pH小H2SO3酸性强于H2CO3B向AgCl悬浊液中加入NaI溶液产生黄色沉淀Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)C向滴有酚酞的氨水中加入少量CH3COONH4固体溶液红色变浅氨水中存在电离平衡D等体积、等pH的HA和HB两种酸溶液分别与足量的锌反应相同时间内，HA酸产生的氢气多HA是强酸A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．SO2和CO2饱和溶液的浓度不同，不能比较其电离程度，不能说明H2SO3酸性强于H2CO3，应测定等浓度的SO2和CO2饱和溶液的pH，A错误；B．发生沉淀的转化，向溶度积常数更小的方向转化，向AgCl饱和溶液中加入NaI溶液产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI，则Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，B错误；C．氨水中存在电离平衡：，向溶液中加入CH3COONH4固体，浓度增大使其平衡逆向移动，溶液中OH－浓度减小，导致溶液红色变浅，说明氨水中存在电离平衡，若不存在电离平衡，加入CH3COONH4固体，溶液红色不会变浅，C正确；D．弱酸溶液达到与强酸溶液相同pH时，弱酸的浓度会大于强酸的浓度；因此等体积、等pH的两种酸溶液，弱酸物质的量较大，与足量的锌反应，弱酸溶液放出的H2多，则HA是弱酸，D错误；故选C。5．下列实验中，不能达到实验目的的是A．证明的溶解度大于B．制备氢氧化铁胶体C．征明醋酸的酸性强于碳酸D．将溶液蒸干制取固体A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．硝酸银过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，不发生沉淀的转化，则不能证明AgCl的溶解度大于AgI的，故A错误；B．氯化铁溶液水解可制备胶体，则向沸水中滴加饱和氯化铁溶液出现红褐色液体时，可得到氢氧化铁胶体，故B正确；C．发生强酸制取弱酸的反应，有气泡产生，可知醋酸的酸性强于碳酸，故C正确；D．硫酸为难挥发性酸，则将溶液蒸干可制取固体溶质本身，故D正确；答案选A。6．已知25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag＋)为1.23×10-8mol·L-1，AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)为1.25×10-5mol·L-1.若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol·L-1的溶液中，加入8mL0.01mol·L-1AgNO3溶液，下列叙述正确的是A．混合溶液中c(K＋)>c(NO)>c(Ag＋)>c(Cl-)>c(I-)B．混合溶液中c(K＋)>c(NO)>c(Cl-)>c(Ag＋)>c(I-)C．加入AgNO3溶液时首先生成AgCl沉淀D．混合溶液中约为1.02×10-3【答案】B【分析】KI+AgNO3=AgI↓+KNO3，，消耗n(AgNO3)=5.0×10-5mol，KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，上一步过量的AgNO3为，而KCl为，则KCl过量，生成AgCl为，剩下的KCl为mol，由此得出反应后溶液中，,经计算可得到Ksp(AgCl)=(1.25×10－5)2,Ksp(AgI)=(1.23×10－8)2,,可计算出,，【详解】A．经分析可知，A错误；B．经分析可知，B正确；C．KCl和KI混合溶液中加入AgNO3溶液，因为，所以先生成AgI，再生成AgCl，C错误；D．混合溶液中，D错误；故选B；7．用数字传感器探究AgCl的沉淀溶解平衡。实验测得悬浊液中溶解的氯离子浓度变化如图所示，a点表示大量AgCl溶于水形成的悬浊液，下列说法正确的是A．该温度下B．b点可能加入少量蒸馏水C．c点可能加入一定量的KI溶液D．d点不可能存在【答案】C【详解】A．a点表示大量AgCl溶于水形成的悬浊液，存在沉淀溶解平衡，，c(Ag+)=c(Cl―)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=0.5×0.5=0.25，故A错误；B．Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，若b点加入少量蒸馏水，c(Ag+)=c(Cl―)，则可知c(Ag+)、c(Cl―)均不变，不符合图像变化，故B错误；C．若c点滴加KI溶液，Cl―浓度升高然后达到一个比起始时略高的值，则说明此时溶液中Ag+浓度减小，而部分Ag+转化为AgI沉淀，故C正确；D．若温度升高，Ksp(AgCl)会增大，此时c(Ag+)、c(Cl―)均增大且c(Ag+)=c(Cl―)，故D错误；故答案选C。8．已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、与的关系如图所示，下列说法正确的是A．曲线②代表BaSO4的沉淀溶解曲线B．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点C．该温度下D．的平衡常数【答案】D【分析】相同温度下Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，当c(Ba2+)相同时，c()＞c()，即饱和溶液中-lg[c()]＞-lg[c()]，则曲线①表示BaSO4沉淀溶解曲线，曲线②表示BaCO3的沉淀溶解曲线，Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)•c()=，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c()=，结合溶解平衡影响因素分析解答。【详解】A．由分析可知，曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线，A错误；B．加适量BaCl2固体时c(Ba2+)增大，Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)•c()，则c()减小，-lgc()增大，即加适量BaCl2固体不能使溶液由a点变到b点，B错误；C．根据曲线②上(1.0，7.7)点数值计算Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)•c()=10-1.0×10-7.7=10-8.7，其数量级为10-9，即该温度下，C错误；D．的平衡常数=，D正确；故答案为：D。9．如图所示，有、两种温度下两条在水中的沉淀溶解平衡曲线，下列关于温度时在水中的沉淀溶解平衡曲线的说法不正确的是A．加入可使溶液由a点变为b点B．在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有沉淀生成C．、两条曲线表示的温度关系：D．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)【答案】C【详解】A．向饱和溶液中加入Na2SO4，c()增大，Ksp=c()c(Ba2+)不变，c(Ba2+)减小，可使溶液由a点变为b点，A正确；B．在T1曲线上方任意一点，Qc=c()c(Ba2+)＞Ksp，所以均有BaSO4沉淀生成，B正确；C．在水中的沉淀溶解平衡是吸热的，升高温度，的Ksp增大，c()、c(Ba2+)增大，则，C错误；D．d点位于T1曲线下方，为不饱和溶液，蒸发溶剂，c()、c(Ba2+)均增大，当形成饱和溶液时，d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，D正确；故选C。10．下列说法错误的是已知：不考虑溶液混合时温度变化。A．溶液与过量NaOH溶液反应最终可得到B．向浓氨水中滴加饱和溶液可制得C．常温下，AgCl和AgI的曲线如图所示，由图可知D．常温下，往饱和的悬浊液中，滴加溶液，保持不变【答案】A【详解】A．氢氧化镁难溶于水，碳酸镁微溶于水，则溶液与过量NaOH溶液反应最终可得到沉淀，故A不正确；B．不溶于氨水，则向浓氨水中滴加饱和溶液可发生复分解反应，制得沉淀，故B正确；C．常温下，AgCl和AgI的曲线如图所示，由图可知Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-10×100=1×10-10，Ksp(AgI)=c(Ag+)•c(I-)=10-17×100=1×10-17，，故C正确；D．常温下，往饱和的悬浊液中，滴加溶液，硫酸根浓度增大、沉淀溶解平衡左移，但溶度积只与温度有关，温度不变则保持不变，故D正确；选A。11．（多选）T℃时，PdI2在溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A．T℃时，PdI2的Ksp=7.0×10−9B．T℃时，b点对应的是PdI2不饱和溶液C．降低温度至，溶液由状态d移动至状态bD．T℃时，向a点对应的溶液中加入少量固体，溶液由状态a沿曲线向状态c方向移动【答案】BD【详解】A．由图可知，T℃时，PdI2的Ksp=c(Pd2+)•c2(I-)=7×10-5×(1×10-4)2=7×10-13，故A错误；B．a点在曲线上、为饱和溶液，b点在a点正下方、为不饱和溶液，故B正确；C．b点溶液为不饱和溶液，沉淀溶解过程吸热，溶液由状态d降低温度至T℃时生成沉淀，仍为饱和溶液，不可能移动至状态b，故C错误；D．a点对应的是PdI2饱和溶液，加入少量NaI固体时c(I-)增大，Ksp=c(Pd2+)•c2(I-)，则c(Pd2+)减小，仍在曲线上，溶液由状态a沿曲线向状态c方向移动，故D正确；答案选BD。12．（多选）贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下：下列说法正确的是A．“气体”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质是Na2SB．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥C．“合成反应”中生成BaTiO3的反应是非氧化还原反应D．“洗涤”时可用稀H2SO4去除残留的碱，以提高纯度【答案】BC【分析】重晶石矿经一系列转化得到BaS溶液，BaS溶液中加入稀盐酸酸化得到BaCl2和H2S，然后向溶液中加入过量NaOH经一系列操作得到Ba(OH)2•H2O还得到溶液1，溶液1中含有NaCl和过量的NaOH，Ba(OH)2•H2O进行溶解然后加入Ti(OC4H9)4得到BaTiO3粗产品，然后通过洗涤得到BaTiO3。【详解】A．由分析可知，“气体”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质BaCl2，A错误；B．从溶液中获取晶体，采用蒸发浓缩至有晶膜出现时停止加热、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，所以“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B正确；C．“合成反应”生成BaTiO3的反应中没有电子转移，所以不是氧化还原反应，C正确；D．钛酸钡能和稀硫酸反应，所以不能用稀硫酸洗涤粗品，D错误；故答案为：BC。13．（多选）钪在国防、航天、光电等多领域有重要应用。由钛白水解母液(含Sc3+，H+、Fe2+、Mn2+、等)制备Sc2O3的工艺流程如下：已知“萃取”时发生的反应为，其中HR表示P204。下列说法错误的是A．分批加入萃取剂进行多次萃取可提高的萃取率B．水相中的物质的量浓度小于钛白水解母液中的C．同一温度下，由“转沉”原理可推知溶度积常数：D．“灼烧”反应生成1molSc2O3时，理论上有1.5molO2参加反应【答案】BC【分析】钛白水解工业废酸(含Sc3+、Fe2+、Mn2+、H+、等离子)加入有机萃取剂，Sc3+被萃取到有机相中；之后