第30讲 难溶电解质的沉淀溶解平衡\n考点一考点二高考真题演练随堂过关训练\n考点一\n考点一 沉淀溶解平衡及其应用必备知识梳理·夯实学科基础1.沉淀溶解平衡(1)含义在一定温度下的水溶液中，当沉淀_______和生成的速率相等时，即达到了溶解平衡状态。(2)建立过程溶解>＝<\n(3)特征＝≠不变\n2．影响沉淀溶解平衡的因素(1)内因难溶电解质本身的性质，这是决定性因素。(2)外因温度规律升温，大多数溶解平衡向____________移动，Ksp________原因大多数难溶电解质的溶解过程是________的浓度规律加水稀释，平衡向____________移动，Ksp________相同离子加入与难溶电解质构成微粒相同离子组成的物质，平衡向______________移动反应离子加入能消耗难溶物离子的物质，平衡向____________移动其他向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶或更难电离或气体的离子时，平衡向___________的方向移动。溶解的方向增大吸热溶解的方向不变生成沉淀的方向溶解的方向沉淀溶解\n以AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH＞0为例，填写外因对溶解平衡的影响外界条件移动方向平衡后c(Ag＋)平衡后c(Cl－)Ksp升高温度________________________加水稀释________________________加入少量AgNO3________________________通入HCl________________________通入H2S________________________正向增大增大增大正向不变不变不变逆向增大减小不变逆向减小增大不变正向减小增大不变\n3.沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成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3～4，离子方程式为_______________________________。②沉淀剂法如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为________________________。Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋\n特别提醒若一种沉淀剂可使溶液中多种离子产生沉淀时，则可控制条件，使这些离子先后分别沉淀。(1)对同一类型的沉淀，Ksp越小越先沉淀，且Ksp相差越大分步沉淀效果越好。如在Cl－、Br－、I－的混合溶液中，由于AgCl、AgBr、AgI的Ksp相差较大，逐滴加入Ag＋可按I－、Br－、Cl－的顺序先后沉淀，即Ksp最小的首先沉淀出来。(2)对不同类型的沉淀，其沉淀先后顺序要利用Ksp计算溶液中离子的浓度，根据离子浓度的大小来判断沉淀的先后顺序，如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀，可通过控制Ag＋浓度来完成。\n(2)沉淀的溶解①酸溶解法如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为____________________________。②盐溶液溶解法如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为_________________________________。③氧化还原溶解法如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。④配位溶解法如AgCl溶于氨水，离子方程式为_______________________________________。CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑Mg(OH)2＋2N===Mg2＋＋2NH3·H2OAgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O\n特别提醒用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部生成沉淀除去，一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，沉淀已经完全。\n(3)沉淀的转化①实质：沉淀溶解平衡的移动。②举例：MgCl2溶液Mg(OH)2Fe(OH)3，则Ksp[Mg(OH)2]_______Ksp[Fe(OH)3]。③规律：一般说来，________的沉淀转化成__________的沉淀容易实现，但溶解度小的沉淀在一定条件下，也能转化为溶解度稍大的沉淀。④应用锅炉除水垢将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为____________________________________________________矿物转化CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为________________________________________________＞溶解度小溶解度更小CaSO4＋C===CaCO3＋SZnS＋Cu2＋===CuS＋Zn2＋\n[易错易混辨析](错误的说明错因)(1)向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液，则沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含()错因：___________________________________________________(2)室温下，AgCl在食盐水中的溶解度小于水中的在溶解度()错因：___________________________________________________(3)洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好()错因：___________________________________________________(4)在一定条件下，溶解度较小的沉淀不能转化成溶解度较大的沉淀()错因：___________________________________________________×生成BaSO4沉淀，溶液中建立BaSO4的沉淀溶解平衡，一定有S√×沉淀水洗时，溶解平衡向右移动，有损失×向BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，也可以转化为BaCO3\n(5)向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：＋3MgCl2()错因：___________________________________________________(6)难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动。()错因：______________________________________________________________________________________________________(7)为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀。()错因：___________________________________________________(8)其他条件不变时，向饱和Ag2CrO4水溶液中加入少量K2CrO4固体，溶液中c(Ag＋)减小。()错因：___________________________________________________√×难溶电解质达到沉淀溶解平衡，溶液已经饱和，增加难溶电解质的量，平衡不移动√√\n[深度思考]试用平衡移动原理解释下列事实：(1)已知Ba2＋有毒，为什么医疗上能用BaSO4作钡餐透视，而不能用BaCO3作钡餐？(2)分别用等体积的蒸馏水和0.01mol·L－1的盐酸洗涤AgCl沉淀，用水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。答案：由于胃液的酸性很强(pH为0.9～1.5)，H＋与BaCO3电离产生的C结合生成CO2和H2O，使BaCO3的溶解平衡：BaCO3(s)⇌Ba2＋(aq)＋C(aq)向右移动，c(Ba2＋)增大，会引起人体中毒。而S是强酸根离子，不能与胃液中的H＋结合，因而胃液中H＋浓度对BaSO4的溶解平衡基本没影响，Ba2＋浓度可以保持在安全的浓度标准以下。答案：用水洗涤AgCl，AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡右移，AgCl的质量减少，而用盐酸洗涤AgCl时，HCl电离产生的Cl－会使AgCl的溶解平衡向左移动，可以减少AgCl的溶解，因而损失较少。\n题组强化训练·形成关键能力题组一沉淀溶解平衡及其影响因素1．25℃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固体，下列说法正确的是()A．溶液中Pb2＋和I－的浓度都增大B．溶度积常数Ksp增大C．沉淀溶解平衡向右移动D．溶液中Pb2＋的浓度减小答案：D\n解析：加入KI固体时，溶液中c(I－)增大，使PbI2的沉淀溶解平衡逆向移动，因此溶液中c(Pb2＋)减小，但由于溶液的温度未发生改变，故PbI2的溶度积常数Ksp不变。\n2．为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如图实验。①中现象：产生红色沉淀，②中现象：溶液先浑浊，后来澄清，③中现象：产生白色沉淀。关于该实验的分析不正确的是()A．①浊液中存在平衡：(aq)B．②中溶液变澄清的原因：AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]OH＋2H2OC．③中颜色变化说明有AgCl生成D．该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶答案：D\n解析：AgNO3溶液过量，故余下浊液中含有Ag＋，加入KCl溶液生成AgCl白色沉淀，不能证明AgCl比Ag2CrO4更难溶，D项错误。\n题组二沉淀溶解平衡的应用3．工业上采用湿法炼锌过程中，以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋、Cl－等杂质，这些杂质对锌的电解工序有妨碍，必须事先除去。现有下列试剂可供选择：①酸性KMnO4溶液②NaOH溶液③ZnO④H2O2溶液⑤Zn⑥Fe⑦AgNO3⑧Ag2SO4下列说法不正确的是()A．用酸性KMnO4溶液将Fe2＋氧化成Fe3＋，再转化为Fe(OH)3沉淀除去B．用ZnO调节浸出液的酸碱性，可使某些离子形成氢氧化物沉淀C．在实际生产过程中，加入Ag2SO4可除去Cl－，是利用了沉淀转化的原理D．也可以用ZnCO3代替ZnO调节溶液的酸碱性答案：A\n解析：用酸性KMnO4溶液氧化Fe2＋时，会引入K＋、Mn2＋等新的杂质，这些离子在后续反应中难以除去，影响生产。生产中应该使用H2O2溶液氧化Fe2＋，然后加入ZnO或ZnCO3调节溶液的pH，使Fe3＋等离子形成沉淀。\n4．回答下列问题。(1)在实验室中怎样除去NaCl溶液中的BaCl2?(2)怎样除去AgI中的AgCl?答案：向溶液中加入过量的Na2CO3溶液充分反应，过滤，向滤液中加适量盐酸答案：把混合物与饱和的KI溶液混合，振荡静置，溶度积大的AgCl就会慢慢转化为溶度积小的AgI\n(3)BaCO3不溶于水，为什么不能作钡餐？(4)CaCO3难溶于稀H2SO4，但为什么能溶于醋酸中？答案：BaCO3(s)⇌Ba2＋(aq)＋C(aq)，HCl===H＋＋Cl－，2H＋＋C===H2O＋CO2↑，胃酸电离的H＋与BaCO3产生的C结合生成CO2和H2O，破坏了BaCO3的溶解平衡，c(Ba2＋)增大，引起人体中毒答案：CaCO3(s)⇌Ca2＋(aq)＋C(aq)，H2SO4===S＋2H＋，Ca2＋＋S===CaSO4↓，因为生成的CaSO4溶解度较小，会附着在CaCO3的表面，阻止平衡右移。而CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，Ca2＋与CH3COO－不产生沉淀；当H＋与C结合生成CO2和H2O时，CaCO3的溶解平衡右移\n题组三沉淀溶解平衡的实验探究5．某研究性学习小组通过传感器测量一定温度下溶液的电导率(电导率越大，说明溶液的导电能力越强)，各物质的电导率数据如下：下列分析不正确的是()A．依据数据，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(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)C．将Na2CO3固体加入④中，可以生成CaSO4沉淀D．⑤⑥等体积混合后过滤，推测滤液的电导率大于13序号①②③④⑤⑥⑦物质CaCO3(固体)H2OCaCO3饱和溶液CaSO4饱和溶液NaCl0．001mol·L－1AgNO30．001mol·L－1AgCl饱和溶液电导率07373891989113813答案：C\n解析：电导率可反映自由移动离子的浓度大小。碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子间形成离子键，离子不能自由移动，故A正确；与②对比，⑦AgCl饱和溶液的电导率为13，说明⑦氯化银饱和溶液中存在自由移动的离子，AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故B正确；CaCO3饱和溶液的电导率比CaSO4的小，说明CaCO3的溶解度比CaSO4小的多，应生成CaCO3沉淀，故C错误；⑤⑥等体积、等浓度混合，混合后过滤得到硝酸钠、氯化银的饱和溶液，电导率一定大于13，故D正确。\n6．某兴趣小组进行下列实验：①将0.1mol·L－1MgCl2溶液和0.5mol·L－1NaOH溶液等体积混合得到浊液②取少量①中浊液，滴加0.1mol·L－1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1mol·L－1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解下列说法中不正确的是()A．将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2＋B．①中浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)C．实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶D.NH4Cl溶液中的可能是④中沉淀溶解的原因答案：C\n解析：MgCl2溶液与NaOH溶液等体积混合得到Mg(OH)2悬浊液，剩余NaOH，但仍存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)。实验②中是因为剩余的NaOH能和氯化铁反应生成Fe(OH)3，不能比较Fe(OH)3和Mg(OH)2的溶解能力，故C错误。\n特别提醒(1)用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，沉淀已经完全。(2)溶度积小的难溶电解质在一定条件下也能向溶度积大的难溶电解质转化。当两种难溶电解质的Ksp差别不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可由溶度积小的难溶电解质向溶度积大的难溶电解质转化。\n考点二\n考点二 沉淀溶解平衡常数及应用1.溶度积和离子积以AmBn(s)⇌mAn+(aq)＋nBm-(aq)为例：溶度积离子积概念________的平衡常数溶液中有关离子______幂的乘积符号KspQc表达式Ksp(AmBn)＝____________，表达式中的浓度都是平衡浓度Qc(AmBn)＝____________，表达式中的浓度是任意浓度应用判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解：①Qc____Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出②Qc____Ksp：溶液饱和，处于平衡状态③Qc____Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出沉淀溶解浓度cm(An＋)·cn(Bm－)cm(An＋)·cn(Bm－)>＝<\n特别提醒(1)Ksp只与温度有关，与浓度无关；升高温度，大多数固体难溶电解质的Ksp增大，但Ca(OH)2却相反。(2)对于Ksp表达式类型相同的物质，如和Zn(OH)2，Ksp的大小反映了难溶电解质在溶液中的溶解能力的大小，一般Ksp越小，则溶解度越小。(3)对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，它们的溶解度不能直接用Ksp的大小来比较，如AgCl(Ksp＝1.8×10－10)、Ag2CrO4(Ksp＝1.0×10－12)，Ag2CrO4溶液中的c(Ag＋)大于AgCl溶液中的c(Ag＋)。\n2.沉淀溶解平衡曲线中Qc和Ksp的关系难溶电解质(以BaSO4沉淀曲线为例说明)Qc和Ksp间的关系有以下三种可能：在曲线上任何一点，Qc＝Ksp，沉淀与溶解达到动态平衡，溶液是饱和溶液。在曲线右上方Qc＞Ksp，溶液处于过饱和，有沉淀析出，直至Qc＝Ksp。在曲线左下方Qc＜Ksp，为不饱和溶液，无沉淀析出，直至Qc＝Ksp。\n[易错易混辨析](错误的说明错因)(1)已知：Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度()错因：________________________________________________(2)常温下，向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小()错因：________________________________________________(3)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大()错因：________________________________________________(4)向AgCl、AgBr的混合饱和溶液中加入少量，溶液中不变()错因：________________________________________________×二者的化学式中离子个数比不同，不能依据Ksp比较溶解度×温度不变，Ksp不变×溶解一般是吸热的，温度升高，平衡正移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反√\n(5)向浓度均为0.05mol·L－1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)()错因：________________________________________________________________________________________________(6)0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)()错因：________________________________________________(7)Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液()错因：________________________________________________×黄色沉淀为AgI，由于加入少量AgNO3溶液而生成AgI，故Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)×由于Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故它们的饱和溶液中c(Cl－)＞c(I－)√\n[深度思考](1)某温度下，已知Ksp(AgCl)＝1.80×10－10，将2.2×10－3mol·L－1的NaCl和2.0×10－3mol·L－1的AgNO3等体积混合是否有沉淀生成？写出推理过程。若有沉淀生成，请计算反应后Ag＋浓度。(2)室温下，Mg(OH)2的Ksp＝5×10－13。则室温下，饱和Mg(OH)2溶液的pH＝________。Qc＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝1.1×10－3×1.0×10－3＝1.1×10－6，Qc＞Ksp(AgCl)，有沉淀生成。反应后剩余c(Cl－)＝1.0×10－4mol·L－1，则c(Ag＋)＝＝mol·L－1＝1.80×10－6mol·L－1。10\n解析：(2)设饱和Mg(OH)2溶液中c(OH－)＝xmol·L－1，则c(Mg2＋)＝mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝·x2＝5×10－13，则x＝1×10－4，c(H＋)＝mol·L－1＝1×10－10mol·L－1，所以pH＝10。\n题组强化训练·形成关键能力题组一溶度积及溶度积规则1．下列说法不正确的是()A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关B．由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D．难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小答案：D解析：对于阴、阳离子的个数比相同即同一类型的难溶电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强即溶解度越大；对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，不能直接用Ksp的大小比较它们的溶解能力，必须通过计算进行比较，故D错误。\n2．在25℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是()A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36mol·L－1B．25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大答案：B\n解析：饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为＝mol·L－1，故A错误；二者的阴、阳离子个数比相同，由FeS的Ksp＝6.3×10－18、CuS的Ksp＝1.3×10－36可知，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；FeS的Ksp＝6.3×10－18、ZnS的Ksp＝1.3×10－24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。\n题组二和Ksp有关的计算与判断3．相关物质的溶度积常数见下表(25℃)：下列有关说法不正确的是()A．浓度均为0.2mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀B．将0.001mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl和0.001mol·L－1的K2CrO4混合溶液中，先产生AgCl沉淀C．0.11mol·L－1的MgCl2溶液中加入氨水产生Mg(OH)2沉淀时溶液的pH为9D．在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)增大物质Mg(OH)2CH3COOAgAgClAg2CrO4Ksp1.1×10－112.3×10－31.8×10－101.9×10－12答案：D\n解析：浓度均为0.2mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合后，浓度均变为0.1mol·L－1，此时c(Ag＋)·c(CH3COO－)＝0.01＞2.3×10－3，所以一定产生CH3COOAg沉淀，A正确；根据氯化银和铬酸银的溶度积常数可知在氯离子和铬酸根离子浓度均为0.001mol·L－1的条件下开始出现沉淀时银离子的浓度分别为1.8×10－7mol·L－1、mol·L－1，所以先产生AgCl沉淀，B正确；根据氢氧化镁的溶度积常数可知0.11mol·L－1的MgCl2溶液中加入氨水产生Mg(OH)2沉淀时溶液中氢氧根的浓度为＝10－5mol·L－1，因此氢离子浓度是10－9mol·L－1，则溶液的pH为9，C正确；溶度积常数只与温度有关，温度不变，Ksp(AgCl)不变，D错误。\n4．有关数据如表所示：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，铁变为Fe3＋，加碱调节至pH为________时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是___________________，原因是_________________________。化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－392.76无法将Zn2＋和Fe2＋分离Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近\n解析：计算Fe3＋沉淀完全时的pH，当溶液中c(Fe3＋)小于10－5mol·L－1时，视为Fe3＋沉淀完全，先利用Ksp[Fe(OH)3]求算c(OH－)＝≈10－11.3mol·L－1，再通过Kw求出c(H＋)⇨pH≈2.7。计算Zn2＋开始产生沉淀时的pH，先利用Ksp[Zn(OH)2]求算c(OH－)＝＝10－8mol·L－1，再通过Kw求出c(H＋)⇨pH＝6。\n情境创新设计铜蓝是一种成分为硫化铜的矿物，它的含铜量为66%，是提炼铜的矿石。铜蓝呈蓝色，具有金属光泽，一般为片状，或像一层膜似的覆盖在其他矿物或岩石上，也可像一团烟灰一样。铜蓝主要产在其他铜矿床附近，自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成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)。\n[问题探究](1)CuSO4溶液与ZnS反应能转化为铜蓝(CuS)，你能写出该转化反应的离子方程式吗？(2)通过ZnS能转化为铜蓝(CuS)的事实，你能比较ZnS和CuS溶度积常数的大小吗？试总结沉淀转化的实质。提示：CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋(aq)＋ZnS(s)⇌CuS(s)＋Zn2＋(aq)。提示：ZnS的溶度积常数大于CuS的溶度积常数。沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，一般是将溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀。\n(3)已知FeS和CuS的溶度积常数：Ksp(FeS)＝6.3×10－18，Ksp(CuS)＝1.3×10－36，试通过计算判断FeS与CuSO4溶液反应能否完全转化为CuS?\n(4)要将等体积的4×10－3mol·L－1的AgNO3溶液和4×10－3mol·L－1的K2CrO4溶液混合，是否能析出Ag2CrO4沉淀？[已知Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12]提示：混合后c(Ag＋)＝c(Cr)＝2×10－3mol·L－1，Qc＝c2(Ag＋)·c(Cr)＝(2×10－3)2×2×10－3＝8×10－9＞9.0×10－12，故有Ag2CrO4沉淀析出。\n高考真题演练\n1．[2021·全国甲卷]已知相同温度下，Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)。某温度下，饱和溶液中)]、)]与－lg[c(Ba2＋)]的关系如图所示。下列说法正确的是()A.曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线B.该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×10－10C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点D.c(Ba2＋)＝10－5.1时两溶液中＝答案：B\n解析：根据相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，可进行如下分析：当横坐标均为5.1时，即c(Ba2＋)＝10－5.1mol·L－1时，阴离子浓度：d点＜c点；c、d两点均在沉淀溶解平衡曲线上，即溶度积常数：d点＜c点，故曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线。结合上述分析，可知曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线，曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，A项错误；根据曲线①过横、纵坐标均为5.0的点可知，溶解平衡体系中c(Ba2＋)＝c(S)＝1×10－5.0mol·L－1，则该温度下Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(S)＝1×10－(5.0＋5.0)＝1×10－10，B项正确；加适量BaCl2固体，溶液中c(Ba2＋)增大，由于温度保持不变，即溶液中c(C)减小，可使溶液由b点向a点移动，C项错误；当c(Ba2＋)＝10－5.1mol·L－1时，d点平衡时c(S)＝10－y2mol·L－1，c点平衡时c(C)＝10－y1mol·L－1，即两溶液中＝＝10y1－y2，D项错误。\n2．[2020·全国卷Ⅱ]二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是()A.海水酸化能引起D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境答案：C\n解析：海水酸化会引起H＋浓度增大，H＋与C结合生成HC，故HC浓度增大、C浓度减小；海水酸化会使C浓度减小，平衡CaCO3(s)⇌Ca2＋(aq)＋C(aq)朝着CaCO3溶解的方向移动，导致珊瑚礁减少；CO2引起海水酸化的原理是CO2＋H2O⇌H2CO3⇌H＋＋HC；使用太阳能、氢能等新能源可减少二氧化碳的排放，可改善珊瑚的生存环境。故选C。\n随堂过关训练\n1．向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag＋＋2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，平衡常数记为K{[Ag(NH3)2]＋}，下列分析不正确的是()A.浊液中存在溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)B.实验表明实验室可用氨水洗涤附着有银的试管C.由实验可以判断：NH3结合Ag＋的能力比Cl－强D.由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl答案：B\n解析：AgCl是难溶电解质，在浊液中存在溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，A正确；Ag＋与NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]＋，但单质银与NH3·H2O不能反应，可用稀硝酸洗涤附着有银的试管，B错误；AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，生成[Ag(NH3)2]＋，说明NH3结合Ag＋的能力比Cl－强，C正确；加浓硝酸后，NH3·H2O与H＋反应生成N，使平衡Ag＋＋2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]＋＋2H2O逆向移动，c(Ag＋)增大，Ag＋再与Cl－结合生成AgCl沉淀，D正确。\n2．化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)⇌CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关叙述中错误的是()A.MnS的Ksp大于CuS的KspB.该反应达到平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)C.往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大D.该反应的平衡常数K＝答案：B\n\n3．(1)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3＋(蓝紫色)、(绿色)、(橙红色)、(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以标准溶液滴定溶液中Cl－，利用Ag＋与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。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＋)为__________mol·L－1，此时溶液中)等于__________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10－12和2.0×10－10)2.0×10－55.0×10－3\n解析：(1)由AgCl的Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)，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＝2.0×10－5mol·L－1；由Ag2CrO4的Ksp＝c2(Ag＋)·c(Cr)，此时溶液中c(Cr)＝mol·L－1＝5.0×10－3mol·L－1。\n(2)若FeCl2与MgCl2中c(Mg2＋)＝0.02mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，此时是否有沉淀生成？__________________(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。Fe3＋恰好沉淀完全时，c(P)＝mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1，则c3(Mg2＋)·c2(P)值为0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40<Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀\n解析：(2)分两步计算：①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3＋)·c(P)＝Ksp(FePO4)，c(P)＝mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1。②混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2＋)＝0.01mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(P)＝0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40<Ksp[Mg3(PO4)2]，没有磷酸镁沉淀生成。
