（江苏专用）2020版高考化学专题六第4讲难溶电解质的沉淀溶解平衡学案.docx

第4讲难溶电解质的沉淀溶解平衡【2020备考】最新考纲：1.理解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2.能够运用溶度积(Ksp)进行简单计算。新课标要求：认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解与转化。最新考情：沉淀溶解平衡是近几年的高考热点。考查的主要内容是沉淀的生成、溶解和转化、溶度积和浓度商的关系及应用。考查方式以选择题为主，一是考查Ksp的应用，2017年T12C、2016年T13B；二是以图像分析题的形式出现，如2018T13、2013年T14；三是在填空题中考查溶度积常数的计算以及沉淀溶解平衡在工业生产中的应用，如2015年T18(2)、2015年T20(4)，预测2020年高考延续这一命题特点，应给予重点关注。考点一沉淀的溶解平衡及应用知识梳理1.沉淀溶解平衡(1)含义在一定温度下的水溶液中，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了溶解平衡状态。(2)建立过程固体溶质溶液中的溶质(3)特征(4)沉淀溶解平衡的影响因素以AgCl为例：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)外界条件移动方向平衡后c(Ag)平衡后c(Cl)Ksp升高温度正向增大增大增大加水稀释正向不变不变不变加入少量AgNO3逆向增大减小不变通入HCl逆向减小增大不变通入H2S正向减小增大不变名师助学：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)与AgCl=AgCl所表示的意义不同。前者表示难溶电解质AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式，后者表示强电解质AgCl在水溶液中的电离方程式。2.沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成调节pH法如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至34，离子方程式为Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH。沉淀剂法如用H2S沉淀Cu2，离子方程式为H2SCu2=CuS2H。(2)沉淀的溶解酸溶解法如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO32H=Ca2H2OCO2。盐溶液溶解法如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)22NH=Mg22NH3H2O。氧化还原溶解法如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。配位溶解法如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl2H2O。(3)沉淀的转化实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。应用：锅炉除垢、矿物转化等。名师助学：难溶电解质的溶解平衡也是动态平衡，通过改变外界条件可以使平衡发生移动溶液中的离子转化为沉淀、沉淀转化为溶液中的离子或一种沉淀向另一种沉淀转化。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1105 molL1时，沉淀已经完全。题组诊断沉淀溶解平衡及其影响因素1.把Ca(OH)2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)。下列说法正确的是()A.恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高B.给溶液加热，溶液的pH升高C.向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加D.向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变解析恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，A项错误；加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，B项错误；加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，C项正确；加入NaOH固体，溶液温度升高，Ca(OH)2溶解度减小，且溶液中c(OH)增大，平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，D项错误。答案C2.下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是()热纯碱溶液去油污能力强误将钡盐BaCl2、Ba(NO3)2当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒溶洞、珊瑚的形成碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能泡沫灭火器灭火的原理A. B.C. D.解析Na2CO3溶液中存在水解平衡：COH2OHCOOH加热平衡正移。c(OH)增大，去油污能力增强，错误；泡沫灭火器的灭火原理是利用Al3与HCO相互促进的水解反应，与沉淀溶解平衡原理无关，错误；、均与沉淀溶解平衡有关。答案A【方法技巧】(1)难溶电解质不一定是弱电解质，如BaSO4、AgCl等都是强电解质。(2)沉淀溶解平衡是化学平衡的一种，沉淀溶解平衡的移动也同样遵循勒夏特列原理。(3)绝大多数固体的溶解度随温度的升高而增大，但有少数物质的溶解度随着温度的升高而减小，如Ca(OH)2。沉淀的生成、溶解与转化3.为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是()A.浊液中存在平衡：Ag2CrO4(s)2Ag(aq)CrO(aq)B.中溶液变澄清的原因：AgOH2NH3H2O=Ag(NH3)2OH2H2OC.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。答案D4.工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是()A.温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH)均会增大B.沉淀转化的离子方程式为CO(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)SO(aq)C.盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D.Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小解析温度升高，Kw增大，温度升高促进碳酸钠溶液水解，c(OH)增大，A选项正确；加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：COCaSO4CaCO3SO，B选项正确；因为碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不与盐酸反应，所以在盐酸溶液中碳酸钙的溶解性大于硫酸钙，C选项正确；根据COCO2H2O=2HCO知，阴离子HCO的浓度增大，D选项错误。答案D5.下表为有关化合物的pKsp，pKsplg Ksp。某同学设计实验如下：向AgNO3溶液中加入适量NaX溶液，得到沉淀AgX；向中加NaY，则沉淀转化为AgY；向中加入Na2Z，沉淀又转化为Ag2Z。则表中a、b、c的大小关系为()相关化合物AgXAgYAg2ZpKspabcA.abc B.abcC.cab D.abc解析根据沉淀的转化原理可知，溶解度小的沉淀总是向着溶解度更小的沉淀转化，再结合pKsplg Ksp可知Ksp越小其pKsp越大，B项正确。答案B【方法技巧】沉淀生成的两大应用(1)分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出。(2)控制溶液的pH来分离物质，如除去CuCl2中的FeCl3就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3转化为Fe(OH)3而除去。考点二沉淀溶解平衡常数及其应用知识梳理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沉淀溶解的平衡常数溶液中有关离子浓度幂的乘积符号KspQc表达式Ksp(AmBn)cm(An)cn(Bm)，式中的浓度都是平衡浓度Qc(AmBn)cm(An)cn(Bm)，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QcKsp：溶液过饱和，有沉淀析出QcKsp：溶液饱和，处于平衡状态QcKsp：溶液未饱和，无沉淀析出2.Ksp的影响因素(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要因素。(2)外因浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。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物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。名师助学：并非Ksp越小，其物质的溶解性就越小。对于阴、阳离子的个数比相同的难溶电解质，它们的溶解性可以直接用Ksp的大小来比较，Ksp越小，其物质的溶解性就越小；而对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，它们的溶解性就不能直接用Ksp的大小来比较。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相差不是很大时，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。题组诊断溶度积概念理解及其定量计算1.(2018无锡期中)依据下表有关铁的难溶化合物的溶度积，有关说法正确的是()化合物溶度积(25 )化合物溶度积(25 )FeCO33.21011Fe(OH)34.01038Fe(OH)28.01011FeS6.31018A.在c(CO)0.1 molL1溶液中，c(Fe2)3.21010 molL1B.将FeCl2和FeCl3溶液分别调至pH10，则c(Fe2)c(Fe3)C.增加溶液的酸性，有利于将Fe2沉淀为FeS和FeCO3D.将反应液中的Fe2氧化为Fe3有利于将铁元素从溶液中除尽解析A项，c(Fe2)3.21010(若大于3.21010molL1，则生成沉淀)，错误；B项，pH10，此时c(OH)1104 molL1，c(Fe2)8.0103 molL1，c(Fe3)1026 molL1，错误；C项，酸性增强，FeS、FeCO3会溶解：FeS2H=Fe2H2S、FeCO32H=Fe2H2OCO2，错误；D项，由于KspFe(OH)3远小于KspFe(OH)2，正确。答案D2.下表是25 时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是()化学式CH3COOHH2CO3AgClAg2CrO4Ka或KspKa1.8105Ka14.1107Ka25.61011Ksp1.81010Ksp2.01012A.常温下，相同浓度CH3COONH4NH4HCO3(NH4)2CO3溶液中，c(NH)由大到小的顺序是：B.AgCl易溶于氨水难溶于水，所以AgCl 在氨水中的Ksp大于水中的KspC.向饱和氯水中滴加NaOH 溶液至溶液刚好为中性时，c(Na)2c(ClO)c(HClO)D.向浓度均为1103 molL1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1103 molL1的AgNO3溶液，CrO先形成沉淀解析电离常数越大，酸性越强，由图可知酸性：CH3COOHH2CO3HCO；酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强，则水解能力：CH3COOHCOCO，醋酸根离子、碳酸氢根离子和碳酸根离子促进铵根离子水解，弱酸根离子水解程度越大，则铵根离子水解程度越大，但(NH4)2CO3溶液中(NH)的量是CH3COONH4、NH4HCO3 的两倍，水解是极其微弱的，所以(NH4)2CO3中c(NH)最大，应为，A项错误；AgCl易溶于氨水难溶于水，说明AgCl在氨水中的溶解度大于水中的溶解度，B项错误；向饱和氯水中滴加NaOH溶液，根据电荷守恒有：c(H)c(Na)c(Cl)c(ClO)c(OH)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，所以c(Na)c(Cl)c(ClO)，根据物料守恒得：c(Cl)c(ClO)c(HClO)，二者结合可得：c(Na)c(HClO)2c(ClO)，C项正确；AgCl溶液饱和所需Ag浓度：c(Ag) molL11.8107molL1，Ag2CrO4饱和所需Ag浓度c(Ag) molL14.472105 molL1，1.81074.472105，所以Cl先沉淀，D项错误。答案C3.(1)2015江苏化学，18(2)已知：KspAl(OH)311033，KspFe(OH)331039，pH7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除MnSO4溶液中的Fe3、Al3(使其浓度均小于1106 molL1)，需调节溶液pH范围为_。(2)(2017江苏苏州模拟)已知常温下，在0.10 molL1 AlCl3溶液中加入氨水充分搅拌，有Al(OH)3沉淀生成，当溶液的pH4时，c(Al3)_ molL1。(KspAl(OH)311033)(3)(2017江苏扬州模拟)已知：KspCr(OH)311030。室温下，除去被SO2还原所得溶液中的Cr3(使其浓度小于1106 molL1)，需调节溶液pH_。(4)已知Ksp(AgCl)1.561010，Ksp(AgBr)7.71013，Ksp(Ag2CrO4)9.01012。某溶液中含有Cl、Br和CrO的浓度均为0.010 molL1，向该溶液中逐滴加入0.010 molL1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为_。(5)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，该浓缩液中主要含有I、Cl等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为_。已知Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(AgI)8.51017。解析(1)由Al(OH)3和Fe(OH)3的Ksp知，使Al3完全沉淀时，Fe3肯定已沉淀。KspAl(OH)3c(Al3)c3(OH)，c3(OH)1027，c(OH)109 molL1，pH5，为了不使Mn2沉淀，所以pH要小于7.1。(2)根据溶液的pH4，得c(OH)11010 molL1，有Al(OH)3沉淀生成，所得混合液为氢氧化铝的饱和溶液，则有c(Al3)1103 molL1。(3)根据c(Cr3)1106 molL1，则c(OH) molL11108 molL1，c(H)1106 molL1，pH6。(4)根据沉淀溶解平衡原理，当QcKsp时，有沉淀析出。溶液中Cl、Br、CrO的浓度均为0.010 molL1，向该溶液中逐滴加入0.010 molL1的AgNO3溶液时，溶解度小的先满足QcKsp，有沉淀析出。比较Ksp，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBrAgCl。再比较AgCl、Ag2CrO4沉淀所需c(Ag)，Cl沉淀时所需c(Ag)molL11.56108 molL1，CrO沉淀时所需c(Ag)molL13.0105 molL1，故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br、Cl、CrO。(5)当AgCl开始沉淀时，I早已沉淀完全，AgI已达沉淀平衡，溶液中4.7107。 答案(1)5.0pH6(4)Br、Cl、CrO(5)4.7107【归纳总结】 1.江苏高考中涉及Ksp计算的题目都比较简单，只需要利用Ksp的表达式，通过已知的其中一种离子的物质的量浓度，求算另一种离子的物质的量浓度；或者通过离子的浓度幂大小与Ksp数值的比较来判断沉淀的生成。提醒：涉及Qc的计算时，易忽视等体积混合后离子的浓度均减半而使计算出错。故离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，所代入的溶液体积也必须是混合溶液的体积。2.沉淀的先后次序举例结论同类型(如AB型)Ksp(AgCl)1.561010，Ksp(AgBr)7.71013；向Cl、Br浓度均为0.010 molL1的溶液中逐滴加入0.010 molL1 AgNO3溶液，先有AgBr沉淀生成Ksp越小，越先沉淀不同类型(AB、A2B)Ksp(AgCl)1.561010，Ksp(Ag2CrO4)91011；向Cl、CrO浓度均为0.010 molL1的溶液中逐滴加入0.010 molL1 AgNO3溶液，先有AgCl沉淀生成不同类型的沉淀不能根据Ksp大小直接比较，要通过计算达到平衡时所需c(Ag)，达到平衡时需要的c(Ag)越小，越先沉淀溶解平衡曲线及其应用4.已知：pAglg c(Ag)，Ksp(AgCl)1.561010。如图是向10 mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1 molL1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位mL)变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是提示：Ksp(AgCl)Ksp(AgI)()A.原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 molL1B.图中x点的坐标为(100，6)C.图中x点表示溶液中Ag恰好完全沉淀D.把0.1 molL1的NaCl换成0.1 molL1 NaI则图像在终点后变为虚线部分解析当氯化钠溶液的体积为0时，pAg0，所以硝酸银溶液的浓度是1.0 molL1，A项错误；pAg6时，二者恰好反应，所以氯化钠溶液的体积是100 mL，B项正确；当溶液中离子浓度小于1.0105 molL1时可以认为沉淀达到完全，而x点溶液中银离子的浓度是1.0106 molL1，所以C项错误；由于碘化银的溶解度小于氯化银的，所以如果换成0.1 molL1 NaI，则图像在终点后变为实线的上方，D项错误。答案B5.某温度时，可用K2S沉淀Cu2、Mn2、Zn2三种离子(M2)，所需S2最低浓度的对数值lg c(S2)与lg c(M2)的关系如图所示。下列说法正确的是()A.三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为11020B.向MnS的悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2)增大C.可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2D.向浓度均为1105molL1的Cu2、Zn2、Mn2混合溶液中逐滴加入1104molL1的Na2S溶液，Zn2先沉淀解析向横坐标作一垂线，与三条斜线相交，此时c(S2)相同，而c(Cu2)c(Zn2)c(Mn2)，可判断CuS的Ksp最小。取CuS线与横坐标交点，可知此时c(S2)1010 molL1，c(Cu2)1025 molL1，Ksp(CuS)1035，A项错误；向MnS悬浊液中加水，促进溶解，溶解平衡正向移动，但依然是MnS的饱和溶液，c(S2)不变，B项错误；因为Ksp(ZnS)Ksp(MnS)，加入MnS将ZnCl2转化成溶解度更小的ZnS，过量的MnS固体过滤除去，C项正确；因Ksp(CuS)Ksp(ZnS)Ksp(MnS)，所以Cu2先沉淀，D项错误。答案C6.(2013江苏化学，14)一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2、Ca2、Mn2)的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知：pMlg c(M)，p(CO)lg c(CO)。下列说法正确的是()A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B.a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2)c(CO)C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2)c(CO)D.c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2)Ag2S解析AgCl难溶于水、Ag2SO4微溶于水，因此除去溶液中的Ag加盐酸盐比加硫酸盐好，A项正确；加水稀释，平衡正向移动，B项错误；NaCl溶液中Cl的浓度较大，洗涤沉淀时可以减少氯化银的溶解损失，C项正确。AgCl能够生成硫化银沉淀，说明硫化银更难溶，D项正确。答案B2.已知Ksp(AgCl)1.81010、Ksp(AgI)1.51016、Ksp(Ag2CrO4)2.01012，则下列难溶盐的饱和溶液中Ag浓度大小顺序正确的是()A.AgClAgIAg2CrO4 B.AgClAg2CrO4AgIC.Ag2CrO4AgClAgI D.Ag2CrO4AgIAgCl解析由Ksp(AgCl)1.81010可求出c(Ag)1.34105 molL1，由Ksp(AgI)1.51016可求出c(Ag)1.22108 molL1，由Ksp(Ag2CrO4)2.01012可求出c(Ag)1.59104 molL1，所以c(Ag)大小顺序为Ag2CrO4AgClAgI，C项正确。答案C3.25 时，电离常数Ka(HF)3.6104molL1，溶度积Ksp(CaF2)1.461010，Ksp(AgCl)41010，Ksp(AgI)1.01016。下列说法正确的是()A.25 时，0.1 molL1HF溶液pH1B.向AgI饱和溶液中加入NaCl溶液，不会有AgCl沉淀析出C.25时，使AgCl转化为AgI，则加入KI溶液的浓度不低于51012molL1D.向1 L 0.1 molL1HF溶液中加入1 L 0.1 molL1CaCl2溶液，没有沉淀产生解析A.HF为弱酸，不能完全电离，则25 时，0.1 molL1HF溶液中pH1，故A错误；B.虽然Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，但只要c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)，就会有AgCl沉淀生成，故B错误；C.AgCl中c(Ag)2105 mol/L，要使AgCl转化为AgI，加入KI溶液的浓度不低于51012(mol/L)，故C正确；D.向1 L 0.1 molL1HF溶液中加入1 L 0.1 molL1CaCl2溶液，混合后，c(HF)0.05 molL1，有3.6104，则c2(F)1.8105，c(Ca2)0.05 molL1，c2(F)c(Ca2)1.81050.0591071.461010，该体系中有CaF2沉淀产生，故D错误。答案C4.下列说法错误的是()A.向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象，说明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)B.(2017江苏化学，12C)常温下，KspMg(OH)25.61012，pH10的含Mg2溶液中，c(Mg2)5.6104 molL1C.(2016江苏化学，13B)室温下，向浓度均为0.1 molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀。可推出Ksp(BaSO4)Ksp(CaSO4)D.在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小 解析向银氨溶液中分别加入相同浓度的NaCl和NaI溶液，Ag与相同浓度的I和Cl作用仅有黄色沉淀生成，说明Ksp(AgI)Ksp(MgCO3)时生成MgCO3沉淀，B正确；因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH13，所以所加NaOH溶液pH13，C错误；溶液中的c(Mg2)(5.61012102) molL15.61010 molL1，D正确。答案C6.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：模拟海水中的离子浓度/molL1NaMg2Ca2ClHCO0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0105 molL1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。Ksp(CaCO3)4.96109Ksp(MgCO3)6.82106KspCa(OH)24.68106KspMg(OH)25.611012下列说法正确的是()A.沉淀物X为CaCO3B.滤液M中存在Mg2，不存在Ca2C.滤液N中存在Mg2、Ca2D.步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2 和 Mg(OH)2的混合物解析第步加1.0 mL 1.0 mol/L NaOH溶液即n(NaOH)0.001 mol，由于Ksp(CaCO3)Ksp(MgCO3)，会发生HCOCa2OH=CaCO3H2O，而n(HCO)0.001 mol，n(Ca2)0.011 mol，故剩余n(Ca2)0.01 mol，所以沉淀物X为CaCO3，A项正确；M中存在Mg2和Ca2，B项错误；第步加NaOH调至pH11.0，c(OH)1103 mol/L，比较Ksp知，先生成Mg(OH)2沉淀，由KspMg(OH)2得c(Mg2)KspMg(OH)2/c2(OH)5.611012/(103)2 mol/L5.61106 mol/L1.0105 mol/L，所以N中无Mg2，c(Ca2)0.01 mol/L，QcCa(OH)20.01(1.0103)211084.68106，所以N中有Ca2，C项错误；若改为加入4.2 g NaOH，n(NaOH)0.105 mol，Mg2消耗OH为n(OH)2n(Mg2)0.1 mol，剩余n(OH)0.005 mol，c(OH)0.005 mol/L，QcCa(OH)20.01(0.005)22.51074.68106，故无Ca(OH)2沉淀，D项错误。答案A7.实验：0.1 molL1AgNO3溶液和0.1 molL1 NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1 molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 molL1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是()A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)B.滤液b中不含有AgC.中颜色变化说明AgCl转化为AgID.实验可以证明AgI比AgCl更难溶解析在浊液a中，存在AgCl的沉淀溶解平衡，即在滤液b中，仍含有少量Ag，故在b中生成了AgI沉淀，A正确，B错误；向白色沉淀AgCl中滴加KI溶液生成黄色沉淀AgI，由此可说明AgI比AgCl更难溶，C项和D项都正确。答案B8.(2017全国卷)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是()A.Ksp(CuCl)的数量级为107B.除Cl反应为CuCu22Cl=2CuClC.加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好D.2Cu= Cu2Cu平衡常数很大，反应趋于完全解析A项，根据CuCl(s)Cu(aq)Cl(aq)可知Ksp(CuCl)c(Cu)c(Cl)，从Cu图像中任取一点代入计算可得Ksp(CuCl)107，正确；B项，由题干中“可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl”可知Cu、Cu2与Cl 可以发生反应生成CuCl沉淀，正确；C项，Cu(s)Cu2(aq)2Cu(aq)，固体对平衡无影响，故增加固体Cu的物质的量，平衡不移动，Cu的浓度不变，错误；D项，2Cu(aq)Cu(s)Cu2(aq)，反应的平衡常数K，从图中两条曲线上任取横坐标相同的c(Cu2)、c(Cu)两点代入计算可得K106，反应平衡常数较大，反应趋于完全，正确。答案C9.常温下，金属离子(Mn)浓度的负对数值随溶液pH变化关系如图所示已知：pMlg c(Mn)，且假设c(Mn)106 mol/L认为该金属离子已沉淀完全。根据判断下列说法正确的是()A.常温下，KspMg(OH)2KspFe(OH)2B.可以通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2和Fe2C.除去Cu2中少量Fe3，可控制溶液3pHc(Fe2)，所以KspMg(OH)2KspFe(OH)2，A项错误；当Cu2完全沉淀时，Fe2已经开始沉淀，所以不能通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2和Fe2，B项错误；当3pH4时，Fe3完全沉淀，而Cu2不会沉淀，所以除去Cu2中少量Fe3，可控制溶液3pHpKspCu(OH)2C.Fe(OH)3的pKsp38.5D.Al3在溶液中沉淀完全的pH5解析Mg(OH)2存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)，加入CH3COONH4，NH与OH结合生成NH3H2O，促进Mg(OH)2的溶解，故Mg(OH)2溶于CH3COONH4溶液，A项错误；根据开始沉淀的pH：Mg(OH)2Cu(OH)2，得溶度积：KspMg(OH)2KspCu(OH)2，则pKspMg(OH)2pKspCu(OH)2，B项错误；根据Fe(OH)3开始沉淀的