课件高考化学一轮复习《第28讲难溶电解质的溶解平衡》

一轮重点巩固方向比努力更重要研究考纲·辨明考向解质溶难电与用溶平解衡应考纲要求考纲解读考向预测1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡，以及影响因素。2.理解溶度积的含义，能进行相关的计算。3.利用难溶电解质的沉淀溶解平衡解决实际问题。1.难溶电解质的溶解平衡是近几年高考的重点和热点，题型有选择题和非选择题。2.主要考查：一、难溶电解质的溶解平衡的建立和移动与影响因素；二、难溶电解质的溶解平衡的相关计算；三、难溶电解质的相互转化。四、沉淀反应在生产、科研、环保中的应用等。3.在考查形式上主要是结合图像、无机化工流程，利用难溶电解质的溶解平衡相关理论解决实际的问题，考查考生的识图能力和分析问题能力。

核心素养思维导图1.变化观念与平衡思想：认识难溶电解质的溶解平衡有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析难溶电解质的溶解平衡(并运用难溶电解质的溶解平衡)原理解决实际问题(利用沉淀生成处理污水等)。2．科学探究与创新意识：能发现和提出有关难溶电解质的溶解平衡的判断问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行沉淀转化等的实验探究。3．证据推理与模型认知：知道可以通过分析、推理等方法认识难溶电解质的溶解平衡的本质特征、建立模型。能运用模型解释难溶电解质的溶解平衡的移动，揭示现象的本质和规律。名师备考建议近几年来，高考对本节内容的考查一直较“热”，主要考点有四个：一是考查溶解平衡的建立和平衡的移动；二是结合图像，考查溶度积的应用及其影响因素；三是沉淀反应在生产、科研、环保中的应用，重点是溶度积常数的应用及相关计算；四是沉淀溶解平衡图像题出现的概率也较高，主要考查Ksp的相关计算及粒子浓度的关系。在进行复习时，对于难溶电解质的溶解平衡主要应依据高考题型进行分类演练。如难溶电解质的相关图像，要借助Ksp理解曲线及曲线上点的含义：曲线上的点代表饱和溶液；曲线上部的点代表过饱和溶液，有沉淀析出；曲线下部的点代表不饱和溶液，加固体溶质会溶解。还要学会利用图像所提供的信息进行溶度积常数的有关计算。Ksp与离子浓度的关系及其对应计算已成为高考的新热点，估计会结合图像来考查学生的读题能力。另外将盐类水解与弱电解质的电离、沉淀溶解平衡等知识融合在一起的综合题也一直是命题的热点。预计2024年高考中沉淀溶解平衡图像在选择题中出现的概率较大，同时在在工艺流程题中必定会出现。真题再现·辨明考向√1.(2023年全国甲卷)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM－pH关系图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L-1)]；c(M)≤10-5mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是A．由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10-8.5B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为mol·L-1C．浓度均为0.01mol·L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离D．Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)＝0.2mol·L-1时二者不会同时沉淀解析：A．由点a(2，2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)×c3(OH－)＝10-2.5×10-12×3＝10-38.5，故A错误；B．由点(5，6)可知，此时pH＝5，pOH＝9，则Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c3(OH－)＝10-6×10-9×3＝10-33，pH＝4时Al(OH)3的溶解度为=10-3mol·L-1，故B错误；C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3+和Fe3+，故C正确；D．由图可知，Al3+沉淀完全时，pH约为4.7，Cu2+刚要开始沉淀，此时c(Cu2+)＝0.1mol·L-1，若c(Cu2+)＝0.2mol·L-1>0.1mol·L-1，则Al3+、Cu2+会同时沉淀，故D错误；2.(2023年湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6√解析：污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。A．根据分析可知氢氧化铁当pH＝1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH＝3.5时开始沉淀，当pH＝4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-＋H2OHS－＋OH－，B正确；3.(2023年全国乙卷)一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。√4.(2023年新课标卷)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag+＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋)。下列说法错误的是A．曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag+)∙c(Cl－)＝10-9.75C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81D．c(NH3)＝0.01mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag+)√解析：氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:

AgCl(s)Ag+

(aq)＋Cl－(aq)，且c(Ag+)＝c(Cl－)。向饱和溶液中滴加氨水，Ag+和NH3形成配合物，溶液中c(Ag+)减小，AgCl

的沉淀溶解平衡，c(Cl－)增大、

c([Ag(NH3)]+)增大，继续滴加氨水，已知的两个络合平衡：Ag+＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，不断正向移动，c([Ag(NH3)]+)增大的幅度小于c([Ag(NH3)2]+)，则曲线1、I1、

II、IV分别表示c([Ag(NH3)2]+)、

c([Ag(NH3)]+)、c(Ag+)、c(Cl－)与c(NH3)对数变化的曲线。

A．由分析可知，在固体消失前，c(Cl－)即可

表示氯化银溶解度，曲线IV表示c(Cl－)与c(NH3)对数变化的曲线，可视为氯化银溶解度随NH3浓度变化曲线，而曲线I为c([Ag(NH3)2]+)与c(NH3)对数变化的曲线，开始阶段当所加氨水很少时，c([Ag(NH3)2]+)远小于c(Cl－)，很显然曲线I不能表示氯化银溶解度随NH3浓度变化曲线，故A错误；B．由图可知，当lg[c(NH3)]＝－1，即c(NH3)＝0.1

mol·L-1时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)＝10-2.35mol·L-1、c([Ag(NH3)]+)＝

10-5.16mol·L-1、

c(Ag+)＝10-7.40mol·L-1、

c(Cl－)＝10-2.35mol·L-1。当c(NH3)＝0.1mol·L-1时AgCl固体仍有剩余，则AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag+)∙c(Cl－)＝10-7.40×10-2.35＝10-9.75，故B正确；5.(2023年江苏卷)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知Ksp(MgF2)＝5.2×10-11，Ka(HF)＝6.3×10-4。下列说法正确的是√6.(2023年辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1mol·L-1，通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与－lgc关系如下图所示，c为HS－、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为mol·L-1。已知Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，下列说法正确的是A.Ksp(CdS)＝10-18.4

B.③为pH与－lgc(HS－)的关系曲线C.Ka1(H2S)＝10-8.1

D.Ka2(H2S)＝10-14.7√解析：已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有－lgc(HS-)和－lgc(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS－浓度大于S2-，即－lgc(HS－)小于－lgc(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则－lgc(Ni2+)和－lgc(Cd2+)随着pH增大而增大，且有－lgc(Ni2+)小于－lgc(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS－，据此分析结合图像各点数据进行解题。A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)＝c(S2-)＝10-13mol/L，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2+)∙c(S2-)＝10-13×10-13＝10-26，A错误；7.(2023年河北卷)某温度下，两种难溶盐AgxX、AgyY的饱和溶液中－lgc(Xx-)或－lgc(Yy-)与－lgc(Ag+)的关系如图所示。下列说法错误的是√A．x∶y＝3∶1B．若混合溶液中各离子浓度如J点所示，加入AgNO3(s)，则平衡时变小C.向AgxX固体中加入NayY溶液，可发生AgxX→AgyY的转化D.若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，待平衡时c(Xx-)＋c(Yy-)＜2c(Ag+)解析：对于沉淀AgxX，存在沉淀溶解平衡AgxXxAg＋＋Xx-，则Ksp(AgxX)＝cx(Ag+)∙c(Xx-)，在图像上任找两点(0，16)，(3，7)，转化成相应的离子浓度代入，由于温度不变，所以计算出的Ksp(AgxX)不变，可求得x=3，Ksp(Ag3X)＝1×10-16；对于沉淀AgyY，存在沉淀溶解平衡AgyYyAg＋＋Xy-，Ksp(Agyy)＝cy(Ag+)∙c(Yy-)，按照同样的方法，在图像上任找两点(0，10)，(3，7)，可求得y＝1，Ksp(AgY)＝1×10-10。A．根据分析可知，x＝3，y＝1，x∶y＝3∶1，A项正确；B．由图像可知，若混合溶液中各离子浓度如J点所示，此时＝1，加入AgNO3(s)，c(Ag+)增大，－lgc(Ag+)减小，则－lgc(Xx-)＞－lgc(Yy-)，c(Xx-)＜c(Yy-)，变小，B项正确；C．向AgxX固体中加入NayY溶液，当达到了AgyY的溶度积常数，可发生AgxX→AgyY的转化，C项正确；D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，由于沉淀AgxX达到沉淀溶解平衡，所以c(Xx-)不发生变化，而AgyY要发生沉淀，Yy-和Ag＋的物质的量按1∶1减少，所以达到平衡时c(Xx-)＋c(Yy-)＞2c(Ag+)，D项错误；8.(2023年浙江6月选考)探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上试纸变白次氯酸钠溶液呈中性C向2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol·L－1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L－1KI溶液先产生白色沉淀再产生黄色沉淀AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度D取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀后者溶液变蓝色氯气与水的反应存在限度√解析：A．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误；C．由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；D．新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；√A．曲线①代表－lgc(M2+)与pH的关系B．M(OH)2的Ksp约为1×10-10C．向c(M2+)＝0.1mol·L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在pH=9.0，体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在D．向c[M(OH)]＝0.1mol·L－1的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以M2+存在√√11.(2022年湖南卷)室温时，用0.100mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，Ksp(AgBr)＝5.4×10-13，Ksp(AgI)＝8.5×10-17。下列说法正确的是√A.a点：有白色沉淀生成B.原溶液中I－的浓度为0.100mol·L－1C.当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀D.b点：c(Cl－)＞c(Br－)＞c(I－)＞c(Ag+)12.(2022年山东卷)工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1mol·L－1、1.0mol·L－1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L－1、1.0mol·L－1Na2SO4溶液。在一定pH范围内，四种溶液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是√解析：硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。√13.(2021年高考全国甲卷)已知相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)。某温度下，饱和溶液中－lg[c(SO42-)]、－lg[c(CO32-)]、与－lg[c(Ba2＋)]的关系如图所示。解析：BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32-)]的关系。A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42-)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；14.(2021年高考全国乙卷)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M＋)随c(H+)而变化，M＋不发生水解。实验发现，298K时c2(M＋)－c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。A.溶液pH＝4时，c(M＋)＜3.0×10-1mol·L－1B.MA的溶度积度积Ksp(MA)＝5.0×10-8C.溶液pH＝7时，c(M＋)＋c(H+)

＝c(A－)＋c(OH-)D.HA的电离常数Ka(HA)≈2.0×10-4√√√16．(2020年天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)＞Ka(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)D．在1mol·L－1Na2S溶液中，c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1解析：A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；17.(2019年全国卷Ⅱ，12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在

水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为：

Ksp(m)＝Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体，

溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动√解析：a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2＋和S2－的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；Ksp只受温度影响，即m、n、p三点对应的Ksp相同，又T1<T2，故Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)<Ksp(q)，B项错误；向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，温度不变，Ksp不变，则溶液中c(Cd2＋)减小，溶液组成由m点沿mpn线向p方向移动，C项正确；温度降低时，CdS的溶解度减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D项正确。18.(2019年浙江4月选考，20)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。下列解释不正确的是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应为：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CO浓度增大√解析：由于存在碳酸钙的溶解平衡，二氧化碳的溶解度随温度的升高而减小，浅海地区游离的CO2增多，溶解平衡逆向移动，有利于石灰石沉积，故A项正确；深海区压强增大，二氧化碳浓度较大，发生CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)===Ca(HCO3)2(aq)，石灰石沉积少，故B、C项正确。19．(2019年海南)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。下列说法正确的是A．a、b、c三点对应的Ksp相等B．AgCl在c点的溶解度比b点的大C．AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)D．b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化√√解析：A．a、b、c三点对应的AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数Ksp只与温度有关，温度相同，则Ksp相等，A正确；B．在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-)，在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)平衡体系中c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)，若溶液中c(Cl-)大，则溶液中c(Ag+)小，AgCl的溶解度小，在b点溶液中c(Cl-)小于c点，则溶解度b点大于c点，B错误；C．根据溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)可知，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl-、Ag+的浓度相等，c(Ag+)=c(Cl-)，C正确；D．在b点的溶液中加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，则c（Cl-）减小，所以c(Ag+)变化应该是沿曲线向a点方向变化，D错误；故合理选项是AC。20．(2019年江苏)室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B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Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)C向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强√解析：A．先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A错误；B．黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故B错误；C．溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出KI中的碘，根据氧化还原反应的原理得出结论：Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D．CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，D错误。21．(2023年福建卷节选)白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2)中分离回收金属的流程如下：(3)25℃时，Ksp(CuS)＝6.3×10-36，H2S的Ka1＝1.1×10-7，Ka2＝1.3×10-13。反应CuS(s)＋2H+(aq)＝Cu2+(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K＝___________________(列出计算式即可)。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。22.(2023年重庆卷节选)Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。25℃时各物质溶度积见下表：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2溶度积(Ksp)4.9×10-172.8×10-395.0×10-6(4)①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过_______。②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为______________________________________________________，该副产物中CaCl2的质量分数为_______。11最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色66.6%23.(2023年海南卷节选)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。(5)沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的_______%。1024.(2023年江苏卷)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4∙H2O，其实验过程可表示为(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3＝MgSO3＋2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K＝___________________________________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有___________(填序号)。A．水浴加热氧化镁浆料B．加快搅拌速率C．降低通入SO2气体的速率D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2BD解析：本实验的目的是为了制取MgSO4∙H2O，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到MgSO4∙H2O；A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；25.(2023年辽宁卷)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2Mg(OH)2Ksp10-37.410-14.710-14.710-10.8(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。11.1解析：(6)Ksp[Mg(OH)2]＝10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)＝10-2.9mol/L，根据Kw＝10-14，c(H+)＝10-11.1mol/L，所以溶液的pH＝11.1；26．(2023年湖北卷)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：(4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为__________mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为________________________________________。5.9×10-727.(2022年全国甲卷节选)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：离子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+Ksp4.0×10-386.7×10-172.2×10-208.0×10-161.8×10-11回答下列问题：(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是_______(填标号)。A．NH3∙H2OB．Ca(OH)2C．NaOH滤渣①的主要成分是

、_______、_______。BFe(OH)3CaSO4SiO2解析：(3)A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；28.(2022年全国乙卷)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题：(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是

。Fe(OH)3、Al(OH)3解析：(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。29.(2022年北京卷节选)白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2

。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。已知：物质Ca(OH)2Mg(OH)2CaCO3MgCO3

Ksp5.5×10-65.6×10-123.4×10-96.8×10-6(2)NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。n(NH4Cl)∶n(CaO)氧化物(MO)浸出率/%产品中CaCO3纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3

计)CaOMgO计算值实测值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20备注：ⅰ．MO浸出率＝(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg)ⅱ．CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是_____________________________________________________________________________________________。②沉钙反应的离子方程式为

。③“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为___________。④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是_______________________________________________________________________________________。因为Ksp[Ca(OH)2]≫Ksp[Mg(OH)2]，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能，所以CaO先浸出Ca2+＋2NH3＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋NH4+2.4∶1Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，CaCO3优先析出，沉钙过程中耗NH3且少量NH3挥发，减少MgCO3析出解析：由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液、硫酸铵溶液以及CO2、NH3可以循环利用。(2)①由题给溶度积数据可知，Ksp[Ca(OH)2]≫Ksp[Mg(OH)2]，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁，故答案为：Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能；②由分析可知，“沉钙”时发生反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的离子方程式为Ca2+＋2NH3＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋NH4+，故答案为：Ca2+＋2NH3＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋NH4+；③由题给数据可知，n(NH4Cl)∶n(CaO)＝2.4∶1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4∶1，故答案为：2.4∶1；④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高，故答案为：Mg(OH)2＋(NH4)2SO4MgSO4＋2NH3↑＋2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH4+水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4；30.(2022年山东卷节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：回答下列问题：(2)部分盐的溶度积常数见上表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3):n(SiF62-)＝1:1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na2+)__________mol·L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是_______。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10-64.0×10-69.0×10-41.0×10-102.0×10-25×10532.(2022年辽宁卷节选)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe＞(H)＞Bi＞Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：开始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.58.3Fe3+1.62.8Mn2+8.110.1回答下列问题：(1)为提高培烧效率，可采取的措施为___________。a．进一步粉碎矿石b．鼓入适当过量的空气c．降低焙烧温度(6)加入金属Bi的目的是

。ab将Fe3+转化为Fe2+解析：(1)a．联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；b．鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；c．降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选ab；(6)由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。33．(2020年高考全国卷Ⅲ节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：金属离子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋开始沉淀时(c＝0.01mol·L－1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH8.74.73.29.0溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝

(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是________。0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2]3.2～6.234．(2020年山东高考)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp1×10－16.31×10－38.61×10－32.31×10－12.7回答下列问题：(1)软锰矿预先粉碎的目的是________________________________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_______________________________________________________。(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是______________________________________。增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为________(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________。蒸发H2O24.9解析：(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由＋4价降低为＋2价，根据元素价态规律可知－2价的S元素应被氧化得到S单质，MnO2与BaS的系数比应为1∶1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S。(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小。(3)滤液Ⅰ为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用。(3)固体物质的溶解度的变化规律：绝大多数固体物质的溶解度随温度的升高而

，如Na2SO4；少数固体物质的溶解度随温度的改变变化不大，如NaCl；个别固体物质随温度的升高溶解度减小，如

。核心知识梳理考点一、沉淀溶解平衡及应用溶解性难溶微溶可溶易溶溶解度/g<0.010.01～11～10>101.溶解度(1)定义：在一定温度下，某固体物质在100g溶剂中形成

时，溶解的溶质质量为该物质在该温度下的溶解度，用S表示。(2)在20℃时，物质的溶解度与溶解性的关系增大Ca(OH)2饱和溶液2.沉淀溶解平衡(1)概念在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率

时，形成

，达到平衡状态，把这种平衡称为沉淀溶解平衡。(2)沉淀溶解平衡的建立

v溶解_____v沉淀，固体溶解v溶解_____v沉淀，溶解平衡v溶解_____v沉淀，析出晶体＞＝＜相等饱和溶液(3)沉淀溶解平衡的特征(适用勒夏特列原理)＝≠不变3.影响沉淀溶解平衡的因素(1)内因难溶电解质本身的性质，这是决定因素。(2)外因①浓度：加水稀释，平衡向__________的方向移动；②温度：绝大多数难溶盐的溶解是_____过程，升高温度，平衡向__________的方向移动；沉淀溶解吸热沉淀溶解③同离子效应：向平衡体系中加入难溶物溶解产生的离子，平衡向_________的方向移动；④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。生成沉淀沉淀溶解深度思考(1)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__________增大不变通入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正向减小增大不变(2)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做钡餐透视，而不能用BaCO3做钡餐？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。4.沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成①原理：当Q>Ksp时，难溶电解质的溶解平衡向左移动，生成沉淀。②应用：可利用生成沉淀来达到分离或除去溶液中杂质离子的目的。③方法：a.调节pH法，如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH，离子方程式为____________________________________。b.沉淀剂法：如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为___________________________。Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋(2)沉淀的溶解①原理：当Q＜Ksp时，难溶电解质的溶解平衡向右移动，沉淀溶解。②方法：a.酸溶解法：CaCO3溶于盐酸，离子方程式为_____________________________________。b.盐溶解法：Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为_____________________________________。c.氧化还原溶解法：不溶于盐酸的硫化物(如Ag2S)溶于稀HNO3。d.配位溶解法：AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2OMg2＋＋2NH3·H2O(3)沉淀的转化①实质：沉淀溶解平衡的移动。②举例：③规律：一般说来，

的沉淀转化成

的沉淀容易实现。溶解度小溶解度更小①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。②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。特别提醒(1)沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度一定相等，且保持不变(

)(2)升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动(

)(3)室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度(

)(4)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(

)(5)向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液，则SO沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含SO(

)(6)洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好(

)××××××正误判断特别提醒教材实验再回顾归纳总结1.为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。下列关于该实验的分析不正确的是(

)实验拓展训练√A．①浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)B．②中颜色变化说明上层清液中含有SCN－C．该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶D．③中颜色变化说明有AgI生成解析：白色沉淀为AgSCN(s)，由②中溶液变红，说明上层清液中含有SCN－，即说明在溶液中存在溶解平衡AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，A、B正确；因①中AgNO3过量，余下的浊液中含有过量的Ag＋，可与KI反应生成黄色沉淀AgI，不能说明AgSCN可转化为AgI，因此不能证明AgI比AgSCN更难溶，C错误；Ag＋与I－结合生成AgI黄色沉淀，则③中颜色变化说明有AgI生成，D正确。2．(2024届西安市四校联考)已知，常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5。某小组进行如图三组实验且实验Ⅱ、Ⅲ中Mg(OH)2固体均溶解。下列说法正确的是(

)√√对点训练√3.已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)

ΔH＜0，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，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高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.①⑥⑦ C.②③④⑥ D.①②⑥⑦√解析：加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2＋浓度减小，②错；加入氢氧化钠溶液会使平衡左移，有Ca(OH)2沉淀生成，但Ca(OH)2的溶度积较大，要除去Ca2＋，应把Ca2＋转化为更难溶的CaCO3，③错；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，④错；加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，⑤错；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，⑥正确；加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，⑦错。√4．(2024届哈尔滨模拟)下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法中，正确的是()A．升高温度，AgCl的溶解度减小B．在任何含AgCl固体的水溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)且二者乘积是一个常数C．AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等D．向AgCl沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl溶解的质量不变√6.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√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、硝酸银的饱和溶液，电导率一定大于13，故D正确。√√√√11.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NH4+

可能是④中沉淀溶解的原因√题组三影响沉淀溶解平衡的因素和实验探究解析：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。√(1)AgCl的澄清饱和溶液，加水稀释，沉淀溶解平衡右移，但离子浓度减小，而AgCl悬浊液加水稀释，平衡右移，但c(Ag＋)和c(Cl－)不变。AgCl沉淀溶解达到平衡时，再加入AgCl固体对平衡无影响。(2)用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通