高中化学同步讲义（选择性必修一）第15讲 3.6沉淀溶解平衡（教师版）

第3课第6课时沉淀溶解平衡001目标任务课程标准学习目标1．认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡。2．了解沉淀的生成、溶解与转化及其在生产、科学研究中的应用。3．了解溶度积(Ksp)与离子积(Q)的相对大小与沉淀溶解平衡的关系。1．能从宏观与微观相结合的视角认识沉淀溶解平衡的建立及其特征。2．能运用勒夏特列原理分析沉淀的生成、溶解与转化，并从定性定量角度分析说明沉淀溶解平衡在生产及科研中的应用。3．能设计实验方案探究沉淀的生成、溶解与转化的规律并基于现象和数据分析得出结论。002预习导学自主梳理一、沉淀溶解平衡1．沉淀溶解平衡的建立(以AgCl为例)从固体溶解平衡的角度，AgCl在溶液中存在下述两个过程：一方面，在水分子作用下，；另一方面，溶液中的Ag＋和Cl－受AgCl表面阴、阳离子的吸引，。2．沉淀溶解平衡的含义在一定温度下，当时，得到其，建立动态平衡，如AgCl沉淀体系中的溶解平衡可表示为AgCl(s)。由于沉淀、溶解之间的这种动态平衡的存在，决定了Ag＋和Cl－的反应完全进行到底。3．沉淀溶解平衡的特征4．实验探究外界条件对沉淀溶解平衡影响对于平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH>0，若改变下列条件，对其平衡的影响具体如下：平衡平衡移动方向c(Ag＋)c(Cl－)溶解度(S)条件升高温度加少量水加NaCl(s)二、溶度积(Ksp)1．溶度积常数Ksp在一定温度下，沉淀达溶解平衡后的溶液为饱和溶液，其离子浓度，溶液中各离子浓度幂之积为常数，叫做(简称)，用表示。2．表达式对于AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝。3．影响因素Ksp只与难溶电解质的性质和有关，而与沉淀的量和溶液中离子浓度无关。【答案】一、1．少量Ag＋与Cl－脱离AgCl的表面进入H2O中回到AgCl的表面析出——沉淀2．沉淀溶解和生成速率相等饱和溶液Cl－(aq)＋Ag＋(aq)不能3．相等不变4．向右增大增大增大；向右不变不变不变；向左减小增大减小二、1．饱和不再发生变化溶度积常数溶度积Ksp2．cm(An＋)·cn(Bm－3．温度预习检测1．一定温度下，某难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡下列说法中正确的是A．蒸发部分溶剂，溶质浓度增大B．沉淀的速率和溶解的速率都等于0C．再向其中加入该电解质，溶液中各种离子的浓度不变D．该难溶电解质溶解形成的阴离子的浓度等于阳离子的浓度【答案】C【解析】A．难溶电解质达到沉淀溶解平衡后形成饱和溶液，蒸发部分溶剂同时也会有部分溶质析出，溶液仍为饱和状态，溶质浓度不变，A项错误；B．达到沉淀溶解平衡时，沉淀速率和溶解速率相等，但不等于0，是动态平衡，B项错误；C．沉淀溶解平衡中加入固体，平衡不移动，溶液中各种离子浓度不变，C项正确；D．该电解质具体化学式未知，形成的阴阳离子浓度无法比较，D项错误；故答案为C。2．有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率相等B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl-C．在AgCl的澄清饱和溶液中，只要向其中加入NaCl溶液，一定会有沉淀生成D．向含有AgCl沉淀的悬浊液中加入NaCl固体，AgCl的溶解度增大【答案】A【解析】A．当AgCl沉淀达到溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但溶解量和形成量在单位时间内相同，因此从外观看不再发生变化，因此正、逆反应速率相等，A正确；B．尽管AgCl难溶于水，但也有一定的溶解度，溶解的AgCl电离产生Ag+、Cl-进入溶液中，因此溶液中含有Ag＋和Cl-，B错误；C．在AgCl的澄清饱和溶液中，加入NaCl溶液，如果氯化钠溶液中氯离子浓度等于AgCl的澄清饱和溶液中氯离子浓度，则不会有沉淀生成，C错误；D．AgCl沉淀溶解平衡为：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，向其中加入NaCl固体，溶液中c(Cl-)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，导致AgCl沉淀的溶解度减小，D错误；故选A。3．下列方程式书写错误的是A． B．C． D．【答案】D【解析】A．氢氧化铝为弱碱，故电离方程式为，故A正确；B．氢氧化铝的溶解平衡是可逆过程，故为，故B正确；C．硫酸钡的溶解平衡是可逆过程，故为，故C正确；D．硫酸钡为强电解质，故电离方程式为，故D错误；故选D。4．在平衡体系Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)＋2OH－(aq)

△H＜0中，能使c(Ca2+)减小，而使c(OH－)增大的是A．加入少量CuCl2固体 B．加入少量NaCl固体C．加入少量K2CO3固体 D．升高体系温度【答案】C【解析】A.加入少量CuCl2固体，铜离子和OH－反应，平衡正向移动，c(Ca2+)增大，c(OH－)减小，故A不符合题意；B.加入少量NaCl固体，对平衡无影响，c(Ca2+)不变，c(OH－)不变，故B不符合题意；C.加入少量K2CO3固体，钙离子和碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，平衡正向移动，c(Ca2+)减小，c(OH－)增大，故C符合题意；D.该溶解平衡是放热过程，升高体系温度，平衡逆向移动，因此c(Ca2+)减小，c(OH－)减小，故D不符合题意。综上所述，答案为C。5．向氯化铁溶液中加入过量氢氧化钠溶液，振荡后静置一段时间。下列关于该体系的说法中错误的是A．溶液中不再存在Fe3+B．生成了氢氧化铁沉淀C．体系中存在氢氧化铁的沉淀溶解平衡D．加入少量盐酸，则溶液中Fe3+浓度会上升【答案】A【解析】A．存在氢氧化铁溶解沉淀平衡，一定含有Fe3+，A错误；B．氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，B正确；C．存在氢氧化铁溶解沉淀平衡，C正确；D．氢氧化铁溶解于盐酸溶液中，促进溶解平衡正移，溶液中Fe3+浓度会上升，D正确；故选：A。6．一定温度下，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。探究提升03探究提升03►环节一难溶电解质的沉淀溶解平衡【情境材料】奇特的喀斯特地貌、以及溶洞中的钟乳石、石笋等，它们就是由于水和二氧化碳的缓慢侵蚀而创造出来的杰作。石灰石的主要成分为CaCO3，当它遇到溶有CO2的水时就会发生反应变成可溶性的碳酸氢钙，溶有碳酸氢钙的水，当从溶洞顶滴到洞底时，由于水分的蒸发或压强减小，以及温度的变化都会使二氧化碳溶解度减小而析出碳酸钙的沉淀。这些沉淀经过千百万年的积聚，渐渐形成了钟乳石、石笋等，洞顶的钟乳石与地面的石笋连接起来了，就会形成奇特的石柱。反应的化学方程式为CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。在自然界中不断发生上述反应于是就形成了溶洞中的各种景观。【问题探究】1．在CaCO3溶于水的起始阶段，v溶解和v沉淀怎样变化？当v溶解＝v沉淀时，可逆过程达到一种什么样的状态？画出v­t图。2．向CaCO3饱和溶液中加水，CaCO3的溶解度增大吗？溶解平衡移动吗？Ksp是否增大？升高温度Ksp如何变化？3．试从溶解平衡的角度解释碳酸钙溶于含有CO2的水的原理？4．碳酸钙可以溶于强酸(如硝酸)，但硫酸钡不能溶于强酸，为什么？【答案】1．CaCO3溶于水的起始阶段，v溶解开始最大，后逐渐减小，v沉淀开始为0，后逐渐增大，直到v溶解＝v沉淀，说明溶解达到平衡状态。v­t图如下：2．向CaCO3饱和溶液中加水，CaCO3溶解平衡向正向移动，但是CaCO3的溶解度不增大，Ksp不变。升高温度，CaCO3的Ksp将增大。3．CaCO3溶于水的溶解平衡为CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，当遇到含有CO2的水时发生：CO2＋H2O＋COeq\o\al(2－,3)=2HCOeq\o\al(－,3)，促进碳酸钙的溶解平衡向右进行，逐渐溶解，生成Ca(HCO3)2溶液。4．CaCO3的溶解平衡为CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，加入硝酸后COeq\o\al(2－,3)与H＋反应生成CO2，使c(COeq\o\al(2－,3))减小，溶解平衡右移，碳酸钙逐渐溶解；BaSO4的溶解平衡为BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，加入硝酸后，Ba2＋、SOeq\o\al(2－,4)都不与H＋和NOeq\o\al(－,3)反应，两者浓度都不改变，平衡不移动，故BaSO4不溶解。要点归纳1．沉淀溶解平衡与难溶电解质的电离(1)沉淀溶解平衡是指固体沉淀与溶液中相关离子间的平衡关系，包含了沉淀的溶解和溶解后电解质的电离两个过程。如：BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)包含了BaSO4(s)BaSO4(aq)和BaSO4=Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)两个过程。(2)难溶电解质的电离仅仅是沉淀溶解平衡的后一个过程。总过程沉淀溶解平衡(可逆)分过程沉淀的溶解(可逆)电解质的电离(可逆或不可逆)沉淀溶解平衡也用电离方程式表示，①须标明状态(s)、(aq)，②一律用“”。Al(OH)3(s)Al3＋(aq)＋3OH－(aq)(沉淀溶解平衡)Al(OH)3Al3＋＋3OH－(电离平衡)2．沉淀溶解平衡的影响因素内因难溶电解质本身的性质。不存在绝对不溶的物质；同是微溶物质，溶解度差别也很大；易溶物质的饱和溶液也存在沉淀溶解平衡外因温度升高温度，多数平衡向沉淀溶解的方向移动；少数平衡向生成沉淀的方向移动，如Ca(OH)2的沉淀溶解平衡浓度加水稀释，平衡向沉淀溶解的方向移动同离子效应向平衡体系中加入与难溶电解质中相同的离子，平衡向生成沉淀的方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的物质或气体的离子时，平衡向沉淀溶解的方向移动3.溶度积常数(1)概念：在一定温度下，沉淀达溶解平衡后的溶液为饱和溶液，其离子浓度不再发生变化，溶液中各离子浓度幂之积为常数，称为溶度积常数(简称溶度积)，用Ksp表示。(2)表达式沉淀溶解平衡AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)的溶度积常数可表示为Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。(3)影响因素Ksp是一个温度函数，其大小只与难溶电解质的性质、温度有关，而与沉淀的量无关，且溶液中的离子浓度的变化只能使平衡移动，并不会改变溶度积。(4)意义溶度积的大小与溶解度有关，它反映了物质的溶解能力。对同类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI等，在相同温度下，Ksp越大，溶解度就越大；Ksp越小，溶解度就越小。(5)应用——溶度积规则通过比较溶度积常数Ksp与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Q的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解，这就是溶度积规则。难溶电解质AmBn的水溶液中，离子积为Q＝cm(An＋)·cn(Bm－)。若Q<Ksp，溶液为不饱和溶液，体系中无沉淀生成，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和；若Q＝Ksp，溶液为饱和溶液，沉淀与溶解处于平衡状态；若Q>Ksp，溶液为过饱和溶液，体系中有沉淀生成，直至溶液饱和，达到新的平衡。(1)AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)与AgCl=Ag＋＋Cl－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表达式，后者表示强电解质AgCl在水溶液中的电离方程式。(2)通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，沉淀达到完全。(3)溶度积(Ksp)的大小只与难溶电解质本身的性质和温度有关，与浓度无关。(4)注意离子积Q与溶度积Ksp的表达式相同，但意义不同，Q表达式中离子浓度可以是任意时刻的，所以其数值不定；但对于某一难溶电解质，Ksp表达式中离子浓度是指平衡时的浓度，在一定温度下，Ksp为定值。(5)溶度积与溶解度都可用于表示物质的溶解能力，利用Ksp大小判断难溶电解质在溶液中溶解能力的大小时需注意：①对于同类型的物质(难溶电解质化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同)，Ksp越小，则难溶电解质在水中的溶解能力就越弱。②对于不同类型的物质，Ksp不能直接用于判断溶解能力的强弱，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，进而确定溶解能力的强弱。典例精讲【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。【例2】某温度下硫酸钡与水组成的混合物中加入少量硫酸钠固体，下列说法错误的是A．BaSO4的电离程度减小 B．BaSO4溶解的量减小C．c(Ba2+)与c(SO)的乘积不变 D．溶液的导电能力增强【答案】A【解析】A．硫酸钡在溶液中完全电离，则加入硫酸钠后，硫酸钡的电离程度不变，仍然为100%，故A错误；B．加入硫酸钠后，溶液中硫酸根离子浓度增大，溶解平衡向着逆向移动，导致硫酸钡的溶解的量减小，故B正确；C．c(Ba2+)与c(SO)的乘积为溶度积，由于温度不变，则硫酸钡的溶度积不变，故C正确；D．加入硫酸钠后，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电性增强，故D正确；故选：A。【例3】在一定温度下，氯化银在水中存在如下沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，若把AgCl分别放入①100mL0.1mol/LNa2SO4溶液中；②100mL0.1mol/LNaCl溶液中；③100mL0.1mol/LAlCl3溶液中；④100mL0.1mol/LMgCl2溶液中。搅拌后在相同的温度下Ag+浓度由大到小的顺序是A．①＞②＞④＞③ B．②＞①＞④＞③C．④＞③＞②＞① D．①＞④＞③＞②【答案】A【解析】因为氯化银在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，①中无Cl-，对该平衡无抑制作用，而②③④溶液中c(Cl-)分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，因此对AgCl的溶解平衡起到的抑制作用③>④>②>①，因此Ag+浓度由大到小的顺序是①>②>④>③。综上，本题选A。►环节二沉淀溶解平衡的应用【情境材料】探究Mg(OH)2沉淀溶解的方法实验操作向3支盛有少量Mg(OH)2固体的试管中分别滴加适量的蒸馏水、盐酸和NH4Cl溶液实验装置实验现象沉淀不溶解沉淀溶解沉淀溶解【问题探究】1．应用平衡移动原理，解释为什么Mg(OH)2能溶于盐酸？2．应用平衡移动原理，解释为什么Mg(OH)2能溶于NH4Cl溶液？【答案】1．Mg(OH)2存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入稀盐酸，H＋与OH－中和生成H2O，平衡体系中的c(OH－)不断减小，Q[Mg(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，导致平衡向沉淀溶解的方向移动，直至Mg(OH)2完全溶解。2．Mg(OH)2存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，NH4Cl电离出的NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))与OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，使平衡体系中的c(OH－)不断减小，Q[Mg(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，导致平衡向沉淀溶解的方向移动，直至Mg(OH)2完全溶解。要点归纳1．沉淀生成的方法(1)调节pH法：如工业原料氯化铵中含有杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节溶液pH至7～8，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。反应的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))。(2)加沉淀剂法：如以Na2S、H2S等作为沉淀剂，使某些金属离子如Cu2＋、Hg2＋等，生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀，也是分离、除去杂质常用的方法。(3)相同离子法：增大沉淀溶解平衡体系中某种离子的浓度，使平衡向生成沉淀的方向移动，如向AgCl饱和溶液中加入饱和食盐水可继续生成AgCl沉淀。(4)氧化还原法：改变离子的存在形式，促使其转化为溶解度更小的难溶电解质，便于分离出来，例如通过氧化还原反应将Fe2＋氧化为Fe3＋，从而生成更难溶的Fe(OH)3沉淀。2．沉淀溶解的原理根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，若能设法不断地移去溶解平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动，就可以使沉淀溶解。3．沉淀溶解的方法(1)酸溶解法：如难溶于水的BaCO3沉淀可溶于盐酸中，其溶解原理可表示为(2)盐溶解法：如难溶于水的Mg(OH)2沉淀可溶于NH4Cl溶液中。(3)生成配合物法：如AgCl沉淀可溶于氨水，其溶解原理为AgCl电离出的Ag＋与NH3·H2O作用生成可溶但难电离的配离子[Ag(NH3)2]＋，则AgCl溶解平衡体系中c(Ag＋)减小，溶解平衡向右移动直至AgCl完全溶解，反应的离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(4)氧化还原法：有些金属硫化物(如CuS、HgS等)不溶于非氧化性酸，只能溶于氧化性酸，则可通过减小c(S2－)来达到使沉淀溶解的目的，例如：3CuS＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋3S＋2NO↑＋4H2O。4．沉淀转化的实质与规律(1)实质：沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。(2)规律：①两种沉淀的溶解度不同，一般来说溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。②当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时，生成沉淀所需要试剂离子浓度越小的越先沉淀。③如果生成各种沉淀所需要试剂离子的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离的目的。5．沉淀转化的应用(1)锅炉除水垢：将水垢中含有的难溶于酸的CaSO4转化为易溶于酸的CaCO3，离子方程式：CaSO4(s)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(aq)。(2)自然界中矿物的转化：如ZnS遇CuSO4溶液转化为CuS，离子方程式：Cu2＋(aq)＋ZnS(s)CuS(s)＋Zn2＋(aq)。(1)要能除去溶液中的指定离子，又不能影响其他离子的存在，并且由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去，如沉淀KNO3溶液中的Ag＋，可用KCl作沉淀剂，而不能选用NaCl。(2)溶液中沉淀物的溶解度越小，离子沉淀越完全，如沉淀Ca2＋，可将Ca2＋转化为CaCO3、CaSO4，因CaSO4是微溶物，不如CaCO3的溶解度小，因此转化为CaCO3沉淀时Ca2＋除去得更完全。(3)要注意沉淀剂的电离程度，如使Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀时，用NaOH溶液作沉淀剂要比用氨水的效果好。典例精讲【例4】某温度下，Ksp(MnS)=2×10-13，Ksp(PbS)=2×10-28，生产中用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Pb2+，其反应原理为Pb2+(aq)+MnS(s)PbS(s)+Mn2+(aq)。下列说法正确的是A．该反应的平衡常数K=1015B．PbS悬浊液中：c(Pb2+)=1×10-14mol•L-1C．该反应达平衡时c(Mn2+)=c(Pb2+)D．其他条件不变，使平衡体系中c(Mn2+)增大，则c(Pb2+)减小【答案】A【解析】A．该反应的平衡常数，A项正确；B．PbS悬浊液中：，，B项错误；C．根据A项分析，C项错误；D．为常数，平衡体系中增大，则也增大，D项错误。答案选A。【例5】下列关于沉淀溶解平衡的说法正确的是A．在同浓度的和溶液中的溶解度相同，也相同B．升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动C．洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好D．向饱和的混合溶液中加入少量，溶液中不变【答案】D【解析】A．在同浓度的和溶液中的相同，但由于和溶液中氯离子浓度不同所以溶解度不相同，A错误；B．升高温度，沉淀溶解平衡不一定正向移动，比如氢氧化钙，B错误；C．洗涤次数过多可能会造成沉淀损失，并不是越多越好，C错误；D．，，由于是二者的混合溶液，故Ag+浓度相等，可得，而Ksp仅与温度有关，则二者Ksp之比为定值故不变，D正确；故选D。►环节三溶解平衡常数的计算【情境材料】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)。【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．已知FeS和CuS的溶度积常数分别为：Ksp(FeS)＝6.3×10－18，Ksp(CuS)＝6.3×10－36，试通过计算判断FeS与CuSO4溶液反应能否完全转化为CuS?3．BaCO3和BaSO4都难溶于水，在医学上常用BaSO4作钡餐透视，而不能用BaCO3的原因是什么？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]【答案】1．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋＋ZnSCuS＋Zn2＋。2．CuSO4与FeS反应的离子方程式是Cu2＋(aq)＋FeS(s)CuS(s)＋Fe2＋(aq)，该反应的平衡常数K＝eq\f(c（Fe2＋）,c（Cu2＋）)＝eq\f(c（Fe2＋）·c（S2－）,c（Cu2＋）·c（S2－）)＝eq\f(Ksp（FeS）,Ksp（CuS）)＝eq\f(6.3×10－18,6.3×10－36)＝1×1018＞105，故该转化能完全进行。3．原因是BaCO3能溶于胃酸(主要成分为盐酸)，反应原理为BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=CO2↑＋H2O。胃酸消耗COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，使溶液中c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))降低，BaCO3的沉淀溶解平衡向右移动，c(Ba2＋)增大，引起人体重金属中毒。4．混合后c(Ag＋)＝c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝2×10－3mol·L－1，Q＝c2(Ag＋)·c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝(2×10－3)2×2×10－3＝8×10－9＞9.0×10－12，故有Ag2CrO4沉淀析出。要点归纳Ksp的4种计算类型常考题型解题策略根据定义式或者数形结合求Ksp，或者判断沉淀金属离子所需pH直接根据Ksp(AmBn)＝ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(平))(An＋)·ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(平))(Bm－)解答，如果已知溶解度，则化为物质的量浓度再代入计算沉淀先后的计算与判断(1)沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀；(2)沉淀类型不同，则需要根据Ksp分别计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀根据两种含同种离子的化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子浓度的比值如某溶液中含有I－、Cl－等，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中eq\f(c平（I－）,c平（Cl－）)，则有eq\f(c平（I－）,c平（Cl－）)＝eq\f(c平（Ag＋）·c平（I－）,c平（Ag＋）·c平（Cl－）)＝eq\f(Ksp（AgI）,Ksp（AgCl）)判断沉淀的生成或转化把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质(1)在计算难溶电解质溶液中离子平衡浓度时不要搞错计量数关系。如xmol·L－1铬酸银(Ag2CrO4)溶液中c(Ag＋)是2xmol·L－1而不是xmol·L－1。(2)类型不同的难溶电解质的溶度积大小不能直接反映出它们的溶液中离子浓度的大小，因为它们的溶度积表达式是不同的。Ksp与S的换算没有一个统一的公式，因电解质类型(阴、阳离子数目比)的不同而相异。典例精讲【例6】25℃时有关物质的颜色和溶度积()如下表：物质AgClAgBrAgI颜色白淡黄黄黑下列叙述不正确的是A．向AgCl的白色悬浊液中加入0.1KI溶液，有黄色沉淀产生B．25℃时，AgCl、AgBr、AgI、饱和水溶液中的浓度相同C．25℃，AgCl固体在等物质的量浓度NaCl、溶液中的溶度积相同D．在5mLNaCl溶液中，加入1滴(20滴约为1mL)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，故向AgCl的白色悬浊液中加入0.1KI溶液，有黄色沉淀产生，故A正确；B．25℃时，AgCl、AgBr、AgI饱和水溶液中Ag＋的浓度分别为：、、，，故各饱和水溶液中的浓度不相同，故B错误；C．等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中c(Cl-)不同，根据平衡移动可知，AgCl在这两溶液中溶解度不同，因温度不变，因此溶度积相同，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。【例7】已知常温下，，。现向饱和溶液中加入足量的溶液，发生反应。常温下，该反应的平衡常数K为A． B． C． D．50【答案】A【解析】的反应平衡常数，综上所述A符合题意；答案选A。►环节四沉淀溶解平衡图像【情境材料】某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)、Fe(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。【问题探究】1．Fe(OH)3能否溶于稀硫酸？试用沉淀溶解平衡理论解释。2．采取什么措施能使a点到b点？3．向等物质的量浓度的Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先后依次出现的沉淀是什么？4．如何除去CuCl2溶液中混有的少量Fe3＋和Fe2＋？【答案】1．能；Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)，加入稀硫酸，H＋与OH－发生中和反应，上述平衡右移，故Fe(OH)3能溶于稀硫酸。2．调节(增大)溶液pH，使c平(Fe3＋)减小，c平(OH－)增大。3．Fe(OH)3、Cu(OH)2、Fe(OH)2。4．先加入H2O2或氯水，将Fe2＋转化为Fe3＋；再加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3调节CuCl2溶液的pH。要点归纳1．沉淀溶解平衡图像题的解题策略第一步：明确图像中横、纵坐标的含义横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。第二步：理解图像中线上点、线外点的含义(1)以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Q＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外。(2)曲线上方区域的点均为饱和溶液与沉淀共存的体系，此时Q>Ksp。(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Q<Ksp。第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：①原溶液不饱和时，离子浓度要增大都增大；②原溶液饱和时，离子浓度都不变。(2)溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。沉淀溶解平衡图像分析模式(1)曲线上任一点均为饱和溶液，线外的点为非饱和溶液，可根据Qc与Ksp的大小判断。(2)求Ksp时可找曲线上合适的一点确定离子浓度进行计算，曲线上任一点的Ksp相同。(3)当坐标表示浓度的对数时，要注意离子浓度的换算，如lgc(X)＝a，则c(X)＝10a。(4)当坐标表示浓度的负对数(－lgX＝pX)时，pX越大，c(X)越小，c(X)＝10－pX。典例精讲【例8】某温度下，FeS的水溶液中存在平衡FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．可以通过升温实现由c点变到a点 B．d点可能有沉淀生成C．a点对应的Ksp大于b点对应的Ksp D．该温度下，Ksp(FeS)=2.0×10-18【答案】D【解析】A．从图像可以看出，从c点到a点，不变，变小，而温度变化时，与同时变化，A项错误；B．沉淀溶解平衡曲线上方表示过饱和溶液，可析出沉淀，曲线下方表示不饱和溶液，所以d点没有沉淀生成，B项错误；C．a、b点处于等温线上，温度不变，不变，C项错误；D．由图知，该温度下，，D项正确；故选D。【例9】用0.100mol·L-1AgNO滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是

A．根据曲线数据计算可知10-9>Ksp(AgCl)>10-10B．曲线上b、c点都满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C．相同实验条件下，若改为0.0400mol·L-1Cl-，反应终点c移到aD．相同实验条件下，若改为0.0500mol·L-1Br-，反应终点c向b方向移动【答案】C【解析】A．当加入25mL硝酸银溶液时，两者恰好完全反应，此时AgCl处于沉淀溶解平衡状态，c(Ag+)=c(Cl-)，根据图像可知，加入25mL硝酸银溶液时，对应c(Cl-)在10-5～10-4.5mol/L之间，AgCl的Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)，即氯化银的溶度积在10-10＜Ksp(AgCl)＜10-9，故A说法正确；B．Ksp只受温度的影响，温度不变，则Ksp不变，所以曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点，均满足Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)，故B说法正确；C．相同条件下，改为0.0400mol/LCl-，完全反应时，消耗硝酸银的体积为=20mL，因此反应终点c不能移到a点，故C说法错误；D．相同条件下，若改为0.0500mol/LBr-，消耗硝酸银的溶液的体积仍为25mL，但AgBr的溶度积比AgCl小，达到沉淀溶解平衡时，c(Br-)更小，-lgc(Br-)增大，即c向b方向移动，故D说法正确；答案为C。004课堂总结005强化训练探究提升一、单选题1．把Ca(OH)2固体放入一定量的蒸馏水中，一定温度下达到平衡：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH－(aq)，当向悬浊液中加少量生石灰后，若温度保持不变，下列判断正确的是A．溶液中Ca2+数目不变 B．溶液中c(Ca2+)增大C．溶液pH值不变 D．溶液pH值增大【答案】C【解析】向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O＝Ca(OH)2，A．加入CaO，消耗水，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中Ca2+数目减少，故A错误；B．反应后仍为饱和溶液，c(Ca2+)不变，故B错误；C．反应后仍为饱和溶液，c(OH-)不变，溶液pH不变，故C正确；D．反应后仍为饱和溶液，c(OH-)不变，溶液pH不变，故D错误；答案选C。2．下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A将与溶液混合出现白色沉淀，有大量气体生成与发生相互促进的水解反应B将装有红棕色气体的注射器由10mL压缩至5mL压缩后的气体颜色比压缩前深反应向左进行C将溶液由稀释到，测溶液pH溶液pH变小稀释后，的水解程度增大D将少量投入的溶液中溶解与电离出的结合成，促使的溶解平衡正向移动A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．两种阴离子不可能发生双水解，且双水解会有气体产生，实际发生的反应为，是结合了电离出来的H+，选项A错误；B．压缩注射器，增大压强，平衡向正反应方向移动，但容器的体积减小，NO2浓度增大，气体颜色比压缩前深，故B错误；C．溶液中存在水解：，由稀释到，加水稀释促进水解，但氢离子浓度降低，pH增大，C错误；D．CH3COONH4溶液呈中性，少量Mg(OH)2悬浊液中加CH3COONH4溶液，与OH-反应，导致氢氧化镁的沉淀溶解平衡正向移动，则Mg(OH)2溶解，D正确；答案选D。3．将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是①20mL0.01mol/LHCl溶液②30mL0.02mol/LCaCl2溶液

③40mL0.02mol/LAgNO3溶液

④10mL蒸馏水

⑤50mL0.05mol/LKCl溶液。A．①＞②＞⑤＞④＞③ B．④＞③＞⑤＞②＞①C．④＞⑤＞②＞①＞③ D．④＞①＞③＞②＞⑤【答案】D【解析】AgCl在溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，增大溶液中c(Ag+)或c(Cl-)，AgCl的溶解度会减小，等浓度c(Ag+)或c(Cl-)对AgCl溶解度的影响相同。①20mL0.01mol/LHCl溶液中c(Cl-)=0.01mol/L；②30mL0.02mol/LCaCl2溶液中c(Cl-)=0.02mol/L×2=0.04mol/L；③40mL0.02mol/LAgNO3溶液中c(Ag+)=0.02mol/L；④10mL蒸馏水中c(Cl-)=c(Ag+)=0；⑤50mL0.05mol/LKCl溶液中c(Cl-)=0.05mol/L。可见上述溶液中离子浓度由小到大的顺序为：④＜①＜③＜②＜⑤，则AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是④＞①＞③＞②＞⑤，故合理选项是D。4．一定温度下，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．加入一定量固体，可使溶液由d点变到b点B．加入一定量固体，可使溶液由a点变到c点C．通过蒸发可以使不饱和溶液d变为饱和溶液cD．a、c点对应的不同【答案】B【解析】硫酸钡饱和溶液存在如下溶解平衡：，增大溶液中的钡离子或硫酸根离子浓度，溶解平衡向左移动，温度不变，硫酸钡的溶度积不变，由图可知，a点、c点温度相同，溶度积常数相同，温度相同时，d点为没有沉淀生成的不饱和溶液，b点和d点为有沉淀生成的过饱和溶液。A．向d点溶液中加入氯化钡固体，溶液中的钡离子浓度增大，溶液中硫酸根离子浓度会减小，故A错误；B．向a点加入硫酸钠固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，硫酸钡的溶度积不变，钡离子浓度减小，故B正确；C．由分析可知，在温度不变时，d点为没有沉淀生成的不饱和溶液，加热蒸发时，硫酸根离子浓度和钡离子浓度均增大，故C错误；D．由分析可知，a点和c点温度相同，溶度积常数相同，故D错误；故选B。5．在一定温度下，Fe(OH)3固体在水溶液中存在如下平衡：Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)，要使Fe(OH)3固体减少而c(Fe3+)不变，可采取的措施是A．加少量水 B．加入少量盐酸 C．加入少量FeCl3 D．升高温度【答案】A【解析】A．加少量水，Fe(OH)3固体部分溶解，仍得到相同温度下的饱和溶液，c(Fe3+)不变，A符合题意；B．加入少量盐酸，Fe(OH)3固体部分溶解，所得溶液中c(Fe3+)增大，B不合题意；C．加入少量FeCl3，所得溶液中c(Fe3+)增大，Fe(OH)3固体增多，C不合题意；D．升高温度，Fe(OH)3溶解度增大，固体部分溶解，所得溶液中c(Fe3+)增大，D不合题意；故选A。6．硫化汞常用于彩色封蜡、塑料、橡胶和医药及防腐剂等方面。不同温度下HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：HgS溶解的过程中吸收热量。下列说法正确的是A．图中T1<20℃B．升高温度可实现b点向a点的转化C．向b点对应的溶液中加入少量Na2S固体，b点向c点方向移动D．20℃时，HgS的饱和溶液的物质的量浓度为10-mmol·L-1【答案】D【解析】A.HgS溶解的过程中吸收热量，升高温度，硫化汞的溶度积增大，则T1＞20℃，故A错误；B.升高温度，汞离子浓度和硫离子浓度均增大，不可能实现b点向a点的转化，故B错误；C.向b点对应的溶液中加入少量Na2S固体，溶液中硫离子浓度增大，b点向d点方向移动，故C错误；D.由图可知，20℃时，HgS的饱和溶液的物质的量浓度为10-mmol·L-1，故D正确；故选D。7．25℃时，用溶液沉淀Ba2+、Pb2+、Ca2+三种金属离子(M2+)，所需最低浓度的负对数值与关系如图所示，下列说法正确的是A．B．a点可表示的饱和溶液，且C．b点可表示的不饱和溶液，且D．向浓度为的废水中加入足量粉末，会有沉淀析出【答案】D【解析】根据负对数值与计算式可知，负对数只越高，则对应离子浓度越低，图中直线代表对应硫酸盐的饱和溶液，直线上方离子浓度较低，代表不饱和溶液，直线下方离子浓度较高，代表过饱和溶液。A.由图可以看出，当相同时，，则形成沉淀时，所以，故A错误；B.a点，所以，故B错误；C.假设b点的对应图中饱和溶液时的，此时b点对应的小于饱和溶液的，则b点的大于饱和溶液的，此时，因此b点代表过饱和溶液，故C错误；D.由于，故向浓度为的废水中加入足量粉末，会有沉淀析出，故D正确。故答案为：D8．以印刷线路板酸性蚀刻废液(含有CuCl2、FeCl2、FeCl3)为原料制备纳米CuO的流程如图：下列说法错误的是A．“沉淀”产生的CuC2O4，不洗涤直接灼烧不影响产品质量B．“在空气中灼烧”时发生了非氧化还原反应C．调节pH为3.2～4.7的目的是使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀D．“沉淀”过程中用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4，得到的CuC2O4中可能混有Cu(OH)2【答案】B【解析】印刷线路板酸性蚀刻废液含有、、，氧化过程中加入是为了把氧化为，加入CuO调节pH到3.2~4.7是为了除去，加入过量是为了使沉淀。A．沉淀上附着有和杂质，受热时易分解，所以可以不洗涤直接灼烧，A正确；B．在空气中灼烧时发生的主要反应为：，碳元素化合价发生了变化，发生的为氧化还原反应，B错误；C．流程的目的是获得纳米CuO，调节pH到3.2~4.7可以使变成沉淀而被除去，不发生改变，C正确；D．若“沉淀”过程中用代替，由于溶液呈碱性，得到的同时，会产生，从而导致产生的沉淀中混有杂质，D正确；故合理选项为B。9．已知Ksp（CaSO4）＝9.0×10－6，Ksp（CaCO3）＝5.0×10－9，Ksp（CaF2）＝1.5×10－10，某溶液中含有SO、CO和F－，浓度均为0.010mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的CaCl2溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）A．SO、CO、F－ B．CO、SO、F－C．CO、F－、SO D．F－、CO、SO【答案】C【解析】根据溶度积的定义可知，在题中的三种溶液中，分别有：c(Ca2+)∙c()=9.010-6，c(Ca2+)∙c()=5.010-9，c(Ca2+)∙[c(F-)]2=1.510-10，则在这三种溶液中产生沉淀时，c(Ca2+)分别为9.010-4mol∙L-1、5.010-7mol∙L-1、1.510-6mol∙L-1，所以这三种阴离子产生沉淀的先后顺序为：、F-、，故选C。10．某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol·L－1NaHCO3溶液，测得其pH为9.7；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH＝7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是（）A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是的水解程度大于电离程度B．加入CaCl2促进了的水解C．反应的离子方程式是2＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2CO3D．反应后的溶液中存在：c（Na＋）＋2c（Ca2＋）＝c（）＋2c（）＋c（Cl－）【答案】B【解析】A．NaHCO3既能电离又能水解，水解显碱性，电离显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；B．溶液中存在HCO3-⇌CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，故B错误；C．HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，故D正确；故选B。11．已知25℃时，Mg（OH）2的溶度积常数KSP=5.6×10-12，MgF2的溶度积常数KSP=7.4×10-11。下列说法正确的是A．25℃时，向饱和MgF2溶液中加入饱和NaOH溶液后，不可能有Mg（OH）2生成B．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者c(Mg2+)大C．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大D．25℃时，Mg(OH)2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液中的KSP相比较，前者小【答案】C【解析】A．因氢氧化镁溶度积比MgF2的小，所以向饱和MgF2溶液中加入饱和NaOH溶液后，如满足Qc＞Ksp，则有Mg(OH)2生成，故A错误；B．氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，因氢氧化镁溶度积小，则氢氧化镁溶液中Mg2+浓度小，故B错误；C．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c(Mg2+)增大，故C正确；D．Ksp不随浓度变化，只与温度有关，所以Mg(OH)2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液中的Ksp相比较，二者相同，故D错误；故答案为C。12．已知25℃时FeS、CuS的Ksp分别为6.3×10-18、1.3×10-36，H2S的电离平衡常数Ka1=9.1×10-8、Ka2=1.1×10-12，下列有关说法正确的是（

）A．除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂B．将足量CuSO4固体溶解在0.1mol/LH2S溶液中，Cu2+的最大浓度为1.3×10-35mol/LC．因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4不能发生D．向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体，溶液的酸性增强【答案】A【解析】A.CuS比FeS难溶，除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂，可转化为CuS沉淀，故A正确。B.H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol·L－1，CuS的溶度积常数（Ksp）为1.3×10-36，所以溶液中Cu2＋的最小浓度为1.3×10-35mol·L－1，故B错误；C.CuS是不溶于酸的黑色物质，所以能发生反应：CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，这是弱酸制备强酸的特例，故C错误；D.根据H2S与SO2反应生成单质硫和水，硫化氢被反应掉了，浓度减小，酸性减弱，故D错误；故选A。二、填空题13．牙齿表面覆盖的牙釉质是人体最坚硬的部分，起着保护牙齿的作用，其主要成分为羟基磷酸钙[]，龋齿是有机酸使牙齿中的羟基磷酸钙溶解造成的。氟化物中的F会将其转化为氟磷酸钙[]，后者更能抵抗酸的腐蚀。

(1)将羟基磷酸钙转化为氟磷酸钙的过程用离子方程式表示：。(2)已知羟基磷酸钙、氟磷酸钙分别是和，则上述离子反应方程式的平衡常数。(保留2位有效数字)(3)下列有关含氟牙膏的使用说法正确的是。A．使用含氟牙膏有助预防龋齿的形成B．氟离子的碱性比氢氧根离子弱，更不易与酸反应，从而使牙齿有较强的抗酸能力C．氟对人体多多益善，长期大剂量使用利于健康【答案】(1)(2)(3)AB【解析】（1）羟基磷酸钙转化为氟磷酸钙的过程用离子方程式表示为。（2）对应的平衡常数；（3）A.使用含氟牙膏有助预防龋齿的形成，A对；B.氟离子的碱性比氢氧根离子弱，更不易与酸反应，从而使牙齿有较强的抗酸能力，B对；C.长期大剂量使用氟不利于人体健康，C错；故选AB。14．向少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，结果固体完全溶解。对此甲、乙两同学各自作了自己的解释：甲：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH－①，NH4++H2ONH3·H2O+H+②，H++OH-=H2O③，由于③反应的发生，使平衡①右移，Mg(OH)2溶解。乙：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH－①，NH4++OH-NH3·H2O②，由于②反应的发生，使平衡①右移，沉淀溶解。（1）丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是用下面的一种试剂重做了该实验，证明甲、乙的解释只有一种正确。他用的试剂是。A．NH4NO3B．CH3COONH4C．(NH4)2SO4D．氨水（2）丙同学将所选试剂滴入Mg(OH)2的浊液中，Mg(OH)2溶解；由此推知，甲和乙哪位同学的解释更合理（填“甲”或“乙”）；完成NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2悬浊溶解的离子方程式。【答案】B乙Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3·H2O【解析】（1）甲的解释是氢氧化镁电离出来的氢氧根和铵根离子水解生成的氢离子发生中和，使沉淀溶解，也就是氯化铵水解生成的酸把氢氧化镁溶解；乙的解释是铵根离子结合氢氧化镁电离产