高考化学一轮复习 讲练测 第24讲 沉淀溶解平衡（讲）-2023年高考化学一轮复习讲练测（解析版）

第24讲沉淀溶解平衡1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2.理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。【核心素养分析】1.变化观念与平衡思想：认识难溶电解质的溶解有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析难溶电解质的沉淀溶解平衡，并运用难溶电解质的沉淀溶解平衡原理解决实际问题（如利用生成沉淀处理污水等）。2.科学研究与创新意识：能发现和提出有关难溶电解质的沉淀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，进行沉淀转化等实验探究。知识点一沉淀溶解平衡及应用1.难溶、可溶、易溶界定：20℃时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：2.沉淀溶解平衡(1)溶解平衡的建立溶质溶解的过程是一个可逆过程：固体溶质eq\o(,\s\up7(溶解),\s\do5(结晶))溶液中的溶质eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v溶解＞v结晶固体溶解,v溶解＝v结晶溶解平衡,v溶解＜v结晶析出晶体))(2)特点(同其他化学平衡)：逆、等、定、动、变(适用平衡移动原理)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，平衡向沉淀溶解的方向移动；②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向沉淀溶解的方向移动；③同离子效应：向平衡体系中加入难溶物溶解产生的离子，平衡向生成沉淀的方向移动；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，平衡向沉淀溶解的方向移动。(3)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4.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7～8，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。②沉淀剂法如：用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。(2)沉淀的溶解①酸溶解法如：CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。②盐溶液溶解法如：Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)===Mg2＋＋2NH3·H2O。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AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(3)沉淀的转化①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)。如：AgNO3溶液eq\o(――→,\s\up7(NaCl))AgCl(白色沉淀)eq\o(――→,\s\up7(NaBr))AgBr(浅黄色沉淀)eq\o(――→,\s\up7(NaI))AgI(黄色沉淀)eq\o(――→,\s\up7(Na2S))Ag2S(黑色沉淀)。②应用a.锅炉除垢：将CaSO4转化为易溶于酸的CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)。b.矿物转化：CuSO4溶液遇PbS转化为CuS，离子方程式为Cu2＋(aq)＋PbS(s)CuS(s)＋Pb2＋(aq)。知识点二溶度积常数及其应用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－)，式中的浓度都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2.Ksp的影响因素(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。(2)外因①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。②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。③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。高频考点一影响沉淀溶解平衡的因素【例1】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．①⑥⑦C．②③④⑥ D．①②⑥⑦【答案】A【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。【变式探究】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中的浊液，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NHeq\o\al(＋,4)可能是④中沉淀溶解的原因【答案】C【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)2Mg2＋＋2OH－。实验②中是因为剩余的NaOH和FeCl3之间反应生成Fe(OH)3，不能比较Fe(OH)3和Mg(OH)2的溶解能力，故C错误。高频考点二沉淀溶解平衡的应用【例2】（2022·湖南卷）室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与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时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法正确的是A.a点：有白色沉淀生成B.原溶液中的浓度为C.当沉淀完全时，已经有部分沉淀D.b点：【答案】C【解析】向含浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、Br-和I-均为1.5×10-4mol。I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol⋅L-1，故B错误；当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：，故D错误；故选C。【变式探究】下列化学原理的应用，可以用沉淀溶解平衡原理来解释的是()①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒③石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成④BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以⑤泡沫灭火器灭火原理A．②③④ B．①②③C．③④⑤ D．①②③④⑤【答案】A【解析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，加热促进水解，碱能促进油脂水解，所以热纯碱溶液洗涤油污的能力更强应用了盐类水解原理，不符合题意；②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质向难溶性的物质转化，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；③石灰岩里不溶性的碳酸钙在水和二氧化碳的作用下转化为微溶性的碳酸氢钙，长时间反应，形成溶洞，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡可以，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，不符合题意。【举一反三】(2019·全国卷Ⅲ)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋Ni2＋开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9提示：SiO2或不溶性硅酸盐均不溶于H2SO4溶液。(1)“滤渣1”含有S和________。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是__________________________________________________。(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________～6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是________。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度过高，Mg2＋沉淀不完全，原因是____________________________________________________________________________________。(6)写出“沉锰”的离子方程式：________________________________________________________。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝eq\f(1,3)时，z＝________。【解析】(1)硫化锰矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在，则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(或不溶性硅酸盐)。(2)“溶浸”后溶液中可能含Fe2＋，“氧化”中加入的适量MnO2能将Fe2＋氧化为Fe3＋。(3)“调pH”除去Fe3＋和Al3＋时，结合表格中数据信息可知，需控制溶液的pH范围为4.7～6之间。(4)“除杂1”中加入Na2S能将Zn2＋和Ni2＋分别转化为沉淀除去，故“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS。(5)“除杂2”中F－与Mg2＋反应生成MgF2沉淀，若溶液酸度过高，则F－与H＋结合生成弱电解质HF，导致MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动，Mg2＋不能完全除去。(6)“沉锰”时Mn2＋与HCOeq\o\al(－,3)反应生成MnCO3、CO2和H2O，由此可写出离子方程式。(7)化合物LiNixCoyMnzO2中，当x＝y＝eq\f(1,3)时，根据化合价代数和为0得1＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,3)＋4z－2×2＝0，解得z＝eq\f(1,3)。【答案】(1)SiO2(或不溶性硅酸盐)(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动(6)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(7)eq\f(1,3)高频考点三溶度积的应用与计算【例3】（2022·山东卷）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.反应的平衡常数B.C.曲线④代表含的溶液的变化曲线D.对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化【答案】D【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。反应SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常数K===，故A正确；由分析可知，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，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为6.5；由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；由分析可知，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，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D错误；故选D。【变式探究】(2021·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，如图中实线所示。下列叙述错误的是()A．溶液pH＝4时，c(M＋)<3.0×10－4mol·L－1B．MA的溶度积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【答案】C【解析】HA为弱酸，电离方程式为HAH＋＋A－，电离常数Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)；MA是难溶电解质，存在MA(s)M＋(aq)＋A－(aq)，溶度积Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)；A－在溶液中发生水解，水解反应的离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－；在溶液中，根据物料守恒，c(M＋)＝c(A－)＋c(HA)。Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（M＋）－c（A－）)＝eq\f(c（H＋）·\f(Ksp（MA）,c（M＋）),c（M＋）－\f(Ksp（MA）,c（M＋）))＝eq\f(c（H＋）·Ksp（MA）,c2（M＋）－Ksp（MA）)，则c2(M＋)＝eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)·c(H＋)＋Ksp(MA)，c2(M＋)与c(H＋)呈线性关系，其中eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)表示斜率，Ksp(MA)表示截距。由题图可以看出，Ksp(MA)＝5.0×10－8，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1时，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，则eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)＝eq\f(c2（M＋）－Ksp（MA）,c（H＋）)＝eq\f(（7.5－5.0）×10－8,10×10－5)＝2.5×10－4，故Ka(HA)＝eq\f(Ksp（MA）,2.5×10－4)＝eq\f(5.0×10－8,2.5×10－4)＝2.0×10－4。当溶液pH＝4时，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1，由题图可以看出，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，因此c(M＋)＝eq\r(7.5×10－8)mol·L－1<3.0×10－4mol·L－1，A叙述正确；由上述计算可得Ksp(MA)＝5.0×10－8，Ka(HA)＝2.0×10－4，B、D叙述正确；题干中c2(M＋)～c(H＋)为线性关系，即加入的酸不是HA酸，应为另外一种强酸，则pH＝7时的电荷守恒式c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)中还缺少一种阴离子(强酸的阴离子)，C叙述错误。【方法技巧】溶度积计算的三种常见设问方式(1)已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中，c(Ag＋)＝eq\r(a)mol·L－1。(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10amol·L－1。【变式探究】已知：Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。向浓度均为0.01mol·L－1的Cu2＋和Mg2＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，下列说法正确的是()A．较先出现的沉淀是Mg(OH)2B．两种离子开始沉淀时，Cu2＋所需溶液的pH较大C．当两种沉淀共存时，说明溶液中完全不存在Cu2＋、Mg2＋D．当两种沉淀共存时，溶液中eq\f(cMg2＋,cCu2＋)≈8.2×108【答案】D【解析】由于Ksp[Cu(OH)2]较Ksp[Mg(OH)2]小些，所以Cu2＋先沉淀，其所需OH－的浓度较小，即溶液的pH较小，故A、B错误；绝对不溶的物质是不存在的，故C错误；当两种沉淀共存时，由于Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，所以eq\f(cMg2＋,cCu2＋)＝eq\f(Ksp[MgOH2],Ksp[CuOH2])≈8.2×108，D正确。高频考点四沉淀溶解平衡曲线的理解与应用【例4】（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-lg[C(SO42-)]、-lg[C(CO32-)]与-lg[C(Ba2+)]的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.曲线①表示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c(SO42-)/c(CO32-)=10y2-y1【答案】B【解析】由题意可知，离子的浓度越大，对应坐标系中的数值就越小，Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，在两条线段上取任意点分别计算可知，曲线①表示BaSO4的沉淀溶解曲线，曲线②表示BaCO3的沉淀溶解曲线。取线段①上任一点（例如最左侧的点）进行计算，可知该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)=10-1×10-9=10-10，故B正确；由上述分析可知，曲线①表示BaSO4的沉淀溶解曲线，故A错误；加入适量的BaC12固体，溶液中Ba2+浓度会增大，a点变到b点Ba2+浓度减小，故C错误；结合图像可知，c（Ba2+)=10-5.1时，两溶液中c(SO42-)/c(CO32-)=10y2-y1，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【方法技巧】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，不会出现在曲线以外。(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液，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。【举一反三】(2019·全国卷Ⅱ)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