第42讲 难溶电解质的溶解平衡（解析版） 高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练

备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练第42讲难溶电解质的溶解平衡【复习目标】1．能认识难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡。2．理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。3．能综合运用沉淀的生成和转化原理，分析和解决生产、生活中相关的实际问题。【知识精讲】考点一沉淀溶解平衡及应用1．沉淀溶解平衡(1)溶解平衡的含义在一定温度下的水溶液中，当沉淀和溶解的速率相等时，即建立了沉淀溶解平衡状态。(2)溶解平衡的建立固体溶质eq\o(,\s\up11(溶解),\s\do4(沉淀))溶液中的溶质eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v溶解\a\vs4\al(>)v沉淀，固体溶解,v溶解\a\vs4\al(＝)v沉淀，溶解平衡,v溶解\a\vs4\al(<)v沉淀，析出晶体))(3)表达式难溶电解质(s)溶质离子(aq)如AgCl的溶解平衡表达式为AgCl(s)eq\o(,\s\up11(溶解),\s\do4(沉淀))Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。(4)特征2．溶解平衡的影响因素(1)内因：难溶电解质本身的性质，这是决定因素。①绝对不溶的电解质是没有的。②同是难溶电解质，溶解度差别也很大。③易溶电解质作溶质时只要是饱和溶液也可存在溶解平衡。(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[特例Ca(OH)2]。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。⑤加入难溶物本身：平衡不移动。(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3．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，可使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。②沉淀剂法：以Na2S、H2S等作沉淀剂，使Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。反应离子方程式如下：Cu2＋＋S2－=CuS↓，Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，Hg2＋＋S2－=HgS↓，Hg2＋＋H2S=HgS↓＋2H＋。(2)沉淀的溶解①酸溶解法：如CaCO3沉淀溶于盐酸中，离子方程式为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O。CO2气体的生成和逸出，使CaCO3溶解平衡体系中的COeq\o\al(2－,3)浓度不断减小，平衡向溶解的方向移动。②盐溶解法：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溶于稀硝酸。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，转化越容易)。如：AgNO3溶液eq\o(→,\s\up11(NaCl),\s\do4())AgCl(白色沉淀)eq\o(→,\s\up11(NaBr),\s\do4())AgBr(浅黄色沉淀)eq\o(→,\s\up11(NaI),\s\do4())AgI(黄色沉淀)eq\o(→,\s\up11(Na2S),\s\do4())Ag2S(黑色沉淀)。②应用a．锅炉除水垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为eq\a\vs4\al(CaSO4＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3＋SOeq\o\al(2－,4))。b．矿物转化：CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为ZnS＋Cu2＋=CuS＋Zn2＋。原生铜的硫化物eq\o(→,\s\up7(氧化、淋滤))CuSO4溶液eq\o(→,\s\up7(渗透入闪锌矿ZnS和方铅矿PbS))铜蓝(CuS)【例题1】在一定温度下，当Mg(OH)2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，要使Mg(OH)2固体减少而c(Mg2＋)不变，可采取的措施是()A．加MgSO4 B．加HCl溶液C．加NaOH D．加水【答案】D【解析】加MgSO4会使该溶解平衡左移，Mg(OH)2固体增多，c(Mg2＋)变大，A错误；加HCl溶液使该溶解平衡右移，Mg(OH)2固体减少，c(Mg2＋)变大，B错误；加NaOH使该溶解平衡左移，Mg(OH)2固体增多，c(Mg2＋)变小，C错误。【例题2】取1mL0.1mol·L－1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1mol·L－1)，下列说法不正确的是()A．实验①白色沉淀是难溶的AgClB．若按②①顺序实验，能看到白色沉淀C．若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀D．由实验②说明AgI比AgCl更难溶【答案】B【解析】AgNO3溶液中的Ag＋和过量的NaCl溶液中的Cl－生成AgCl的白色沉淀，离子方程式为Ag＋＋Cl－=AgCl↓，所以沉淀为难溶的AgCl，故A正确；一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，AgI的溶解度比AgCl小，所以AgI不易转化为AgCl，所以若按②①顺序实验，看不到白色沉淀，故B错误；2AgCl(s)＋S2－(aq)Ag2S(s)＋2Cl－(aq)，Ag2S比AgCl更难溶，溶解度更小，所以若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀，故C正确；一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，实验②的白色沉淀AgCl生成了黄色的AgI沉淀，说明AgI比AgCl更难溶，故D正确。【例题3】要使工业废水中的Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10－41.81×10－71.84×10－14由上述数据可知，沉淀剂最好选用()A．硫化物 B．硫酸盐C．碳酸盐 D．以上沉淀剂均可【答案】A【解析】沉淀工业废水中的Pb2＋时，生成沉淀的反应进行得越完全越好，由于PbS的溶解度最小，故选硫化物作为沉淀剂。考点二溶度积常数及其应用1．溶度积和离子积在一定条件下，难溶强电解质达到沉淀溶解平衡时，存在平衡常数，称为溶度积常数，简称溶度积，符号为Ksp。对于AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：溶度积离子积概念难溶电解质的沉淀溶解的平衡常数溶液中有关离子浓度幂的乘积符号KspQ表达式Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，表达式中的浓度都是平衡浓度Q(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，表达式中的浓度是任意浓度应用判断在一定温度下溶液中难溶电解质的沉淀或溶解情况：①Q>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。②Q＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。③Q<Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。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。【例题4】25℃时，Ksp(FeS)＝6.3×10－18，Ksp(CuS)＝1.3×10－36，Ksp(ZnS)＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是()A．25℃时，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B．25℃时，饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36mol·L－1C．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．ZnS(s)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋Zn2＋(aq)的平衡常数为1.0×1012【答案】D【解析】A项中，三种物质均为AB型化合物，CuS的溶度积最小，因而溶解度最小，错误；B项中，c(Cu2＋)＝eq\r(Ksp（CuS）)＝eq\r(1.3)×10－18mol·L－1，错误；C项中，Ksp(FeS)＞Ksp(ZnS)，应首先生成ZnS沉淀，错误；D项中，该反应的平衡常数K＝eq\f(c（Zn2＋）,c（Cu2＋）)＝eq\f(Ksp（ZnS）,Ksp（CuS）)＝eq\f(1.3×10－24,1.3×10－36)＝1.0×1012，正确。【例题5】按要求回答下列问题。(1)已知25℃时Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，此温度下若在实验室中配制5mol·L－1100mLFeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入_______mL2mol·L－1的盐酸(忽略加入盐酸体积)。(2)CaSO3溶液与CaCl2溶液混合会生成难溶的CaSO3(Ksp＝3.1×10－7)，现将等体积的CaCl2溶液与Na2SO3溶液混合，若混合前Na2SO3溶液的浓度为2×10－3mol·L－1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为________。(3)汽车尾气中的SO2可用石灰水来吸收，生成亚硫酸钙浊液。常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，已知Ka1(H2SO3)＝1.8×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.0×10－9，忽略SOeq\o\al(2－,3)的第二步水解，则Ksp(CaSO3)＝______。(4)在某温度下，Ksp(FeS)＝6.25×10－18，FeS饱和溶液中c(H＋)与c(S2－)之间存在关系：c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，为了使溶液里c(Fe2＋)达到1mol·L－1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的c(H＋)约为________________。【答案】(1)2.5(2)6.2×10－4mol·L－1(3)3.6×10－9(4)4×10－3mol·L－1【解析】(1)若不出现浑浊现象，则c(Fe3＋)·c3(OH－)<Ksp，代入数据可求出c(OH－)<2×10－13mol·L－1，c(H＋)≥5×10－2mol·L－1，故至少要加入2.5mL2mol·L－1的盐酸。(2)根据CaSO3的Ksp＝3.1×10－7，生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为eq\f(3.1×10－7,\f(2×10－3,2))×2mol·L－1＝6.2×10－4mol·L－1。(3)常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，溶液中主要存在两个平衡，CaSO3(s)Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)，Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SOeq\o\al(2－,3))，SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，Kh＝eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（SOeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(（10－5）2,c（SOeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Kw,Ka2（H2SO3）)＝eq\f(10－14,6.0×10－9)＝eq\f(1,6)×10－5，得c(SOeq\o\al(2－,3))＝6×10－5mol·L－1，Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SOeq\o\al(2－,3))＝3.6×10－9。(4)根据Ksp(FeS)＝6.25×10－18得：c(S2－)＝eq\f(6.25×10－18,1)mol·L－1＝6.25×10－18mol·L－1，根据c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22得：c(H＋)＝eq\r(\f(1.0×10－22,6.25×10－18))mol·L－1＝4×10－3mol·L－1。【例题6】已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，Ag2SO4在不同浓度SOeq\o\al(2－,4)溶液中的溶解度如图所示。下列说法正确的是()A．图中a、b两点c(Ag＋)相同B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，可得到b点的溶液C．该温度下，Ag2SO4溶度积的数量级为10－5D．在c点的溶液中加入少量Na2SO4固体，溶液可变到a点【答案】C【解析】曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点c(SOeq\o\al(2－,4))不一样，则c(Ag＋)不相同，A错误；把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，仍为饱和溶液，各种微粒的浓度不变，不能使溶液由a点变到b点，B错误；硫酸银饱和溶液中存在平衡：Ag2SO4(s)2Ag＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，由图可知c(SOeq\o\al(2－,4))＝1mol·L－1时，溶液中c(Ag＋)为10－2.5mol·L－1，则Ksp＝c2(Ag＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝(10－2.5)2×1＝10－5，故该温度下Ag2SO4溶度积的数量级为10－5，C正确；在c点的溶液中加入少量Na2SO4固体，溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))增大，不能使溶液由c点变到a点，D错误。【例题7】25℃时，PbR(R2－为SOeq\o\al(2－,4)或COeq\o\al(2－,3))的沉淀溶解平衡关系图如图所示。已知Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)，下列说法不正确的是()A．线a表示PbCO3的沉淀溶解曲线B．Y点溶液是PbCO3的过饱和溶液C．当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))和c(COeq\o\al(2－,4))的比是1×105D．向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，可转化为Y点对应的溶液【答案】D【解析】由Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)可知，c(Pb2＋)相同时，c(SOeq\o\al(2－,4))大于c(COeq\o\al(2－,3))，则由图可知，线a表示PbCO3的沉淀溶解曲线，故A正确；由图可知，Y点Q(PbCO3)＞Ksp(PbCO3)，则Y点溶液是PbCO3的过饱和溶液，故B正确；当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))和c(COeq\o\al(2－,3))的比为eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）·c（Pb2＋）,c（COeq\o\al(2－,3)）·c（Pb2＋）)＝eq\f(Ksp（PbSO4）,Ksp（PbCO3）)＝eq\f(1×10－2×1×10－6,1×10－2×1×10－11)＝1×105，故C正确；向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，溶液中c(Pb2＋)增大，由图可知，Y点c(Pb2＋)小于X点c(Pb2＋)，故D错误。【归纳总结】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、溶液中某离子浓度，求溶液中另一种离子的浓度，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。(3)计算反应的平衡常数，如对于反应Cu2＋(aq)＋ZnS(s)CuS(s)＋Zn2＋(aq)，Ksp(ZnS)＝c(Zn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，该反应的平衡常数K＝eq\f(c（Zn2＋）,c（Cu2＋）)＝eq\f(Ksp（ZnS）,Ksp（CuS）)。考点三沉淀溶解平衡图像题的解题策略1．沉淀溶解平衡曲线溶度积曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度之间的关系曲线，以AgCl悬浊液为例，溶度积曲线如图：(1)曲线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态，即Q＝Ksp。(2)曲线上方区域均为过饱和溶液，即Q>Ksp。(3)曲线下方区域均为不饱和溶液，即Q<Ksp。(4)升高温度，曲线向右上方平移。2．沉淀溶解平衡对数曲线溶度积对数曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度对数值之间的关系曲线，以CdCO3饱和溶液为例，溶度积曲线如图：(1)直线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态，即Q＝Ksp。(2)直线上方区域均为不饱和溶液，即Q<Ksp。(3)直线下方区域均为过饱和溶液，即Q>Ksp。(4)升高温度，直线向左下方平移。3．沉淀滴定曲线沉淀滴定曲线是沉淀滴定过程中构成难溶电解质的离子浓度与滴定剂加入量之间的关系曲线，以向10mL0.1mol·L－1CuSO4溶液中滴加0.1mol·L－1的K2S溶液为例，滴加过程中溶液中－lgc(Cu2＋)与K2S溶液体积(V)的关系曲线如图：(1)曲线上任一点都代表平衡点，c(Cu2＋)·c(S2－)＝Ksp。(2)滴定终点时(b点)为饱和CuS溶液，c(Cu2＋)＝c(S2－)。(3)滴定终点以前线上点(如a点)，代表c(Cu2＋)>c(S2－)；滴定终点以后线上点(如c点)，代表c(Cu2＋)<c(S2－)。4．解沉淀溶解平衡图像的步骤(1)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。(2)理解图像中线上点、线外点的含义。(3)抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。①溶液在蒸发时，粒子浓度的变化分两种情况：a．原溶液不饱和时，离子浓度都增大b．原溶液饱和时，离子浓度都不变②溶度积常数只受温度影响，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。【例题8】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：pM＝－lgc(Mn＋)，且假设c(Mn＋)≤10－6mol·L－1认为该金属离子已沉淀完全]。判断下列说法正确的是()A．常温下，Ksp[Mg(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]B．可以通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2＋和Fe2＋C．除去Cu2＋中少量Fe3＋，可控制溶液3≤pH<4D．pM与Ksp之间的关系式为：pM＝－lgKsp－nlgc(OH－)【答案】C【解析】A项，常温下，pH一定时c(Mg2＋)>c(Fe2＋)，所以Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)2]，错误；B项，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＋，错误；C项，当3≤pH<4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3≤pH<4，正确；D项，Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)，c(Mn＋)＝eq\f(Ksp,cn（OH－）)，pM＝－lgc(Mn＋)＝－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Ksp,cn（OH－）)))＝－lgKsp＋nlgc(OH－)，错误。【例题9】已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，Ag2CrO4在不同浓度CrOeq\o\al(2－,4)溶液中的溶解度如图所示，下列说法正确的是()A．图中a、b两点c(Ag＋)相同B．图中a点与b点Ag2CrO4溶度积相等C．在a点向溶液中加入少量AgNO3，溶解度可变为c点D．该温度下，Ag2CrO4溶度积的数量级为10－13【答案】B【解析】A选项，图中a、b两点c(Ag＋)不相同，a中c(Ag＋)大于b点，故A错误；B选项，曲线上的点都为溶度积相等的点，故B正确；C选项，在a点向溶液中加入少量AgNO3，银离子浓度增加，铬酸根离子浓度减小，因此溶解度也减小，故C错误；D选项，该温度下，根据b点得知c(Ag＋)＝2×10－5mol/L，c(CrOeq\o\al(2－,4))＝1×10－2mol/L，因此Ag2CrO4溶度积的数量级为10－12，故D错误。【例题10】已知CaCO3溶于水有如下平衡关系：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)ΔH>0不同温度下(T1、T2)，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，回答下列问题(注：CaCO3均未完全溶解)(1)T1________(填“>”“<”或“＝”)T2。(2)保持T1不变，怎样使A点变成B点__________________________________________。(3)在B点，若温度从T1到T2，则B点变到________点(填“C”“D”或“E”。)(4)T1温度下，E点的某混合体系，静置一段时间是否有可能析出沉淀？为什么？【答案】(1)<(2)保持T1不变，向悬浊液中加入Na2CO3固体(3)D(4)可能析出沉淀，原因是E点Q>Ksp【真题演练】1．（2022·海南·高考真题）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值。下列说法错误的是（）A．曲线①代表与pH的关系B．的约为C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在D．向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在【答案】BD【分析】由题干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)(aq)，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)]增大，即-lgc(M2+)增大，-lgc[M(OH)]减小，因此曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lgc[M(OH)]与pH的关系，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，A正确；B．由图象，pH=7.0时，-lgc(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误；C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；D．c[M(OH)]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH)存在，D错误；答案选BD。2．（2022·海南·高考真题）依据下列实验，预测的实验现象正确的是（）选项实验内容预测的实验现象A溶液中滴加NaOH溶液至过量产生白色沉淀后沉淀消失B溶液中滴加KSCN溶液溶液变血红色CAgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量黄色沉淀全部转化为白色沉淀D酸性溶液中滴加乙醇至过量溶液紫红色褪去A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．MgCl2济液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不正确；B．FeCl3溶液中滴加KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；C．AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不正确；D．酸性KMnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确；综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。3．（2022·辽宁·高考真题）下列类比或推理合理的是（）已知方法结论A沸点：类比沸点：B酸性：类比酸性：C金属性：推理氧化性：D：推理溶解度：A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．、、的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：，所以沸点：，故A正确；B．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：，酸性：，故B错误；C．由金属性：，可推出氧化性；由离子方程式可得，氧化性：，故C错误；D．和的阴、阳离子个数比不相同，不能通过大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误；选A。4．（2022·湖南·高考真题）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【分析】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。【详解】A．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；B．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；C．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；D．b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I-、Br-、Cl-全部转化为沉淀，则Ag+浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为：，故D错误；故选C。5．（2022·山东·高考真题）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【分析】溶液pH变化，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。【详解】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，A正确；B．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，B正确；C．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，C正确；D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6,5，根据图示，锶离子的降低，所以发生沉淀转化，D错误；故选D。6．（2021·江苏·高考真题）室温下，用0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是（）A．0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)B．反应CaSO4+COCaCO3+SO正向进行，需满足>×104C．过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)=且c(Ca2+)≤D．滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】C【详解】A．0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，A错误；B．该反应的平衡常数K=====×104，当浓度商＜K时，反应正向进行，B错误；C．上层清液为碳酸钙的保护溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤，C正确；D．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误；综上所述答案为C。7．（2021·全国·高考真题）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线①代表的沉淀溶解曲线B．该温度下的值为C．加适量固体可使溶液由a点变到b点D．时两溶液中【答案】B【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－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()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。【详解】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()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误；答案选B。8．（2020·山东·高考真题）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是（）A．浸出镁的反应为B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】B【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。【详解】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；故答案为B。9．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，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(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为_________________________。(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。氧化物()浸出率/%产品中纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以计)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、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)ⅱ、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纯度。①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。②沉钙反应的离子方程式为_________________________。③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。(4)滤渣C中含有的物质是___________。(5)该流程中可循环利用的物质是___________。【答案】(1)(2)，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出

2.4∶1

，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙(3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动(4)(5)【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为；（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值；（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9%，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。10．（2021·福建·高考真题）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。回答下列问题：(1)“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。(2)“浸出”时，转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_____________________。(3)“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为：。为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于_______。(已知：；和的分别为35.2和17.2)(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为____________________________。(5)“沉淀”时，加入的目的是_______。(6)高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为___________________________________。【已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成】【答案】(1)氨水(2)适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等

晶体析出，混入浸渣(3)3.9(4)(5)提供，使充分转化为沉淀析出(6)【分析】钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)通入氧气焙烧得到、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13·2H2O。（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)(任写两种)；当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致晶体析出，混入浸渣；（3）和的分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于，则S2-浓度大于mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+浓度小于，则S2-浓度大于mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)>10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于3.9；（4）溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，则氧化剂为，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，则反应的离子方程式为；（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13·2H2O，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出；（6）高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。【课后精练】第I卷（选择题）1．（2022·全国·高三专题练习）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·H2OAg(NH3)+2H2O。下列分析不正确的是（）A．浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl-(aq)B．实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl-强C．实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D．由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl【答案】C【详解】A．氯化银为常见的难溶物，存在的溶解平衡为AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl-(aq)，A正确；B．向AgCl浊液中滴加氨水后，沉淀溶解，得到澄清溶液，Ag++2NH3·H2OAg(NH3+)2+2H2O，可知NH3结合Ag+能力比Cl-强，B正确；C．实验室做完银镜反应的试验后，可用稀硝酸洗涤银镜反应后的试管，氨水能溶解氯化银沉淀，不能溶解银单质，C错误；D．AgCl浊液中加氨水，形成了银氨溶液，加入浓硝酸后，浓硝酸与氨水反应，最终得到的物质为AgCl，D正确；故选C。2．（2022·湖北·襄阳四中模拟预测）化学用语是学习化学的工具和基础。下列化学用语错误的是（）A．钢铁的吸氧腐蚀电极总反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2B．醋酸铵的水解反应：CH3COO-++H2OCH3COOH+NH3·H2OC．AgCl沉淀溶解平衡：AgCl(s)AgCl(aq)=Ag+(aq)+C1-(aq)D．氨在水中反应：NH3+H2ONH3·H2O=+OH-【答案】D【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极2Fe-4e-=2Fe2+，正极O2+4e-+2H2O=4OH-，电极总反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，A正确；B．醋酸铵为弱酸弱碱盐，在水溶液中发生双水解反应，但反应不能进行到底，所以水解反应：CH3COO-++H2OCH3COOH+NH3·H2O，B正确；C．AgCl难溶于水，在水中存在溶解平衡，但AgCl为强电解质，溶于水的部分发生完全电离，所以沉淀溶解平衡方程式为：AgCl(s)AgCl(aq)=Ag+(aq)+C1-(aq)，C正确；D．氨在水中溶解时存在溶解平衡，一水合氨为弱碱，发生电离时，也存在电离平衡，所以氨在水中发生反应：NH3+H2ONH3·H2O+OH-，D错误；故选D。3．（2022·河南焦作·期末）T℃时，NiS的溶解平衡曲线如图所示。下列推断错误的是（）A．d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液B．b、c两点的相同C．向NiS饱和溶液中加入粉末，可使溶液从b点迁移到c点D．蒸发d点溶液可使溶液迁移到b点【答案】D【详解】A．由图可知，d点溶液中c(Ni2+)c(S2-)＜Ksp，故d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液，A正确；B．由图可知b、c两点均达到溶解平衡，温度相同，故相同，B正确；C．向NiS饱和溶液中加入粉末，则溶液中c(S2-)增大，平衡逆向移动，导致c(Ni2+)减小，故可使溶液从b点迁移到c点，C正确；D．蒸发d点溶液则析出晶体，导致溶液中c(Ni2+)、c(S2-)浓度都增大，然后达到平衡后不变，故不可使溶液迁移到b点，D错误；故答案为：D。4．（2021·河南·阶段练习）常温时，草酸的电离常数，，CaC2O4的。下列有关说法正确的是（）A．草酸钙是弱电解质B．NaHC2O4在水溶液中的电离方程式：C．常温时，0.01mol/L草酸溶液中D．CaC2O4浊液中存在平衡：【答案】D【详解】A．草酸钙属于盐，是强电解质，故A错误；B．草酸属于二元弱酸，NaHC2O4在水溶液中的电离方程式：，故B错误；C．常温时，0.01mol/L草酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，因此，故C错误；D．CaC2O4的，CaC2O4难溶物存在溶解平衡，其CaC2O4浊液中存在平衡：，故D正确。综上所述，答案为D。5．（2021·广西·钦州市第四中学阶段练习）已知常温下：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12，下列叙述正确的是（）A．AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的小B．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)<Ksp(AgBr)C．向AgCl的悬浊液中滴加浓氨水，沉淀溶解，说明AgCl的溶解平衡向右移动D．将0.001mol·L-1AgNO3溶液分别滴入0.001mol·L-1的KCl和0.001mol·L-1的K2CrO4溶液中先产生Ag2CrO4沉淀【答案】C【详解】A．AgCl的Ksp只与温度有关，温度不变，则Ksp不变，因此常温下：AgCl在饱和NaCl溶液中、水中的Ksp一样大，A错误；B．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明AgCl转化为了更难溶的AgBr，Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，B错误；C．AgCl的悬浊液存在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，滴加浓氨水，沉淀溶解，说明AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移动，C正确；D．产生AgCl沉淀的最小c(Ag+)==1.8×10-7mol/L，产生Ag2CrO4沉淀的最小c(Ag+)=，形成AgCl所需c(Ag+)较小，因此先形成AgCl沉淀，D错误；答案选C。6．（2021·河北武强中学阶段练习）下列用途或转化，不能用沉淀溶解平衡原理解释的是（）A．溶液可使PbS转化为CuSB．向饱和溶液中加入少量纯碱，有白色沉淀生成C．Fe可除去溶液中的杂质D．向悬浊液中加入稀盐酸后，悬浊液变澄清【答案】C【详解】A．加入溶液，发生反应，硫离子浓度减小，使PbS的溶解平衡正向移动，能用沉淀溶解平衡原理解释，选项A不符合；B．加入少量纯碱，使的溶解平衡逆向移动，生成沉淀，能用沉淀溶解平衡原理解释，选项B不符合；C．Fe与发生氧化还原反应，不涉及沉淀溶解平衡，不能用沉淀溶解平衡原理解释，选项C符合；D．加入稀盐酸，发生反应，使的溶解平衡正向移动，悬浊液变澄清，能用沉淀溶解平衡原理解释，选项D不符合；答案选C。7．（2022·四川省资阳市外国语实验学校期中）在FeS悬浊液中，存在平衡FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)。欲使FeS固体质量减少，Fe2+浓度不变，可向悬浊液中加入的试剂是（）A．CuSO4溶液 B．盐酸 C．蒸馏水 D．Na2S【答案】C【详解】A．加入CuSO4溶液与S2-反应生成CuS，对于平衡FeS(s)⇌Fe2+(aq)+S2-(aq)，生成物浓度减小，平衡正向移动，FeS固体质量减少，Fe2+浓度增大，A不选；B．加入盐酸H+与S2-反应生成H2S气体，导致S2-浓度减小，平衡正向移动，FeS固体质量减少，Fe2+浓度增大，B不选；C．加入蒸馏水稀释，平衡正向移动，FeS固体质量减少，由于还是饱和溶液，则Fe2+浓度不变，C选；D．加入Na2S增大S2-浓度，生成物浓度增大，平衡逆向移动，FeS固体质量增加，Fe2+浓度减小，D不选；故选：C。8．（2022·云南·瑞丽市第一民族中学）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溶液，下列说法正确的是（）A．溶液中Pb2＋和I-浓度都增大 B．溶液中Pb2＋和I-浓度都减小C．沉淀溶解平衡向右移动 D．溶液中Pb2＋浓度减小【答案】D【详解】A．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故A错误；

B．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故B错误；C．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，故C错误；D．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故D正确；选D。9．（2022·全国·高三专题练习）难溶物在水溶液中存在沉淀溶解平衡，已知Ksp(CaSO4)=9.0×10-6，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，离子浓度与物质常温下的溶解度关系如图所示，下列说法正确的是（）A．L1为CaSO4曲线，L2为CaCO3曲线B．c1的数量级为10-4，c2=3.0×10-3mol/LC．常温下L1溶解度：a>d，a>eD．降低温度a点可移动至c点【答案】C【分析】Ksp(CaSO4)=9.0×10-6则饱和CaSO4溶液中。Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，则。计算得知，则L2为CaSO4，L1为CaCO3。【详解】A．由以上分析L2为CaSO4，L1为CaCO3，A项错误；B．c1、c2分别为饱和溶液中的离子浓度，则c1的数量级为10-5而c2=3×10-3，B项错误；C．a→d点溶液中Ca2+增加而减少，说明向该溶液中加入了Ca2+溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>d。a→e点溶液中增加而Ca2+减少，说明向该溶液中加入了溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>e。C项正确；D．降低温度，CaCO3溶解平衡逆向，饱和溶液中离子浓度降低，a不会移向c点，D项错误；故选C。10．（2022·全国）某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡，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点对应的等于点对应的 D．该温度下，【答案】C【详解】某温度下，FeB(s)Fe2+(aq)+B2-(aq)的平衡常数表达式为KSP=c(Fe2+)•c(B2-)；A．Ksp受温度影响，升温时，Ksp会发生变化，则通过升温不可能由c点变到a点，故A错误；B．在d点，还未达到FeB的Ksp，即d点是同温下FeB的不饱和溶液，所以d点不可能生成沉淀，故B错误；C．FeR(s)Fe2+(aq)+R2-(aq)，a点和b点在同一曲线上，温度相同，因而a点对应的Ksp(FeR)等于b点对应的Ksp(FeR)，故C正确；D．此温度下，Ksp=c(Fe

2+

)•c(B

2-

)=2×10-9×10-9=2×10-18，故D错误；故选：C。11．（2022·四川南充·高二期末）某实验小组按下图所示进行实验：下列说法错误的是（）A．①③溶液中均有B．③溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动C．①溶液中等于③溶液中D．③溶液中存在：【答案】C【详解】A．氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡，则沉淀溶解平衡为，故A正确；B．③中溶液又变红，可知溶液显碱性，结合选项A可知，沉淀溶解平衡正向移动，故B正确；C．①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁，氯化镁的存在会使氢氧化镁的溶解平衡逆向移动，则c(OH-)：③＜①，故C错误；D．③中溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，由电荷守恒式2c(Mg2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故D正确；故选：C。12．（2022·河南濮阳·期末）下列实验装置正确且能达到实验目的的是（）A．用图I装置探究反应物浓度对化学反应速率的影响B．用图II所示装置探究温度对化学反应速率的影响C．用图III测定NaOH溶液的浓度，滴定过程中眼睛要注视滴定管D．用图IV装置比较Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解度的相对大小【答案】D【详解】A．酸性高锰酸钾溶液过量，应控制酸性高锰酸钾溶液不足，且草酸浓度不同来探究浓度对化学反应速率的影响，故A错误；B．温度、浓度均不同，两个变量，不能探究温度对反应速率的影响，故B错误；C．眼睛要观察锥形瓶中颜色的变化，达到滴定终点后，再读数，故C错误；.D．氢氧化镁白色沉淀转化为更难溶的氢氧化铁红褐色沉淀，则可比较Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解度的相对大小，故D正确；故选D。13．（2022·湖南·攸县第一中学高三阶段练习）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将稀硝酸中加入少量铁粉，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，产生血红色沉淀稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．稀硝酸中加入少量铁粉，生成Fe3+和NO，充分反应后加入KSCN溶液，实验现象是有气体生成，溶液呈血红色，不会产生沉淀，故A错误；B．将铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，溶液变蓝，发生了反应：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+，说明氧化性Fe3+＞Cu2+，没有黑色固体出现，故B错误；C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，打磨后的铝箔很快和空气中的氧气反应生成Al2O3，Al2O3熔点高，包裹着熔化的铝，熔化后的液态铝不会滴落下来，故C错误；D．将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH已反应完全，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，白色沉淀变为浅蓝色沉淀，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，故D正确；故选D。14．（2022·江苏南京·高三阶段练习）自然界与人类活动均对硫的循环产生影响。下列说法不正确的是（）A．火山口附近的硫单质会被O2直接氧化为SO3B．大气中的SO2遇雨水形成H2SO4进入地面或海洋C．工业排放尾气中的SO2可与CaO和O2反应生成CaSO4D．水垢中的CaSO4可与饱和Na2CO3溶液反应生成CaCO3【答案】A【详解】A．硫和氧气生成二氧化硫不是三氧化硫，A错误；B．二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸能被空气中氧气氧化为硫酸，B正确；C．氧气具有氧化性，可以把四价硫氧化为六价硫，SO2可与CaO和O2反应生成CaSO4，C正确；D．饱和Na2CO3溶液中碳酸根离子浓度很大可以使硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，故CaSO4可与饱和Na2CO3溶液反应生成CaCO3，D正确；故选A。15．（2022·江苏南通·高三开学考试）室温下，通过下列实验探究溶液的性质。实验实验操作和现象1用试纸测定溶液的，测定约为2向溶液中加入过量的溶液，有沉淀生成，微热，产生有刺激性气味的气体3向溶液中加入过量的溶液，有黄色和黑色的的混合沉淀生成，静置4向悬浊液中滴加几滴溶液，部分白色沉淀变成红褐色，静置下列有关说法正确的是（）A．由实验可得溶液中存在：B．实验反应的离子方程式：C．实验所得上层清液中存在：D．实验所得上层清液中存在：【答案】C【详解】A．溶液中存在电荷守恒：，测得约为，则，则，故A错误；B．溶液中加入过量溶液，反应生成氨气、氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为，故B错误；C．向溶液中滴加溶液，有黄色和黑色的混合沉淀物生成，可知铁离子和硫离子反应生成了硫单质，在溶液中，根据物料守恒有：，部分硫离子反应，则，故C正确；D．上层清液中，不会再发生沉淀的转化，则，故D错误；故选C。16．（2022·青海西宁·二模）某温度下，饱和溶液中-lgc(Cl-)、-lgc(I-)与-lgc(Ag+)的关系如图所示。已知同温下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)。下列说法错误的是（）A．线①代表AgI的沉淀溶解曲线B．c(Ag+)=10-6mol·L-1时，两溶液中C．加入AgNO3(s)可使溶液由d点变到c点D．逐渐降低温度，线①平行地移向线②【答案】D【分析】Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)，Ksp(AgI)=c(Ag+)•c(I-)，相同温度下Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，则c(Ag+)相同时c(Cl-)＞c(I-)，即-lg[c(Cl-)]＜-lg[c(I-)]，所以曲线①表示-lg[c(I-)]与-lg[c(Ag+)]的关系，曲线②表示-lg[c(Cl-)]与-lg[c(Ag+)]的关系，据此分析解答。【详解】A．相同温度下Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，则c(Ag+)相同时c(Cl-)＞c(I-)，即-lg[c(Cl-)]＜-lg[c(I-)]，所以曲线①表示-lg[c(I-)]与-lg[c(Ag+)]的关系，即①代表AgI的沉淀溶解曲线，故A正确；B．由图可知，c(Ag+)=10-6mol·L-1时两溶液中，故B正确；C．①代表AgI的沉淀溶解曲线，根据图可知，由d点变到c点c(I-)不变，c(Ag+)增大，加适量AgNO3(s)时c(Ag+)增大，由于c点是恰好处于溶解平衡的点即恰好饱和的溶液，d点是过饱和溶液，则c(I-)不变，则加入AgNO3(s)能使溶液由d点变到c点，故C正确；D．沉淀溶解平衡时吸热反应，降低温度，Ksp(AgI)减小，AgI的溶解度减小，饱和溶液中c(I-)、c(Ag+)均减小，则-lg[c(I-)]与-lg[c(Ag+)]均增大，直线向上平行移动，则线②平行地移向线①，故D错误；故选：D。第II卷（非选择题）17．（2022·全国·单元测试）I．我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过。处理含镉废水可采用化学沉淀法。(1)写出磷酸镉[]沉淀溶解平衡常数的表达式：_______。(2)一定温度下，的，的，该温度下_______[填“”或“”]的饱和溶液中浓度较大。(3)向某含镉废水中加入，当浓度达到时，废水中的浓度为____[已知：]，此时____(填“符合”或“不符合”)《生活饮用水卫生标准》。II．根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题：(4)已知25℃时，；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：pH8.0~9.6颜色黄色绿色蓝色25℃时，向饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为_______。(5)常温下，向50mL的溶液中加入50mL的盐酸，生成沉淀。已知该温度下，，忽略溶液体积的变化。①反应后，溶液中_______。②反应后，溶液的_______。③如果向反应后的溶液中继续加入50mL的盐酸，____(填“有”或“无”)白色沉淀生成。【答案】(1)(2)(3)

符合(4)蓝色(5)

2

无【解析】（1）磷酸镉[]沉淀溶解平衡常数的表达式：。（2）当达到沉淀溶解平衡时有，则该温度下饱和溶液中，当达到沉淀溶解平衡时有，则该温度下饱和溶液中，则的饱和溶液中浓度较大。（3）当时，，符合《生活饮用水卫生标准》。（4）25℃时，，设饱和溶液中，则，解得；，，所以溶液呈蓝色。（5）①常温下，向50mL的溶液中加入50mL的盐酸，反应后溶液中，则溶液中；②反应后，溶液中，则溶液的；③再向反应后的溶液中加入50mL盐酸，溶液中、，，故无沉淀产生。18．（2022·全国·高二课时练习）以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如表。表1

几种砷酸盐的难溶物表2工厂污染物排放浓度及允许排放标准污染物浓度排放标准回答以下问题：(1)该工厂排放的废水中的物质的量浓度为_______。(2)若处理后的工厂废水中、的浓度均为，则此时废水中最大是_______。(3)工厂排放出的酸性废水中的三价砷(，弱酸)不易沉降，可投入先将其氧化成五价砷(，弱酸)，写出该反应的离子方程式：_____________________。(4)在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入适量生石灰调节pH为2，再投入适量生石灰将pH调节为8左右，使五价砷以形式沉降。①将pH调节为2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为__________________________________________。②在pH调节为8左右才出现大量沉淀的原因为_____________________。【答案】(1)0.29(2)(3)(4)

是弱酸，当溶液中调节为8左右时浓度增大，大量沉淀【解析】（1）由题表2可知，该工厂排放的废水中；（2）若处理后的工厂废水中、的浓度均为，，则依据可知最大为；（3）将三价砷(，弱酸)氧化成五价砷(，弱酸)，同时生成和，由此可写出该反应的离子方程式为：；（4）①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，因为此时没有生成Ca3(AsO4)2沉淀，则沉淀只能为SO42-与Ca2+反应的产物CaSO4，故答案为CaSO4；②是弱酸，电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成沉淀，当溶液中调节为8左右时浓度增大，大量沉淀。19．（2022·全国·课时练习）废弃电池随意丢弃会对土壤或水体产生污染，电池中含有的重金属离子对植物生长有毒害作用，摄入人体还会伤害人的脑细胞、神经、肝、肾、骨骼等。某化学小组同学查阅一些难溶物常温下的溶度积常数如表：物质物质FeSCuS(黑色)MnS(红色)PbSHgSZnS(1)该同学在含有相同浓度和的溶液中滴加的稀溶液，观察到先出现的沉淀颜色是_______，该实验说明在相同温度下，同类型沉淀的越小，物质的溶解度_______(填“越大”或“越小”)。(2)某溶液中含有，已知常温下开始沉淀的为1.0，则此溶液中的物质的量浓度为_______；若此溶液中含有与等浓度的，调节使沉淀完全时，得到的沉淀_______(填“含有”或“不含有”)。(3)某工业废水中含有、、等离子，若除去它们，最适宜加入过量的_______(填字母)。A．

B．

C．

D．写出加入该试剂除去时发生反应的离子方程式：_____________________。(4)由晶体得到纯的无水，需要进行的操作是_______。【答案】(1)黑色

越小(2)

含有(3)A

(4)在干燥的气流中加热脱水【解析】（1）相同温度下，同类型沉淀的越小，溶解度越小，越先析出，根据表中数据，由于，所以更难溶，即沉淀颜色为黑色；在含有相同浓度和的溶液中滴加的稀溶液，优先析出沉淀，故答案为：黑色；越小；（2）常温下铁离子开始沉淀的为1.0，则此时溶液中，此溶液中；调节使沉淀完全时，溶液中，此时溶液中，，所以有沉淀，故答案为：；含有；（3）加入的试剂应足量，为避免引入新的杂质，最好选择难溶于水的，除去时发生反应的离子方程式为，故答案为：A；；（4）在空气中直接加热晶体会发生水解生成氢氧化铁和，为了抑制其水解，应该在干燥的气流中加热脱水，故答案为：在干燥的气流中加热脱水；20．（2022·全国·课时练习）平衡常数是分析平衡问题的重要依据。回答下列问题：(1)已知：时，的，则时，的溶液的_______。(2)在温度为时，某研究人员测定的电离常数为，的水解常数为，则该温度下水的离子积常数为_______，请判断_______(填“>”“＜”或“=”)。(3)化工生产中常用作沉淀剂除去工业废水中的：。该反应的平衡常数为_______(和的分别为、)。(4)时，将的氨水