新高考化学一轮复习讲义 第8章 第52讲　难溶电解质的溶解平衡

这是一份新高考化学一轮复习讲义 第8章 第52讲　难溶电解质的溶解平衡，共18页。试卷主要包含了全面，扎实训练学科基本技能，培养学生积极的学习态度，有计划等内容，欢迎下载使用。

要正确理解基础，不是会做几个简单题就叫基础扎实。对于一轮复习，基础就是像盖房子一样，需要着力做好两件大事：一是夯实地基，二是打好框架。
2、扎实训练学科基本技能、理解感悟学科基本方法。
一轮复习，要以教材为本，全面细致的回顾课本知识，让学生树立“教材是最好的复习资料”的观点，先引导学生对教材中所涉及的每个知识点进行重新梳理，对教材中的概念、定理、定律进一步强化理解。
3、培养学生积极的学习态度、良好的复习习惯和运用科学思维方法、分析解决问题的能力。
落实学生解题的三重境界：一是“解”，解决当前问题。二是“思”，总结解题经验和方法。三是“归”，回归到高考能力要求上去。解题上强化学生落实三个字：慢（审题），快（书写），全（要点全面，答题步骤规范）。
4、有计划、有步骤、有措施地指导学生补齐短板。
高三复习要突出重点，切忌主次不分，无的放矢。要在“精讲”上下足功夫。抓住学情，讲难点、重点、易混点、薄弱点；讲思路、技巧、规范；讲到关键处，讲到点子上，讲到学生心里去。
第52讲 难溶电解质的溶解平衡
复习目标 1.了解难溶电解质的溶解平衡。2.理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。
考点一 沉淀溶解平衡及应用
1．物质在水中的溶解度
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)概念
在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，把这种平衡称为沉淀溶解平衡。
(2)沉淀溶解平衡的影响因素
3．沉淀溶解平衡的应用
(1)沉淀的生成
(2)沉淀的溶解
如要使Mg(OH)2沉淀溶解，可加入盐酸、NH4Cl溶液。
(3)沉淀的转化
锅炉除垢，将CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为CaSO4(s)＋COeq \\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)；ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液得到CuS沉淀的离子方程式为ZnS(s)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋Zn2＋(aq)。
1．难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止( )
2．相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同( )
3．在一定条件下，溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀( )
4．为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀( )
5．洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好( )
6．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH会增大( )
7．钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导泻使Ba2＋转化为BaCO3而排出( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.× 7．×
一、沉淀溶解平衡及其移动
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．①⑥⑦
C．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。
2．室温下向100 mL蒸馏水中加入1 g CaCO3，一段时间后再向其中加入10 mL蒸馏水，一段时间后继续加入10 mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图：
已知：室温下，CaCO3的溶解度为0.001 3 g。
下列说法不正确的是( )
A．a→b电导率上升是由于CaCO3固体部分溶解于水中
B．c和e对应的时刻分别加入了10 mL蒸馏水
C．c→d、e→f，电导率下降，说明CaCO3的溶解平衡逆向移动
D．g后的电导率几乎不再改变，说明CaCO3的溶解达到平衡状态
答案 C
解析 碳酸钙在水中的溶解度小，溶于水的碳酸钙在溶液中完全电离，使溶液中的离子浓度增大，导致a→b电导率上升，故A项正确；由图可知，c→d、e→f的电导率下降，说明溶液中离子浓度减小，则c和e对应的时刻应该是分别加入了10 mL蒸馏水，故B项正确；由图可知，c→d、e→f的电导率下降，说明溶液中离子浓度减小，则c和e对应的时刻应该是分别加入了10 mL蒸馏水；加入蒸馏水，碳酸钙的溶解平衡正向移动，故C项错误；g后的电导率几乎不再改变，说明溶液中的离子浓度不再改变，碳酸钙的溶解在溶液中达到平衡状态，故D项正确。
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。
二、沉淀溶解平衡的实验探究
3．(2022·北京海淀区模拟)取1 mL 0.1 ml·L－1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 ml·L－1)，下列说法不正确的是( )
A．实验①白色沉淀是难溶的AgCl
B．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白色沉淀，离子方程式为Ag＋＋Cl－===AgCl↓，所以沉淀为难溶的AgCl，故A项正确；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项错误；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项正确；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白色沉淀AgCl转化为黄色沉淀AgI，说明AgI比AgCl更难溶，故D项正确。
4．为研究沉淀的生成及转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是( )
A．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．③中颜色变化说明有AgI生成
D．该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶
答案 D
解析 A项，根据信息，白色沉淀是AgSCN，存在溶解平衡：AgSCN(s)Ag＋(aq)＋
SCN－(aq)，正确；B项，取上层清液，加入Fe3＋出现红色溶液，说明生成Fe(SCN)3，说明溶液中含有SCN－，正确；C项，AgI是黄色沉淀，产生黄色沉淀说明有AgI生成，正确；D项，可能是c(I－)·c(Ag＋)＞Ksp(AgI)，出现沉淀，错误。
沉淀转化的三种情况
(1)难溶的物质转化为更难溶的物质较易实现。
(2)Ksp相差不大时，Ksp小的物质可以转化为Ksp大的物质。如Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9＞Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，通过增大COeq \\al(2－,3)的浓度，可以实现BaSO4(s)＋COeq \\al(2－,3)(aq)BaCO3(s)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)。
(3)Ksp相差很大时，Ksp小的物质不能转化为Ksp大的物质。
三、沉淀溶解平衡的应用
5．金属氢氧化物在酸中的溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/ml·L－1)如图所示。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________(填化学式)。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为____(填字母)。
A．<1 B．4左右 C．>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的C2＋杂质，____(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是_____________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)已知一些难溶物的溶度积常数如下表：
某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的______(填字母)除去它们。
A．NaOH B．FeS C．Na2S
答案 (1)Cu2＋ (2)B (3)不能 C2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小 (4)B
解析 (1)据图知pH＝4～5时，Cu2＋开始沉淀为Cu(OH)2，因此pH＝3时，主要以Cu2＋形式存在。
(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3＋，应保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知应控制溶液pH为4左右。
(3)据图知，C2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(NO3)2溶液中的C2＋。
(4)在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中，FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，在废水中加入FeS，Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋均可分别转化为溶度积更小的沉淀，过量FeS也可一起过滤除去，且不会引入新的杂质。
考点二 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：
2.Ksp的影响因素
(1)内因：物质本身的性质。
(2)外因：仅与温度有关，与浓度、压强、催化剂等无关。
1．已知：Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度( )
2．常温下，向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小( )
3．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大( )
4．向AgCl、AgBr的混合饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中eq \f(cCl－,cBr－)不变( )
5．向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)( )
6．AgCl的Ksp＝1.8×10－10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)＝eq \r(1.8)×10－5 ml·L－1( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.√ 5.× 6.×
一、Ksp的大小比较
1．分别进行下列操作，由现象得出的结论正确的是( )
答案 D
解析 生成的硫化氢与硝酸银溶液反应生成硫化银沉淀，没有沉淀的转化，无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)的大小，A错误；AgNO3溶液过量，KI直接与AgNO3反应，无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小关系，B错误；溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，AgI悬浊液中滴入Na2S溶液，固体变黑，说明Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgI)，C错误；难溶的物质先沉淀出来，说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，D正确。
二、和Ksp有关的计算与判断
2．常温下，若向50 mL 0.002 ml·L－1 CuSO4溶液中加入50 mL 0.004 4 ml·L－1 NaOH溶液，生成了沉淀。已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20，计算沉淀生成后溶液中c(Cu2＋)＝________ ml·L－1。
答案 5.0×10－13
解析 硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液完全反应后，溶液中c(OH－)＝
eq \f(0.004 4 ml·L－1×0.05 L－0.002 ml·L－1×0.05 L×2,0.1 L)＝2.0×10－4 ml·L－1，则溶液中铜离子浓度为eq \f(Ksp[CuOH2],c2OH－)＝eq \f(2.0×10－20,2.0×10－42)ml·L－1＝5.0×10－13 ml·L－1。
3．(2022·安徽合肥一中模拟)298 K时，向c(Ce3＋)＝0.02 ml·L－1的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，此时Ce3＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)，判断的理由是___________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(要求列式计算，已知：Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20，c(Ce3＋)＜1.0×10－5 ml·L－1时视为沉淀完全)
答案 是 因为根据c(Ce3＋)＝eq \f(Ksp[CeOH3],c3OH－)＝eq \f(1.0×10－20,10－12) ml·L－1＝1.0×10－8 ml·L－1＜1.0×10－5 ml·L－1，所以Ce3＋沉淀完全
4．(2022·四川仁寿二中模拟)已知25 ℃时，Al(OH)3的Ksp＝1.3×10－33，则该温度下反应Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋的平衡常数为________________________。
答案 7.7×10－10
解析 反应Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋平衡常数的表达式为K＝eq \f(c3H＋,cAl3＋)，则K＝eq \f(c3H＋,cAl3＋)·eq \f(c3OH－,c3OH－)＝eq \f(1,cAl3＋·c3OH－)·eq \f(c3OH－·c3H＋,1)＝eq \f(K\\al(3,w),Ksp)，25 ℃时Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Kw＝1.0×10－14，代入上式得K＝eq \f(1.0×10－143,1.3×10－33)≈7.7×10－10。
5．有关数据如表所示：
常温下，用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为Fe3＋，加碱调节至pH为________时，铁离子刚好沉淀完全(离子浓度小于1.0×10－5 ml·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 ml·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是________________________________________________________________________，
原因是________________________________________________________________________。
答案 2.7 6 Zn2＋和Fe2＋不能分离 Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
解析 铁溶于稀硫酸生成Fe2＋，Fe2＋被双氧水氧化为Fe3＋。Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－39，则铁离子刚好沉淀完全时，c(OH－)＝eq \r(3,\f(10－39,10－5)) ml·L－1≈4.64×10－12 ml·L－1，则
c(H＋)＝eq \f(Kw,cOH－)＝eq \f(10－14,4.64×10－12) ml·L－1≈2.16×10－3 ml·L－1，pH≈2.7；Ksp[Zn(OH)2]＝
c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－17，锌开始沉淀时，c(OH－)＝eq \r(\f(10－17,0.1)) ml·L－1＝10－8 ml·L－1，则c(H＋)＝eq \f(Kw,cOH－)＝eq \f(10－14,10－8) ml·L－1＝10－6 ml·L－1，pH＝6；Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近，若不加双氧水，沉淀Fe2＋的同时Zn2＋也会被沉淀，从而使Zn2＋和Fe2＋不能分离。
三、沉淀滴定
6．KClO4样品中常含少量KCl杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.689 g样品溶于水中，配成250 mL溶液，从中取出25.00 mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClOeq \\al(－,4)全部转化为Cl－，反应为3KClO4＋C6H12O6===6H2O＋6CO2↑＋3KCl，加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.200 0 ml·L－1 AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积21.00 mL。滴定达到终点时，产生砖红色Ag2CrO4沉淀。
(1)已知：Ksp(AgCl)＝1.8×l0－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.1×10－12，若终点时c(CrOeq \\al(2－,4))＝1.1×
10－4 ml·L－1，则此时c(Cl－)＝______________ml·L－1。
(2)计算KClO4样品的纯度(请写出计算过程)。
答案 (1)1.8×10－6
(2)n(AgNO3)＝0.200 0 ml·L－1×0.021 L＝0.004 2 ml,25.00 mL溶液中n(KCl)总＝n(AgNO3)＝0.004 2 ml，n(KClO4)＋n(KCl)＝0.004 2 ml，n(KClO4)×138.5 g·ml－1＋n(KCl)×74.5 g·
ml－1＝0.568 9 g，解得n(KClO4)＝0.004 0 ml，n(KClO4)总＝ 0.004 0 ml×eq \f(250 mL,25.00 mL)＝
0.040 ml，其纯度为eq \f(0.040 ml×138.5 g·ml－1,5.689 g)×100%≈97.38%。
解析 (1)若c(CrOeq \\al(2－,4))＝1.1×10－4 ml·L－1，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrOeq \\al(2－,4))＝1.1×10－12，
c(Ag＋)＝10－4 ml·L－1，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，c(Cl－)＝1.8×10－6 ml·L－1。

1．(2020·全国卷Ⅱ，9)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCOeq \\al(－,3)浓度增大、COeq \\al(2－,3)浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
答案 C
解析 二氧化碳能引起海水酸化，其原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，C错误。
2．[2021·湖北，16(3)]25 ℃时，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10－5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10－35，Ksp[In(OH)3]≈1.0×10－33，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10－20，“浸出液”中c(Cu2＋)＝0.01 ml·L－1。当金属阳离子浓度小于1.0×10－5 ml·L－1时沉淀完全，In3＋恰好完全沉淀时溶液的pH约为________(保留一位小数)；若继续加入6.0 ml·L－1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后____________；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3＋NH3·H2O[Ga(OH)4]－＋NHeq \\al(＋,4)的平衡常数K＝________________。(已知：Ga3＋＋4OH－[Ga(OH)4]－ K′＝eq \f(c[GaOH4]－,cGa3＋·c4OH－)≈1.0×1034)
答案 4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 2.0×10－6
解析 In3＋恰好完全沉淀时c(OH－)＝eq \r(3,\f(1.0×10－33,1.0×10－5)) ml·L－1≈1.0×10－9.3 ml·L－1，c(H＋)＝1.0×10－4.7 ml·L－1，pH＝4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，溶液变成深蓝色；由反应方程式可知K＝eq \f(c[GaOH4]－·cNH\\al(＋,4),cNH3·H2O)，由K′＝eq \f(c[GaOH4]－,cGa3＋·c4OH－)≈1.0×1034，得K＝eq \f(1.0×1034×cGa3＋×c4OH－×cNH\\al(＋,4)×cOH－,cNH3·H2O×cOH－)＝
eq \f(1.0×1034×cGa3＋×c3OH－×cNH\\al(＋,4)×cOH－,cNH3·H2O)＝1.0×1034×Ksp[Ga(OH)3]×Kb(NH3·H2O)，代入数据可知K＝2.0×10－6。
3．[2021·海南，16(4)(5)](4)25 ℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：CaSO4(s)＋COeq \\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)，其平衡常数K＝__________________________。[已知Ksp(CaSO4)＝9.1×10－6，Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9]
(5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因：_______________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (4)3.25×103 (5)游客呼出的CO2可与钟乳石的主要成分CaCO3发生可逆反应：CO2＋H2O＋CaCO3Ca2＋＋2HCOeq \\al(－,3)，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被破坏
解析 (4)由方程式可知，反应的平衡常数K＝eq \f(cSO\\al(2－,4),cCO\\al(2－,3))＝eq \f(cSO\\al(2－,4)·cCa2＋,cCO\\al(2－,3)·cCa2＋)＝eq \f(KspCaSO4,KspCaCO3)＝eq \f(9.1×10－6,2.8×10－9)＝3.25×103。
4．[2020·全国卷Ⅲ，27(1)(2)(3)(4)]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)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是____________________________________
________________________________________________________________________。
为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式：________________________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是_________________________________________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为_____________。
(4)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1.0 ml·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是________。
答案 (1)除去油脂，溶解铝及其氧化物 AlOeq \\al(－,2)＋H2O＋H＋===Al(OH)3↓
(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋ (3)O2(或空气) Fe3＋
(4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2] 3.2～6.2
解析 (1)因为废镍催化剂表面沾有油脂，所以“碱浸”的目的是除去油脂，同时还可以溶解催化剂中混有的铝及氧化铝杂质；滤液①中存在的金属元素只有铝元素，铝元素以AlOeq \\al(－,2)的形式存在，当加酸调到中性时，发生反应的离子方程式为AlOeq \\al(－,2)＋H2O＋H＋===Al(OH)3↓。
(2)滤饼①加稀硫酸酸浸，产生的滤液中的金属离子有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。
(3)过程中加入H2O2的目的是氧化Fe2＋，由于Fe2＋的还原性强，能与氧气反应，因此也可以用氧气或空气代替H2O2；如果过程中先“调pH”后“转化”，结合金属离子沉淀的有关pH数据可知，当调节pH小于7.2时，Fe2＋不能形成沉淀，加入H2O2后Fe2＋被氧化为Fe3＋，因此滤液③中可能混有杂质Fe3＋。
(4)根据溶度积的表达式得Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2[或10－5×
(108.7－14)2]；当溶液中c(Ni2＋)＝1.0 ml·L－1时，c(OH－)＝eq \r(\f(Ksp,cNi2＋))＝eq \r(\f(0.01×107.2－142,1)) ml·
L－1＝10－7.8 ml·L－1，c(H＋)＝eq \f(Kw,cOH－)＝eq \f(10－14,10－7.8) ml·L－1＝10－6.2 ml·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝
－lg 10－6.2＝6.2。所以当pH＝6.2时，Ni2＋开始产生沉淀，根据流程图可知，调pH的目的是让Fe3＋沉淀完全，所以需要调节pH大于3.2，综合分析，应控制pH的范围为3.2～6.2。
课时精练
1．下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法正确的是( )
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．升高温度，AgCl沉淀的溶解度减小
D．在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体，AgCl沉淀溶解的量不变
答案 A
解析 沉淀溶解平衡是动态平衡，A项正确；AgCl在水中存在溶解平衡，溶液中有极少量的Ag＋和Cl－，B项错误；通常固体的溶解度随温度的升高而增大(氢氧化钙等除外)，C项错误；加入NaCl固体，Cl－浓度增大，使AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的平衡左移，析出氯化银沉淀，因此AgCl沉淀溶解的量减少，D项错误。
2．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．①②③
C．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。
3．(2022·保定模拟)在一定温度下，当过量的Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡时：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，要使Mg(OH)2固体增加，c(OH－)增加，可采取的措施是( )
A．加适量的水
B．通入少量HCl气体
C．加少量NaOH固体
D．加少量MgSO4固体
答案 C
解析 加入适量水，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg(OH)2固体的质量减少，故A不选；加入盐酸，平衡正向移动，氢氧化镁固体减少，故B不选；加少量NaOH固体，平衡逆向移动，则Mg(OH)2固体增加，且c(OH－)增加，故C选；加少量MgSO4固体，平衡逆向移动，c(OH－)减小，故D不选。
4．在25 ℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法正确的是( )
A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36 ml·L－1
B．25 ℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度
C．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．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大
答案 B
解析 饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为eq \r(KspCuS)＝eq \r(1.3×10－36) ml·L－1，故A错误；由FeS的Ksp＝6.3×10－18、CuS的Ksp＝1.3×10－36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；FeS的Ksp＝6.3×10－18、ZnS的Ksp＝1.3×10－24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的ZnS沉淀，故C错误；饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。
5．往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述正确的是( )
A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw增大，c(OH－)减小
B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)
C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸
D．沉淀转化的离子方程式为COeq \\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)
答案 D
解析 温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，A项错误；Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，沉淀转化的离子方程式为CaSO4(s)＋COeq \\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)，D项正确。
6．25 ℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。下列说法错误的是( )
A．若向Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(Mg2＋)会增大
B．若向Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色
C．若向Mg(OH)2悬浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动
D．若向Mg(OH)2悬浊液中加入少量Na2CO3(s)，固体质量将增大
答案 C
解析 A项，向Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH－)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c(Mg2＋)会增大，正确；B项，向Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11＞Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，则沉淀将由白色的氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，正确；C项，加入少量蒸馏水，Ksp保持不变，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，错误；D项，向Mg(OH)2悬浊液中加入少量Na2CO3(s)，由于碳酸根离子水解呈碱性，所以c(OH－)增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，正确。
7．硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，医药上用于催吐剂。已知25 ℃时，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5，则下列说法正确的是( )
A．在水中加入少量ZnSO4固体时，水的电离平衡向正反应方向移动，Kw减小
B．在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(SOeq \\al(2－,4))
C．向0.5 L 0.10 ml·L－1ZnSO4溶液中加入等体积0.02 ml·L－1AgNO3溶液，即可生成Ag2SO4沉淀
D．常温下，要除去0.20 ml·L－1ZnSO4溶液中的Zn2＋，要调节pH≥8
答案 D
解析 在水中加入ZnSO4固体，Zn2＋发生水解反应，促使水的电离平衡正向移动，由于温度不变，则Kw不变，A错误；ZnSO4溶液中，据电荷守恒可得2c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SOeq \\al(2－,4))，B错误；ZnSO4和AgNO3溶液混合后，c(SOeq \\al(2－,4))＝0.05 ml·L－1，c(Ag＋)＝0.01 ml·
L－1，则Q＝c(SOeq \\al(2－,4))·c2(Ag＋)＝0.05×0.012＝5×10－6＜Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5，故不能生成Ag2SO4沉淀，C错误；要除去溶液中Zn2＋，即使c(Zn2＋) ≤1.0×10－5ml·L－1，则有c(OH－)
≥eq \r(\f(Ksp[ZnOH2],cZn2＋))＝eq \r(\f(1.0×10－17,1.0×10－5)) ml·L－1＝10－6 ml·L－1，此时溶液的c(H＋)≤eq \f(Kw,cOH－)＝eq \f(10－14,10－6) ml·L－1＝10－8ml·L－1，即溶液的pH≥8，D正确。
8．已知25 ℃时，一些难溶物质的溶度积常数如下：
根据上表数据，判断下列化学方程式不正确的是( )
A．2AgCl＋Na2S===2NaCl＋Ag2S
B．MgCO3＋H2Oeq \(=====,\s\up7(△))Mg(OH)2＋CO2↑
C．ZnS＋2H2O===Zn(OH)2＋H2S↑
D．Mg(HCO3)2＋2Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
答案 C
解析 根据溶度积常数可知，溶解度：ZnS＜Zn(OH)2，由于发生复分解反应时生成溶解度更小的物质，故C不正确。
9．某些盐能溶解沉淀，利用下表三种试剂进行实验，相关分析不正确的是( )
A.向①中加入酚酞，溶液显红色说明物质的“不溶性”是相对的
B．分别向少量Mg(OH)2沉淀中加入适量等体积的②③，沉淀均能快速彻底溶解
C．①③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)＋2NHeq \\al(＋,4)Mg2＋＋2NH3·H2O
D．向①中加入②，c(OH－)减小，Mg(OH)2溶解平衡正向移动
答案 B
解析 使酚酞显红色的溶液呈碱性，说明Mg(OH)2在水中有一定的溶解，A项正确；Mg(OH)2与NH4Cl溶液反应速率较小，沉淀不能快速彻底溶解，B项错误；NHeq \\al(＋,4)结合Mg(OH)2悬浊液中的OH－，促进Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，促使Mg(OH)2沉淀溶解，C项正确；盐酸能够与Mg(OH)2发生中和反应，促使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，D项正确。
10．某兴趣小组进行下列实验：
①将0.1 ml·L－1 MgCl2溶液和0.5 ml·L－1 NaOH溶液等体积混合得到浊液
②取少量①中浊液，滴加0.1 ml·L－1 FeCl3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0.1 ml·L－1 FeCl3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 \\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)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。
11．NiSO4·6H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣(主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如下：
已知：25 ℃时，Ksp(CuS)＝8.9×10－35、Ksp(FeS)＝4.9×10－18。
下列说法错误的是( )
A．溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4
B．除去Cu2＋可采用FeS
C．流程中a～b的目的是富集NiSO4
D．“操作Ⅰ”为蒸发浓缩、冷却结晶
答案 A
解析 溶液中的Ni2＋，在除去Cu2＋和Fe2＋后加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，所以溶解废渣时若用稀盐酸代替稀H2SO4对制备不会有影响，故A错误；CuS比FeS更难溶，向含有Cu2＋溶液中加入FeS发生沉淀的转化生成CuS，故B正确；NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，所以流程中a～b的目的是富集NiSO4，故C正确；该晶体为结晶水合物，从溶液中得到该溶质晶体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确。
12．我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活饮用水中镉的排放量不超过0.005 mg·L－1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：
(1)磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式为Ksp＝__________________ 。
(2)一定温度下，CdCO3的Ksp＝4.0×10－12，Cd(OH)2的Ksp＝3.2×10－14，那么它们在水中的溶解量________较大。
(3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8 ml·L－1时，废水中Cd2＋的浓度为________ ml·L－1[已知：Ksp(CdS)＝7.9×10－27，Mr(Cd)＝112]，此时是否符合生活饮用水卫生标准？ ________(填“是”或“否”)。
答案 (1)c3(Cd2＋)·c2(POeq \\al(3－,4)) (2)Cd(OH)2 (3)1.0×10－19 是
解析 (1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为Cd3(PO4)2(s)3Cd2＋(aq)＋2POeq \\al(3－,4)(aq)，Ksp＝c3(Cd2＋)·
c2(POeq \\al(3－,4))。(2)当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(s)Cd2＋(aq)＋COeq \\al(2－,3)(aq)，则此时溶液中c(Cd2＋)＝2×10－6ml·L－1，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s)Cd2＋(aq)＋2OH－(aq)，则c(Cd2＋)＝2×10－5 ml·L－1，据此推出在水中的溶解量较大的是Cd(OH)2。
(3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8 ml·L－1时，溶液中c(Cd2＋)＝eq \f(KspCdS,cS2－)＝1.0×10－19 ml·L－1，则废水中Cd2＋的含量为1.0×10－19×112×103 mg·L－1＝1.12×10－14mg·
L－1＜0.005 mg·L－1，因此符合生活饮用水卫生标准。
13．(1)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，利用
Ag＋与CrOeq \\al(2－,4)生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5 ml·L－1)时，溶液中c(Ag＋)为________ml·L－1，此时溶液中c(CrOeq \\al(2－,4))等于________ml·L－1。[已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为1.9×10－12和1.8×10－10]
(2)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2＋＋COeq \\al(2－,3)CdCO3＋4NH3，常温下，该反应平衡常数K＝2.0×105，[Cd(NH3)4]2＋Cd2＋＋4NH3的平衡常数K1＝4.0×10－5，则Ksp(CdCO3)＝________。
答案 (1)1.8×10－5 5.9×10－3 (2)2.0×10－10
解析 (1)根据Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，可计算出当溶液中Cl－恰好完全沉淀时，溶液中c(Ag＋)＝1.8×10－5 ml·L－1，然后再根据Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrOeq \\al(2－,4))＝1.9×
10－12，又可计算出此时溶液中c(CrOeq \\al(2－,4))≈5.9×10－3 ml·L－1。
(2)由题给方程式可知，平衡常数
K＝eq \f(c4NH3,c{[CdNH34]2＋}·cCO\\al(2－,3))＝eq \f(c4NH3·cCd2＋,c{[CdNH34]2＋})×eq \f(1,cCO\\al(2－,3)·cCd2＋)＝eq \f(K1,KspCdCO3)＝2.0×105，则Ksp(CdCO3)＝eq \f(K1,K)＝eq \f(4.0×10－5,2.0×105)＝2.0×10－10。方法
举例
解释
调节pH法
除去CuCl2溶液中的FeCl3，可向溶液中加入CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]
CuO与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀
除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至4左右
Fe3＋与NH3·H2O反应生成Fe(OH)3沉淀
沉淀剂法
以H2S、Na2S等沉淀污水中的Hg2＋、Cu2＋等重金属离子
H2S、Na2S与Cu2＋、Hg2＋反应生成沉淀
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10－18
2.5×10－13
1.3×10－36
3.4×10－28
6.4×10－53
1.6×10－24
溶度积
离子积
含义
沉淀溶解平衡的平衡常数
溶液中有关离子浓度幂的乘积
符号
Ksp
Q
表达式
Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是平衡浓度
Q(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
①Q>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出；
②Q＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态；
③Q＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出
选项
操作
现象
结论
A
将稀硫酸和Na2S反应生成的气体通入AgNO3与AgCl组成的悬浊液中
出现黑色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)
B
向盛有2 mL 0.1 ml·L－1AgNO3溶液的试管中滴加1 mL 0.1 ml·L－1 NaCl溶液，再向其中滴加4～5滴0.1 ml·L－1KI溶液
先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
C
向AgI悬浊液中滴入Na2S溶液
固体变黑
Ksp(Ag2S)＞Ksp(AgI)
D
将H2S气体通入浓度均为0.01 ml·L－1的ZnSO4和CuSO4溶液中
先出现CuS黑色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－17
10－17
10－39
金属离子
Ni2＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时(c＝0.01 ml·L－1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10－5 ml·L－1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
化学式
Zn(OH)2
ZnS
AgCl
Ag2S
MgCO3
Mg(OH)2
溶度积
1×10－17
2.5×10－22
1.8×10－10
6.3×10－50
6.8×10－6
1.8×10－11
编号
①
②
③
分散质
Mg(OH)2
HCl
NH4Cl
备注
悬浊液
1 ml·L－1
1 ml·L－1