专题13 沉淀溶解平衡(解析版)

“递进式”进阶复习13——沉淀溶解平衡

递进式复习（step by step）：感知高考教材回扣变式再现

◆感知高考

【真题1】[2018·海南卷]某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是

A．AgCl的溶解度、K sp均减小

B．AgCl的溶解度、K sp均不变

C．AgCl的溶解度减小、K sp不变

D．AgCl的溶解度不变、K sp减小

【答案】C

【解析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。

【真题2】[2019·新课标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K sp的关系为：K sp(m)=K sp(n)

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

【答案】B

【解析】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积K sp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；

B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；

C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；

D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；

◆教材回扣

1.沉淀溶解平衡：在一定温度下的水溶液中，当沉淀和的速率相等时，即建立了溶解平衡状态。

【答案】溶解生成

2.影响沉淀溶解平衡的因素

(1)内因：，这是决定因素。

(2)外因：以AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)为例，填写外界条件对溶解平衡的影响。

（1）难溶电解质本身的性质

（2）①正向增大增大增大；②正向不变不变不变不变；③逆向增大减小不变；

④逆向减小增大不变；⑤正向减小增大不变。

3.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3～4，离子方程式为。

②沉淀剂法

如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为。

(2)沉淀的溶解

①酸溶解法

如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为。

②盐溶液溶解法

如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为。

③氧化还原溶解法

如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于。

④配位溶解法

如AgCl溶于氨水，离子方程式为。

(3)沉淀的转化

①实质：的移动(沉淀的溶解度差别，越容易转化)。

②应用：锅炉除垢、矿物转化等。

【答案】

(1) ①Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH＋4。②H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。

(2) ①CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。

②Mg(OH)2＋2NH＋4===Mg2＋＋2NH3·H2O。

③稀HNO3。

④AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。

(3)①沉淀溶解平衡越大。

4.K sp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K sp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，K sp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K sp不变

【答案】

(1)难溶物质本身的性质。

(2)①溶解，不变。②吸热增大。③不变

◆变式再现

1.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，相关数据如下表，若混合溶液中Ca2＋、Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4mol·L－1，c(AsO3－4)最大是()

A.5.7×10－16 mol·L－1

C.1.6×10－12mol·L－1

D.5.7×10－17mol·L－1

【答案】D

【解析】若混合溶液中Ca2＋、Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4mol·L－1，依据表中难溶物的K sp大小可知，反应过程中Fe3＋先形成沉淀，依据K sp(FeAsO4)＝c(Fe3＋)·c(AsO3－4)＝5.7×10－21可得，c(AsO3－4)＝K sp（FeAsO4）

c（Fe3＋）＝5.7×10

－17mol·L－1。

2.已知：Cu(OH)2(s) Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，K sp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20。当溶液中各种离子的浓度幂的乘积大于溶度积时，则产生沉淀，反之固体溶解。

(1)某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如果生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于________。

(2)要使0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。

【答案】（1）pH>5 （2）pH＝6

【解析】(1)根据信息，当c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20时开始出现沉淀，则c(OH－)＝

2×10－20

c（Cu2＋）

mol·L

－1＝2×10－20

0.02mol·L

－1＝10－9 mol·L－1，c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝5，所以要生成Cu(OH)2沉淀，应调整

pH>5。(2)要使Cu2＋浓度降至0.2 mol·L－1÷1 000＝2×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝2×10－20

2×10－4

mol·L－1＝10－8 mol·L

－1，c(H＋)＝10－6 mol·L－1，此时溶液的pH＝6。

3. 某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡：FeR(s) Fe2＋(aq)＋R2－(aq)，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。

(1)能否可以通过升温实现由a点变到c点？

(2)b点对应的K sp________(填“大于”“等于”或“小于”)a点对应的K sp。

(3)d点是否可能有沉淀生成？

(4)该温度下，K sp＝________。

【答案】（1）不能；（2）等于；（3）没有沉淀；（4）K sp(FeR)＝2×10－18

【解析】(1)升高温度，Fe2＋和R2－的浓度同时增大，所以不能通过升温实现由a点变到c点。

(2)等于曲线上的点，均为平衡点，温度不变，K sp不变。

(3)d点相对于平衡点a点，c(Fe2＋)相同，d点c(R2－)小于a点，没有沉淀生成。

(4)选a点或b点计算，K sp(FeR)＝2×10－18。

4.一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。(已知：pM

＝－lg c (M)，p(CO 2－3)＝－lg c (CO 2

－

(1)MgCO 3、CaCO 3、MnCO 3的K sp 依次________(填“增大”或 “减小”)。

(2)a 点可表示MnCO 3的________溶液(填“饱和”或“不饱和”)，c (Mn 2＋

)________c (CO 2－

3)(填“大于”“等于”或“小于”)。

(3)b 点可表示CaCO 3的________溶液(填“饱和”或“不饱和”)，且c (Ca 2＋

)________c (CO 2－

3)(填“大于”“等于”或“小于”)。

(4)c 点可表示MgCO 3的________溶液(填“饱和”或“不饱和”)，且c (Mg 2＋

)________c (CO 2－

3)(填“大于”“等于”或“小于”)。

【答案】(1)减小 (2)饱和等于 (3)饱和大于(4)不饱和小于

【解析】(1)碳酸盐MCO 3的溶度积表达式为K sp (MCO 3)＝c (M 2＋

)·c (CO 2－

3)，PM 相等时，曲线上p(CO 2－

3)数值越大CO 2－

3浓度越小，因此MgCO 3、CaCO 3、MnCO 3的K sp 依次减小。

(2)直线上任意一点均表示该温度下的饱和溶液，a 点p(Mn 2＋

)＝p(CO 2－

3)，所以c (Mn 2＋

)＝c (CO 2－

3)。 (3)b 点为饱和溶液，p(Ca 2＋

)

3)，所以c (Ca 2＋

)>c (CO 2－3)

(4)该温度下，直线下方任意一点有p(CO 2－

3)＋p(M 2＋

)<－lg K sp (MCO 3)，即－lg c (M 2＋

)－lg c (CO 2

－

3)<－lg

K sp (MCO 3)，得lg c (M 2＋)＋lg c (CO 2－3)>lg K sp (MCO 3)，则c (M 2＋)·c (CO 2－

3)>K sp (MCO 3)，也就是Q c >K sp (MCO 3)，所以在该温度下，直线下方的任意一点所表示的溶液均为过饱和溶液且有溶质析出；而直线上方任意一点均为该温度下的不饱和溶液，所以c 点表示MgCO 3的不饱和溶液，且c (Mg 2＋

)

3)。

5.已知K sp (AgCl)＝1.56×10

－10

，K sp (AgBr)＝7.7×10

－13

，K sp (Ag 2CrO 4)＝9.0×10

－12

。某溶液中含有Cl －

、

Br －

和CrO 2－

4，浓度均为0.010 mol·L －

，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L －1

的AgNO 3溶液时，三种阴离子

产生沉淀的先后顺序为___________________________________。

【答案】Br －

、Cl －

、CrO 2－

【解析】当溶液中c (Cl －

)为0.01 mol·L －1

时，产生沉淀AgCl 时所需Ag ＋的浓度为c (Ag ＋

)＝K sp （AgCl ）c （Cl －

）

＝

1.56×10－10

0.01

mol·L －1

＝1.56×10－8

mol·L －1

，同理含Br －

溶液中所需c (Ag ＋

)＝K sp （AgBr ）c （Br －

）＝7.7×10

－13

0.01 mol·L

－1

＝7.7×10

－11 mol·L －1

，含CrO 2－

4溶液中所需c (Ag ＋

)＝

K sp （Ag 2CrO 4）

c （CrO 2－

4）＝9.0×10

－12

0.01

mol·L －

1＝3×10－

mol·L －

1，所需c (Ag ＋)越小，则越先生成沉淀，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br －

、Cl －

、CrO 2－

4。

◆深度理解

1.下列说法不正确的是()

A.(天津卷)在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小

B.(全国卷)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中c（Cl－）

c（Br－）不变

C.(全国卷)将0.1 mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L－1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小

D.(重庆卷)0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)

【答案】D

【解析】饱和AgCl、AgI混合溶液中，因为AgCl的溶解度大于AgI，溶液中c(Cl－)>c(I－)，故D项不正确。

2.(2019·福州市高三下学期质量检测，13)室温下向20 mL含0.10 mol·L－1Cr2＋和0.10 mol·L－1 Fe2＋的混合溶液中滴加0.10 mol·L－1NaOH溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。若溶液中金属离子浓度小于10－5mol·L－1视为完全沉淀，则下列说法错误的是()

[Cr(OH)2的K sp为2×10－16，Fe(OH)2的K sp为8×10－16]

A.曲线a表示c(Fe2＋)

B.当V(NaOH)＝30 mL时，Fe2＋开始沉淀

C.当pH＝7时溶液中Fe2＋、Cr2＋均完全沉淀

D.V(NaOH)>30 mL时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cr2＋)＝4.0

【答案】C

【解析】根据Cr(OH)2的K sp为2×10－16，若使Cr2＋沉淀完全c(OH－)＝2×10－16

1×10－5＝25×10

－6mol·L－

1，同理根据Fe(OH)2的K sp为8×10－16，若使Fe2＋沉淀完全，c(OH－)＝8×10－16

1×10－5＝45×10

－6mol·L－1，故

Cr2＋先沉淀完全，由图可知曲线a表示c(Fe2＋)，曲线b表示c(Cr2＋)，A.由以上分析可知，曲线a表示c(Fe2＋)，故A正确；B.由于Cr(OH)2的K sp小于Fe(OH)2的K sp，Cr(OH)2先沉淀，当V(NaOH)＝30 mL时，a曲

线出现拐点，此时c(Fe2＋)＝0.1 mol·L－1×20

50＝0.04 mol·L

－1，开始沉淀，故B正确；C.根据前面分析中的计

算结果可知，Fe2＋、Cr2＋完全沉淀时的溶液c(OH－)均大于10－7 mol·L－1，所以当pH＝7时溶液中Fe2＋、Cr2

＋

均未完全沉淀，故C 错误；D.V (NaOH)>30 mL 时，Fe 2＋、Cr 2＋都处于沉淀溶解平衡，所以溶液中c (Fe 2＋

)∶

c (Cr 2＋

)＝K sp [Fe （OH ）2]K sp [Cr （OH ）2]＝8×10－

2×10－16

＝4.0，故D 正确。

3.已知K 、K a 、K w 、K h 、K sp 分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。

(1)有关上述常数的说法正确的是________(双选；填选项字母)。 a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度 b.它们的大小都随温度的升高而增大

c.常温下，CH 3COOH 在水中的K a 大于在饱和CH 3COONa 溶液中的K a

d.一定温度下，在CH 3COONa 溶液中，K w ＝K a ·K h (2)高炉炼铁中发生的反应有 FeO(s)＋CO(g)

Fe(s)＋CO 2(g) ΔH <0

该反应的平衡常数表达式K ＝________；

已知1 100 ℃时，K ＝0.25，则平衡时CO 的转化率为________；在该温度下，若测得高炉中c (CO 2)＝0.020 mol·L －

1，c (CO)＝0.1 mol·L －

1，则此时反应速率是v 正________v 逆(填“＞”“<”或“＝”)。

(3)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的K sp 分别为8.0×10

－38

、1.0×10

－11

，向浓度均为0.1 mol·L －

1的FeCl 3、

MgCl 2的混合溶液中加入碱液，要使Fe 3＋

完全沉淀而Mg 2＋

不沉淀，应该调节溶液pH 的范围是________。(已知lg 2＝0.3，离子浓度低于10－

5mol·L

－1

时认为沉淀完全)

【答案】 (1)ad (2)c （CO 2）

c （CO ）

20% ＞ (3)[3.3，9)

【解析】(1)对于正反应为放热反应的化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，b 选项错误；温度不变，CH 3COOH 的电离常数不变，c 选项错误。

(2)根据方程式可得K ＝c （CO 2）c （CO ）；设开始时c (CO)＝a mol·L －1，平衡时c (CO 2)＝b mol·L －1，则b a －b ＝

0.25，得a ＝5b ，则平衡时CO 的转化率为b a ＝b

5b ×100%＝20%；Q c ＝c （CO 2）c （CO ）

＝0.20<0.25，故v 正＞v 逆。

(3)K sp [Fe(OH)3]＝c (Fe 3＋

)·c 3(OH －

)，Fe 3＋

完全沉淀时c 3(OH －

)＝8.0×10

－38

10－

，得c (OH －

)＝2×10

－11

mol·L －

1，

pH ＝3.3，Mg(OH)2开始沉淀时c 2(OH －

)＝

1.0×10－11

0.1

＝1.0×10

－10

，得c (OH －

)＝1×10－

5mol·L －

1，pH ＝9，调节

pH 范围为[3.3，9)。

4.(2020·安徽师范大学附属中学上学期月考，28)NiSO 4、NiCl 2是制取高纯镍和电镀行业的重要原料，回答下列问题：

(1)碱性条件下利用肼(N 2H 4)还原NiCl 2溶液可生成高纯Ni 纳米粒子和某气体单质，写出反应的离子方程式_________________________________

____________________________________________________。

温度对反应时间和Ni 粒径的影响如图所示，温度为________(选填字母) ℃时，很难形成纳米级别的Ni(已知纳米级别的Ni 与胶体分散质的大小一致)。

A.43

B.50

C.64

D.79

(2)利用某含镍废料(主要成分为Ni ，还含有铝、铁的氧化物)可制备硫酸镍晶体(NiSO 4·7H 2O)，其流程如图所示：

含镍废料――→NaOH 溶液碱浸――→过滤滤渣――→H 2SO 4酸浸――→过滤滤液――→H 2O 2氧化――→过滤调pH 滤液――→系列

操作干燥硫酸镍晶体

已知：K sp [Ni(OH)2]＝2.0×10－15

K sp [Fe(OH)2]＝8.0×10－16 K sp [Fe(OH)3]＝4.0×10

－38

①写出“氧化”步骤中发生反应的化学方程式__________________________________，步骤需要控制温度40 ℃左右，其目的是_________________________________。

②已知“酸浸”所得滤液中c (Ni 2＋

)＝1 mol·L －

1，c (Fe 2＋

)＝0.1 mol·L －

1，试通过计算证明“氧化”步骤的必要性__________________________________________

(离子浓度小于1×10－

5mol·L

－1

时可认为沉淀完全，要有计算过程和合理的文字叙述)。

③“系列操作”包括________、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥等操作，其中利用乙醇洗涤硫酸镍晶体的优点是_________________________________________。

【答案】 (1)N 2H 4＋2Ni 2＋

＋4OH －

===2Ni ＋N 2↑＋4H 2O D (2)①2FeSO 4＋H 2O 2＋H 2SO 4===Fe 2(SO 4)3

＋2H 2O 加快反应速率，防止温度过高H 2O 2分解

②Fe 2＋

恰好沉淀完全时，c 2

(OH －

)＝K sp [Fe （OH ）2]c （Fe 2＋）＝8.0×10－

161×10

－5 (mol·L －1)2＝8.0×10－11(mol·L －1)2，此时c (Ni 2＋)·c 2(OH －

)＝8.0×10

－11

＞K sp [Ni(OH)2]，因此若无“氧化”步骤，当Fe 2＋恰好沉淀完全时，Ni 2＋

也会生成沉

淀 ③蒸发浓缩减少硫酸镍晶体因溶解而造成的损失，更有利于硫酸镍晶体的干燥

【解析】(1)由题意Ni 化合价降低，则N 化合价升高，所以单质为N 2，故离子反应方程式为N 2H 4＋2Ni 2

＋

＋4OH －

===2Ni ＋N 2↑＋4H 2O ；胶体粒径范围为1～100 nm ，由图中信息可知，当温度在79 ℃左右时，粒

径大于100 nm ，难以形成纳米级别的Ni ，故选D 。(2)①原料中含有铁的氧化物，可能含有Fe 2＋

，双氧水可将其氧化为Fe 3＋

，对应化学方程式为2FeSO 4＋H 2O 2＋H 2SO 4===Fe 2(SO 4)3＋2H 2O ；温度过低时，反应速率过慢，温度过高时，双氧水易分解。故实际控制温度40 ℃左右，其目的是：既可以加快反应速率，也可以

防止温度过高H 2O 2分解；②Fe 2＋

恰好沉淀完全时，c 2

(OH －

)＝K sp [Fe （OH ）2]c （Fe 2＋

）＝8.0×10－

161×10

－5 (mol·L －1)2＝8.0×10－11

(mol·L －1)2，此时c (Ni 2＋)·c 2(OH －

)＝8.0×10

－11

＞K sp [Ni(OH)2]，因此若无“氧化”步骤，当Fe 2＋

恰好沉淀完全

时，Ni 2＋

也会生成沉淀；③从滤液中获取晶体常见操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，利用乙醇洗涤可减少硫酸镍晶体因溶解而造成的损失，更有利于硫酸镍晶体的干燥。

◆高考回访

【真题1】[2019·江苏卷] 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

【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Fe 3+，而此时的Fe 3+是否由Fe 2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe 2+是错误的，故A 错误；

B ．黄色沉淀为AgI ，说明加入AgNO 3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K sp (AgI)

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：Br 2

的氧化性比I 2的强，故C 正确；

D ．CH 3COONa 和NaNO 2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HNO 2和CH 3COOH 电离出H +的难易程度，故D 错误；

故选C 。

【真题2】[2018·江苏卷]根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

D 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

K sp(AgCl) >K sp(AgI)

【解析】分析：A项，苯酚的酸性弱于碳酸；B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。

详解：A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，

酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D项，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，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；答案选B。

【真题3】[2018·天津卷]由下列实验及现象推出的相应结论正确的是

实验现象结论

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+ B．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3>C6H5OH

C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀K sp(CuS)

D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀

②仍有白色沉淀

原溶液中有SO42-

【解析】分析：本题是化学实验的基本问题，主要考查物质检验和性质比较实验的问题。根据题目表述，与课上讲解的实验进行对比，比较异同，就可以判断了。

详解：A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+。选项A错误。

B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚。选B正确。

C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化。选项C 错误。

D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子。选项D错误。

【真题4】(1)(全国卷)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3＋(蓝紫色)、Cr(OH)－4(绿色)、Cr2O2－7(橙红色)、CrO2－4 (黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：

在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl－，利用Ag＋与CrO2－4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1.0×10－5mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)为________mol·L－1，此时溶液中c(CrO2－4)等于________mol·L－1(已知Ag2CrO4、AgCl的K sp分别为2.0×10－12和2.0×10－10)。

(2)(全国卷)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_______________________(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的K sp分别为1.3×10－22、1.0×10－24【答案】(1)2.0×10－55×10－3

(2)Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO3－4)＝1.3×10－22

1.0×10－5

mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1。c3(Mg2＋)·c2(PO3－4)值为

0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40

【解析】(1)根据K sp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝2.0×10－10，可计算出当溶液中Cl－恰好完全沉淀(即浓度等于1.0×10－5 mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)＝2.0×10－5 mol·L－1，然后再根据K sp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO2－4)＝2.0×10－12，又可计算出此时溶液中c(CrO2－4)＝5×10－3 mol·L－1。

【真题5】[2018·新课标Ⅲ，12]用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-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K sp(AgCl)的数量级为10-10

B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=K sp(AgCl)

C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a

D ．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L -1 Br -，反应终点c 向b 方向移动【答案】C

【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A ．选取横坐标为50 mL 的点，此时向50 mL 0.05 mol/L 的Cl -溶液中，加入了50 mL 0.1 mol/L 的AgNO 3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag +浓度为0.025 mol/L(按照银离子和氯离子1∶1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍)，由图示得到此时Cl -约为1×10-8mol/L(实际稍小)，所以K sp (AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A 正确。

B ．由于K sp (AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag +)·c(Cl -)＝K sp (AgCl)，选项B 正确。

C ．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L 的Cl -溶液改为50mL 0.04mol/L 的Cl -溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c 点的25mL 变为25×0.8=20mL ，而a 点对应的是15mL ，选项C 错误。

D ．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以K sp (AgCl)应该大于K sp (AgBr)，将50mL 0.05mol/L 的Cl -溶液改为50 mL 0.05 mol/L 的Br -溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1∶1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由c 点变为b 点,选项D 正确。

【真题6】[2017·新课标Ⅲ，12]在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl -会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu 和CuSO 4，生成CuCl 沉淀从而除去Cl -。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是

A ．SP (CuCl)K 的数量级为710-

B ．除Cl -反应为Cu+Cu 2++2Cl -=2CuCl

C ．加入Cu 越多，Cu +浓度越高，除Cl -效果越好

D ．2Cu +=Cu 2++Cu 平衡常数很大，反应趋于完全【答案】C

【解析】A ．K sp (CuCl)=c(Cu +)·c(Cl －

)，在横坐标-1(Cl )lg mol L c --?为1时，纵坐标-1

(Cu )

lg mol L

c +

?大于－6，小

于－5，所以K sp(CuCl)的数量级是10－7，A正确；B．除去Cl－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B正确；C．溶液中存在平衡：Cu++Cl－CuCl、2Cu+Cu2++Cu，加入纯固态物质Cu对平衡无影响，故C

错误；D．在没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数约为

2 6.7

7.9 27.32

(Cu)10

10 (Cu)(10)

==，

平衡常数很大，反应趋于完全，D正确。答案选C。

【名师点睛】本题考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，通过图示可以提取出K sp(CuCl)，2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数，并且要注意在化学平衡中纯物质对反应无影响