沉淀溶解平衡专题_(高考复习)

沉淀溶解平衡专题

【知识点1】沉淀溶解平衡

1.建立：以AgCl溶解为例：

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，少量和脱离AgCl的表面溶入水中；另一方面，溶液中的Ag＋和Cl－受AgCl表面的吸引，回到AgCl的表面。在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，得到AgCl的溶液，建立下列动态平衡：

AgCl (s) Cl－（aq）＋Ag＋（aq）

2.定义:一定条件下，难溶电解质溶解成离子的速率等于离子重新结合成沉淀的速率，溶液中各离子的浓度保持不变的状态。

3.特征: 动、等、定、变、同

4.影响因素：

(1)内因：电解质本身的性质

(2)外因：

①浓度：加水，平衡向溶解方向移动。

②温度：升温，多数平衡向溶解方向移动

【知识点2】溶度积K SP

1.定义：在一定温度下，在难溶电解质的饱和溶液中，各离子浓度幂之积为一常数，称为溶度积常数，简称溶度积。

2.表达式：

AmBn(s)mA n+(aq)＋nB m－(aq)

Ksp＝ [A n+]m·[B m－]n

3.影响因素：温度

4.溶度积常数的应用：

①反映了难溶电解质在水中的溶解能力，对于相同类型的电解质，K sp越大，其在水中的溶解能力越大。

②利用溶度积K SP可以判断沉淀的生成、溶解情况以及沉淀溶解平衡移动方向。

5.溶度积规则

当Qc＞Ksp时，有沉淀析出

当Qc＝Ksp时，沉积与溶解处于平衡状态

当Qc＜Ksp时，则难溶电解质会溶解

考点精讲

考点一沉淀溶解平衡的应用

1．沉淀的生成

原理：若Q c大于K sp，难溶电解质的沉淀溶解平衡向左移动，就会生成沉淀。

在工业生产、科研、废水处理等领域中，常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。常见的方法有：

(1)调节溶液的pH法：使杂质离子转化为氢氧化物沉淀。

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↓＋3NH＋4。

(2)加沉淀剂法：加入沉淀剂使杂质离子转化为沉淀除去。

如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋；用BaCl2溶液沉淀SO2－4，离子方程式为Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓。

注意：(1)利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生；其次沉淀生成的反应进行得越完全越好。如要除去溶液中的Mg2＋，应使用NaOH等使之转化为溶解度较小的Mg(OH)2。

(2)不可能使要除去的离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol/L时，沉淀已经完全。

(3)由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去或不引入新的杂质。

2．沉淀的溶解

原理：若Q c 小于K sp ，难溶电解质的沉淀溶解平衡向右移动，沉淀就会溶解。

根据平衡移动，对于在水中难溶的电解质，如果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。方法有：

(1)酸碱溶解法：加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解的方向移动，

如CaCO 3可溶于盐酸，离子方程式为CaCO 3＋2H ＋===Ca 2＋

＋CO 2↑＋H 2O 。

(2)盐溶解法：加入盐溶液，与沉淀溶解平衡体系中某种离子生成弱电解质，从而减小离子浓度使沉淀溶解，

如Mg(OH)2溶于NH 4Cl 溶液，离子方程式为：Mg(OH)2＋2NH ＋4===Mg 2＋

＋2NH 3·H 2O 。

(3)配位溶解法：加入适当的配合剂，与沉淀溶解平衡体系中某种离子生成稳定的配合物，从而减小离子浓

度使沉淀溶解，如AgCl 溶于氨水，离子方程式为：AgCl ＋2NH 3·H 2O===[Ag(NH 3)2]＋＋Cl －

＋2H 2O 。

(4)氧化还原法：通过氧化还原反应使平衡体系中的离子浓度降低，从而使沉淀溶解，如Ag 2S 溶于稀HNO 3，离子方程式为：

3Ag 2S ＋8H ＋＋8NO －3===6Ag ＋＋3SO 2－

4＋8NO ↑＋4H 2O 3．沉淀的转化

(1)实质：沉淀溶解平衡的移动 (2)特征

①一般说来，溶解能力相对较强的物质易转化为溶解能力相对较弱的物质。 ②沉淀的溶解能力差别越大，越容易转化。

例如：AgNO 3——→NaCl AgCl(白色沉淀) ——→NaBr AgBr(浅黄色沉淀) ——→NaI AgI(黄色沉淀)――→Na 2S

Ag 2S(黑色沉淀)。

(3)沉淀转化的应用 ①锅炉除水垢

除水垢[CaSO 4(s) ——→NaCO 3CaCO 3(s)――→盐酸

Ca 2＋

(aq)]

其反应如下： CaSO 4＋Na 2CO 3CaCO 3＋Na 2SO 4， CaCO 3＋2HCl===CaCl 2＋CO 2↑＋H 2O 。 ②矿物转化

CuSO 4溶液遇ZnS(闪锌矿)转化为CuS(铜蓝)的离子方程式为：ZnS(s)＋Cu 2＋(aq)===CuS(s)＋Zn 2＋

(aq)。

例1 (广东，10) 硫酸锶（SrSO 4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是（双选） 正确的( )

A ．温度一定时，K sp (SrSO 4)随c (SO 2－

4

)的增大而减小 B ．三个不同温度中，313 K 时K sp (SrSO 4)最大 C ．283 K 时，图中a 点对应的溶液是不饱和溶液

D ．283 K 下的SrSO 4饱和溶液升温到363 K 后变为不饱和溶液

解析 平衡常数平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，A 错误；温度一定时K sp ＝c (Sr 2＋)·c (SO 2－4

)，由上图可知，313 K 时，相同SO 2－4浓度下，Sr 2＋的浓度最大，所以平衡常数最大，B 正确；283 K 时，a 点

Sr 2＋的浓度比平衡时要小，Q c 小于K sp (283 K)，对应为不饱和溶液，C 正确；283 K 下的饱和溶液，突然升温至363 K ，K sp 减小，析出沉淀，仍为饱和溶液，D 错。

规律方法

明确图象中纵、横坐标的含义―→ 理解图线中线上的点、线外点的含义―→

抓住K sp 的特点，结合选项分析判断

即时巩固1 (山东理综，15)某温度时，BaSO 4在水中的沉淀溶 解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是( )

提示：BaSO 4(s)Ba 2＋(aq)＋SO 2－

4(aq)的平衡常数K sp ＝c (Ba 2＋)·c (SO 2－4)， 称为溶度积常数。

A ．加入Na 2SO 4可以使溶液由a 点变到b 点

B ．通过蒸发可以使溶液由d 点变到c 点

C ．d 点无BaSO 4沉淀生成

D ．a 点对应的K sp 大于c 点对应的K sp

解析 a 点在平衡曲线上，此时溶液中存在溶液平衡，加入Na 2SO 4会增大SO 2－4

浓度，平衡左移，Ba 2＋浓度应降低，A 项错；d 点时溶液不饱和，蒸发溶剂，c (SO 2－4)、c (Ba 2＋)均增大，B 项错；d 点表示溶液的Q c ＜K sp

，所以溶液不饱和，不会沉淀，C 项正确；K sp 是一常数，温度不变K sp 不变，所以该曲线上任一点的K sp 都相等，D 项错误。

考点二 与溶度积有关的计算

例2 已知25℃时，AgI 饱和溶液中c (Ag ＋)为1.23×10－8 mol/L ，AgCl 的饱和溶液中c (Ag ＋)为1.25×10－

5 mol/L 。若在5 mL 含有KCl 和KI 各为0.01 mol/L 的溶液中，加入8 mL 0.01 mol/L AgNO 3溶液，下列叙述正确的是( )

A ．混合溶液中c (K ＋)＞c (NO －3)＞c (Ag ＋)＞c (Cl －)＞c (I －

)

B ．混合溶液中c (K ＋)＞c (NO －3)＞c (Cl －)＞c (Ag ＋)＞c (I －

) C ．加入AgNO 3溶液时首先生成AgCl 沉淀

D ．混合溶液中c (Cl －

)c (I －)

约为1.03×10－

3

解析 KCl 、KI 混合溶液中加入AgNO 3溶液，先生成AgI ，再生成AgCl ，因为K sp (AgI)＜K sp (AgCl)，AgNO 3

＋KI===AgI ↓＋KNO 3，n (KI)＝0.01 mol/L×5×10－3 L ＝5.0× 10－5 mol ，消耗n (AgNO 3)＝5.0×10－5 mol ，AgNO 3＋KCl===AgCl ↓＋KNO 3，过量的AgNO 3为0.01 mol/L ×8× 10－3 L －5.0×10－5 mol ＝3.0×10－5mol ，则KCl 过量，生成AgCl 为3.0×10－5 mol ，由此得出反应后溶液中的溶质为KNO 3、KCl ，生成AgCl 、AgI 沉淀，验证A 错误，B 正确；混合溶液中c (Cl －)＝

0.01 mol/L ×5×10－3 L －3.0×10－5 mol 5×10－3 L ＋8×10－3 L

＝0.01×2

13 mol/L ＝1.54×10－3 mol/L ，

c (Ag ＋)＝K sp

(AgCl)c (Cl －)

＝1.25×10－50.01×213

＝8.125×10－3 mol/L ，由此计算

c (I －)＝K sp

(AgI)c (Ag ＋)＝1.23×10－88.125×10－3＝1.5×10－6 mol/L ，则c (Cl －)c (I －)＝1.54×10－3 mol/L 1.5×10－6 mol/L

＝1.03×103，D 错误。 规律方法 K sp 与物质溶解能力的关系：

(1)用溶度积直接比较难溶电解质的溶解能力时，物质的类型(如AB 型、A 2B 型、AB 2型等)必须相同。 (2)对于同类型物质，K sp 数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。 (3)对于不同类型的物质，当K sp 相差不大时不能直接作为比较依据，可通过比较饱和溶液溶质的物质的量浓度确定溶解能力强弱。

即时巩固2 在溶液中有浓度均为0.01 mol/L 的Fe 3＋、Cr 3＋、Zn 2＋、Mg 2＋

等离子，已知：

K sp [Fe(OH)3]＝2.6×10－39；K sp [Cr(OH)3]＝7.0×10－

31

K sp [Zn(OH)2]＝1.0×10－17；K sp [Mg(OH)2]＝1.8×10－

11

当其氢氧化物刚开始沉淀时，下列哪一种离子所需的pH 最小( )

A ．Fe 3＋

B ．Cr 3＋

C ．Zn 2＋

D ．Mg 2＋

解析 K sp 的有关计算，Fe(OH)3(s)Fe 3＋＋3OH －，K sp [Fe(OH)3]＝c (Fe 3＋)·c 3(OH －)，所以c (OH －)＝

3

K sp

c (Fe 3＋)

＝3 2.6×10－39

0.01＝3260×10

－13，同理计算Cr 3＋沉淀的c (OH －)＝370×10－10 mol/L ，Zn 2＋沉淀的c (OH －)＝10×10－8 mol/L ，Mg 2＋沉淀的c (OH －)＝18×10－5 mol/L ，c (OH －)越小，pH 越小，答案选A 。

三、考查沉淀溶解平衡中的同离子效应

例3．已知室温下BaSO 4在纯水中的溶解度为1.07×10-5mol·L -1，BaSO 4在0.010mol·L -1 Na 2SO 4溶液中的溶解度是在纯水中溶解度的多少倍? 已知K SP (BaSO 4)＝1.07×10-10 解：设BaSO 4在0.010mol·L -1 Na 2SO 4溶液中的溶解度为xmol·L -1，则溶解平衡时：

BaSO 4(s) Ba (aq)2++SO 4(aq)2—

平衡时浓度／mol.L -1 x 0.010+x K SP (BaSO 4)＝c （Ba 2+ ）·c （ SO 42-)=x(0.010 + x) =1.07×10-10 因为溶解度x 很小，所以

0.010+x ≈0.010 0.010x=1.07×10-10 所以 x=1.07×10-8(mol·L -1) 计算结果与BaSO 4在纯水中的溶解度相比较，

溶解度为原来的1.07×10-8 /1.07×10-5 ,即约为0．0010倍。

四、考查沉淀溶解平衡中的除杂和提纯 例题4． 在1.0mol ·L -1Co 2+溶液中，含有少量10-6Fe 3+杂质。问应如何控制pH 值，才能达到除去Fe 3+杂质的目的? K SP ｛Co(OH)2｝=1.09×l 0-15，K SP ｛Fe(OH)3｝=2.64×10-39 解：①使Fe 3+定量沉淀完全时的pH 值： Fe(OH)3(s) = Fe 3+ + 3 OH - K SP {Fe(OH)3} = c(Fe 3+)·c 3(OH -)

pH ＝14 - (-log1.38×10-11)＝3.14

②使Co 2+不生成Co(OH)2沉淀的pH 值： Co(OH)2(s) = Co 2+ + 2OH - K SP {Co(OH)2} = c(Co 2+)·c 2(OH -) 不生成Co(OH)2沉淀的条件是

c(Co 2+)c 2(OH -) ＜ K SP {Co(OH)2}

pH = 14 - (-log3.30×10-8)＝6.50

所以应将PH 值控制在3.14~6.5之间才能保证除去Fe 3+，而 Co 2+留在溶液中。

五、考查沉淀溶解平衡中沉淀的转化

例题5、 BaS 为原料制备Ba(OH)2·8H 2O 的过程是：BaS 与HCl 反应，所得溶液在70℃～90C 时与过量NaOH

溶液作用，除杂，冷却后得到Ba(OH)2·8H 2O 晶体。据最新报道，生产效率高、成本低的Ba(OH)2·8H 2O 晶体的新方法是使BaS 与CuO 反应……

11

36

393

3310

38.1101064.2)(Fe }sp{Fe(OH))(OH ---+-

?=?=≥c K c 8

15

221030.30

.11009.1)Co (}sp{Co(OH))OH (--+

-

?=?=≤

c K c

1．新方法的反应方程式为： 2．该反应反应物CuO 是不溶物，为什么该反应还能进行：

3．简述新方法生产效率高、成本低的原因。

解答：（1）BaS ＋CuO ＋9H 2O ＝Ba(OH)2·8H 2O ＋CuS ［也可写Ba(OH)2］ （2）CuS 的溶度积比CuO 小得多（更难溶），有利于该反应正向进行。

（3）CuS 为难溶物（未反应的CuO 也不溶），过滤后，将滤液浓缩、冷却，就可在溶液中析出Ba(OH)2·8H 2O 晶体，故生产效率高；CuS 在空气中焙烧氧化可得CuO 与SO 2，故CuO 可反复使用（SO 2可用于制硫的化合物），因而成本低。

沉淀分析法中的几个典型问题

在有些实验中不但要把沉淀分离出来，还要准确称量所得沉淀的质量。因此，一方面要让沉淀剂适当过量，另一方面还要把沉淀洗涤干净。

1．沉淀剂过量的检验

根据沉淀溶解平衡原理可知，欲使杂质离子沉淀完全，应加入稍过量的沉淀剂。那么，如何判断沉淀剂已加入过量呢？一般的操作方法是：把反应混合物静置后，吸取少量上清液，置于一洁净的试管中，再滴加少量的沉淀剂，若没有沉淀生成则证明沉淀剂已过量

2．沉淀的洗涤

由于沉淀生成时，表面溶液吸附一定量的离子(尤其是沉淀成分离子)。因此，过滤后紧接着要进行沉淀的洗涤。洗涤方法是：向过滤器中慢慢注入适量的蒸馏水，至刚好浸没沉淀，然后静置，让其自然流下，重复以上操作2～3次，直至洗涤干净。

3．沉淀是否洗涤干净的检验

欲检验沉淀是否洗涤干净，主要是检验洗涤液中是否还含有在溶液中吸附的离子。一般的检验方法是：取少量最后一次的洗涤液，置于一洁净的试管中，再滴加少量的检验试剂，若没有特征现象出现则证明沉淀已洗涤干净。

实验探究1 为了除去粗盐中的Ca 2＋、Mg 2＋、Fe 3＋、SO 2－

4以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：

称取粗盐———→溶解① ———→BaCl 2② ———→NaOH ③ ———→Na 2CO 3④ ———→过滤⑤滤液———→适量盐酸⑥ ————————→蒸发、结晶、烘干

⑦精盐 (1)判断BaCl 2已过量的方法是____________。 (2)第④步中，相关的离子方程式是__________。

(3)若先用盐酸调pH 再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是______________________。

(4)为检验精盐纯度，需配制150 mL 0.2 mol/L NaCl(精盐)溶液，右图是

该同学转移溶液的示 意图，图中的错误

是___________________。

解析 加入BaCl 2、NaOH 、Na 2CO 3等沉淀剂后，产生BaSO 4、Mg(OH)2、Fe(OH)3、BaCO 3、CaCO 3沉淀，还有过量Na 2CO 3，需加入HCl 使Na 2CO 3转变成NaCl 。但如先加HCl 再过滤，Mg(OH)2、Fe(OH)3、BaCO 3、CaCO 3都可能溶解，造成产品纯度不高。

答案 (1)取第②步后的上层清液1～2滴于点滴板上，再滴入1～2滴BaCl 2溶液，若溶液未变浑浊则表明BaCl 2已过量

(2)Ca 2＋＋CO 2－3===CaCO 3↓；Ba 2＋＋CO 2－

3===BaCO 3↓

(3)先加HCl 会有少量CaCO 3、BaCO 3等溶解，从而影响制得精盐的纯度 (4)未用玻璃棒引流；未采用150 mL 容量瓶 实验探究2 硫酸亚铁(FeSO 4·7H 2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO 4·7H 2O 晶体：

①将5% Na 2CO 3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na 2CO 3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍；

②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至铁屑耗尽；

③趁热过滤，将滤液转入密闭容器中，静置、冷却结晶；

④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干；

⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密封保存。

请回答下列问题：

(1)实验步骤①的目的是_________________，

加热的作用是_________________________。

(2)实验步骤②明显不合理，理由是____________。

(3)实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是

____________________________________________________________________________。

(4)经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体)：

温度/℃0 10 30 50

56

.7

60 64 70 80 90

溶解度/g 14

.0

17

.0

25

.0

33

.0

35

.2

35

.3

35

.6

33

.0

30

.5

27

.0

析出晶体FeSO4·7H2O

FeSO4·4H2

O

FeSO4·H2O

(5)若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度(t)的范围为__________。

解析本题考查物质制备中应注意的问题及有关溶解度的计算，侧重考查实验设计和评价能力。(1)废铁屑常沾有油污，可利用水解呈碱性的Na2CO3溶液除去，温度升高，溶液碱性增强，去污效果好，故一般需要加热。

(2)废铁屑的表面一般带有铁锈(Fe2O3)，若铁屑不足(反应后的溶液中铁没有剩余)，则所得溶液中会含有Fe3＋，使制得的FeSO4·7H2O不纯，故②不合理。(3)在晶体从溶液析出的过程中一般会吸附杂质离子，故需用水洗涤，而FeSO4的溶解度随温度的升高而增大，故用冷水洗涤可减少FeSO4晶体的损失。(4)根据表中数据不难画出所求曲线。(5)分析表中数据可知，析出FeSO4·4H2O的温度范围为高于56.7℃而低于64℃。

答案(1)除油污升高温度，溶液碱性增强，去油污能力增强

(2)应该铁屑过量(或反应后溶液中必须有铁剩余)，否则溶液中可能有Fe3＋存在

(3)洗涤除去晶体表面附着的硫酸等杂质，用冰水洗涤可降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗

(5)56.7℃

实验探究3 (2010·天津理综，9)纳米TiO2的涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。

制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl－，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。

用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。

请回答下列问题：

(1)TiCl4水解生成TiO2·x H2O的化学方程式为______________________________。

(2)检验TiO2·x H2O中Cl－是否被除净的方法是________________________________。

(3)下列可用于测定TiO2粒子大小的方法是________(填字母代号)。

a．核磁共振法b．红外光谱法

c．质谱法d．透射电子显微镜法

(4)配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是____________________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的________(填字母代号)。

(5)滴定终点的现象是

__________________________。

(6)滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M

g/mol)试样W g，消耗c mol/L NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL，则TiO2质量分数表达式为______________________。

(7)判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)

①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果________。

②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果________。

解析(2)检验Cl－是否被除净可以取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液。(3)a、b、c均用来测量有机物中H 的种类含量的，只有d可以测粒子大小。(4)NH4Fe(SO4)2溶液中的NH＋4、Fe3＋易水解，加入H2SO4使溶液呈酸性从而抑制它们的水解。(5)滴定终点时有Fe3＋剩余，KSCN遇Fe3＋变红。(6)由TiO2～NH4Fe(SO4)2知w＝cVM

1 000W ×100%。

(7)由w＝cVM

1 000W×100%知，当NH4Fe(SO4)2溅出，则V偏大，w偏大；当滴定终点俯视读数，读得数据偏小，V偏小，则w偏低。

答案(1)TiCl4＋(x＋2)H2O TiO2·x H2O↓＋4HCl

(2)取少量水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl－已除净(3)d(4)抑制NH4Fe(SO4)2水解

ac(5)溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色(6)cVM

1 000W(或cVM

10W%)(7)①偏高②偏低

高考集训

题组一溶解平衡与溶度积常数

1．(2010·山东理综，15)某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在

溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图

所示。据图分析，下列判断错误的是()

A．K sp[Fe(OH)3]

B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点

C．c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等

D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和

解析根据题意，图中曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的所有点对应的溶液都是达到沉淀溶解平衡的溶液，D正确；选取曲线上的b、c两点，当溶液中两种阳离子浓度相同时，Fe(OH)3饱和溶液中的OH－浓度小于Cu(OH)2饱和溶液中的OH－浓度，所以K sp[Fe(OH)3]＜K sp[Cu(OH)2]，A正确；向Fe(OH)3饱和溶液中加入NH4Cl固体，促进了氢氧化铁的溶解，溶液中铁离子浓度增大，B错误；由于一定温度下的水溶液中，水的离子积是一个常数，所以c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等，C正确。

2．(2011·浙江理综，10)已知：25℃时，K sp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，K sp[MgF2]＝7.42×10－11。下列说法正确的是()

A．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大

B．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大

C．25℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的K sp比在20 mL 0.01mol/L NH4Cl溶液中的K sp小D．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2

题组二溶解平衡的应用

4．判断正误

(1)常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明常温下，K sp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，

由于Na2CO3溶液浓度大，导致了BaSO4转化为BaCO3。

(2)AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同()

解析相同浓度的CaCl2溶液中的c(Cl－)是NaCl溶液中c(Cl－)的2倍,因此AgCl在CaCl2溶液中的溶解度是NaCl中的1/2。

5．(2010·海南，5)已知：K sp(AgCl)＝1.8×10－10，K sp(AgI)＝1.5×10－16，K sp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是()

A．AgCl>AgI>Ag2CrO4 B．AgCl>Ag2CrO4>AgI

C．Ag2CrO4>AgCl>AgI D．Ag2CrO4>AgI>AgCl

解析因为AgCl和AgI的结构相似，由K sp可知AgCl的c(Ag＋)大于AgI的；AgCl中的c2(Ag＋)＝K sp＝

1.8×10－10，Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO2－4(aq)的K sp＝c2(Ag＋)·c(CrO2－4)＝1

2c

3(Ag＋)＝2.0×10－12，所以

Ag2CrO4中c(Ag＋)大于AgCl中的。

6．(20011·江苏，9)下列化学实验事实及其解释都正确的是（双选）()

A．向碘水中滴加CCl 4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘

B．向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明BaSO3难溶于盐酸

C．向0.1 mol/L FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2＋具有氧化性

D．向2.0 mL浓度均为0.1 mol/L的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01 mol/L AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的K sp比AgI的K sp大

解析碘更易溶于有机溶剂，可用CCl4从碘水中萃取碘，A正确；向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，没有沉淀，B错误；FeSO4与KMnO4溶液反应，说明Fe2＋具有还原性，而不是氧化性，C错误；浓度均为0.1 mol/L的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01 mol/L AgNO3溶液，生成黄色沉淀，说明先生成AgI沉淀，AgI溶解度小，所以AgCl的K sp比AgI的K sp大，D正确。

答题规范简答题的答题规范

学生答题案例

（2010·浙江理综，26）已知：①25 ℃时，弱电解质的电离平衡常数：K a(CH3COOH)＝1.8×10－5，K a(HSCN)＝0.13，难溶电解质的溶度积常数：K sp(CaF2)＝1.5×10－16。

②25 ℃时，2.0×10－3mol/L氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F－)与溶液pH的变化关系，如下图所示：

反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是_________________，反应结束后所得两溶液中，c(CH3COO－)________c(SCN－)(填“>”“<”或“＝”)。

(2)25 ℃时，HF电离平衡常数的数值K a≈________，列式并说明得出该平衡常数的理由________________________________。

(3)4.0×10－3mol/LHF溶液与4.0×10－4mol/LCaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0(忽略调节时混合液体积的变化)，通过列式计算说明是否有沉淀产生。

规范答案

(1)HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H＋)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快<

(2)10－3.45(或3.5×10－4)K a＝c(H＋)·c(F－)

c(HF)，当c(F

－)＝c(HF)时，K a＝c(H＋)，查图两曲线的交点处即为c(F－)＝

c(HF)，故所对应的pH即为K a的负对数

(3)查图，当pH＝4.0时，溶液中的c(F－)＝1.6×10－3 mol/L，溶液中c(Ca2＋)＝2.0×10－4 mol/L，c(Ca2＋)×c2(F－)＝5.1×10－10>

K sp(CaF2)，有沉淀产生。