資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第04講 沉淀溶解平衡
目錄
01 考情透視·目標導航
02 知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 難溶電解質的溶解平衡
知識點1 沉淀溶解平衡
知識點2 沉淀溶解平衡的應用
考向1 沉淀溶解平衡及影響因素
考向2 沉淀溶解平衡的應用
考點二 溶度積常數
知識點1 溶度積和離子積
知識點2 Ksp的意義和影響因素
考向1 溶度積常數及計算
考向2 沉淀溶解平衡圖像
考向3 XXXX
04真題練習·命題洞見
考點要求 考題統計 考情分析
沉淀溶解平衡的應用 2024·浙江1月卷15題，3分；2024·江蘇卷16題，15分；2023浙江1月選考15題，3分； 本講考查的重點是溶度積常數的相關計算及應用，以選擇題、圖象題的形式呈現，在工藝流程題中出現概率很大。能夠運用平衡移動的觀點對沉淀的溶解、生成和轉化進行分析，并能解釋一些生活問題，試題通常以圖象形式直觀呈現微觀濃度的變化，考查數形結合能力、信息整合能力和對溶解平衡的理解應用能力。掌握沉淀溶解平衡曲線的分析技巧，能從圖像或者文字的形式沉淀溶解平衡情境問題，獲取有效信息，提高證據推理能力。
離子曲線 2024·遼吉黑卷15題，3分；2024·浙江6月卷15題，3分；2024·湖北卷13題，3分；2024·全國甲卷7題，3分；2023遼寧卷15題，3分；2023全國甲卷13題，6分；2023全國新課標卷13題，6分；2023山東卷15題，4分；2023北京卷14題，3分；2022福建卷7題，4分；2022湖南卷10題，3分；2022山東卷14題，4分；2022海南卷14題，4分；2021全國甲卷12題，6分；2021全國乙卷13題，6分；
復習目標： 1．了解難溶電解質的沉淀溶解平衡，以及影響因素。 2．理解溶度積的含義，能進行相關的計算。 3．利用難溶電解質的沉淀溶解平衡解決實際問題。 4．學會分析沉淀溶解平衡圖像。
考點一 難溶電解質的溶解平衡
知識點1 沉淀溶解平衡
1．概念
在一定溫度下，當沉淀溶解和生成的速率相等時，形成飽和溶液，達到平衡狀態，把這種平衡稱為沉淀溶解平衡。
2．影響沉淀溶解平衡的因素
(1)內因
難溶電解質本身的性質，這是決定因素。
(2)外因
①濃度：加水稀釋，平衡向沉淀溶解的方向移動；
②溫度：絕大多數難溶鹽的溶解是吸熱過程，升高溫度，平衡向沉淀溶解的方向移動；
③同離子效應：向平衡體系中加入難溶物溶解產生的離子，平衡向生成沉淀的方向移動；
④其他：向平衡體系中加入可與體系中某些離子反應生成更難溶或更難電離或氣體的離子時，平衡向沉淀溶解的方向移動。
以AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH＞0為例，填寫外因對溶解平衡的影響
外界條件 移動方向 平衡后c(Ag＋) 平衡后c(Cl－) Ksp
升高溫度 正向 增大 增大 增大
加水稀釋 正向 不變 不變 不變
加入少量AgNO3 逆向 增大 減小 不變
通入HCl 逆向 減小 增大 不變
通入H2S 正向 減小 增大 不變
【名師提醒】
1．難溶電解質不一定是弱電解質，如BaSO4、AgCl等都是強電解質。
2．沉淀溶解平衡移動過程是固體溶解和析出的相互轉化過程，屬于物理變化，但遵循勒夏特列原理。
3．沉淀溶解達到平衡時，再加入該難溶物對平衡無影響。
知識點2　沉淀溶解平衡的應用
1．沉淀的生成
(1)調節pH法：如工業原料氯化銨中含雜質氯化鐵，使其溶解于水，再加入氨水調節pH，可使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀而除去，反應是Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3N。
(2)加沉淀劑法：如以Na2S、H2S等作沉淀劑，使某些金屬離子(如Cu2+、Hg2+等)生成極難溶的硫化物(如CuS、HgS等)沉淀，也是分離、除去雜質常用的方法。
2．沉淀的溶解
(1)酸堿溶解法：加入酸或堿與溶解平衡體系中的相應離子反應，降低離子濃度，使平衡向溶解方向移動。如難溶于水的BaCO3可溶于酸中。
(2)用某些鹽溶解：如Mg(OH)2 可溶于NH4Cl 溶液中，化學方程式為Mg(OH)2(s)+2NH4Cl(aq)=MgCl2(aq)+2NH3·H2O(aq)。
3．沉淀的轉化
(1)實質
沉淀轉化的實質是沉淀溶解平衡的移動。一般來說，溶解度小的沉淀轉化為溶解度更小的沉淀容易實現；兩種沉淀的溶解度差別越大，沉淀轉化越容易。
(2)應用
在自然界也發生著溶解度小的礦物轉化為溶解度更小的礦物的現象。例如，各種原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后可變成CuSO4溶液，并向深部滲透，遇到深層的閃鋅礦(ZnS)和方鉛礦(PbS)，便慢慢地轉變為銅藍(CuS)。其反應為 Cu2++ ZnS=CuS+Zn2+， Cu2++PbS=CuS+Pb2+。
【易錯提醒】
1.用沉淀法除雜不可能將雜質離子全部轉化為沉淀而除去，一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于或等于1×10-5 mol·L-1時沉淀完全。
2.對于同一類型的沉淀，Ksp越小越先沉淀，且Ksp相差越大，分步沉淀效果越好。
3.對于不同類型的沉淀，其沉淀先后順序要通過計算才能確定，如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀。
考向1 沉淀溶解平衡及影響因素
【例1】下列有關AgCl沉淀溶解平衡的說法中，不正確的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不斷進行，但速率相等
B．AgCl難溶于水，溶液中沒有Ag+和Cl-
C．升高溫度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl懸濁液中加入NaCl固體，AgCl的溶解度減小
【答案】B
【解析】沉淀溶解平衡的實質是v(沉淀)=v(溶解)≠0，A正確；AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)是動態平衡，溶液中存在Ag+和Cl-，B錯誤；溶解過程吸熱，C正確；加入NaCl固體，c(Cl-)增大，AgCl沉淀溶解平衡左移，溶解度減小，D正確。
【名師點睛】
(1)沉淀溶解平衡與化學平衡、電離平衡一樣，具有動態平衡的特征，平衡時溶液中各離子濃度保持恒定，平衡只受溫度的影響，與濃度無關。
(2)溶度積(Ksp)的大小只與難溶電解質的性質和溶液的溫度有關，相同類型的難溶電解質的Ksp越小，溶解度越小，越難溶。
【變式訓練】為研究沉淀的生成及其轉化，某小組進行如圖所示實驗。①中現象：產生紅色沉淀；②中現象：溶液先變渾濁，后澄清；③中現象：產生白色沉淀。下列關于該實驗的分析不正確的是(　　)。
A．①濁液中存在平衡：Ag2CrO4(s)=2Ag+(aq)+ CrO4 2-(aq)
B．②中溶液變澄清的原因：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O
C．③中顏色變化說明有AgCl生成
D．該實驗可以證明AgCl比Ag2CrO4更難溶
【答案】D
【解析】 AgNO3溶液過量，故余下濁液中含有Ag+，加入KCl溶液生成AgCl白色沉淀，不能證明AgCl比Ag2CrO4更難溶，D錯誤。
考向2 沉淀溶解平衡的應用
【例2】(2024·浙江1月卷，15，3分)常溫下、將等體積、濃度均為0.40mol·L-1 BaCl2溶液與新制H2SO3溶液混合，出現白色渾濁；再滴加過量的H2O2溶液，振蕩，出現白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8
Ksp(BaSO3)=5.0×10－10，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10，
下列說法不正確的是( )
H2SO3溶液中存在c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-)
B．將0.40mol·L-1 H2SO3溶液稀釋到0.20mol·L-1，c(SO32-)幾乎不變
C．BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現的白色渾濁不含有BaSO3
D．存在反應BaSO3+ H2SO3+H2O2= BaSO4↓+2H++H2O是出現白色沉淀的主要原因
【答案】C
【解析】A項，亞硫酸是二元弱酸，存在二次電離，電離方程式為：H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-，則溶液中c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-)，A正確；B項，亞硫酸根離子是其二級電離產生的，則稀釋的時候對氫離子的影響較大，稀釋的時候，亞硫酸的濃度變為原來的一半，另外稀釋的平衡常數不變，對第二級電離影響很小，則稀釋時亞硫酸根濃度基本不變，B正確；C項，加入雙氧水之前，生成的白色渾濁為BaSO3沉淀，C錯誤；D項，過氧化氫具有強氧化性，可以將+4價硫氧化為+6價硫酸根離子，則存在反應，BaSO3+H2O2= BaSO4↓+H2O，則出現白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正確；故選C。
【名師點晴】
1．AgCl的澄清飽和溶液，加水稀釋，沉淀溶解平衡右移，但離子濃度減小，而AgCl懸濁液加水稀釋，平衡右移，但c(Ag＋)和c(Cl－)不變。AgCl沉淀溶解達到平衡時，再加入AgCl固體對平衡無影響。
2．用沉淀法除雜不可能將雜質離子全部通過沉淀除去。一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10－5 mol·L－1時，沉淀已經完全。
3．溶度積小的難溶電解質在一定條件下也能向溶度積大的難溶電解質轉化。當兩種難溶電解質的Ksp差別不是很大時，通過調節某種離子的濃度，可由溶度積小的難溶電解質向溶度積大的難溶電解質轉化。
【變式訓練】牙釉質的主要成分為羥基磷酸鈣[Ca5(PO4)3OH]，在牙齒表面存在著如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO43-(aq)+OH-(aq) Ksp=6.8×10-37mol9 L-9，已知Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×10-61mol9 L-9。下列說法錯誤的是( )
A．殘留在牙齒上的糖會發酵產生H+，使羥基磷酸鈣沉淀溶解平衡右移，破壞牙釉質
B．按時刷牙可減少食物殘留，從而減少有機酸的產生，防止腐蝕牙齒
C．用含NaOH的溶液漱口，可使平衡左移，保護牙齒
D．含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH轉化為更難溶的Ca5(PO4)3F，促進牙齒表面礦物質的沉積，修復牙釉質
【答案】C
【解析】A項，殘留在牙齒上的糖會發酵產生H+，則將消耗OH-，導致生成物OH-濃度減小，使羥基磷酸鈣沉淀溶解平衡右移，破壞牙釉質，A正確；B項，由A項分析可知，按時刷牙可減少食物殘留，從而減少有機酸的產生，防止腐蝕牙齒，B正確；C項，NaOH堿性太強，具有強腐蝕性，不能用含NaOH的溶液漱口，否則將腐蝕口腔等組織，C錯誤；D項，由題干信息Ca5(PO4)3OH的Ksp=6.8×10-37mol9 L-9，而Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×10-61mol9 L-9可知，含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH轉化為更難溶的Ca5(PO4)3F，促進牙齒表面礦物質的沉積，修復牙釉質，D正確；故選C。
考點二 溶度積常數
知識點1 溶度積和離子積
以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)為例：
溶度積 離子積
概念 沉淀溶解平衡的平衡常數 溶液中有關離子濃度冪的乘積
符號 Ksp Qc
表達式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度是平衡濃度 Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度是任意濃度
應用 判斷在一定條件下沉淀能否生成或溶解 ①Qc>Ksp：溶液過飽和，有沉淀析出 ②Qc＝Ksp：溶液飽和，處于平衡狀態 ③Qc＜Ksp：溶液未飽和，無沉淀析出
知識點2 Ksp的意義和影響因素
1．Ksp的意義
Ksp可以反映難溶電解質在水中的溶解能力。當化學式所表示的組成中陰、陽離子個數比相同時，Ksp越大的難溶電解質在水中的溶解能力越強，一般溶解度也越大；但陰、陽離子個數比不相同時，Ksp大的難溶電解質的溶解度不一定大。
2．Ksp的影響因素
溶度積只與難溶電解質的性質和溫度有關，而與沉淀的量和溶液中離子的濃度無關。絕大多數難溶鹽的溶解是吸熱過程，升高溫度，平衡向溶解方向移動，Ksp增大。
【易錯提醒】
1．沉淀溶解一般是吸熱的，升高溫度，平衡右移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。
2．并非Ksp越小，其物質的溶解度就越小。對于陰、陽離子個數比相同的難溶電解質，它們的溶解度可以直接用Ksp的大小來比較，Ksp越小，其物質的溶解度就越小；而對于陰、陽離子的個數比不同的難溶電解質，它們的溶解度就不能直接用Ksp的大小來比較。
考向1 溶度積常數及計算
【例1】(2024·江蘇卷，16，15分)貴金屬銀應用廣泛。Ag與稀HNO3制得AgNO3，常用于循環處理高氯廢水。
(1)沉淀Cl-。在高氯水樣中加入K2CrO4使CrO42-濃度約為5×10-3mol·L-1，當滴加AgNO3溶液至開始產生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加過程的體積增加)，此時溶液中Cl-濃度約為_______ mol·L-1。[已知：Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)= 2.0×10－12]
(2)還原AgCl。在AgCl沉淀中埋入鐵圈并壓實，加入足量0.5mol·L-1鹽酸后靜置，充分反應得到Ag。
①鐵將AgCl轉化為單質Ag的化學方程式為_______。
②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉化為Ag的原因是_______。
③為判斷AgCl是否完全轉化，補充完整實驗方案：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，_______[實驗中必須使用的試劑和設備：稀HNO3、AgNO3溶液，通風設備]
(3)Ag的抗菌性能。納米Ag表面能產生Ag+殺死細菌(如圖所示)，其抗菌性能受溶解氧濃度影響。
①納米Ag溶解產生Ag+的離子方程式為_______。
②實驗表明溶解氧濃度過高，納米Ag的抗菌性能下降，主要原因是_______。
【答案】(1) 9×10-6
(2)①Fe+AgCl+2HCl= FeCl3+Ag+H2↑ ②形成了以Fe為負極，AgCl為正極，鹽酸為電解質溶液的原電池，正極AgCl得到電子，電極反應式為AgCl+ e-=Ag+Cl-，生成Ag ③洗滌，向最后一次洗滌液中滴加硝酸銀溶液，確保氯離子洗凈，開啟通風設備，向濾渣中加入足量稀HNO3，攪拌，若固體完全溶解，則AgCl完全轉化，若固體未完全溶解，則AgCl未完全轉化
(3)①4Ag+O2+4H+=4Ag++2H2O ②納米Ag與氧氣生成Ag2O，使得Ag+濃度下降
【解析】(1) CrO42-濃度約為5×10-3mol·L-1，當滴加AgNO3溶液至開始產生Ag2CrO4沉淀，此時，；(2)①在足量0.5mol·L-1鹽酸中靜置，鐵將AgCl轉化為單質Ag，反應的化學方程式為：Fe+AgCl+2HCl= FeCl3+Ag+H2↑；②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉化為Ag，是因為形成了以Fe為負極，AgCl為正極，鹽酸為電解質溶液的原電池，正極AgCl得到電子，電極反應式為AgCl+ e-=Ag+Cl-，生成Ag；③判斷AgCl是否完全轉化，即檢驗混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全轉化，則剩余固體全部為銀，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全轉化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，則可用稀硝酸檢驗，稀硝酸參與反應可能會產生氮氧化物，反應需在通風設備中進行，反應后的溶液中存在氯離子，若未將濾渣洗凈，氯離子會干擾實驗，所以首先需要檢驗氯離子是否洗凈，實驗方案為：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，洗滌，向最后一次洗滌液中滴加AgNO3溶液，確保氯離子洗凈，打開通風設備，向洗滌干凈的濾渣中加入足量稀HNO3，攪拌，若固體完全溶解，則AgCl完全轉化，若固體未完全溶解，則AgCl未完全轉化；(3)①納米Ag溶解時被氧化為Ag+，離子方程式為：4Ag+O2+4H+=4Ag++2H2O；②溶解氧濃度過高，納米Ag與氧氣生成Ag2O，使得Ag+濃度下降，抗菌性能下降。
【思維建模】
溶度積常數計算的幾種類型
考查角度 計算技巧
判斷沉淀的生成或沉淀是否完全 ①把離子濃度數據代入Ksp表達式得Q，若Q>Ksp，則有沉淀生成；②利用Ksp的數值計算某一離子濃度，若該離子濃度小于10-5 mol·L-1，則該離子沉淀完全
常溫下，計算氫氧化物沉淀開始和沉淀完全時溶液的pH ①根據氫氧化物的Ksp，先計算初始濃度溶液中的c(OH-)，再求得溶液的pH；②金屬陽離子沉淀完全時的離子濃度小于或等于10-5 mol·L-1，依據Ksp可計算金屬陽離子沉淀完全時溶液中的c(OH-)，進而求得pH
計算沉淀轉化反應的平衡常數，并判斷沉淀轉化的程度 依據沉淀的轉化反應和Ksp，計算該反應的平衡常數，K值越大，轉化反應越易進行，轉化程度越大
沉淀先后的計算與判斷 ①沉淀類型相同，則Ksp小的化合物先沉淀；②沉淀類型不同，則需要根據Ksp計算出沉淀時的離子濃度，離子濃度小的先沉淀
【變式訓練】請回答下列問題：
(1)在化學分析中采用K2CrO4作指示劑，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+與CrO42-生成磚紅色沉淀指示到達滴定終點。當溶液中Cl-恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10-5 mol·L-1)時，溶液中c(Ag+)為　　　　mol·L-1，此時溶液中c(CrO42-)等于　　　　mol·L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和2.0×10-10)。
(2)一定溫度下，將0.1 mol AgCl固體加入1 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，充分攪拌(不考慮液體體積變化)，已知：Ksp(AgCl)=2×10-10；Ksp(Ag2CO3)=1×10-11，沉淀轉化反應2AgCl(s)+CO32- (aq)Ag2CO3(s)+2Cl-(aq)的平衡常數為　　　　。
(3)在T ℃時，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。又知T ℃時AgCl的Ksp=4×10-10，在T ℃時，AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常數約為　　　　。
【答案】(1)2.0×10-5　5.0×10-3　(2)4×10-9　 (3)816
【解析】(1)根據Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=2.0×10-10，可計算出當溶液中Cl-恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10-5 mol·L-1)時，溶液中c(Ag+)=2.0×10-5 mol·L-1，然后再根據Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO42-)=2.0×10-12，又可計算出此時溶液中c(CrO42-)=5.0×10-3 mol·L-1。(2)根據離子方程式可知，平衡常數K====4×10-9。(3)K====≈816。
考向2 沉淀溶解平衡圖像
【例2】(2024·全國甲卷，7，3分)將0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0mL懸濁液，向其中滴加0.10mol·L-1的NaCl溶液。(M代表Ag+、Cl-或CrO42-)隨加入NaCl溶液體積(V)的變化關系如圖所示。
下列敘述正確的是( )
A．交點a處：c(Na+)=2c(Cl-) B．
C．時，不變 D．y1=-7.82，y2= -lg34
【答案】D
【解析】向1.0mL含0.10 mmol Ag2CrO4的懸濁液中滴加0.10mol·L-1的NaCl溶液，發生反應：Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+ CrO42-(aq)，兩者恰好完全反應時, NaCl溶液的體積為v(NaCl)=，2mL之后再加NaCl溶液，c(Cl-)增大，據AgCl(s)Ag+(aq)+Cl -(aq)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)會隨著c(Cl-)增大而減小，所以2mL后降低的曲線，即最下方的虛線代表Ag+，升高的曲線，即中間虛線代表Cl-，則剩余最上方的實線為CrO42-曲線。A項，2mL時Ag2CrO4與NaCl溶液恰好完全反應，則a點時溶質為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(CrO42-)+c(Cl-)+c(OH-)，此時c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不計，a點為Cl-和CrO42-曲線的交點，即c(CrO42-)=c(Cl-)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A錯誤；B項，當V(NaCl)=1.0mL時，有一半的Ag2CrO4轉化為AgCl，Ag2CrO4與AgCl共存，均達到沉淀溶解平衡，取圖中橫坐標為1.0mL的點，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，則==102.21，B錯誤；C項，V＜2.0mL時，Ag+未沉淀完全，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則=為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL時c(Ag+)并不是定值，則的值也不是定值，即在變化，C錯誤；D項，V＞2.0mL時AgCl處于飽和狀態，V(NaCl)=2.4mL時，圖像顯示c(Cl-)=10-1.93mol/L，則c(Ag+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此時Ag2CrO4全部轉化為AgCl，n(CrO42-)守恒，等于起始時n(Ag2CrO4)，則c(CrO42-)===mol/L，則y2=lg c(CrO42-)=lg=-lg34，D正確；故選D。
【思維建模】
溶度積圖像是沉淀溶解平衡理論的難點，溶度積圖像突破方法：
第一步，識圖像。認識圖像橫坐標、縱坐標表示什么，如表示離子濃度、pM等；曲線上的點表示達到平衡狀態，曲線上方的點代表“過飽和溶液”，曲線下方的點代表“不飽和溶液”。
第二步，想原理。涉及的原理主要有溶度積表達式書寫、影響沉淀溶解平衡的因素以及溶度積常數的影響因素。如濃度不會改變溶度積，溶度積只與溫度有關，多數情況下，溫度越高，溶度積越大。
第三步，找聯系。將圖像與溶度積原理聯系起來，分析題目設置的問題，如求離子濃度、判斷沉淀溶解平衡狀態等。
【變式訓練】(2024·河北省保定市高三二模)室溫下，在含KSCN、KIO3和K2CrO4的溶液中滴加AgNO3溶液，混合液中pX[[X代表IO3-、SCN-、CrO42-]和[]的關系如圖所示。已知：Ksp(AgSCN) ＜Ksp(AgIO3)。下列敘述正確的是( )
A．直線II代表pIO3-和pAg的關系
B．Ksp(AgIO3)= 1.0×10－7.5
C．室溫下，Ag2CrO4的飽和溶液的物質的量濃度比AgSCN大
D．AgIO3+SCN-AgSCN+IO3-的平衡常數K為10-4.49
【答案】C
【解析】直線I、III平行，代表難溶電解質的組成類型相同，故直線II代表pCrO42-和pAg的關系，因為Ksp(AgSCN) ＜Ksp(AgIO3)，則直線I代表pSCN-和pAg的關系，直線III代表pIO3-和pAg的關系。A項，直線I、III平行，代表難溶電解質的組成類型相同，故直線II代表CrO42-和pAg的關系，A錯誤；B項，根據圖像中數據可知，Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10－11.95，由于Ksp(AgSCN) ＜Ksp(AgIO3)，則Ksp(AgSCN)= 1.0×10－11.99，Ksp(AgIO3)= 1.0×10－7.5，B錯誤；C項，根據溶度積計算：設Ag2CrO4飽和溶液的物質的量濃度為x，AgSCN飽和溶液的物質的量濃度為y，則，C正確；D項，AgIO3+SCN-AgSCN+IO3-的平衡常數，D錯誤；故選C。
1．(2024·遼吉黑卷，15)下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示。某實驗小組以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液分別滴定含Cl-水樣、含Br-水樣。
已知：①Ag2CrO4為磚紅色沉淀；
②相同條件下AgCl溶解度大于AgBr；
③時，，。
下列說法錯誤的是( )
A．曲線②為AgCl沉淀溶解平衡曲線
B．反應Ag2CrO4+2H+2Ag++HCrO4-的平衡常數K=10-5.2
C．滴定Cl-時，理論上混合液中指示劑濃度不宜超過10-2.0 mol·L-1
D．滴定Br-達終點時，溶液中
【答案】D
【解析】由于AgCl和AgBr中陰、陽離子個數比均為1：1，即兩者圖象平行，所以①代表Ag2CrO4，由于相同條件下，AgCl溶解度大于AgBr，即，所以②代表AgCl，則③代表AgBr，根據①上的點(2.0，7.7)，可求得，根據②上的點(2.0，7.7)，可求得，根據③上的點(6.1，6.1)，可求得。A項，曲線②為AgCl沉淀溶解平衡曲線，A正確；B項，反應Ag2CrO4+2H+2Ag++HCrO4-的平衡常數，B正確；C項，當Cl-恰好滴定完全時，，即，因此，指示劑的濃度不宜超過10-2mol/L，C正確；D項，當Br-到達滴定終點時，，即，，D錯誤；故選D。
2．(2024·浙江6月卷，15)室溫下，H2S水溶液中各含硫微粒物質的量分數隨變化關系如下圖[例如]。已知：。
下列說法正確的是( )
A．溶解度：FeS大于Fe(OH)2
B．以酚酞為指示劑(變色的范圍8.2~10.0)，用標準溶液可滴定H2S水溶液的濃度
C．忽略S2-的第二步水解，0.1mol/L的Na2S溶液中S2-水解率約為
D． 0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等體積的Na2S溶液，反應初始生成的沉淀是FeS
【答案】C
【解析】在H2S溶液中存在電離平衡：H2SH++HS-、HS-H++S2-，隨著pH的增大，H2S的物質的量分數逐漸減小，HS-的物質的量分數先增大后減小，S2-的物質的量分數逐漸增大，圖中線①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物質的量分數隨pH的變化，由①和②交點的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交點的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。A項，FeS的溶解平衡為FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，飽和FeS溶液物質的量濃度為=mol/L=×10-9mol/L，Fe(OH)2的溶解平衡為Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq)，飽和Fe(OH)2溶液物質的量濃度為=mol/L=×10-6mol/L＞×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A項錯誤；B項，酚酞的變色范圍為8.2~10，若以酚酞為指示劑，用NaOH標準溶液滴定H2S水溶液，由圖可知當酚酞發生明顯顏色變化時，反應沒有完全，即不能用酚酞作指示劑判斷滴定終點，B項錯誤；C項，Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常數Kh(S2-)=====0.1，設水解的S2-的濃度為x mol/L，則=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率約為×100%=62%，C項正確；D項，0.01mol/L FeCl2溶液中加入等體積0.2mol/L Na2S溶液，瞬間得到0.005mol/L FeCl2和0.1mol/L Na2S的混合液，結合C項，瞬時c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反應初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D項錯誤；故選C。
3．(2024·湖北卷，13)CO2氣氛下，Pb(ClO4)2溶液中含鉛物種的分布如圖。縱坐標(δ)為組分中鉛占總鉛的質量分數。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5mol/L，、，。下列說法錯誤的是( )
A．pH=6.5時，溶液中c(CO32-)B．δ(Pb2+)=δ(PbCO3)時，c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L
C．pH=7時，c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]＜2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(ClO4-)
D．pH=8時，溶液中加入少量NaHCO3(s)，PbCO3會溶解
【答案】C
【解析】A項，由圖可知，pH=6.5時δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5mol/L，則c(CO32-)≤=mol/L=10-7.1mol/LKa2(H2CO3)，NaHCO3溶液呈堿性，加入少量NaHCO3固體，溶液pH增大，PbCO3轉化成[Pb(CO3)22-而溶解，D正確；故選C。
4．(2024 浙江省1月選考，15)常溫下、將等體積、濃度均為0.40mol·L-1 BaCl2溶液與新制H2SO3溶液混合，出現白色渾濁；再滴加過量的H2O2溶液，振蕩，出現白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8
Ksp(BaSO3)=5.0×10－10，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10，
下列說法不正確的是( )
H2SO3溶液中存在c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-)
B．將0.40mol·L-1 H2SO3溶液稀釋到0.20mol·L-1，c(SO32-)幾乎不變
C．BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現的白色渾濁不含有BaSO3
D．存在反應BaSO3+ H2SO3+H2O2= BaSO4↓+2H++H2O是出現白色沉淀的主要原因
【答案】C
【解析】A項，亞硫酸是二元弱酸，存在二次電離，電離方程式為：H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-，則溶液中c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-)，A正確；B項，亞硫酸根離子是其二級電離產生的，則稀釋的時候對氫離子的影響較大，稀釋的時候，亞硫酸的濃度變為原來的一半，另外稀釋的平衡常數不變，對第二級電離影響很小，則稀釋時亞硫酸根濃度基本不變，B正確；C項，加入雙氧水之前，生成的白色渾濁為BaSO3沉淀，C錯誤；D項，過氧化氫具有強氧化性，可以將+4價硫氧化為+6價硫酸根離子，則存在反應，BaSO3+H2O2= BaSO4↓+H2O，則出現白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正確；故選C。
5．(2023 全國甲卷，13)下圖為Fe (OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中達沉淀溶解平衡時的關系圖(；可認為離子沉淀完全)。下列敘述正確的是( )
A．由點可求得Ksp[Fe (OH)3]=10-8.5
B．pH=4時Al(OH)3的溶解度為
C．濃度均為0.01mol·L-1的Al3+和Fe3+可通過分步沉淀進行分離
D．Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+) =0.2mol·L-1時二者不會同時沉淀
【答案】C
【解析】A項，由點a(2，2.5)可知，此時pH=2，pOH=12，則Ksp[Fe (OH)3] =c(Fe3+)·c3(OH-)=10-2.5×(10-12)3=10-38.5，故A錯誤；B項，由點(5，6)可知，此時pH=5，pOH=9，則Ksp[Al(OH)3] =c Al3+)·c3(OH-)=10-6×(10-9)3=10-33，pH=4時Al(OH)3的溶解度為=10-3 mol·L-1，故B錯誤；C項，由圖可知，當鐵離子完全沉淀時，鋁離子尚未開始沉淀，可通過調節溶液pH的方法分步沉淀Al3+和Fe3+，故C正確；D項，由圖可知，Al3+沉淀完全時，pH約為4.7，Cu2+剛要開始沉淀，此時c(Cu2+) =0.1mol·L-1，若c(Cu2+) =0.2mol·L-1> 0.1mol·L-1，則Al3+、Cu2+會同時沉淀，故D錯誤；故選C。
6．(2023 北京卷，14)利用平衡移動原理，分析一定溫度下Mg2+在不同的Na2CO3體系中的可能產物。
已知：i.圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質的量分數與的關系。
ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ks[Mg(OH)2)]；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c(CO32-)=Ks(MgCO3) [注：起始c(Na2CO3)=0.1mol·L-1，不同下c(CO32-)由圖1得到]。

下列說法不正確的是( )
A．由圖1，pH=10.25，c(HCO3-)= c(CO32-)
B．由圖2，初始狀態pH=11、lg[c(Mg2+)]= -6，無沉淀生成
C．由圖2，初始狀態pH=9、lg[c(Mg2+)]= -2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol·L-1
D．由圖1和圖2，初始狀態pH=8、lg[c(Mg2+)]= -1，發生反應：Mg2++2HCO3-= MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】A項，水溶液中的離子平衡 從圖1可以看出pH=10.25時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；B項，從圖2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]= -6時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；C項，從圖2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]= -2時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據物料守恒，溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)＜0.1mol·L-1，C項錯誤；D項，pH=8時，溶液中主要含碳微粒是HCO3-，pH=8，lg[c(Mg2+)]= -1時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為Mg2++2HCO3-= MgCO3↓+CO2↑+H2O，D項正確；故選C。
7．(2022 山東卷，14)工業上以SrSO4(s)為原料生產SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究。現有含SrCO3(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na2SO4溶液。在一定pH范圍內，四種溶液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1]隨pH的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是( )
A．反應SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常數
B．a= -6.5
C．曲線④代表含SrCO3(s)的1.0mol·L-1溶液的變化曲線
D．對含SrCO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol·L-1的混合溶液，時才發生沉淀轉化
【答案】D
【解析】分析題給圖象，硫酸是強酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時，溶液中硫酸根離子越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1 mol·L-1硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1 mol·L-1硫酸鈉溶液的變化曲線；碳酸是弱酸，溶液pH減小，溶液中碳酸根離子離子濃度越小，鍶離子濃度越大，pH相同時，1 mol·L-1碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1 mol·L-1碳酸鈉溶液，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1 mol·L-1碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1 mol·L-1碳酸鈉溶液的變化曲線。A項，反應SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常數K===，故A正確； B項，曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸鍶的溶度積Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，溫度不變，溶度積不變，則溶液pH為7.7時，鍶離子的濃度為=10—6.5，則a為-6.5；C項，曲線④表示含碳酸鍶固體的1 mol·L-1碳酸鈉溶液的變化曲線，故C正確；D項，硫酸是強酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，所以硫酸鍶的生成與溶液pH無關，故D錯誤；故選D。
8．(2022 海南省選擇性考試，14)某元素M的氫氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反應為：M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)42-(aq)，25℃，-lgc與pH的關系如圖所示，c為M2+或M(OH)42-濃度的值。下列說法錯誤的是( )
A．曲線①代表-lg c(M2+)與pH的關系
B．M(OH)2的Ksp約為1×10-10
C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，體系中元素M主要以M(OH)2(s)存在
D．向c[M(OH) 42-]=0.1mol/L的溶液中加入等體積0.4mol/L的HCl后，體系中元素M主要以存在
【答案】BD
【解析】由題干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)42-(aq)，隨著pH增大，c(OH-)增大，則c(M2+)減小，c[M(OH) 42-]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH) 42-]減小，因此曲線①代表-lg c(M2+)與pH的關系，曲線②代表-lg c[M(OH) 42-]與pH的關系。A項，曲線①代表-lg c(M2+)與pH的關系，A正確；B項，由圖象，pH=7.0時，-lg c(M2+)=3.0，則M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B錯誤；C項，向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根據圖像，pH=9.0時，c(M2+)、c[M(OH) 42-]均極小，則體系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正確；D項，c[M(OH) 42-]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等體積的0.4mol/L的HCl后，體系中元素M仍主要以M(OH)42-存在，D錯誤；故選BD。
9．(2021 全國甲卷，12)已知相同溫度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)。某溫度下，飽和溶液中－lg[c(SO42-)、－lg[c(CO32-)、與－lg[c(Ba2＋)]的關系如圖所示。
下列說法正確的是( )
A．曲線①代表BaCO3的沉淀溶解曲線
B．該溫度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值為1.0×10－10
C．加適量BaCl2固體可使溶液由a點變到b點
D．c(Ba2＋)＝10－5.1時兩溶液中
【答案】B
【解析】因BaCO3、BaSO4均為難溶物，飽和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，則－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲線①為－lg[c(Ba2＋)]與－lg[c(SO42-)]的關系，曲線②為－lg[c(Ba2＋)]與－lg[c(CO32-)]的關系。A項，由題可知，曲線上的點均為飽和溶液中微粒濃度關系，由上述分析可知，曲線①為BaSO4的沉淀溶解曲線，故A錯誤；B項，曲線①為BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]與－lg[c(SO42-)]的關系，由圖可知，當溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3時，－lg[c(SO42-)＝7，則－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，故B正確；C項，向飽和BaSO4溶液中加入適量BaCl2固體后，溶液中c(Ba2＋)增大，根據溫度不變則Ksp(BaSO4)不變可知，溶液中c(SO42-)將減小，因此a點將沿曲線①向左上方移動，故C錯誤；D項，由圖可知，當溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1時，兩溶液中＝＝，故D錯誤；故選B。
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第04講 沉淀溶解平衡
目錄
01 考情透視·目標導航
02 知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 難溶電解質的溶解平衡
知識點1 沉淀溶解平衡
知識點2 沉淀溶解平衡的應用
考向1 沉淀溶解平衡及影響因素
考向2 沉淀溶解平衡的應用
考點二 溶度積常數
知識點1 溶度積和離子積
知識點2 Ksp的意義和影響因素
考向1 溶度積常數及計算
考向2 沉淀溶解平衡圖像
考向3 XXXX
04真題練習·命題洞見
考點要求 考題統計 考情分析
沉淀溶解平衡的應用 2024·浙江1月卷15題，3分；2024·江蘇卷16題，15分；2023浙江1月選考15題，3分； 本講考查的重點是溶度積常數的相關計算及應用，以選擇題、圖象題的形式呈現，在工藝流程題中出現概率很大。能夠運用平衡移動的觀點對沉淀的溶解、生成和轉化進行分析，并能解釋一些生活問題，試題通常以圖象形式直觀呈現微觀濃度的變化，考查數形結合能力、信息整合能力和對溶解平衡的理解應用能力。掌握沉淀溶解平衡曲線的分析技巧，能從圖像或者文字的形式沉淀溶解平衡情境問題，獲取有效信息，提高證據推理能力。
離子曲線 2024·遼吉黑卷15題，3分；2024·浙江6月卷15題，3分；2024·湖北卷13題，3分；2024·全國甲卷7題，3分；2023遼寧卷15題，3分；2023全國甲卷13題，6分；2023全國新課標卷13題，6分；2023山東卷15題，4分；2023北京卷14題，3分；2022福建卷7題，4分；2022湖南卷10題，3分；2022山東卷14題，4分；2022海南卷14題，4分；2021全國甲卷12題，6分；2021全國乙卷13題，6分；
復習目標： 1．了解難溶電解質的沉淀溶解平衡，以及影響因素。 2．理解溶度積的含義，能進行相關的計算。 3．利用難溶電解質的沉淀溶解平衡解決實際問題。 4．學會分析沉淀溶解平衡圖像。
考點一 難溶電解質的溶解平衡
知識點1 沉淀溶解平衡
1．概念
在一定溫度下，當沉淀溶解和生成的速率_______時，形成_______溶液，達到平衡狀態，把這種平衡稱為沉淀溶解平衡。
2．影響沉淀溶解平衡的因素
(1)內因
難溶電解質本身的性質，這是決定因素。
(2)外因
①濃度：加水稀釋，平衡向______________的方向移動；
②溫度：絕大多數難溶鹽的溶解是_______過程，升高溫度，平衡向______________的方向移動；
③同離子效應：向平衡體系中加入難溶物溶解產生的離子，平衡向______________的方向移動；
④其他：向平衡體系中加入可與體系中某些離子反應生成更難溶或更難電離或氣體的離子時，平衡向沉淀溶解的方向移動。
以AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH＞0為例，填寫外因對溶解平衡的影響
外界條件 移動方向 平衡后c(Ag＋) 平衡后c(Cl－) Ksp
升高溫度 _______ _______ _______ _______
加水稀釋 _______ _______ _______ _______
加入少量AgNO3 _______ _______ _______ _______
通入HCl _______ _______ _______ _______
通入H2S _______ _______ _______ _______
【名師提醒】
1．難溶電解質不一定是弱電解質，如BaSO4、AgCl等都是強電解質。
2．沉淀溶解平衡移動過程是固體溶解和析出的相互轉化過程，屬于物理變化，但遵循勒夏特列原理。
3．沉淀溶解達到平衡時，再加入該難溶物對平衡無影響。
知識點2　沉淀溶解平衡的應用
1．沉淀的生成
(1)調節pH法：如工業原料氯化銨中含雜質氯化鐵，使其溶解于水，再加入氨水調節pH，可使Fe3+轉化為_______沉淀而除去，反應是__________________________________________。
(2)加沉淀劑法：如以Na2S、H2S等作沉淀劑，使某些金屬離子(如Cu2+、Hg2+等)生成極難溶的硫化物(如CuS、HgS等)沉淀，也是分離、除去雜質常用的方法。
2．沉淀的溶解
(1)酸堿溶解法：加入酸或堿與溶解平衡體系中的相應離子反應，降低離子濃度，使平衡向_______方向移動。如難溶于水的BaCO3可溶于酸中。
(2)用某些鹽溶解：如Mg(OH)2 可溶于NH4Cl 溶液中，化學方程式為____________________________。
3．沉淀的轉化
(1)實質
沉淀轉化的實質是沉淀溶解平衡的移動。一般來說，溶解度小的沉淀轉化為溶解度_______的沉淀容易實現；兩種沉淀的溶解度差別_______，沉淀轉化越容易。
(2)應用
在自然界也發生著溶解度小的礦物轉化為溶解度更小的礦物的現象。例如，各種原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后可變成CuSO4溶液，并向深部滲透，遇到深層的閃鋅礦(ZnS)和方鉛礦(PbS)，便慢慢地轉變為銅藍(CuS)。其反應為 Cu2++ ZnS=CuS+Zn2+， Cu2++PbS=CuS+Pb2+。
【易錯提醒】
1.用沉淀法除雜不可能將雜質離子全部轉化為沉淀而除去，一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于或等于1×10-5 mol·L-1時沉淀完全。
2.對于同一類型的沉淀，Ksp越小越先沉淀，且Ksp相差越大，分步沉淀效果越好。
3.對于不同類型的沉淀，其沉淀先后順序要通過計算才能確定，如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀。
考向1 沉淀溶解平衡及影響因素
【例1】下列有關AgCl沉淀溶解平衡的說法中，不正確的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不斷進行，但速率相等
B．AgCl難溶于水，溶液中沒有Ag+和Cl-
C．升高溫度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl懸濁液中加入NaCl固體，AgCl的溶解度減小
【名師點睛】
(1)沉淀溶解平衡與化學平衡、電離平衡一樣，具有動態平衡的特征，平衡時溶液中各離子濃度保持恒定，平衡只受溫度的影響，與濃度無關。
(2)溶度積(Ksp)的大小只與難溶電解質的性質和溶液的溫度有關，相同類型的難溶電解質的Ksp越小，溶解度越小，越難溶。
【變式訓練】為研究沉淀的生成及其轉化，某小組進行如圖所示實驗。①中現象：產生紅色沉淀；②中現象：溶液先變渾濁，后澄清；③中現象：產生白色沉淀。下列關于該實驗的分析不正確的是(　　)。
A．①濁液中存在平衡：Ag2CrO4(s)=2Ag+(aq)+ CrO4 2-(aq)
B．②中溶液變澄清的原因：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O
C．③中顏色變化說明有AgCl生成
D．該實驗可以證明AgCl比Ag2CrO4更難溶
考向2 沉淀溶解平衡的應用
【例2】(2024·浙江1月卷，15，3分)常溫下、將等體積、濃度均為0.40mol·L-1 BaCl2溶液與新制H2SO3溶液混合，出現白色渾濁；再滴加過量的H2O2溶液，振蕩，出現白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8
Ksp(BaSO3)=5.0×10－10，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10，
下列說法不正確的是( )
H2SO3溶液中存在c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-)
B．將0.40mol·L-1 H2SO3溶液稀釋到0.20mol·L-1，c(SO32-)幾乎不變
C．BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現的白色渾濁不含有BaSO3
D．存在反應BaSO3+ H2SO3+H2O2= BaSO4↓+2H++H2O是出現白色沉淀的主要原因
【答案】C
【解析】A項，亞硫酸是二元弱酸，存在二次電離，電離方程式為：H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-，則溶液中c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-)，A正確；B項，亞硫酸根離子是其二級電離產生的，則稀釋的時候對氫離子的影響較大，稀釋的時候，亞硫酸的濃度變為原來的一半，另外稀釋的平衡常數不變，對第二級電離影響很小，則稀釋時亞硫酸根濃度基本不變，B正確；C項，加入雙氧水之前，生成的白色渾濁為BaSO3沉淀，C錯誤；D項，過氧化氫具有強氧化性，可以將+4價硫氧化為+6價硫酸根離子，則存在反應，BaSO3+H2O2= BaSO4↓+H2O，則出現白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正確；故選C。
【名師點晴】
1．AgCl的澄清飽和溶液，加水稀釋，沉淀溶解平衡右移，但離子濃度減小，而AgCl懸濁液加水稀釋，平衡右移，但c(Ag＋)和c(Cl－)不變。AgCl沉淀溶解達到平衡時，再加入AgCl固體對平衡無影響。
2．用沉淀法除雜不可能將雜質離子全部通過沉淀除去。一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10－5 mol·L－1時，沉淀已經完全。
3．溶度積小的難溶電解質在一定條件下也能向溶度積大的難溶電解質轉化。當兩種難溶電解質的Ksp差別不是很大時，通過調節某種離子的濃度，可由溶度積小的難溶電解質向溶度積大的難溶電解質轉化。
【變式訓練】牙釉質的主要成分為羥基磷酸鈣[Ca5(PO4)3OH]，在牙齒表面存在著如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO43-(aq)+OH-(aq) Ksp=6.8×10-37mol9 L-9，已知Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×10-61mol9 L-9。下列說法錯誤的是( )
A．殘留在牙齒上的糖會發酵產生H+，使羥基磷酸鈣沉淀溶解平衡右移，破壞牙釉質
B．按時刷牙可減少食物殘留，從而減少有機酸的產生，防止腐蝕牙齒
C．用含NaOH的溶液漱口，可使平衡左移，保護牙齒
D．含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH轉化為更難溶的Ca5(PO4)3F，促進牙齒表面礦物質的沉積，修復牙釉質
考點二 溶度積常數
知識點1 溶度積和離子積
以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)為例：
溶度積 離子積
概念 沉淀溶解平衡的平衡常數 溶液中有關離子濃度冪的乘積
符號 Ksp Qc
表達式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度是平衡濃度 Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度是任意濃度
應用 判斷在一定條件下沉淀能否生成或溶解 ①Qc>Ksp：溶液過飽和，有_______析出 ②Qc＝Ksp：溶液飽和，處于_______狀態 ③Qc＜Ksp：溶液______________，無沉淀析出
知識點2 Ksp的意義和影響因素
1．Ksp的意義
Ksp可以反映難溶電解質在水中的_______能力。當化學式所表示的組成中陰、陽離子個數比相同時，Ksp越大的難溶電解質在水中的溶解能力越_______，一般溶解度也越_______；但陰、陽離子個數比不相同時，Ksp大的難溶電解質的溶解度不一定大。
2．Ksp的影響因素
溶度積只與難溶電解質的性質和_______有關，而與沉淀的量和溶液中離子的_______無關。絕大多數難溶鹽的溶解是_______過程，升高溫度，平衡向_______方向移動，Ksp_______。
【易錯提醒】
1．沉淀溶解一般是吸熱的，升高溫度，平衡右移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。
2．并非Ksp越小，其物質的溶解度就越小。對于陰、陽離子個數比相同的難溶電解質，它們的溶解度可以直接用Ksp的大小來比較，Ksp越小，其物質的溶解度就越小；而對于陰、陽離子的個數比不同的難溶電解質，它們的溶解度就不能直接用Ksp的大小來比較。
考向1 溶度積常數及計算
【例1】(2024·江蘇卷，16，15分)貴金屬銀應用廣泛。Ag與稀HNO3制得AgNO3，常用于循環處理高氯廢水。
(1)沉淀Cl-。在高氯水樣中加入K2CrO4使CrO42-濃度約為5×10-3mol·L-1，當滴加AgNO3溶液至開始產生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加過程的體積增加)，此時溶液中Cl-濃度約為_______ mol·L-1。[已知：Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)= 2.0×10－12]
(2)還原AgCl。在AgCl沉淀中埋入鐵圈并壓實，加入足量0.5mol·L-1鹽酸后靜置，充分反應得到Ag。
①鐵將AgCl轉化為單質Ag的化學方程式為_______。
②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉化為Ag的原因是_______。
③為判斷AgCl是否完全轉化，補充完整實驗方案：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，_______[實驗中必須使用的試劑和設備：稀HNO3、AgNO3溶液，通風設備]
(3)Ag的抗菌性能。納米Ag表面能產生Ag+殺死細菌(如圖所示)，其抗菌性能受溶解氧濃度影響。
①納米Ag溶解產生Ag+的離子方程式為_______。
②實驗表明溶解氧濃度過高，納米Ag的抗菌性能下降，主要原因是_______。
【思維建模】
溶度積常數計算的幾種類型
考查角度 計算技巧
判斷沉淀的生成或沉淀是否完全 ①把離子濃度數據代入Ksp表達式得Q，若Q>Ksp，則有沉淀生成；②利用Ksp的數值計算某一離子濃度，若該離子濃度小于10-5 mol·L-1，則該離子沉淀完全
常溫下，計算氫氧化物沉淀開始和沉淀完全時溶液的pH ①根據氫氧化物的Ksp，先計算初始濃度溶液中的c(OH-)，再求得溶液的pH；②金屬陽離子沉淀完全時的離子濃度小于或等于10-5 mol·L-1，依據Ksp可計算金屬陽離子沉淀完全時溶液中的c(OH-)，進而求得pH
計算沉淀轉化反應的平衡常數，并判斷沉淀轉化的程度 依據沉淀的轉化反應和Ksp，計算該反應的平衡常數，K值越大，轉化反應越易進行，轉化程度越大
沉淀先后的計算與判斷 ①沉淀類型相同，則Ksp小的化合物先沉淀；②沉淀類型不同，則需要根據Ksp計算出沉淀時的離子濃度，離子濃度小的先沉淀
【變式訓練】請回答下列問題：
(1)在化學分析中采用K2CrO4作指示劑，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+與CrO42-生成磚紅色沉淀指示到達滴定終點。當溶液中Cl-恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10-5 mol·L-1)時，溶液中c(Ag+)為　　　　mol·L-1，此時溶液中c(CrO42-)等于　　　　mol·L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和2.0×10-10)。
(2)一定溫度下，將0.1 mol AgCl固體加入1 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，充分攪拌(不考慮液體體積變化)，已知：Ksp(AgCl)=2×10-10；Ksp(Ag2CO3)=1×10-11，沉淀轉化反應2AgCl(s)+CO32- (aq)Ag2CO3(s)+2Cl-(aq)的平衡常數為　　　　。
(3)在T ℃時，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。又知T ℃時AgCl的Ksp=4×10-10，在T ℃時，AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常數約為　　　　。
考向2 沉淀溶解平衡圖像
【例2】(2024·全國甲卷，7，3分)將0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0mL懸濁液，向其中滴加0.10mol·L-1的NaCl溶液。(M代表Ag+、Cl-或CrO42-)隨加入NaCl溶液體積(V)的變化關系如圖所示。
下列敘述正確的是( )
A．交點a處：c(Na+)=2c(Cl-) B．
C．時，不變 D．y1=-7.82，y2= -lg34
【思維建模】
溶度積圖像是沉淀溶解平衡理論的難點，溶度積圖像突破方法：
第一步，識圖像。認識圖像橫坐標、縱坐標表示什么，如表示離子濃度、pM等；曲線上的點表示達到平衡狀態，曲線上方的點代表“過飽和溶液”，曲線下方的點代表“不飽和溶液”。
第二步，想原理。涉及的原理主要有溶度積表達式書寫、影響沉淀溶解平衡的因素以及溶度積常數的影響因素。如濃度不會改變溶度積，溶度積只與溫度有關，多數情況下，溫度越高，溶度積越大。
第三步，找聯系。將圖像與溶度積原理聯系起來，分析題目設置的問題，如求離子濃度、判斷沉淀溶解平衡狀態等。
【變式訓練】(2024·河北省保定市高三二模)室溫下，在含KSCN、KIO3和K2CrO4的溶液中滴加AgNO3溶液，混合液中pX[[X代表IO3-、SCN-、CrO42-]和[]的關系如圖所示。已知：Ksp(AgSCN) ＜Ksp(AgIO3)。下列敘述正確的是( )
A．直線II代表pIO3-和pAg的關系
B．Ksp(AgIO3)= 1.0×10－7.5
C．室溫下，Ag2CrO4的飽和溶液的物質的量濃度比AgSCN大
D．AgIO3+SCN-AgSCN+IO3-的平衡常數K為10-4.49
1．(2024·遼吉黑卷，15)下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示。某實驗小組以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液分別滴定含Cl-水樣、含Br-水樣。
已知：①Ag2CrO4為磚紅色沉淀；
②相同條件下AgCl溶解度大于AgBr；
③時，，。
下列說法錯誤的是( )
A．曲線②為AgCl沉淀溶解平衡曲線
B．反應Ag2CrO4+2H+2Ag++HCrO4-的平衡常數K=10-5.2
C．滴定Cl-時，理論上混合液中指示劑濃度不宜超過10-2.0 mol·L-1
D．滴定Br-達終點時，溶液中
2．(2024·浙江6月卷，15)室溫下，H2S水溶液中各含硫微粒物質的量分數隨變化關系如下圖[例如]。已知：。
下列說法正確的是( )
A．溶解度：FeS大于Fe(OH)2
B．以酚酞為指示劑(變色的范圍8.2~10.0)，用標準溶液可滴定H2S水溶液的濃度
C．忽略S2-的第二步水解，0.1mol/L的Na2S溶液中S2-水解率約為
D． 0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等體積的Na2S溶液，反應初始生成的沉淀是FeS
3．(2024·湖北卷，13)CO2氣氛下，Pb(ClO4)2溶液中含鉛物種的分布如圖。縱坐標(δ)為組分中鉛占總鉛的質量分數。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5mol/L，、，。下列說法錯誤的是( )
A．pH=6.5時，溶液中c(CO32-)B．δ(Pb2+)=δ(PbCO3)時，c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L
C．pH=7時，c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]＜2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(ClO4-)
D．pH=8時，溶液中加入少量NaHCO3(s)，PbCO3會溶解
4．(2024 浙江省1月選考，15)常溫下、將等體積、濃度均為0.40mol·L-1 BaCl2溶液與新制H2SO3溶液混合，出現白色渾濁；再滴加過量的H2O2溶液，振蕩，出現白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8
Ksp(BaSO3)=5.0×10－10，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10，
下列說法不正確的是( )
H2SO3溶液中存在c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-)
B．將0.40mol·L-1 H2SO3溶液稀釋到0.20mol·L-1，c(SO32-)幾乎不變
C．BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現的白色渾濁不含有BaSO3
D．存在反應BaSO3+ H2SO3+H2O2= BaSO4↓+2H++H2O是出現白色沉淀的主要原因
5．(2023 全國甲卷，13)下圖為Fe (OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中達沉淀溶解平衡時的關系圖(；可認為離子沉淀完全)。下列敘述正確的是( )
A．由點可求得Ksp[Fe (OH)3]=10-8.5
B．pH=4時Al(OH)3的溶解度為
C．濃度均為0.01mol·L-1的Al3+和Fe3+可通過分步沉淀進行分離
D．Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+) =0.2mol·L-1時二者不會同時沉淀
6．(2023 北京卷，14)利用平衡移動原理，分析一定溫度下Mg2+在不同的Na2CO3體系中的可能產物。
已知：i.圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質的量分數與的關系。
ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ks[Mg(OH)2)]；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c(CO32-)=Ks(MgCO3) [注：起始c(Na2CO3)=0.1mol·L-1，不同下c(CO32-)由圖1得到]。

下列說法不正確的是( )
A．由圖1，pH=10.25，c(HCO3-)= c(CO32-)
B．由圖2，初始狀態pH=11、lg[c(Mg2+)]= -6，無沉淀生成
C．由圖2，初始狀態pH=9、lg[c(Mg2+)]= -2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol·L-1
D．由圖1和圖2，初始狀態pH=8、lg[c(Mg2+)]= -1，發生反應：Mg2++2HCO3-= MgCO3↓+CO2↑+H2O
7．(2022 山東卷，14)工業上以SrSO4(s)為原料生產SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究。現有含SrCO3(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na2SO4溶液。在一定pH范圍內，四種溶液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1]隨pH的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是( )
A．反應SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常數
B．a= -6.5
C．曲線④代表含SrCO3(s)的1.0mol·L-1溶液的變化曲線
D．對含SrCO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol·L-1的混合溶液，時才發生沉淀轉化
8．(2022 海南省選擇性考試，14)某元素M的氫氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反應為：M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)42-(aq)，25℃，-lgc與pH的關系如圖所示，c為M2+或M(OH)42-濃度的值。下列說法錯誤的是( )
A．曲線①代表-lg c(M2+)與pH的關系
B．M(OH)2的Ksp約為1×10-10
C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，體系中元素M主要以M(OH)2(s)存在
D．向c[M(OH) 42-]=0.1mol/L的溶液中加入等體積0.4mol/L的HCl后，體系中元素M主要以存在
9．(2021 全國甲卷，12)已知相同溫度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)。某溫度下，飽和溶液中－lg[c(SO42-)、－lg[c(CO32-)、與－lg[c(Ba2＋)]的關系如圖所示。
下列說法正確的是( )
A．曲線①代表BaCO3的沉淀溶解曲線
B．該溫度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值為1.0×10－10
C．加適量BaCl2固體可使溶液由a點變到b點
D．c(Ba2＋)＝10－5.1時兩溶液中
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