1、辽宁省凌源市第二高级中学2019-2020学年高二化学下学期第二次网测试题（含解析）一、选择题（每小题只有一个选项符合答案，110题每题2分，1122题每题3分）1.下列有关化学用语表述正确的是（ ）A. 次氯酸的电子式：B. 基态铜原子的外围电子排布图：C. Se的简化电子排布式：Ar3d104s24p4D. F的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A次氯酸的电子式：,故A错误;B书写基态铜原子的外围电子排布图时，应遵循洪特规则可知应为3d104s1,故B错误；C. Se的简化电子排布式：Ar3d104s24p4，故C正确；DF的最外层电子数是8，故D错误；故答案为C。2.下列物质的分子中
2、既含有键又含有键的是（ ）A. HClB. H2OC. H2O2D. C2H4【答案】D【解析】【分析】共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，共价三键中一个是键两个是键， 根据存在的化学键判断【详解】AHCl的结构式为H-Cl，所以只存在键，故A错误；BH2O的结构式为H-O-H，所以只存在键，故B错误； CH2O2的结构为H-O- O -H，只含有单键，所以只含有键，故C错误； DC2H2的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价三键，所以含有键和键，故D正确；故选D。3.下列分子或离子中，VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是（ ）A. H2OB. CO2C.
3、 CO32-D. CCl4【答案】A【解析】【分析】价层电子对互斥模型(VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对数=键电子对数+孤电子对数。键电子对数=配原子数，孤电子对数=1/2(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的实际空间立体构型要去掉孤电子对。【详解】A水分子中，价层电子对数=2+1/2(6-21)=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2对孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，A符合题意；BCO2分子中，每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对数是
4、2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，B不符合题意；CCO32-的中心原子C原子上含有3个 键，中心原子上的孤电子对数=1/2(4+2-23)=0，所以CO32-的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，不符合题意；DCCl4分子中，中心原子C原子原子价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=4+1/2(4-14)=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，D不符合题意；答案选A。【点睛】分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子，略去
5、孤电子对就是该分子的空间构型。4.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅B. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量【答案】B【解析】【详解】A对2NO2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A正确；B氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压，体积变小，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；CCl2+H2OHCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，
6、故C正确；D合成氨反应：N2+3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故答案为B。【点睛】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。5.下列原子或原子团不属于官能团的是（ ）A. CH3B. FC. OHD. 【答案】A【解析】【详解】官能团是决定化合物特殊性质的原子或原子团。-F是决定卤代烃特殊性质的原子，-OH是决定醇和酚特殊性质的原子团，碳碳双键是决定烯烃特殊性质的原子团，甲基不是官能团，答案
7、选A。6.下列实验操作正确的是实验操作A证明某溶液中存在Fe2先加少量氯水，再滴加KSCN溶液，出现血红色B测定熔融苛性钠的导电性在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量C证明氯的非金属性大于碳向碳酸钙中滴加盐酸，有气泡产生D制备氯化镁固体将MgCl2晶体在氯化氢的气流中加热A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】A、先加少量氯水，可氧化亚铁离子；B、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，发生二氧化硅与NaOH的反应；C、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl为无氧酸；D、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解。【详解】A项、先加少量氯水，可氧化亚铁离子，检验亚铁离子应先加K
8、SCN溶液无现象，再加氯水，故A错误；B项、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，瓷坩埚中二氧化硅与NaOH的反应，不能测定熔融苛性钠的导电性，应选铁坩埚，故B错误；C项、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl为无氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；D项、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解，则可制备氯化镁晶体，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识于实验的结合，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、盐类水解等为解答的关键。7.25，在0.01mol/LH2SO4溶液中，由水电离出的c(H)是A. 11012mol/L
9、B. 0.02mol/LC. 1107mol/LD. 51013mol/L【答案】D【解析】【详解】25，0.01mol/LH2SO4溶液中c（H+）=0.02molL-1，水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，溶液中的OH-全部来自水，即溶液中的c(OH-)=c(OH-)水=c(H+)水，则水电离出的c（H+）水=c（OH-）溶液=51013mol/L，故选D。【点睛】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，根据c（H+）水=c（OH-）水，结合Kw的公式计算是解答关键。8.25时，已知Ksp(AgCl)=1.81010，Ksp(AgB
10、r)=7.81013。现向等浓度NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入稀AgNO3溶液，先沉淀的是A. AgClB. AgBrC. 同时沉淀D. 无法判断【答案】B【解析】【详解】由于Ksp(AgC1)Ksp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先达到AgBr的溶度积，先析出AgBr沉淀，故选B。9.反应X(g)Y(g)2Z(g) Hc(Cl)，B错误；C.点溶液中有等浓度的CH3COOH和NaCl，由于醋酸有少部分电离，故c(Na)c(CH3COOH)，醋酸每电离生成一份CH3COO的同时就会生成一份H，同时水也电离生成少量H，故c(H)c(CH3COO)
11、，所以C错误。D. 根据物料守恒c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)，可判断出D错误；故选A。19.常温下，下列有关溶液的说法正确的是A. pH相等的NH4Cl NH4Al(SO4)2 NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为B. HA电离常数Ka =4.931010，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na+) c(HA) c(A)C. NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3)的比值将减小D. 已知在相同条件下酸性HF CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na+) c(F) c(K+ ) c(CH3COO)【答案】A【解析】ANH4C
12、l水解时氯离子不影响铵根离子水解，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于NH4Cl，NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，因此NH4Al(SO4)2中NH4+的浓度大于NH4Cl，浓度的大小顺序应为：，选项A正确；B、NaA中水解平衡常数Kb=，水解平衡常数大于电离平衡常数，c(HA)，选项B错误；C、NaHCO3溶液加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，钠离子物质的量不变，碳酸氢根 减小，c(Na+)与c(HCO3-)的比值保持增大，选项错误；D、HF 、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱
13、酸盐，由于酸性HF CH3COOH，水解程度FCH3COO，水解程度越大剩余离子浓度越小，故c(Na+) c(F)c(K+ ) c(CH3COO)，选项D错误。答案选A。20.短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图，其中Y所处的周期数与族序数相等，W最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法不正确的是WXYZA. X、Y、Z、W的原子半径依次减小B. W与X形成的化合物中只含有离子键C. 气态氢化物的稳定性：WZ D. W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应【答案】B【解析】【分析】短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，由此可知，原子只能有2个电子层，最外层电子数为
14、6，故W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第A族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为Na，所以X、Y、Z、W代表的元素分别为：Na、Al、S、O。【详解】A同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径XYZW，A正确；BW与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，B错误；C非金属性OS，且H2O中存在氢键，故氢化物稳定性H2OH2S，C正确；DW与Y形成的化合物为氧化铝，可分别与NaOH溶液和盐酸反应，D正确；答案选B。二、非选择题21.用系统命法写出下列物质名称或结构简式（1）C4H1
15、0的一氯代物有_种。（2）某有机物含C、H、O三种元素，分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键如单键、双键等）。该有机物的结构简式为_，所含官能团的名称为 _（3）常温下，已知0.1 molL1一元酸HA溶液中c(OH)/c(H)1108。常温下，0. 1 molL1 HA溶液的pH_；（4）常温下，将0.1mol/L HCl溶液与0.1 mol/L MOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH5，则MOH在水中的电离方程式为_。（5）已知常温时CH3COOHCH3COO + H+，Ka2105，则反应CH3COO + H2OCH3COOH + OH的平衡常数Kh_。（6）常温下，若在
16、0.10 molL1 CuSO4溶液中加入NaOH稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH8时，c(Cu2+)_molL1 KspCu(OH)22.21020。（7）1mol/L Na2C2O4溶液中离子浓度由大到小顺序_，列出质子守恒关系式_【答案】 (1). 4种 (2). CH2=C(CH3)COOH (3). 碳碳双键、羧基 (4). 3 (5). MOHM+ + OH (6). 51010 (7). 2.2108 (8). C(Na+)C(C2O42-)C(OH-)C(HC2O4-)C(H+) (9). C(OH-)=C(H+)+2C(H2C2O4)+ C(HC2O4-
17、)【解析】【详解】(1)C4H10为烷烃，有正丁烷和异丁烷这2种同分异构体，正丁烷的一氯代物有2种，异丁烷的一氯代物有2种，则C4H10的一氯代物有4种；(2)由分子模型可知，白球是氢原子，黑球是碳原子，半黑球是氧原子，则该有机物的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，官能团为碳碳双键和羧基；(3)由常温下，0.1molL-1的HA溶液中c(OH-)/c(H+)1108，可知c(OH)=108c(H+)，所以，所以，所以常温下，0. 1 molL1 HA溶液的pH为3；(4)常温下，将0.1mol/L HCl溶液与0.1 mol/L MOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH5，说明则MOH
18、为弱碱，所以MOH在水中的电离方程式为：MOHM+ + OH-；(5)反应CH3COO CH3COOH + OH的平衡常数Kh51010；(6) 根据溶度积的概念可以直接计算，常温下，pH8时，c(OH)10-6 molL1，由c(Cu2+)c (OH-) 2KspCu(OH)2得，c(Cu2+)(2.210-20)/10-12 molL-12.210-8 molL-1；(7)1mol/L Na2C2O4溶液中存在：C2O42-+H2O HC2O4-+OH-，HC2O4-+H2OH2C2O4+ OH-， H2OH+ OH-，可知C(Na+)C(C2O42-)C(OH-)C(HC2O4-)C(H
19、+)，溶液中存在质子守恒关系式：C(OH-)=C(H+)+2C(H2C2O4)+ C(HC2O4-)。22.工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H-90.8 kJmol1。（1）在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230、250和270 三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是_。如图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O。 （2）乙池中A(石墨)电极的名称是_。（3）通
20、入CH3OH的电极的电极反应式为_。 （4）乙池中反应的化学方程式为_ （5）当乙池中B(Ag)极的质量增加5.4 g时，甲池中理论上消耗O2 _mL(标准状况)，此时丙池某电极上析出1.60 g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是_(填序号)。AMgSO4 BCuSO4 CNaCl DAgNO3【答案】 (1). 270 (2). 阳极 (3). CH3OH6e + 8OH 6H2O + CO32 (4). 4AgNO3 + 2H2O4Ag + O2 + 4HNO3 (5). 280 (6). B【解析】【分析】三条曲线中，在曲线Z对应的温度下CO转化率最小，合成甲醇的反应是放热反应，温度越高，
21、CO的转化率越小，所以Z曲线对应的温度最高，为270；在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，发生失电子的反应，通入氧气的电极为正极，发生得电子的反应。燃料电池最为电源，乙池中，与正极相连的A极(石墨电极)为阳极，那么B极(银电极)为阴极，丙池中，C极为阳极，D极为阴极，相应得电极反应式即可书写出来。【详解】(1)在曲线Z对应的温度下CO转化率最小，合成甲醇的反应是放热反应，温度越高CO的转化率越小，故Z曲线对应的温度最高，为270；(2)燃料电池作为电源，通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极，A电极与正极相连，所以A电极(石墨)为阳极；(3)通入CH3OH的电极作为负极，电极反应式为：CH
22、3OH6e + 8OH 6H2O + CO32；(4)乙池中，极(石墨电极)的电极反应式为：2H2O4eO2+ 4H+，极的电极反应式为:4Ag+4e4Ag，电解质溶液为硝酸银溶液，所以乙池中反应的化学方程式为：4AgNO3 + 2H2O4Ag + O2 + 4HNO3；(5)当乙池中B(Ag)极的质量增加5.4 g时，n(Ag)=5.4g/108gmol-1=0.05mol，n(e)=0.05mol，又O24e，所以n(O2)=0.0125mol，标况下，V(O2)=0.012522.4=0.28L=280ml所以甲池中理论上消耗O2 的体积为280ml；丙池某电极上析出1.60 g某金属，
23、C极为阳极，D极为阴极，所以只能是D极析出金属，而NaCl作为电解质溶液时不会析出金属，根据转移的n(e)=0.05mol及Mg2e、Cu2e、Age，析出的金属的质量分别为0.60g、1.60g、5.40g，所以丙池中的某盐溶液可能是CuSO4溶液，选B。【点睛】对于电解池和原电池得相关计算题，一定要紧紧抓住一点：反应时电路中通过的电子的量是相同的，通过列出电子和物质间的关系式即可进行相应的计算。23.实验室中有一未知浓度的醋酸，某学生用0.1000 molL-1 NaOH标准溶液进行测定醋酸的浓度的实验，取20.00mL待测醋酸放入锥形瓶中，并滴加23滴指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定。
24、重复上述滴定操作23次，记录数据如下。完成下列填空：实验编号待测醋酸的体积/mLNaOH溶液的浓度/molL-1消耗NaOH溶液的体积/mL120.000.100025.18220.000.100023.06320000.100022.98（1）该实验中指示剂最好选用_，滴定达到终点的标志是_。（2）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用以下_操作（填甲/乙/丙），然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（3）根据上述数据，可计算出该醋酸的浓度为_molL-1（保留小数点后4位）。（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_。A用滴定管取20.00mL待测醋酸，使用前，水洗
25、后未用待测醋酸润洗B锥形瓶水洗后未干燥C称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解D滴定终点读数时俯视E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关【答案】 (1). 酚酞 (2). 加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色且30s内颜色不发生变化 (3). 丙 (4). 0.115 (5). CE【解析】【分析】（1）醋酸与氢氧化钠完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性；（2）由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，随加入氢氧化钠增多，pH升高，溶液变为红色；（2）把碱式滴定管盛满溶液，倾斜45，再把尖端部分向上倾斜45，慢慢挤压玻璃珠，使溶液流出，就能赶出气泡；（3）先计算消耗氢氧化钠溶液的平均
26、体积，再根据 计算醋酸浓度；（4）根据分析误差。【详解】（1）醋酸与氢氧化钠完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，选择在碱性范围内变色的指示剂，所以选用酚酞作指示剂；由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色，达到滴定终点。（2）把碱式滴定管盛满溶液，倾斜45，再把尖端部分向上倾斜45，慢慢挤压玻璃珠，使溶液流出，就能赶出气泡，故选丙；（3）实验1的误差偏离正常范围，根据实验2、3，平均消耗氢氧化钠溶液的体积是 mL ， =0.115 molL-1 ；（4）A用滴定管取20.00mL待测醋酸，使用前，水洗后未用待测醋酸润洗，则
27、醋酸浓度偏低，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定结果偏低，故不选A；B锥形瓶水洗后未干燥，对醋酸物质的量无影响，消耗氢氧化钠的体积不变，测定结果不变，故不选B；C称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解，氢氧化钠的浓度偏小，消耗氢氧化钠的体积偏大，测定结果偏高，故选C；D滴定终点读数时俯视，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定结果偏低，故不选D；E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关，消耗氢氧化钠体积偏大，测定结果偏高，故选E。【点睛】本题考查中和滴定操作和计算，注意把握实验基本方法，会根据分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。24.三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方
28、面有重要的应用。工业上常以废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）为原料制备氯化铁。其生产流程如图：已知：氢氧化物的Ksp如下表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp1.010-361.610-142.010-331.210-11请回答下列问题：（1）物质X可以选用下列物质中的_（选填序号）ANaCl BFeCl3 CH2O2 DH2SO4（2）滤液加入NaOH固体的目的是调节溶液的pH（忽略加入NaOH固体以后溶液体积的变化）。已知滤液中c(Fe3+)为1.0 molL-1，c(Al3+)为0.03 molL-1，c(Mg2+)为0.01
29、 molL-1，当Fe3+恰好沉淀完全时c(Fe3+)=110-5 molL-1，Al3+是否已经开始沉淀_（填“是”或“否”）。（3）写出滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式_。（4）生产流程中最后“从FeCl3溶液得到无水FeCl3固体”操作分为两步：第一步，先冷却结晶得到FeCl36H2O晶体；第二步，制无水FeCl3固体。第二步的正确操作是_。（5）FeCl3具有净水作用，但易腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。FeCl3净水的原理是_（用离子方程式表示）通过控制条件生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3yH2OFex(OH)y(3x-y)
30、+yH，欲增加聚合氯化铁的产率可采取的方法是_（填字母）。a降温 b加氨水 c加入NH4Cl d加入NaHCO3【答案】 (1). C (2). 是 (3). Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O (4). 在HCl气流中加热 (5). Fe3+3H2O3Fe(OH)3+3H+ (6). b、d【解析】【分析】废铁屑中加入盐酸，过滤除去不溶性杂质二氧化硅，滤液1加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，然后加入氢氧化钠固体并控制pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤之后得滤渣1(含有氢氧化铁和氢氧化铝)，加入氢氧化钠溶液除去氢氧化铝，过滤得滤渣2即为氢氧化铁，加入过量的盐酸将
31、其转化为氯化铁，在氯化氢的氛围下加热即可得到无水氯化铁固体。【详解】(1)加入H2O2溶液，使滤液中的Fe2+转化为Fe3+，便于制备FeCl3；(2)当Fe3+恰好沉淀完全时，c(Fe3+)=110-5 molL-1，根据Ksp(Fe(OH)3)=1.010-36 可知此时c(OH-)3= mol3L-3，又c(Al3+)为0.03 molL-1，所以此时有：c(Al3+)c(OH-)3=0.031.010-31=310-33Ksp (Al(OH)3)=2.010-33，所以当Fe3+恰好沉淀完全时，Al3+已经开始沉淀；(3)滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式：Al(OH)3 + O
32、H- = AlO2- + 2H2O；(4)由FeCl36H2O晶体制无水FeCl3固体时，在加热脱水时为防止铁离子水解，所以正确操作是：在HCl气流中加热；(5)FeCl3净水的原理是：Fe3+3H2O3Fe(OH)3+3H+，生成的Fe(OH)3胶体吸附杂质；水解是吸热反应，降温会降低聚合氯化铁的产率；加氨水，消耗生成的H+，促使反应向右进行，会增大聚合氯化铁的产率；加入NH4Cl后，NH4+水解会生成H+(NH4+ +H2ONH3H2O+H+)，所以会抑制Fe3+的水解，平衡向左移动，降低聚合氯化铁的产率；加入NaHCO3，HCO3-与溶液中生成的H+反应生成CO2和H2O， 平衡向右移动，会增大聚合氯化铁的产率。【点睛】判断一种离子是否已经开始沉淀，只要把该条件下的溶度积Qc算出来与Ksp进行比较，若Qc=Ksp，则刚好处于沉淀溶解平衡状态；若QcKsp，溶液为过饱和溶液，析出沉淀；若QcKsp，溶液为不饱和溶液，无沉淀析出。