1、2022年高考化学一轮复习讲义难溶电解质的溶解平衡【知识点讲解一】沉淀溶解平衡及其影响因素1沉淀溶解平衡的概念在一定温度下，当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液时，溶解速率和生成沉淀的速率相等的状态。2沉淀溶解平衡的建立3沉淀溶解平衡的特征4影响沉淀溶解平衡的因素（1）内因难溶电解质本身的性质。（2）外因浓度：加水稀释，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，但Ksp不变。温度：多数难溶电解质的溶解过程是吸热的，所以升高温度，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，同时Ksp变大。同离子效应：向沉淀溶解平衡体系中，加入相同的离子，使平衡向沉淀方向移动，但Ksp不变。其他：向沉淀溶解平衡体系中，加入可与体系中某些离子反
2、应生成更难溶或气体的离子，使平衡向溶解的方向移动，Ksp不变。以AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)H0为例：外界条件移动方向平衡后c(Ag+)平衡后c(Cl)Ksp升高温度正向增大增大增大加水稀释正向不变不变不变加入少量AgNO3逆向增大减小不变通入HCl逆向减小增大不变通入H2S正向减小增大不变【例题解析】例1 将足量BaCO3固体分别加入：30 mL水；10 mL 0.2 molL1Na2CO3溶液；50 mL 0.01 molL1 BaCl2溶液；100 mL 0.01 molL1盐酸中溶解至溶液饱和。请确定各溶液中c（Ba2）由大到小的顺序为（ ）ABC D【答案】B【解析】B
3、aCO3在水中存在溶解平衡：BaCO3（s）Ba2（aq）CO（aq），Na2CO3溶液中c（CO）较大，促使BaCO3的溶解平衡逆向移动，则Na2CO3溶液中c（Ba2）比水中小；0.01 molL1 BaCl2溶液中c（Ba2）0.01 molL1，BaCO3的溶解平衡逆向移动，但溶液中c（Ba2）0.01 molL1；0.01 molL1盐酸中CO与H反应生成CO2，促使BaCO3的溶解平衡正向移动，最终溶液中c（Ba2）0.005 molL1，故四种溶液中c（Ba2）的大小顺序为。【巩固练习】1已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H0，下列有关该平衡体系
4、的说法正确的是()升高温度，平衡逆向移动向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度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溶液恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高给溶液加热，溶液的pH升高向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变A BC D【答案】A【解析】加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2浓度减小，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，错；恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2
5、的饱和溶液，pH不变，错；加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，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，正确；加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，错。【本知识点小结】沉淀溶解平衡及其影响因素的理解（1）沉淀溶解平衡是化学平衡的一种，沉淀溶解平衡的移动也同样遵循勒夏特列原理。（2）沉淀溶解达到平衡时，再加入该难溶物对平衡无影响。（3）难溶电解质的溶解过程有的是吸热过程，有的是放热过程。（4）由于沉淀的生成取决于Qc与Ksp的相对大小，而溶解度与相对分子质量有关，有可能溶解度大的转化为溶解度小的。（5）
6、用沉淀法除杂不可能将杂质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1 105 molL1时，沉淀已经完全。【知识点讲解二】溶度积的相关计算及应用1溶度积的相关计算（1）溶度积和离子积以AmBn(s)mAn+(aq)+nBm(aq)为例：溶度积离子积概念沉淀溶解的平衡常数溶液中有关离子浓度幂的乘积符号KspQc表达式Ksp(AmBn)=cm(An+)cn(Bm)，式中的浓度都是平衡浓度Qc(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：QcKsp：溶液过饱和，有沉淀析出；Qc=Ksp：溶液饱和，处于平衡状态；QcKsp(CaSO
7、4)CCaCO3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CO(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)SO(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，c(H)减小，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，反应的离子方程式为CaSO4(s)CO(aq)CaCO3(s)SO(aq)，D项正
8、确。例3常温下，Ksp（AgCl）1.81010，Ksp（AgI）1.01016。将等体积的AgCl和AgI的饱和溶液的清液混合，再向其中加入一定量的AgNO3固体，下列说法正确的是（ ）A两溶液混合，AgCl和AgI都沉淀B若AgNO3足量，AgCl和AgI都可沉淀，但以AgCl为主C向AgI清液加入AgNO3，c（Ag）增大，Ksp（AgI）也增大D若取0.143 5 g AgCl固体放入100 mL水中（忽略体积变化），c（Cl）为0.01 molL【答案】B【解析】饱和AgCl溶液中c（Ag）c（Cl）1.342105molL1；饱和的AgI溶液中c（Ag）c（I）1.0108molL
9、1；等体积混合后，浓度减半，c（Cl）6.71106molL1、c（I）5.0109molL1、c（Ag）6.71106molL1，此时Qc（AgCl）c（Cl）c（Ag）6.71106molL16.71106molL14.51011Ksp（AgCl），Qc（AgI）c（I）c（Ag）5.0109molL16.71106molL13.41014Ksp（AgI），故生成AgI沉淀，不产生AgCl沉淀，A错误。由于c（Cl）c（I），故AgNO3足量时，两种沉淀都生成，但以AgCl为主，B正确。AgI清液中加入AgNO3，c（Ag）增大，但Ksp（AgI）只与温度有关，温度不变，Ksp（AgI）不
10、变，C错误。0.143 5 g AgCl固体放入100 mL水中，只有部分溶解，此时溶液c（Cl）1.342105molL1，D错误。【巩固练习】1工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Cu2+：Cu2+MnS=CuS+Mn2+，下列说法错误的是（ ）A该反应达平衡时c(Mn2+)=c(Cu2+)BMnS的Ksp比CuS的Ksp大C往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2+)变大D该反应的平衡常数K=【答案】A【解析】A. 该反应达平衡时，c(Mn2+)、c(Cu2+)浓度不变，但不一定相等，A选项错误；B. 用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Cu2+，利用的是CuS比MnS更难溶
11、，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，B选项正确；C. 往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Cu2+)浓度增大，平衡正向移动，c(Mn2+)变大，C选项正确；D. 该反应的平衡常数K=，D选项正确；2某工业废水中主要含有Cr3，同时还含有少量的Fe2、Al3、Ca2和Mg2等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如图流程处理：注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.15.29(9溶解)(1)氧化过程中可以代替H2O2的最佳试剂是_(填字母)。ANa2O2 BFeCl3
12、 CKMnO4(2)加入NaOH溶液调节溶液pH8时，除去的离子是_(填字母)；已知钠离子交换树脂的原理：MnnNaRMRnnNa，此步操作被交换除去的杂质离子是_(填字母)。AFe3 BAl3CCa2 DMg2【答案】(1)A(2)ABCD【解析】(1)加氧化剂的主要目的是把Fe2氧化为Fe3，结合流程图知，可以用Na2O2代替H2O2。(2)根据表中数据可知，pH8时，Fe3、Al3分别转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，Fe3、Al3被除去；通过钠离子交换树脂，可以除去Ca2和Mg2。【本知识点小结】溶度积Ksp的计算类型（1）已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp=a的饱和AgCl
13、溶液中c(Ag+)= molL1。（2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp=a，在 0.1 molL1 的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag+)=10a molL1。（3）计算反应的平衡常数，如对于反应Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)，Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2)，而平衡常数K=。【知识点讲解三】沉淀溶解平衡图像分析1第一步：明确图像中纵、横坐标的含义纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。2第二步：理解图像中线上点、线外点的含义
14、（1）以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc=Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外的点。（2）曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时QcKsp。（3）曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时QcKsp。3第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断（1）溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：原溶液不饱和时，离子浓度要增大都增大；原溶液饱和时，离子浓度都不变。（2）溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。【例题解析】例4常温下，Ksp(CaSO4)
15、=9106，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A在任何溶液中，c(Ca2)、c(SO42-)均相等Bb点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)一定等于3103mol/LCa点对应的Ksp等于c点对应的KspDd点溶液通过蒸发可以变到c点【答案】C【解析】A.只有在单一CaSO4溶液中c(Ca2)、c(SO42-)才相等，故A错误；B.b点QcKsp，故有沉淀生成，开始c(Ca2)、c(SO42-)不相等而反应消耗的Ca2、SO42-相等，因此平衡后的两种离子也不会都等于3103mol/L，故B错误；C.a、c点都在同一平衡线上，在平衡线上的Ksp均相等
16、，故C正确；D.d点通过蒸发后各离子浓度都增大，不可能保持SO42-浓度不变而到达c点，故D错误；答案是C。【巩固练习】1T时，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知 pM 为阳离子浓度的负对数，pR 为阴离子浓度的负对数，下列说法正确的是（ ）AY 点：c(Ca2+)c(SO)，Z点：c(CO)c(Mn2+)B溶度积：Ksp(MnCO3)Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4)CX点对应的CaCO3溶液为不饱和溶液，可以继续溶解CaCO3DT时，CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数 K 的数量级为 103【答案】D【解析】AY 点：pMpR，则c(Ca2+)
17、c(SO)，Z点：pMpR，则c(CO)c(Mn2+)，A不正确；B由前面计算可知，溶度积：Ksp(MnCO3)Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4)，B不正确；CX点时，c(Ca2+)、c(CO)浓度都比饱和溶液中大，所以对应的CaCO3溶液为过饱和溶液，不能继续溶解CaCO3，C不正确；DT时，CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数 K=103.6，所以数量级为103，D正确；故选D。四、当堂检测 限时（分钟）用时（分钟）难度分值得分得分率1下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是热纯碱溶液的洗涤油污能力强误将钡盐BaCl2、Ba(NO3)2当
18、作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒溶洞、珊瑚的形成碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能泡沫灭火器灭火的原理ABCD【答案】A【解析】碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解，所以热纯碱溶液的洗涤油污能力强，应用了盐类水解原理，故不符合；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，从而迅速的产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，故不符合。2已知25 时一些难溶物质的溶度积常数如下：化学式Zn(OH)2ZnSAgClAg2SMgCO3Mg(OH)2溶度积510172.51
19、0221.810106.310506.81061.81011根据上表数据，判断下列化学方程式不正确的是A2AgClNa2S2NaClAg2SBMgCO3H2OMg(OH)2CO2CZnS2H2O=Zn(OH)2H2SDMg(HCO3)22Ca(OH)2=Mg(OH)22CaCO32H2O【答案】C【解析】根据溶度积常数可知，溶解度：ZnSZn(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。3根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）操作及现象结论A加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。NH4Cl固体可以升华B用pH计测定SO2和CO2饱和溶液
20、的pH，前者pH小亚硫酸的酸性强于碳酸C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。Br-还原性强于Cl-D向2支均盛有2mL1.0molL-1的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1molL-1的AlCl3和FeCl3溶液，一支试管无沉淀生成，另一支试管出现红褐色沉淀。KspAl(OH)3KspFe(OH)3【答案】C【解析】ANH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体，不能说明NH4Cl固体可以升华，故A错误；BSO2和CO2饱和溶液的浓度不同，不能由pH比较酸性，故B错误；CNaBr溶液中滴入少量氯水，生成溴，且
21、溴易溶于苯，则溶液上层呈橙红色，Br-还原性强于Cl-，故C正确；DQCKsp时生成沉淀，由现象可知，生成红褐色沉淀为氢氧化铁，且KOH过量时与氯化铝反应无现象，则不能比较KspAl(OH)3和KspFe(OH)3的大小，故D错误。答案选C。425 时，用0.100 0 molL1的AgNO3溶液分别滴定体积均为V0 mL且浓度均为0.100 0 molL1的KCl、KBr及KI溶液，其滴定曲线如图：已知25 时，AgCl、AgBr及AgI的溶度积常数依次为1.81010、5.01013、8.31017。下列说法中正确的是AV045.00B滴定曲线表示KCl的滴定曲线C滴定KCl时，可加入少量
22、的KI作指示剂D当AgNO3溶液滴定至60.00 mL时，溶液中c(I)c(Br)Ksp(AgI)，故滴定KCI时，若加入少量KI，则先产生AgI沉淀，影响KCl的滴定，C错误。当AgNO3溶液滴定至60.00 mL时，溶液中c(X)，由于各溶液中c(Ag)相同，则Ksp(AgX)越大，溶液中c(X)越大，故溶液中c(X)：c(I)c(Br)Ksp(BaCO3)BBaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大C若使0.05mol BaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入1.25molNa2CO3D0.05mol BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小为：c()c
23、()c(Ba2+)【答案】D【解析】本题考查难溶电解质的溶解平衡。由图A点数据可知，BaSO4的溶度积Ksp=1.010-10，由M点数据可知，BaCO3的溶度积Ksp=2.510-9，A错误；BaSO4在水中的溶解度比在BaCl2溶液中的大，但Ksp相同，B错误；BaSO4全部转化为BaCO3的方程式为：BaSO4(s)+ (aq)BaCO3(s)+(aq)，该反应的平衡常数K=0.04，由方程式可知反应需要消耗0.05 molNa2CO3，同时生成0.05 mol ，溶液中=0.04，n()=1.25mol，即反应后溶液中含1.25 molNa2CO3，则共加入1.30 mol Na2CO
24、3，C错误；0.05mol BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中c()为0.2 mol/L，c()为5.0 mol/L，c(Ba2+)为5.010-10 mol/L，D正确。答案选D。6向浓度均为0.010 molL1的Na2CrO4、NaBr和NaCl的混合溶液中逐滴加入0.010 molL1的AgNO3溶液。已知Ksp(AgCl)1.771010，Ksp(Ag2CrO4)1.121012，Ksp(AgBr)5.351013，Ag2CrO4为砖红色下列叙述中正确的是A原溶液中n(Na)0.040 molBNa2CrO4可用作AgNO3溶液滴定Cl或Br的指示剂C生成沉淀的先后顺序是A
25、gBrAg2CrO4AgClD出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中c(Cl)c(Br)177535【答案】B【解析】原溶液中c(Na)0.040 molL1，未指明溶液的体积，无法计算溶液中Na的物质的量，A项错误；AgCl沉淀时，c(Ag) molL11.77108 molL1，AgBr沉淀时，c(Ag) molL15.351011 molL1，Ag2CrO4沉淀时，c(Ag)Ksp(Ag2CrO4)/c(CrO)(1.121012)/0.01 molL11.1105 molL1，c(Ag)越小，则越先生成沉淀，所以产生沉淀的先后顺序为AgBrAgClAg2CrO4，故可用Na2CrO4作AgN
26、O3溶液滴定Cl或Br的指示剂，B项正确，C项错误；出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中c(Cl)/c(Br)Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)1 7705.35，D项错误。7已知298 K时，Ksp(NiS)1.01021，Ksp(NiCO3)1.0107；pNilg c(Ni2)，pBlg c(S2)或lg c(CO)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀(温度升高，NiS、NiCO3的Ksp均增大)，298 K时，溶液中阳离子、阴离子浓度的负对数关系如图所示。下列说法不正确的是A常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B向d点对应
27、的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C对于曲线，在b点加热(忽略蒸发)，b点向c点移动DM为3.5且对应的阴离子是CO【答案】C【解析】298 K时，Ksp(NiS)1.01021，Ksp(NiCO3)1.0107，NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A正确；Ksp(NiS)Ksp(NiCO3)，则曲线代表NiS，曲线代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡：NiS(s)Ni2(aq)S2(aq)，加入Na2S，S2浓度增大，平衡逆向移动，Ni2浓度减小，d点向b点移动，B正确；对于曲线，在b点加热，NiS溶解度增大，S2和Ni2浓度均增大，b点向a点方
28、向移动，C错误；曲线代表NiCO3，a点c(Ni2)c(CO)，Ksp(NiCO3)c(Ni2)c(CO)1.0107，c(Ni2)c(CO)1.0103.5，M3.5，且对应的阴离子是CO，D正确。8以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产NiO的部分工艺流程如下：已知：下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)。开始沉淀的pH沉淀完全的pHNi2+6.79.5Fe3+1.13.2Fe2+5.88.8Cu2+4.27.2(1) “酸溶”时Ni转化为NiSO4，该过程中温度控制在7080 的原因是_。(2) “氧化”时，Fe
29、2参加反应的离子方程式为_。(3) “除铁”时需控制溶液的pH范围为_。(4) “滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(5) “沉镍”时得到碱式碳酸镍用xNiCO3yNi(OH)2表示沉淀。在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为_。“沉镍”时，溶液pH增大，碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加，原因是_。【答案】（1）温度低于70 ，反应速率降低;温度高于80 ，HNO3分解(或挥发)加快 （2）2Fe2H2O22H=2Fe32H2O （3） 3.2pH4.2 （4） CuS （5） xNiCO3yNi(OH)2 (xy)NiOxCO2yH2O Ni(OH)2中Ni含量高
30、于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大 【解析】(1) “酸溶”时Ni转化为NiSO4，该过程中温度控制在7080，原因是温度低于70，反应速率降低，温度高于80，HNO3分解（或挥发）加快，故答案为：温度低于70 ，反应速率降低；温度高于80 ，HNO3分解(或挥发)加快；(2) “氧化”时，Fe2+参加反应的离子方程式为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，故答案为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；(3) “除铁”时，应使铁完全沉淀，且避免生成氢氧化铜，由表中数据可知，需控制溶液的pH范围为3.2pH4.2，故答案为：3.2pH4.2；(4)由以上分析可知，通入硫化氢生成CuS沉淀，故答案为：CuS；(5)在隔绝空气条件下，“煅烧” xNiCO3yNi(OH)2得到NiO，该反应的化学方程式为：xNiCO3yNi(OH)2 (xy)NiOxCO2yH2O，故答案为：xNiCO3yNi(OH)2 (xy)NiOxCO2yH2O；“沉镍”时，溶液pH增大，可生成Ni(OH)2，导致碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大，而Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，则碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加，故答案为：Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大。
