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第45讲　沉淀溶解平衡
1．了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2.理解溶度积(Ksp)的含义，并能进行相关计算。3.了解沉淀的生成、溶解与转化，并能应用化学平衡原理解释。
考点一　沉淀溶解平衡及其应用
1．沉淀溶解平衡
(1)含义
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速率相等的状态。
(2)影响因素
①内因：难溶电解质本身的性质是决定因素。
②外因
2．沉淀溶解平衡的应用
(1)沉淀的生成
方法 举例 解释
调节 pH法 除去CuCl2溶液中的FeCl3，可向溶液中加入CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] CuO等物质与H＋反应，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀
除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至4左右 Fe3+与NH3·H2O反应生成Fe(OH)3沉淀
沉淀 剂法 以H2S、Na2S等沉淀污水中的Hg2+、Cu2+等重金属离子 H2S、Na2S与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀
(2)沉淀的溶解
如要使Mg(OH)2沉淀溶解，可加入盐酸、NH4Cl溶液。
(3)沉淀的转化
①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。
如AgNO3溶液AgCl(白色沉淀)AgBr(浅黄色沉淀)AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。
②应用
(ⅰ)锅炉除垢：将CaSO4转化为易溶于酸的CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq) CaCO3(s)＋SO(aq)。
(ⅱ)矿物转化：CuSO4溶液遇PbS转化为CuS，离子方程式为Cu2+(aq)＋PbS(s) CuS(s)＋Pb2+(aq)。
正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)表示AgCl的电离平衡。(　×　)
(2)沉淀达到溶解平衡时，溶液中难溶电解质电离出的各个离子浓度均相等。(　×　)
(3)升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动。(　×　)
(4)在含有Mg(OH)2沉淀的饱和溶液中加入固体NH4Cl，沉淀量不变。(　×　)
(5)为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀硫酸代替H2O来洗涤BaSO4沉淀。(　√　)
题组一　沉淀溶解平衡及其影响因素
1．已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)＋2OH－(aq)　ΔH＜0，下列有关该平衡体系的说法正确的是(　A　)
①升高温度，平衡逆向移动
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度
③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
④恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
⑤给溶液加热，溶液的pH升高
⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加
⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变
A．①⑥ B．①⑥⑦
C．②③④⑥ D．①②⑥⑦
解析：已知反应的ΔH<0，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，①正确；加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2+浓度减小，②错误；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CaCO3，③错误；恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，④错误；加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，⑤错误；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，⑥正确；加入NaOH固体，沉淀溶解平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，⑦错误。
2．除了酸以外，某些盐也能溶解沉淀。利用下表三种试剂进行实验，相关分析不正确的是(　B　)
编号 ① ② ③
分散质 Mg(OH)2 HCl NH4Cl
备注 悬浊液 1 mol·L-1 1 mol·L-1
A．向①中加入酚酞显红色说明物质的“不溶性”是相对的
B．分别向少量Mg(OH)2沉淀中加入适量等体积②③均能使沉淀快速彻底溶解
C．①③混合发生反应：Mg(OH)2＋2NH Mg2+＋2NH3·H2O
D．向①中加入②，c(OH－)减小，Mg(OH)2溶解平衡正向移动
解析：酚酞显红色的溶液呈碱性，说明Mg(OH)2在水中有一定的溶解度，电离使溶液呈碱性，A正确；同浓度NH4Cl溶液酸性比盐酸弱，反应较慢，B错误；NH结合Mg(OH)2溶液中的OH－，促使Mg(OH)2沉淀溶解，C正确；盐酸能够与Mg(OH)2发生中和反应，促使Mg(OH)2的溶解，D正确。
题组二　沉淀溶解平衡的应用
3．取1 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·L-1)，下列说法不正确的是(　B　)
A．实验①白色沉淀是难溶的AgCl
B．若按②①顺序实验，能看到白色沉淀
C．若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀
D．由实验②说明AgI比AgCl更难溶
解析：一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，AgI的溶解度比AgCl小，所以AgI不易转化为AgCl，所以若按②①顺序实验，看不到白色沉淀，B错误。
4．工业上采用湿法炼锌过程中，以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl－等杂质，这些杂质对锌的电解工序有妨碍，必须事先除去。现有下列试剂可供选择：①酸性KMnO4溶液、②NaOH溶液、③ZnO、④H2O2溶液、⑤Zn、⑥Fe、⑦AgNO3、⑧Ag2SO4。下列说法不正确的是(　A　)
A．用酸性KMnO4溶液将Fe2+氧化成Fe3+，再转化为Fe(OH)3沉淀除去
B．用ZnO调节浸出液的酸碱性，可使某些离子形成氢氧化物沉淀
C．在实际生产过程中，加入Ag2SO4可除去Cl－，是利用了沉淀转化的原理
D．也可以用ZnCO3代替ZnO调节溶液的酸碱性
解析：用酸性KMnO4溶液氧化Fe2+时，会引入K＋、Mn2+等新的杂质，这些离子在后续反应中难以除去，影响生产，A错误；生产中应该使用H2O2溶液氧化Fe2+，然后加入ZnO或ZnCO3调节溶液的pH，使Fe3+等离子形成沉淀，B、D正确；加入Ag2SO4可除去Cl－，是利用了沉淀转化的原理，C正确。
沉淀生成的两大应用
(1)分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出。
(2)控制溶液的pH来分离物质，如除去CuCl2中的FeCl3就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去。
考点二　溶度积常数及其应用
1．溶度积和离子积
以AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
项目 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 Ksp Q
表达式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)， 式中的浓度都是平衡浓度 Q(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是任意浓度
应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解 ①Q>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出 ②Q＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态 ③Q2.Ksp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Ksp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，Ksp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Ksp不变。
正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)温度升高，溶度积常数Ksp一定增大。(　×　)
(2)常温下，向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小。(　×　)
(3)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－)。(　×　)
(4)Ksp大的容易向Ksp小的转化，但Ksp小的不能向Ksp大的转化。(　×　)
(5)AgCl的Ksp＝1.8×10-10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)＝×10-5 mol·L-1。(　×　)
题组一　溶度积常数的理解及应用
1．下列有关溶度积常数Ksp的说法正确的是(　D　)
A．常温下，向CaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，CaCO3的Ksp减小
B．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp减小
C．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp增大
D．常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变
解析：温度不变，溶度积常数不变，A错误；大多数的难溶物温度升高，Ksp增大，但也有少数物质相反，B、C错误；温度不变，溶度积常数不变，D正确。
2．分别进行下列操作，由现象得出的结论正确的是(　D　)
选项 操作 现象 结论
A 将稀硫酸和Na2S反应生成的气体通入AgNO3与AgCl组成的悬浊液中 Ksp(AgCl)＞ Ksp(Ag2S)
B 向盛有2 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液的试管中滴加1 mL 0.1 mol·L-1NaCl溶液，再向其中滴加4～5滴0.1 mol·L-1 KI溶液 先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞ Ksp(AgI)
C 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 Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)
D 将H2S气体通入浓度均为0.01 mol·L-1的ZnSO4和CuSO4溶液中 先出现CuS黑色沉淀 Ksp(CuS)解析：生成的硫化氢与硝酸银溶液反应生成硫化银沉淀，没有沉淀的转化，且AgCl与Ag2S组成不相似，无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)的大小关系，A错误；AgNO3溶液过量，KI直接与AgNO3反应，无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小关系，B错误；NaCl和NaI浓度未知，滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，可能是由于c(I－)大，所以不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C错误；难溶的物质先沉淀出来，说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，D正确。
Ksp大小比较的实验设计方法
方法一：利用沉淀的先后顺序进行比较
相同温度、相同浓度的不同离子，逐滴加入沉淀剂，一般先产生沉淀的溶解度小，即Ksp小。如相同浓度的NaCl、NaI的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，观察到先产生黄色沉淀。说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)。
【易错点】　若起始NaCl和NaI混合溶液中c(Cl－)与c(I－)不相等，则不能说明AgCl、AgI的Ksp大小。
方法二：利用沉淀的转化进行比较
沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般来说，Ksp小的沉淀转化为Ksp更小的沉淀更易
实现，两者Ksp差别越大，转化更容易。如向盛有2 mL 0.1 mol·L-1的NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，产生白色沉淀，然后再滴加4滴0.1 mol·L-1的KI溶液，观察到白色沉淀变为黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)。
【易错点】　起始制取AgCl时要求Cl－过量，若AgNO3过量则可能是Ag＋直接与I－结合生成AgI沉淀，而不是沉淀的转化。故Ag＋过量不能比较二者Ksp的大小。
题组二　溶度积(Ksp)的多维计算
3．(1)制取软磁材料Mn3O4，加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，反应为MnF2(s)＋Ca2+(aq) CaF2(s)＋Mn2+(aq)其平衡常数K＝1.4×108[结果保留两位有效数字，已知Ksp(MnF2)＝5.0×10-3，Ksp(CaF2)＝3.5×10-11]。
(2)25 ℃时，在1.00 L 0.03 mol·L-1AgNO3溶液中加入0.50 L 0.06 mol·L-1的CaCl2溶液，能否生成AgCl沉淀？c(Ag＋)＝＝0.02 mol·L-1，c(Cl－)＝＝0.04 mol·L-1，c(Ag＋)·c(Cl－)＝0.02×0.04＝8.0×10-4>Ksp，所以有AgCl沉淀生成(写出计算过程，已知：AgCl的Ksp＝1.8×10-10)。
(3)常温下，Ksp＝c(Cu2+)·c2(OH－)＝2×10-20，计算有关Cu2+沉淀的pH。
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)，则应向溶液中加入NaOH溶液，使溶液的pH为6。
(4)已知某温度下，Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(AgBr)＝7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10-12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO的浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO。
(5)Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9、Ksp(CaSO4)＝9.1×10-6，溶解能力：CaSO4大于CaCO3。请用数据说明溶解能力小的CaCO3能否转化为溶解能力大的CaSO4？在CaCO3的饱和溶液中c(Ca2+)＝ mol·L-1≈5.3×10-5 mol·L-1，若向CaCO3饱和溶液中加入Na2SO4溶液，产生CaSO4(s)时SO的最小浓度为c(SO)＝＝ mol·L-1≈0.17 mol·L-1，则当溶液中c(SO)大于0.17 mol·L-1时，CaCO3(s)可以转化为CaSO4(s)。
(6)某温度下，溶液中含有I－、Cl－等离子，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中＝5×10-7[已知：Ksp(AgCl)＝1.6×10-10，Ksp(AgI)＝8×10-17]。
解析：(1)该反应的平衡常数K＝＝＝＝≈1.4×108。(3)要使Cu2+浓度降至＝2×10-4 mol·L-1，c(OH－)＝ mol·L-1＝10-8 mol·L-1，c(H＋)＝10-6 mol·L-1，此时溶液的pH＝6。(4)利用沉淀溶解平衡原理，当Q>Ksp时，有沉淀析出。溶液中Cl－、Br－、CrO的浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，溶解度小的先满足Q>Ksp，有沉淀析出。比较Ksp，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr溶度积计算的四种常见类型
(1)判断沉淀的生成或沉淀是否完全
①把离子浓度数据代入Q表达式得Q，若Q>Ksp，则有沉淀生成。
②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10-5 mol·L-1，则该离子沉淀完全。
(2)常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH
①根据氢氧化物的Ksp和金属阳离子初始浓度，先计算开始沉淀时溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH。
②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10-5 mol·L-1，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH。
(3)计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度，依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K值越大，转化反应越容易进行，转化程度越大。
(4)沉淀先后的计算与判断
①沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀。
②沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀。
题组三　沉淀溶解平衡曲线分析
4．(2025·河北沧州联考)某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是(　C　)
A．加入Na2SO4固体可使溶液状态由a点变到b点
B．通过蒸发可以使溶液状态由d点变到c点
C．d点对应的溶液中无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
解析：一定温度下，a点对应的溶液已处于饱和状态，加入Na2SO4固体，SO的浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，Ba2+的浓度减小，而从a点到b点，SO的浓度增大，Ba2+的浓度不变，A错误；蒸发d点对应的溶液，SO和Ba2+的浓度均增大，可使溶液达到饱和，而d点到c点，Ba2+的浓度增大，SO的浓度不变，B错误；d点对应的溶液中，Q(BaSO4)5．(2025·黑龙江哈尔滨期中)某温度下，向10 mL 0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－lg c(Cu2+)与所滴加的Na2S溶液体积关系如图所示，已知Ksp(ZnS)＝3.0×10-25。下列有关说法不正确的是(　D　)
A．b点溶液过滤后用Na2S洗涤以减少沉淀损耗
B．该温度下，Ksp(CuS)＝1.0×10-36
C．相同实验条件下，若改为0.1 mol·L-1的ZnCl2溶液，反应终点b向d方向移动
D．该温度下ZnS(s)＋Cu2+(aq) CuS(s)＋Zn2+(aq)反应的化学平衡常数为3.0×10-11
解析：b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，沉淀为硫化铜，用硫化钠洗涤可以利用同离子效应，使CuS的溶解平衡逆向移动，减少沉淀损耗，A正确；b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶液中c(Cu2+)＝c(S2-)，根据b点数据可知，c(Cu2+)＝1×10-18.0 mol·L-1，则该温度下Ksp(CuS)＝c(Cu2+)·c(S2-)＝1×10-36，B正确；相同实验条件下，若改为0.1 mol·L-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)＝3.0×10-25>Ksp(CuS)＝1.0×10-36，完全反应时，锌离子浓度大于铜离子浓度，反应终点b向d方向移动，C正确；该温度下ZnS(s)＋Cu2+(aq) CuS(s)＋Zn2+(aq)反应的化学平衡常数为K＝＝＝＝＝3.0×1011，D错误。
6．(2024·河北唐山高三期末)室温下，两种难溶盐AgCl(白色)、Ag2CrO4(砖红色)的离子浓度关系曲线如图所示，其中p(Cl－)＝－lg c(Cl－)、p(CrO)＝－lg c(CrO)、p(Ag＋)＝－lg c(Ag＋)，lg 2＝0.3。
下列说法错误的是(　B　)
A．Ksp(Ag2CrO4)＝4×10-12
B．向A点的混合溶液中，加入硝酸银固体，变小
C．B点条件下能生成白色沉淀，不能生成砖红色沉淀
D．向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生白色沉淀
解析：实线Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)c(Cl－)＝10-9.6×1＝10-9.6，虚线Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)c(CrO)＝12×10-11.4＝10-11.4≈4×10-12，A正确；A点的混合溶液中，2AgCl＋CrO Ag2CrO4＋2Cl－，K＝，＝，加入硝酸银固体，氯离子浓度变小，即变大，B错误；B点在Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线的上方，为不饱和溶液，不能生成Ag2CrO4沉淀，B点在AgCl的沉淀溶解平衡曲线的下方，为过饱和溶液，能生成AgCl沉淀，C正确；向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，即初始时c(Cl－)＝c(CrO)，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)c(Cl－)＝10-9.6，产生沉淀所需c(Ag＋)＝，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝10-11.4，产生沉淀所需c(Ag＋)＝，因为c(Cl－)＝c(CrO)，所以沉淀开始所需c(Ag＋)一定有>，先产生白色沉淀，D正确。
解沉淀溶解平衡图像的步骤
(1)明确图像中横、纵坐标的含义，横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
(2)理解图像中线上点、线外点的含义。
(3)抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。
①溶液在蒸发时，粒子浓度的变化分两种情况：
a．原溶液不饱和时，离子浓度都增大；
b．原溶液饱和时，离子浓度都不变。
②溶度积常数只受温度影响，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。
1．(2023·浙江6月选考)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：往20 mL 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20 mL 0.10 mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10 mol·L-1CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1＝5.4×10-2，Ka2＝5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10-9，溶液混合后体积变化忽略不计]
下列说法正确的是(　D　)
A．实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验Ⅰ中V(NaOH)＝10 mL时，存在c(C2O)C．实验Ⅱ中发生反应HC2O＋Ca2+===CaC2O4↓＋H＋
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中c(C2O)＝4.0×10-8 mol·L-1
解析：当NaHC2O4与氢氧化钠恰好反应时，溶质为草酸钠，溶液呈碱性，实验Ⅰ应选用酚酞作指示剂，A错误；实验Ⅰ中V(NaOH)＝10 mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Kh(HC2O)＝≈2×10-13Kh(C2O)＝，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2O)>c(HC2O)，B错误；实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此在初始阶段发生的反应是2HC2O＋Ca2+===CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数为K＝＝＝＝＝×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，C错误；实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中的钙离子浓度为c(Ca2+)＝＝0.06 mol·L-1，溶液中c(C2O)＝＝ mol·L-1＝4.0×10-8 mol·L-1，D正确。
2．(2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1，Ka1(H2S)＝10-6.97，Ka2(H2S)＝10-12.90，Ksp(FeS)＝10-17.20，Ksp(CdS)＝10-26.10。下列说法错误的是(　B　)
A．Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2-)
B．0.01 mol·L-1 Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2-)>c(OH－)>c(HS－)
C．向c(Cd2+)＝0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1
D．向c(Cd2+)＝0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H＋)>c(Cd2+)
解析：Na2S溶液中只有5种离子，分别是H＋、Na＋、OH－、HS－、S2-，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2-)，A正确；0.01 mol·L-1 Na2S溶液中，S2-水解使溶液呈碱性，其水解常数为Kh＝＝＝＝10-1.1，又c(HS－)一定小于0.01 mol·L-1，则>>1，则c(OH－)>c(S2-)，B错误；Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向c(Cd2+)＝0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为K＝＝＝108.9>105，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中c(Cd2+)＝ mol·L-1＝10-13.05 mol·L-1，故加入足量FeS时可使c(Cd2+)<10-8mol·L-1，C正确；Cd2+＋H2S CdS↓＋2H＋的平衡常数K＝＝＝＝106.23>105，该反应可以完全进行，所得溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L-1，此时溶液中H2S达到饱和，c(H2S)≈0.1 mol·L-1，代入K＝＝＝106.23，解得c(Cd2+)＝4×10-9.23 mol·L-13．(2022·湖南卷)室温时，用0.100 mol·L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lg c(Ag＋)与V(AgNO3溶液)的关系曲线如图所示[忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，Ksp(AgBr)＝5.4×10-13，Ksp(AgI)＝8.5×10-17]。下列说法正确的是(　C　)
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100 mol·L-1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
解析：向含浓度相等的 Cl－、 Br－和 I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50 mL硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50 mL×10-3 L/mL×0.100 0 mol·L-1＝4.5×10-4 mol，所以Cl－、 Br－和 I－均为1.5×10-4 mol。I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，A错误；原溶液中I－的物质的量为1.5×10-4 mol，则I－的浓度为＝0.010 0 mol·L-1，B错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×10-5 mol·L-1)，溶液中的c(Ag＋)＝＝ mol·L-1＝5.4×10-8 mol·L-1，则此时溶液中的c(Cl－)＝＝ mol·L-1≈3.3×10-3 mol·L-1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 0 mol·L-1，则已经有部分Cl－沉淀，C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag＋浓度最大，则b点各离子浓度为c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，D错误。
4．(2024·全国甲卷)将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL悬浊液，向其中滴加0.10 mol·L-1的NaCl溶液。lg[cM/(mol·L-1)](M代表Ag＋、Cl－或CrO)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是(　D　)
A．交点a处：c(Na＋)＝2c(Cl－)
B．＝10-2.21
C．V≤2.0 mL时，不变
D．y1＝－7.82，y2＝－lg 34
解析：向1.0 mL含0.10 mmol Ag2CrO4的悬浊液中滴加0.10 mol·L-1的NaCl溶液，发生反应：Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO(aq)，两者恰好完全反应时，NaCl溶液的体积为V(NaCl)＝＝2 mL，2 mL之后再加NaCl溶液，c(Cl－)增大，据AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)c(Cl－)可知，c(Ag＋)会随着c(Cl－)增大而减小，所以2 mL后降低的曲线，即最下方的虚线代表Ag＋，升高的曲线，即中间虚线代表Cl－，则剩余最上方的实线代表CrO。2 mL时Ag2CrO4与NaCl溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na＋)＋c(Ag＋)＋c(H＋)＝2c(CrO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，此时c(H＋)、c(OH－)、c(Ag＋)可忽略不计，a点为Cl－和CrO曲线的交点，即c(CrO)＝c(Cl－)，则溶液中c(Na＋)≈3c(Cl－)，A错误；当V(NaCl溶液)＝1.0 mL时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl共存，均达到沉淀溶解平衡，取题图中横坐标为1.0 mL的点，得Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10-5.18×10-4.57＝10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(10-5.18)2×10-1.60＝10-11.96，则＝＝102.21，B错误；V＜2.0 mL时，Ag＋未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则＝为定值，即为定值，由题图可知，在V≤2.0 mL时c(Ag＋)并不是定值，则也不是定值，即在变化，C错误；V＞2.0 mL时AgCl处于饱和状态，V(NaCl溶液)＝2.4 mL时，图像显示c(Cl－)＝10-1.93 mol·L-1，则c(Ag＋)＝＝＝10-7.82 mol·L-1，故y1＝－7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n(CrO)守恒，等于起始时n(Ag2CrO4)，则c(CrO)＝＝＝ mol·L-1，则y2＝lg c(CrO)＝lg＝－lg 34，D正确。
5．(2024·辽宁卷)25 ℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl－水样、含Br－水样。
已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr；
③25 ℃时，pKa1(H2CrO4)＝0.7，
pKa2(H2CrO4)＝6.5。
下列说法错误的是(　D　)
A．曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线
B．反应Ag2CrO4＋H＋ 2Ag＋＋HCrO的平衡常数K＝10-5.2
C．滴定Cl－时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1
D.滴定Br－达终点时，溶液中＝10-0.5
解析：由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1∶1，即两者图像平行，所以①代表Ag2CrO4，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，A正确；根据①上的点(2.0，7.7)，可求得Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)×c(CrO)＝(10-2)2×10-7.7＝10-11.7，根据②上的点(2.0，7.7)，可求得Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)×c(Cl－)＝10-2×10-7.7＝10-9.7，根据③上的点(6.1，6.1)，可求得Ksp(AgBr)＝c(Ag＋)×c(Br－)＝10-6.1×10-6.1＝10-12.2，K＝＝＝＝＝10-5.2，B正确；当滴定终点时，c(Ag＋)＝＝10-4.85 mol·L-1，即c(CrO)＝＝＝10-2 mol·L-1，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2 mol·L-1，C正确；当Br－到达滴定终点时，溶液中同时存在AgBr、Ag2CrO4沉淀，则溶液中＝＝10-0.5·c(Ag＋)，D错误。
课时作业45
(总分：60分)
一、选择题(每小题3分，共30分。每小题只有1个选项符合题意)
1．(2024·浙江宁波模拟)在某温度下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸，下列说法不正确的是(　A　)
A．AgCl的溶解度不变
B．AgCl的Ksp不变
C．溶液中银离子的浓度减小
D．溶液中氯离子的浓度增大
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)，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl－)增大，部分AgCl析出，c(Ag＋)减小，AgCl的溶解度减小，但AgCl的Ksp只与温度有关，温度不变，则AgCl的Ksp不变，A错误。
2．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(　A　)
①热纯碱溶液去油污能力强　②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒　③溶洞、珊瑚的形成　④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡能　⑤泡沫灭火器的灭火原理
A．②③④ B．①②③
C．③④⑤ D．①②③④⑤
解析：①⑤可用水解平衡原理解释。
3．某兴趣小组对氢氧化镁的溶解进行如图探究实验。下列说法错误的是(　A　)
A．c(OH－)：①＝③
B．③中存在：2c(Mg2+)＞c(Cl－)
C．③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动
D．①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)＋2OH－(aq)
解析：①中含有氢氧化镁，③中除了氢氧化镁还有氯化镁，同温度下Ksp[Mg(OH)2]相同，③中镁离子浓度大，则c(OH－)：③＜①，A错误；③中除了有MgCl2还有Mg(OH)2，则2c(Mg2+)＞c(Cl－)，B正确；加入浓盐酸后，Mg(OH)2生成的氢氧根离子与HCl反应被消耗，促使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，电离出氢氧根离子，溶液又变红，C正确；①为Mg(OH)2的悬浊液，存在沉淀溶解平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)＋2OH－(aq)，D正确。
4．已知室温时Ksp(CaCO3)＝3.36×10-9，Ksp(CaF2)＝3.45×10-11。下列关于CaCO3和CaF2两悬浊液说法错误的是(　B　)
A．CaCO3和CaF2两悬浊液中前者的c(Ca2+)较小
B．分别滴加稀硫酸，CaCO3与CaF2的溶度积常数均增大
C．分别加入0.1 mol·L-1的CaCl2溶液，c(CO)和c(F－)均减小
D．CaCO3和CaF2共存的饱和溶液中，的值约为97.4
解析：CaCO3悬浊液中c(Ca2+)＝ mol·L-1≈5.8×10-5 mol·L-1，CaF2悬浊液中，Ksp(CaF2)＝c(Ca2+)·c2(F－)＝4c3(Ca2+)，故c(Ca2+)＝ mol·L-1≈2.1×10-4 mol·L-1，因此CaCO3和CaF2两悬浊液中前者的c(Ca2+)较小，A正确；溶度积只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，B错误；加入CaCl2溶液，Ca2+浓度增大，CaCO3、CaF2沉淀溶解平衡均逆向移动，c(CO)和c(F－)均减小，C正确；同一溶液中，Ca2+浓度相等，故＝≈97.4，D正确。
5．(2021·江苏卷)室温下，用0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)＝5×10-5，Ksp(CaCO3)＝3×10-9。下列说法正确的是(　C　)
A．0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
B．反应CaSO4＋CO CaCO3＋SO正向进行，需满足>×104
C．过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)＝且c(Ca2+)≤
D．滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3＋2H＋===Ca2+＋CO2↑＋H2O
解析：0.5 mol·L-1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，A错误；该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝×104，当浓度商＜K时，反应正向进行，B错误；上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2+)＝，若滤渣中有硫酸钙存在，则滤液中存在c(Ca2+)＝，若滤渣中无硫酸钙存在，则滤液中c(Ca2+)<，C正确；CH3COOH为弱酸，不能拆成离子形式，D错误。
6．(2024·湖南省九校联盟联考)常温下，在烧杯中将0.025 mol BaSO4粉末加水配成1 L悬浊液，然后向烧杯中加入Na2CO3固体并充分搅拌(忽略溶液体积的变化)。加入Na2CO3固体的过程中溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　D　)
A．常温下，BaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大
B．常温下，Ksp(BaSO4)＝2.5×10-9
C．若要使BaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入0.625 mol Na2CO3
D．BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，离子浓度大小关系为c(CO)>c(SO)>c(OH－)>c(Ba2+)
解析：Ksp只随温度的改变而改变，温度相同时，Ksp是不变的，A错误；常温下，没有加入碳酸钠时，c(Ba2+)＝c(SO)＝1×10-5 mol·L-1，Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)·c(SO)＝1.0×10-10，B错误；由图像知，当c(CO)＝2.5×10-4 mol·L-1时开始形成BaCO3沉淀，Ksp(BaCO3)＝c(Ba2+)·c(CO)＝2.5×10-9，BaSO4(s)＋CO(aq) BaCO3(s)＋SO(aq)，反应的平衡常数K＝＝＝＝＝0.04，若0.025 mol BaSO4全部转化为BaCO3，则反应消耗0.025 mol CO、生成0.025 mol SO，由K＝＝＝0.04，得c(CO)＝0.625 mol·L-1，则至少需要Na2CO3的物质的量为0.625 mol·L-1×1 L＋0.025 mol＝0.65 mol，C错误；根据C项计算，当BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，c(CO)＝0.625 mol·L-1，c(SO)＝0.025 mol·L-1，c(Ba2+)＝ mol·L-1＝4×10-9 mol·L-1，由于CO水解使溶液呈碱性，离子浓度大小关系为c(CO)>c(SO)>c(OH－)>c(Ba2+)，D正确。
7．(2024·黑龙江绥化联考)已知PbCO3和PbI2都是难溶的铅盐。t ℃时，分别向20.00 mL 0.1 mol·L-1KI和K2CO3溶液中滴加0.1 mol·L-1的Pb(NO3)2溶液，滴加过程中pM[pM＝－lg c(M)，M为I－或CO]与Pb(NO3)2溶液体积(V)的变化关系如图所示(假设溶液总体积等于各溶液体积之和)。下列说法正确的是(　B　)
A．L1表示pCO随Pb(NO3)2溶液体积变化的曲线
B．若将Pb(NO3)2溶液的浓度换成0.2 mol·L-1，则N点将迁移至X点
C．反应PbI2(s)＋CO(aq) PbCO3(s)＋2I－(aq)可以转化完全(K>105时转化完全)
D．向含有KI和K2CO3的混合溶液中滴加Pb(NO3)2溶液，先生成PbCO3沉淀
解析：分别向相同浓度的KI、K2CO3溶液中滴加相同浓度的Pb(NO3)2溶液，发生离子反应2I－＋Pb2+===PbI2↓、CO＋Pb2+===PbCO3↓，形成沉淀，则I－浓度减小得更快，则L1表示KI溶液中滴加Pb(NO3)2溶液时pI－随Pb(NO3)2溶液体积变化的曲线。L1曲线，pI－＝2.70，c(I－)＝10-2.70 mol·L-1，c(Pb2+)＝5×10-3.70 mol·L-1，Ksp(PbI2)＝5×10-3.70×(10-2.70)2＝5×10-9.1；L2曲线，pCO＝6.55，c(CO)＝10-6.55 mol·L-1，c(Pb2+)＝10-6.55 mol·L-1，Ksp(PbCO3)＝10-6.55×10-6.55＝10-13.1。由上述分析可知，A错误；相同实验条件下，PbCO3的Ksp不变，若将Pb(NO3)2溶液的浓度换成0.2 mol·L-1，加入10 mL就可以沉淀完全，则N点将迁移至X点，B正确；反应PbI2(s)＋CO(aq) PbCO3(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝＝5×104，不可以转化完全(K>105时转化完全)，C错误；题中未指明KI和K2CO3的浓度，向含有KI和K2CO3的混合溶液中滴加Pb(NO3)2溶液，无法确定先生成什么沉淀，D错误。
8．(2025·河南漯河高三期末)25 ℃时，－lg c(X)与pH的关系如图所示，X代表Zn2+或Fe2+或Zn(OH)，下列说法正确的是(　C　)
已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp＝4.9×10-17；强碱性溶液中锌元素主要以Zn(OH)的形式存在。
A．曲线②代表－lg c(Zn2+)与pH的关系
B．常温下，Zn(OH)2的Ksp的数量级为10-18
C．向等浓度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀
D．向c[Zn(OH)]＝0.1 mol·L-1的溶液中加入等体积0.1 mol·L-1的盐酸后，体系中锌元素只以Zn(OH)2的形式存在
解析：强碱性溶液中锌元素主要以Zn(OH)的形式存在，则①代表－lg c[Zn(OH)]；由图可知，对③曲线，pH＝7时，pOH＝7，－lg c＝3.0，c＝10-3 mol·L-1，则Ksp＝(10-7)2×10-3＝10-17，已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp＝4.9×10-17，则②③分别代表－lg c(Fe2+)、－lg c(Zn2+)与pH的关系，A错误；pH＝7.0时，－lg c(Zn2+)＝3.0，则Zn(OH)2的Ksp＝(10-7)2×10-3＝10-17，B错误；常温下，Zn(OH)2的Ksp更小，故Zn2+先沉淀，C正确；c[Zn(OH)]＝0.1 mol·L-1的溶液是在强碱性环境中，向其中加入等体积0.1 mol·L-1的盐酸后，碱性减弱，锌元素以Zn(OH)2和Zn(OH)的形式存在，D错误。
9．(2023·全国乙卷)一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是(　C　)
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl－)＝c(CrO)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4＋2Cl－ 2AgCl＋CrO的平衡常数K＝107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
解析：根据题图，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(10-5)2×10-1.7＝10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10-4.8×10-5＝10-9.8，a点在两曲线的上方，Q(AgCl)10．(2025·八省联考河南卷)向CaC2O4饱和溶液(有足量CaC2O4固体)中通入HCl气体，调节体系pH促进CaC2O4溶解，总反应为CaC2O4＋2H＋ H2C2O4＋Ca2+。平衡时lg[c(Ca2+)/(mol·L-1)]、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示(其中M代表H2C2O4、HC2O或C2O)。比如δ(C2O)＝，c总＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)。已知Ksp(CaC2O4)＝10-8.63。
下列说法正确的是(　B　)
A．曲线Ⅰ表示lg[c(Ca2+)/(mol·L-1)]～pH的变化关系
B．pH＝3时，溶液中c(Cl－)>2c(H2C2O4)＋c(HC2O)
C．总反应CaC2O4＋2H＋ H2C2O4＋Ca2+的平衡常数K＝103.09
D．pH＝5时，C2O和HC2O的分布系数关系为>10
解析：由Ksp(CaC2O4)＝10-8.63可知，CaC2O4饱和溶液中c(Ca2+)≥10-4.315 mol·L-1，故曲线Ⅱ代表lg[c(Ca2+)/(mol·L-1)]与pH的变化关系；H2C2O4为二元中强酸，分步电离：H2C2O4 H＋＋HC2O、HC2O H＋＋C2O，随着酸性减弱，H2C2O4分布系数减小、HC2O分布系数先增大后减小、 C2O分布系数增大，故曲线Ⅰ代表δ(H2C2O4)与pH的变化关系，曲线Ⅲ代表δ(HC2O)与pH的变化关系，曲线Ⅳ代表δ(C2O)与pH的变化关系，A错误。溶液中存在电荷守恒：①2c(Ca2+)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)，元素守恒：②c(Ca2+)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)，将①－②×2，得c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)－c(HC2O)－2c(H2C2O4)；当pH＝3时，c(H＋)>c(OH－)，所以c(Cl－)>2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，B正确。当pH＝1.27时，c(H2C2O4)＝c(HC2O)，Ka1(H2C2O4)＝＝10-1.27；当pH＝4.27时，c(C2O)＝c(HC2O)，Ka2(H2C2O4)＝＝10-4.27；总反应CaC2O4＋2H＋ H2C2O4＋Ca2+的K＝＝＝＝＝ ＝＝10-3.09，C错误。pH＝5时，c(H＋)＝10-5 mol·L-1，Ka2(H2C2O4)＝＝10-4.27，＝＝＝100.73<10，C2O和HC2O的分布系数关系为＝<10，D错误。
二、非选择题(共30分)
11．(14分)钡(Ba)和锶(Sr)及其化合物在工业上有着广泛的应用，它们在地壳中常以硫酸盐的形式存在，BaSO4和SrSO4都是难溶性盐。工业上提取钡和锶时首先将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐。
已知：SrSO4(s) Sr2+(aq)＋SO(aq)　Ksp＝2.5×10-7；
SrCO3(s) Sr2+(aq)＋CO(aq)　Ksp＝2.5×10-9。
(1)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为SrSO4(s)＋CO(aq) SrCO3(s)＋SO(aq)，该反应的平衡常数K的表达式为K＝；该反应能发生的原因是Ksp(SrCO3)(2)对于上述反应，实验证明增大CO的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率。判断在下列两种情况下，平衡常数K的变化情况(填“增大”“减小”或“不变”)：
①升高温度，平衡常数K减小；
②增大CO的浓度，平衡常数K不变。
(3)已知SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性与BaSO4和BaCO3类似，设计实验证明上述过程中SrSO4是否完全转化成SrCO3。实验所用的试剂为盐酸；实验现象及其相应结论为若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则，未完全转化。
解析：(1)SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为SrSO4(s)＋CO(aq) SrCO3(s)＋SO(aq)，平衡常数表达式为K＝，根据沉淀转化的原理，该反应能够发生，是因为Ksp(SrCO3)12．(16分)(1)(2022·江苏卷节选)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH＝4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以HCrO、Cr2O、CrO等形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：Ksp(FeS)＝6.5×10-18，Ksp[Fe(OH)2]＝5.0×10-17；H2S电离常数分别为Ka1＝1.1×10-7、Ka2＝1.3×10-13。
①在弱碱性溶液中，FeS与CrO反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为FeS＋CrO＋4H2O===Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－。
②在弱酸性溶液中，反应FeS＋H＋ Fe2+＋HS－的平衡常数K的数值为5.0×10-5。
③在pH＝4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是pH越大，c(OH－)越大，与Cr(Ⅵ)形成竞争关系，不利于吸附Cr(Ⅵ)。
(2)(2022·重庆卷节选)Sn与Si同族，25 ℃时相关的溶度积见表。
化学式 Sn(OH)4 (或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2
溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20
滤液1的处理：①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是Fe(OH)3。
②25 ℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H＋浓度不大于2×10-7 mol·L-1。
(3)(2022·山东卷节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF)＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na＋)＝2.0×10-2 mol·L-1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是SO。
盐 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4
Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10
解析：(1)②反应FeS＋H＋ Fe2+＋HS－的平衡常数K＝，由题目信息可知，Ksp(FeS)＝c(Fe2+)·c(S2-)＝6.5×10-18，H2S电离常数Ka2＝＝1.3×10-13，所以K＝＝＝5.0×10-5。(2)①Fe3+和Cu2+的浓度相近，Fe3+开始沉淀时所需c(OH－)小，故氢氧化铁先沉淀。②由溶度积可知，25 ℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为 mol·L-1＝5×10-8 mol·L-1，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7 mol·L-1。(3)精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF)＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3===Na2SiF6↓＋CO2↑＋ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na＋)＝2c(SiF)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2(Na＋)·c(SiF)＝4c3(SiF)，c(SiF)＝ mol·L-1＝1.0×10-2 mol·L-1，因此c(Na＋)＝2c(SiF)＝2.0×10-2 mol·L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)＝c(SO)＝ mol·L-1＝3.0×10-2 mol·L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)＝ mol·L-1＝1.0×10-4 mol·L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)＝ mol·L-1≈3.3×10-9 mol·L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO，然后才是SiF。

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