2023届新高考新教材化学鲁科版一轮学案-第8章第28讲　沉淀溶解平衡.docx

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1、第28讲沉淀溶解平衡复习目标核心素养1.认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡。2了解沉淀的生成、溶解与转化。1.变化观念与平衡思想：认识难溶电解质的溶解平衡有一定限度，是可以调控的。能多角度动态地分析难溶电解质的溶解平衡，并运用难溶电解质的溶解平衡原理解决实际问题(利用沉淀生成处理污水等)。2科学探究与创新意识：能发现和提出有关难溶电解质的溶解平衡的判断问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行沉淀转化等的实验探究。考点一沉淀溶解平衡及其应用1溶解度(1)定义：在一定温度下，某固体物质在100 g溶剂中形成饱和溶液时，溶解的溶质质量为该物质在该温度下的溶解度，用S表示。(2

2、)在20 时，物质的溶解度与溶解性的关系溶解性难溶微溶可溶易溶溶解度(g)10(3)固体物质的溶解度的变化规律：绝大多数固体物质的溶解度随温度的升高而增大，如Na2SO4；少数固体物质的溶解度随温度的改变变化不大，如NaCl；个别固体物质随温度的升高溶解度减小，如Ca(OH)2。2沉淀溶解平衡(1)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速率相等的状态。(2)建立固体溶质溶液中的溶质(3)特点(同其他化学平衡)：逆、等、定、动、变(适用平衡移动原理)3影响沉淀溶解平衡的因素(1)内因：难溶电解质本身的性质，这是决定因素。(2)外因：以AgCl(s)Ag(aq)

3、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4.沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成调节pH法：如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至78，离子方程式为：Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH。沉淀剂法：如用H2S沉淀Cu2，离子方程式为：Cu2H2S=CuS2H。(2)沉淀的溶解酸溶解法：用离子方程式表示难溶于水的CaCO3可溶于盐酸CaCO32H=Ca2CO2H2O。盐溶液溶解法：用离子方程式表示Mg(

4、OH)2溶于NH4Cl溶液Mg(OH)22NH= Mg22NH3H2O。氧化还原溶解法：如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。配位溶解法：如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl2NH3H2O=Ag(NH3) Cl2H2O。(3)沉淀的转化实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。应用a锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：CaSO4(s)CO(aq)CaCO3(s)SO(aq)。b矿物转化：CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为：ZnS(s)Cu2(aq)CuS(s)Zn2(aq)。AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)与AgCl=AgCl

5、所表示的意义不同。前者表示难溶电解质AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式，后者表示强电解质AgCl在水溶液中的电离方程式。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1105 molL1时，沉淀已经完全。(1)升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动。()(2)室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度。()(3)难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动。()(4)向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液，则SO沉淀完全，溶液中只含Ba2、Na和Cl，不含SO。()(5)为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀H2SO4代

6、替H2O来洗涤BaSO4沉淀。()(6)洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)典例取1 mL 0.1 molL1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 molL1)：下列说法不正确的是()A实验白色沉淀是难溶的AgClB若按顺序实验，能看到白色沉淀C若按顺序实验，能看到黑色沉淀D由实验说明 AgI 比 AgCl 更难溶解析取1 mL 0.1 molL1AgNO3溶液中加入过量氯化钠溶液生成氯化银白色沉淀，滴加过量KI溶液生成黄色沉淀碘化银，再加入过量硫化钠溶液生成硫化银沉淀，沉淀转化的实质是向更难溶的方向进行。A分析可知，实验白色沉淀是难

7、溶的AgCl，故A正确；B.由实验说明AgI比AgCl更难溶，若按顺序实验，此条件下碘化银不能转化为氯化银，看不到白色沉淀，故B不正确；C.若按顺序实验，硫化银溶解度小于氯化银，也可以实现转化看到黑色沉淀生成，故C正确；D.由实验说明AgI比AgCl更难溶，可以实现沉淀转化，故D正确。答案B母题变式(1)饱和AgCl溶液和饱和AgI溶液中，Ag浓度相同吗？若向相同浓度的NaCl、KI混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生的沉淀颜色是什么？(2)向黄色沉淀中加入足量NaCl溶液，能否产生白色沉淀？(3)若向0.1 molL1 NaCl溶液中滴加过量AgNO3溶液，再滴入KI溶液产生黄色沉淀，能否说

8、明AgI比AgCl更难溶？提示：(1)不相同，AgCl溶解度较大，Ag浓度较大；向相同浓度的Cl、I溶液中加入Ag，先产生黄色AgI沉淀。(2)Cl浓度很大时，能产生AgCl沉淀。(3)Ag过量，再引入I生成黄色沉淀，不能证明沉淀转化为更难溶的物质。对点练1(沉淀溶解平衡)将AgCl分别加入盛有：5 mL水6 mL 0.5 molL1 NaCl溶液10 mL 0.2 molL1 CaCl2溶液50 mL 0.1 molL1盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c(Ag)从大到小的顺序排列正确的是()ABC D解析：C根据沉淀溶解平衡中Ksp(AgCl)c(Ag)c(Cl)，则溶液中Cl浓度越大，

9、Ag浓度越小，则选项C符合题意。对点练2(沉淀的生成)要使工业废水中的Pb2沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2与这些离子形成的化合物的溶解度如下：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.031041.811071.841014由上述数据可知，沉淀剂最好选用()A硫化物 B硫酸盐C碳酸盐 D以上沉淀剂均可解析：A沉淀工业废水中的Pb2时，生成沉淀的反应进行得越完全越好，由于PbS的溶解度最小，故选硫化物作为沉淀剂。对点练3(沉淀转化)为研究沉淀的生成及转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是()A浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag(aq)SCN(aq)B中

10、颜色变化说明上层清液中含有SCNC中颜色变化说明有AgI生成D该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶解析：DA项，根据信息，白色沉淀是AgSCN，存在溶解平衡；AgSCN(s)Ag(aq)SCN(aq)，故说法正确；B项，取上层清液，加入Fe3出现红色溶液，说明生成Fe(SCN)3，说明溶液中含有SCN，故说法正确；C项，AgI是黄色沉淀，现象是黄色沉淀说明有AgI产生，故说法正确；D项，在反应中Ag过量，出现沉淀，不能说明AgI比AgSCN更难溶，故说法错误。对点练4(沉淀溶解平衡的应用)试用平衡移动原理解释下列事实：(1)BaCO3不溶于水，为什么不能作钡餐？(2)分别用等体积的蒸馏水和0

11、.01 molL1的盐酸洗涤AgCl沉淀，用水洗涤造成AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。答案：(1)BaCO3(s)Ba2(aq)CO(aq)，HCl=HCl，2HCO=H2O CO2，胃酸中盐酸电离的H与BaCO3产生的CO结合生成CO2和H2O，破坏了BaCO3的溶解平衡，c(Ba2)增大，引起人体中毒。(2)用水洗涤AgCl，AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)平衡右移，AgCl的质量减少，用盐酸洗涤AgCl，稀释的同时HCl电离产生的Cl会使平衡左移，AgCl减少的质量要小些。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：溶度积离子积

12、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KspQ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QKsp：溶液过饱和，有沉淀析出QKsp：溶液饱和，处于平衡状态QKsp：溶液未饱和，无沉淀析出2.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：只受温度影响，与其他外界条件无关。绝大多数难溶电解质的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。(1)Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度。(

13、)(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1.0105 molL1时，已经完全沉淀。()(3)在一定条件下，溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀。()(4)常温下，向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小。()(5)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大。()(6)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)典例某含锰废水中主要含有MnSO4，另含H、Fe2、Ca2、Mg2、Cu2、Al3等，某同学为了回收Mn单质设计如下工艺流

14、程，下列说法不正确的是()已知25 时，Ksp(CaF2)1.51010、Ksp(MgF2)7.51011A滤渣1主要含Fe(OH)3和Al(OH)3B除钙镁步骤中，当Ca2、Mg2沉淀完全时，溶液中c(Ca2)/c(Mg2)2C滤液4主要含(NH4)2CO3D反应中Si可用铝替代解析含锰废水加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤，得到滤渣1，加入硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤得到滤渣2，加入氟化铵生成氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到滤渣3，加入碳酸氢铵生成碳酸锰，洗涤干燥后得到碳酸锰，煅烧生成氧化锰，加入硅单质得到锰单质。A锰废水加入H2O2把Fe2氧化

15、为Fe3，加入氢氧化钠调节pH生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，所以滤渣1主要含生成Fe(OH)3和Al(OH)3，故A正确；B.除钙镁步骤中，当Ca2、Mg2沉淀完全时，溶液中2，故B正确；C.“沉锰过程”硫酸锰与NH4HCO3反应生成MnCO3沉淀、二氧化碳气体、硫酸铵，滤液4主要含硫酸铵，故C错误；D.MnO能和Al发生铝热反应生成Mn，所以反应中可用铝替代，故D正确。答案C对点练1(沉淀溶解平衡单曲线)某温度时，AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)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加入AgNO3固体，可以使溶液由c点变到d点B加入NaCl固体，则AgCl的

16、溶解度减小，Ksp也减小Cd点有AgCl沉淀生成Dc点对应的Ksp小于d点对应的Ksp解析：C加入AgNO3固体，溶液中c(Ag)增大，AgCl(s)的溶解平衡逆向移动，c(Cl)减小，故不能使溶液由c点变到d点，A错误；加入NaCl固体，溶液中c(Cl)增大，AgCl(s)的沉淀溶解平衡逆向移动，AgCl的溶解度减小，但由于温度不变，则Ksp不变，B错误；d点位于沉淀溶解平衡曲线上方，处于过饱和状态，故d点有AgCl沉淀生成，C正确；c、d两点的温度相同，则Ksp相同，D错误。对点练2(沉淀溶解平衡多曲线)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

17、变溶液的pH，金属阳离子浓度变化如图所示。据图分析，下列判断正确的是 ()AKspCu(OH)2KspFe(OH)3，A错误。由图可知，d点溶液中：QFe(OH)3KspFe(OH)3、QCu(OH)2KspCu(OH)2，故d点代表的溶液中Fe(OH)3已过饱和，Cu(OH)2未饱和，B正确；加适量NH4Cl固体，溶液的酸性增强，pH减小，c(Fe3)变大，故不能使溶液由a点变到b点，C错误；b、c两点分别处在Fe(OH)3、Cu(OH)2的沉淀溶解平衡曲线上，均代表溶液已达到饱和，两点溶液中c(Fe3)c(Cu2)，由于Fe(OH)3、Cu(OH)2的摩尔质量不同，故其溶解度不同，D错误。

18、对点练3(沉淀溶解平衡直线)25 时，用Na2SO4溶液沉淀Ba2、Pb2、Ca2三种金属离子(用M2表示)，所需SO最低浓度的负对数值p(SO)与p(M2)的关系如图所示。已知p(SO)lg c(SO)，p(M2)lg c(M2)。下列说法正确的是()AKsp(CaSO4)Ksp(PbSO4)Ksp(BaSO4)Ba点可表示CaSO4的饱和溶液，且c(Ca2)c(SO)Cb点可表示PbSO4的不饱和溶液，且c(Pb2)Ksp(PbSO4)Ksp(BaSO4)，A错误；a点在CaSO4的沉淀溶解平衡曲线上，表示CaSO4的饱和溶液，但a点对应的p(SO)p(Ca2)，则有c(Ca2)c(SO)

19、，B错误；b点位于PbSO4的沉淀溶解平衡曲线下方，p(SO)或p(Pb2)小于平衡值，则b点时c(Pb2)或c(SO)大于平衡值，b点表示PbSO4的过饱和状态，存在PbSO4沉淀，C错误；由于Ksp(CaSO4)Ksp(BaSO4)，则CaSO4的溶解度大于BaSO4，故向Ba2浓度为105 molL1的废水中加入CaSO4粉末，CaSO4会转化为溶解度更小的BaSO4，D正确。对点练4(溶度积的有关计算)已知：Cu(OH)2(s)Cu2(aq)2OH(aq)，Ksp2 1020。(1)某CuSO4溶液里c(Cu2)0.02 molL1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH大于_。

20、(2)要使0.2 molL1CuSO4溶液中的Cu2沉淀较为完全(即Cu2浓度降低至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液pH等于_。解析：(1)依题意，当c(Cu2)c2(OH)21020时开始出现沉淀，则c(OH)molL11109molL1，由c(H)1105molL1，得pH5。(2)由于要生成Cu(OH)2沉淀，应调整pH5，要使c(Cu2)降至2104molL1，则c(OH)molL11108molL1，此时溶液的pH6。答案：(1)5(2)6对点练5(沉淀滴定中的数据处理)KClO4样品中常含少量KCl杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.689 g 样品

21、溶于水中，配成250 mL溶液，从中取出25.00 mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO全部转化为Cl，反应为3KClO4C6H12O6=6H2O6CO23KCl，加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.2000 molL1 AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积21.00 mL。滴定达到终点时，产生砖红色Ag2CrO4沉淀。(1)已知：Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(Ag2CrO4)1.11012，若终点时c(CrO)1.1 104 molL1，则此时c(Cl)_molL1。(2)计算KClO4样品的纯度(请写出计算过程)。解析：(1)若c(CrO)1.1104m

22、olL1，Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag)c(CrO)1.1 1012，c(Ag)104 molL1，Ksp(AgCl)c(Ag)c(Cl)1.81010，c(Cl)1.8 106molL1。答案：(1)1.8106(2)n(AgNO3)0.2000 molL10.021 L0.0042 mol，25.00 mL溶液中n(KCl)总n(AgNO3)0.0042 mol，n(KClO4)n(KCl)0.0042 mol，n(KClO4)138.5 gmol1n(KCl)74.5 gmol10.568 90 g，解得n(KClO4)0.0040 mol，n(KClO4)总0.0040 mol0

23、.040 mol，其纯度为100%97.38%一、四大平衡常数的表达式符号适用体系平衡关系式(实例)及平衡常数表达式水的离子积常数KW任意水溶液H2OHOHKWc(H)c(OH)弱电解质电离平衡常数Ka或Kb弱酸或弱碱溶液HFHFKa盐的水解平衡常数Kh弱离子的盐溶液CH3COOH2OCH3COOHOHKh沉淀溶解平衡常数Ksp难溶电解质Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)KspMg(OH)2c(Mg2)c2(OH)二、相关规律1Q与K的关系：二者表达式相同，若QK，平衡逆向移动。2平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。升高温度，Ka、KW、Kh均增大，而Ksp一般会增大

24、。3KW、Ka(Kb)、Ksp、Kh之间的关系(1)一元弱酸一元强碱盐：KhKW/Ka；(2)一元强酸一元弱碱盐：KhKW/Kb；(3)多元弱碱一元强酸盐，如氯化铁：Fe3(aq)3H2O(l)Fe(OH)3(s)3H(aq)Khc3(H)/c(Fe3)。将Kc3(H)c3(OH)与Kspc(Fe3)c3(OH)两式相除，消去c3(OH)可得KhK/Ksp。1利用电离常数确定离子浓度比值的变化典例1已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A水的电离程度始终增大Bc(NH)/c(NH3

25、H2O)先增大再减小Cc(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变D当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)c(CH3COO)典题剖析关键信息信息分析与迁移信息电离常数相等，则其对应离子的水解程度相等信息水的电离程度受溶液酸碱性的影响，也受能够水解的盐的影响信息需利用电离平衡常数分析信息从原子守恒和溶液体积的变化上分析信息由CH3COOH与NH3H2O的电离程度相等分析解析酸碱均抑制水的电离，向CH3COOH溶液中滴加氨水，水的电离程度先增大，当恰好完全反应后，再滴加氨水，水的电离程度减小，A错误；因为氨水的电离常数Kb，所以，因为温度不变Kb不变，随氨水的加入c(H)减小，c(

26、OH)增大，不断减小，B错误；加入氨水，体积变大，c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和变小，C错误；当加入氨水的体积为10 mL时，氨水与CH3COOH恰好反应，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，故CH3COO和NH的水解程度相同，溶液呈中性，由电荷守恒可得c(NH)c(CH3COO)，D正确。答案D2利用电离常数判断化学反应的正误典例2(双选)部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25 )Ka1.77104Ka4.91010Ka14.3107Ka25.61011下列选项错误的是()A2CNH2OCO2=2HCNCOB2HCOOHCO=2H

27、COOH2OCO2C中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者典题剖析关键信息信息分析与迁移信息根据电离平衡常数的大小可知，酸性：HCOOHH2CO3HCNHCO信息利用“相对强的酸能制取相对弱的酸”原理分析信息弱酸的强弱程度不同，中和碱的能力也不相同信息根据电荷守恒和水解程度大小进行分析解析根据电离平衡常数，HCN的电离程度介于H2CO3的一级电离和二级电离之间，因此A中反应错误，应为CNH2OCO2=HCNHCO；HCOOH的电离程度大于H2CO3的一级电离，因此B正确；等pH的HCOOH和HCN

28、，HCN溶液的浓度大，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，后者消耗NaOH的量大，C正确；在HCOONa和NaCN溶液中分别存在电荷守恒：c(Na)c(H)c(HCOO)c(OH)，c(Na)c(H)c(CN)c(OH)。等浓度的HCOONa和NaCN溶液，NaCN水解程度大，溶液中OH浓度大，H浓度小。根据电荷守恒，两溶液中离子总浓度为2c(Na)c(H)，而Na浓度相同，H浓度后者小，因此等体积、等浓度的两溶液中离子总数前者大于后者，D错误。答案AD3利用水的离子积常数判断溶液的酸碱性典例3如图表示水中c(H)和c(OH)的关系，下列判断错误的是()A两条曲线间任意点均有c(H)c(O

29、H)KWBM区域内任意点均有c(H)c(OH)C图中T1T2DXZ线上任意点均有pH7解析任何水溶液中都有KWc(H)c(OH)，因此两条曲线间任一点均有此关系，A项正确；XZ线上任意点溶液呈中性，M区域在XZ上方均有c(H)c(OH)，B项正确；T1时KW小于T2时KW，则T1T2，C项正确；XZ线上任意点溶液呈中性，但只有在25 时pH7，D项错误。答案D4Ksp在污水处理及工农业生产中的应用典例4下表是三种物质的溶解度(20 )，下列说法中正确的是()物质MgCl2Mg(OH)2MgCO3溶解度(g/100 g水)740.000 840.01A已知MgCO3的Ksp6.82106，则所有

30、含有固体MgCO3的溶液中，都有c(Mg2)c(CO)，且c(Mg2)c(CO)6.82106B将表中三种物质与水混合，加热、灼烧，最终的固体产物相同C除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为Na2CO3溶液D用石灰水处理含有Mg2和HCO的硬水，发生反应的离子方程式为Mg22HCOCa22OH=CaCO3MgCO32H2O解析含有MgCO3的溶液中一定有c(Mg2)c(CO)6.82106，但是c(Mg2)、c(CO)不一定相等，如溶液中同时含有MgCl2或Na2CO3，A项错误；加热MgCl2溶液过程中MgCl2水解，因HCl挥发，在加热、灼烧后最终得到的是MgO，加热MgCO3溶液

31、过程中因Mg(OH)2更难溶，MgCO3转化为Mg(OH)2，灼烧Mg(OH)2得到MgO，B项正确；由于Mg(OH)2的溶解度更小，故除去粗盐中的MgCl2的最佳试剂是NaOH溶液，C项错误；石灰水处理硬水得到的沉淀是CaCO3和Mg(OH)2的混合物，D项错误。答案B5平衡常数之间关系的综合应用典例5研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2(g)NaCl(s)NaNO3(s)ClNO(g)K1H10()2NO(g)Cl2(g)2ClNO(g)K2H2”“”或“”)，平衡常数K2_(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是_。(3)实验室可

32、用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A，溶液B为0.1 molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO)由大到小的顺序为_。(已知HNO2的电离常数Ka7.1104 molL1，CH3COOH的电离常数Ka1.7105 molL1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_。a向溶液A中加适量水b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水d向溶液B中加适量NaOH典题剖析关键信息信息分析与迁移信息反应()2反应()即得到新反应，利用平

33、衡常数定义可得该反应的平衡常数信息平衡常数只受温度的影响信息根据反应的焓变分析信息据盐类水解规律，越弱越水解分析信息由“越弱越水解”可知，A溶液的碱性比B溶液的碱性弱，pHA1；因为温度不变，平衡常数K2不变；反应()的Hc(NO)c(CH3COO)；溶液A、B显碱性且溶液A的pH小于溶液B，向溶液A中加适量NaOH或者向溶液B中加适量水可使溶液A和溶液B的pH相等。答案(1)(2)2.510275%不变升高温度(3)c(NO)c(NO)c(CH3COO)bc1(2021全国甲卷，12)已知相同温度下，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)。某温度下，饱和溶液中lgc(SO)、lgc(CO)

34、与lgc(Ba2)的关系如图所示。下列说法正确的是()A曲线代表BaCO3的沉淀溶解曲线B该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.01010C加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点Dc(Ba2)105.1时两溶液中10y2y1解析：BA由题图可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B.曲线为BaSO4溶液中lgc(Ba2)与lgc(SO)的关系，由图可知，当溶液中lgc(Ba2)3时，lgc(SO)7，则lgKsp(BaSO4)7310，因此Ksp(BaSO4)1.01010，选项B正确；加入适量BaCl2固体后，由于

35、c(Ba2)增大，所以BaCO3(s)Ba2(aq)CO(aq)平衡逆向移动，c(CO)减小，所以溶液应该由b向a移动，选项C错误；由图可知，当溶液中c(Ba2)105.1时，两溶液中10y1y2，选项D错误。2(2021全国乙卷，13)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M)随c(H)而变化，M不发生水解。实验发现，298 K时c2(M)c(H)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是()A溶液pH4时，c(M)3.0104 molL1BMA的溶度积Ksp(MA)5.0108C溶液pH7时，c(M)c(H)c(A)c(OH)DHA的电离常数Ka(HA)2.0104解析：CA由图可

36、知pH4，即c(H)10105mol/L时，c2(M)7.5108mol2/L2，c(M) mol/L104 mol/L3.0104mol/L，A正确；B.由图可知， c(H)0时，可看作溶液中有较大浓度的OH，此时A的水解极大地被抑制，溶液中c(M)c(A)，则Ksp(MA)c(M)c(A)c2(M)5.0108，B正确；C.设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M)c(H)c(A)c(OH)nc(Xn)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn)，C错误；D.Ka(HA)当c(A)c(HA)时，由物料守恒知c(A)c(HA)c(M)，则c(A)，Ksp(MA)c(M)c(A)5.0 1

37、08，则c2(M)10108，对应图得此时溶液中c(H)2.0104 molL1，Ka(HA)c(H)2.0104，D正确。32021湖南卷，17(5)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4 形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3nH2O的工艺流程如下：“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3nH2O的离子方程式为_，常温下加入的NH4HCO3溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3H2O的Kb1.75105，H2CO3的Ka14.4107，Ka24.71011)。

38、解析：焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3nH2O。用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3nH2O的离子方程式为6HCO2Ce3(n3)H2O=Ce2(CO3)3nH2O3CO2；铵根离子的水解常数Kh(NH)5.71010，碳酸氢根的水解常数Kh(HCO)2.3108，则Kh(NH)Kh(HCO)，即NH的水解程度小于HCO的水解程度，因此常温下加入的NH4HCO3溶液呈碱性。答案：6HCO2Ce3(n3)H2O=Ce2(CO3)3nH2O3CO2碱性42021广东卷，18(3)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25 时，H2