2022高考化学大一轮复习讲义第8章第42讲　难溶电解质的溶解平衡.docx

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1、第42讲难溶电解质的溶解平衡复习目标1.了解难溶电解质的溶解平衡。2.理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。3.学会分析沉淀溶解平衡图像。考点一沉淀溶解平衡及应用1难溶、可溶、易溶界定20 时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：2沉淀溶解平衡(1)概念在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，把这种平衡称为沉淀溶解平衡。(2)沉淀溶解平衡的建立 固体溶质溶液中的溶质(3)特点(适用勒夏特列原理)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)外因浓度：加水稀释，平衡向沉淀溶解的方向移动；温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过

2、程，升高温度，平衡向沉淀溶解的方向移动；同离子效应：向平衡体系中加入难溶物溶解产生的离子，平衡向生成沉淀的方向移动；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或更难电离或气体的离子时，平衡向沉淀溶解的方向移动。以AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)H0为例，填写外因对溶解平衡的影响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)沉淀的生成原理：当QcKsp时，难溶电解质的溶解平衡向左移动，生成沉淀。应用：可利用生成

3、沉淀来达到分离或除去溶液中杂质离子的目的。方法：a调节pH法，如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH，离子方程式为Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH。b沉淀剂法：如用H2S沉淀Cu2，离子方程式为Cu2H2S=CuS2H。(2)沉淀的溶解原理：当QcKsp时，难溶电解质的溶解平衡向右移动，沉淀溶解。方法：a酸溶解法：CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO32H=Ca2CO2H2O。b盐溶解法：Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)22NH=Mg22NH3H2O。c氧化还原溶解法：不溶于盐酸的硫化物(如Ag2S)溶于稀HNO3。d配位溶解法：Ag

4、Cl溶于氨水，离子方程式为AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl2H2O。(3)沉淀的转化实质：沉淀溶解平衡的移动。举例：AgNO3溶液AgCl(白色沉淀)AgBr(浅黄色沉淀)AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。规律：一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。应用a锅炉除水垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为CaSO4CO=CaCO3SO。b矿物转化：ZnS遇CuSO4溶液转化为CuS，离子方程式为ZnSCu2=CuSZn2。(1)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()错因：生成BaSO4沉淀

5、，溶液中建立BaSO4的沉淀溶解平衡，一定有SO。(2)室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度()错因：食盐水中的Cl抑制AgCl的溶解，溶解度降低。(3)洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好()错因：沉淀水洗时，溶解平衡向右移动，有损失。(4)在一定条件下，溶解度较小的沉淀不能转化成溶解度较大的沉淀()错因：向BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，也可以转化为BaCO3。试用平衡移动原理解释下列事实：(1)已知Ba2有毒，为什么医疗上能用BaSO4作钡餐透视，而不能用BaCO3作钡餐？(2)分别用等体积的蒸馏水和0.01 molL1的盐酸洗涤AgCl沉淀，用水洗涤造成的AgCl的

6、损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。答案(1)由于胃液的酸性很强(pH为0.91.5)，H与BaCO3电离产生的CO结合生成CO2和H2O，使BaCO3的溶解平衡：BaCO3(s)Ba2(aq)CO(aq)向右移动，c(Ba2)增大，会引起人体中毒。而SO是强酸根离子，不能与胃液中的H结合，因而胃液中H浓度对BaSO4的溶解平衡基本没影响，Ba2浓度可以保持在安全的浓度标准以下。(2)用水洗涤AgCl，AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)平衡右移，AgCl的质量减少，而用盐酸洗涤AgCl时，HCl电离产生的Cl会使AgCl的溶解平衡向左移动，可以减少AgCl的溶解，因而损失较少。题组一沉淀溶解平衡

7、及影响因素1下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法中正确的是()AAgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等BAgCl难溶于水，溶液中没有Ag和ClC升高温度，AgCl沉淀的溶解度减小D在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体，AgCl沉淀溶解的量不变答案A解析沉淀溶解平衡是动态平衡，A项正确；AgCl在水中存在溶解平衡，溶液中有极少量的Ag和Cl，B项错误；通常固体的溶解度随温度的升高而增大(氢氧化钙等除外)，C项错误；加入NaCl固体，增大Cl浓度，使AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)的平衡左移，析出氯化银沉淀，因此AgCl沉淀溶解的量减少，D项错误。2已知溶液中存在平衡：Ca(OH)

8、2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H0，下列有关该平衡体系的说法正确的是()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

9、温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2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。3(2020山东枣庄三中段考)牙齿表面覆盖的牙釉质是人体中最坚硬的部分，起着保护牙齿的作用，其主要成分为羟基磷酸钙Ca5(PO4)3OH。在牙齿表面存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2(aq)3PO(aq)OH(aq)Ksp6.81037。已知Ca5(PO4)3F(s)的Ksp2.81

10、051。下列说法错误的是()A残留在牙齿上的糖发酵会产生H，经常吃糖易造成龋齿B由题述平衡可知，小孩长牙时要少吃糖多补钙C若减少OH的浓度，题述平衡将向右移动，Ksp的值相应增大D使用含氟的牙膏能防止龋齿，是因为Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)答案C解析残留在牙齿上的糖发酵会产生H，与OH反应生成H2O，促使Ca5(PO4)3OH(s)的沉淀溶解平衡正向移动，易造成龋齿，A正确；小孩长牙时，要在牙齿表面形成Ca5(PO4)3OH(s)，从平衡移动角度分析，要增大牙齿表面的c(Ca2)、c(OH)，促使Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡逆向移动，故小孩长牙时

11、要少吃糖多补钙，B正确；减少OH的浓度，Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡将向右移动，由于温度不变，Ksp的值不变，C错误；由于Ca5(PO4)3F的Ksp小于Ca5(PO4)3OH的Ksp，使用含氟牙膏，使Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)，可有效防止龋齿，D正确。题组二沉淀溶解平衡的应用4下列化学原理的应用，可以用沉淀溶解平衡原理来解释的是()热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强误将钡盐BaCl2、Ba(NO3)2当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以泡沫灭火器灭火原理

12、A BC D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，加热促进水解，碱能促进油脂水解，所以热纯碱溶液洗涤油污的能力更强应用了盐类水解原理，不符合题意；钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质向难溶性的物质转化，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；石灰岩里不溶性的碳酸钙在水和二氧化碳的作用下转化为微溶性的碳酸氢钙，长时间反应，形成溶洞，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡可以，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使

13、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，不符合题意。5分别进行下列操作，由现象得出的结论正确的是()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组成的悬浊液中出现黑色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)B向盛有2 mL 0.1 molL1AgNO3溶液的试管中滴加1 mL 0.1 molL1NaCl溶液，再向其中滴加45滴0.1 molL1KI溶液先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)C向AgI悬浊液中滴入Na2S溶液固体变

14、黑Ksp(Ag2S)Ksp(AgI)D将H2S气体通入浓度均为0.01 molL1的ZnSO4和CuSO4先出现CuS黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)答案D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，无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)的大小，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；溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，AgI悬浊液中滴入Na2S溶液，固体变黑，说明Ksp(Ag2S)Ksp(AgI)，C错误；难溶的物质先沉淀出来，说明Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，D正

15、确。题组三沉淀溶解平衡的实验探究6(2019长春高三模拟)某兴趣小组进行下列实验：将0.1 molL1 MgCl2溶液和0.5 molL1 NaOH溶液等体积混合得到浊液取少量中浊液，滴加0.1 molL1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀将中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1 molL1 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解下列说法中不正确的是()A将中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2B中浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)C实验和均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶DNH4Cl溶液中的NH可能

16、是中沉淀溶解的原因答案C解析MgCl2溶液与NaOH溶液等体积混合得到Mg(OH)2悬浊液，剩余NaOH，但仍存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)。实验中是因为剩余的NaOH能和氯化铁反应生成Fe(OH)3，不能比较Fe(OH)3和Mg(OH)2的溶解能力，故C错误。7某研究性学习小组通过传感器测量一定温度下溶液的电导率(电导率越大，说明溶液的导电能力越强)，各物质的电导率数据如下：序号物质CaCO3(固体)H2OCaCO3饱和溶液CaSO4饱和溶液NaCl0.001molL1AgNO30.001molL1AgCl饱和溶液电导率07373891 9891 1381

17、3下列分析不正确的是()A依据数据，CaCO3固体中不存在自由移动的离子B与对比，说明中存在：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)C将Na2CO3固体加入中，可以生成CaSO4沉淀D等体积混合后过滤，推测滤液的电导率大于13答案C解析电导率可反映自由移动离子的浓度大小。碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子间形成离子键，离子不能自由移动，故A正确；与对比，AgCl饱和溶液的电导率为13，说明氯化银饱和溶液中存在自由移动的离子，AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，故B正确；CaCO3饱和溶液的电导率比CaSO4的小，说明CaCO3的溶解度比CaSO4小的多，应生成CaCO3沉淀，故C错误；等

18、体积、等浓度混合，混合后过滤得到硝酸钠、氯化银的饱和溶液，电导率一定大于13，故D正确。(1)AgCl的澄清饱和溶液，加水稀释，沉淀溶解平衡右移，但离子浓度减小，而AgCl悬浊液加水稀释，平衡右移，但c(Ag)和c(Cl)不变。AgCl沉淀溶解达到平衡时，再加入AgCl固体对平衡无影响。(2)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。(3)溶度积小的难溶电解质在一定条件下也能向溶度积大的难溶电解质转化。当两种难溶电解质的Ksp差别不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可由溶度积小的难溶电解质向溶度积大的难溶电解质转化。考

19、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：溶度积离子积概念沉淀溶解平衡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QcKsp：溶液饱和，处于平衡状态QcKsp：溶液未饱和，无沉淀析出2.Ksp的意义Ksp可以反映难溶电解质在水中的溶解能力。当化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强，一般溶解度也越

20、大；但阴、阳离子个数比不相同时，Ksp大的难溶电解质的溶解度不一定大。3Ksp的影响因素溶度积只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。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。(1)已知：Ksp(Ag2CrO4)Ksp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度()错因：二者的化学式中离子个数比不同，不能依据Ksp比较溶解度。(2)常温下，向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小()错因：温度不变，Ksp不变。(3)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大()错因：溶解一般是吸热的，

21、温度升高，平衡正移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。(4)向AgCl、AgBr的混合饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变()1某温度下，已知Ksp(AgCl)1.801010，将2.2103 molL1的NaCl和2.0103 molL1的AgNO3等体积混合是否有沉淀生成？写出推理过程。若有沉淀生成，请计算反应后Ag浓度。答案Qcc(Cl)c(Ag)1.11031.01031.1106QcKsp(AgCl)，有沉淀生成。反应后剩余c(Cl)1.0104 molL1则c(Ag) molL11.80106 molL1。2室温下，Mg(OH)2的Ksp51013。则室温下，饱和Mg(OH)2

22、溶液的pH_。答案10解析设饱和Mg(OH)2溶液中c(OH)x molL1，则c(Mg2)molL1KspMg(OH)2c(Mg2)c2(OH)x251013则x1104c(H)molL111010molL1所以pH10。题组一溶度积及溶度积规则1下列说法不正确的是()AKsp只与难溶电解质的性质和温度有关B由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小答案D解析对于阴、阳离子的个数比相同即同一类型的难溶电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强即溶解度越大；对于阴

23、、阳离子的个数比不同的难溶电解质，不能直接用Ksp的大小比较它们的溶解能力，必须通过计算进行比较，故D错误。 2在25 时，FeS的Ksp6.31018，CuS的Ksp1.31036，ZnS的Ksp1.31024。下列有关说法中正确的是()A饱和CuS溶液中Cu2的浓度为1.31036molL1B25 时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度C向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大答案B解析饱和CuS溶液中Cu2的浓度为 molL1，故A错误；二者的阴、阳离子个数比相同，由FeS的Ksp

24、6.31018、CuS的Ksp1.31036可知，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；FeS的Ksp6.31018、ZnS的Ksp1.31024，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。题组二和Ksp有关的计算与判断3已知：KspMg(OH)21.81011，KspCu(OH)22.21020。向浓度均为0.01 molL1的Cu2和Mg2的混合溶液中逐滴加入Na

25、OH溶液至过量，下列说法正确的是()A较先出现的沉淀是Mg(OH)2B两种离子开始沉淀时，Cu2所需溶液的pH较大C当两种沉淀共存时，说明溶液中完全不存在Cu2、Mg2D当两种沉淀共存时，溶液中8.2108答案D解析由于KspCu(OH)2较KspMg(OH)2小些，所以Cu2先沉淀，其所需OH的浓度较小，即溶液的pH较小，故A、B错误；绝对不溶的物质是不存在的，故C错误；当两种沉淀共存时，由于KspMg(OH)2c(Mg2)c2(OH)，KspCu(OH)2c(Cu2)c2(OH)，所以8.2108，D正确。4相关物质的溶度积常数见下表(25 )：物质Mg(OH)2CH3COOAgAgClA

26、g2CrO4Ksp1.110112.31031.810101.91012下列有关说法不正确的是()A浓度均为0.2 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀B将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入0.001 molL1的KCl和0.001 molL1的K2CrO4混合溶液中，先产生AgCl沉淀C0.11 molL1的MgCl2溶液中加入氨水产生Mg(OH)2沉淀时溶液的pH为9D在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)增大答案D解析浓度均为0.2 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混

27、合后，浓度均变为0.1 molL1，此时c(Ag)c(CH3COO)0.012.3103，所以一定产生CH3COOAg沉淀，A正确；根据氯化银和铬酸银的溶度积常数可知在氯离子和铬酸根离子浓度均为0.001 molL1的条件下开始出现沉淀时银离子的浓度分别为1.8107molL1、molL1，所以先产生AgCl沉淀，B正确；根据氢氧化镁的溶度积常数可知0.11 molL1的MgCl2溶液中加入氨水产生Mg(OH)2沉淀时溶液中氢氧根的浓度为105molL1，因此氢离子浓度是109molL1，则溶液的pH为9，C正确；溶度积常数只与温度有关，温度不变，Ksp(AgCl)不变，D错误。5(1)在化学

28、分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag与CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl恰好完全沉淀(浓度等于1.0105 molL1)时，溶液中c(Ag)为_molL1，此时溶液中c(CrO)等于_molL1已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为1.91012和1.81010。(2)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，该浓缩液中主要含有I、Cl等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为_。已知Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(AgI)8.51017(3)有关数据如表所示：化合物Zn(OH)2Fe

29、(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值101710171039常温下，用废电池的锌皮制备ZnSO47H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为Fe3，加碱调节至pH为_时，铁离子刚好沉淀完全(离子浓度小于1.0105 molL1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为_时，锌开始沉淀(假定Zn2浓度为0.1 molL1)。若上述过程不加H2O2后果是_，原因是_。答案(1)1.81055.9103(2)4.7107(3)2.76Zn2和Fe2不能分离Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近解析(1)根据Ksp(AgCl)c(Ag)c(Cl)1.

30、81010，可计算出当溶液中Cl恰好完全沉淀(即浓度等于1.0105 molL1)时，溶液中c(Ag)1.8105 molL1，然后再根据Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag)c(CrO)1.91012，又可计算出此时溶液中c(CrO)5.9103 molL1。(2)当AgCl开始沉淀时，溶液中4.7107。(3)铁溶于稀硫酸生成Fe2，Fe2被双氧水氧化为Fe3。KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)1039，则铁刚好沉淀完全时，c(OH) molL14.641012 molL1，则c(H) molL12.16103 molL1，pH2.7；KspZn(OH)2c(Zn2)c2(OH)1

31、017，锌开始沉淀时，c(OH) molL1108 molL1，则，c(H) molL1106 molL1，pH6；Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近，若不加双氧水，沉淀Fe2的同时Zn2也会被沉淀，从而使Zn2和Fe2不能分离。(1)沉淀溶解一般是吸热的，升高温度，平衡右移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。(2)并非Ksp越小，其物质的溶解度就越小。对于阴、阳离子个数比相同的难溶电解质，它们的溶解度可以直接用Ksp的大小来比较，Ksp越小，其物质的溶解度就越小；而对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，它们的溶解度就不能直接用Ksp的大小来比较。(3)沉淀滴定所用的指示剂本身就是一

32、种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的产物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的产物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。1(2020全国卷，9)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是()A海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小B海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少CCO2能引起海水酸化，其原理为HCOHCOD使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境答案C解析二氧化碳能引起海水酸化，其原理为CO2H2OH2CO3HHCO，C错误。2(2019全国卷，12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄

33、色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2和S2的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；Ksp只受温度影响，即m、n、p三点对应的Ksp相同，又T1T2，故Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)，B项错误；向m点的溶液中加

34、入少量Na2S固体，溶液中c(S2)增大，温度不变，Ksp不变，则溶液中c(Cd2)减小，溶液组成由m点沿mpn线向p方向移动，C项正确；温度降低时，CdS的溶解度减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D项正确。3(2018全国卷，12)用0.100 molL1AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 molL1 Cl溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()A根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为1010B曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)C相同实验条件下，若改为0.040 0 molL1 Cl，反应终点c移到aD相同实验条件下

35、，若改为0.050 0 molL1Br，反应终点c向b方向移动答案C解析根据AgCl=AgCl可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为20.0 mL，C项错误；由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0 mL时，溶液中的c(Cl)略小于108 molL1，此时混合溶液中c(Ag)2.5102 molL1，故Ksp(AgCl)c(Ag)c(Cl)2.51021082.51010，A项正确；因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，故曲线上的各点均满足c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)，B项正确；相同实验条件下，沉淀相同量的Cl和Br消耗的Ag

36、NO3的量相同，由于Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)，当滴加相等量的Ag时，溶液中c(Br)Ksp(CaSO4)C已知25 时KspFe(OH)34.01038，则该温度下反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K4.0104D已知25 时，KspMg(OH)21.81011，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2)1.8105 molL1答案B解析Ksp是温度的常数，只随温度改变而改变，不同物质的溶解能力不同，与物质本身的性质有关，A项正确；将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不

37、同，不能说明大小，B项错误；KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)，K4.0104，C项正确；c(Mg2) molL11.8105 molL1，D项正确。325 时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)，已知25 时KspMg(OH)21.81011，KspCu(OH)22.21020。下列说法错误的是()A若向Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(Mg2)会增大B若向Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色C若向Mg(OH)2悬浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动D若向Mg(O

38、H)2悬浊液中加入少量Na2CO3(s)，固体质量将增大答案C解析A项，向Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c(Mg2)会增大，正确；B项，向Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液，由于KspMg(OH)21.81011KspCu(OH)22.21020，则沉淀将由白色的氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，正确；C项，加入少量蒸馏水，Ksp保持不变，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，错误；D项，向Mg(OH)2悬浊液中加入少量Na2CO3(s)，由于碳酸根水解呈碱性，所以c(OH)增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，正

39、确。4(2020厦门市高三质检)某温度下，分别向10.00 mL 0.1 molL1的KCl和K2CrO4溶液中滴加0.1 molL1AgNO3溶液，滴加过程中lgc(M)(M为Cl或CrO)与AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是()A曲线L1表示lgc(Cl)与V(AgNO3)的变化关系BM点溶液中：c(NO)c(K)c(Ag)c(H)c(OH)C该温度下，Ksp(Ag2CrO4)4.01012D相同实验条件下，若改为0.05 molL1的KCl和K2CrO4溶液，则曲线L2中N点移到Q点答案D解析KCl和硝酸银反应的化学方程式为KClAgNO3=AgClKNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为K2CrO42AgNO3=Ag2CrO42KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表的是lgc(Cl)与V(AgNO3)的变化关系，故 A正确；M点加入的硝酸