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化学人教版 (2019)第四节 沉淀溶解平衡第1课时精练
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这是一份化学人教版 (2019)第四节 沉淀溶解平衡第1课时精练，共12页。试卷主要包含了已知，一些铅盐的溶度积如下，已知在Ca3，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共12小题）
1．洗涤BaSO4固体中吸附的Na+和Cl﹣，最好用下列试剂中的（ ）
A．BaCl2溶液B．稀H2SO4C．Na2SO4溶液D．蒸馏水
2．常温时，将足量的CaCO3固体分别加入同体积下列各溶液中，CaCO3溶解最少的是（ ）
A．1 ml•L﹣1的Na2CO3溶液
B．2 ml•L﹣1的K2CO3溶液
C．2 ml•L﹣1的HCl溶液
D．1 ml•L﹣1的NaCl溶液
3．把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）。加入以下溶液，可使Ca（OH）2减少的是（ ）
A．Na2SB．AlCl3C．C．NaOHD．CaCl2
4．常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等杂质离子，通过添加过量的难溶物MnS，可使杂质离子转化成沉淀并过滤除去，下列说法正确的是（ ）
A．过滤后的溶液中一定没有S2﹣
B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中
C．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓
D．常温时，Ksp（PbS）＜Ksp（MnS）
5．已知，一些铅盐的溶度积如下：
由上述数据可知，要除去工业废水中的Pb2+，沉淀剂最好选用（ ）
A．硫酸盐B．硫化物C．碳酸盐D．盐酸盐
6．下列应用或现象体现的化学原理，主要是体现沉淀溶解平衡原理的是（ ）
①热纯碱溶液洗涤油污的能力强
②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
③溶洞的形成
④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能
⑤泡沫灭火器灭火的原理．
A．②③④B．①②③C．③④⑤D．全部
7．氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg（OH）2（s）═Mg2+（aq）+2OH﹣（aq） 时，为使Mg（OH）2固体的量减少，可加入少量的（ ）
A．NaOHB．NH4ClC．MgSO4D．Na2SO4
8．已知在Ca3（PO4）2的饱和溶液中，c（Ca2+）＝2.0×10﹣6 ml•L﹣l，c（PO43﹣）＝1.58×10﹣6ml•L﹣l，则Ca3（PO4）2的Ksp为（ ）
A．2.0×10﹣29B．3.2×l0﹣12C．6.3×10﹣18D．5.1×10﹣27
9．下列说法中正确的是（ ）
A．难溶电解质的Ksp越小，溶解度就一定越小
B．一般认为沉淀离子浓度小于1.0×10﹣5 ml/L时，沉淀就达完全
C．用饱和Na2CO3溶液可以将BaSO4转化为BaCO3，说明Ksp（BaCO3）小于Ksp（BaSO4）
D．向含AgCl沉淀的悬浊液中加入NaCl饱和溶液，AgCl的溶解度变小，溶度积常数变小
10．常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是（ ）
A．过滤后的溶液中一定没有S2﹣
B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中
C．常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶
D．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2﹣＝CuS↓
11．在一定温度下，当Mg（OH）2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），要使Mg（OH）2固体减少而C（Mg2+）不变，可采取的措施是（ ）
A．加MgSO4B．加HCl溶液C．加NaOHD．加水
12．25℃和100℃两种情况下，碳酸钙在水中的溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq）△H＜0
B．25℃时，CaCO3的Ksp＝2.8×10﹣9
C．25℃时加入Na2CO3，可以使溶液由c点变为d点
D．升高温度可以使溶液由a点变为曲线上的任一点
二．填空题（共3小题）
13．已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣．回答以下问题：
（1）已知常温下，H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在平衡：CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2﹣（aq）△H＞0．
①温度升高时，Ksp （填“增大”、“减小”或“不变”下同）．
②滴加少量浓盐酸，c （Ca2+） ，原因是 （用文字和离子方程式说明）．
（2）若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式 ．若某CuSO4溶液中c （Cu2+）＝0.02ml/L，如果要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液pH，使之大于5 （已知Ksp[Cu（OH）2]＝2.0×10﹣20）．
14．（1）工业合成氨是一个可逆反应：N2（g）+H2（g）⇌2NH3（g）．图中虚线部分是通过改变化学反应中的条件，请解释原因：下表为不同温度下该反应的平衡常数．由此可推知，表中T1 573K（填“＞”、“＜”或“＝”）．
（2）Mg2Cu是一种储氢合金．350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）．Mg2Cu与H2反应的化学方程式为 ．
（3）锡常见的价态有+2和+4价，在化合物中稳定的价态为+4价，则配制的SnCl2的水溶液除了固体SnCl2和水外，还需要的物质是 ．
（4）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）＝2C（s）+O2（g），已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据： ．
（5）Mg（OH）2是制镁盐、耐火材料和阻燃剂的重要原料．
已知：a、25℃时，KSP[Mg（OH）2]＝4.0×10﹣38；b、Mg（OH）2（s）＝MgO（s）+H2O（g）△H＝+81.5kJ•ml﹣1．
①下列叙述正确的是 ．
A、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择NaOH作沉淀剂
B．Mg（OH）2能作阻燃剂是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物
C、可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁
D、高温下，碳可以和氧化镁发生反应
②酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：
25℃时，在Mg（OH）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为 ．
15．已知常温下，AgBr的Ksp═4.9×10﹣13、AgI的Ksp═8.3×10﹣17。
（1）现向含有AgI的饱和溶液中：
①加入固体AgNO3，则c（I﹣） （填“变大”“变小”或“不变”，下同）；
②若加入更多的AgI固体，则c（Ag+） ；
③若加入大量的NaBr固体，则c（I﹣） 。
（2）现向含有NaBr、KI均为0.002 ml•L﹣1的溶液中加入等体积的浓度为4×10﹣3ml•L﹣1的AgNO3溶液，则产生的沉淀是 （填化学式）；若向其中再加入适量的NaI固体，则最终可发生沉淀转化的总离子方程式为 。
参考答案
一．选择题（共12小题）
1．【分析】洗涤BaSO4固体中吸附的Na+和Cl﹣，依据沉淀溶解平衡原理和洗涤过程中不能引入新的杂质分析判断；
【解答】解：A、BaCl2溶液洗涤时表面的氯离子不能全部洗涤干净，故A错误；
B、稀H2SO4 洗涤减少了硫酸钡沉淀溶解，同时能洗去表面的钠离子和氯离子，故B错误；
C、Na2SO4溶液洗涤，表面的钠离子不能全部洗去，故C不符合；
D、蒸馏水洗涤会损失硫酸钡沉淀，故D不符合；
故选：B。
2．【分析】依据CaCO3在水溶液中存在沉淀溶解平衡，CaCO3（s）⇌Ca2++CO32﹣，结合选项中CO32﹣浓度大小以及能与CO32﹣反应离子浓度大小分析CaCO3的溶解度大小。
【解答】解：CaCO3在水溶液中存在沉淀溶解平衡，CaCO3（s）⇌Ca2++CO32﹣，根据同离子效应，CO32﹣会抑制CaCO3溶解。1 ml•L﹣1的Na2CO3溶液CO32﹣离子浓度为1ml•L﹣1，而2 ml•L﹣1的K2CO3溶液中CO32﹣离子浓度最大，为2 ml•L﹣1，抑制碳酸钙的溶解程度更大；2 ml•L﹣1的HCl溶液为酸性溶液，氢离子消耗碳酸根离子，促进碳酸钙的溶解；NaCl对碳酸钙的溶解平衡无影响。
故选：B。
3．【分析】在平衡：Ca（OH）2（固）⇌Ca2++2OH﹣中，使平衡向正方向移动，有利于Ca（OH）2减少。
【解答】解：A．加入Na2S溶液，由于S2﹣水解呈碱性，使OH﹣浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故A错误；
B．加入AlCl3溶液，由于Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，实现沉淀的转化，有利于Ca（OH）2减少，故B正确；
C．加入NaOH溶液，溶液中OH﹣浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故C错误；
D．加入CaCl2溶液，溶液中Ca2+浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故D错误，
故选：B。
4．【分析】通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，据此解答。
【解答】解：A．难溶不是不溶，只是溶解度小，故A错误；
B．MnS难溶于水也难溶于MnCl2溶液，故B错误；
C．沉淀转化的离子方程式为：Cu2+（aq）+MnS（s）＝CuS（s）+Mn2+（aq），故C错误；
D．通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，故D正确，
故选：D。
5．【分析】根据不同硫化物的溶度积常数分析。
【解答】解：根据不同硫化物的溶度积常数分析，出去Pb2+的效果好，形成的沉淀越难溶越好，PbS的溶度积极小，一般而言，金属离子的硫化物相当难溶，
故选：B。
6．【分析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解呈碱性，且盐类的水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；
②钡离子有毒，钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀；
③溶洞、珊瑚的主要成分是碳酸钙，钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀；
④碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；
⑤碳酸氢钠溶液水解呈碱性，硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳．
【解答】解：①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；
②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，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释；
③水中含有钙离子，空气中有二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙，长时间反应，形成溶洞珊瑚，所以可以用沉淀平衡原理来解释；
④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能，可以用沉淀平衡原理来解释；
⑤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；
故选：A。
7．【分析】根据平衡移动原理及溶度积解答，要使Mg（OH）2 固体的量减少平衡向由移动，可以加水，或降低Mg2+或OH﹣的浓度，以此解答该题。
【解答】解：A．加入NaOH，OH﹣的浓度增大，平衡向左移动，Mg （OH）2 固体的量增大，故A错误；
B．加入少量NH4Cl，NH4+与OH﹣结合生成氨水，氢氧根的浓度减小，平衡右移，Mg（OH）2固体的量减少，故B正确；
C．加入少量Mg2SO4，镁离子的浓度增大，平衡左移，Mg （OH）2 固体的量增大，故C错误；
D．加入少量Na2SO4，不改变各种物质的浓度，平衡不移动，Mg（OH）2固体的量不变，故D错误；
故选：B。
8．【分析】Ksp[Ca3（PO4）2]＝[c（Ca2+）]3×[c（PO43﹣）]2，据此计算．
【解答】解：Ksp[Ca3（PO4）2]＝[c（Ca2+）]3×[c（PO43﹣）]2＝（2．O×10﹣6）3×（1.58×10﹣6）2＝2.0×10﹣29，故选A。
9．【分析】A、Ksp越小，电解质的溶解度不一定越小，溶度积常数与温度有关系，与溶液类型以及浓度无关；
B、沉淀不可能完全沉淀，当离子浓度小于1.0×10﹣5ml/L时，可认为沉淀完全；
C、如满足Qc＞Ksp，可生成沉淀；
D、溶度积常数与温度有关系，与溶液类型以及浓度无关．
【解答】解：A、Ksp越小，电解质的溶解度不一定越小，溶解度还取决于溶液的类型和浓度关系，以及物质的摩尔质量等因素，例如AgCl在水中和盐酸中的溶解度不同，但溶度积相同，故A错误；
B、沉淀不可能沉淀完全，当离子浓度小于1.0×10﹣5ml/L时，可认为沉淀完全，故B正确；
C、BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积等于碳酸钡的Ksp，实际Ksp（BaSO4）小于Ksp（BaCO3），故C错误；
D、溶度积常数与温度有关系，与溶液类型以及浓度无关，故D错误；
故选：B。
10．【分析】通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，据此解答．
【解答】A、难溶不是不溶，只是溶解度小，故A错误；
B、MnS难溶于水也难溶于MnCl2溶液，故B错误；
C、通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，故C正确；
D、沉淀转化的离子方程式为：Cu2+（aq）+MnS（s）＝CuS（s）+Mn2+（aq），故D错误；
故选：C。
11．【分析】要使Mg（OH）2固体减少，应使平衡向正向移动，但c（Mg2+）不变，说明仍为饱和溶液，可加入水，以此解答该题．
【解答】解：A．加入固体MgSO4，增大了c（Mg2+），使溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量增加，故A错误；
B．加适量盐酸，消耗了氢氧根离子，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量减少，c（Mg2+）增加，故B错误；
C．加入NaOH固体，增大了c（OH﹣），使溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量增加，c（Mg2+）减小，故C错误；
D．加入适量水，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量减少，由于加水后仍是Mg（OH）2的饱和溶液，所以c（Mg2+）不变，故D正确；
故选：D。
12．【分析】A．由图可知，温度越高，Ca2+、CO32﹣的浓度越大；
B．由c点c（Ca2+）＝2.0×10﹣5ml/L，c（CO32﹣）＝1.4×10﹣4ml/L计算Ksp（CaCO3）；
C．c点为25℃时碳酸钙的饱和溶液，加入Na2CO3后仍为25℃时碳酸钙的饱和溶液，仍在曲线上；
D．升高温度，CaCO3的溶解度增大。
【解答】解：A．由图可知，温度越高，Ca2+、CO32﹣的浓度越大，溶解平衡为吸热反应，则CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq）△H＞0，故A错误；
B．由c点c（Ca2+）＝2.0×10﹣5ml/L、c（CO32﹣）＝1.4×10﹣4ml/L可知，25℃时，CaCO3的Ksp＝c（Ca2+）×c（CO32﹣）＝2.8×10﹣9，故B正确；
C．c点为25℃时碳酸钙的饱和溶液，加入Na2CO3后仍为25℃时碳酸钙的饱和溶液，在曲线上，但c（CO32﹣）增大、c（Ca2+）减小，即沿曲线下滑，不能到d点，故C错误；
D．CaCO3的溶解度随温度升高而增大，所以升高温度可以使a点溶液变成不饱和溶液，溶液中c（Ca2+）和c（CO32﹣）均不变，仍在原处不变，故D错误；
故选：B。
二．填空题（共3小题）
13．【分析】（1）①升高温度，促进难溶物的电离，导致溶度积常数增大；
②加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动；
（2）根据CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，发生复分解反应，生成一种黑色固体物质CuA，然后写出离子方程式．
【解答】解：（1）①已知CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2﹣（aq）△H＞0，升高温度，促进难溶物的电离，所以导致溶度积常数变大，故答案为：增大；
②已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣，则该酸为弱酸，加盐酸发生反应：A2﹣+H+⇌HA﹣，A2﹣浓度减小，CaA的溶解平衡向右移动，n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以c（Ca2+）增大，
故答案为：增大；加盐酸发生反应：A2﹣+H+⇌HA﹣，A2﹣浓度减小，CaA的溶解平衡向右移动，n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以c（Ca2+）增大；
（2）CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，发生复分解反应，生成一种黑色固体物质CuA，离子方程式为CaA（s）+Cu2+（aq）⇌Ca2+（aq）+CuA（s），
故答案为：CaA（s）+Cu2+（aq）⇌Ca2+（aq）+CuA（s）．
14．【分析】（1）温度和平衡常数间的关系取决于平衡受温度的影响情况；
（2）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则＝0.077，即923x＝77a，X为金属的化合价，讨论可得x＝2，a＝24，故该金属氢化物为MgH2；
（3）配制的SnCl2的水溶液时，要防止Sn2+被氧化和水解；
（4）△H﹣T△S＞0时，反应不能自发进行；
（5）①A、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择生石灰作沉淀剂；
B、Mg（OH）2分解吸热，且MgO不能燃烧；
C、MgO熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁；
D、高温条件下，碳和氧化镁反应生成镁和二氧化碳或一氧化碳；
②（4）Mg（OH）2的饱和溶液中的溶度积计算饱和溶液中的氢氧根离子浓度，结合水溶液中离子积计算氢离子浓度计算pH，然后结合表中数据判断溶液所呈现的颜色．
【解答】解：（1）对于放热反应，温度升高，则化学平衡逆向移动，导致平衡常数减小，所以T1＜573K，故答案为：＜；
（2）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则＝0.077，即923x＝77a，X为金属的化合价，讨论可得x＝2，a＝24，故该金属氢化物为MgH2，故反应方程式为2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2，
故答案为：2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2；
（3）配制的SnCl2的水溶液时，要防止Sn2+被氧化和水解，加入盐酸抑制其水解，加入Sn防止其氧化，故答案为：盐酸和Sn；
（4）反应2CO（g）＝2C（s）+O2（g）的△S＜0，其△H＞0，则其△H﹣T△S＞0，反应不能自发进行，故答案为：不能实现，因为其△H﹣T△S＞0；
（5）①A、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择生石灰作沉淀剂，故A错误；
B、Mg（OH）2分解吸热，且MgO不能燃烧，所以Mg（OH）2能作阻燃剂是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物，故B正确；
C、MgO熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁，故C错误；
D、高温加热碳和氧化镁的混合物时，生成的二氧化碳或一氧化碳能不断脱离反应体系，促使反应不断进行，因此碳可以置换出镁，故D正确；
故答案为：BD；
②25℃时，Mg（OH）2的溶度积Ksp＝5.6×10﹣12，根据反应Mg（OH）2（s）⇌Mg2++2OH﹣可得：c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝5.6×10﹣12，
设c（OH﹣）＝2c（Mg2+）＝x，则：0.5x×x2＝5.6×10﹣12，
解得：x＝2.24×10﹣4ml/L，
c（H+）＝ml/L＝4.5×10﹣11ml/L，
溶液的pH＝10.4＞9.6，所以溶液呈蓝色，
故答案为：蓝色．
15．【分析】（1）①向含有AgI的饱和溶液中加入固体AgNO3，Ag+浓度增大，根据Ksp（AgI）分析；
②AgI已经达到饱和，无法再溶解更多的AgI；
③向含有AgI的饱和溶液中加入大量的NaBr固体，可以发生沉淀转化：AgI（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+I﹣；
（2）根据Ksp（AgBr），Ksp（AgI）的相对大小分析。
【解答】解：（1）①向含有AgI的饱和溶液中加入固体AgNO3，Ag+浓度增大，则溶液中c（I﹣）＝减小，
故答案为：变小；
②AgI已经达到饱和，无法再溶解更多的AgI，所以加入更多的AgI固体，则c（Ag+）不变，
故答案为：不变；
③向含有AgI的饱和溶液中加入大量的NaBr固体，可以发生沉淀转化：AgI（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+I﹣，则溶液中c（I﹣）增大，
故答案为：变大；
（2）等体积混合后c（Br﹣）＝c（I﹣）＝0.001ml/L，c（Ag+）＝2×10﹣3 ml/L．因Ksp（AgI）＜Ksp（AgBr），AgI先沉淀，当I﹣完全沉淀时，消耗c（Ag+）＝c（I﹣）＝0.001ml/L，剩余c（Ag+）＝2×10﹣3 ml/L﹣0.001ml/L＝0.001ml/L，Q（AgBr）＝0.001ml/L×0.001ml/L＝1×10﹣6＞4.9×10﹣13，所以有AgBr沉淀生成；而再向其中加入适量NaI固体时，会有AgBr转化为AgI。
故答案为：AgI、AgBr；AgBr（s）+I﹣（aq）═AgI（s）+Br﹣（aq）。化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
PbCl2
溶度积kSP
1.82×10﹣8
1.46×10﹣13
9.04×10﹣29
1.17×10﹣5
T/K
T1
573
T3
K
1.00×107
2.54×105
1.88×103
pH
＜8.0
8.0～9.6
＞9.6
颜色
黄色
绿色
蓝色
一．选择题（共12小题）
1．洗涤BaSO4固体中吸附的Na+和Cl﹣，最好用下列试剂中的（ ）
A．BaCl2溶液B．稀H2SO4C．Na2SO4溶液D．蒸馏水
2．常温时，将足量的CaCO3固体分别加入同体积下列各溶液中，CaCO3溶解最少的是（ ）
A．1 ml•L﹣1的Na2CO3溶液
B．2 ml•L﹣1的K2CO3溶液
C．2 ml•L﹣1的HCl溶液
D．1 ml•L﹣1的NaCl溶液
3．把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）。加入以下溶液，可使Ca（OH）2减少的是（ ）
A．Na2SB．AlCl3C．C．NaOHD．CaCl2
4．常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等杂质离子，通过添加过量的难溶物MnS，可使杂质离子转化成沉淀并过滤除去，下列说法正确的是（ ）
A．过滤后的溶液中一定没有S2﹣
B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中
C．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓
D．常温时，Ksp（PbS）＜Ksp（MnS）
5．已知，一些铅盐的溶度积如下：
由上述数据可知，要除去工业废水中的Pb2+，沉淀剂最好选用（ ）
A．硫酸盐B．硫化物C．碳酸盐D．盐酸盐
6．下列应用或现象体现的化学原理，主要是体现沉淀溶解平衡原理的是（ ）
①热纯碱溶液洗涤油污的能力强
②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
③溶洞的形成
④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能
⑤泡沫灭火器灭火的原理．
A．②③④B．①②③C．③④⑤D．全部
7．氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg（OH）2（s）═Mg2+（aq）+2OH﹣（aq） 时，为使Mg（OH）2固体的量减少，可加入少量的（ ）
A．NaOHB．NH4ClC．MgSO4D．Na2SO4
8．已知在Ca3（PO4）2的饱和溶液中，c（Ca2+）＝2.0×10﹣6 ml•L﹣l，c（PO43﹣）＝1.58×10﹣6ml•L﹣l，则Ca3（PO4）2的Ksp为（ ）
A．2.0×10﹣29B．3.2×l0﹣12C．6.3×10﹣18D．5.1×10﹣27
9．下列说法中正确的是（ ）
A．难溶电解质的Ksp越小，溶解度就一定越小
B．一般认为沉淀离子浓度小于1.0×10﹣5 ml/L时，沉淀就达完全
C．用饱和Na2CO3溶液可以将BaSO4转化为BaCO3，说明Ksp（BaCO3）小于Ksp（BaSO4）
D．向含AgCl沉淀的悬浊液中加入NaCl饱和溶液，AgCl的溶解度变小，溶度积常数变小
10．常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是（ ）
A．过滤后的溶液中一定没有S2﹣
B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中
C．常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶
D．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2﹣＝CuS↓
11．在一定温度下，当Mg（OH）2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），要使Mg（OH）2固体减少而C（Mg2+）不变，可采取的措施是（ ）
A．加MgSO4B．加HCl溶液C．加NaOHD．加水
12．25℃和100℃两种情况下，碳酸钙在水中的溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq）△H＜0
B．25℃时，CaCO3的Ksp＝2.8×10﹣9
C．25℃时加入Na2CO3，可以使溶液由c点变为d点
D．升高温度可以使溶液由a点变为曲线上的任一点
二．填空题（共3小题）
13．已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣．回答以下问题：
（1）已知常温下，H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在平衡：CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2﹣（aq）△H＞0．
①温度升高时，Ksp （填“增大”、“减小”或“不变”下同）．
②滴加少量浓盐酸，c （Ca2+） ，原因是 （用文字和离子方程式说明）．
（2）若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式 ．若某CuSO4溶液中c （Cu2+）＝0.02ml/L，如果要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液pH，使之大于5 （已知Ksp[Cu（OH）2]＝2.0×10﹣20）．
14．（1）工业合成氨是一个可逆反应：N2（g）+H2（g）⇌2NH3（g）．图中虚线部分是通过改变化学反应中的条件，请解释原因：下表为不同温度下该反应的平衡常数．由此可推知，表中T1 573K（填“＞”、“＜”或“＝”）．
（2）Mg2Cu是一种储氢合金．350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）．Mg2Cu与H2反应的化学方程式为 ．
（3）锡常见的价态有+2和+4价，在化合物中稳定的价态为+4价，则配制的SnCl2的水溶液除了固体SnCl2和水外，还需要的物质是 ．
（4）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）＝2C（s）+O2（g），已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据： ．
（5）Mg（OH）2是制镁盐、耐火材料和阻燃剂的重要原料．
已知：a、25℃时，KSP[Mg（OH）2]＝4.0×10﹣38；b、Mg（OH）2（s）＝MgO（s）+H2O（g）△H＝+81.5kJ•ml﹣1．
①下列叙述正确的是 ．
A、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择NaOH作沉淀剂
B．Mg（OH）2能作阻燃剂是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物
C、可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁
D、高温下，碳可以和氧化镁发生反应
②酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：
25℃时，在Mg（OH）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为 ．
15．已知常温下，AgBr的Ksp═4.9×10﹣13、AgI的Ksp═8.3×10﹣17。
（1）现向含有AgI的饱和溶液中：
①加入固体AgNO3，则c（I﹣） （填“变大”“变小”或“不变”，下同）；
②若加入更多的AgI固体，则c（Ag+） ；
③若加入大量的NaBr固体，则c（I﹣） 。
（2）现向含有NaBr、KI均为0.002 ml•L﹣1的溶液中加入等体积的浓度为4×10﹣3ml•L﹣1的AgNO3溶液，则产生的沉淀是 （填化学式）；若向其中再加入适量的NaI固体，则最终可发生沉淀转化的总离子方程式为 。
参考答案
一．选择题（共12小题）
1．【分析】洗涤BaSO4固体中吸附的Na+和Cl﹣，依据沉淀溶解平衡原理和洗涤过程中不能引入新的杂质分析判断；
【解答】解：A、BaCl2溶液洗涤时表面的氯离子不能全部洗涤干净，故A错误；
B、稀H2SO4 洗涤减少了硫酸钡沉淀溶解，同时能洗去表面的钠离子和氯离子，故B错误；
C、Na2SO4溶液洗涤，表面的钠离子不能全部洗去，故C不符合；
D、蒸馏水洗涤会损失硫酸钡沉淀，故D不符合；
故选：B。
2．【分析】依据CaCO3在水溶液中存在沉淀溶解平衡，CaCO3（s）⇌Ca2++CO32﹣，结合选项中CO32﹣浓度大小以及能与CO32﹣反应离子浓度大小分析CaCO3的溶解度大小。
【解答】解：CaCO3在水溶液中存在沉淀溶解平衡，CaCO3（s）⇌Ca2++CO32﹣，根据同离子效应，CO32﹣会抑制CaCO3溶解。1 ml•L﹣1的Na2CO3溶液CO32﹣离子浓度为1ml•L﹣1，而2 ml•L﹣1的K2CO3溶液中CO32﹣离子浓度最大，为2 ml•L﹣1，抑制碳酸钙的溶解程度更大；2 ml•L﹣1的HCl溶液为酸性溶液，氢离子消耗碳酸根离子，促进碳酸钙的溶解；NaCl对碳酸钙的溶解平衡无影响。
故选：B。
3．【分析】在平衡：Ca（OH）2（固）⇌Ca2++2OH﹣中，使平衡向正方向移动，有利于Ca（OH）2减少。
【解答】解：A．加入Na2S溶液，由于S2﹣水解呈碱性，使OH﹣浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故A错误；
B．加入AlCl3溶液，由于Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，实现沉淀的转化，有利于Ca（OH）2减少，故B正确；
C．加入NaOH溶液，溶液中OH﹣浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故C错误；
D．加入CaCl2溶液，溶液中Ca2+浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故D错误，
故选：B。
4．【分析】通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，据此解答。
【解答】解：A．难溶不是不溶，只是溶解度小，故A错误；
B．MnS难溶于水也难溶于MnCl2溶液，故B错误；
C．沉淀转化的离子方程式为：Cu2+（aq）+MnS（s）＝CuS（s）+Mn2+（aq），故C错误；
D．通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，故D正确，
故选：D。
5．【分析】根据不同硫化物的溶度积常数分析。
【解答】解：根据不同硫化物的溶度积常数分析，出去Pb2+的效果好，形成的沉淀越难溶越好，PbS的溶度积极小，一般而言，金属离子的硫化物相当难溶，
故选：B。
6．【分析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解呈碱性，且盐类的水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；
②钡离子有毒，钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀；
③溶洞、珊瑚的主要成分是碳酸钙，钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀；
④碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；
⑤碳酸氢钠溶液水解呈碱性，硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳．
【解答】解：①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；
②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，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释；
③水中含有钙离子，空气中有二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙，长时间反应，形成溶洞珊瑚，所以可以用沉淀平衡原理来解释；
④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能，可以用沉淀平衡原理来解释；
⑤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；
故选：A。
7．【分析】根据平衡移动原理及溶度积解答，要使Mg（OH）2 固体的量减少平衡向由移动，可以加水，或降低Mg2+或OH﹣的浓度，以此解答该题。
【解答】解：A．加入NaOH，OH﹣的浓度增大，平衡向左移动，Mg （OH）2 固体的量增大，故A错误；
B．加入少量NH4Cl，NH4+与OH﹣结合生成氨水，氢氧根的浓度减小，平衡右移，Mg（OH）2固体的量减少，故B正确；
C．加入少量Mg2SO4，镁离子的浓度增大，平衡左移，Mg （OH）2 固体的量增大，故C错误；
D．加入少量Na2SO4，不改变各种物质的浓度，平衡不移动，Mg（OH）2固体的量不变，故D错误；
故选：B。
8．【分析】Ksp[Ca3（PO4）2]＝[c（Ca2+）]3×[c（PO43﹣）]2，据此计算．
【解答】解：Ksp[Ca3（PO4）2]＝[c（Ca2+）]3×[c（PO43﹣）]2＝（2．O×10﹣6）3×（1.58×10﹣6）2＝2.0×10﹣29，故选A。
9．【分析】A、Ksp越小，电解质的溶解度不一定越小，溶度积常数与温度有关系，与溶液类型以及浓度无关；
B、沉淀不可能完全沉淀，当离子浓度小于1.0×10﹣5ml/L时，可认为沉淀完全；
C、如满足Qc＞Ksp，可生成沉淀；
D、溶度积常数与温度有关系，与溶液类型以及浓度无关．
【解答】解：A、Ksp越小，电解质的溶解度不一定越小，溶解度还取决于溶液的类型和浓度关系，以及物质的摩尔质量等因素，例如AgCl在水中和盐酸中的溶解度不同，但溶度积相同，故A错误；
B、沉淀不可能沉淀完全，当离子浓度小于1.0×10﹣5ml/L时，可认为沉淀完全，故B正确；
C、BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积等于碳酸钡的Ksp，实际Ksp（BaSO4）小于Ksp（BaCO3），故C错误；
D、溶度积常数与温度有关系，与溶液类型以及浓度无关，故D错误；
故选：B。
10．【分析】通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，据此解答．
【解答】A、难溶不是不溶，只是溶解度小，故A错误；
B、MnS难溶于水也难溶于MnCl2溶液，故B错误；
C、通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，故C正确；
D、沉淀转化的离子方程式为：Cu2+（aq）+MnS（s）＝CuS（s）+Mn2+（aq），故D错误；
故选：C。
11．【分析】要使Mg（OH）2固体减少，应使平衡向正向移动，但c（Mg2+）不变，说明仍为饱和溶液，可加入水，以此解答该题．
【解答】解：A．加入固体MgSO4，增大了c（Mg2+），使溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量增加，故A错误；
B．加适量盐酸，消耗了氢氧根离子，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量减少，c（Mg2+）增加，故B错误；
C．加入NaOH固体，增大了c（OH﹣），使溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量增加，c（Mg2+）减小，故C错误；
D．加入适量水，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量减少，由于加水后仍是Mg（OH）2的饱和溶液，所以c（Mg2+）不变，故D正确；
故选：D。
12．【分析】A．由图可知，温度越高，Ca2+、CO32﹣的浓度越大；
B．由c点c（Ca2+）＝2.0×10﹣5ml/L，c（CO32﹣）＝1.4×10﹣4ml/L计算Ksp（CaCO3）；
C．c点为25℃时碳酸钙的饱和溶液，加入Na2CO3后仍为25℃时碳酸钙的饱和溶液，仍在曲线上；
D．升高温度，CaCO3的溶解度增大。
【解答】解：A．由图可知，温度越高，Ca2+、CO32﹣的浓度越大，溶解平衡为吸热反应，则CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq）△H＞0，故A错误；
B．由c点c（Ca2+）＝2.0×10﹣5ml/L、c（CO32﹣）＝1.4×10﹣4ml/L可知，25℃时，CaCO3的Ksp＝c（Ca2+）×c（CO32﹣）＝2.8×10﹣9，故B正确；
C．c点为25℃时碳酸钙的饱和溶液，加入Na2CO3后仍为25℃时碳酸钙的饱和溶液，在曲线上，但c（CO32﹣）增大、c（Ca2+）减小，即沿曲线下滑，不能到d点，故C错误；
D．CaCO3的溶解度随温度升高而增大，所以升高温度可以使a点溶液变成不饱和溶液，溶液中c（Ca2+）和c（CO32﹣）均不变，仍在原处不变，故D错误；
故选：B。
二．填空题（共3小题）
13．【分析】（1）①升高温度，促进难溶物的电离，导致溶度积常数增大；
②加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动；
（2）根据CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，发生复分解反应，生成一种黑色固体物质CuA，然后写出离子方程式．
【解答】解：（1）①已知CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2﹣（aq）△H＞0，升高温度，促进难溶物的电离，所以导致溶度积常数变大，故答案为：增大；
②已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣，则该酸为弱酸，加盐酸发生反应：A2﹣+H+⇌HA﹣，A2﹣浓度减小，CaA的溶解平衡向右移动，n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以c（Ca2+）增大，
故答案为：增大；加盐酸发生反应：A2﹣+H+⇌HA﹣，A2﹣浓度减小，CaA的溶解平衡向右移动，n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以c（Ca2+）增大；
（2）CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，发生复分解反应，生成一种黑色固体物质CuA，离子方程式为CaA（s）+Cu2+（aq）⇌Ca2+（aq）+CuA（s），
故答案为：CaA（s）+Cu2+（aq）⇌Ca2+（aq）+CuA（s）．
14．【分析】（1）温度和平衡常数间的关系取决于平衡受温度的影响情况；
（2）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则＝0.077，即923x＝77a，X为金属的化合价，讨论可得x＝2，a＝24，故该金属氢化物为MgH2；
（3）配制的SnCl2的水溶液时，要防止Sn2+被氧化和水解；
（4）△H﹣T△S＞0时，反应不能自发进行；
（5）①A、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择生石灰作沉淀剂；
B、Mg（OH）2分解吸热，且MgO不能燃烧；
C、MgO熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁；
D、高温条件下，碳和氧化镁反应生成镁和二氧化碳或一氧化碳；
②（4）Mg（OH）2的饱和溶液中的溶度积计算饱和溶液中的氢氧根离子浓度，结合水溶液中离子积计算氢离子浓度计算pH，然后结合表中数据判断溶液所呈现的颜色．
【解答】解：（1）对于放热反应，温度升高，则化学平衡逆向移动，导致平衡常数减小，所以T1＜573K，故答案为：＜；
（2）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则＝0.077，即923x＝77a，X为金属的化合价，讨论可得x＝2，a＝24，故该金属氢化物为MgH2，故反应方程式为2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2，
故答案为：2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2；
（3）配制的SnCl2的水溶液时，要防止Sn2+被氧化和水解，加入盐酸抑制其水解，加入Sn防止其氧化，故答案为：盐酸和Sn；
（4）反应2CO（g）＝2C（s）+O2（g）的△S＜0，其△H＞0，则其△H﹣T△S＞0，反应不能自发进行，故答案为：不能实现，因为其△H﹣T△S＞0；
（5）①A、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择生石灰作沉淀剂，故A错误；
B、Mg（OH）2分解吸热，且MgO不能燃烧，所以Mg（OH）2能作阻燃剂是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物，故B正确；
C、MgO熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁，故C错误；
D、高温加热碳和氧化镁的混合物时，生成的二氧化碳或一氧化碳能不断脱离反应体系，促使反应不断进行，因此碳可以置换出镁，故D正确；
故答案为：BD；
②25℃时，Mg（OH）2的溶度积Ksp＝5.6×10﹣12，根据反应Mg（OH）2（s）⇌Mg2++2OH﹣可得：c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝5.6×10﹣12，
设c（OH﹣）＝2c（Mg2+）＝x，则：0.5x×x2＝5.6×10﹣12，
解得：x＝2.24×10﹣4ml/L，
c（H+）＝ml/L＝4.5×10﹣11ml/L，
溶液的pH＝10.4＞9.6，所以溶液呈蓝色，
故答案为：蓝色．
15．【分析】（1）①向含有AgI的饱和溶液中加入固体AgNO3，Ag+浓度增大，根据Ksp（AgI）分析；
②AgI已经达到饱和，无法再溶解更多的AgI；
③向含有AgI的饱和溶液中加入大量的NaBr固体，可以发生沉淀转化：AgI（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+I﹣；
（2）根据Ksp（AgBr），Ksp（AgI）的相对大小分析。
【解答】解：（1）①向含有AgI的饱和溶液中加入固体AgNO3，Ag+浓度增大，则溶液中c（I﹣）＝减小，
故答案为：变小；
②AgI已经达到饱和，无法再溶解更多的AgI，所以加入更多的AgI固体，则c（Ag+）不变，
故答案为：不变；
③向含有AgI的饱和溶液中加入大量的NaBr固体，可以发生沉淀转化：AgI（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+I﹣，则溶液中c（I﹣）增大，
故答案为：变大；
（2）等体积混合后c（Br﹣）＝c（I﹣）＝0.001ml/L，c（Ag+）＝2×10﹣3 ml/L．因Ksp（AgI）＜Ksp（AgBr），AgI先沉淀，当I﹣完全沉淀时，消耗c（Ag+）＝c（I﹣）＝0.001ml/L，剩余c（Ag+）＝2×10﹣3 ml/L﹣0.001ml/L＝0.001ml/L，Q（AgBr）＝0.001ml/L×0.001ml/L＝1×10﹣6＞4.9×10﹣13，所以有AgBr沉淀生成；而再向其中加入适量NaI固体时，会有AgBr转化为AgI。
故答案为：AgI、AgBr；AgBr（s）+I﹣（aq）═AgI（s）+Br﹣（aq）。化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
PbCl2
溶度积kSP
1.82×10﹣8
1.46×10﹣13
9.04×10﹣29
1.17×10﹣5
T/K
T1
573
T3
K
1.00×107
2.54×105
1.88×103
pH
＜8.0
8.0～9.6
＞9.6
颜色
黄色
绿色
蓝色
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