2023屆高中化學人教版二輪專題復(fù)習第18講-四大平衡常數(shù)及其應(yīng)用（學案）

第18講-四大平衡常數(shù)及其應(yīng)用一、知識重構(gòu)1.四大平衡常數(shù)的比較

化學平衡常數(shù)(K)

電離常數(shù)(Ka、Kb)鹽類的水解常數(shù)(Kh)難溶電解質(zhì)溶度積常數(shù)(Ksp)概念

在一定溫度下，當一個可逆反應(yīng)達到化學平衡時，生成物濃度冪（以其化學計量數(shù)為指數(shù)）之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比是一個常數(shù)，這個常數(shù)叫作該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)，用K表示。在一定條件下達到電離平衡時，弱電解質(zhì)電離形成的各種離子的濃度的乘積與溶液中未電離的分子的濃度之比是一個常數(shù)，這個常數(shù)稱為電離常數(shù)在一定溫度下，當鹽類水解反應(yīng)達到化學平衡時，生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值是一個常數(shù)，這個常數(shù)就是該反應(yīng)的水解平衡常數(shù)在一定溫度下，在難溶電解質(zhì)的飽和溶液中，各離子濃度冪之積為一個常數(shù)意義

反映化學反應(yīng)進行的程度，K值越大，表示反應(yīng)進行得越完全，反應(yīng)物平衡轉(zhuǎn)化率越大，一般認為當反應(yīng)的平衡常數(shù)K＞105，反應(yīng)物幾乎完全轉(zhuǎn)化。反映弱電解質(zhì)電離程度的大小，常數(shù)越大，則酸(堿)性越反映弱鹽水解程度的大小，常數(shù)越大，則酸(堿)性越強．反映電解質(zhì)的溶解程度，Ksp越小的，溶解度也越?。绊懸蛩?/p>

只與溫度有關(guān)只與溫度和弱電解質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)，升高溫度，K增大只與溫度和鹽的性質(zhì)有關(guān)，升高溫度，Kh增大只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)2.K的四種表達式濃度平衡常數(shù)（Kc）Kc=EQ\f(cp(C)·cq(D),cm(A)·cn(B))分壓平衡常數(shù)（Kp）Kp=EQ\f(pp(C)·pq(D),pm(A)·pn(B))物質(zhì)的量分數(shù)平衡常數(shù)（Kχ）Kχ=EQ\f(xp(C)·xq(D),xm(A)·xn(B))物質(zhì)的量平衡常數(shù)（Kn）Kn=EQ\f(np(C)·nq(D),nm(A)·nn(B))注意：①混合氣體中某組分的分壓=總壓×該組分的物質(zhì)的量分數(shù)②固體、純液體不寫入平衡常數(shù)表達式3.Ka、Kb、Kh、Ksp表達式電離方程式表達式電離常數(shù)KaHAH++A-Ka=EQ\f(c(Aeq\o\al(－,))·c(Heq\o\al(+,)),c(HA))電離常數(shù)KbBOHB++OH-Kb=EQ\f(c(Beq\o\al(+,))·c(OHeq\o\al(-,)),c(BOH))水解常數(shù)KhA-+H2OHA+OH-Kh=EQ\f(c(HA)·c(OHeq\o\al(－,)),c(Aeq\o\al(－,)))溶度積常數(shù)KspAmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)Ksp=c(An+)m·c(Bm-)n注意：①固體、純液體不寫入平衡常數(shù)表達式②Ka·Kh=KwKb·Kh=Kw4.四大平衡常數(shù)的應(yīng)用平衡常數(shù)應(yīng)用化學平衡常數(shù)1.計算初始(或平衡)濃度2.計算轉(zhuǎn)化率(或產(chǎn)率)3.判斷平衡移動的方向(或放熱、吸熱等情況)4.判斷反應(yīng)溫度電離平衡常數(shù)1.由Ka或Kb求pH2.比較酸性強弱3.比較或計算微粒濃度大小水解平衡常數(shù)1.判斷弱酸根或弱堿根的水解程度，比較PH值2.比較微粒濃度大小3.比較對應(yīng)酸酸性強弱溶度積常數(shù)1.溶解度與Ksp的換算與比較2.沉淀后溶液中剩余離子濃度的計算3.沉淀先后的計算與判斷4.沉淀轉(zhuǎn)化分析與計算5.沉淀開始及是否沉淀完全的計算二、重溫經(jīng)典【例題1】（2022全國甲卷28題，節(jié)選）金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領(lǐng)域有著重要用途。目前生產(chǎn)鈦的方法之一是將金紅石(TiO2)轉(zhuǎn)化為TiCl4，再進一步還原得到鈦?；卮鹣铝袉栴}:（1）TiO2轉(zhuǎn)化為TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃時反應(yīng)的熱化學方程式及其平衡常數(shù)如下：（?。┲苯勇然篢iO2(s)+2Cl2(g)==TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=172kJ·mol-1，Kp1=1.0×10-2（ⅱ）碳氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)==TiCl4(g)+2CO(g)ΔH2=-51kJ·mol-1，Kp2=1.2×1012Pa①反應(yīng)2C(s)+O2(g)==2CO(g)的ΔH為kJ·mol-1，Kp=Pa。（2）在1.0×105Pa，將TiO2、C、Cl2以物質(zhì)的量比1∶∶2進行反應(yīng)。體系中氣體平衡組成比例（物質(zhì)的量分數(shù)）隨溫度變化的理論計算結(jié)果如圖所示。①反應(yīng)C(s)+CO2(g)==2CO(g)的平衡常數(shù)Kp(1400℃)= Pa?！敬鸢浮浚?）-2231.2×1014（2）7.2×105【解析】（1）由蓋斯定律可知，反應(yīng)(ⅱ)-反應(yīng)(ⅰ)可得2C(s)+O2(g)==2CO(g)ΔH=-51-172=-223kJ·mol-1Kp=EQ\f(Kp2,Kp1)=EQ\f(1.2×10－12Pa,1.0×10－2)=1.2×1014Pa（2）Kp(1400℃)=EQ\f(p2(CO),p(CO2))=EQ\f(p總)2,p總)p總==7.2×105【例題2】（2022江蘇卷14題，節(jié)選）硫鐵化合物（FeS、FeS2等）應(yīng)用廣泛。（1）納米FeS可去除水中微量六價鉻[Cr(Ⅵ)]。在pH=4~7的水溶液中，納米FeS顆粒表面帶正電荷，Cr(Ⅵ)主要以HCrO4-、Cr2Oeq\o\al(2?,7)、CrOeq\o\al(2?,4)形式存在，納米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要經(jīng)過“吸附→反應(yīng)→沉淀”的過程。己知：Ksp(FeS)=6.5×10-18，Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10-17；H2S電離常數(shù)分別為Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。②在弱酸性溶液中,反應(yīng)FeS+H+Fe2++HS-的平衡常數(shù)K的數(shù)值為 ?！敬鸢浮?×10-5【解析】K=EQ\f(c(Fe2+)·c(HS-),c(H+))=EQ\f(c(S2-)·c(Fe2+)·c(HS-),c(H+)·c(S2-))=EQ\f(6.5×10-18,1.3×10-13)=5×10-5【例題3】（2022山東卷20題，節(jié)選）利用γ-丁內(nèi)酯(BL)制備1,4-丁二醇(BD),反應(yīng)過程中伴有生成四氫呋喃(THF)和1-丁醇(BuOH)的副反應(yīng)，涉及反應(yīng)如下:已知:①反應(yīng)Ⅰ為快速平衡,可認為不受慢反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ的影響;②因反應(yīng)Ⅰ在高壓H2氛圍下進行,故H2壓強近似等于總壓?；卮鹣铝袉栴}:（1）以5.0×10-3molBL或BD為初始原料,在493K、3.0×103kPa的高壓H2氛圍下，分別在恒壓容器中進行反應(yīng)。達平衡時,以BL為原料，體系向環(huán)境放熱XkJ;以BD為原料，體系從環(huán)境吸熱YkJ。（2）初始條件同上。xi表示某物種i的物質(zhì)的量與除H2外其他各物種總物質(zhì)的量之比，xBL和xBD隨時間t變化關(guān)系如圖甲所示。實驗測得X<Y，則圖中表示xBL變化的曲線是；反應(yīng)Ⅰ平衡常數(shù)Kp= kPa-2(保留兩位有效數(shù)字)?！敬鸢浮縜或c8.3×10-8【解析】初始投料為5.0×10-3molBL和5.0×10-3molBD在493K、3.0×103kPa的高壓H2氛圍近似為全等平衡，平衡時BL的量＞BD的量所以Kp=EQ\f(p(BD),p2(H2)·p(BL))=EQ\f(0.36×3.0×103,(3×103)2×0.48×3.0×103)=8.3×10-8【例題4】（2022河北卷16題，節(jié)選）氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，以氫燃料為代表的燃料電池有良好的?yīng)用前景。（2）工業(yè)上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發(fā)生如下反應(yīng)。Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g);Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)③恒溫恒壓條件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反應(yīng)達平衡時，CH4(g)的轉(zhuǎn)化率為α，CO2(g)的物質(zhì)的量為bmol，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)Kx= （寫出含有α、b的計算式；對于反應(yīng)mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，Kx=EQ\f(xp(C)·xq(D),xm(A)·xn(B))x為物質(zhì)的量分數(shù)）?！敬鸢浮縀Q\f((α-b)·(3α+b)3,(1-α)·(1-α-b)·(2+2α)2)【解析】Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g);起始(mol)1100轉(zhuǎn)化(mol)ααα3α平衡(mol)1-α1-αα3αⅡ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始(mol)α1-α03α轉(zhuǎn)化(mol)bbbb平衡(mol)α-b1-α-bb3α+b根據(jù)差量法，達平衡時氣體總物質(zhì)的量為(2+2α)，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物質(zhì)的量分數(shù)分別為EQ\f(1-α,2+2α)、EQ\f(1-α-b,2+2α)、EQ\f(b,2+2α)、EQ\f(3α+b,2+2α)IKx=EQ\f(x(CO)·x3(H2),x(CH4)·x(H2O))=EQ\f((α-b)·(3α+b)3,(1-α)·(1-α-b)·(2+2α)2)?！纠}5】（浙江卷29題，節(jié)選）工業(yè)上，以煤炭為原料，通入一定比例的空氣和水蒸氣，經(jīng)過系列反應(yīng)可以得到滿足不同需求的原料氣。請回答：（3）一氧化碳變換反應(yīng)：CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)ΔH=-41kJ·mol-1。①一定溫度下，反應(yīng)后測得各組分的平衡壓強（即組分的物質(zhì)的量分數(shù)×總壓）：、p(H2、p(CO2)=0.75MPa和p(H2，則反應(yīng)的平衡常數(shù)K的數(shù)值為 ?！敬鸢浮?【解析】依題意可知平衡常數(shù)表達式K=EQ\f(c(CO2)·c(H2),c(CO)·c(H2O))，又由克拉伯龍方程pV=nRT推出p=cRT，所以c=EQ\f(p,RT)，所以K=Kp=EQ\f(p(CO2)·p(H2),p(CO)·p(H2O))=EQ\f(0.75MPa·0.75MPa,·)=9當反應(yīng)前后氣體分子數(shù)相等時：Kp＝Kc＝Kχ＝Kn【例題6】（2022海南卷14題，節(jié)選）某元素M的氫氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反應(yīng)為：M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)、M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)42?(aq)，25℃，-lgc與pH的關(guān)系如圖所示，c為M2+或M(OH)42?濃度的值，下列說法錯誤的是（）A.曲線①代表-lgc(M2+)與pH的關(guān)系B.M(OH)2的Ksp約為1×10-10【答案】B【解析】對于兩個反應(yīng)①M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)②M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)42?(aq)；增大pH，①平衡左移②平衡右移，即c(M2+)減小，c[M(OH)42?]增大，因此曲線①代表-lgc(M2+)與pH的關(guān)系；由圖象，時，-lgc(M2+，則M(OH)2的Ksp=c(M2+)c(OH-)2=1×10-17三、模型建構(gòu)1.K計算基本思維模型一般模型多重反應(yīng)平衡模型2.構(gòu)建化學平衡常數(shù)關(guān)系模型化學方程式的變化對K的影響：①同一可逆反應(yīng)中，K正·K逆=1；②同一方程式中的化學計量數(shù)等倍擴大或縮小n倍,則新平衡常數(shù)K′與原平衡常數(shù)K間的關(guān)系是K′=Kn或K′=eq\r(n,K)；③幾個可逆反應(yīng)方程式相加,得總方程式,則總反應(yīng)的平衡常數(shù)等于分步反應(yīng)平衡常數(shù)之積。即若Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，則KⅠ×KⅡ=KⅢ，若Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，則EQ\f(KⅠ,KⅡ)=KⅢ3.構(gòu)建多元弱酸電離常數(shù)與多元弱酸根水解常數(shù)關(guān)系模型多元弱酸電離H3AH++H2Aeq\o\al(－,)H2Aeq\o\al(－,)H++HA2eq\o\al(－,)HA2eq\o\al(－,)H++A3eq\o\al(－,)Ka1=EQ\f(c(H2Aeq\o\al(－,))·c(Heq\o\al(+,)),c(H3A))Ka2=EQ\f(c(HAeq\o\al(2－,))·c(Heq\o\al(+,)),c(H2Aeq\o\al(－,)))Ka3=EQ\f(c(Aeq\o\al(3－,))·c(Heq\o\al(+,)),c(HA2eq\o\al(－,)))Ka1·Kh3=KwKa2·Kh2=KwKa3·Kh1=KwKh1=EQ\f(Kw,Ka3)Kh2=EQ\f(Kw,Ka2)Kh3=EQ\f(Kw,Ka1)水解A3eq\o\al(－,)+H2OHA2eq\o\al(－,)+OHeq\o\al(－,)HA2eq\o\al(－,)+H2OH2Aeq\o\al(－,)+OHeq\o\al(－,)H2Aeq\o\al(－,)+H2OH3A+OHeq\o\al(－,)Kh1=EQ\f(c(HAeq\o\al(2－,))·c(OHeq\o\al(－,)),c(A3eq\o\al(－,)))Kh2=EQ\f(c(HAeq\o\al(－,))·c(OHeq\o\al(－,)),c(HA2eq\o\al(－,)))Kh3=EQ\f(c(H3A)·c(OHeq\o\al(－,)),c(H2Aeq\o\al(－,)))H3Aeq\o(,\s\up8(Ka1),\s\do8(Kh3))H2A－eq\o(,\s\up8(Ka2),\s\do8(Kh2))HA2－eq\o(,\s\up8(Ka3),\s\do8(Kh1))R3－【例題7】（2022江蘇卷12題，節(jié)選）一種捕集煙氣中CO2的過程如圖所示。室溫下以0.1mol·L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含碳物種的濃度c總=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3)))。H2CO3電離常數(shù)分別為Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列說法正確的是C.KOH溶液吸收CO2，c總=0.1mol·L-1溶液中：c(H2CO3)>c(CO32?)【答案】C【解析】根據(jù)物料守恒可以確定，C項中溶質(zhì)為KHCO3。HCO3-的電離常數(shù)為Ka2=4.4×10-11水解常數(shù)為Kh2=EQ\f(Kw,Ka3)=EQ\f(1×10-14,4.4×10-7)＞4.4×10-11水解程度＞電離程度，所以c(H2CO3)>c(CO32?)4.構(gòu)建利用圖像特殊點計算K的方法模型多元弱酸各種微粒分布分數(shù)與pH變化關(guān)系曲線【例題8】（2021年山東高考15題）賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO－，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在平衡：H3R2+eq\o(,\s\up8(K1))H2R+eq\o(,\s\up8(K2))HReq\o(,\s\up8(K3))R－。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R－的分布系數(shù)δ(x)隨pH變化如圖所示。已知δ(x)=eq\f(c(X),c(H3R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R－))。A．EQ\f(K2,K1)>EQ\f(K3,K2)【答案】A錯誤【解析】從圖像中分析可知M、N、P對應(yīng)c(H＋)分別等于K1、K2、K3的值，有反應(yīng)H2R2+H2R+＋H+ (K1)，H2R+HR＋H+ (K2)，HRR－＋H+(K3)，所以Ka1=EQ\f(c(H2R+)·c(Heq\o\al(+,)),c(H2R2+))=10Ka2=EQ\f(c(HR)·c(Heq\o\al(+,)),c(H2R+))=10Ka3=EQ\f(c(R－)·c(Heq\o\al(+,)),c(HR))=10則EQ\f(K2,K1)=EQ\f(10,10)=10，EQ\f(K3,K2)=EQ\f(10,10)=10則EQ\f(K2,K1)＜EQ\f(K3,K2)，A錯誤5.變換平衡常數(shù)關(guān)系式解決多元弱酸根與其分子比值問題【例題9】（2022海南卷13題，節(jié)選）NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列關(guān)于NaClO溶液說法正確的是（）D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)【答案】D【解析】根據(jù)電荷守恒式c(OH-)+c(ClO-)=c(Na+)+c(H+)以及室溫條件下可以推出c(ClO-)=c(Na+)，又因為EQ\f(c(ClO-),c(HClO))=EQ\f(Ka(HClO),c(H)+)=EQ\f(4.0×10-8,1.0×10-7)可以推出c(HClO)>c(ClO-)【例題10】（2022全國乙卷13題，節(jié)選）常溫下，一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某體系中，H+與A-離子不能穿過隔膜,未電離的HA可自由穿過該膜（如圖所示）。設(shè)溶液中c總(HA)=c(HA)+c(A-)，當達到平衡時，下列敘述正確的是（）B.溶液Ⅱ中的HA的電離度EQ\f(c(A-),c總(HA))為EQ\f(1,101)C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10-4【答案】B【解析】EQ\f(c(A-),c總(HA))=EQ\f(c(A-),c(HA)+c(A-))=EQ\f(1,\f(c(HA),c(A-))+1)=EQ\f(1,\f(c(H+),Ka)+1)=EQ\f(1,\f(10-1,10-3)+1)=EQ\f(1,101)故B選項正確；根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C選項錯誤；c總(HA)Ⅰ=c(HA)Ⅰ+c(A-)Ⅰ=c(HA)+c(A-)Ⅰ=c(HA)+EQ\f(Ka·c(HA),c(H)+Ⅰ)=(1+104)c(HA)c總(HA)Ⅱ=c(HA)Ⅱ+c(A-)Ⅱ=c(HA)+c(A-)Ⅱ=c(HA)+EQ\f(Ka·c(HA),c(H)+Ⅱ)=(1+0.01)c(HA)溶液I和II中c總(HA)之比為[(104+1)c(HA)]∶c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D錯誤。6.構(gòu)建沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的化學平衡常數(shù)與溶度積常數(shù)的關(guān)系模型BaCO3(s)+SOeq\o\al(2?,4)(aq)BaSO4(s)+COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))(aq)K=EQ\f(c(Ba2+)·c(COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))),c(Ba2+)·c(SOeq\o\al(2?,4)))=EQ\f(KspBaSO4,KspBaCO3)BaCO3(s)Ba2+(aq)+COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))(aq)Ksp(BaCO3）①BaSO4(s)Ba2+(aq)+SOeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(4))(aq)Ksp(BaSO4）②①-②得上述沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)K=EQ\f(c(Ba2+)·c(COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))),c(Ba2+)·c(SOeq\o\al(2?,4)))=EQ\f(KspBaCO3,KspBaSO4)不同類型的沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)的K=EQ\f(Ksp3[(Mg(OH)2)],Ksp2[(Fe(OH)3)])【例題11】（2022全國乙卷26題，節(jié)選）廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源,通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質(zhì)PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9回答下列問題:（1）在“脫硫”中PbSO4轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為 。用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因。（2）在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉(zhuǎn)化，原因是。【答案】（1）PbSO4(s)+COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))(aq)PbCO3(s)+SOeq\o\al(2?,4)(aq)；反應(yīng)PbSO4(s)+COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))(aq)PbCO3(s)+SOeq\o\al(2?,4)(aq)的平衡常數(shù)K=EQ\f(c(COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))),c(SOeq\o\al(2?,4)))105>105，PbSO4可以比較徹底的轉(zhuǎn)化為PbCO3；（2）反應(yīng)PbSO4(s)+COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))(aq)PbCO3(s)+SOeq\o\al(2?,4)(aq)的平衡常數(shù)K=EQ\f(c(SOeq\o\al(2?,4)),c(COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))))=0.04<<105，反應(yīng)正向進行的程度有限?！窘馕觥浚?）K=EQ\f(c(SOeq\o\al(2?,4)),c(COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))))=EQ\f(c(Pb2+)·c(SOeq\o\al(2?,4)),c(Pb2+)·c(COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))))=EQ\f(KspPbSO4,KspPbCO3)=EQ\f(2.5×10-8,7.4×10-14)==3.4×105＞105，Na2CO3幾乎可以使PbSO4完全轉(zhuǎn)化為PbCO3（2）K=EQ\f(c(SOeq\o\al(2?,4)),c(COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))))=EQ\f(c(Ba2+)·c(SOeq\o\al(2?,4)),c(Ba2+)·c(COeq\o(\s\up2(2_),\s\do1(3))))=EQ\f(KspBaSO4,KspBaCO3)=EQ\f(1.1×10-10,2.6×10-9)==4.2×10-2＜105，反應(yīng)正向進行的程度有限。7.構(gòu)建沉淀開始、完全、先后、溶解的思維模型沉淀開始Qi>Ksp沉淀完全c<1×10-5mol·L-1沉淀先后形成沉淀所需微粒濃度越小，越先沉淀沉淀溶解沉淀溶解產(chǎn)生離子濃度越大，越先溶解【例題12】（2022北京卷18題，節(jié)選）白云石的主要化學成分為CaMg(CO3)2，還含有質(zhì)量分數(shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂，流程示意圖如下。已知：物質(zhì)Ca(OH)2Mg(OH)2CaCO3MgCO3Ksp5.5×10-65.6×10-123.4×10-96.8×10-6（1）白云石礦樣煅燒完全分解的化學方程式為；（2）①“解釋“浸鈣”過程中主要浸出CaO的原因是。【答案】（1）CaMg(CO3)2=CaO+MgO+2CO2（2）Ksp[Ca(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]在一定量NH4Cl溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故CaO先浸出【解析】氯化銨水解生成一水合氨與氫離子，可以調(diào)節(jié)溶液的pH，由圖表可知，Ksp[Ca(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，在一定量NH4Cl溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故CaO首先溶解被浸出；【例題13】（2022山東卷14題，節(jié)選）工業(yè)上以SrSO4(s)為原料生產(chǎn)SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究。現(xiàn)有含SrCO3(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1Na2CO3溶液,含SrSO4(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1Na2SO4溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中l(wèi)g[c(Sr2+)/mol·L-1]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A.反應(yīng)SrSO4(s)+CO32?SrCO3(s)+SO42?的平衡常數(shù)K=EQ\f(KspSrSO4,KspSrCO3)B.aC.曲線④代表含SrCO3(s)的1.0mol·L-1Na2CO3溶液的變化曲線【答案】ABC均正確【解析】對于反應(yīng)SrSO4(s)Sr2+(aq)+SO42–(aq)減小pH，平衡不移動，c(Sr2+)幾乎不變對于反應(yīng)SrCO3(s)Sr2+(aq)+CO32–(aq)減小pH，