1、第4讲难溶电解质的溶解平衡【2019备考】最新考纲：1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2.理解溶度积的含义及其表达式，能进行相关的计算。考点一沉淀的溶解平衡及应用(频数：难度：)1.沉淀溶解平衡(1)含义在一定温度下的水溶液中，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了溶解平衡状态。(2)建立过程固体溶质溶液中的溶质(3)特征2.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
2、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。例如：以AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)为例，填写外界条件对溶解平衡的影响。外界条件移动方向平衡后Ag平衡后ClKsp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(3)电解质在水中的溶解度20 时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)与AgCl=AgCl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
3、水溶液中的电离方程式。3.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34，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H2SCu2=CuS2H。(2)沉淀的溶解酸溶解法如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO32H=Ca2H2OCO2。盐溶液溶解法如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为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)2C
4、l2H2O。(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：锅炉除垢、矿物转化等。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.教材基础知识判断(1)沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度一定相等，且保持不变()(2)升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动()(3)室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度()(4)BaSO4在同物质的量浓度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液中的溶解度相同()(5)根据AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，CH3COOHCH3COOH
5、，可以判断AgCl、CH3COOH均为弱电解质()答案(1)(2)(3)(4)(5)2.(LK选修4P1086改编)下列叙述中正确的是()A.升高温度，沉淀溶解平衡都是向促进沉淀溶解的方向移动B.绝对不溶解的物质是不存在的C.难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止D.BaSO4(s)SO(aq)Ba2(aq)表示溶解平衡；H2OHSOSOH3O表示水解平衡答案B3.(溯源题)(2016海南化学，5)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)，下列数值变小的是_，增大的是_。CO Mg2 H Ksp(MgCO3)答案探源：本题源于LK选修4 P90“观察思考”对
6、沉淀的溶解过程进行了分析和判断。题组一沉淀溶解平衡过程及其影响因素1.下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法中，正确的是()A.升高温度，AgCl的溶解度减小B.在任何含AgCl固体的水溶液中，AgCl且二者乘积是一个常数C.AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等D.向AgCl沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl溶解的质量不变解析升高温度，AgCl的溶解度增大，A错误；在任何含AgCl固体的水溶液中，Ag与Cl不一定相等，但二者乘积在一定温度下是一个常数，B错误；当达到平衡时，AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等，C正确；向AgCl沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，溶解平衡逆向
7、移动，AgCl溶解的质量减小，D错误。答案C2.已知溶液中存在平衡：Ca(OH)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. B. C. D.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C
8、a(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。答案A题组二溶解平衡原理的应用3.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()热纯碱溶液去油污能力强误将钡盐BaCl2、Ba(NO3)2当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒溶洞、珊瑚的形成碳酸钡
9、不能作“钡餐”而硫酸钡则能泡沫灭火器灭火的原理A. B. C. D.解析是水解平衡原理。答案A4.(2018湖南怀化期末)向MnCl2溶液中加入过量难溶电解质MnS，可使溶液中含有的Cu2、Pb2、Cd2等金属离子转化为硫化物沉淀，从而得到纯净的MnCl2。下列分析正确的是()A.MnS具有吸附性B.MnS有还原性，可将Cu2、Pb2、Cd2还原后除去C.MnS溶解度大于CuS、PbS、CdSD.MnS与Cu2反应的离子方程式是Cu2S2=CuS解析MnS是难溶物，它能将溶液中的Cu2、Pb2、Cd2转化为硫化物沉淀，发生的是沉淀的转化，说明生成的硫化物是更难溶的物质，即MnS溶解度大于CuS
10、、PbS、CdS，故C项正确；A、B项错误；MnS与Cu2反应的离子方程式应为MnSCu2CuSMn2，D项错误。答案C规范模板某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。已知EDTA只能与溶液中的Fe2反应生成易溶于水的物质，不与Mg(OH)2反应。虽然Fe(OH)2难溶于水，但步骤中随着EDTA的加入，最终能够将Fe(OH)2除去并获得纯度高的Mg(OH)2。请从沉淀溶解平衡的角度加以解释：Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2(s)Fe2(aq)2OH(aq)，当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2促使平衡
11、向右移动而使Fe(OH)2不断溶解。考点二沉淀溶解平衡常数及其应用(频数：难度：)1.溶度积和离子积以AmBn(s)mAn(aq)nBm(aq)为例：溶度积浓度商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KspQc表达式Ksp(AmBn)cm(An)cn(Bm)，式中的浓度都是平衡浓度Qc(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)外因浓度：加水稀释，平衡
12、向溶解方向移动，但Ksp不变。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。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。(1)溶解平衡一般是吸热的，温度升高平衡右移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。(2)对于沉淀溶解平衡：AmBn(s)mAn(aq)nBm(aq)，KspAnmBmn，对于相同类型的物质，Ksp的大小反映了难溶电解质在溶液中溶解能力的大小，也反映了该物质在溶液中沉淀的难易。1.教材基础知识判断(1)Ksp既与难溶电解质的性质和温度有关，也与沉淀的量和溶液中离子浓度有
13、关()(2)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()(3)常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小()(4)溶度积常数Ksp只受温度的影响，温度升高Ksp增大()(5)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变()(6)Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度()(7)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，沉淀已经完全()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)2.考题印证(溯源题)判断下列说法是否正确。(1
14、)实验现象结论向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2 滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp(AgI)Ksp(AgCl)()(2017课标全国，13C)(2)在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小()(2016天津理综，3D)(3)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变()(2016课标全国，13D)(4)将0.1 mol/L MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol/L CuSO4溶液，先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，说明Cu(OH)2的溶度积比M
15、g(OH)2的小()(2015全国卷卷，10D)答案(1)(2)(3)(4)题组一Ksp的理解应用1.化工生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2：Cu2(aq)MnS(s)CuS(s)Mn2(aq)。下列说法错误的是()A.MnS的Ksp比CuS的Ksp大B.该反应达平衡时Mn2Cu2C.往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，Mn2变大D.该反应的平衡常数K解析根据一般情况下沉淀转化向溶度积小的方向进行可知，Ksp(MnS)Ksp(CuS)，A项正确；该反应达平衡时Mn2、Cu2保持不变，但不一定相等，B项错误；往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，平衡向正反应方向移动，Mn2变大，
16、C项正确；该反应的平衡常数K，D项正确。答案B2.25 时，下列5种盐的溶度积常数(Ksp)分别是：Ag2SO4Ag2SAgClAgBrAgI1.41056.310501.810107.710138.511016结合相关数据分析，下列说法不正确的是()A.除去溶液中的Ag用硫化钠溶液比硫酸钠效果好B.向AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)平衡体系中加入少量氯化钠固体，溶液中Ag不变C.向少量溴化银悬浊液中加入足量饱和食盐水，沉淀颜色会由浅黄色变为白色D.向生成的黄色AgI沉淀中滴加少量Na2S溶液，沉淀会变为黑色解析A项，Ag2S的溶度积比Ag2SO4的小，更易生成Ag2S沉淀，A项正确；B
17、项，由于温度一定时氯化银的溶度积一定，加入少量氯化钠会增加氯离子浓度，所以溶液中银离子浓度会减小，平衡逆向移动，B项错误；C项，由于饱和NaCl溶液中Cl的浓度较大，溴化银沉淀会转化为氯化银沉淀，C项正确；D项，由于硫化银更难溶，所以碘化银会转化为黑色的硫化银，D项正确。答案B题组二沉淀溶解平衡曲线3.25 时，FeS和ZnS的饱和溶液中，金属阳离子与S2的物质的量浓度的负对数关系如图所示。下列说法正确的是()A.溶解度：S(FeS)S(ZnS)B.a点表示FeS的不饱和溶液，且Fe2S2C.向b点对应溶液中加入Na2S溶液，可转化为c点对应的溶液D.向c点对应的溶液中加入Na2S溶液，ZnS
18、的Ksp增大解析由题图可知ZnS的溶度积远小于FeS，又因为FeS和ZnS的摩尔质量相差不大，故溶解度S(FeS)S(ZnS)，A项错误；a点FeS的离子浓度积小于其溶度积，故为不饱和溶液，根据图中数据知Fe2S2，故B项正确；向b点对应溶液中加入Na2S溶液，S2增大，而b点到c点S2减小，C项错误；Ksp只与温度有关，向c点对应的溶液中加入Na2S溶液，ZnS的Ksp不变，D项错误。答案B4.某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡FeR(s)Fe2(aq)R2(aq)，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是()A.可以通过升温实现由a点变到c点B.b点对应的Ksp等于a点对应的Ks
19、pC.d点可能有沉淀生成D.该温度下，Ksp41018解析升高温度，Fe2和R2的浓度同时增大，A项错误；曲线上的点，均为平衡点，温度不变，Ksp不变，B项正确；d点相对于平衡点a点，Fe2相同，d点R2小于a点，没有沉淀生成，C项错误；选a点或b点计算，Ksp(FeR)21018 mol2/L2，D项错误。答案B解题策略沉淀溶解平衡图像题的解题策略(1)沉淀溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线上任一点都表示饱和溶液，曲线上方的任一点均表示过饱和溶液，此时有沉淀析出，曲线下方的任一点均表示不饱和溶液。(2)从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。(3)比较溶液的Qc与Ksp的大小，判
20、断溶液中有无沉淀析出。(4)涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合溶液的体积。题组三有关Ksp的计算及在化学工艺过程中的应用5.(2018太原模拟)已知lg 20.301 0，KspMn(OH)22.01013。实验室制氯气的废液中含Mn20.1 molL1，向该溶液中滴加稀氢氧化钠溶液至Mn2完全沉淀的最小pH等于()A.8.15 B.9.3 C.10.15 D.11.6解析Mn2沉淀较为完全时的浓度为1105 molL1，已知KspMn2OH2，OH molL1104 molL1，H molL11010 molL1，所
21、以pHlg 101010 lg 210.15。答案C6.工业碳酸钠(纯度约为98%)中含有Ca2、Mg2、Fe3、Cl和SO等杂质，提纯工艺路线如图所示：.碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：.有关物质的溶度积如表所示：物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4.961096.821064.681065.6110122.641039回答下列问题：(1)写出加入NaOH溶液时反应的离子方程式：_。向含有Mg2、Fe3的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH8时，Mg2Fe3_。(2)“母液”中除了含有Na、CO外，还含有_等离子。(3)有人
22、从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程中虚线进行循环使用。请你分析在实际工业生产中是否可行：_(填“可行”或“不可行”)，并说明理由：_。解析由溶度积表知，MgCO3的Ksp最大，在溶液中溶解的最多，其他物质与MgCO3相差的数量级较大，在溶液里可以忽略。(1)主要是MgCO3与NaOH的反应生成Ksp更小的沉淀Mg(OH)2；pH8，OH106 molL1，则KspMg2OH2Mg210125.611012，得Mg25.61 molL1；KspFe3OH3Fe310182.641039，得Fe32.641021 molL1，所以Mg2Fe35.612.6410212.1251021。(2)“
23、母液”与CO不形成沉淀的只有Cl、SO等。答案(1)MgCO3(s)2OH(aq)=Mg(OH)2(s)CO(aq)2.1251021(2)Cl、SO(3)不可行若将“母液”循环使用，则溶液中Cl和SO增大，最后所得产物Na2CO3混有杂质试题分析(2013课标全国卷，11)已知Ksp(AgCl)1.561010，Ksp(AgBr)7.71013，Ksp(Ag2CrO4)9.01012。某溶液中含有Cl、Br和CrO，浓度均为0.010 molL1，向该溶液中逐滴加入0.010 molL1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()A.Cl、Br、CrO B.CrO、Br、ClC.B
24、r、Cl、CrO D.Br、CrO、Cl解题思路：我的答案：考查意图：本题主要考查难溶电解质的沉淀溶解平衡原理的知识。沉淀的生成、溶解平衡与化合物的分离、提纯、制备以及生产生活等有关。溶度积常数的概念使化合物的难溶、易溶、可溶等定性概念上升到定量层次。考查考生运用知识的能力及计算推理的能力，不仅要求掌握Ksp的表达式，而且要运用Ksp作出正确判断，有一定的难度。本题抽样统计难度系数为0.46，区分度为0.44。解题思路：要产生AgCl沉淀，c(Ag) molL11.56108 molL1；要产生AgBr沉淀，c(Ag) molL17.71011 molL1；要产生Ag2CrO4，需c2(Ag)
25、c(CrO)Ksp(Ag2CrO4)9.01012，即c(Ag) molL13.0105 molL1；显然沉淀的顺序为Br、Cl、CrO。正确答案：C真题演练1.(2017课标全国，13)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是()A.Ksp(CuCl)的数量级为107B.除Cl反应为CuCu22Cl=2CuClC.加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好D.2Cu= Cu2Cu平衡常数很大，反应趋于完全解析A项，根据CuCl(s)Cu(aq)
26、Cl(aq)可知Ksp(CuCl)c(Cu)c(Cl)，从Cu图像中任取一点代入计算可得Ksp(CuCl)107，正确；B项，由题干中“可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl”可知Cu、Cu2与Cl 可以发生反应生成CuCl沉淀，正确；C项，Cu(s)Cu2(aq)2Cu(aq)，固体对平衡无影响，故增加固体Cu的物质的量，平衡不移动，Cu的浓度不变，错误；D项，2Cu(aq)Cu(s)Cu2(aq)，反应的平衡常数K，从图中两条曲线上任取横坐标相同的c(Cu2)、c(Cu)两点即交点c(Cu2)c(Cu)106 molL1代入计算可得K106，反应平衡常数较大，反应
27、趋于完全，正确。答案C2.(1)2015课标全国，28(2)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。(2)2016课标全国，27(3)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3(蓝紫色)、Cr(OH)(绿色)、Cr2O(橙红色)、CrO(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中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
28、.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2.01012和2.01010)。解析(1)AgI的溶度积小于AgCl，当滴加AgNO3溶液时，AgI沉淀先生成，AgCl开始沉淀时，AgI已经沉淀完全，则4.7107。(2)根据Ksp(AgCl)c(Ag)c(Cl)2.01010，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)2.0105 molL1，然后再根据Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag)c(CrO)2.01012，又可计算出此时溶液中c(CrO)5
29、103 molL1。答案(1)4.7107(2)2.01055103一、选择题1.下列说法中正确的是()A.饱和石灰水中加入一定量生石灰，溶液温度明显升高，pH增大B.AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度减小C.AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp(AgCl)Ksp(AgI)D.硬水中含有较多的Ca2、Mg2、HCO、SO，加热煮沸可以完全除去其中的Ca2、Mg2解析饱和石灰水中加入一定量生石灰，溶液温度明显升高，但Ca(OH)2的溶解度降低，溶液中OH减小，溶液的pH减小，
30、A错；AgCl悬浊液中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，但离子的总浓度增大，B错；由沉淀的转化规律可得，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，C对；加热煮沸硬水，只能软化具有暂时硬度的硬水，D错。答案C2.现将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的顺序是()30 mL 0.03 molL1 AgNO3溶液30 mL 0.02 molL1 CaCl2溶液30 mL 0.03 molL1 HI溶液30 mL蒸馏水A. B.C. D.解析溶液中Cl或Ag浓度越大，AgCl在该溶液中的溶解度越小，另外Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，故在HI溶液里HI会促进AgCl的溶解，B符
31、合题意。答案B3.工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是()A.温度升高，Na2CO3溶液的Kw和OH均会增大B.沉淀转化的离子方程式为CO(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)SO(aq)C.盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D.Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小解析温度升高，Kw增大，温度升高促进碳酸钠溶液水解，OH增大，A选项正确；加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：CO(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)SO(aq)，B选项正确；因为碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不与盐酸反应，所以在盐酸溶
32、液中碳酸钙的溶解性大于硫酸钙，C选项正确；根据COCO2H2O=2HCO知，HCO浓度增大，D选项错误。答案D4.某些盐能溶解沉淀，利用下表三种试剂进行实验，相关分析不正确的是()编号分散质Mg(OH)2HClNH4Cl备注悬浊液1 molL11 molL1A.向中加入酚酞溶液显红色，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的、，沉淀均能快速彻底溶解C.混合后发生反应：Mg(OH)2(s)2NH(aq)Mg2(aq)2NH3H2O(l)D.向中加入，OH减小，Mg(OH)2溶解平衡正向移动解析使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，溶
33、解后的Mg(OH)2电离使溶液呈碱性，A正确；Mg(OH)2与NH4Cl溶液反应速率较小，沉淀不能快速彻底溶解，B错误；NH结合Mg(OH)2悬浊液中的OH，促进Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，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的沉淀溶解平衡正向移动，D正确。答案B5.已知AgCl的溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，下列说法不正确的是()A.除去溶液中Ag加盐酸盐比硫酸盐好B.加入H2O，溶解平衡不移动C.用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，可以减少沉淀损失D.反应2AgCl(s)Na2S(aq)Ag2S(s)2
34、NaCl(aq)说明溶解度：AgClAg2S解析AgCl难溶于水、Ag2SO4微溶于水，因此除去溶液中的Ag加盐酸盐比加硫酸盐好，A项正确；加水稀释，Ag和Cl浓度均减小，平衡正向移动，B项错误；NaCl溶液中Cl的浓度较大，洗涤沉淀时可以减少氯化银的溶解损失，C项正确。AgCl能够生成硫化银沉淀，说明硫化银更难溶，D项正确。答案B6.已知Fe2结合S2的能力大于结合OH的能力，而Al3则正好相反，I2的氧化性比S强。在Fe2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是()A.FeS、Al(OH)3和S B.Fe(OH)3和Al(OH)3C.
35、Fe2S3和Al(OH)3 D.Al2S3、FeS和S解析加入过量的KI溶液后，Fe3和I发生氧化还原反应生成Fe2和I2。接着生成的I2把Na2S氧化：I2S2=S2I，同时Fe2S2=FeS，还发生相互促进的水解反应：2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S，所以最终的沉淀是FeS、Al(OH)3和S。答案A7.25 时，PbCl2固体在不同浓度盐酸中的溶解度曲线如图。在制备PbCl2的实验中，洗涤PbCl2固体最好选用()A.蒸馏水B.1.00 molL1盐酸C.5.00 molL1盐酸D.10.00 molL1盐酸解析观察题图知，PbCl2固体在浓度为1.00 molL1的盐酸
36、中溶解度最小，为了减少PbCl2固体的溶解，应选择1 molL1盐酸来洗涤PbCl2固体。答案B8.已知25 时BaSO4饱和溶液中存在BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)，Ksp1.102 51010，下列有关BaSO4的溶度积和溶解平衡的叙述正确的是()A.25 时，向SO1.05105 molL1的BaSO4溶液中，加入BaSO4固体，SO增大B.向该饱和溶液中加入Ba(NO3)2固体，则BaSO4的溶度积常数增大C.向该饱和溶液中加入Na2SO4固体，则该溶液中Ba2SOD.向该饱和溶液中加入BaCl2固体，则该溶液中SO减小解析BaSO4的溶度积等于Ba2和SO的乘积，故饱和溶
37、液中SO1.05105molL1，再加入BaSO4固体不溶解，SO不变，A项错误；溶度积常数只与温度有关，B项错误；加入Na2SO4固体，BaSO4的溶解平衡向左移动，Ba2减小，应为SOBa2，C项错误；加入BaCl2固体，BaSO4的溶解平衡向左移动，SO减小。答案D9.298 K时，AgSCN的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列判断错误的是()A.298 K时，Ksp(AgSCN)1.01012B.b点溶液蒸发部分水后恢复至室温可移动到c点C.向a点溶液中加入等物质的量的AgNO3、KSCN固体后，可能使a点移动到c点D.欲使溶液由c点移到d点，可滴入少量KSCN浓溶液解析由c点可知Ksp(
38、AgSCN)1.01012，A项不符合题意。b、c点的Ag相等，由于b点AgSCNKsp(AgSCN)，b点表示AgSCN的不饱和溶液，当蒸发部分水时Ag、SCN均增大，B项符合题意。a点为AgSCN的不饱和溶液，加入等物质的量的AgNO3、KSCN固体时，Ag、SCN同时增大，a点可能移动到c点，C项不符合题意。向c点溶液中滴入KSCN浓溶液时生成AgSCN沉淀，Ag减小，可使c点移到d点，D项不符合题意。答案B10.工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(Cr2O和CrO)，其流程为CrOCr2OCr3Cr(OH)3(黄色)(橙色)(绿色)已知：步骤生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平
39、衡：Cr(OH)3(s)Cr3(aq)3OH(aq)KspCr3OH31032下列有关说法不正确的是()A.步骤中当v正(CrO)2v逆(Cr2O)时，说明反应：2CrO2HCr2OH2O达到平衡状态B.若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，溶液可由橙色变黄色C.步骤中，若要还原1 mol Cr2O，需要12 mol (NH4)2Fe(SO4)2D.步骤中，当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽当溶液中Cr3105 molL1时，可视作该离子沉淀完全解析C项，Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，1 mol Cr2O可氧化6 mol (NH4)2Fe(SO4)
40、2；D项，OH molL1109 molL1，则H molL1105 molL1，pH5。答案C11.一定温度下，三种硫化物MS(M2指Pb2、Cu2或Hg2)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：pMlg M2，pSlg S2。下列说法正确的是()A.PbS、CuS、HgS的Ksp依次增大B.b点可以表示HgS的不饱和溶液，向b点溶液中加入Na2S固体可达a点C.b点可以表示CuS的饱和溶液，且Cu2S2D.c点可以表示CuS的不饱和溶液，也可以表示PbS的过饱和溶液解析由pM、pS的计算公式可知，Ksp(PbS)Ksp(CuS)Ksp(HgS)，A项错误。b点、a点对应的Hg2相等，但b点对应
41、的S2大于a点对应的S2，故b点Hg2S2大于Ksp(HgS)，是过饱和溶液，B项错误。b点在CuS的沉淀溶解平衡曲线上，pMpS，说明Cu2S2，C项正确。c点在PbS和CuS沉淀溶解平衡曲线之间，有Ksp(CuS)M2S2Ksp(PbS)，故c点表示CuS的过饱和溶液，表示PbS的不饱和溶液，D项错误。答案C12.某溶液中含SO、CO的浓度均为0.01 molL1。已知Ksp(CaCO3)4.8109，Ksp(CaSO4)2.4105，离子浓度小于或等于1105 molL1时认为沉淀完全，下列叙述不正确的是()A.向该溶液中逐滴滴加CaCl2溶液，形成沉淀的先后顺序为CO、SOB.混合溶液
42、中SO完全沉淀时，SOCO51031C.CaSO4(s)CO(aq)CaCO3(s)SO(aq)，其平衡常数K5103D.向CaCO3悬浊液中加入饱和Na2SO4溶液，CaCO3不能转化为CaSO4解析CO沉淀时的Ca24.8107 molL1，SO沉淀时的Ca22.4103 molL1，故CO先形成沉淀，A项不符合题意。SO完全沉淀时，Ca22.4 molL1，溶液中CO2109 molL1，则SOCO51031，B项不符合题意。结合B项，K5103，C项不符合题意。由两种盐的Ksp大小可知，CaCO3能转化为CaSO4，D项符合题意。答案D二、填空题13.已知：25 时，Ksp(BaSO4
43、)11010，Ksp(BaCO3)1109。(1)医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂。胃酸酸性很强(pH约为1)，但服用大量BaSO4仍然是安全的，BaSO4不溶于酸的原因是(用溶解平衡原理解释)_。万一误服了少量BaCO3，应尽快用大量0.5 molL1Na2SO4溶液给患者洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2浓度仅为_molL1。(2)长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率。水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4转化为CaCO3的离子方程
44、式为_。请分析CaSO4转化为CaCO3的原理：_。解析(1)BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)，由于Ba2、SO均不与H反应，无法使平衡移动。Ba221010molL1。答案(1)对于平衡BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)，H不能减少Ba2或SO的浓度，平衡不能向溶解的方向移动21010(2)CaSO4(s)CO(aq)=CaCO3(s)SO(aq)CaSO4存在沉淀溶解平衡，加入Na2CO3溶液后，CO与Ca2结合生成CaCO3沉淀，Ca2浓度减小，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动14.已知：I22S2O=S4O2I相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe
45、(OH)3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入_，调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的Fe3_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如
46、下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl22H2O的质量分数为_。解析(1)考虑到不引入新的杂质，调节至溶液pH为4，使Fe3沉淀的试剂可以是Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuO等。pH4时，OH1010molL1，此时溶液中Fe3molL12.6109molL1。(2)CuCl22H2O在空气中加热会发生水解反应：2CuCl22H2OC
47、u(OH)2CuCl22HCl2H2O或CuCl22H2OCuO2HClH2O，要得到无水CuCl2，应将CuCl22H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水以抑制其水解。(3)依题给信息，用“间接碘量法”测定CuCl22H2O晶体试样纯度的反应原理是：2Cu24I=2CuII2，I22S2O=S4O2I，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，指示剂选择淀粉溶液，终点时溶液蓝色退去，且半分钟内不恢复原色。由2Cu2I22S2O得CuCl22H2O试样的纯度为100%95%。答案(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO32.6109molL1(2)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22
48、HCl2H2O主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液蓝色退去，放置30 s后不恢复原色2Cu24I=2CuII295%15.(2018日照模拟)软锰矿(主要成分为MnO2)可用于制备锰及其化合物。(1)早期冶炼金属锰的一种方法是先煅烧软锰矿生成Mn3O4，再利用铝热反应原理制得锰，该铝热反应的化学方程式为_。(2)现代冶炼金属锰的一种工艺流程如下图所示：下表为t 时，有关物质的pKsp(注：pKsplg Ksp)。物质Fe(OH)3Cu(OH)2Ca(OH)2Mn(OH)2CuSCaSMnSMnCO3pKsp37.419.325.26
49、12.735.25.8612.610.7软锰矿还原浸出的反应为12MnO2C6H12O612H2SO4=12MnSO46CO218H2O该反应中，还原剂为_。写出一种能提高还原浸出速率的措施：_。滤液1的pH_(填“”“”或“”)MnSO4浸出液的pH。加入MnF2的主要目的是除去_(填“Ca2”“Fe3”或“Cu2”)。(3)由MnSO4制取MnCO3。往MnSO4溶液中加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为_；若往MnSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液，还会产生Mn(OH)2，可能的原因有：MnCO3(s)2OH(aq)Mn(OH)2(s)CO(aq)，t 时，计算该反应的平
50、衡常数K_(填数值)。解析(1)高温下，Al和Mn3O4发生铝热反应生成Mn，根据反应物、生成物及反应条件可知反应的化学方程式为8Al3Mn3O44Al2O39Mn；(2)软锰矿还原浸出得到硫酸锰溶液，说明浸取液为稀硫酸，同时溶液中还含有Ca2、Fe3、Cu2等杂质，调节溶液的pH，Fe(OH)3的pKsp为37.4，与其他离子相比最大，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，CuS的pKsp为35.2，可以将铜离子形成硫化物沉淀下来，再加入MnF2，形成CaF2沉淀，除去Ca2，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰。软锰矿还原浸出的反应为12MnO2C6H12O6
51、12H2SO4=12MnSO46CO218H2O，该反应中，锰元素化合价由4价变为2价、碳元素化合价由0价变为4价，失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以C6H12O6为还原剂；反应物接触面积越大、温度越高反应速率越快，所以能提高还原浸出速率的措施：升高反应温度或将软锰矿研细等。软锰矿还原浸出的反应为12MnO2C6H12O612H2SO4=12MnSO46CO218H2O，溶液呈强酸性，还原浸出液中含有Mn2、Ca2、Fe3、Cu2，此时未形成沉淀，Ksp为电离平衡常数，pKsplgKsp，pKsp越大，沉淀溶解平衡常数越小，滤液1为形成Fe(OH)3沉淀，pKsplgKsp37.4，Ksp
52、1037.4，KspFe3OH31037.4，OH1010 molL1，H1104 molL1，pH4，所以滤液1的pH大于MnSO4浸出液的pH4，才能形成氢氧化铁沉淀。CaF2难溶于水，滤液2为Mn2、Ca2、NH、SO，加入MnF2的目的是形成CaF2沉淀，除去Ca2。(3)锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、水和二氧化碳气体，离子方程式为Mn22HCO=MnCO3H2OCO2；由MnCO3(s)2OH(aq)Mn(OH)2(s)CO(aq)可知，KCO/OH21010.7/1012.7100。答案(1)8Al3Mn3O44Al2O39Mn(2)C6H12O6升高反应温度(或将软锰矿研细等其他合理答案)Ca2(3)Mn22HCO=MnCO3H2OCO2100