1、基础课时落实(十五)沉淀溶解平衡的应用(建议用时：40分钟)基础过关练1以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有少量Cu2、Pb2、Cd2等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是()A具有吸附性B溶解度与CuS、PbS、CdS等相同C溶解度大于CuS、PbS、CdSD溶解度小于CuS、PbS、CdSC本题考查了沉淀的转化，MnS与Cu2、Pb2、Cd2生成溶解度更小的硫化物。2某pH1的ZnCl2和HCl的混合溶液中含有FeCl3杂质，为了除
2、去FeCl3杂质，需将溶液调至pH4，在调节溶液pH时，应选用的试剂是()ANaOHBZnOCNa2CO3 DFe2O3B加入的物质应该能消耗溶液中的H而促使Fe3成为沉淀，过滤除去，但同时要注意不能引入新的杂质离子，故选B。3向5 mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系为()AAgClAgIAg2S BAgClAgIAgIAg2S DAgIAgClAg2SC沉淀溶解平衡总是向更难溶的方向转化，由转化现象可知三种沉淀物的溶解度关系为AgClA
3、gIAg2S。4已知相同温度下：KspZn(OH)2Ksp(ZnS)，Ksp(MgCO3)KspMg(OH)2；电离出S2的能力：FeSH2SCuS，则下列离子方程式错误的是()A将FeS加入稀盐酸中：FeS2H=Fe2H2SB向CuSO4溶液中通H2S气体：Cu2H2S=CuS2HC将ZnCl2溶液和Na2S溶液混合：Zn2S22H2O=Zn(OH)2H2SD向少量Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg22HCO4OH=Mg(OH)22CO2H2OC电离出S2的能力为FeSH2S，则FeS2H=Fe2H2S可发生，A正确；电离出S2的能力为H2SCuS，则铜离子和硫化氢反应生成硫
4、化铜，Cu2H2S=CuS2H可发生，B正确；因相同温度下，KspZn(OH)2Ksp(ZnS)，硫化锌比氢氧化锌更难溶，则锌离子和硫离子先结合生成硫化锌沉淀，故Zn2S22H2O=Zn(OH)2H2S不能发生，C错误；因相同温度下，Ksp(MgCO3)KspMg(OH)2，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，少量Mg(HCO3)2的物质的量设为1 mol，则用去的氢氧化钠的物质的量为4 mol，其中2 mol和镁离子生成氢氧化镁沉淀，2 mol与碳酸氢根结合生成碳酸根离子，Mg22HCO4OH=Mg(OH)22CO2H2O可发生，D正确。5已知部分钡盐的溶度积如下：Ksp(BaCO3)5.1109，Ks
5、pBa(IO3)26.51010，Ksp(BaSO4)1.11010，Ksp(BaCrO4)1.61010。一种溶液中存在相同浓度的CO、CrO、IO、SO，且浓度均为0.001 molL1，若向该溶液中逐滴滴入BaCl2溶液，首先发生的离子反应为()ABa2CO=BaCO3BBa2CrO=BaCrO4CBa22IO=Ba(IO3)2DBa2SO=BaSO4D根据溶度积公式及溶液中阴离子的浓度，可以计算出开始出现BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀时c(Ba2)分别为5.1106 molL1、1.6107 molL1、6.5104 molL1、1.1107 molL1，故
6、最先出现的沉淀是BaSO4，D项正确。6过渡金属硫化物作为一种新兴的具有电化学性能的电极材料，在不同的领域引起了研究者的兴趣，含有过渡金属离子废液的回收再利用有了广阔的前景。下面为S2与溶液中金属离子的沉淀溶解平衡关系图，若向含有等浓度Cu2、Cd2、Zn2、Co2、Fe2的废液中加入含硫的沉淀剂，则下列说法错误的是()A由图可知溶液中金属离子沉淀先后顺序为Cu2、Cd2、Zn2、Co2、Fe2B控制S2浓度可以实现铜离子与其他金属离子的分离C因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，故常作为沉铜的沉淀剂D向ZnS中加入Cu2的离子方程式为：S2Cu2=CuSD由图可知溶液中金属硫化物沉淀的Ksp大
7、小顺序为CuSCdSZnSCoSFeS，溶液中金属离子沉淀先后顺序为Cu2、Cd2、Zn2、Co2、Fe2，A正确；CuS的Ksp最小，控制S2浓度可以使铜离子从溶液中沉淀出来，实现铜离子与其他金属离子的分离，B正确；因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，可作沉铜的沉淀剂，C正确；ZnS不溶于水，向ZnS中加入Cu2的离子方程式为：ZnSCu2=CuSZn2，D错误。7实验：0.1 molL1AgNO3溶液和0.1 molL1 NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1 molL1 KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 molL1KI溶液，沉淀变为黄色
8、。下列分析不正确的是()A浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)B滤液b中不含有AgC中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶B注意“0.1 molL1AgNO3溶液和0.1 molL1 NaCl溶液等体积混合”，即二者恰好完全反应，是分析、解答本题的关键。A向二者恰好反应后的滤液b中滴加0.1 molL1 KI溶液出现碘化银沉淀，则说明浊液a中存在沉淀溶解平衡，正确。B向滤液b中加入0.1 molL1 KI溶液，出现浑浊，则说明b中含有Ag，错误。C中颜色变化是沉淀进行了转化，即AgCl转化为AgI，正确。D因AgCl沉淀能转化为AgI
9、沉淀，所以Ksp(AgI)Cu知，D错误。9锅炉长时间使用会生成水垢，已知水垢的主要成分为CaCO3、CaSO4、Mg(OH)2。 处理时可以先加入饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸进行处理。下列说法不正确的是()A加入饱和Na2CO3溶液浸泡，主要目的是去除水垢表面的油污，更有利于后续的操作BCa22HCO=CaCO3CO2H2OH0, 加热促进CaCO3沉淀形成C加入饱和Na2CO3溶液时，因发生CaSO4CO=CaCO3SO反应，使CaSO4大量转化为CaCO3，可以说明CaCO3溶解度更小D用盐酸处理时，发生反应：2HMg(OH)2=Mg22H2O、2HCaCO3=Ca2CO2H2O
10、，水垢逐渐溶解A加入饱和Na2CO3溶液浸泡，可使CaSO4转化为CaCO3，有利于后续操作，并不是为了除去油污，A错误；Ca22HCO=CaCO3CO2H2OH0，说明该反应吸热，加热有利于产物的生成，即可以促进CaCO3沉淀形成，B正确；一般来讲，溶解度较大的难溶电解质容易转化为溶解度较小的难溶电解质，加入饱和Na2CO3溶液时，CaSO4大量转化为CaCO3，故可以说明CaCO3溶解度更小，C正确；根据A选项的分析，加入饱和Na2CO3溶液浸泡，可使CaSO4转化为CaCO3，再加盐酸，CaCO3与Mg(OH)2分别与HCl反应，沉淀溶解，除去水垢，D正确。拓展培优练10自然界地表层原生
11、铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是()ACuS的溶解度大于PbS的溶解度B原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性CCuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2S2=CuSD整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应DCuSO4与PbS反应可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A错误；硫化物中硫的化合价为2，具有还原性，B错误；ZnS难溶于水，不能写成离子形式，C错误；铜的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS，D正确。11某同学为
12、探究CuS在不同酸中的溶解性，取4份黑色CuS粉末试样置于试管中，分别加入醋酸、浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸。观察到如下现象：CuS不溶于醋酸；CuS不溶于浓盐酸；CuS不溶于浓硫酸；CuS在浓硝酸中溶解，溶液变蓝，并有红棕色的刺激性气味气体产生。根据上述现象，该同学得出的下列结论正确的是()ACuS不溶于弱酸，能溶于强酸BCuS不溶于非氧化性酸，能溶于氧化性酸CCuS溶于浓硝酸，是因为浓硝酸的氧化性强于浓硫酸，S2被氧化，使沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向移动D溶于浓硝酸，是因为浓硝酸的酸性强于浓硫酸和浓盐酸的酸性，S2结合H，放出H2S气体，使沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向移动C醋酸是弱酸，盐酸、硫酸
13、均是强酸，A错误；浓硫酸具有强氧化性，CuS不溶于浓硫酸，B错误；CuS悬浊液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2(aq)S2(aq)，加入浓硝酸时，溶液中微量的S2被NO氧化，使上述平衡向右移动，故CuS能溶于浓硝酸，C正确；根据的实验现象，加入浓硝酸时浓硝酸被还原为二氧化氮，则加入浓硝酸时，溶液中微量的S2被NO氧化，使CuS沉淀溶解平衡向右移动，故CuS能溶于浓硝酸，D错误。12(2021山东昌乐高二月考)Hg是水体污染的重金属元素之一。水溶液中二价汞主要存在形态与Cl、OH的浓度关系如图所示图中的物质或粒子只有Hg(OH)2为难溶物；pCllgc(Cl)。下列说法不正确的是()A少量H
14、g(NO3)2溶于0.001 mol/L的盐酸后得到无色透明溶液，其中汞元素的主要存在形态是HgCl2BHg(NO3)2固体易溶于水，但溶于水时常常会出现浑浊，其原因是水解生成Hg(OH)2CHgCl2是一种强电解质，其电离方程式是：HgCl2=HgClClD当溶液pH保持在5，pCl由2改变至6时，可使HgCl2转化为Hg(OH)2C0.001 mol/L的盐酸中pH3，pCl3，故少量Hg(NO3)2溶于0.001 mol/L的盐酸后得到无色透明溶液，从图中可知其中汞元素的主要存在形态是HgCl2,A正确；只有Hg(OH)2为难溶物，硝酸汞水解生成Hg(OH)2，则Hg(NO3)2固体溶于
15、水通常会出现浑浊，B正确；由图中可知HgCl2是一种弱电解质，其电离方程式是：2HgCl2HgClHgCl，C错误；根据图像可知当溶液pH保持在5，pCl由2改变至6时，可使HgCl2转化为Hg(OH)2，D正确。13(双选)(2021湖北罗田一中高二月考)“寒芒秀采总称珍，就中鸡缸最为冠”，色彩浓艳的斗彩鸡缸杯是我国陶瓷珍品。HgS是一种难溶于水的朱砂红釉彩，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是()AHgS在p点与n点的溶解度相同BHgS溶于水形成的饱和溶液中c(Hg2)c(S2)C图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)2.51053D向p点的溶液
16、中加入少量Na2S固体，溶液组成沿曲线向m方向移动BCp点与n点的Hg2的浓度不相同，p点与n点的S2的浓度不相同，溶解的HgS的质量就不同，A错误；在水溶液中，HgS(s)Hg2(aq)S2(aq)，1 mol HgS溶于水形成饱和溶液，完全电离出1 mol Hg2和1 mol S2，即c(Hg2)c(S2)，B正确； p点的Kspc(Hg2)c(S2)51027510272.51053，又因m点、p点、n点在同一温度线上，Ksp只受温度影响，所以Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)2.51053,C正确； HgS(S)Hg2(aq)S2(aq)，向p点的溶液中加入少量Na2S固体，c(S2
17、)增大，平衡逆向移动，c(Hg2)减小，应沿曲线向n方向移动，D错误。14金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，以达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度S/g如图所示。难溶金属氢氧化物的SpH图(1)pH3时溶液中铜元素的主要存在形式是_。(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3，应该控制溶液的pH为_(填字母)。A6(3)在Ni(OH)2溶液中含有少量的Co2杂质，_(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是_。(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水，生成Cu(NH3)42，写出反应的离子方程式：_。
18、(5)已知一些难溶物的溶度积常数如下表：物质FeSMnSCuSPbSHgSZnSKsp6.310182.510131.310363.410286.410531.61024某工业废水中含有Cu2、Pb2、Hg2，最适宜向此工业废水中加入过量的_除去它们(填字母)。ANaOHBFeSCNa2S解析(1)据图知pH45时，Cu2开始沉淀为Cu(OH)2，因此pH3时，铜元素主要以Cu2形式存在。(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3，即要保证Fe3完全沉淀，而Cu2还未沉淀，据图知pH应为4左右。(3)据图知，Co2和Ni2沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的Co2。(4)据已知条件结合原子守恒即可写出离子方程式：Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2O。(5)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中，只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀转化法可除去废水中的Cu2、Pb2、Hg2，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质。答案(1)Cu2(2)B(3)不能Co2和Ni2沉淀的pH范围相差太小(4)Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2O(5)B