71影响沉淀溶解度的因素有那些.doc

7.1影响沉淀溶解度的因素有那些？是怎样发生影响的？解：影响沉淀溶解度的因素有1 同离子效应：溶液中构晶离子的浓度越大，溶解度越小。2 pH值的影响，即酸效应：对于弱酸盐的沉淀，pH越小，溶解度越大。这是因为弱酸根受H+影响，形成了非酸根的阴离子或以弱酸形式存在。3 配位效应：若溶液中存在能与构晶离子形成配合物的配位剂时，其浓度越大，则溶解度越大。4 盐效应：溶液中其它非构成沉淀的盐类的浓度越高，溶解度增大。这是由于这类离子的存在，减少了构成沉淀的离子相互碰撞的机会。5 氧化还原效应：由于加入氧化剂或还原剂，改变了构成沉淀中离子的氧化数，改变了沉淀的组成，会影响其溶解度。7.2形成沉淀的性状主要与哪些因素有关？哪些是本质因素？解：沉淀可分为晶型沉淀和非晶型沉淀两种。沉淀的性状是由聚集速度和定向速度的关系来决定的。当聚集速度大于定向速度时，形成非晶型沉淀。否则，形成晶型沉淀。其中定向速度是沉淀物质本身的性质。而聚集速度可通过实验条件的选择适度地改变。7.3已知在常温下，下列各盐的溶解度，求其溶度积（不考虑水解的影响） (1)AgBr 7.110-7mo1L-1解：AgBr Ag+Br- 因此 Ag+=Br-=7.110-7 溶度积 Ksp(AgBr)=(7.110-7)(7.110-7)=5.010-13(2) BaF2 6.310-3 mo1L-1 BaF2 Ba2+2F-Ba2+=6.310-3 F-=26.310-3 溶度积Ksp(BaF2)=Ba2+F-2=(6.310-3)(26.310-3)2=1.010-67.4计算下列溶液中CaC2O4的溶解度 解：这道题主要是要了解酸效应及同离子效应对溶解度的影响，这是因为存在着下列平衡：C2O42-+H+ HC2O4- HC2O4-+H+ H2C2O4 而 HC2O4-和H2C2O4都不会与Ca2+形成CaC2O4测定。查表 Ksp(CaC2O4)=4.010-9 H2C2O4的离解常数 Ka1=5.410-2，Ka2=5.410-5(1)pH=5 pH=5 即H+=10-5 分布系数（C2O42-）=Ka1Ka2/(Ka1Ka2+Ka1(H+)+H+2)(C2O42-)=5.410-25.410-5/5.410-25.410-5+5.410-210-5+(10-5)2=0.843CaC2O4 Ca2+C2O42-设溶解度为Xmo1.L-1 则 Ca2+=X 含有C2O42-的各种形式的总浓度为X，而以C2O42-形式存在的浓度为x（C2O42-）=0.843xKsp(C2O42-)=X0.843X X=6.910-5 mo1L-1（2） pH=3 pH=3即H+=10-3 同理（C2O42-）=0.050Ksp(C2O42-)=X0.050X X=2.810-4 mo1L-1（3）pH=3的0.01 mo1L-1的草酸钠溶液中。此时溶液中草酸总浓度来自两个部分，一部分为CaC2O4溶解产生的，如上题计算为0.050X,另一部分为溶液中存在的草酸钠，其总浓度为0.01 mo1L-1,此时C2O42-分布系数为0.050，所以其C2O4-=0.0500.01=5.010-4 由上题可知，0.050X5.010-40.050X+5.010-45.010-4 4.010-9=5.010-4X X=8.010-6 mo1L-1若不用0.050+5.010-45.010-4这个近似，直接解上述一元二次方程，可得X=7.9910-6 两者结果之差非常之小，用近似法计算更为简单。7.5水处理剂HEDP(C2H8P2O7),用喹钼柠酮溶液形成沉淀（C9H7N）H3（PO412MoO3）,取HEDP样品0.1274，于4#玻璃砂漏斗中干燥后称重，若玻璃砂漏斗质量为18.2421。测定后的质量为18.8964，（1） 求样品中HEDP的百分含量。 解：由HEDP转变为沉淀只有P的量是未损失的和增加的，其他元素由于加入试剂和形态的转变均发生了变化，不能作为定量的依据，1个HEDP中含有2个P，而沉淀中只含有一个P，所以P的摩尔数在沉淀前后应是相等的。设样品中含HEDP为X，=MHEDP=206.0 M沉淀=2141代入上式：=X=12.27%（2）样品中P的百分含量和上题一个道理，只不过MHEDP用Mp代代替：=X=1.844%7.6 0.8641合金钢溶解后，将Ni2+转变为丁二肟镍沉淀（NiC8H14O4N4）,烘干后，称得沉淀的质量为0.3463，计算合金钢中Ni的百分含量。解：设合金钢中含Ni为X=MNi=58.69 M沉=288.9 代入上式，解得 X=8.142%7.7含有纯CaO和 BaO 组成的混合物2.431g，将其转化为CaC2O4和BaC2O4测定，烘干后称重为4.823g,求CaO和BaO的百分含量。 解：设CaO含量为x，则BaO含量为（1x）,Mcao=56.08 MBaO=153.3 Mcac2o4=128.1 MBac2o4=235.3 128.1+235.3=4.823x=0.5993=59.93% CaO的含量为59.93%. BaO的含量为40.07%7.8 NaCl、NaBr和其他惰性物质组成的混合物0.4327 经AgNO3沉定为AgCl 和AgBr，烘干后，质量为0.6847。此沉淀烘干后再在Cl2中加热，使AgBr转化成AgCl，再称重，其质量为0.5982g，求原样品中NaCl和NaBr的百分含量。解：NaCl=58.44 NaBr=102.89 AgCl=143.3 AgBr=187.77第一次 NaClAgCl, NaBrAgBr 设NaCl含量为X，NaBr为y则AgCl+AgBr=0.6847 第二次相当于 NaClAgCl， NaBrAgBrAgClAgCl+AgCl=0.5982解上述联立方程组：可得 X=46.26% Y=30.11%7.9在10mL浓度为1.510-3 mo1.L-1的nSO4溶液中，加入0.495g固体（H4）2SO4（溶液体积不变）。再加入0.15 mo1.L-1的NH3H2O溶液5.00mL能否有Mn（OH）2沉淀生成？若不加固体（NH4）2SO4，又能否有沉淀生成，列式计算说明理由。解：溶液的总体积为10.0+5.0=15.0mln2+=1.510-310/15.0=10-3mo1L-1由于溶液同时存在NH4+和NH3这一对共轭酸碱，因此，此溶液为缓冲溶液，查表可知对于NH3的Kb=1.810-5对于共轭酸NH4+的Ka=5.610-10 利用缓冲溶液pH值计算公式：pH=pKa+pCa/Cb 此时 Cb=NH3=0.155.00/15.0=0.050 mo1L-1 Ca=NH4+=2（NH4）2SO4=215.010-3=0.50 mo1.L-1 pH=9.251=8.25 H+=10-8.25 OH=10-5.75 Ksp（Mn(OH)2）=1.910-13此时浓度积Mn2+OH2=10-3（10-5.75）2=10-14.51.910-13有n(OH)2沉淀形式。7.10在1.0 mo1L-1的Mn2+溶液中含有少量的Pb2+，欲使Pb2+形成PbS沉淀，而Mn2+不沉淀，溶液中S2-应控制在什么范围内？若通入H2S气体来实现上述目的，问溶液的pH值应控制在什么范围内？已知H2S在水中的饱和浓度为H2S=0.1 mo1L-1解：查附录知Ksp（MnS）=2.510-13 Ksp（PbS）=8.010-28 对于H2S而言, Ka1=1.3210-7 Ka2=7.1010-15 H2S=0.1 mo1L-1S2-分布分数 2=Ka1Ka2/（Ka1Ka2+Ka1H+H+2） S2-=0.12 Mn2+不沉淀 1.00.121.910-5 pH8.010-28将H+=1.910-5代入，解得Pb2+3.210-15 mo1L-17.11设计分离物质的方案（1） AgCl和AgI 加入浓HCl，则AgCl+Cl-=AgCl-2而溶解 AgI不溶解。（2） BaCO3和BaSO4：加入HCl ，则BaSO4不溶解，而BaCO3+2HCl=Ba+2Cl-+H2O+CO2（3）Mg(OH)2和Fe(OH)3 ：先加入HCl：Mg(OH)2+2HCl=Mg2+2Cl-+2H2O Fe(OH)3+3HCl=Fe3+3Cl-+3H2O再加入NH3水，使pH3， Fe(OH)3沉淀， Mg(OH)2不沉淀（4）ZnS和CuS，按照7.10题中方法可计算出合适的pH，使得ZnS溶解，而CuS不溶解。7.12计算下列沉淀转化的平衡常数：（1） ZnS（S）+Cu2+=CuS（S）+Zn2+ 平衡常数K=Zn2+/Cu2+=Ksp（ZnS）/Ksp（CuS）=1.610-24/6.310-36=2.510-11（2） AgCl（s）+SCN-=AgSCN（s）+Cl-平衡常数K=1.810-10/1.0310-12=1.751027.13用银量法测试样品中氯含量时，选用那种指示剂指示终点较合适？用何种银量法？为什么？（1） NH4Cl答：莫尔法，指示剂；K2CrO4，因为可在中性进行滴定。（2） BaCl2答：法扬司法，指示剂，二氯荧光黄，不可用佛尔哈德法，因为可形成BaSO4沉淀。也不可用莫尔法，会形成BaCrO4沉淀。（3） FeCl2答：佛尔哈德法，指示剂：FeNH4（SO4）2，因为应在酸性溶液中进行，因为Fe2+很容易被氧化为Fe3+，pH值稍大，形成Fe（OH）3沉淀，有颜色，影响终点观察。（4） NaCl+Na3PO4答：佛尔哈法德，指示剂：FeNH4（SO4）2，因为在中性、弱碱性中，PO43-干扰测定，必须在酸性中进行。（5） NaCl+Na2SO4答：莫尔法指示剂 K2CrO4， SO42-不干扰。（6） KCl+Na2CrO4答：佛尔哈德法，指示剂FeNH4（SO4）2因为必须在强酸性中进行，否则CrO42-和Hg+形成测定干扰实验。7.14 为什么说用佛尔哈德法测定Cl-比测定Br-或I-时引入的误差概率要大一些？答：因为Ksp（AgCl）=1.810-10，Ksp（AgBr）=5.010-13 Ksp（AgI）=8.310-17 Ksp（AgSCN）=1.0310-12 所以，又有AgCl的溶度积比AgSCN溶度积大，因此，若包裹不好，AgCl沉淀会转化成AgSCN测定而干扰Cl-的测定。而AgBr，AgI的溶度积小于AgSCN溶度积，不会转化为AgSCN测定，因此，由此引入的误差概率要小得多。7.15在含有相等物质的量浓度的Cl-和I-的混合溶液中，逐滴加入Ag+溶液，哪种离子先被Ag+测定，第二种离子开始测定时，Cl-和I-的浓度比为多少？答：因为Ksp（AgI）Ksp（Agcl），且全部为11的组成形式，所以AgI先沉淀。在Cl-开始沉淀时，=2.21067.16测定铵或有机铵盐可用四苯硼钠沉淀滴定法，二氯荧光黄为指示剂。可用邻苯二甲酸氢钾标定四苯硼钠，结果如下：标定四苯硼钠：0.4984g邻苯二甲酸氢甲溶解后，用四苯硼钠标准溶液滴定，终点时，消耗标准溶液24.14ml。（NH4）2SO4样品测定，0.2541g （NH4）2SO4样品，溶解后，用上述四苯硼钠标准溶液滴定，终点时，消耗标准溶液35.61ml。（1）求样品中（NH4）2SO4的百分含量解：先求四苯硼钠标准溶液的准确浓度。邻苯二甲酸氢钾的分子量为204.22。设：四苯硼钠标准溶液浓度为Cx：邻苯二甲酸氢钾中只有一个K，所以=24.11CxCx=0.1011mo1L-1 （NH4）2SO4的分子量为132.13，但其中含有二个NH4+设样品中（NH4）2SO4百分含量为x，=0.101135.61 x=93.60%（2）被测的有机铵盐的摩尔质量为Ms，其他各数值用字母表示，并已知有机铵盐的个数为n（n1），求有机铵盐含量的通式，请注明各字母的含义。解：设有机铵盐的含量为x，所以： =VoCo x=VoCo10-3Vo：滴定有机铵盐样品时消耗的四苯硼钠标准溶液体积，ml；Co：四苯硼钠标准溶液浓度，mo1L-1；Ms：有机铵盐摩尔质量；n：有机铵盐中铵的个数；m：称取有机铵盐样品的质量，g7.17某金属氯化物纯品0.2266，溶解后，加入0.1121 mo1L-1的AgNO3溶液30.00ml。生成AgCl测定，然后用硝基苯包裹，再用0.1158 mo1L-1的NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3，终点时，消耗NH4SCN溶液2.79ml，计算式试样中氯的百分含量，推测此时氯化物可能是什么物质。解：设此化合物为MCln，AgNO3的物质的量应与此化物中氯及NH4SCN物质的量之和相等，所以+0.11582.79=0.112130.00MCln/n=74.54 n=1时M=74.5435.45=39.09，应为K此化合物为KCl。 n=2时 M=74.54235.452=78.18 没有元素与它对应，n=3时 M=74.54335.453=117.27，也无元素对应。n=4时 M=156.36也无元素对应。n=5时 M=195.45也无元素对应，同理n=7、8 氯的百分含量为=47.56%7.18混合物由NaCl和NaBr和惰性物质组成，取混合样0.6127g用AgNO3沉淀后，称得烘干的测定质量为0.8785g，再取一份混合样0.5872g，用AgNO3进行沉淀滴定，用去浓度为0.1552 mo1L-1的AgNO3标准溶液29.98ml，求混合物中NaCl和NaBr的百分含量。解： NaCl=58.44 MNaBr=102.89 MAgCl=143.3 MAgBr= 187.77 重量法按7.8题的原理，设NaCl含量为x，NaBr含量为y，143.3+187.77=0.8785 沉淀滴定法关系如下：+=0.155229.98 解上述方程组得：x=7.105% y=69.02%7.19称取三聚磷酸钠（Na5P3