2023版高三一轮总复习化学鲁科版教案：第7章 第39讲 沉淀溶解平衡(基础课)

1、PAGE PAGE 11第39讲沉淀溶解平衡(基础课)1.了解沉淀溶解平衡的建立与特征。2.理解溶度积(Ksp)的表达式、基本计算和应用。3.理解沉淀溶解平衡影响因素和三种应用(沉淀溶解、生成和转化)。沉淀溶解平衡和溶度积常数1沉淀溶解平衡(1)AgCl溶于水中的过程一方面，在水分子作用下，少量Ag和Cl脱离AgCl的表面进入水中，即溶解过程；另一方面，溶液中的Ag和Cl受AgCl表面阴、阳离子的吸引，回到AgCl的表面析出，即沉淀过程。在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，得到AgCl的饱和溶液，即建立动态平衡；AgCl(s)eq o(,sup9(溶解),sdo9(沉淀)Ag(aq)Cl(

2、aq)。(2)沉淀溶解平衡的含义与特征含义：在一定温度下的水溶液中，当难溶电解质沉淀和溶解的速率相等时，即建立了沉淀溶解平衡。四大特征：等动定变。(3)沉淀溶解平衡的影响因素20 时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：2溶度积常数简称溶度积(1)溶度积与浓度商比较以AmBn(s)mAn(aq)nBm(aq)为例：溶度积浓度商符号KspQ表达式Ksp(AmBn)ceq oal(m,平)(An)ceq oal(n,平)(Bm)，式中的浓度都是平衡时浓度Q(AmBn)cm(An)cn(Bm)，式中的浓度是任意时刻的浓度应用判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解QKsp：溶液过饱和，有沉

3、淀析出QKsp：溶液饱和，处于平衡状态QKsp：溶液未饱和，无沉淀析出(2)溶度积(Ksp)的意义与影响因素Ksp反映了难溶电解质的溶解能力，与难溶电解质的性质和温度有关。与浓度、酸碱性无关。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。沉淀溶解平衡及影响因素1判一判(正确的打“”，错误的打“”)。(1)一定温度下，AgCl溶于水，当c平(Ag)c平(Cl)时，AgCl达到溶解平衡。()(2)一定温度下，AgCl在水中的溶解度大于在稀盐酸中的溶解度，但Ksp(AgCl)相同。()(3)Fe(OH)3溶于水达到溶解平衡时，向溶液中加入FeCl3溶液，平衡向沉淀析出方向

4、移动，c平(OH)减小。()(4)Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液的原因是NH4Cl水解生成的H与Mg(OH)2反应。()(5)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。()答案(1)(2)(3)(4)(5)2(2021保定模拟)在一定温度下，当过量的Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡时：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)，要使Mg(OH)2固体增加，c平(OH)增加，可采取的措施是()A加适量的水B通入少量HCl气体C加少量NaOH固体 D加少量MgSO4固体C加入适量水，使平衡正向移动，悬浊液中Mg

5、(OH)2固体的质量减少，故A不选；加入HCl气体，可与氢氧化镁反应而导致氢氧化镁固体减少，故B不选；加少量NaOH固体，平衡逆向移动，则Mg(OH)2固体增加，且c平(OH)增加，故C选；加少量MgSO4固体，平衡逆向移动，c平(OH)减小，故D不选。3(2021徐州模拟)向含有MgCO3固体的浊液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)，下列数值变小的是 ()Ac平(Mg2) BKsp(MgCO3)Cc平(H) Dc平(COeq oal(2,3)答案D溶度积(Ksp)的基本计算与应用4在25 时，FeS的Ksp6.31018 mol2L2，CuS的Ksp1.31036 mol2L2，ZnS的Ksp

6、1.31024 mol2L2。下列有关说法中正确的是()A饱和CuS溶液中Cu2的浓度为1.31036 molL1B25 时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度C向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大BA项，c平(Cu2)eq r(1.3)1018 molL1，错误；C项，ZnS比FeS难溶，ZnS先沉淀，错误；D项，Ksp只与温度有关，错误。5(2021桂林模拟)常温下，KspFe(OH)34.01038 mol4L4，在pH4的Fe(OH)3饱和溶液中，c平(Fe3)为()A1.0

7、108 molL1 B4.0108 molL1C1.01026 molL1 D1.31028 molL1BpH4，c平(OH)11010 molL1，根据Kspc平(Fe3)ceq oal(3,平)(OH)4.01038 mol4L4，c平(Fe3)4.0108 molL1，B正确。6取5 mL 0.002 molL1 BaCl2溶液与等体积的0.02 molL1 Na2SO4溶液混合，是否有沉淀产生？若有，计算Ba2是否沉淀完全。(该温度下BaSO4的Ksp1.11010 mol2L2，写出解题步骤)答案Qc(Ba2)c(SOeq oal(2,4)1105 mol2L2Ksp，故有沉淀生成。

8、两种溶液混合之后，SOeq oal(2,4)浓度变为9103 molL1，根据Kspc平(Ba2)c平(SOeq oal(2,4)，计算得c平(Ba2)1105 molL1，故可认为Ba2已经沉淀完全。沉淀溶解平衡的应用1沉淀的生成分离提纯某些离子(1)调节pH法如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至78，离子方程式为Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NHeq oal(,4)。(2)沉淀剂法用沉淀剂Na2S除去废水中的Cu2、Hg2，其离子方程式分别为Cu2S2=CuS、Hg2S2=HgS。除去某溶液中SOeq oal(2,4)，用钡盐而不用钙盐的原因是SOeq oa

9、l(2,4)与钡盐生成的BaSO4比与钙盐生成的CaSO4更难溶，SOeq oal(2,4)剩余的浓度更小。2沉淀的溶解根据平衡移动原理，设法不断地移去平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。(1)CaCO3溶于盐酸过程：解释：溶解过程中COeq oal(2,3)生成CO2气体，c平(COeq oal(2,3)减小，COeq oal(2,3)与Ca2的浓度商QKsp(AgI)Ksp(Ag2S)2 mL 0.1 mol/L MgCl2(aq)eq o(,sup9(24滴2 mol/L NaOHaq)Mg(OH)2(白色)eq o(,sup9(4滴0.1 mol/L FeCl3aq)Fe

10、(OH)3(红褐色)。结论：KspMg(OH)2KspFe(OH)3。(2)AgCl(s)eq o(,sup9(I)AgI(s)原理转化原理：解释：AgCl沉淀中加入KI溶液时，溶液中Ag和I的Q(AgI)Ksp(AgI)，Ag与I生成AgI沉淀，导致AgCl逐渐转化为AgI。(3)实质与规律及应用实质：沉淀溶解平衡的移动。规律：一般说来，溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀。沉淀的溶解度差别越大，越容易转化。但溶解度小的沉淀在一定条件下也可以转化为溶解度大的沉淀。应用a锅炉除垢：用Na2CO3溶液处理，将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)COeq oal(2,3)(

11、aq)=CaCO3(s)SOeq oal(2,4)(aq)。b矿物转化：CuSO4溶液遇PbS转化为CuS，离子方程式为Cu2(aq)PbS(s)=CuS(s)Pb2(aq)。1工业上采用湿法炼锌过程中，以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有Fe3、Fe2、Cu2、Cl等杂质，这些杂质对锌的电解工序有妨碍，必须提前除去。现有下列试剂可供选择：酸性KMnO4溶液NaOH溶液ZnOH2O2溶液ZnFeAgNO3Ag2SO4下列说法不正确的是 ()A用酸性KMnO4溶液将Fe2氧化成Fe3，再转化为Fe(OH)3沉淀除去B用ZnO调节浸出液的酸碱性，可使某些离子形成氢氧化物沉淀C在实际生产过程中，加

12、入Ag2SO4可除去Cl，是利用了沉淀转化的原理D也可以用ZnCO3代替ZnO调节溶液的酸碱性A用酸性KMnO4氧化Fe2，会引入新杂质离子K、Mn2，A错误。2(2021海淀区模拟)取1 mL 0.1 molL1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 molL1)，下列说法不正确的是()A实验白色沉淀是难溶的AgClB若按顺序实验，能看到白色沉淀C若按顺序实验，能看到黑色沉淀D由实验说明AgI比AgCl更难溶BAgNO3溶液中的Ag和过量的NaCl溶液中的Cl生成AgCl的白色沉淀，反应的离子方程式为AgCl=AgCl，所以沉淀为难溶的AgCl，故A正确；一般来说，溶解度小

13、的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，AgI的溶解度比AgCl小，所以AgI不易转化为AgCl，所以若按顺序实验，看不到白色沉淀，故B错误；2AgCl(s)S2(aq)Ag2S(s)2Cl(aq)，Ag2S比AgCl更难溶，溶解度更小，所以若按顺序实验，能看到黑色沉淀，故C正确；一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，实验的白色沉淀AgCl生成了黄色的AgI沉淀，说明AgI比AgCl更难溶，故D正确。3某兴趣小组进行下列实验：将0.1 molL1 MgCl2溶液和0.5 molL1 NaOH溶液等体积混合得到浊液取少量中浊液，滴加0.1 molL1 FeCl3溶液，出现红褐色沉

14、淀将中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1 molL1 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解下列说法中不正确的是 ()A将中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2B中浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)C实验和均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶DNH4Cl溶液中的NHeq oal(,4)可能是中沉淀溶解的原因CMgCl2溶液与NaOH溶液等体积混合得到Mg(OH)2悬浊液，剩余NaOH，但仍存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)。实验中是因为剩余的NaOH能和氯化铁反应生成

15、Fe(OH)3，不能比较Fe(OH)3和Mg(OH)2的溶解能力，故C错误。4(2021太原统一考试)往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述中正确的是 ()A温度升高，Na2CO3溶液的KW增大，c平(OH)减小BCaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4)CCaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸D沉淀转化的离子方程式为COeq oal(2,3)(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)SOeq oal(2,4)(aq)D温度升高，水的电离平衡正向移动，KW增大；温度升高，Na2CO3的水解

16、平衡正向移动，c平(OH)增大，A项错误；Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强弱无关，C项错误；反应的离子方程式为CaSO4(s)COeq oal(2,3)(aq)CaCO3(s)SOeq oal(2,4)(aq)，D项正确。1(2020全国卷，T9)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是()A海水酸化能引起HCOeq oal(,3)浓度增大、COeq oal(2,3)浓度减小B海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C

17、CO2能引起海水酸化，其原理为HCOeq oal(,3)HCOeq oal(2,3)D使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境 C根据图示可知CO2的过量排放，能导致海水中CO2H2OH2CO3HHCOeq oal(,3)平衡右移；H又能与珊瑚礁溶解生成的COeq oal(2,3)结合生成HCOeq oal(,3)，促使CaCO3Ca2COeq oal(2,3)平衡右移，从而使珊瑚礁减少。结合上述分析可知海水酸化，海水中H和HCOeq oal(,3)的浓度均增大，使海水中COeq oal(2,3)的浓度减小，A项正确；H可结合珊瑚礁溶解产生的COeq oal(2,3)，故能促进CaCO3的

18、溶解，使珊瑚礁减少，B项正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2H2OH2CO3HHCOeq oal(,3)，C项错误；使用太阳能、氢能等新能源，能有效减少CO2的排放，利于改善珊瑚的生存环境，D项正确。2(2021广东选择性考试，T18节选)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25 时，H2CO3的Ka14.5107，Ka24.71011；Ksp(BaMoO4)3.5108；Ksp(BaCO3)2.6109；该工艺中，pH6.0时，溶液中Mo元素以MoOeq oal(2,4)的形态存在。(

19、1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为_。(2) “沉铝”中，生成的沉淀X为_。(3) “沉钼”中，pH为7.0。生成BaMoO4的离子方程式为_。若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCOeq oal(,3)c(MoOeq oal(2,4)_(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。(4)滤液中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_。往滤液中添加适量NaCl固体后，通入足量_(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。解析(1)根据化合物Na2MoO4中Na为1价，O为2价，由化合物中化合价代数和为0，可计算出Na2M

20、oO4中Mo元素的化合价为6。(2)“750 焙烧”时，废催化剂中的氧化铝发生反应：Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，“滤液”中主要存在NaAlO2和Na2MoO4，通入过量CO2时，发生反应：NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)由(2)的分析可知“滤液”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4。“滤液”中加入BaCl2溶液生成BaMoO4的离子方程式为MoOeq oal(2,4)Ba2=BaMoO4。开始生成BaCO3时，溶液中eq f(cCOoal(2,3),cMoOoal(2,4)eq f(KspBaCO3,KspBaMo

21、O4)eq f(2.6109,3.5108)，又因为Ka2eq f(cHcCOoal(2,3),cHCOoal(,3)4.71011，由于“沉钼”中，pH为7.0，则eq f(cCOoal(2,3),cHCOoal(,3)eq f(Ka2,cH)eq f(4.71011,1.0107)，因此可得eq f(cHCOoal(,3),cMoOoal(2,4)eq f(2.6109,3.5108)eq f(1.0107,4.71011)。(4)由于“滤液”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4，加入适量BaCl2溶液“沉钼”后，“滤液”中主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，则Y为NaHCO3。由

22、“滤液”制备NaHCO3，原理类似侯氏制碱法，加入NaCl固体后，通入足量碱性气体NH3，再通入足量CO2，发生反应：NH3H2OCO2=NH4HCO3、NH4HCO3NaCl=NaHCO3NH4Cl，析出溶解度较小的NaHCO3固体。答案(1)6(2)Al(OH)3(3)MoOeq oal(2,4)Ba2=BaMoO4eq f(2.6109,3.5108)eq f(1.0107,4.71011)(4)NaHCO3NH3通过佛尔哈德法可以测定氯化镍晶体(NiCl26H2O)中氯元素的含量，从而确定该产品的纯度，实验步骤如下：A准确称取2.38 g产品，配制成250 mL溶液。B取待测溶液25.00 mL于锥形瓶中，向其中加入25.00 mL 0.