第7讲　难溶电解质的沉淀溶解平衡

第7讲难溶电解质的沉淀溶解平衡课时要求1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡;2.理解溶度积(Ksp)的含义,并能进行相关计算;3.了解沉淀的生成、溶解与转化,并能应用化学平衡原理解释。考点一沉淀溶解平衡及影响因素1.物质的溶解性与溶解度的关系20℃时,电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系:2.沉淀溶解平衡(1)沉淀溶解平衡的建立溶质溶解的过程是一个可逆过程:固体溶质溶液中的溶质v溶解(2)特点(同其他化学平衡):逆、等、定、动、变(适用平衡移动原理)。小题对点过下列说法错误的是。

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②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)表示AgCl的电离平衡③等体积、等浓度的AgNO3和NaCl溶液混合,充分反应后体系中不存在Ag+和Cl-④AgCl达到沉淀溶解平衡时,其溶解速率与沉淀速率相等,c(Ag+)和c(Cl-)均不变⑤BaSO4在相同物质的量浓度的硫酸钠和硫酸铝溶液中的溶解度相同⑥从100mLAgCl饱和溶液(含有部分AgCl固体)中取10mLAgCl溶液,该10mLAgCl溶液仍处于沉淀溶解平衡状态答案①②③⑤3.沉淀溶解平衡的影响因素(1)内因:难溶电解质本身的性质,即难溶电解质的溶解能力。(2)外因:难溶电解质在水溶液中会建立动态平衡,改变温度和某离子浓度,会使沉淀溶解平衡发生移动。小题对点过(1)对于:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)ΔH>0的平衡体系,改变条件:a.加热;b.加水;c.加入AgCl固体;d.加入NaCl晶体,其中平衡正向移动的有,逆向移动的有,不移动的有。

(2)已知沉淀溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),请分析当改变下列条件时,对该沉淀溶解平衡的影响,填写下表(浓度变化均指平衡后和原平衡比较):条件改变移动方向c(Mg2+)c(OH-)加少量水升温加MgCl2(s)加盐酸加NaOH(s)答案(1)a、bdc(2)正向移动不变不变正向移动增大增大逆向移动增大减小正向移动增大减小逆向移动减小增大解析(1)a.升高温度:平衡正向移动,溶解度增大;b.加水:平衡正向移动;c.加入AgCl固体:平衡不移动;d.加入NaCl晶体:平衡逆向移动。1.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。

①热纯碱溶液去油污能力强②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后,常用0.5%的Na2SO4溶液解毒③溶洞、珊瑚的形成④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能⑤泡沫灭火器灭火的原理答案②③④2.已知Ca(OH)2的饱和溶液中存在平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)ΔH<0,下列有关该平衡体系的说法正确的是。

①升高温度,平衡逆向移动②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度③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④恒温下,向溶液中加入CaO,溶液的pH升高⑤给溶液加热,溶液的pH升高⑥向溶液中加入Na2CO3溶液,其中固体质量增加⑦向溶液中加入少量NaOH固体,Ca(OH)2固体质量不变答案①⑥解析向溶液中加Na2CO3,CO32-与Ca2+反应生成沉淀CaCO3,c(Ca2+)减小,②错;③加入NaOH溶液会使平衡左移,有Ca(OH)2生成,但Ca(OH)2的溶度积较大,要除去Ca2+,应把Ca2+转化为更难溶的CaCO3,③错;恒温下,Ca(OH)2饱和溶液的浓度不变,pH不变,④错;加热,平衡左移,c(OH-)减小,pH减小,⑤错;加NaOH,平衡左移,Ca(OH)2的质量增大,3.将足量BaCO3固体分别加入:①30mL水;②10mL0.2mol·L-1Na2CO3溶液;③50mL0.01mol·L-1BaCl2溶液;④100mL0.01mol·L-1盐酸中溶解至溶液饱和。所得溶液中c(Ba2+)由大到小的顺序为。

答案③>④>①>②考点二溶度积常数及其应用1.溶度积(溶度积常数)和离子积以AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)为例:溶度积离子积含义沉淀溶解平衡的平衡常数溶液中有关离子浓度幂的乘积符号KspQ表达式Ksp(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-),式中的浓度是平衡浓度Q(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-),式中的浓度是任意浓度应用判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解①Q>Ksp:溶液过饱和,有沉淀析出;②Q=Ksp:溶液饱和,处于平衡状态;③Q<Ksp:溶液未饱和,无沉淀析出小题对点过已知几种难溶电解质在25℃时的溶度积。化学式KspAgCl1.8×10-10AgBr5.4×10-13AgI8.5×10-17Ag2S6.3×10-50Mg(OH)25.6×10-12请思考并回答下列问题。(1)25℃时,AgCl(s)、AgBr(s)、AgI(s)溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+)大小关系(能、否)直接判断,三种物质的溶解能力由大到小的顺序是。

(2)AgCl和Mg(OH)2相比,更难溶的是,通过简单的计算阐述判断的依据

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答案(1)能溶解能力由大到小:AgCl>AgBr>AgI(2)AgClKsp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=c2(Ag+)=1.8×10-10,c(Ag+)≈1.34×10-5mol·L-1,即AgCl的溶解浓度为1.34×10-5mol·L-1;Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=4c3(Mg2+)=5.6×10-12,c(Mg2+)≈1.12×10-4mol·L-1,即Mg(OH)2的溶解浓度为1.12×10-4mol·L-1,则AgCl更难溶。2.Ksp的影响因素(1)内因:溶度积与难溶电解质溶解能力的关系:阴、阳离子个数比相同的难溶电解质,溶度积越小,其溶解能力越小;不同类型的难溶电解质,应通过计算才能进行比较溶解能力。(2)外因:仅与温度有关,与浓度、压强、催化剂等无关。小题对点过下列说法正确的是。

①难溶电解质的溶度积Ksp越小,则它的溶解度越小②Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(AgCl),则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度③溶度积常数Ksp与温度有关,温度越高,溶度积越大④升高温度,某沉淀溶解平衡逆向移动,说明它的溶解度是减小的,Ksp也变小答案④解析不同类型的电解质是无法由溶度积来比较溶解度大小的,同类型的难溶电解质Ksp越小,溶解度越小,①、②错误;溶度积常数Ksp与温度有关,温度越高,溶度积常数可能增大也可能减小,③错误;升高温度,沉淀溶解平衡逆向移动,则说明它的溶解度是减小的,所以Ksp也变小,④正确。1.已知25℃时,Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20。在pH=5,c(Cu2+)=2mol·L-1的溶液中能否生成Cu(OH)2沉淀?(写出解答步骤)

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答案Q=10-1410-52×2=2×10-18>Ksp[Cu(OH)2],故溶液中有Cu(2.常温下,Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20,计算有关Cu2+沉淀的pH。(1)某CuSO4溶液中c(Cu2+)=0.02mol·L-1,如果生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液的pH,使之大于。

(2)要使0.2mol·L-1CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一),则应向溶液中加入NaOH溶液,使溶液的pH为。

答案(1)5(2)6解析(1)根据题给信息,当c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20时开始出现沉淀,则c(OH-)=2×10-200.02mol·L-1=10-9mol·L-1,c(H+)=10-5mol·L-1,pH=5,所以要生成Cu(OH)2沉淀,应调整pH>5。(2)要使Cu2+浓度降至0.2mol·L-11000=2×10-4mol·L-1,c(OH-)=2×10-202×10-4mol·L-1=10-8mol·L-1,c(H+3.已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(AgBr)=7.7×10-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO42-,浓度均为0.01mol·L-1,向该溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的AgNO3溶液时,计算三种阴离子沉淀的先后顺序为答案Br-、Cl-、CrO解析三种阴离子浓度均为0.01mol·L-1时,分别产生AgCl、AgBr和Ag2CrO4沉淀,所需要Ag+浓度依次为c1(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)=1.56×10-100.01c2(Ag+)=Ksp(AgBr)c(Br-)=7.7×10-130.01c3(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42-)=9.0×10-120.01mol·L-1=3×10-5mol考点三沉淀溶解平衡的应用1.沉淀的生成(1)沉淀生成的实际应用在无机物的制备和提纯、废水处理等领域,常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。(2)使溶液中的离子转化为沉淀的条件:溶液中离子积Q>Ksp。(3)常用的方法方法举例解释调节pH法除去CuCl2溶液中的FeCl3,可向溶液中加入CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]CuO与H+反应,促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质,可加入氨水调节pHFe3+与NH3·H2O反应生成Fe(OH)3沉淀沉淀剂法以Na2S等沉淀污水中的Hg2+、Cu2+等重金属离子Na2S与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀小题对点过(1)已知常温下,CuCO3、Cu(OH)2、CuS的Ksp分别为1.4×10-10、2.2×10-20、6.3×10-36。要除去溶液中的Cu2+,选用下列哪种沉淀剂更好。

①Na2CO3②NaOH③Na2S(2)①调pH除铁时,当溶液中c(Fe3+)=10-5mol·L-1时可认为Fe3+沉淀完全,计算恰好完全沉淀时溶液的pH=。为使Fe3+完全沉淀,常采取的措施为。

已知:Ksp[Fe(OH)3]≈1×10-39。②调pH时能否用NaOH溶液,简述理由:。

答案(1)③(2)①2.7调节溶液的pH大于2.7②不能,引入杂质离子Na+解析(1)选用Na2S更好。原因是CuS的Ksp最小,溶解度最小,Cu2+沉淀得更完全,溶液中剩余的Cu2+最少。(2)①Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-5·c3(OH-)=10-39,则c(OH-)=310-34mol·L-1≈10-11.3mol·L-1,c(H+)=Kwc(OH-)=10-1410-11.3mol·L-1=10-2.7mol·L-1,2.沉淀的溶解(1)原理:不断减少溶解平衡体系中的相应离子,使Q<Ksp,平衡向沉淀溶解的方向移动。(2)溶解方法①酸溶解法,如CaCO3溶于盐酸;②盐溶液溶解法,如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液;③配位溶解法,如AgCl溶于氨水。小题对点过(1)Mg(OH)2难溶于水,能溶于盐酸、NH4Cl溶液中。写出有关反应的离子方程式:

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(2)已知:PbSO4不溶于水,但可溶于醋酸铵溶液,反应的化学方程式:PbSO4+2CH3COONH4===(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4,试对上述PbSO4沉淀的溶解加以解释:

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答案(1)Mg(OH)2(s)+2H+(aq)Mg2+(aq)+2H2O(l)Mg(OH)2+2NH4+===Mg2++2NH3·H2(2)PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO42-(aq),当加入CH3COONH4溶液时,Pb2+与CH3COO-结合生成更难电离的(CH3COO)2Pb,c(Pb2+)减小,Q(PbSO4)<Ksp(PbSO4),使PbSO4的沉淀溶解平衡向右移动,PbSO43.沉淀的转化(1)原理:由一种沉淀转化为另一种沉淀的过程,实质是沉淀溶解平衡的移动。(2)沉淀转化规律①一般来说,溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。如,AgNO3溶液AgClAgI,Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。②一定条件下溶解度小的沉淀也可以转化成溶解度相对较大的沉淀。重晶石[BaSO4(s)]BaCO3(s),但Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)。(3)实际应用①锅炉除垢:水垢中的CaSO4(s)CaCO3(s)Ca2+(aq)。离子方程式为CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)②矿物转化:原生铜的硫化物CuSO4溶液铜蓝(CuS)。ZnS转化为CuS的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)。PbS转化为CuS的离子方程式为PbS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Pb2+(aq)。小题对点过化工生产中常用MnS作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。

①MnS的溶解度比CuS的溶解度大②该反应达平衡时c(Mn2+)=c(Cu2+)③向平衡体系中加入少量CuSO4固体后,c(Mn2+)变小④也可以用FeS作沉淀剂答案②③1.试用平衡移动原理解释下列事实:(1)BaCO3不溶于水,为什么不能作钡餐?。

(2)CaCO3难溶于稀硫酸,却能溶于醋酸中,原因是什么?。

(3)分别用等体积的蒸馏水和0.01mol·L-1的盐酸洗涤AgCl沉淀,用水洗涤造成AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量,原因是什么?。

答案(1)BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32-(aq),HCl===H++Cl-,2H++CO32-===H2O+CO2↑,盐酸电离的H+与BaCO3产生的CO32-结合生成CO2和H2O,破坏了BaCO3的溶解平衡,c(Ba(2)CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq),H2SO4===SO42-+2H+,Ca2++SO42-===CaSO4↓,因为生成的CaSO4溶解度较小,会附着在CaCO3的表面,阻止平衡右移。而CH3COOHCH3COO-+H+,Ca2+与CH3COO-不产生沉淀;当H+与CO32-结合生成CO2和H2(3)用水洗涤AgCl,AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡右移,AgCl的质量减少,用盐酸洗涤AgCl,稀释的同时HCl电离产生的Cl-会使平衡左移,AgCl减少的质量要小些2.已知25℃时,几种难溶电解质的溶度积如下表:难溶电解质CaCO3CaSO4MgCO3Ksp3.4×10-94.9×10-56.8×10-6某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性,实验步骤如下:①向100mL0.1mol·L-1的CaCl2溶液中加入0.1mol·L-1的Na2SO4溶液100mL,立即有白色沉淀生成。②向①中加入3g固体Na2CO3,搅拌,静置后弃去上层清液。③再加入蒸馏水搅拌,静置后再弃去上层清液。④。

(1)由题中信息知Ksp越大,表示电解质的溶解度越(填“大”或“小”)。

(2)写出第②步发生反应的化学方程式:

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(3)设计第③步的目的是:。

(4)请补充第④步操作及发生的现象:

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(5)请写出该原理在实际生活、生产中的一个应用:。

答案(1)大(2)Na2CO3(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+Na2SO4(aq)(3)洗去沉淀中附着的SO42-(4)向沉淀中加入足量的盐酸,沉淀完全溶解,并放出无色无味的气体(5)将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3,解析沉淀类型相同时,Ksp越大,表示电解质的溶解度越大,溶解度小的沉淀会向溶解度更小的沉淀转化,要证明CaSO4完全转化为CaCO3,可以加入盐酸,因为CaSO4不和盐酸反应,而CaCO3可完全溶于盐酸。在实际生活、生产中利用此反应可以将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3,再用盐酸除去。本讲感悟疑点:

盲点:

1.(2025·八省联考内蒙古卷)测定I-含量步骤如下:向含I-试样中先加入已知物质的量的过量AgNO3溶液,再加入NH4Fe(SO4)2指示剂,用KSCN溶液进行滴定,溶液出现浅红色即达滴定终点,消耗cmol·L-1KSCN溶液VmL。已知:pKsp(AgI)=16.07,pKsp(AgSCN)=11.9,pKsp(AgCl)=9.74。下列说法错误的是()A.滴定中有AgSCN生成B.不可先加指示剂,后加AgNO3溶液C.试样中n(I-)=10-3cVmolD.以上实验步骤不适用于Cl-含量测定答案C解析A.滴定中KSCN溶液与过量的AgNO3溶液反应生成AgSCN沉淀,到达终点时KSCN与指示剂NH4Fe(SO4)2反应生成红色Fe(SCN)3,故A正确;B.先加指示剂,则指示剂中的Fe3+与I-反应,影响终点指示,故B正确;C.KSCN溶液测定的是剩余AgNO3的物质的量,需根据AgNO3溶液的起始量与剩余量差计算碘离子的物质的量,故C错误;D.由于Ksp(AgCl)=10-9.74>Ksp(AgSCN)=10-11.9,用KSCN滴定过量的Ag+时,会使AgCl沉淀发生转化,因此该实验不适用于Cl-含量测定,故D正确。2.(2024·全国甲卷)将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液,向其中滴加0.10mol·L-1的NaCl溶液。lg[cM/(mol·L-1)](M代表Ag+、Cl-或CrO42-)随加入NaCl溶液体积(V下列叙述正确的是()A.交点a处:c(Na+)=2c(Cl-)B.Ksp(AgCl)C.V≤2.0mL时c(CrD.y1=-7.82,y2=-lg34答案D解析滴加过程中发生沉淀转化反应:Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO42-,溶液中存在Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),即lg[Ksp(AgCl)]=lg[c(Ag+)]+lg[c(Cl-)]。则表示lg[c(Ag+)]、lg[c(Cl-)]的两条曲线纵坐标之和为定值。随着Cl-不断滴入溶液中,其浓度不断升高,则中间的点虚线对应lg[c(Cl-)],最下方的虚线对应lg[c(Ag+)],根据V(NaCl)=1.0mL时的数据可得lg[Ksp(AgCl)]=-4.57+(-5.18)=-9.75,即Ksp(AgCl)=10-9.75。最上方的实线对应lg[c(CrO42-)]。Ag2CrO4向AgCl转化,发生反应Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+CrO42-(aq),则2mL时二者完全反应,继续加入NaCl溶液,由于同离子效应,则c(Cl-)升高,c(Ag+)下降,故三种离子对应曲线从上到下依次为CrO42-、Cl-和Ag+。Ag2CrO4转化为AgCl需消耗2.0mLNaCl溶液,结合题图知,交点a处c(Na+)≈3.0×0.104.0mol·L-1,c(Cl-)≈(3.0-2.0)×0.104.0mol·L-1,因此c(Na+)≠2c(Cl-),A错误;V(NaCl)=1.0mL时,溶液中存在Ag2CrO4沉淀,因此溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO42-)=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75,则Ksp(AgCl)Ksp(Ag2CrO4)=10-9.7510-11.96=102.21,B错误;在滴加NaCl溶液的最初阶段,滴入的Cl-的量极少,尚不足以生成AgCl沉淀,滴入的Cl-全部以离子形式存在,其浓度随着NaCl溶液的滴入而增大,由于Cl-未与Ag+发生作用,此时溶液仍为Ag2CrO4的饱和溶液,其中c(CrO42-)=3Ksp(Ag2CrO4)4,为定值,因此在此阶段,c(CrO42-)c(Cl-)随着NaCl溶液的滴入而减小,当Ag2CrO4转化为AgCl后,结合沉淀转化反应为可逆反应知,当V(NaCl)≤2.0mL时,体系中仍存在Ag2CrO4沉淀,溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO42-)、Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),两式相除得c(CrO42-)c(Cl-)=Ksp(Ag2CrO4)Ksp(AgCl)·c(Ag+),其中c(Ag+)在滴加NaCl溶液的过程中会随着c(Cl-)的增加而减少,因此c(CrO42-)c(Cl-)会随着NaCl溶液的滴加而增大,C错误;V(NaCl)=2.4mL时,体系中有AgCl沉淀,溶液中满足lg[Ksp(AgCl)]=lg[c(Ag+)]+lg[c(Cl-)],代入数据-9.75=y1+(-1.93),得y1=-7.82,假设此时溶液中仍存在Ag2CrO4,则lg[Ksp(Ag2CrO4)]=2lg[c(Ag+)]+lg[c(CrO42-)],代入数据-11.96=2×3.(2023·浙江1月选考)碳酸钙是常见难溶物,将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡:CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11A.上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO3B.上层清液中含碳微粒最主要以HCO3C.向体系中通入CO2气体,溶液中c(Ca2+)保持不变D.通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化答案B解析A项,上层清液为碳酸钙的饱和溶液,碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子,因此c(Ca2+)>c(CO32-),A错误;B项,碳酸钙难溶于水,上层清液中c(CO32-)很小,近似为中性,pH≈7,Ka1=c(H+)·c(HCO3-)c(H2CO3)=4.5×10-7,Ka2=c(H+)·c(CO32-)c(HCO3-)=4.7×10-11,将c(H+)=10-7代入,则c(HCO3-)c(H2CO3)=4.5,c(CO32-)c(HCO3-)=4.7×10-4,则上层清液中含碳微粒主要为HCO3-,B正确;C项,向体系中通入CO2,CaCO34.(2023·北京卷)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知:酸性条件下,MnO2的氧化性强于Fe3+。“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出,矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。“浸锰”过程中,发生反应MnS+2H+===Mn2++H2S↑,则可推断:Ksp(MnS)(填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。

答案>解析“浸锰”过程中,矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中,MnS发生反应:MnS+2H+===Mn2++H2S↑,硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸,则可推断:Ksp(MnS)>Ksp(Ag2S)。5.(2023·湖北卷)常温下,已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴过滤”的pH控制为10.0,则溶液中Co2+浓度为mol·L-1。“850℃煅烧”时生成Co3O4的化学方程式为

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答案5.9×10-76Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O解析已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴过滤”的pH控制为10.0,则溶液中c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1,Co2+浓度为Ksp[Co(OH)2]c2(OH-)=5.9×10-15(1.0×10-4)2mol·L-1=5.9×10-7mol·L-1。“850℃煅烧”时,Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H高考热点总结

基础落实选择题只有1个选项符合题意1.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸,下列说法正确的是()A.AgCl的溶解度、Ksp均减小B.AgCl的溶解度、Ksp均不变C.AgCl的溶解度减小、Ksp不变D.AgCl的溶解度不变,Ksp减小答案C解析向AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸,c(Cl-)增大,导致沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)逆向移动,则AgCl的溶解度减小,但温度不变,Ksp不变。2.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,下列叙述正确的是()A.温度升高,Na2CO3溶液的Kw增大,c(OH-)减小B.CaSO4能转化为CaCO3,说明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C.CaCO3溶于盐酸而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CO32-(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO42-答案D解析温度升高,水的电离平衡正向移动,Kw增大;温度升高,Na2CO3的水解平衡正向移动,c(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。3.(2024·浙江杭州模拟)可溶性钡盐有毒,医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知:Ksp(BaCO3)=5×10-9;Ksp(BaSO4)=1×10-10。下列推断正确的是()A.饱和BaCO3溶液中存在:c(Ba2+)=c(HCO3-)+c(CB.向BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中加入少量BaCl2,溶液中c(CC.不用碳酸钡作为内服造影剂,是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)D.若每次加入1L2mol·L-1的Na2CO3溶液,至少需要6次可将0.2molBaSO4转化为BaCO3答案D解析A项,BaCO3是难溶性盐,饱和BaCO3溶液中存在:BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32-(aq),根据元素守恒:c(Ba2+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3),错误;B项,BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中存在平衡:BaCO3(s)+SO42-(aq)BaSO4(s)+CO32-(aq),溶液中c(CO32-)c(SO42-)=Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4),加入少量BaCl2,温度不变,Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)不变,c(CO32-)c(SO42-)不变,错误;C项,碳酸钡能和胃酸(盐酸)反应而溶解,故碳酸钡不能作为内服造影剂,和溶度积常数无关,错误;D项,向BaSO4中加入Na2CO3溶液,发生反应BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq),该反应的平衡常数K=c(SO42-)c(C4.足量CaCO3(s)在水中的溶解过程如下:CaCO3(s)CO32-(aq)+Ca2+(aq)ΔH<0,该悬浊液达到平衡后,下列叙述不正确的是(A.升高温度,Ksp(CaCO3)减小B.加少量水稀释,上述平衡正向移动,c(Ca2+)不变C.向悬浊液中加入少量NaHCO3固体,c(CD.向悬浊液中滴入盐酸,Q(CaCO3)>Ksp(CaCO3),导致平衡正向移动答案C解析加入少量NaHCO3固体,NaHCO3===Na++HCO3-,且HCO3-水解程度大于电离程度,故c(OH-)>c(H+),c(CO32-)c(H+)=c(CO32-5.(2024·河北秦皇岛模拟)某化学兴趣小组进行溶解平衡相关实验,操作流程如图。下列说法正确的是()已知:常温下,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgBr)=5.4×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-17。A.悬浊液a中c(Br-)与悬浊液d中c(Br-)相等B.步骤③可以证明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)C.向悬浊液d中加入少量NaI溶液,沉淀颜色不变时,cD.向悬浊液e中滴加几滴0.1mol·L-1NaCl溶液,观察到黄色沉淀转化为白色沉淀答案C解析A项,悬浊液a中AgNO3过量,存在同离子效应,溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)左移,c(Br-)降低,小于悬浊液d中c(Br-),错误;B项,悬浊液a中AgNO3过量,步骤③产生的黄色沉淀是滤液c中Ag+与I-反应生成,故不能说明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI),错误;C项,向悬浊液d中加入少量NaI溶液,发生沉淀转化反应:AgBr(s)+I-(aq)AgI(s)+Br-(aq),该反应平衡常数K=c(Br-)c(I-)=Ksp(AgBr)Ksp(AgI)=5.4×10-138.5×10-17,则c(I-)c(Br-)=8.5×10-45.4,正确;D项,向滤液c中滴加几滴0.1mol·L-16.(2024·湖北荆州模拟)常温下,向10mL0.1mol·L-1Pb(NO3)2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液,混合溶液中-lgc(Pb2+)与滴加Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知:常温下Ksp(FeS)=10-17.2]。下列说法错误的是()A.图中A、B、C三点的Ksp(PbS)相等B.常温下,Ksp(PbS)=1×10-27.2C.用FeS可除尽废水中的Pb2+D.PbS对应的D点分散系中,v(沉淀)<v(溶解)答案D解析A项,难溶性电解质的Ksp值只与温度有关,正确;B项,由B点坐标值知,两种盐恰好反应完,此时溶液中c(Pb2+)=c(S2-)=1×10-13.6mol·L-1,Ksp(PbS)=c(Pb2+)×c(S2-)=1×10-27.2,正确;C项,用FeS除去Pb2+的原理为FeS+Pb2+PbS+Fe2+,该转化反应的K=c(Fe2+)c(Pb2+)=Ksp(FeS)Ksp(PbS)=1×1010>1×105,即该转化向右进行的程度非常大,正确;D项7.软磁材料Mn3O4可由阳极渣和黄铁矿(FeS2)制得。阳极渣的主要成分为MnO2且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。25℃时,Ksp(MnF2)=5.0×10-3,Ksp(CaF2)=3.5×10-11。下列说法错误的是()A.X可为稀硫酸B.滤渣2成分是Cu(OH)2和CaSO4C.“净化”发生的反应为MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)K≈1.4×108D.利用MnCO3替代CaO可优化该流程答案B解析MnO2在酸性条件下有强氧化性,FeS2有强还原性,二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应,结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液,可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子Fe2+氧化为Fe3+,再加入CaO调整溶液pH,使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀,但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+,净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去,过滤得到的滤液含有MnSO4,然后经一系列处理得到Mn3O4。X可为稀硫酸,A正确;滤渣2成分是Fe(OH)3和Cu(OH)2,B错误;净化阶段加入MnF2的目的是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去,方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq),K=c(Mn2+)c(Ca2+)=c(Mn2+)c2(F-)c(C8.室温下,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定盐酸酸化的0.02mol·L-1FeCl3溶液的pH-t曲线如图所示。已知:①室温时Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38;②lg2=0.3。下列说法正确的是()A.Fe3+的水解平衡常数Kh=1.0×B.若b点c(Fe3+)=10-5mol·L-1,则x=3.2C.ab段仅发生反应:Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓D.从a到c点,水的电离程度一直在减小答案B解析Fe3+水解反应为Fe3+(aq)+3H2OFe(OH)3(s)+3H+(aq),水解平衡常数Kh=c3(H+)c(Fe3+)=c3(H+)c(Fe3+)×c3(OH-)c3(OH-)=Kw3Ksp[Fe(OH)3]=(1.0×10-14)34.0×10-38,A错误;b点生成Fe(OH)3沉淀,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-),若b点c(Fe3+)=10-5mol·L-1,则c(OH-)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=34.0×10-3810-5=34×10-11mol·L-1,c(H+)=Kwc(OH-)=1.0×10-1434×10-11=2-23×109.我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg·L-1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。(1)写出磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式:Ksp[Cd3(PO4)2]=。

(2)一定温度下,CdCO3的Ksp=4.0×10-12,Cd(OH)2的Ksp=3.2×10-14,该温度下[填“CdCO3”或“Cd(OH)2”]的饱和溶液中Cd2+浓度较大。

(3)向某含镉废水中加入Na2S,当S2-浓度达到7.9×10-8mol·L-1时,废水中Cd2+的浓度为mol·L-1[已知Ksp(CdS)=7.9×10-27],此时(填“符合”或“不符合”)《生活饮用水卫生标准》。

答案(1)c3(Cd2+)·c2(PO43-)(2)Cd(OH(3)1.0×10-19符合解析(1)难溶固体在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时,各离子浓度幂的乘积是一个常数,这个常数称之为沉淀溶解平衡常数,Cd3(PO4)2沉淀溶解平衡常数表达式为Ksp[Cd3(PO4)2]=c3(Cd2+)·c2(PO43-);(2)CdCO3饱和溶液中c(Cd2+)=Ksp(CdCO3)=4.0×10-12mol·L-1=2.0×10-6mol·L-1,Cd(OH)2饱和溶液中c(Cd2+)=3Ksp[Cd(OH)2]4=33.2×10-144mol·L-1=2.0×10-5mol·L-1,则Cd(OH)2的饱和溶液中Cd2+浓度较大;(3)当S2-浓度达到7.9×10-8mol·L-1时,废水中Cd2+的浓度c(Cd2+)=Ksp(CdS)c(S2-)能力提升10.取1mL0.1mol·L-1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1mol·L-1),下列说法不正确的是()A.实验①白色沉淀是难溶的AgClB.若按②①顺序实验,能看到白色沉淀C.若按①③顺序实验,能看到黑色沉淀D.由实验②说明AgCl比AgI更易溶答案B解析AgNO3溶液中的Ag+和过量的NaCl溶液中的Cl-生成AgCl白色沉淀,离子方程式为Ag++Cl-===AgCl↓,所以沉淀为难溶的AgCl,故A项正确;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,AgI的溶解度比AgCl小,所以AgI不易转化为AgCl,所以若按②①顺序实验,看不到白色沉淀,故B项错误;2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq),Ag2S比AgCl更难溶,溶解度更小,所以若按①③顺序实验,能看到黑色沉淀,故C项正确;实验②白色沉淀AgCl转化为黄色沉淀AgI,说明AgI比AgCl更难溶,故D项正确。11.探究Mg(OH)2的沉淀溶解平衡时,利用下表三种试剂进行实验,下列说法不正确的是()编号①②③分散质Mg(OH)2HClNH4Cl备注悬浊液1mol·L-11mol·L-1A.向①中滴加几滴酚酞溶液后,溶液显红色,说明Mg(OH)2是一种弱电解质B.为了使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快,加入过量NH4Cl浓溶液并充分振荡,效果更好C.①③混合后发生反应:Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq)Mg2+(aq)+2NH3·H2O(aqD.向少量Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液,反应的离子方程式是Mg2++2HCO3-+4OH-===Mg(OH)2↓+2CO3答案A解析Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴酚酞溶液后,溶液显红色,则溶液呈碱性,说明Mg(OH)2能电离出OH-,是一种电解质,不能判断是否为弱电解质,A错误;Mg(OH)2溶解产生的OH-与NH4Cl溶液中的NH4+生成NH3·H2O,能加快Mg(OH)2悬浊液的溶解,B正确;因相同温度下,氢氧化镁比碳酸镁更难溶,碱过量时生成Mg(OH)2,12.已知:常温下,Ksp(NiCO3)=1.4×10-7,Ksp(PbCO3)=1.4×10-13,则向浓度均为0.1mol·L-1的Ni(NO3)2和Pb(NO3)2混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,下列说法错误的是()A.常温下在水中的溶解度:NiCO3>PbCO3B.逐滴加入Na2CO3溶液,先生成PbCO3沉淀,后生成NiCO3沉淀C.向NiCO3沉淀中加入Pb(NO3)2溶液,不会生成PbCO3沉淀D.逐滴加入Na2CO3溶液,当两种沉淀共存时,溶液中c(Ni2+)∶c(Pb2+)=106∶1答案C解析常温下,Ksp(NiCO3)>Ksp(PbCO3),故溶解度:NiCO3>PbCO3,A项正确;逐滴加入Na2CO3溶液时,Ksp(PbCO3)较小,故先生成PbCO3沉淀,后生成NiCO3沉淀,B项正确;由于Ksp(PbCO3)<Ksp(NiCO3),在NiCO3沉淀中加入Pb(NO3)2溶液,则NiCO3可转化为PbCO3,C项错误;当两种沉淀共存时,NiCO3、PbCO3均达到沉淀溶解平衡状态,溶液中c(Ni2+)∶c(Pb2+)=Ksp(NiCO3)∶Ksp(PbCO3)=106∶1,D项正确。13.钡(Ba)和锶(