第八章水溶液中的电离平衡第四讲难溶电解质的溶解平衡 高考化学一轮复习学案人教版

这是一份第八章水溶液中的电离平衡第四讲难溶电解质的溶解平衡 高考化学一轮复习学案人教版，共32页。
第四讲　难溶电解质的溶解平衡

考点一　沉淀溶解平衡及其应用(命题指数★★★★)
1.沉淀溶解平衡:
(1)概念:在一定温度下,当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液时,沉淀溶解和生成的速率相等时,即达到溶解平衡状态。
(2)沉淀溶解平衡的建立。

固体溶质溶液中的溶质

(3)表达式。
难溶电解质(s)溶质离子(aq)
如AgCl的溶解平衡表达式为AgCl(s)Ag+(aq) +Cl-(aq) 
(4)特征。

2.影响因素:
(1)电解质本身的性质。
①绝对不溶的电解质是没有的。
②同是难溶电解质,溶解度差别也很大。
③易溶电解质作溶质时只要是饱和溶液也可存在溶解平衡。
(2)反应条件。
①浓度:加水,平衡向溶解方向移动。
②温度:大多数难溶电解质的溶解平衡是吸热过程,升高温度,多数平衡向溶解方向移动[特例Ca(OH)2]。
③同离子效应:向平衡体系中加入含有难溶电解质电离的某离子的电解质,平衡向沉淀方向移动。
④加入难溶物本身:平衡不移动。
(3)实例。
以AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)　ΔH>0为例,说明外因对沉淀溶解平衡的影响 
条件
移动方向
平衡后c(Ag+)
平衡后c(Cl-)
加入AgNO3
逆向
增大
减小
加H2O
正向
不变
不变
升温
正向
增大
增大
通入HCl
逆向
减小
增大
加入K2S
正向
减小
增大
3.沉淀溶解平衡的应用:
(1)沉淀的生成。
①调节pH法。
加入氨水调节pH至7～8,可除去氯化铵中的杂质氯化铁。反应的离子方程式:
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
②加沉淀剂法。
以Na2S、H2S等作沉淀剂,使Cu2+、Hg2+等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。反应离子方程式如下:
Cu2＋＋S2－===CuS↓，Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，
Hg2＋＋S2－===HgS↓，Hg2＋＋H2S===HgS↓＋2H＋。
(2)沉淀的溶解。
①酸溶解法。
如CaCO3沉淀溶于盐酸中，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。CO2气体的生成和逸出，使CaCO3溶解平衡体系中的CO浓度不断减小，平衡向沉淀溶解的方向移动。
②盐溶液溶解法。
如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋__2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。
③氧化还原溶解法。
如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀硝酸。
④配位溶解法。
如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。
(3)沉淀的转化。
①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)
②应用。
A.锅炉除水垢:
水垢[CaSO4(s)]CaCO3(s)Ca2＋(aq)
B.自然界中矿物的转化:
原生铜的硫化物CuSO4溶液
铜蓝(CuS)

1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)NaCl溶解性很好,饱和NaCl溶液中不存在溶解平衡。 (　　) 
提示:×。易溶电解质作溶质时只要是饱和溶液也可存在溶解平衡。
(2)沉淀达到溶解平衡时,溶液中难溶电解质电离出的各个离子浓度均相等。 (　　) 
提示:×。溶解平衡时,溶液中各离子浓度不再改变,不一定相等。
(3)室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度。 (　　) 
提示:×。食盐水中c(Cl-)大,抑制AgCl的溶解,故AgCl在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度。
(4)常温下,向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体,会有BaCO3生成。 (　　) 
提示：√。向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，c(CO)增大，BaCO3的溶解平衡左移，生成BaCO3。
(5)沉淀溶解是吸热反应,降低温度,溶解平衡一定逆向移动。 (　　) 
提示:×。少数沉淀(如氢氧化钙)溶解放热,升温逆向移动。
2.向Mg(OH)2悬浊液中滴加蒸馏水,沉淀不溶解;向Mg(OH)2中滴加盐酸,沉淀溶解;向Mg(OH)2中滴加NH4Cl溶液,沉淀也溶解。

(1)NH4Cl为什么能溶解Mg(OH)2?请从沉淀溶解平衡移动的角度分析。 
(2)该反应的化学方程式是什么?
提示：(1)NH4Cl电离出的NH与Mg(OH)2电离出的OH－结合，生成了弱电解质NH3·H2O，导致Mg(OH)2的溶解平衡Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移动，Mg(OH)2溶解。
(2)该反应的化学方程式是Mg(OH)2 ＋ 2NH4Cl===MgCl2＋2NH3·H2O。

命题角度1:沉淀溶解平衡及其影响因素
【典例1】(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(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
【解析】选C。加入适量水,使溶解平衡正向移动,悬浊液中Mg(OH)2固体的质量减少,故A不选;加入盐酸,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(OH-)增加,故C选;加少量MgSO4固体,平衡逆向移动,c(OH-)减小,故D不选。
命题角度2:沉淀溶解平衡的应用
【典例2】(2021·北京海淀区模拟)取1 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·L-1),下列说法不正确的是 (　　) 

A.实验①白色沉淀是难溶的AgCl
B.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AgI比AgCl更难溶
【解析】选B。AgNO3溶液中的Ag＋和过量的NaCl溶液中的Cl－生成AgCl的白色沉淀，离子方程式为Ag＋＋Cl－===AgCl↓，所以沉淀为难溶的AgCl，故A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②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。

(1)(宏观辨识与微观探析)饱和AgCl溶液和饱和AgI溶液中,Ag+浓度相同吗?若向相同浓度的NaCl、KI混合溶液中滴加AgNO3溶液,先产生的沉淀颜色是什么?
提示:不相同,AgCl溶解度较大,Ag+浓度较大;向相同浓度的Cl-、I-溶液中加入Ag+,先产生黄色AgI沉淀。
(2)(变化观念与平衡思想)向黄色沉淀中加入足量NaCl溶液,能否产生白色沉淀?
提示:Cl-浓度很大时,能产生AgCl沉淀。
(3)(变化观念与平衡思想)若向0.1 mol·L-1 NaCl溶液中滴加过量AgNO3溶液,再滴入KI溶液产生黄色沉淀,能否说明AgI比AgCl更难溶? 
提示:Ag+过量,再引入I-生成黄色沉淀,不能证明沉淀转化为更难溶的物质。

1.难溶电解质的概念及溶解平衡:
(1)常温下,将溶解度小于0.01 g的电解质称为难溶电解质。 
(2)溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时,可视为沉淀完全。 
(3)一般地,升温、加水均可使平衡向沉淀溶解的方向移动。
(4)向沉淀溶解平衡体系中加入相同的离子,能使平衡向生成沉淀的方向移动。
2.沉淀溶解平衡应用的一般原则:
(1)沉淀的生成。
①当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时,生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀。
②如果生成各种沉淀所需试剂离子的浓度相差较大,就能分步沉淀,从而达到分离离子的目的。
③利用生成沉淀分离或除去某种离子,首先要使生成沉淀的反应能够发生;其次希望沉淀生成的反应进行越完全越好。
④选择沉淀剂的要求是除去溶液中的某种离子，又不能影响其他离子的存在，并且由沉淀剂引入溶液的杂质离子还要便于除去。如沉淀Ca2＋时选用CO而不选用SO。
(2)沉淀的溶解。
对于水中难溶的电解质,若不断地使溶解平衡体系中的离子浓度减小,即可使沉淀溶解。
(3)沉淀的转化。
①溶解度较小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。
②沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动,溶解度小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。两种沉淀的溶解度差别越大,沉淀越容易转化。

命题点1:沉淀溶解平衡及其影响因素(基础性考点)
1.(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 (　　) 
A．c(Mg2＋) B．Ksp(MgCO3)
C．c(H＋) D．c(CO)
【解析】选D。MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s) Mg2＋(aq)＋CO(aq)，加入少量稀盐酸可与CO反应，促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO)减小，c(Mg2＋)及c(H＋)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变，只有D正确。
2.石灰乳中存在下列平衡:Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq);加入下列溶液,可使固体明显减少的是 (　　) 
A.Na2CO3溶液 B.KCl溶液
C.NaOH溶液 D.CaCl2溶液
【解析】选B。加入Na2CO3，Ca2＋＋CO===CaCO3↓，固体不减少；加入KCl溶液相当于加水稀释，Ca(OH)2减少；加入NaOH，c(OH－)增大，加入CaCl2，c(Ca2＋)增大，平衡均向左移动，Ca(OH)2增多。
命题点2:沉淀溶解平衡的应用(应用性考点)
3.要使工业废水中的Pb2+沉淀,可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂,已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如下:
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10-4
1.81×10-7
1.84×10-14
由上述数据可知,选用的沉淀剂最好是 (　　) 
A.硫化物 B.硫酸盐
C.碳酸盐 D.以上沉淀剂均可
【解析】选A。产生沉淀的溶解度越小,沉淀反应进行越完全。由表中数据可知PbS的溶解度最小,所以最好的沉淀剂为硫化物。
4．工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(Cr2O和CrO)，其流程为

已知:步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:
Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)
Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32
下列有关说法正确的是 (　　) 
A．步骤①中当2v正(CrO)＝v逆(Cr2O)时，说明反应：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O达到平衡状态
B．Cr2O在酸性溶液中不能大量存在
C．步骤②中，若要还原1 mol Cr2O，需要12 mol (NH4)2Fe(SO4)2
D．步骤③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c(Cr3＋)≤10－5 mol·L－1时，可视作该离子沉淀完全)
【解析】选D。判定化学平衡状态：根据同种物质v正＝v逆，或根据不同物质速率方向相反，且速率比等于系数比；根据反应：2CrO(aq)＋2H＋(aq) Cr2O(aq)＋H2O(l)，＝，即v正(CrO)＝2v逆(Cr2O)时，达平衡状态，故A错误；根据反应：2CrO(aq)＋2H＋(aq) Cr2O(aq)＋H2O(l)，酸性条件下，c(H＋)大，平衡正向移动程度大，会有更多的Cr2O，所以Cr2O在酸性溶液中可以大量存在，故B错误；根据电子转移守恒，反应②1 mol Cr2O要得到6 mol e－生成2 mol Cr3＋，所以需要6 mol Fe2＋生成6 mol Fe3＋提供6 mol电子，即需要6 mol (NH4)2Fe(SO4)2，故C错误；Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)c3(OH－)，当c(Cr3＋)≤1×10－5 mol·L－1，c3(OH－)＝＝＝10－27 mol·L－1，c(OH－)＝10－9 mol·L－1， c(H＋)＝＝＝10－5 mol·L－1，则pH＝－lgc(H＋)＝5，所以当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽，D正确。
【加固训练—拔高】 
1.(2021·北京房山区模拟)难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时,下列说法中不正确的 (　　) 
A.溶液中不存在难溶电解质离子
B.沉淀的速率和溶解的速率相等
C.继续加入难溶电解质,溶液中各离子浓度不变 
D.一定条件下可以转化为更难溶的物质
【解析】选A。难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时,会有少部分电解质发生电离,得到相应的离子,故A错误;达到沉淀溶解平衡时,沉淀的速率和溶解的速率相等,各离子浓度保持不变,故B正确;达到沉淀溶解平衡时,已经达到难溶电解质的溶解限度,溶液为饱和溶液,加入难溶电解质会以沉淀的形式存在,对于溶液中各离子的浓度无影响,故C正确;更难溶的物质溶度积常数更小,更容易形成,一定条件下可以转化为更难溶的物质,故D正确。
2．已知同温度下的溶解度：Zn(OH)2>ZnS，MgCO3>Mg(OH)2；就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS>H2S>CuS，则下列离子方程式错误的是(　　)
A．Mg2＋＋2HCO＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
B．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋
C．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑
D．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
【解析】选C。就溶解度而言,反应向着生成溶解度更小的方向进行;就电离而言,反应向着难电离的方向进行。
考点二　溶度积常数及其应用(命题指数★★★★★)
1.溶度积Ksp:
在一定条件下,难溶强电解质AmBn溶于水形成饱和溶液时,溶质的离子与该固态物质之间建立动态平衡,叫作沉淀溶解平衡,这时,离子浓度幂的乘积为一常数,叫作溶度积,用Ksp表示。
2.表达式:
对于AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq),
Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。
3.溶度积与离子积的关系:
通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小,可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解:
(1)Qc>Ksp,溶液过饱和,有沉淀析出,直至溶液饱和,达到新的平衡。
(2)Qc=Ksp,溶液饱和,沉淀与溶解处于平衡状态。
(3)QcAgBr>AgI,Cu(OH)2Ksp(RCO3)，向c(CO)＝c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，A错误；将浓度均为6×10－6 mol·L－1RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2＋)＝3×10－6 mol·L－1、c(CO)＝3×10－6 mol·L－1，此时的离子积Qc＝c(R2＋)·c(CO)＝3×10－6×3×10－6＝9×10－12 Ksp(a)。

命题角度1:沉淀溶解平衡曲线
【典例1】(2019·全国Ⅱ卷)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 (　　) 

A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)100 nm 
【解析】选D。温度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，不利于沉淀溶解平衡向正反应方向移动，溶度积常数减小，图中T2时的溶度积常数大于T1时的溶度积常数，因此温度关系为T1＞T2，故A错误；温度不变的情况下，生石灰加入消耗水，析出固体后上层清液仍为氢氧化钙饱和溶液，c(OH－)不变，溶液体积减小，OH－的数目减少，故B错误；Z在温度为T1的曲线上，温度相同，则溶度积常数不变，此时的溶度积常数为Ksp＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝16a×a2＝16a3＝4×10－6，解得a＝，则图中Z点溶液中c(OH－)＝4a＝0.025 mol·L－1，数量级为10－2，故C错误；温度为T1时，P点Qc＞Ksp，反应向生成沉淀的方向移动，得到悬浊液，P点分散系中分散质粒子直径大于100 nm，故D正确。
命题点2:沉淀溶解平衡对数曲线(综合性考点)
2．(2021·济宁模拟)某温度时硫酸盐MSO4(M：Pb2＋、Ba2＋、Sr2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)＝－lgc(M)，p(SO)＝－lgc(SO)。下列说法正确的是(　　)

A.向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液可能转化成PbSO4
B．X、Y两点对应的SrSO4均是饱和溶液，不能继续溶解SrSO4
C．蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液
D．溶度积：Ksp(SrSO4)＜Ksp(PbSO4)＜Ksp(BaSO4)
【解析】选A。由图可知，Ksp(BaSO4)＜Ksp(PbSO4)，但增大Pb2＋的浓度，即
c(Pb2＋)×c(SO)＞Ksp(PbSO4)，可使BaSO4转化为PbSO4，故A正确；由图可知Y点对应的SrSO4溶液，c(Sr2＋)×c(SO)＜Ksp(SrSO4)，所以为不饱和溶液，能继续溶解SrSO4，故B错误；由图可知Z点对应溶液中c(Ba2＋)＞c(SO)，蒸发Z点的BaSO4溶液不能得到C点状态的溶液，故C错误；由图可知溶度积BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，故D错误。
3．(2021年辽宁适应性测试)天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCO、CO或Ca2＋)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．曲线①代表CO
B．H2CO3的一级电离常数为10－8.3
C．c(Ca2＋)随pH升高而增大
D．pH＝10.3时，c(Ca2＋)＝2.8×10－7.9 mol·L－1
【解析】选D。根据图象可知，随着pH的增大，溶液碱性增强，HCO、CO浓度都增大，而曲线①在pH较小时也产生，因此曲线①代表HCO，②代表CO，③代表Ca2＋，A错误；曲线①为HCO，由点(6.3，－5)可知，H2CO3的一级电离常数Ka1＝＝1.0×10－6.3，B错误；曲线③代表Ca2＋，根据图象可知，c(Ca2＋)随pH升高而减小，C错误；已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，根据图象，pH＝10.3时，c(HCO)＝c(CO)＝10－1.1 mol·L－1，则c(Ca2＋)＝＝＝2.8×10－7.9 mol·L－1，D正确。
命题点3:沉淀滴定曲线(综合性考点)
4.(2021·泸州模拟)已知:pBa=-lgc(Ba2+),Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,
Ksp(BaCO3)=3.0×10-9。常温下,用0.1 mol·L-1 Na2SO4溶液滴定20 mL
0.1 mol·L-1 BaCl2溶液的曲线如图所示,V0达到滴定终点,下列说法错误的是 (　　) 

A.图象中,m=5,V0=20
B.若将c(BaCl2)从0.1 mol·L-1变为0.2 mol·L-1,m值将减小 
C.a点溶液中离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(Na+)>c(Ba2+)>c(OH-)
D．向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至≥30时将生成BaCO3
【解析】选B。A.图象中，m＝5，pBa＝－lgc(Ba2＋)＝5，c(Ba2＋)＝10－5 mol·L－1，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，c(SO)＝10－5 mol·L－1，沉淀完全，反应的钡离子和硫酸根离子的量相同，20 mL×0.1 mol·L－1＝V0×0.1 mol·L－1，V0＝20 mL，故A正确；B.若将c(BaCl2)从0.1 mol·L－1变为0.2 mol·L－1，m为沉淀完全时，pBa＝
－lgc(Ba2＋)，m值不变，故B错误；C.a点溶液中离子浓度大小关系为c(Cl－)＝＝ mol·L－1，c(Na＋)＝＝
mol·L－1，c(Ba2＋)＝＝ mol·L－1，c(OH－)来源于水电离，c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(Ba2＋)＞c(OH－)，故C正确；D.BaSO4＋COBaCO3＋SO，K＝＝＝＝，向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至≥30时将生成BaCO3，故D正确。
【加固训练—拔高】 
1．(2021·日照模拟)t ℃时，两种碳酸盐MCO3(M表示X2＋或Y2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：pM＝－lgc(M2＋)，p(CO)＝－lgc(CO)，Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)。下列说法正确的是(　　)

A.线a表示YCO3的溶解平衡曲线
B.Ksp(XCO3)=1.0×10-8
C.t ℃时,向XCO3悬浊液中加入饱和Y(NO3)2溶液,可能有YCO3生成 
D.t ℃时,向饱和YCO3溶液中加入Na2CO3溶液,一定能产生YCO3沉淀 
【解析】选C。Ksp(XCO3)＝c(X2＋)c(CO)，Ksp(YCO3)＝c(Y2＋)c(CO)；又因Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)，所以c(CO)相同时，c(X2＋)＜c(Y2＋)，pc(X2＋)＞pc(Y2＋)，所以a为XCO3的溶解平衡曲线，b为YCO3的溶解平衡曲线，故A错误；Ksp(XCO3)＝c(X2＋)c(CO)＝10－4 mol·L－1×100 mol·L－1＝10－4，故B错误；虽然Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，沉淀转化的平衡移动原理为X2＋(aq)＋YCO3(s) XCO3(s)＋Y2＋(aq)，但加入饱和Y(NO3)2溶液，增大了c(Y2＋)，使平衡逆向移动，可能会有YCO3生成，故C正确；YCO3沉淀溶解的原理，YCO3(s) CO(aq)＋Y2＋(aq)，向饱和YCO3溶液中加入Na2CO3溶液，不知Na2CO3溶液的浓度，无法确定是否一定能产生YCO3沉淀，故D错误。
2.(2021·梅河口模拟)硫酸钡难溶于水,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 (　　) 

A.T1>T2
B.图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)=Ksp(q)Ka(HF) 
B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C.FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)
D.在1 mol·L-1 Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 mol·L-1 
【解析】选A。相同浓度的溶液,HCOONa的pH大于NaF,说明HCOO-水解程度大于F-的水解程度,则HCOOH的酸性弱于HF的酸性,故Ka(HCOOH)c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B项正确;FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,说明CuS比FeS难溶,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS),C项正确;在
1 mol·L-1 Na2S溶液中,根据物料守恒,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 mol·L-1,D项正确。 
2.(2020·全国Ⅰ卷)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答以下问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是________________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有________离子被氧化，写出VO＋转化为VO反应的离子方程式________________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、________，以及部分的________。
(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解、滤渣③的主要成分是________。
(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是________________________________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是_______________________________。
【解析】 (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2＋具有还原性，则VO＋和VO2＋被氧化成VO的同时还有Fe2＋被氧化，反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；VO＋转化为VO时，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1 mol VO＋失去2 mol电子，MnO2被还原为Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1 mol MnO2得到2 mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO＋转化为VO反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O；(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、Mn2＋，以及部分的Fe3＋、Al3＋；(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是增大NH离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
答案： (1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2) Fe2＋
VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O
(3)Mn2＋　Fe3＋、Al3＋　(4) Fe(OH)3
(5)NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓或
Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O
(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
3.(2019·全国Ⅲ卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下: 
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S和___________; 
写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式___________。 
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是___________。 
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为___________～6之间。 
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是___________。 
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是___________。 
(6)写出“沉锰”的离子方程式___________。 
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时,z=___________。 
【解析】(1)天然二氧化锰粉与硫化锰矿溶浸时矿物中含有的Fe、Al、Mg、Zn、Ni等与硫酸反应生成可溶性盐，进入溶液。二氧化锰具有氧化性，硫化锰中－2价的硫具有还原性，在硫酸作用下发生氧化还原反应：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O。因此“滤渣1”中含有不溶性的S、SiO2或不溶性硅酸盐。
(2)过滤出“滤渣1”后，滤液中主要含有Mn2＋、Fe2＋、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，由于开始水解的pH较大，加入MnO2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后通过调节pH除去。
(3)根据题目提供的金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，铁沉淀完全的pH为2.8，铝沉淀完全的pH为4.7，要除去铁和铝，选择的pH要大于4.7，为了不使Zn2＋、Ni2＋形成沉淀，pH要小于6。
(4)“除杂1”中加入Na2S，目的是除去Zn2＋、Ni2＋，所以二者与S2－形成硫化物沉淀。
(5)根据题目信息“除杂2”的目的是加入MnF2生成MgF2 沉淀，除去Mg2＋，如果溶液酸度过高，F－会与酸反应生成弱酸HF，降低了溶液中F－浓度，导致MgF2 沉淀的溶解平衡向右移动，使Mg2＋沉淀不完全。
(6)溶液经过除杂后阳离子主要为Mn2＋，“沉锰”时加入NH4HCO3形成MnCO3沉淀。反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。
(7)LiNixCoyMnzO2中Ni、Co、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝时，O的化合价为－2价，利用化合物中化合价的代数和为0，可以计算出z＝。
答案：(1)SiO2(不溶性硅酸盐)
MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋　(3)4.7
(4)NiS和ZnS
(5)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2＋＋2F－平衡向右移动
(6) Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(7)
【加固训练—拔高】 
(2018·全国Ⅱ卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示: 

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下: 
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题:
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为___________。 
(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________;氧化除杂工序中ZnO的作用是___________,若不通入氧气,其后果是___________。 
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为___________。 
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为___________;沉积锌后的电解液可返回_________工序继续使用。
【解析】(1)闪锌矿的主要成分为ZnS，因此焙烧过程中的主要反应为2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2。
(2)矿石经过焙烧后生成金属氧化物和SiO2，因此用稀硫酸溶浸时会产生SiO2和PbSO4沉淀，氧化除杂的目的是将溶液中的铁元素以氢氧化铁沉淀的形式除去，因此加入ZnO的目的是调节溶液的pH，让Fe3＋形成沉淀；通入O2的目的是将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋而除去，若不通入O2，会导致部分的铁元素仍然以Fe2＋的形式存在于溶液。
(3)锌粉与溶液中Cd2＋发生置换反应，反应的离子方程式为Cd2＋＋Zn===Cd＋
Zn2＋。
(4)电解硫酸锌溶液制取锌，Zn2＋在阴极放电，发生的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，OH－在阳极放电，发生的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，因此电解结束后的溶液中含有一定量的硫酸，即电解后的溶液为稀硫酸，因此可以放回溶浸工序中循环使用。
答案：(1)2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2
(2)PbSO4　调节溶液的pH　 无法除去杂质Fe2＋
(3)Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋
(4)Zn2＋＋2e－===Zn　 溶浸




1.对于溶解平衡:AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq),Ksp(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-),Ksp只与温度有关。
2.溶度积规则中的3个关系:
Qc>Ksp:溶液过饱和,有沉淀析出
Qc=Ksp:溶液饱和,处于平衡状态
Qc