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高考化学一轮复习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学案新人教版
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这是一份高考化学一轮复习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学案新人教版，共32页。
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
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v（溶解）>v（沉淀），固体溶解,v（溶解）＝v（沉淀），溶解平衡,v（溶解）(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
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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 。
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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ===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)] eq \(――→,\s\up7(Na2CO3溶液)) CaCO3(s) eq \(――→,\s\up7(盐酸)) 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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 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 ml·L-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 ml·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 ml·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 ml·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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 而不选用SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 。
(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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )
【解析】选D。MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s) Mg2＋(aq)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq)，加入少量稀盐酸可与CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 反应，促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===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:
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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 和CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )，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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝v逆(Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) )时，说明反应：2CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2H＋Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋H2O达到平衡状态
B．Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 在酸性溶液中不能大量存在
C．步骤②中，若要还原1 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，需要12 ml (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 ml·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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)＋2H＋(aq) Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) (aq)＋H2O(l)， eq \f(v正（CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,v逆（Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ）) ＝ eq \f(2,1) ，即v正(CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝2v逆(Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) )时，达平衡状态，故A错误；根据反应：2CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)＋2H＋(aq) Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) (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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，所以Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 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 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 要得到6 ml e－生成2 ml Cr3＋，所以需要6 ml Fe2＋生成6 ml Fe3＋提供6 ml电子，即需要6 ml (NH4)2Fe(SO4)2，故C错误；Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)c3(OH－)，当c(Cr3＋)≤1×10－5 ml·L－1，c3(OH－)＝ eq \f(Ksp[Cr（OH）3],c（Cr3＋）) ＝ eq \f(1×10－32,1×10－5) ＝10－27 ml·L－1，c(OH－)＝10－9 ml·L－1， c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝ eq \f(10－14,10－9) ＝10－5 ml·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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋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)Qc4.Ksp的影响因素:
(1)自身性质:难溶物质本身的性质,这是主要决定因素。
(2)反应条件。
①浓度:加水稀释,平衡向溶解方向移动,但Ksp不变。
②温度: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。
③其他:向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时,平衡向溶解方向移动,但Ksp不变。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)AgCl的Ksp大于Mg(OH)2,则AgCl的溶解度大于Mg(OH)2。( )
提示:×。溶度积大的难溶电解质溶解度不一定大,只有组成类型相同的难溶电解质才可以通过Ksp比较溶解度大小。
(2)溶度积常数只受温度影响,Ksp随温度升高而增大。( )
提示:×。大多数难溶电解质Ksp随温度升高而增大,少数(如氢氧化钙)升高温度Ksp减小。
(3)Mg(OH)2在NaOH溶液中的溶解度与在水中一样。( )
提示:×。OH-抑制Mg(OH)2的溶解平衡,在NaOH溶液中溶解度小。
(4) 在同浓度的盐酸中,ZnS可溶而CuS不溶,说明CuS的溶解度比ZnS的小。( )
提示:√。H+可以与ZnS中S2-结合促进溶解平衡,进而溶解ZnS,而H+不能溶解CuS,所以CuS的溶解度比ZnS的小。
(5)已知常温下:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,将0.002 ml·L-1的AgNO3溶液与
0.002 ml·L-1的KCl溶液等体积混合会产生AgCl沉淀。( )
提示：√。混合后Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－) ＝0.001 ml·L－1×0.001 ml·L－1＝1.0×
10－6＞1.8×10－10，故生成AgCl沉淀。
2.在0.10 ml·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌,有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成,当溶液的pH=8时,c(Cu2+)=_______ml·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=
2.2×10-20)。若在0.1 ml·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体,使Cu2+完全沉淀为CuS,此时溶液中的H+浓度是_______ml·L-1。
【解析】pH=8时c(OH-)=10-6 ml·L-1,由硫酸铜的沉淀溶解平衡常数可知:Ksp=2.2×10-20=10-12×c(Cu2+),得c(Cu2+)=2.2×10-8 ml·L-1;使Cu2+沉淀完全,已知c(Cu2+)=0.1 ml·L-1,根据反应关系式:Cu2+～2H+得c(H+)=0.2 ml·L-1。
答案:2.2×10-8 0.2
命题角度1:溶度积常数的计算
【典例1】(2021·桂林模拟)常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,在pH=4的Fe(OH)3饱和溶液中,c(Fe3+)为( )
A.1.0×10-8 ml·L-1B.4.0×10-8 ml·L-1
C.1.0×10-26 ml·L-1D.1.3×10-28 ml·L-1
【解析】选B。pH＝4的Fe(OH)3饱和溶液中，c(H＋)＝1×10－4 ml·L－1，根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，则c(OH－)＝ eq \f(Kw,c（H＋）) ＝ eq \f(10－14,10－4) ml·L－1＝1×10－10 ml·L－1，根据Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝4.0×10－38，c(Fe3＋)＝ eq \f(Ksp[Fe（OH）3],c3（OH－）) ＝ eq \f(4.0×10－38,（1×10－10）3) ml·L－1＝4.0×10－8 ml·L－1。
命题角度2:溶度积常数的应用
【典例2】(2020·山东等级考)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:
已知:MnO2是一种两性氧化物;25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
回答下列问题:
(1)软锰矿预先粉碎的目的是___________,
MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______________。
(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是______________。
(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入到______________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为______________ (填化学式)。再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为______________ (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5 ml·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________。
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发、结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2＋转化为Fe3＋，然后加入氨水调节pH，使Fe3＋、Al3＋转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2＋，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2＋和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由＋4价降低为＋2价，根据元素价态规律可知－2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1∶1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S；(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；(3)滤液Ⅰ为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；(4)净化时除去Fe元素需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3＋完全沉淀时，Fe3＋也一定完全沉淀，当c(Al3＋)＝1.0×10－5 ml·L－1时，c(OH－)＝ eq \r(3,\f(Ksp[Al（OH）3],c（Al3＋）)) ＝ eq \r(3,\f(1×10－32.3,1×10－5)) ml·L－1＝10－9.1 ml·L－1，所以
c(H＋)＝10－4.9 ml·L－1，pH＝4.9，即pH的理论最小值为4.9；(5)碳化过程Mn2＋和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2＋＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2O。
答案：(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率
MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发 (4)H2O2 4.9
(5)Mn2＋＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2O
1.溶度积原则:
(1)Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关,而与沉淀的量和溶液中离子浓度无关。
(2)同温条件时,对于同类型物质,Ksp数值越大,难溶电解质在水中的溶解能力越强。如由Ksp数值可知,溶解能力:AgCl>AgBr>AgI,Cu(OH)2(3)不同类型的物质,Ksp差距不大时不能直接作为比较依据。如(25 ℃):
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ksp=1.8×10-10,Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),Ksp=1.8×10-11,虽然Mg(OH)2的Ksp较小,但不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶。
2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH的计算方法:
[以Cu(OH)2为例]。
室温下,向2 ml·L-1 CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液调节溶液的pH至多少时开始沉淀?调节溶液pH至多少时Cu2+沉淀完全?
(已知:室温下Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20,离子浓度小于10-5 ml·L-1时视为Cu2+沉淀完全)
①沉淀开始时pH的求算。
Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×c2(OH－)＝2.0×10－20，c(OH－)＝ eq \r(10－20) ＝
10－10(ml·L－1)，
c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝ eq \f(10－14,10－10) ＝10－4(ml·L－1)，pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－4＝4。
②沉淀完全时pH的求算。
Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝10－5·c2(OH－)＝2.0×10－20，c(OH－)＝ eq \r(2.0×10－15) ＝ eq \r(20) ×10－8≈4.47×10－8(ml·L－1)，c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝ eq \f(10－14,4.47×10－8) ≈2.24×
10－7(ml·L－1)，pH＝－lgc(H＋)＝－lg(2.24×10－7)＝7－lg2.24≈6.6。
命题点1:溶度积常数的计算(基础性考点)
1．已知25 ℃时，RSO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq) RCO3(s)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)的平衡常数K＝1.75×104，Ksp(RCO3)＝2.80×10－9，下列叙述中正确的是( )
A．向c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀
B．将浓度均为6×10－6 ml·L－1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后不会得到RCO3沉淀
C．25 ℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10－4
D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp
【解析】选B。RSO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq) RCO3(s)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)的平衡常数K＝ eq \f(c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(c（R2＋）·c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（R2＋）·c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(Ksp（RSO4）,Ksp（RCO3）) ＝1.75×104，Ksp(RSO4)＝1.75×104×Ksp(RCO3)＝1.75×104×2.80×10－9＝4.9×10－5，C错误；RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，向c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )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 ml·L－1RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2＋)＝3×10－6 ml·L－1、c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝3×10－6 ml·L－1，此时的离子积Qc＝c(R2＋)·c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝3×10－6×3×10－6＝9×10－122．工业废水中常含有一定量的Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 和CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。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)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝
10－32，要使c(Cr3＋)降低为10－5 ml·L－1，溶液的pH应调至__________。
【解析】Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，
则c(OH－)＝ eq \r(3,\f(Ksp,c（Cr3＋）)) ＝ eq \r(3,\f(10－32,10－5)) ＝10－9 ml·L－1，
c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝ eq \f(10－14,10－9) ＝10－5 ml·L－1，pH＝
－lgc(H＋)＝－lg10－5＝5。
答案：5
命题点2:溶度积常数的应用(应用性考点)
3.(2021·徐州模拟)常温下,有关物质的溶度积如下,下列有关说法不正确的是( )
A.常温下,除去NaCl溶液中的MgCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
B.常温下,除去NaCl溶液中的CaCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(Mg2+)∶c(Fe3+)=2.125×1021
D.将适量的Ca(OH)2固体溶于100 mL水中,刚好达到饱和[c(Ca2+)=1.0×
10-2 ml·L-1],若保持温度不变,向其中加入100 mL 0.012 ml·L-1的NaOH,则该溶液变为不饱和溶液
【解析】选B。因为MgCO3是微溶物、Mg(OH)2是难溶物，所以除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，故A正确；因为Ca(OH)2是微溶物、CaCO3是难溶物，所以除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，故B错误；当两种沉淀共存且溶液的pH＝8时，即
c(OH－)＝10－6 ml·L－1，c(Mg2＋)＝ eq \f(Ksp[Mg（OH）2],c2（OH－）) ＝ eq \f(5.61×10－12,（10－6）2) ml·L－1＝
5.61 ml·L－1，c(Fe3＋)＝ eq \f(Ksp[Fe（OH）3],c3（OH－）) ＝ eq \f(2.64×10－39,（10－6）3) ml·L－1＝2.64×
10－21 ml·L－1，所以c(Mg2＋)∶c(Fe3＋)＝5.61∶2.64×10－21＝2.125×1021，故C正确；将适量的Ca(OH)2固体溶于100 mL水中，刚好达到饱和，c(Ca2＋)＝1.0×
10－2 ml·L－1，c(OH－)＝ eq \r(\f(4.68×10－6,1×10－2)) ml·L－1≈2.163×10－2 ml·L－1，若保持温度不变，向其中加入100 mL 0.012 ml·L－1的NaOH，混合后，c(Ca2＋)＝0.5×
10－2 ml·L－1，c(OH－)＝ eq \f(2.163×10－2 ml·L－1＋0.012 ml·L－1,2) ＝
0.016 815 ml·L－1，此时Ca(OH)2的Qc＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0.5×10－2×
0.016 8152≈1.4×10－6＜Ksp[Ca(OH)2]，则该溶液变为不饱和溶液，故D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·烟台模拟)25 ℃时,下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别如下表,结合相关数据分析,下列说法错误的是( )
A.除去某溶液中的Ag+用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好
B.25 ℃时,MnS的溶解度大于FeS的溶解度
C.向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液,沉淀颜色会由黑色变为肉色
D.向Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体,溶液中c(Ag+)不变
【解析】选D。Ksp(Ag2S)2.(2021·浙江模拟)利用调节pH的方法,可以除去硫酸铜溶液中的亚铁离子(已知常见某些阳离子沉淀对应pH如表所示),下列说法正确的是( )
A.调节pH前,应先将Fe2+氧化为Fe3+,可选择Cl2或H2O2作为氧化剂
B.调节pH可选用Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
C.调节pH控制在pH=6.4～7.6效果最好
D.将分离得到硫酸铜溶液蒸干可获得Cu(OH)2固体
【解析】选B。如加入氯气,则生成氯化铁,引入新杂质,故A错误;选用Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3,可调节溶液的pH,且不引入新杂质,可达到除杂的目的,故B正确;调节pH控制在pH=6.4～7.6,铜离子沉淀,不能达到除杂的目的,将亚铁离子氧化生成铁离子,应调节pH在3.7～4.4之间,故C错误;由于硫酸为难挥发性酸,则硫酸铜溶液蒸干,如温度不是很高,硫酸铜不分解,则可得到硫酸铜,故D错误。
考点三 沉淀溶解平衡曲线(命题指数★★★)
1.沉淀溶解平衡曲线:
溶度积曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度之间的关系曲线,以AgCl悬浊液为例,溶度积曲线如图:
①曲线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态,即Qc=Ksp。
②曲线上方区域均为过饱和溶液,即Qc>Ksp。
③曲线下方区域均为不饱和溶液,即Qc④升高温度,曲线向右上方平移。
2.沉淀溶解平衡对数曲线:
溶度积对数曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度对数值之间的关系曲线,以CdCO3饱和溶液为例,溶度积曲线如图:
①直线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态,即Qc=Ksp。
②直线上方区域均为不饱和溶液,即Qc③直线下方区域均为过饱和溶液,即Qc>Ksp。
④升高温度,直线向左下方平移。
3.沉淀滴定曲线:
沉淀滴定曲线是沉淀滴定过程中构成难溶电解质的离子浓度与滴定剂加入量之间的关系曲线,以向10 mL 0.1 ml·L-1 CuSO4溶液中滴加0.1 ml·L-1的K2S溶液为例,滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)与K2S溶液体积(V)的关系曲线如图:
①曲线上任一点都代表平衡点,c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp。
②滴定终点时(b点)为饱和CuS溶液,c(Cu2+)=c(S2-)。
③滴定终点以前线上点(如a点),代表c(Cu2+)>c(S2-);滴定终点以后线上点(如c点),代表c(Cu2+)1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)某温度下,难溶物FeR水溶液中存在平衡FeR(s)Fe2+(aq)+R2-(aq),其溶解平衡曲线如图Ⅰ所示,曲线上的点代表溶解平衡状态,Ksp=4×10-18。( )
提示:×。选a点或b点计算,Ksp=2×10-18。
(2)如图Ⅰ所示,FeR溶解平衡曲线外,d点有沉淀生成,c点没有。( )
提示:×。d点相对于平衡点a,c(Fe2+)相同,c(R2-)小于a点,没有沉淀生成;同理,c点有沉淀生成。
(3)t ℃时,PdI2在水中的溶解平衡曲线如图Ⅱ所示,Ksp=7.0×10-9。( )
提示:×。根据a点计算Ksp=7×10-13。
(4)如图Ⅱ所示,PdI2溶解平衡曲线上a点溶液中加入少量NaI固体,溶液由a点向c点方向移动。( )
提示:√。碘离子浓度增大,铅离子浓度减小,由a点向c点方向移动。
2.溶洞的形成与碳酸钙的溶解平衡有关。如图是碳酸钙(CaCO3)在25 ℃和100 ℃两种情况下,在水中的沉淀溶解平衡曲线。
(1)由图象可知,碳酸钙溶解的热效应如何?
(2)a、b、c、d四点对应的Ksp大小关系如何?
提示:(1)100 ℃时碳酸钙溶解度大于25 ℃,则碳酸钙溶解吸热。
(2)Ksp仅与温度有关,Ksp(d)>Ksp(b)=Ksp(c)>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)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【解析】选B。图中p、q对应纵横坐标数值相等,即c(Cd2+)=c(S2-),则a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度,A正确;图中m、n、p点对应的温度相同,小于q点对应的温度,对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n) =Ksp(p)命题角度2:沉淀溶解平衡对数曲线
【典例2】
在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是 ( )
A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7
B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl
C．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好
D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【解析】选C。Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)，横坐标－lg eq \f(c（Cl－）,ml·L－1) 为1时，即
c(Cl－)＝10－1 ml·L－1，纵坐标lg eq \f(c（Cu＋）,ml·L－1) 大于－6，小于－5，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A项正确；向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀，除去Cl－的反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl，B项正确；除去Cl－效果取决于Cu与Cu2＋的物质的量的多少，并不是Cu的量越多，除去Cl－效果越好，C项错误；从图中可以看出，随着－lgc(Cl－)的逐渐增大，c(Cl－)逐渐减小，溶液中
lgc(Cu2＋)与lgc(Cu＋)的差值越来越大，即溶液中的2Cu＋===Cu2＋＋Cu趋向越来越大，平衡常数很大，反应趋向完全，D项正确。
命题角度3:沉淀滴定曲线
【典例3】(2018·全国Ⅲ卷)用0.100 ml·L-1 AgNO3滴定50.0 mL
0.050 0 ml·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C.相同实验条件下,若改为0.040 0 ml·L-1 Cl-,反应终点c移到a
D.相同实验条件下,若改为0.050 0 ml·L-1 Br-,反应终点c向b方向移动
【以图析题·培养关键能力】
【解析】选C。选取横坐标为50 mL的点,此时向50 mL 0.050 0 ml·L-1的Cl-溶液中,加入了50 mL 0.100 ml·L-1的AgNO3溶液,所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025 ml·L-1(按照银离子和氯离子1∶1沉淀,同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍),由图示得到此时Cl-浓度约为1×10-8 ml·L-1(实际稍小),所以Ksp(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10,所以其数量级为10-10,故A说法正确;B项在坐标图中曲线表示沉淀溶解平衡曲线,每个点都满足c(Ag+)×c(Cl-)
=Ksp,故B正确;C项若c(Cl-)=0.0400 ml·L-1,则滴定终点是AgNO3体积为20 mL处,而图中a点对应的横坐标AgNO3体积为15 mL,故C错误;D项AgCl在水中的溶解度大于AgBr,故滴定终点时横坐标相同,而-lgc(Br-)>-lgc(Cl-),即在c点的上方,故D说法正确。
1.解沉淀溶解平衡图象的步骤:
(1)明确图象中横、纵坐标的含义,横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
(2)理解图象中线上点、线外点的含义。
(3)抓住Ksp的特点,结合选项分析判断。
①溶液在蒸发时,粒子浓度的变化分两种情况:
a.原溶液不饱和时,离子浓度都增大
b.原溶液饱和时,离子浓度都不变
②溶度积常数只受温度影响,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
2.解沉淀滴定图象的步骤:
(1)明确图象中横、纵坐标的含义,横坐标通常是加入滴定剂的体积,纵坐标通常是离子浓度或其对数值。
(2)找到滴定终点,即为饱和溶液,求算Ksp。
(3)理解图象中线上点、线外点的含义。
命题点1：沉淀溶解平衡曲线(综合性考点)
1．氢氧化钙是一种二元强碱，不同温度下的沉淀溶解平衡曲线如图。已知曲线Ⅰ对应的温度T1时Ksp＝4×10－6， eq \r(3,4) ≈1.6。下列说法中正确的是( )
(浓度单位为ml·L-1)
A.温度T2>T1
B.恒定温度T1时,向Q点溶液中加入少量生石灰,溶液中OH-的数目不变
C.Z点溶液中c(OH-)的数量级为10-3
D.P点在温度为T1时,分散质粒径>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＝ eq \f(0.01,1.6) ，则图中Z点溶液中c(OH－)＝4a＝0.025 ml·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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝－lgc(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )。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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＞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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＜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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )，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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3))
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 ml·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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，②代表CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，③代表Ca2＋，A错误；曲线①为HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，由点(6.3，－5)可知，H2CO3的一级电离常数Ka1＝ eq \f(c（H＋）·c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）,c（H2CO3）) ＝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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )＝c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝10－1.1 ml·L－1，则c(Ca2＋)＝ eq \f(Ksp,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(2.8×10－9,10－1.1) ＝2.8×10－7.9 ml·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 ml·L-1 Na2SO4溶液滴定20 mL
0.1 ml·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 ml·L-1变为0.2 ml·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 eq \f(c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）) ≥30时将生成BaCO3
【解析】选B。A.图象中，m＝5，pBa＝－lgc(Ba2＋)＝5，c(Ba2＋)＝10－5 ml·L－1，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝10－5 ml·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 ml·L－1＝V0×0.1 ml·L－1，V0＝20 mL，故A正确；B.若将c(BaCl2)从0.1 ml·L－1变为0.2 ml·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－)＝ eq \f(20 mL×0.1 ml·L－1×2,（20＋15） mL) ＝ eq \f(4,35) ml·L－1，c(Na＋)＝ eq \f(15 mL×0.1 ml·L－1×2,（20＋15） mL) ＝
eq \f(3,35) ml·L－1，c(Ba2＋)＝ eq \f(（20－15） mL×0.1 ml·L－1,（20＋15） mL) ＝ eq \f(0.5,35) ml·L－1，c(OH－)来源于水电离，c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(Ba2＋)＞c(OH－)，故C正确；D.BaSO4＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) BaCO3＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，K＝ eq \f(c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(Ksp（BaSO4）,Ksp（BaCO3）) ＝ eq \f(1.0×10－10,3.0×10－9) ＝ eq \f(1,30) ，向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至 eq \f(c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）) ≥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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝－lgc(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )，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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )，Ksp(YCO3)＝c(Y2＋)c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )；又因Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)，所以c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝10－4 ml·L－1×100 ml·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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (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)C.T1温度下,向p点的溶液中加入少量BaSO4固体,溶液组成不变
D.相同温度下,BaSO4在水中的溶解度与在Na2SO4溶液中的溶解度相同
【解析】选D。根据坐标，－lgc(Ba2＋)和－lgc(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )数值越大，c(Ba2＋)和c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )越小；溶解平衡为吸热反应，离子浓度越大，温度越高，所以T1＞T2，故A正确；Ksp只受温度影响，溶解平衡为吸热反应，温度越高Ksp越大，又因T1＞T2，Ksp(p)＞Ksp(m)＝Ksp(q)，即Ksp(m)＝Ksp(q)＜Ksp(p)，故B正确；T1温度下，p点的溶液已达溶解平衡，加入少量BaSO4固体，平衡不发生移动，溶液组成不变，故C正确；BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)，在Na2SO4溶液中，c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )大，使平衡逆向移动，BaSO4的溶解度减小，故D错误。
3.(2021·河南模拟)已知常温下,H2CrO4的Ka2=3.2×10-7,BaCO3的Ksp=2.5×10-9,BaCrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.向m点的悬浊液中通入HCl,能使m点沿mp线向p点方向移动
B.通过蒸发可使q点溶液向p点移动
C．常温下，BaCrO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq) BaCO3(s)＋CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)的K＝6.4×10－2
D.n点时,沉淀溶解的速率大于离子结晶的速率
【解析】选C。m为平衡点，BaCrO4(s) Ba2＋(aq)＋CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)，向m点的悬浊液中通入HCl，H2CrO4的Ka2＝3.2×10－7，存在CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋H＋HCrO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，使得CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 浓度减小，平衡正向移动，c(Ba2＋)增大，能使m点沿曲线向m点左上方移动，故A错误；q点在曲线下方，有c(Ba2＋)c(CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＜Ksp，蒸发后，
c(Ba2＋)和c(CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )均增大，可使q点溶液向p点右下方移动，故B错误；常温下，BaCrO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq) BaCO3(s)＋CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)的K＝ eq \f(c（CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(c（CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）c（Ba2＋）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）c（Ba2＋）) ＝ eq \f(Ksp（BaCrO4）,Ksp（BaCO3）) ＝ eq \f(8×10－5.5×2×10－5.5,2.5×10－9) ＝6.4×10－2，故C正确；n点在曲线上方，有c(Ba2＋)c(CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＞Ksp，沉淀溶解的速率小于离子结晶的速率，故D错误。
4．(2021·成都模拟)常温下，向25 mL 0.12 ml·L－1 AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg eq \f(c（H＋）,c（OH－）) 的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c(Ag＋)与c(NH3)均约为2×10－3 ml·L－1。下列叙述不正确的是( )
A.a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B．b点溶液中：c(Ag＋)＋c([Ag(NH3)2]＋)＜c(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )
C．由e点可知，反应Ag＋＋2NH3 [Ag(NH3)2]＋平衡常数的数量级为105
D．cd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
【解析】选C。AgNO3是强酸弱碱盐，Ag＋水解离子方程式为Ag＋＋H2OAgOH＋H＋，因为水解导致溶液呈酸性，故A正确；b点lg eq \f(c（H＋）,c（OH－）) ＝0，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c(Ag＋)＋c([Ag(NH3)2]＋)＋c(H＋)＋c(NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) )＝c(OH－)＋c(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )，则c(Ag＋)＋c([Ag(NH3)2]＋)＜c(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )，故B正确；e点时溶液迅速由浑浊变澄清，则Ag＋绝大部分以[Ag(NH3)2]＋存在，故c([Ag(NH3)2]＋)＝ eq \f(25 mL×0.12 ml·L－1,25 mL＋4.7 mL) ≈0.1 ml·L－1，c(Ag＋)与c(NH3)均约为2×10－3 ml·L－1，代入平衡常数表达式K＝1.25×107，所以反应Ag＋＋2NH3 [Ag(NH3)2]＋平衡常数的数量级为107，故C错误；e点溶液迅速由浑浊变得澄清，e点溶质为银氨络合物，cd段过程中有沉淀的生成、沉淀的溶解，所以cd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解，故D正确。
1.(2020·天津等级考)常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A.相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>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 ml·L-1 Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 ml·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 ml·L-1 Na2S溶液中,根据物料守恒,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 ml·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:
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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ，同时还有________离子被氧化，写出VO＋转化为VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 时，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1 ml VO＋失去2 ml电子，MnO2被还原为Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1 ml MnO2得到2 ml电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO＋转化为VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ＋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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ＋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 ml·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
(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LiNixCyMnzO2,其中Ni、C、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y= eq \f(1,3) 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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。
(7)LiNixCyMnzO2中Ni、C、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝ eq \f(1,3) 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＝ eq \f(1,3) 。
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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(7) eq \f(1,3)
【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 ml·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
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＋3O2 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) 2ZnO＋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＋3O2 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) 2ZnO＋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
Qc3.三个强化理解:
(1)沉淀溶解平衡是化学平衡的一种,沉淀溶解平衡移动分析时也同样遵循勒夏特列原理。
(2)溶度积大的难溶电解质的溶解度不一定大,只有组成相似的难溶电解质才有可比性。
(3)复分解反应总是向着某些离子浓度减小的方向进行,若生成难溶电解质,则向着生成溶度积较小的难溶电解质的方向进行。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
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10-4
1.81×10-7
1.84×10-14
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
物质
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
4.96×
10-9
6.82×
10-6
4.68×
10-6
5.61×
10-12
2.64×
10-39
Ag2SO4(白色)
Ag2S(黑色)
FeS(黑色)
MnS(肉色)
1.4×10-5
ml3·L-3
6.3×10-50
ml3·L-3
3.3×10-18
ml2·L-2
2.5×10-13
ml2·L-2
阳离子
开始沉淀时
完全沉淀时
Fe3+
2.7
3.7
Cu2+
4.4
6.4
Fe2+
7.6
9.6
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
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
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
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
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v（溶解）>v（沉淀），固体溶解,v（溶解）＝v（沉淀），溶解平衡,v（溶解）
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
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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 。
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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ===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)] eq \(――→,\s\up7(Na2CO3溶液)) CaCO3(s) eq \(――→,\s\up7(盐酸)) 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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 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 ml·L-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 ml·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 ml·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 ml·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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 而不选用SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 。
(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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )
【解析】选D。MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s) Mg2＋(aq)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq)，加入少量稀盐酸可与CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 反应，促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===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:
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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 和CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )，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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝v逆(Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) )时，说明反应：2CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2H＋Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋H2O达到平衡状态
B．Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 在酸性溶液中不能大量存在
C．步骤②中，若要还原1 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，需要12 ml (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 ml·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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)＋2H＋(aq) Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) (aq)＋H2O(l)， eq \f(v正（CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,v逆（Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ）) ＝ eq \f(2,1) ，即v正(CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝2v逆(Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) )时，达平衡状态，故A错误；根据反应：2CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)＋2H＋(aq) Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) (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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，所以Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 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 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 要得到6 ml e－生成2 ml Cr3＋，所以需要6 ml Fe2＋生成6 ml Fe3＋提供6 ml电子，即需要6 ml (NH4)2Fe(SO4)2，故C错误；Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)c3(OH－)，当c(Cr3＋)≤1×10－5 ml·L－1，c3(OH－)＝ eq \f(Ksp[Cr（OH）3],c（Cr3＋）) ＝ eq \f(1×10－32,1×10－5) ＝10－27 ml·L－1，c(OH－)＝10－9 ml·L－1， c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝ eq \f(10－14,10－9) ＝10－5 ml·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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋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)Qc
(1)自身性质:难溶物质本身的性质,这是主要决定因素。
(2)反应条件。
①浓度:加水稀释,平衡向溶解方向移动,但Ksp不变。
②温度: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。
③其他:向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时,平衡向溶解方向移动,但Ksp不变。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)AgCl的Ksp大于Mg(OH)2,则AgCl的溶解度大于Mg(OH)2。( )
提示:×。溶度积大的难溶电解质溶解度不一定大,只有组成类型相同的难溶电解质才可以通过Ksp比较溶解度大小。
(2)溶度积常数只受温度影响,Ksp随温度升高而增大。( )
提示:×。大多数难溶电解质Ksp随温度升高而增大,少数(如氢氧化钙)升高温度Ksp减小。
(3)Mg(OH)2在NaOH溶液中的溶解度与在水中一样。( )
提示:×。OH-抑制Mg(OH)2的溶解平衡,在NaOH溶液中溶解度小。
(4) 在同浓度的盐酸中,ZnS可溶而CuS不溶,说明CuS的溶解度比ZnS的小。( )
提示:√。H+可以与ZnS中S2-结合促进溶解平衡,进而溶解ZnS,而H+不能溶解CuS,所以CuS的溶解度比ZnS的小。
(5)已知常温下:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,将0.002 ml·L-1的AgNO3溶液与
0.002 ml·L-1的KCl溶液等体积混合会产生AgCl沉淀。( )
提示：√。混合后Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－) ＝0.001 ml·L－1×0.001 ml·L－1＝1.0×
10－6＞1.8×10－10，故生成AgCl沉淀。
2.在0.10 ml·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌,有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成,当溶液的pH=8时,c(Cu2+)=_______ml·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=
2.2×10-20)。若在0.1 ml·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体,使Cu2+完全沉淀为CuS,此时溶液中的H+浓度是_______ml·L-1。
【解析】pH=8时c(OH-)=10-6 ml·L-1,由硫酸铜的沉淀溶解平衡常数可知:Ksp=2.2×10-20=10-12×c(Cu2+),得c(Cu2+)=2.2×10-8 ml·L-1;使Cu2+沉淀完全,已知c(Cu2+)=0.1 ml·L-1,根据反应关系式:Cu2+～2H+得c(H+)=0.2 ml·L-1。
答案:2.2×10-8 0.2
命题角度1:溶度积常数的计算
【典例1】(2021·桂林模拟)常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,在pH=4的Fe(OH)3饱和溶液中,c(Fe3+)为( )
A.1.0×10-8 ml·L-1B.4.0×10-8 ml·L-1
C.1.0×10-26 ml·L-1D.1.3×10-28 ml·L-1
【解析】选B。pH＝4的Fe(OH)3饱和溶液中，c(H＋)＝1×10－4 ml·L－1，根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，则c(OH－)＝ eq \f(Kw,c（H＋）) ＝ eq \f(10－14,10－4) ml·L－1＝1×10－10 ml·L－1，根据Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝4.0×10－38，c(Fe3＋)＝ eq \f(Ksp[Fe（OH）3],c3（OH－）) ＝ eq \f(4.0×10－38,（1×10－10）3) ml·L－1＝4.0×10－8 ml·L－1。
命题角度2:溶度积常数的应用
【典例2】(2020·山东等级考)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:
已知:MnO2是一种两性氧化物;25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
回答下列问题:
(1)软锰矿预先粉碎的目的是___________,
MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______________。
(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是______________。
(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入到______________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为______________ (填化学式)。再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为______________ (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5 ml·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________。
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发、结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2＋转化为Fe3＋，然后加入氨水调节pH，使Fe3＋、Al3＋转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2＋，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2＋和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由＋4价降低为＋2价，根据元素价态规律可知－2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1∶1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S；(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；(3)滤液Ⅰ为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；(4)净化时除去Fe元素需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3＋完全沉淀时，Fe3＋也一定完全沉淀，当c(Al3＋)＝1.0×10－5 ml·L－1时，c(OH－)＝ eq \r(3,\f(Ksp[Al（OH）3],c（Al3＋）)) ＝ eq \r(3,\f(1×10－32.3,1×10－5)) ml·L－1＝10－9.1 ml·L－1，所以
c(H＋)＝10－4.9 ml·L－1，pH＝4.9，即pH的理论最小值为4.9；(5)碳化过程Mn2＋和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2＋＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2O。
答案：(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率
MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发 (4)H2O2 4.9
(5)Mn2＋＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2O
1.溶度积原则:
(1)Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关,而与沉淀的量和溶液中离子浓度无关。
(2)同温条件时,对于同类型物质,Ksp数值越大,难溶电解质在水中的溶解能力越强。如由Ksp数值可知,溶解能力:AgCl>AgBr>AgI,Cu(OH)2
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ksp=1.8×10-10,Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),Ksp=1.8×10-11,虽然Mg(OH)2的Ksp较小,但不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶。
2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH的计算方法:
[以Cu(OH)2为例]。
室温下,向2 ml·L-1 CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液调节溶液的pH至多少时开始沉淀?调节溶液pH至多少时Cu2+沉淀完全?
(已知:室温下Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20,离子浓度小于10-5 ml·L-1时视为Cu2+沉淀完全)
①沉淀开始时pH的求算。
Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×c2(OH－)＝2.0×10－20，c(OH－)＝ eq \r(10－20) ＝
10－10(ml·L－1)，
c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝ eq \f(10－14,10－10) ＝10－4(ml·L－1)，pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－4＝4。
②沉淀完全时pH的求算。
Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝10－5·c2(OH－)＝2.0×10－20，c(OH－)＝ eq \r(2.0×10－15) ＝ eq \r(20) ×10－8≈4.47×10－8(ml·L－1)，c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝ eq \f(10－14,4.47×10－8) ≈2.24×
10－7(ml·L－1)，pH＝－lgc(H＋)＝－lg(2.24×10－7)＝7－lg2.24≈6.6。
命题点1:溶度积常数的计算(基础性考点)
1．已知25 ℃时，RSO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq) RCO3(s)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)的平衡常数K＝1.75×104，Ksp(RCO3)＝2.80×10－9，下列叙述中正确的是( )
A．向c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀
B．将浓度均为6×10－6 ml·L－1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后不会得到RCO3沉淀
C．25 ℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10－4
D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp
【解析】选B。RSO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq) RCO3(s)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)的平衡常数K＝ eq \f(c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(c（R2＋）·c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（R2＋）·c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(Ksp（RSO4）,Ksp（RCO3）) ＝1.75×104，Ksp(RSO4)＝1.75×104×Ksp(RCO3)＝1.75×104×2.80×10－9＝4.9×10－5，C错误；RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，向c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )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 ml·L－1RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2＋)＝3×10－6 ml·L－1、c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝3×10－6 ml·L－1，此时的离子积Qc＝c(R2＋)·c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝3×10－6×3×10－6＝9×10－12
10－32，要使c(Cr3＋)降低为10－5 ml·L－1，溶液的pH应调至__________。
【解析】Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，
则c(OH－)＝ eq \r(3,\f(Ksp,c（Cr3＋）)) ＝ eq \r(3,\f(10－32,10－5)) ＝10－9 ml·L－1，
c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝ eq \f(10－14,10－9) ＝10－5 ml·L－1，pH＝
－lgc(H＋)＝－lg10－5＝5。
答案：5
命题点2:溶度积常数的应用(应用性考点)
3.(2021·徐州模拟)常温下,有关物质的溶度积如下,下列有关说法不正确的是( )
A.常温下,除去NaCl溶液中的MgCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
B.常温下,除去NaCl溶液中的CaCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(Mg2+)∶c(Fe3+)=2.125×1021
D.将适量的Ca(OH)2固体溶于100 mL水中,刚好达到饱和[c(Ca2+)=1.0×
10-2 ml·L-1],若保持温度不变,向其中加入100 mL 0.012 ml·L-1的NaOH,则该溶液变为不饱和溶液
【解析】选B。因为MgCO3是微溶物、Mg(OH)2是难溶物，所以除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，故A正确；因为Ca(OH)2是微溶物、CaCO3是难溶物，所以除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，故B错误；当两种沉淀共存且溶液的pH＝8时，即
c(OH－)＝10－6 ml·L－1，c(Mg2＋)＝ eq \f(Ksp[Mg（OH）2],c2（OH－）) ＝ eq \f(5.61×10－12,（10－6）2) ml·L－1＝
5.61 ml·L－1，c(Fe3＋)＝ eq \f(Ksp[Fe（OH）3],c3（OH－）) ＝ eq \f(2.64×10－39,（10－6）3) ml·L－1＝2.64×
10－21 ml·L－1，所以c(Mg2＋)∶c(Fe3＋)＝5.61∶2.64×10－21＝2.125×1021，故C正确；将适量的Ca(OH)2固体溶于100 mL水中，刚好达到饱和，c(Ca2＋)＝1.0×
10－2 ml·L－1，c(OH－)＝ eq \r(\f(4.68×10－6,1×10－2)) ml·L－1≈2.163×10－2 ml·L－1，若保持温度不变，向其中加入100 mL 0.012 ml·L－1的NaOH，混合后，c(Ca2＋)＝0.5×
10－2 ml·L－1，c(OH－)＝ eq \f(2.163×10－2 ml·L－1＋0.012 ml·L－1,2) ＝
0.016 815 ml·L－1，此时Ca(OH)2的Qc＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0.5×10－2×
0.016 8152≈1.4×10－6＜Ksp[Ca(OH)2]，则该溶液变为不饱和溶液，故D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·烟台模拟)25 ℃时,下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别如下表,结合相关数据分析,下列说法错误的是( )
A.除去某溶液中的Ag+用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好
B.25 ℃时,MnS的溶解度大于FeS的溶解度
C.向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液,沉淀颜色会由黑色变为肉色
D.向Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体,溶液中c(Ag+)不变
【解析】选D。Ksp(Ag2S)
A.调节pH前,应先将Fe2+氧化为Fe3+,可选择Cl2或H2O2作为氧化剂
B.调节pH可选用Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
C.调节pH控制在pH=6.4～7.6效果最好
D.将分离得到硫酸铜溶液蒸干可获得Cu(OH)2固体
【解析】选B。如加入氯气,则生成氯化铁,引入新杂质,故A错误;选用Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3,可调节溶液的pH,且不引入新杂质,可达到除杂的目的,故B正确;调节pH控制在pH=6.4～7.6,铜离子沉淀,不能达到除杂的目的,将亚铁离子氧化生成铁离子,应调节pH在3.7～4.4之间,故C错误;由于硫酸为难挥发性酸,则硫酸铜溶液蒸干,如温度不是很高,硫酸铜不分解,则可得到硫酸铜,故D错误。
考点三 沉淀溶解平衡曲线(命题指数★★★)
1.沉淀溶解平衡曲线:
溶度积曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度之间的关系曲线,以AgCl悬浊液为例,溶度积曲线如图:
①曲线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态,即Qc=Ksp。
②曲线上方区域均为过饱和溶液,即Qc>Ksp。
③曲线下方区域均为不饱和溶液,即Qc
2.沉淀溶解平衡对数曲线:
溶度积对数曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度对数值之间的关系曲线,以CdCO3饱和溶液为例,溶度积曲线如图:
①直线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态,即Qc=Ksp。
②直线上方区域均为不饱和溶液,即Qc
④升高温度,直线向左下方平移。
3.沉淀滴定曲线:
沉淀滴定曲线是沉淀滴定过程中构成难溶电解质的离子浓度与滴定剂加入量之间的关系曲线,以向10 mL 0.1 ml·L-1 CuSO4溶液中滴加0.1 ml·L-1的K2S溶液为例,滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)与K2S溶液体积(V)的关系曲线如图:
①曲线上任一点都代表平衡点,c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp。
②滴定终点时(b点)为饱和CuS溶液,c(Cu2+)=c(S2-)。
③滴定终点以前线上点(如a点),代表c(Cu2+)>c(S2-);滴定终点以后线上点(如c点),代表c(Cu2+)
(1)某温度下,难溶物FeR水溶液中存在平衡FeR(s)Fe2+(aq)+R2-(aq),其溶解平衡曲线如图Ⅰ所示,曲线上的点代表溶解平衡状态,Ksp=4×10-18。( )
提示:×。选a点或b点计算,Ksp=2×10-18。
(2)如图Ⅰ所示,FeR溶解平衡曲线外,d点有沉淀生成,c点没有。( )
提示:×。d点相对于平衡点a,c(Fe2+)相同,c(R2-)小于a点,没有沉淀生成;同理,c点有沉淀生成。
(3)t ℃时,PdI2在水中的溶解平衡曲线如图Ⅱ所示,Ksp=7.0×10-9。( )
提示:×。根据a点计算Ksp=7×10-13。
(4)如图Ⅱ所示,PdI2溶解平衡曲线上a点溶液中加入少量NaI固体,溶液由a点向c点方向移动。( )
提示:√。碘离子浓度增大,铅离子浓度减小,由a点向c点方向移动。
2.溶洞的形成与碳酸钙的溶解平衡有关。如图是碳酸钙(CaCO3)在25 ℃和100 ℃两种情况下,在水中的沉淀溶解平衡曲线。
(1)由图象可知,碳酸钙溶解的热效应如何?
(2)a、b、c、d四点对应的Ksp大小关系如何?
提示:(1)100 ℃时碳酸钙溶解度大于25 ℃,则碳酸钙溶解吸热。
(2)Ksp仅与温度有关,Ksp(d)>Ksp(b)=Ksp(c)>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)
D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【解析】选B。图中p、q对应纵横坐标数值相等,即c(Cd2+)=c(S2-),则a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度,A正确;图中m、n、p点对应的温度相同,小于q点对应的温度,对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n) =Ksp(p)
【典例2】
在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是 ( )
A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7
B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl
C．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好
D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【解析】选C。Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)，横坐标－lg eq \f(c（Cl－）,ml·L－1) 为1时，即
c(Cl－)＝10－1 ml·L－1，纵坐标lg eq \f(c（Cu＋）,ml·L－1) 大于－6，小于－5，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A项正确；向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀，除去Cl－的反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl，B项正确；除去Cl－效果取决于Cu与Cu2＋的物质的量的多少，并不是Cu的量越多，除去Cl－效果越好，C项错误；从图中可以看出，随着－lgc(Cl－)的逐渐增大，c(Cl－)逐渐减小，溶液中
lgc(Cu2＋)与lgc(Cu＋)的差值越来越大，即溶液中的2Cu＋===Cu2＋＋Cu趋向越来越大，平衡常数很大，反应趋向完全，D项正确。
命题角度3:沉淀滴定曲线
【典例3】(2018·全国Ⅲ卷)用0.100 ml·L-1 AgNO3滴定50.0 mL
0.050 0 ml·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C.相同实验条件下,若改为0.040 0 ml·L-1 Cl-,反应终点c移到a
D.相同实验条件下,若改为0.050 0 ml·L-1 Br-,反应终点c向b方向移动
【以图析题·培养关键能力】
【解析】选C。选取横坐标为50 mL的点,此时向50 mL 0.050 0 ml·L-1的Cl-溶液中,加入了50 mL 0.100 ml·L-1的AgNO3溶液,所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025 ml·L-1(按照银离子和氯离子1∶1沉淀,同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍),由图示得到此时Cl-浓度约为1×10-8 ml·L-1(实际稍小),所以Ksp(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10,所以其数量级为10-10,故A说法正确;B项在坐标图中曲线表示沉淀溶解平衡曲线,每个点都满足c(Ag+)×c(Cl-)
=Ksp,故B正确;C项若c(Cl-)=0.0400 ml·L-1,则滴定终点是AgNO3体积为20 mL处,而图中a点对应的横坐标AgNO3体积为15 mL,故C错误;D项AgCl在水中的溶解度大于AgBr,故滴定终点时横坐标相同,而-lgc(Br-)>-lgc(Cl-),即在c点的上方,故D说法正确。
1.解沉淀溶解平衡图象的步骤:
(1)明确图象中横、纵坐标的含义,横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
(2)理解图象中线上点、线外点的含义。
(3)抓住Ksp的特点,结合选项分析判断。
①溶液在蒸发时,粒子浓度的变化分两种情况:
a.原溶液不饱和时,离子浓度都增大
b.原溶液饱和时,离子浓度都不变
②溶度积常数只受温度影响,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
2.解沉淀滴定图象的步骤:
(1)明确图象中横、纵坐标的含义,横坐标通常是加入滴定剂的体积,纵坐标通常是离子浓度或其对数值。
(2)找到滴定终点,即为饱和溶液,求算Ksp。
(3)理解图象中线上点、线外点的含义。
命题点1：沉淀溶解平衡曲线(综合性考点)
1．氢氧化钙是一种二元强碱，不同温度下的沉淀溶解平衡曲线如图。已知曲线Ⅰ对应的温度T1时Ksp＝4×10－6， eq \r(3,4) ≈1.6。下列说法中正确的是( )
(浓度单位为ml·L-1)
A.温度T2>T1
B.恒定温度T1时,向Q点溶液中加入少量生石灰,溶液中OH-的数目不变
C.Z点溶液中c(OH-)的数量级为10-3
D.P点在温度为T1时,分散质粒径>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＝ eq \f(0.01,1.6) ，则图中Z点溶液中c(OH－)＝4a＝0.025 ml·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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝－lgc(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )。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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＞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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＜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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )，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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3))
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 ml·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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，②代表CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，③代表Ca2＋，A错误；曲线①为HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，由点(6.3，－5)可知，H2CO3的一级电离常数Ka1＝ eq \f(c（H＋）·c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）,c（H2CO3）) ＝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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )＝c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝10－1.1 ml·L－1，则c(Ca2＋)＝ eq \f(Ksp,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(2.8×10－9,10－1.1) ＝2.8×10－7.9 ml·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 ml·L-1 Na2SO4溶液滴定20 mL
0.1 ml·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 ml·L-1变为0.2 ml·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 eq \f(c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）) ≥30时将生成BaCO3
【解析】选B。A.图象中，m＝5，pBa＝－lgc(Ba2＋)＝5，c(Ba2＋)＝10－5 ml·L－1，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝10－5 ml·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 ml·L－1＝V0×0.1 ml·L－1，V0＝20 mL，故A正确；B.若将c(BaCl2)从0.1 ml·L－1变为0.2 ml·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－)＝ eq \f(20 mL×0.1 ml·L－1×2,（20＋15） mL) ＝ eq \f(4,35) ml·L－1，c(Na＋)＝ eq \f(15 mL×0.1 ml·L－1×2,（20＋15） mL) ＝
eq \f(3,35) ml·L－1，c(Ba2＋)＝ eq \f(（20－15） mL×0.1 ml·L－1,（20＋15） mL) ＝ eq \f(0.5,35) ml·L－1，c(OH－)来源于水电离，c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(Ba2＋)＞c(OH－)，故C正确；D.BaSO4＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) BaCO3＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，K＝ eq \f(c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(Ksp（BaSO4）,Ksp（BaCO3）) ＝ eq \f(1.0×10－10,3.0×10－9) ＝ eq \f(1,30) ，向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至 eq \f(c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）) ≥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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝－lgc(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )，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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )，Ksp(YCO3)＝c(Y2＋)c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )；又因Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)，所以c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝10－4 ml·L－1×100 ml·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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (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)
D.相同温度下,BaSO4在水中的溶解度与在Na2SO4溶液中的溶解度相同
【解析】选D。根据坐标，－lgc(Ba2＋)和－lgc(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )数值越大，c(Ba2＋)和c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )越小；溶解平衡为吸热反应，离子浓度越大，温度越高，所以T1＞T2，故A正确；Ksp只受温度影响，溶解平衡为吸热反应，温度越高Ksp越大，又因T1＞T2，Ksp(p)＞Ksp(m)＝Ksp(q)，即Ksp(m)＝Ksp(q)＜Ksp(p)，故B正确；T1温度下，p点的溶液已达溶解平衡，加入少量BaSO4固体，平衡不发生移动，溶液组成不变，故C正确；BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)，在Na2SO4溶液中，c(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )大，使平衡逆向移动，BaSO4的溶解度减小，故D错误。
3.(2021·河南模拟)已知常温下,H2CrO4的Ka2=3.2×10-7,BaCO3的Ksp=2.5×10-9,BaCrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.向m点的悬浊液中通入HCl,能使m点沿mp线向p点方向移动
B.通过蒸发可使q点溶液向p点移动
C．常温下，BaCrO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq) BaCO3(s)＋CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)的K＝6.4×10－2
D.n点时,沉淀溶解的速率大于离子结晶的速率
【解析】选C。m为平衡点，BaCrO4(s) Ba2＋(aq)＋CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)，向m点的悬浊液中通入HCl，H2CrO4的Ka2＝3.2×10－7，存在CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋H＋HCrO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，使得CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 浓度减小，平衡正向移动，c(Ba2＋)增大，能使m点沿曲线向m点左上方移动，故A错误；q点在曲线下方，有c(Ba2＋)c(CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＜Ksp，蒸发后，
c(Ba2＋)和c(CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )均增大，可使q点溶液向p点右下方移动，故B错误；常温下，BaCrO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq) BaCO3(s)＋CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)的K＝ eq \f(c（CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(c（CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）c（Ba2＋）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）c（Ba2＋）) ＝ eq \f(Ksp（BaCrO4）,Ksp（BaCO3）) ＝ eq \f(8×10－5.5×2×10－5.5,2.5×10－9) ＝6.4×10－2，故C正确；n点在曲线上方，有c(Ba2＋)c(CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＞Ksp，沉淀溶解的速率小于离子结晶的速率，故D错误。
4．(2021·成都模拟)常温下，向25 mL 0.12 ml·L－1 AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg eq \f(c（H＋）,c（OH－）) 的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c(Ag＋)与c(NH3)均约为2×10－3 ml·L－1。下列叙述不正确的是( )
A.a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B．b点溶液中：c(Ag＋)＋c([Ag(NH3)2]＋)＜c(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )
C．由e点可知，反应Ag＋＋2NH3 [Ag(NH3)2]＋平衡常数的数量级为105
D．cd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
【解析】选C。AgNO3是强酸弱碱盐，Ag＋水解离子方程式为Ag＋＋H2OAgOH＋H＋，因为水解导致溶液呈酸性，故A正确；b点lg eq \f(c（H＋）,c（OH－）) ＝0，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c(Ag＋)＋c([Ag(NH3)2]＋)＋c(H＋)＋c(NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) )＝c(OH－)＋c(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )，则c(Ag＋)＋c([Ag(NH3)2]＋)＜c(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )，故B正确；e点时溶液迅速由浑浊变澄清，则Ag＋绝大部分以[Ag(NH3)2]＋存在，故c([Ag(NH3)2]＋)＝ eq \f(25 mL×0.12 ml·L－1,25 mL＋4.7 mL) ≈0.1 ml·L－1，c(Ag＋)与c(NH3)均约为2×10－3 ml·L－1，代入平衡常数表达式K＝1.25×107，所以反应Ag＋＋2NH3 [Ag(NH3)2]＋平衡常数的数量级为107，故C错误；e点溶液迅速由浑浊变得澄清，e点溶质为银氨络合物，cd段过程中有沉淀的生成、沉淀的溶解，所以cd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解，故D正确。
1.(2020·天津等级考)常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A.相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>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 ml·L-1 Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 ml·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)
1 ml·L-1 Na2S溶液中,根据物料守恒,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 ml·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:
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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ，同时还有________离子被氧化，写出VO＋转化为VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 时，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1 ml VO＋失去2 ml电子，MnO2被还原为Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1 ml MnO2得到2 ml电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO＋转化为VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ＋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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 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 eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ＋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 ml·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
(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LiNixCyMnzO2,其中Ni、C、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y= eq \f(1,3) 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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。
(7)LiNixCyMnzO2中Ni、C、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝ eq \f(1,3) 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＝ eq \f(1,3) 。
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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(7) eq \f(1,3)
【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 ml·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
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＋3O2 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) 2ZnO＋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＋3O2 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) 2ZnO＋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
(1)沉淀溶解平衡是化学平衡的一种,沉淀溶解平衡移动分析时也同样遵循勒夏特列原理。
(2)溶度积大的难溶电解质的溶解度不一定大,只有组成相似的难溶电解质才有可比性。
(3)复分解反应总是向着某些离子浓度减小的方向进行,若生成难溶电解质,则向着生成溶度积较小的难溶电解质的方向进行。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
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10-4
1.81×10-7
1.84×10-14
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
物质
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
4.96×
10-9
6.82×
10-6
4.68×
10-6
5.61×
10-12
2.64×
10-39
Ag2SO4(白色)
Ag2S(黑色)
FeS(黑色)
MnS(肉色)
1.4×10-5
ml3·L-3
6.3×10-50
ml3·L-3
3.3×10-18
ml2·L-2
2.5×10-13
ml2·L-2
阳离子
开始沉淀时
完全沉淀时
Fe3+
2.7
3.7
Cu2+
4.4
6.4
Fe2+
7.6
9.6
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
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
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
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