2023年高考化学一轮复习（全国版）第8章第49讲　难溶电解质的溶解平衡_05高考化学_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_一轮复习_2023年高考化学一轮复习讲义+课件（全国版）

第 49 讲 难溶电解质的溶解平衡 复习目标 1.了解难溶电解质的溶解平衡。2.理解溶度积(K )的含义，能进行相关的计算。 sp 考点一 沉淀溶解平衡及应用 1．物质在水中的溶解度 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)概念 在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，把这种平衡称 为沉淀溶解平衡。 (2)沉淀溶解平衡的影响因素3．沉淀溶解平衡的应用 (1)沉淀的生成 方法 举例 解释 除去CuCl 溶液中的FeCl ，可向溶液中加 2 3 CuO 与 H ＋ 反应，促进 Fe 3 ＋ 水 入CuO[或Cu(OH) 或CuCO 或 2 3 解生成 Fe(OH ) 沉淀 3 调节pH法 Cu (OH) CO] 2 2 3 除去NH Cl溶液中的FeCl 杂质，可加入 Fe 3 ＋ 与 NH ·H O 反应生成 4 3 3 2 氨水调节pH至4左右 Fe(OH) 沉淀 3 以H S 、 Na S 等沉淀污水中的Hg2＋、Cu2＋ H S 、 Na S 与 Cu 2 ＋ 、 Hg 2 ＋ 反 2 2 2 2 沉淀剂法 等重金属离子 应生成沉淀 (2)沉淀的溶解 如要使Mg(OH) 沉淀溶解，可加入 盐酸、 NH Cl 溶液 。 2 4 (3)沉淀的转化 锅炉除垢，将 CaSO 转化为 CaCO 的离子方程式为 CaSO (s)＋CO(aq)CaCO (s)＋ 4 3 4 3 SO(aq)；ZnS 沉淀中滴加 CuSO 溶液得到 CuS 沉淀的离子方程式为 ZnS(s)＋Cu2＋ 4 (aq)CuS(s)＋Zn2＋(aq)。 1．难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止( ) 2．相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同( ) 3．在一定条件下，溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀( ) 4．为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀HSO 代替HO来洗涤BaSO 沉淀( ) 2 4 2 4 5．洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好( ) 6．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH会增大( )7．钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导泻使Ba2＋转化为BaCO 而排出( ) 3 答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.× 7．× 一、沉淀溶解平衡及其移动 1．已知溶液中存在平衡：Ca(OH) (s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq) ΔH＜0，下列有关该平衡体 2 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的浓度 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NaCO 溶液，其中固体质量增加 2 3 ⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH) 固体质量不变 2 A．①⑥ B．①⑥⑦ C．②③④⑥ D．①②⑥⑦ 答案 A 解析 加入碳酸钠粉末会生成CaCO ，使Ca2＋浓度减小，②错；加入氢氧化钠溶液会使平 3 衡左移，有Ca(OH) 沉淀生成，但Ca(OH) 的溶度积较大，要除去Ca2＋，应把Ca2＋转化为更 2 2 难溶的CaCO ，③错；恒温下K 不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH) 的饱和溶液，pH不 3 sp 2 变，④错；加热，Ca(OH) 的溶解度减小，溶液的pH降低，⑤错；加入NaCO 溶液，沉淀 2 2 3 溶解平衡向右移动，Ca(OH) 固体转化为CaCO 固体，固体质量增加，⑥正确；加入NaOH 2 3 固体平衡向左移动，Ca(OH) 固体质量增加，⑦错。 2 2．室温下向100 mL蒸馏水中加入1 g CaCO ，一段时间后再向其中加入10 mL蒸馏水，一 3 段时间后继续加入10 mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图： 已知：室温下，CaCO 的溶解度为0.001 3 g。 3 下列说法不正确的是( ) A．a→b电导率上升是由于CaCO 固体部分溶解于水中 3 B．c和e对应的时刻分别加入了10 mL蒸馏水 C．c→d、e→f，电导率下降，说明CaCO 的溶解平衡逆向移动 3 D．g后的电导率几乎不再改变，说明CaCO 的溶解达到平衡状态 3答案 C 解析 碳酸钙在水中的溶解度小，溶于水的碳酸钙在溶液中完全电离，使溶液中的离子浓度 增大，导致a→b电导率上升，故A项正确；由图可知，c→d、e→f的电导率下降，说明溶 液中离子浓度减小，则c和e对应的时刻应该是分别加入了10 mL蒸馏水，故B项正确；由 图可知，c→d、e→f的电导率下降，说明溶液中离子浓度减小，则c和e对应的时刻应该是 分别加入了10 mL蒸馏水；加入蒸馏水，碳酸钙的溶解平衡正向移动，故C项错误；g后的 电导率几乎不再改变，说明溶液中的离子浓度不再改变，碳酸钙的溶解在溶液中达到平衡状 态，故D项正确。 AgCl的澄清饱和溶液，加水稀释，沉淀溶解平衡右移，但离子浓度减小，而AgCl悬浊液加 水稀释，平衡右移，但c(Ag＋)和c(Cl－)不变。AgCl沉淀溶解达到平衡时，再加入AgCl固体 对平衡无影响。 二、沉淀溶解平衡的实验探究 3．(2022·北京海淀区模拟)取1 mL 0.1 mol·L－1 AgNO 溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓 3 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 答案 B 解析 AgNO 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 3 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)Ag S(s)＋ 2 2Cl－(aq)，Ag S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， 2 故C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，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。 4．为研究沉淀的生成及转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是( )A．①浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq) B．②中颜色变化说明上层清液中含有SCN－ C．③中颜色变化说明有AgI生成 D．该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶 答案 D 解析 A项，根据信息，白色沉淀是AgSCN，存在溶解平衡：AgSCN(s)Ag＋(aq)＋ SCN－(aq)，正确；B项，取上层清液，加入Fe3＋出现红色溶液，说明生成Fe(SCN) ，说明 3 溶液中含有SCN－，正确；C项，AgI是黄色沉淀，产生黄色沉淀说明有AgI生成，正确； D项，可能是c(I－)·c(Ag＋)＞K (AgI)，出现沉淀，错误。 sp 沉淀转化的三种情况 (1)难溶的物质转化为更难溶的物质较易实现。 (2)K 相差不大时，K 小的物质可以转化为 K 大的物质。如 K (BaCO)＝5.1×10－9＞ sp sp sp sp 3 K (BaSO)＝1.1×10－10，通过增大CO的浓度，可以实现BaSO(s)＋CO(aq)BaCO (s)＋ sp 4 4 3 SO(aq)。 (3)K 相差很大时，K 小的物质不能转化为K 大的物质。 sp sp sp 三、沉淀溶解平衡的应用 5．金属氢氧化物在酸中的溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离 金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/mol·L－1)如图所示。 (1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________(填化学式)。 (2)若要除去CuCl 溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为____(填字母)。 2 A．<1 B．4左右 C．>6(3)在Ni(NO ) 溶液中含有少量的Co2＋杂质，____(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的 3 2 方法来除去，理由是_____________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)已知一些难溶物的溶度积常数如下表： 物质 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS K 6.3×10－18 2.5×10－13 1.3×10－36 3.4×10－28 6.4×10－53 1.6×10－24 sp 某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的______(填字母)除 去它们。 A．NaOH B．FeS C．NaS 2 答案 (1)Cu2＋ (2)B (3)不能 Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小 (4)B 解析 (1)据图知pH＝4～5时，Cu2＋开始沉淀为Cu(OH) ，因此pH＝3时，主要以Cu2＋形式 2 存在。 (2)若要除去CuCl 溶液中的Fe3＋，应保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知应控制 2 溶液pH为4左右。 (3)据图知，Co2＋和 Ni2＋沉淀的 pH 范围相差太小，无法通过调节溶液 pH 的方法除去 Ni(NO ) 溶液中的Co2＋。 3 2 (4)在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中，FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积 差别较大，在废水中加入FeS，Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋均可分别转化为溶度积更小的沉淀，过量 FeS也可一起过滤除去，且不会引入新的杂质。 考点二 溶度积常数及其应用 1．溶度积和离子积 以A B (s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例： m n 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 K Q sp c K (A B )＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度 Q(A B )＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式 sp m n c m n 表达式 是平衡浓度 中的浓度是任意浓度 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解 应用 ①Q>K ：溶液过饱和，有沉淀析出； c sp ②Q＝K ：溶液饱和，处于平衡状态； c sp③Q＜K ：溶液未饱和，无沉淀析出 c sp 2.K 的影响因素 sp (1)内因：物质本身的性质。 (2)外因：仅与温度有关，与浓度、压强、催化剂等无关。 1．已知：K (Ag CrO)＜K (AgCl)，则Ag CrO 的溶解度小于AgCl的溶解度( ) sp 2 4 sp 2 4 2．常温下，向BaCO 的饱和溶液中加入NaCO 固体，BaCO 的K 减小( ) 3 2 3 3 sp 3．溶度积常数K 只受温度影响，温度升高，K 增大( ) sp sp 4．向AgCl、AgBr的混合饱和溶液中加入少量AgNO，溶液中不变( ) 3 5．向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO 溶液，有黄色沉淀生成，则K (AgCl)＞ 3 sp K (AgI)( ) sp 6．AgCl 的K ＝1.8×10－10，则在任何含AgCl 固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)＝×10－5 sp mol·L－1( ) 答案 1.× 2.× 3.× 4.√ 5.× 6.× 一、K 的大小比较 sp 1．分别进行下列操作，由现象得出的结论正确的是( ) 选项 操作 现象 结论 将稀硫酸和NaS反应生成的气体通入 2 A 出现黑色沉淀 K (AgCl)＞K (Ag S) sp sp 2 AgNO 与AgCl组成的悬浊液中 3 向盛有2 mL 0.1 mol·L－1AgNO 溶液的 3 先有白色沉淀生 试管中滴加1 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶 B 成，后又产生黄 K (AgCl)＞K (AgI) sp sp 液，再向其中滴加4～5滴0.1 mol·L－ 色沉淀 1KI溶液 C 向AgI悬浊液中滴入NaS溶液 固体变黑 K (Ag S)＞K (AgI) 2 sp 2 sp 将HS气体通入浓度均为0.01 mol·L－1 先出现CuS黑色 2 D K (CuS)＜K (ZnS) sp sp 的ZnSO 和CuSO 溶液中 沉淀 4 4 答案 D 解析 生成的硫化氢与硝酸银溶液反应生成硫化银沉淀，没有沉淀的转化，无法判断 K (AgCl)与K (Ag S)的大小，A错误；AgNO 溶液过量，KI直接与AgNO 反应，无法判断 sp sp 2 3 3 K (AgCl)与K (AgI)的大小关系，B错误；溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物 sp sp 质，AgI悬浊液中滴入NaS溶液，固体变黑，说明K (Ag S)＜K (AgI)，C错误；难溶的物 2 sp 2 sp质先沉淀出来，说明K (CuS)＜K (ZnS)，D正确。 sp sp 二、和K 有关的计算与判断 sp 2．常温下，若向50 mL 0.002 mol·L－1 CuSO 溶液中加入50 mL 0.004 4 mol·L－1 NaOH溶液， 4 生成了沉淀。已知K [Cu(OH) ]＝2.0×10－20，计算沉淀生成后溶液中 c(Cu2＋)＝________ sp 2 mol·L－1。 答案 5.0×10－13 解析 硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液完全反应后，溶液中c(OH－)＝ ＝2.0×10－4 mol·L－1，则溶液中铜离子浓度为＝mol·L－1＝5.0×10－13 mol·L－1。 3．(2022·安徽合肥一中模拟)298 K时，向c(Ce3＋)＝0.02 mol·L－1的溶液中加入氢氧化钠来调 节溶液的 pH，若反应后溶液 pH＝10，此时 Ce3＋是否沉淀完全？________(填“是”或 “否”)，判断的理由是___________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (要求列式计算，已知：K [Ce(OH) ]＝1.0×10－20，c(Ce3＋)＜1.0×10－5 mol·L－1时视为沉淀 sp 3 完全) 答案 是 因为根据c(Ce3＋)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－8 mol·L－1＜1.0×10－5 mol·L－1，所以 Ce3＋沉淀完全 4．(2022·四川仁寿二中模拟)已知25 ℃时，Al(OH) 的K ＝1.3×10－33，则该温度下反应Al3 3 sp ＋＋3HOAl(OH) ＋3H＋的平衡常数为________________________。 2 3 答案 7.7×10－10 解析 反应Al3＋＋3HOAl(OH) ＋3H＋平衡常数的表达式为K＝，则K＝·＝·＝，25 ℃时 2 3 K [Al(OH) ]＝1.3×10－33，K ＝1.0×10－14，代入上式得K＝≈7.7×10－10。 sp 3 w 5．有关数据如表所示： 化合物 Zn(OH) Fe(OH) Fe(OH) 2 2 3 K 近似值 10－17 10－17 10－39 sp 常温下，用废电池的锌皮制备ZnSO·7H O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法 4 2 是加稀HSO 和HO 溶解，铁变为Fe3＋，加碱调节至pH为________时，铁离子刚好沉淀完 2 4 2 2 全(离子浓度小于 1.0×10－5 mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为 ________时，锌开始沉淀(假定 Zn2＋浓度为 0.1 mol·L－1)。若上述过程不加 HO 后果是 2 2 ________________________________________________________________________，原因是________________________________________________________________________。 答案 2.7 6 Zn2＋和Fe2＋不能分离 Fe(OH) 和Zn(OH) 的K 相近 2 2 sp 解析 铁溶于稀硫酸生成Fe2＋，Fe2＋被双氧水氧化为Fe3＋。K [Fe(OH) ]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝ sp 3 10－39，则铁离子刚好沉淀完全时，c(OH－)＝ mol·L－1≈4.64×10－12 mol·L－1，则 c(H＋)＝＝ mol·L－1≈2.16×10－3 mol·L－1，pH≈2.7；K [Zn(OH) ]＝ sp 2 c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－17，锌开始沉淀时，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，则c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，pH＝6；Zn(OH) 和Fe(OH) 的K 相近，若不加双氧水，沉淀Fe2 2 2 sp ＋的同时Zn2＋也会被沉淀，从而使Zn2＋和Fe2＋不能分离。 三、沉淀滴定 6．KClO 样品中常含少量KCl杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.689 g样品 4 溶于水中，配成250 mL溶液，从中取出25.00 mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使 ClO全部转化为Cl－，反应为3KClO ＋C H O===6HO＋6CO↑＋3KCl，加入少量KCrO 4 6 12 6 2 2 2 4 溶液作指示剂，用 0.200 0 mol·L－1 AgNO 溶液滴定至终点，消耗 AgNO 溶液体积21.00 3 3 mL。滴定达到终点时，产生砖红色Ag CrO 沉淀。 2 4 (1)已知：K (AgCl)＝1.8×l0－10，K (Ag CrO)＝1.1×10－12，若终点时c(CrO)＝1.1× sp sp 2 4 10－4 mol·L－1，则此时c(Cl－)＝______________mol·L－1。 (2)计算KClO 样品的纯度(请写出计算过程)。 4 答案 (1)1.8×10－6 (2)n(AgNO)＝0.200 0 mol·L－1×0.021 L＝0.004 2 mol,25.00 mL溶液中n(KCl) ＝n(AgNO)＝ 3 总 3 0.004 2 mol，n(KClO)＋n(KCl)＝0.004 2 mol，n(KClO)×138.5 g·mol－1＋n(KCl)×74.5 g· 4 4 mol－1＝0.568 9 g，解得n(KClO)＝0.004 0 mol，n(KClO) ＝ 0.004 0 mol×＝ 4 4 总 0.040 mol，其纯度为×100%≈97.38%。 解析 (1)若c(CrO)＝1.1×10－4 mol·L－1，K (Ag CrO)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝1.1×10－12， sp 2 4 c(Ag＋)＝10－4 mol·L－1，K (AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，c(Cl－)＝1.8×10－6 mol·L－ sp 1。 1．(2020·全国卷Ⅱ，9)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HCO浓度增大、CO浓度减小 B．海水酸化能促进CaCO 的溶解，导致珊瑚礁减少 3 C．CO 能引起海水酸化，其原理为HCOH＋＋CO 2 D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境 答案 C 解析 二氧化碳能引起海水酸化，其原理为CO＋HOHCOH＋＋HCO，C错误。 2 2 2 3 2．[2021·湖北，16(3)]25 ℃时，已知：K (NH ·H O)≈2.0×10－5，K [Ga(OH)]≈1.0×10－ b 3 2 sp 3 35，K [In(OH) ]≈1.0×10－33，K [Cu(OH) ]≈1.0×10－20，“浸出液”中c(Cu2＋)＝0.01 mol·L sp 3 sp 2 －1。当金属阳离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时沉淀完全，In3＋恰好完全沉淀时溶液的pH 约为________(保留一位小数)；若继续加入6.0 mol·L－1氨水至过量，观察到的实验现象是先 有蓝色沉淀，然后____________；为探究Ga(OH) 在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH) ＋ 3 3 NH ·H O[Ga(OH)]－＋NH 的平衡常数 K＝________________。(已知：Ga3＋＋4OH－ 3 2 4 [Ga(OH)]－ K′＝≈1.0×1034) 4 答案 4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 2.0×10－6 解析 In3＋恰好完全沉淀时c(OH－)＝ mol·L－1≈1.0×10－9.3 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－4.7 mol·L－1，pH＝4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，溶液变成深 蓝色；由反应方程式可知K＝，由K′＝≈1.0×1034，得K＝＝ ＝1.0×1034×K [Ga(OH)]×K (NH ·H O)，代入数据可知K＝2.0×10－6。 sp 3 b 3 2 3．[2021·海南，16(4)(5)](4)25 ℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：CaSO(s)＋ 4 CO(aq)CaCO (s)＋SO(aq)，其平衡常数 K＝__________________________。[已知 3 K (CaSO)＝9.1×10－6，K (CaCO)＝2.8×10－9] sp 4 sp 3 (5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作 用，从化学平衡的角度说明其原因：_______________________________________ ________________________________________________________________________。 答案 (4)3.25×103 (5)游客呼出的CO 可与钟乳石的主要成分CaCO 发生可逆反应：CO 2 3 2 ＋HO＋CaCO Ca2＋＋2HCO，CO 增加，平衡正向移动，CaCO 减少，钟乳石被破坏 2 3 2 3 解析 (4)由方程式可知，反应的平衡常数K＝＝＝＝＝3.25×103。 4．[2020·全国卷Ⅲ，27(1)(2)(3)(4)]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、 Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO ·7H O)： 4 2 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 Ni2＋ Al3＋ Fe3＋ Fe2＋ 开始沉淀时(c＝0.01 mol·L－1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： (1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是____________________________________ ________________________________________________________________________。 为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式： ________________________。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是_________________________________________。 (3)“转化”中可替代HO 的物质是________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转 2 2 化”，即 ，“滤液③”中可能含有的杂质离子为_____________。 (4)利用上述表格数据，计算Ni(OH) 的K ＝________________________________ 2 sp ________________________________________________________________________(列出计 算式)。 如果“转化”后的溶液中 Ni2＋浓度为 1.0 mol·L－1，则“调 pH”应控制的 pH 范围是 ________。 答案 (1)除去油脂，溶解铝及其氧化物 AlO＋HO＋H＋===Al(OH) ↓ 2 3 (2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋ (3)O (或空气) Fe3＋ 2 (4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2] 3.2～6.2 解析 (1)因为废镍催化剂表面沾有油脂，所以“碱浸”的目的是除去油脂，同时还可以溶 解催化剂中混有的铝及氧化铝杂质；滤液①中存在的金属元素只有铝元素，铝元素以AlO 的形式存在，当加酸调到中性时，发生反应的离子方程式为AlO＋HO＋H＋===Al(OH) ↓。 2 3 (2)滤饼①加稀硫酸酸浸，产生的滤液中的金属离子有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。 (3)过程中加入HO 的目的是氧化Fe2＋，由于Fe2＋的还原性强，能与氧气反应，因此也可以 2 2 用氧气或空气代替HO ；如果过程中先“调pH”后“转化”，结合金属离子沉淀的有关 2 2pH数据可知，当调节pH小于7.2时，Fe2＋不能形成沉淀，加入HO 后Fe2＋被氧化为Fe3＋， 2 2 因此滤液③中可能混有杂质Fe3＋。 (4)根据溶度积的表达式得K [Ni(OH) ]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2[或10－5× sp 2 (108.7－14)2]；当溶液中c(Ni2＋)＝1.0 mol·L－1时，c(OH－)＝＝ mol· L－1＝10－7.8 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－6.2 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝ －lg 10－6.2＝6.2。所以当pH＝6.2时，Ni2＋开始产生沉淀，根据流程图可知，调pH的目的是 让Fe3＋沉淀完全，所以需要调节pH大于3.2，综合分析，应控制pH的范围为3.2～6.2。 课时精练 1．下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法正确的是( ) A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率相等 B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－ C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度减小 D．在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体，AgCl沉淀溶解的量不变 答案 A 解析 沉淀溶解平衡是动态平衡，A项正确；AgCl在水中存在溶解平衡，溶液中有极少量 的Ag＋和Cl－，B项错误；通常固体的溶解度随温度的升高而增大(氢氧化钙等除外)，C项 错误；加入NaCl固体，Cl－浓度增大，使AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的平衡左移，析出氯 化银沉淀，因此AgCl沉淀溶解的量减少，D项错误。 2．下列化学原理的应用，可以用沉淀溶解平衡原理来解释的是( ) ①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强 ②误将钡盐[BaCl 、Ba(NO )]当作食盐食用 2 3 2 后，常用0.5%的NaSO 溶液解毒 ③石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成 ④BaCO 不能作 2 4 3 “钡餐”，而BaSO 可以 ⑤泡沫灭火器灭火原理 4 A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤ 答案 A 解析 ①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，加热促进水解，碱能促进油脂水 解，所以热纯碱溶液洗涤油污的能力更强，应用了盐类水解原理，不符合题意；②钡离子有 毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶 性的物质向难溶性的物质转化，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；③石灰岩里不溶性的碳酸 钙在水和二氧化碳的作用下转化为微溶性的碳酸氢钙，长时间反应，形成溶洞，可以用沉淀 溶解平衡原理来解释；④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，硫酸钡和盐酸不 反应，所以碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡可以，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水， 则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解 释泡沫灭火器灭火的原理，不符合题意。 3．(2022·保定模拟)在一定温度下，当过量的 Mg(OH) 固体在水溶液中达到平衡时： 2 Mg(OH) (s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，要使Mg(OH) 固体增加，c(OH－)增加，可采取的措施 2 2 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MgSO 固体 4 答案 C 解析 加入适量水，使溶解平衡正向移动，悬浊液中 Mg(OH) 固体的质量减少，故A不选； 2 加入盐酸，平衡正向移动，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) 固体增加，且c(OH－)增加，故C选；加少量MgSO 固体，平衡逆向移动， 2 4 c(OH－)减小，故D不选。 4．在25 ℃时，FeS的K ＝6.3×10－18，CuS的K ＝1.3×10－36，ZnS的K ＝1.3×10－24。 sp sp sp 下列有关说法正确的是( ) A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36 mol·L－1 B．25 ℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度 C．向物质的量浓度相同的FeCl 、ZnCl 的混合液中加入少量NaS，只有FeS沉淀生成 2 2 2 D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl 固体，ZnS的K 变大 2 sp 答案 B 解析 饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为＝ mol·L－1，故A错误；由FeS的K ＝6.3×10－18、 sp CuS的K ＝1.3×10－36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B sp 正确；FeS的K ＝6.3×10－18、ZnS的K ＝1.3×10－24，向物质的量浓度相同的FeCl 、ZnCl sp sp 2 2 的混合液中加入少量NaS，首先生成溶解度小的ZnS沉淀，故C错误；饱和ZnS溶液中存 2 在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl 固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不 2 变，ZnS的K 不变，故D错误。 sp 5．往锅炉注入NaCO 溶液浸泡，将水垢中的CaSO 转化为CaCO ，再用盐酸去除，下列叙 2 3 4 3 述正确的是( ) A．温度升高，NaCO 溶液的K 增大，c(OH－)减小 2 3 w B．CaSO 能转化为CaCO ，说明K (CaCO)＞K (CaSO) 4 3 sp 3 sp 4 C．CaCO 溶解于盐酸而CaSO 不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸 3 4 D．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO(s)CaCO (s)＋SO(aq) 4 3 答案 D解析 温度升高，水的电离平衡正向移动，K 增大；温度升高，NaCO 的水解平衡正向移 w 2 3 动，c(OH－)增大，A项错误；K (CaCO)＜K (CaSO)，B项错误；CaCO 与盐酸反应生成可 sp 3 sp 4 3 溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO 与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强弱无 4 关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，沉淀转化的离 子方程式为CaSO(s)＋CO(aq)CaCO (s)＋SO(aq)，D项正确。 4 3 6．25 ℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH) (s)Mg2＋(aq)＋2OH－ 2 (aq)，已知25 ℃时K [Mg(OH) ]＝1.8×10－11，K [Cu(OH) ]＝2.2×10－20。下列说法错误的 sp 2 sp 2 是( ) A．若向Mg(OH) 悬浊液中加入少量NH Cl(s)，c(Mg2＋)会增大 2 4 B．若向Mg(OH) 悬浊液中滴加CuSO 溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色 2 4 C．若向Mg(OH) 悬浊液中加入适量蒸馏水，K 保持不变，故上述平衡不发生移动 2 sp D．若向Mg(OH) 悬浊液中加入少量NaCO(s)，固体质量将增大 2 2 3 答案 C 解析 A项，向Mg(OH) 悬浊液中加入少量NH Cl(s)，c(OH－)减小，平衡正向移动，促进 2 4 氢氧化镁的溶解，c(Mg2＋)会增大，正确；B项，向Mg(OH) 悬浊液中滴加CuSO 溶液，由 2 4 于K [Mg(OH) ]＝1.8×10－11＞K [Cu(OH) ]＝2.2×10－20，则沉淀将由白色的氢氧化镁逐渐变 sp 2 sp 2 为蓝色的氢氧化铜，正确；C项，加入少量蒸馏水，K 保持不变，平衡正向移动，促进氢 sp 氧化镁的溶解，错误；D项，向Mg(OH) 悬浊液中加入少量NaCO(s)，由于碳酸根离子水 2 2 3 解呈碱性，所以c(OH－)增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，正确。 7．硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，医药上用于催吐剂。已 知25 ℃时，K [Zn(OH) ]＝1.0×10－17，K (Ag SO )＝1.4×10－5，则下列说法正确的是( sp 2 sp 2 4 ) A．在水中加入少量ZnSO 固体时，水的电离平衡向正反应方向移动，K 减小 4 w B．在ZnSO 溶液中各离子的浓度关系为c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO) 4 C．向 0.5 L 0.10 mol·L－1ZnSO 溶液中加入等体积 0.02 mol·L－1AgNO 溶液，即可生成 4 3 Ag SO 沉淀 2 4 D．常温下，要除去0.20 mol·L－1ZnSO 溶液中的Zn2＋，要调节pH≥8 4 答案 D 解析 在水中加入ZnSO 固体，Zn2＋发生水解反应，促使水的电离平衡正向移动，由于温度 4 不变，则K 不变，A错误；ZnSO 溶液中，据电荷守恒可得2c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋ w 4 2c(SO)，B错误；ZnSO 和AgNO 溶液混合后，c(SO)＝0.05 mol·L－1，c(Ag＋)＝0.01 mol· 4 3 L－1，则Q ＝c(SO)·c2(Ag＋)＝0.05×0.012＝5×10－6＜K (Ag SO )＝1.4×10－5，故不能生成 c sp 2 4 Ag SO 沉淀，C错误；要除去溶液中Zn2＋，即使c(Zn2＋) ≤1.0×10－5mol·L－1，则有c(OH－) 2 4 ≥＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，此时溶液的c(H＋)≤＝ mol·L－1＝10－8mol·L－1，即溶液的 pH≥8，D正确。8．已知25 ℃时，一些难溶物质的溶度积常数如下： 化学式 Zn(OH) ZnS AgCl Ag S MgCO Mg(OH) 2 2 3 2 溶度积 1×10－17 2.5×10－22 1.8×10－10 6.3×10－50 6.8×10－6 1.8×10－11 根据上表数据，判断下列化学方程式不正确的是( ) A．2AgCl＋NaS===2NaCl＋Ag S 2 2 B．MgCO ＋HO=====Mg(OH) ＋CO↑ 3 2 2 2 C．ZnS＋2HO===Zn(OH) ＋HS↑ 2 2 2 D．Mg(HCO )＋2Ca(OH) ===Mg(OH) ↓＋2CaCO ↓＋2HO 3 2 2 2 3 2 答案 C 解析 根据溶度积常数可知，溶解度：ZnS＜Zn(OH) ，由于发生复分解反应时生成溶解度 2 更小的物质，故C不正确。 9．某些盐能溶解沉淀，利用下表三种试剂进行实验，相关分析不正确的是( ) 编号 ① ② ③ 分散质 Mg(OH) HCl NH Cl 2 4 备注 悬浊液 1 mol·L－1 1 mol·L－1 A.向①中加入酚酞，溶液显红色说明物质的“不溶性”是相对的 B．分别向少量Mg(OH) 沉淀中加入适量等体积的②③，沉淀均能快速彻底溶解 2 C．①③混合后发生反应：Mg(OH) (s)＋2NHMg2＋＋2NH ·H O 2 3 2 D．向①中加入②，c(OH－)减小，Mg(OH) 溶解平衡正向移动 2 答案 B 解析 使酚酞显红色的溶液呈碱性，说明 Mg(OH) 在水中有一定的溶解，A 项正确； 2 Mg(OH) 与 NH Cl 溶液反应速率较小，沉淀不能快速彻底溶解，B 项错误；NH 结合 2 4 Mg(OH) 悬浊液中的OH－，促进Mg(OH) 的沉淀溶解平衡正向移动，促使Mg(OH) 沉淀溶 2 2 2 解，C项正确；盐酸能够与Mg(OH) 发生中和反应，促使Mg(OH) 的沉淀溶解平衡正向移 2 2 动，D项正确。 10．某兴趣小组进行下列实验： ①将0.1 mol·L－1 MgCl 溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到浊液 2 ②取少量①中浊液，滴加0.1 mol·L－1 FeCl 溶液，出现红褐色沉淀 3 ③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1 mol·L－1 FeCl 溶液，白色沉淀变为红褐色沉 3 淀 ④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH Cl溶液，沉淀溶解 4 下列说法不正确的是( ) A．将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2＋ B．①中浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH) (s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq) 2C．实验②和③均能说明Fe(OH) 比Mg(OH) 难溶 3 2 D．NH Cl溶液中的NH可能是④中沉淀溶解的原因 4 答案 C 解析 MgCl 溶液与NaOH溶液等体积混合得到Mg(OH) 悬浊液，剩余NaOH，但仍存在沉 2 2 淀溶解平衡：Mg(OH) (s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)。实验②中是因为剩余的NaOH能和氯化 2 铁反应生成Fe(OH) ，不能比较Fe(OH) 和Mg(OH) 的溶解能力，故C错误。 3 3 2 11．NiSO ·6H O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣(主要成分是NiO， 4 2 还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如下： 已知：25 ℃时，K (CuS)＝8.9×10－35、K (FeS)＝4.9×10－18。 sp sp 下列说法错误的是( ) A．溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀HSO 2 4 B．除去Cu2＋可采用FeS C．流程中a～b的目的是富集NiSO 4 D．“操作Ⅰ”为蒸发浓缩、冷却结晶 答案 A 解析 溶液中的Ni2＋，在除去Cu2＋和Fe2＋后加入NaCO 溶液生成NiCO 沉淀，所以溶解废 2 3 3 渣时若用稀盐酸代替稀HSO 对制备不会有影响，故A错误；CuS比FeS更难溶，向含有 2 4 Cu2＋溶液中加入FeS发生沉淀的转化生成CuS，故B正确；NiSO 与NaCO 反应生成NiCO 4 2 3 3 沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO ，这样可提高NiSO 的浓度，所以流程 4 4 中a～b的目的是富集NiSO ，故C正确；该晶体为结晶水合物，从溶液中得到该溶质晶体 4 的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确。 12．我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活饮用水中镉的排放量不超过0.005 mg·L－1。处 理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题： (1)磷酸镉[Cd (PO )]沉淀溶解平衡常数的表达式为K ＝__________________ 。 3 4 2 sp (2)一定温度下，CdCO 的K ＝4.0×10－12，Cd(OH) 的K ＝3.2×10－14，那么它们在水中的 3 sp 2 sp 溶解量________较大。 (3)向某含镉废水中加入NaS，当S2－浓度达到7.9×10－8 mol·L－1时，废水中Cd2＋的浓度为 2 ________ mol·L－1[已知：K (CdS)＝7.9×10－27，M(Cd)＝112]，此时是否符合生活饮用水卫 sp r 生标准？ ________(填“是”或“否”)。 答案 (1)c3(Cd2＋)·c2(PO) (2)Cd(OH) (3)1.0×10－19 是 2解析 (1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为Cd (PO )(s)3Cd2＋(aq)＋2PO(aq)，K ＝c3(Cd2＋)· 3 4 2 sp c2(PO)。(2)当CdCO 达到沉淀溶解平衡时有CdCO(s)Cd2＋(aq)＋CO(aq)，则此时溶液中 3 3 c(Cd2＋)＝2×10－6mol·L－1，当Cd(OH) 达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH) (s)Cd2＋(aq)＋2OH 2 2 －(aq)，则c(Cd2＋)＝2×10－5 mol·L－1，据此推出在水中的溶解量较大的是Cd(OH) 。 2 (3)向某含镉废水中加入NaS，当S2－浓度达到7.9×10－8 mol·L－1时，溶液中c(Cd2＋)＝＝ 2 1.0×10－19 mol·L－1，则废水中Cd2＋的含量为1.0×10－19×112×103 mg·L－1＝1.12×10－14mg· L－1＜0.005 mg·L－1，因此符合生活饮用水卫生标准。 13．(1)在化学分析中采用KCrO 为指示剂，以AgNO 标准溶液滴定溶液中的Cl－，利用 2 4 3 Ag＋与CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中 Cl－恰好完全沉淀(浓度等于 1.0×10－5 mol·L－1)时，溶液中 c(Ag＋)为________mol·L－1，此时溶液中 c(CrO)等于 ________mol·L－1。[已知Ag CrO、AgCl的K 分别为1.9×10－12和1.8×10－10] 2 4 sp (2)生成CdCO 沉淀是利用反应[Cd(NH )]2＋＋COCdCO ＋4NH ，常温下，该反应平衡常 3 3 4 3 3 数K＝2.0×105，[Cd(NH )]2＋Cd2＋＋4NH 的平衡常数K ＝4.0×10－5，则K (CdCO)＝ 3 4 3 1 sp 3 ________。 答案 (1)1.8×10－5 5.9×10－3 (2)2.0×10－10 解析 (1)根据K (AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，可计算出当溶液中Cl－恰好完全沉淀 sp 时，溶液中c(Ag＋)＝1.8×10－5 mol·L－1，然后再根据K (Ag CrO)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝1.9× sp 2 4 10－12，又可计算出此时溶液中c(CrO)≈5.9×10－3 mol·L－1。 (2)由题给方程式可知，平衡常数 K＝＝×＝＝2.0×105，则K (CdCO)＝＝＝2.0×10－10。 sp 3