預習學案答案【練習1】PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)Ksp(PbI2)=[Pb2+][I-]2AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)Ksp(AgCl)=[Ag+][Cl-]Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)Ksp(Fe(OH)3)=[Fe3+][OH-]3AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)

Ksp(AmBn)=[An+]m[Bm-]n

Ksp(AmBn)=[An+]m[Bm-]n

平衡濃度Q(AmBn)=cm(An+)cn(Bm-)任意時刻濃度生成沉淀Hg2++S2-=HgS↓Cu2++S2-=CuS↓溶解BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑【練習2】＞BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32-(aq)CO32-+2H+=H2O+CO2↑沉淀溶解平衡右移，c(Ba2+)增大，引起重金屬中毒更難溶；大；大【練習3】Cu2++ZnS=CuS+Zn2+MgCO3+H2O===Mg(OH)2+CO2↑白色沉淀；淡黃色沉淀；黃色沉淀溶解度AgI＜AgBr

＜AgCl【練習4】AMg(HCO3)2==MgCO3+CO2↑+H2O

【預習檢測】1.D2.C3.錯錯考綱要求命題預測了解難溶電解質的沉淀溶解平衡及沉淀轉化的本質。

1.溶度積常數計算及判斷。選擇題中，往往結合圖象，考查溶度積的計算、影響因素、考查溶解平衡的移動等知識點，難度較大。

2.沉淀溶解平衡的應用。非選擇題中往往結合沉淀反應在生產、科研、環保中的應用，主要是以工藝流程分析的形式考查綜合應用能力，難度較大。第3節難溶電解質的溶解平衡理解：溶度積Ksp反映了電解質在水中的溶解能力。陰陽離子個數比不同的電解質,不能僅根據Ksp的大小比較溶解能力的強弱,需要轉化為溶解度或飽和溶液中的濃度來比較。

Ag2CrO4（S）2Ag+（aq）+CrO42-（aq）BaSO4

（S）Ba2+（aq）+SO42-（aq）AgCl（S）Ag+（aq）+Cl-（aq）aa2aaaaKsp=a2Ksp=4a3Ksp=a2幾種難溶電解質的Ksp（18℃～25℃）沉淀溶解平衡KspAgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)1.8×10-10mol2·L-2AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)5.0×10-13mol2·L-2AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)8.3×10-17mol2·L-2Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)5.6×10-12mol3·L-3Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)2.2×10-20mol3·L-3思考：1、在同一溫度下，能否用Ksp的大小比較AgX的溶解性的大小？2、Ksp越小的物質，溶解能力就越小嗎？①AgCl

AgBr

AgI

依次難溶②Mg(OH)2Cu(OH)2依次難溶AgClMg(OH)2能否直接根據Ksp推出Mg(OH)2比AgCl更難溶？思考①⑦例1答案①⑦對于平衡:

AgClAg++Cl-

（體系有大量固體AgCl），若改變條件，對其有何影響？改變條件平衡移動方向C（Ag+）C（Cl-）溶解度mol.l-1Ksp升溫加水

加AgCl（s）

加NaCl（s）

加AgNO3(s)右移增大增大增大增大右移不變不變不變不變不移動不變不變不變不變左移減小增大減小不變左移增大減小減小不變【課堂探究】考點一、影響沉淀溶解平衡的因素【變式1】

⑤＞①＞④＞②＞③①＞④=⑤＞②＞③【變式1】現把足量AgCl分別放入：①5ml水

②10ml0.2mol·L-1MgCl2③20ml0.5mol·L-1NaCl④40ml0.1mol·L-

1AlCl3⑤20ml0.3mol·L-1AgNO3溶解至飽和，各溶液中Ag+濃度由大到小的順序是

，AgCl的溶解度由大到小的順序是

.拓展、某溫度時，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如右下圖所示。①abcd四個點中處于平衡狀態的是

：

②v(溶解)﹥v(沉淀)

的是

：

③Q﹥Ksp的是

：

acdb考點二：沉淀溶解平衡的應用1．沉淀的生成（當Qc>Ksp時）(1)調節pH法(2)沉淀劑法加入氨水調節pH至7~8，可除去氯化銨中的雜質氯化鐵。（Cu2＋、Fe3＋）以Na2S、H2S等作沉淀劑，使Cu2+、Hg2+等生成極難容的硫化物CuS、HgS沉淀。由沉淀劑引入溶液的雜質離子要便于除去或不引入新的雜質。選擇的沉淀劑有什么要求？(1)酸堿鹽溶解法CaCO3(s)＋2HCl=CaCl2＋H2O+CO2.2．沉淀的溶解（Qc<Ksp）(2)氧化還原溶解法(3)生成配合物使沉淀溶解靈犀一點：難溶電解質溶解的實質是沉淀溶解平衡的移動。只要能設法滿足Qc<Ksp，沉淀就能溶解。3.沉淀的轉化例如：AgNO3→AgCl(白色沉淀)→AgI(黃色沉淀)(1)實質：沉淀溶解平衡的移動(2)特征：①一般說來，溶解能力相對較強的物質易轉化為溶解能力相對較弱的物質。②沉淀的溶解能力差別越大，越容易轉化。BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-生活化學如何解釋下列現象：1、水垢如何形成的？如何除去？2、誤食可溶性鋇鹽,如何解毒？3、如何防治齲齒？Ca5(PO4)3(OH)（S）4、如何用重晶石（主要成分BaSO4）是制備可溶性鋇鹽？

總反應：Ｆ－＋Ca5(PO4)3(OH)Ca5(PO4)3F＋OH－KSP[Ca5(PO4)3(OH)]=1.8×10-21KSP[Ca5(PO4)3F]=8.3×10-37Ca5(PO4)3(OH)（S）

OH-+5Ca2++3PO43-NaF=Na++F-Ca5(PO4)3F＋?!考點三、溶度積規則應用(3)由Ksp[Mg(OH)2]＝5×10－13＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0.01·c2(OH－)c(OH－)＝×10－6mol·L－1(3)由于一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10－5mol·L－1時，沉淀已經完全。故Mg2＋完全沉淀時有：1×10－5·c2(OH－)＝5×10－13所以c(OH－)＝×10－4mol·L－1常溫時，Ksp[Mg(OH)2]＝4×10－12，Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10-38；通常認為某離子殘留在溶液中的濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為該離子已經沉淀完全假定原溶液中c(Mg2+)=1mol?L－1，c(Fe3+)=0.01mol?L－1。(已知lg2=0.3)

（1）使Fe3+開始沉淀時溶液中pH約為

（2）當Fe3+沉淀完全時溶液中c(OH－)約為

mol/l；此時，Mg2+

（填寫編號：A：尚未開始沉淀；B：已經開始沉淀；C：已經沉淀完全）；

（3）結論：在雜有少量Fe3+的Mg2+溶液中，

（填編號：A：可以；B：不可以）用調節pH的方法來除雜常溫時，Ksp[Mg(OH)2]＝4×10－12，Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10-38；通常認為某離子殘留在溶液中的濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為該離子已經沉淀完全假定原溶液中c(Mg2+)=1mol?L－1，c(Fe3+)=0.01mol?L－1。(已知lg2=0.3)

（1）使Fe3+開始沉淀時溶液中pH約為

（2）當Fe3+沉淀完全時溶液中c(OH－)約為

mol/l；此時，Mg2+

（填寫編號：A：尚未開始沉淀；B：已經開始沉淀；C：已經沉淀完全）；

（3）結論：在雜有少量Fe3+的Mg2+溶液中，

（填編號：A：可以；B：不可以）用調節pH的方法來除雜【變式2】解析

a點在平衡曲線上，此時溶液中存在溶液平衡,加入Na2SO4會增大SO42-

濃度,平衡左移,Ba2+濃度應降低,A項錯;d點時溶液不飽和,蒸發溶液,[SO42-]、

[Ba2+]均增大,B項錯;d點表示溶液的Q<Ksp,所以溶液不飽和,不會沉淀,C項正確;Ksp是一常數,溫度不變Ksp不變，所以該曲線上任一點的Ksp都相等,D項錯誤。答案

C

小結：【課堂檢測】1.A2.A3.(1)變小

(2)不變

(3)變小變大平衡體系研究對象研究對象平衡移動的判據平衡常數

表達式

升溫對平衡常數的影響化學平衡2SO2+O22SO3△H﹤0C+H2OCO+H2△H﹥0電離平衡H2OH++OH-CH3COOHCH3COO-+H+

NH3·H2ONH4++OH-

水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-

沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq）可逆反應弱電解質水溶液增大增大增大增大增大增大減小Kc=[SO3]2[O2][SO2]2·Kc=[CO]·[H2O][H2]Ka=[CH3COO-]·[CH3COOH][H+

]Kb=[NH4+]·[NH3·H2O][OH-

]能水解的鹽溶液Kw=[H+]·[OH-]Ksp=[Ag+]·[Cl-]難溶或微溶物的濁液①化學平衡移動原理②Q與K相對大小四大平衡的比較：【跟蹤練習】1.D2.C3.C4.AD5.D6.（1）Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+（2）Cu2++S2-=CuS↓（3）FeS+2H+=Fe2++H2S↑（4）CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-（5）Cu2++ZnS=CuS+Zn2+7.Cu(OH)2Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+8.D9.B10.A11.2.7×10-312.1.75×1049.A正確；a點到b點的堿性增強，而NH4Cl溶解于水后顯酸性，故B錯；只要溫度一定，Kw就一定，故C正確；溶度積曲線上的點代表的溶液都已飽和，曲線左下方的點都不飽和，右上方的點都是Q>Ksp，沉淀要析出，故D正確。答案：B金屬離子從開始沉淀到沉淀完全時溶液的pH:Fe3+:1.9～3.2Cu2+:5.2～6.4思考：如何分離酸性溶液中的Cu2+、

Fe3+？加氧化銅調節pH第28講│要點探究圖28－1【典例精析】例1

[2010·山東卷]

某溫度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分別在溶液中達到沉淀溶解平衡后，改變溶液pH，金屬陽離子濃度的變化如圖28－1所示。據圖分析，下列判斷錯誤的是(

)A．Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]B．加適量NH4Cl固體可使溶液由a點變到b點C．c、d兩點代表的溶液中c(H＋)與c(OH－)乘積相等D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分別在b、c兩點代表的溶液中達到飽和例1

B

[解析]加適量NH4Cl固體，因為NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，致使溶液的pH減小，故可使溶液由b變到a點，所以B錯。A項，從圖中可知，當c(Fe3＋)和c(Cu2＋)相等時，此時c(Cu2＋)對應的c1(OH－)＝1×10－9.6mol·L－1，Fe3＋對應的c2(OH－)＝1×10－12.7mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)×(1×10－12.7)3，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)×(1×10－9.6)2，顯然Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]；c(H＋)·c(OH－)＝KW，c、d兩點的溫度相同，所以KW相同；溶度積曲線上的點代表的溶液都已飽和，曲線左下方的點都不飽和，右上方的點都是Qc>Ksp，沉淀要析出。常溫時，Ksp[Mg(OH)2]＝4×10－12，Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10-38；通常認為某離子殘留在溶液中的濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為該離子已經沉淀完全假定原溶液中c(Mg2+)=1mol?L－1，c(Fe3+)=0.01mol?L－1。(已知lg2=0.3)

（1）使Fe3+開始沉淀時溶液中pH約為

（2）當Fe3+沉淀完全時溶液中c(OH－)約為

mol/l；此時，Mg2+

（填寫編號：A：尚未開始沉淀；B：已經開始沉淀；C：已經沉淀完全）；

（3）結論：在雜有少量Fe3+的Mg2+溶液中，

（填編號：A：可以；B：不可以）用調節pH的方法來除雜

金屬氫氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用這一性質，控制溶液的pH，達到分離金屬離子的目的。難溶金屬的氫氧化物在不同pH下的溶解度(S，mol·L－1)見圖1。圖1【典例精析】(1)pH＝3時溶液中銅元素的主要存在形式是_____(寫化學式)。Cu2＋(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，應該控制溶液的pH為________。

A．＜1

B．4左右C．＞6B

(3)已知一些難溶物的溶度積常數如下表。物質FeS

MnSCuSPbSHgSZnSKsp6.3×10－182.5×10－131.3×10－363.4×10－286.4×10－531.6×10－24某工業廢水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最適宜向此工業廢水中加入過量的________除去它們。(選填序號)A．NaOH

B．FeS

C．Na2SB2．(2010年高考北京理綜)自然界地表層原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，向地下深層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉變為銅藍(CuS)。下列分析正確的是(

)A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度B．原生銅的硫化物具有還原性，而銅藍沒有還原性C．CuSO4與ZnS反應的離子方程式Cu2＋＋S2－===CuS↓D．整個過程涉及的反應類型有氧化還原反應和復分解反應解析：本題考查物質的轉化、離子反應等，意在考查考生運用化學基本原理分析生活中的化學問題的能力。由于CuSO4與PbS反應生成CuS和PbSO4，說明CuS的溶解度小于PbS的溶解度，A項錯誤；原生銅的硫化物和銅藍中的S均顯－2價，處在硫元素的最低價態，均具有還原性，B項錯誤；CuSO4與ZnS反應的離子方程式為：Cu2＋＋ZnS===CuS＋Zn2＋，C項錯誤；原生銅的硫化物轉化為CuSO4發生的是氧化還原反應，CuSO4轉化為CuS為復分解反應，D項正確。答案：D4、為了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加熱攪拌的條件下加入一種過量的試劑，過濾后加入適量HCl，該試劑是已知：Mg(OH)2的Ksp：5.6×10-12mol3·L-3，Fe(OH)3的Ksp：2.6×10-39mol4·L-4（）

A．氨水B．NaCl

C．Na2CO3

D．MgCO3已知Ksp,Fe(OH)3=2.64×10-39Ksp,Ni(OH)2=5.47×10-16某混合溶液中，Fe3+和Ni2+分別為0.10mol/L和1.0mol/LFe3+和Ni2+開始