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PAGEPAGE17第四節(jié)難溶電解質(zhì)的溶解平衡考點(一)沉淀溶解平衡及其應用【精講精練快沖關】([知能學通]1.沉淀溶解平衡(1)沉淀溶解平衡的概念在肯定溫度下,當難溶強電解質(zhì)溶于水形成飽和溶液時,溶解速率和生成沉淀速率相等的狀態(tài)。(2)沉淀溶解平衡的建立固體溶質(zhì)溶液中的溶質(zhì)①v溶解>v沉淀,固體溶解;②v溶解=v沉淀,溶解平衡;③v溶解<v沉淀,析出晶體。(3)沉淀溶解平衡的特點(4)影響沉淀溶解平衡的因素①內(nèi)因難溶電解質(zhì)本身的性質(zhì),這是確定因素。②外因2.沉淀溶解平衡的應用(1)沉淀的生成當溶液中離子積(Qc)大于溶度積(Ksp)時有沉淀生成。①調(diào)整pH法:如除去NH4Cl溶液中的FeCl3雜質(zhì),可加入氨水調(diào)整pH至4左右,離子方程式為Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NHeq\o\al(+,4)。②沉淀劑法:如用H2S沉淀Cu2+,離子方程式為Cu2++H2S=CuS↓+2H+。(2)沉淀的溶解當溶液中離子積(Qc)小于溶度積(Ksp)時,沉淀溶解。①酸溶解:用離子方程式表示CaCO3溶于鹽酸:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。②鹽溶解:用離子方程式表示Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液:Mg(OH)2+2NHeq\o\al(+,4)=Mg2++2NH3·H2O。③配位溶解:用離子方程式表示AgCl溶于氨水:AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O。④氧化還原溶解:如不溶于鹽酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。(3)沉淀的轉(zhuǎn)化在難溶電解質(zhì)的飽和溶液中,溶解度小的沉淀會轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀。①實質(zhì):沉淀溶解平衡的移動。②實例:AgNO3溶液eq\o(→,\s\up7(NaCl))AgCleq\o(→,\s\up7(NaBr))AgBr,則Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。③應用:鍋爐除垢:將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3,離子方程式為CaSO4+COeq\o\al(2-,3)=CaCO3+eq\a\vs4\al(SO\o\al(2-,4))。礦物轉(zhuǎn)化:CuSO4溶液遇ZnS轉(zhuǎn)化為CuS,離子方程式為ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+。[題點練通]1.將足量BaCO3固體分別加入:①30mL水;②10mL0.2mol·L-1Na2CO3溶液;③50mL0.01mol·L-1BaCl2溶液;④100mL0.01mol·L-1鹽酸中溶解至溶液飽和。請確定各溶液中c(Ba2+)由大到小的依次為()A.①②③④B.③④①②C.④③①②D.②①④③解析:選BBaCO3在水中存在溶解平衡:BaCO3(s)Ba2+(aq)+COeq\o\al(2-,3)(aq),Na2CO3溶液中c(COeq\o\al(2-,3))較大,促使BaCO3的溶解平衡逆向移動,則Na2CO3溶液中c(Ba2+)比水中小;0.01mol·L-1BaCl2溶液中c(Ba2+)=0.01mol·L-1,BaCO3的溶解平衡逆向移動,但溶液中c(Ba2+)≈0.01mol·L-1;0.01mol·L-1鹽酸中COeq\o\al(2-,3)與H+反應生成CO2,促使BaCO3的溶解平衡正向移動,最終溶液中c(Ba2+)≈0.005mol·L-1,故四種溶液中c(Ba2+)的大小依次為③>④>①>②。2.在AgCl飽和溶液中尚有AgCl固體存在,當向溶液中加入0.1mol·L-1的鹽酸時,下列說法正確的是()A.AgCl溶液溶解平衡正向移動B.AgCl溶解度增大C.溶液中c(Ag+)增大D.溶液中c(Cl-)增大解析:選DAgCl飽和溶液中尚有AgCl固體存在,則溶液中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),當向溶液中加入0.1mol·L-1的鹽酸時,c(Cl-)增大,平衡逆向移動,所以溶液中c(Ag+)變小,AgCl溶解度減小。3.(2024·海南高考)向含有MgCO3固體的溶液中滴加少許濃鹽酸(忽視體積改變),下列數(shù)值變小的是()A.c(COeq\o\al(2-,3))B.c(Mg2+)C.c(H+)D.Ksp(MgCO3)解析:選A含有MgCO3固體的溶液中存在溶解平衡:MgCO3(s)Mg2+(aq)+COeq\o\al(2-,3)(aq),加入少量濃鹽酸可與COeq\o\al(2-,3)反應促使溶解平衡正向移動,故溶液中c(Mg2+)及c(H+)增大,c(COeq\o\al(2-,3))減小,Ksp(MgCO3)只與溫度有關,不變。4.下列說法不正確的是()A.(2024·天津高考)在同濃度的鹽酸中,ZnS可溶而CuS不溶,說明CuS的溶解度比ZnS的小B.(2024·全國卷Ⅲ)向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3,溶液中eq\f(cCl-,cBr-)不變C.(2015·全國卷Ⅰ)將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液,先有白色沉淀生成,后變?yōu)闇\藍色沉淀,說明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小D.(2015·重慶高考)0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)解析:選D飽和AgCl、AgI混合溶液中,因為AgCl的溶解度大于AgI,溶液中c(Cl-)>c(I-),故D項不正確。5.下列化學原理的應用,主要用沉淀溶解平衡原理來說明的是()①熱純堿溶液去油污實力強②誤將鋇鹽[BaCl2、Ba(NO3)2]當作食鹽混用后,常用0.5%的Na2SO4溶液解毒③溶洞、珊瑚的形成④碳酸鋇不能作“鋇餐”而硫酸鋇則能⑤泡沫滅火器滅火的原理A.②③④B.①②③C.③④⑤D.①②③④⑤解析:選ANa2CO3溶液中存在水解平衡:COeq\o\al(2-,3)+H2OHCOeq\o\al(-,3)+OH-,加熱平衡正移,c(OH-)增大,去油污實力增加,①錯誤;泡沫滅火器的滅火原理是利用Al3+與HCOeq\o\al(-,3)相互促進的水解反應,與沉淀溶解平衡原理無關,⑤錯誤;②、③、④均與沉淀溶解平衡有關。6.試驗:①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等體積混合得到濁液a,過濾得到濾液b和白色沉淀c;②向濾液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液,出現(xiàn)渾濁;③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液,沉淀變?yōu)辄S色。下列分析不正確的是()A.濁液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)B.濾液b中不含有Ag+C.③中顏色改變說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgID.試驗可以證明AgI比AgCl更難溶解析:選BAgCl為白色沉淀,AgI為黃色沉淀,由②中現(xiàn)象可知,濾液b中含有Ag+,故濁液a中肯定存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);由③中現(xiàn)象可知,白色沉淀AgCl轉(zhuǎn)化為黃色沉淀AgI,可知Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),故AgI比AgCl更難溶。7.為探討沉淀的生成及其轉(zhuǎn)化,某小組進行如圖試驗。①中現(xiàn)象:產(chǎn)生紅色沉淀,②中現(xiàn)象:溶液先渾濁,后來澄清,③中現(xiàn)象:產(chǎn)生白色沉淀。關于該試驗的分析不正確的是()A.①濁液中存在平衡:Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrOeq\o\al(2-,4)(aq)B.②中溶液變澄清的緣由:AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2OC.③中顏色改變說明有AgCl生成D.該試驗可以證明AgCl比Ag2CrO4更難溶解析:選DAgNO3溶液過量,故余下濁液中含有Ag+,加入KCl溶液生成AgCl白色沉淀,不能證明AgCl比Ag2CrO4更難溶,D項錯誤。8.回答下列問題:(1)在試驗室中怎樣除去NaCl溶液中的BaCl2?________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)怎樣除去AgI中的AgCl?________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)BaCO3不溶于水,為什么不能作鋇餐?________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)CaCO3難溶于稀H2SO4,但為什么能溶于醋酸中?________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)分別用等體積的蒸餾水和0.01mol·L-1的鹽酸洗滌AgCl沉淀,為什么用水洗滌造成AgCl的損失大于用稀鹽酸洗滌的損失量?________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案:(1)向溶液中加入過量的Na2CO3溶液充分反應,過濾,向濾液中加適量鹽酸(2)把混合物與飽和的KI溶液混合,振蕩靜置,溶度積大的AgCl就會漸漸轉(zhuǎn)化為溶度積小的AgI(3)BaCO3(s)Ba2+(aq)+COeq\o\al(2-,3)(aq),HCl=H++Cl-,2H++COeq\o\al(2-,3)=H2O+CO2↑,胃酸電離的H+與BaCO3產(chǎn)生的COeq\o\al(2-,3)結(jié)合生成CO2和H2O,破壞了BaCO3的溶解平衡,c(Ba2+)增大,引起人體中毒(4)CaCO3(s)Ca2+(aq)+COeq\o\al(2-,3)(aq),H2SO4=SOeq\o\al(2-,4)+2H+,Ca2++SOeq\o\al(2-,4)=CaSO4↓,因為生成的CaSO4溶解度較小,會附著在CaCO3的表面,阻擋平衡右移。而CH3COOHCH3COO-+H+,Ca2+與CH3COO-不產(chǎn)生沉淀;當H+與COeq\o\al(2-,3)結(jié)合生成CO2和H2O時,CaCO3的溶解平衡右移(5)用水洗滌AgCl,AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡右移,AgCl的質(zhì)量削減,用鹽酸洗滌AgCl,稀釋的同時HCl電離產(chǎn)生的Cl-會使平衡左移,AgCl削減的質(zhì)量要小些eq\a\vs4\al([歸納拓展])(1)由于沉淀的生成取決于Qc與Ksp的相對大小,而溶解度與相對分子質(zhì)量有關,有可能溶解度大的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為溶解度小的。(2)用沉淀法除雜不行能將雜質(zhì)離子全部通過沉淀除去。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(jīng)完全。考點(二)溶度積常數(shù)及其應用【點多面廣精細研】1.溶度積和離子積以AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)為例:溶度積離子積概念沉淀溶解的平衡常數(shù)溶液中有關離子濃度冪的乘積符號KspQc表達式Ksp(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-),式中的濃度為平衡濃度Qc(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-),式中的濃度是隨意濃度應用推斷在肯定條件下沉淀能否生成或溶解:①Q(mào)c<Ksp:溶液不飽和,無沉淀析出②Qc=Ksp:溶液飽和,沉淀與溶解處于平衡狀態(tài)③Qc>Ksp:溶液過飽和,有沉淀析出2.Ksp的影響因素(1)內(nèi)因:難溶電解質(zhì)本身的性質(zhì),這是確定因素。(2)外因①濃度:加水稀釋,平衡向溶解方向移動,但Ksp不變。②溫度:絕大多數(shù)難溶電解質(zhì)的溶解是吸熱過程,上升溫度,平衡向溶解方向移動,Ksp增大。③其他:向平衡體系中加入可與體系中某些離子反應生成更難溶電解質(zhì)或更難電離物質(zhì)或氣體的離子時,平衡向溶解方向移動,但Ksp不變。[小題練微點]1.推斷下列說法的正誤(正確的打“√”,錯誤的打“×”)。(1)Ksp越大的物質(zhì)的溶解度越大()(2)不行能使要除去的離子全部通過沉淀除去。一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于1.0×10-5mol·L-1時,已經(jīng)完全沉淀()(3)濃度積常數(shù)只受溫度影響,上升溫度Ksp增大()(4)Cu(OH)2的Ksp=c(Cu2+)·c(OH-)()(5)已知常溫下,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,將0.002mol·L-1的AgNO3溶液與0.002mol·L-1的KCl溶液等體積混合不會產(chǎn)生AgCl沉淀()答案:(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×2.已知部分鋇鹽的溶度積如下:Ksp(BaCO3)=5.1×10-9,Ksp[Ba(IO3)2]=6.5×10-10,Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaCrO4)=1.6×10-10。一種溶液中存在相同濃度的COeq\o\al(2-,3)、CrOeq\o\al(2-,4)、IOeq\o\al(-,3)、SOeq\o\al(2-,4),且濃度均為0.001mol·L-1,若向該溶液中逐滴滴入BaCl2溶液,首先發(fā)生的離子反應為()A.Ba2++COeq\o\al(2-,3)=BaCO3↓1B.Ba2++CrOeq\o\al(2-,4)=BaCrO4↓C.Ba2++2IOeq\o\al(-,3)=Ba(IO3)2↓D.Ba2++SOeq\o\al(2-,4)=BaSO4↓解析:選D依據(jù)溶度積公式及溶液中陰離子的濃度,可以計算出起先出現(xiàn)BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀時c(Ba2+)分別為5.1×10-6mol·L-1、1.6×10-7mol·L-1、6.5×10-4mol·L-1、1.1×10-7mol·L-1,故最先出現(xiàn)的沉淀是BaSO4,D項正確。[學霸微提示](1)溶解平衡一般是吸熱的,上升溫度平衡右移,Ksp增大,但Ca(OH)2相反。(2)對于沉淀溶解平衡:AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq),Ksp=cm(An+)·cn(Bm-),對于相同類型的難溶電解質(zhì),Ksp的大小反映了其在溶液中溶解實力的大小,也反映了其在溶液中沉淀的難易。1.化工生產(chǎn)中常用MnS作為沉淀劑除去工業(yè)廢水中的Cu2+:Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)。下列說法錯誤的是()A.MnS的Ksp比CuS的Ksp大B.該反應達平衡時c(Mn2+)=c(Cu2+)C.往平衡體系中加入少量CuSO4固體后,c(Mn2+)變大D.該反應的平衡常數(shù)K=eq\f(KspMnS,KspCuS)解析:選B一般狀況下,沉淀轉(zhuǎn)化向Ksp小的方向進行,則Ksp(MnS)>Ksp(CuS),A項正確;該反應達平衡時c(Mn2+)、c(Cu2+)保持不變,但不肯定相等,B項錯誤;往平衡體系中加入少量CuSO4固體后,平衡向正反應方向移動,c(Mn2+)變大,C項正確;該反應的平衡常數(shù)K=eq\f(cMn2+,cCu2+)=eq\f(cMn2+·cS2-,cCu2+·cS2-)=eq\f(KspMnS,KspCuS),D項正確。2.(2024·全國卷Ⅲ)用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關描述錯誤的是()A.依據(jù)曲線數(shù)據(jù)計算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級為10-10B.曲線上各點的溶液滿意關系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同試驗條件下,若改為0.0400mol·L-1Cl-,反應終點c移到aD.相同試驗條件下,若改為0.0500mol·L-1Br-,反應終點c向b方向移動解析:選C由題圖可知,當AgNO3溶液的體積為50.0mL時,溶液中的c(Cl-)略小于10-8mol·L-1,此時混合溶液中c(Ag+)=eq\f(0.100mol·L-1-0.0500mol·L-1×50.0mL,100mL)=2.5×10-2mol·L-1,故Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)≈2.5×10-2×10-8=2.5×10-10,A項正確;因反應過程中有沉淀生成,溶液中必定存在平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),故曲線上的各點均滿意c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl),B項正確;依據(jù)Ag++Cl-=AgCl↓可知,達到滴定終點時,消耗AgNO3溶液的體積為eq\f(0.0400mol·L-1×50.0mL,0.100mol·L-1)=20.0mL,C項錯誤;相同試驗條件下,沉淀相同量的Cl-和Br-消耗的AgNO3的量相同,由于Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl),當?shù)渭酉嗟攘康腁g+時,溶液中c(Br-)<c(Cl-),故反應終點c向b方向移動,D項正確。eq\a\vs4\al([歸納拓展])正確理解Ksp(1)Ksp與其他平衡常數(shù)(K、Ka、Kb、Kw、Kh)相同,只與溫度有關。(2)當Qc>Ksp時,析出沉淀;當Qc<Ksp時,沉淀溶解;當Qc=Ksp時,沉淀溶解平衡。3.(2024·全國卷Ⅲ)在濕法煉鋅的電解循環(huán)溶液中,較高濃度的Cl-會腐蝕陽極板而增大電解能耗。可向溶液中同時加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀從而除去Cl-。依據(jù)溶液中平衡時相關離子濃度的關系圖,下列說法錯誤的是()A.Ksp(CuCl)的數(shù)量級為10-7B.除Cl-反應為Cu+Cu2++2Cl-=2CuClC.加入Cu越多,Cu+濃度越高,除Cl-效果越好D.2Cu+=Cu2++Cu平衡常數(shù)很大,反應趨于完全解析:選C由題圖可知,當-lgeq\f(cCl-,mol·L-1)=0時,lgeq\f(cCu+,mol·L-1)約為-7,即c(Cl-)=1mol·L-1,c(Cu+)≈10-7mol·L-1,則Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-)的數(shù)量級為10-7,A項正確;Cu為固體,濃度視為常數(shù),只要滿意反應用量即可,過多的銅也不會影響平衡狀態(tài)的移動,C項錯誤;由題圖可知,交點處c(Cu+)=c(Cu2+)≈10-6mol·L-1,則2Cu+=Cu2++Cu的平衡常數(shù)K=eq\f(cCu2+,c2Cu+)≈106,該平衡常數(shù)很大,因而反應趨于完全,D項正確。4.(2014·全國卷Ⅰ)溴酸銀(AgBrO3)溶解度隨溫度改變曲線如圖所示。下列說法錯誤的是()A.溴酸銀的溶解是放熱過程B.溫度上升時溴酸銀溶解速度加快C.60℃時溴酸銀的Ksp約等于6×10-4D.若硝酸鉀中含有少量溴酸銀,可用重結(jié)晶方法提純解析:選A從圖像可看出隨溫度的上升,AgBrO3的溶解度漸漸上升,即AgBrO3的溶解是吸熱過程,A項錯誤;溫度上升,其溶解速度加快,B項正確;60℃時飽和溶液中AgBrO3的物質(zhì)的量濃度約為eq\f(\f(0.6g,236g·mol-1),0.1L)≈2.5×10-2mol·L-1,其Ksp=c(Ag+)·c(BrOeq\o\al(-,3))≈6×10-4,C項正確;由于AgBrO3的溶解度比較小,故KNO3中含有AgBrO3時,可采納重結(jié)晶的方法提純,D項正確。5.(2024·豫南七校聯(lián)考)已知:pNi=-lgc(Ni2+);常溫下,Ksp(NiCO3)=1.4×10-7,H2S的電離平衡常數(shù):Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.1×10-15。常溫下,向10mL0.1mol·L-1Ni(NO3)2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液,滴加過程中pNi與Na2S溶液體積的關系如圖所示。下列說法不正確的是()A.E、F、G三點中,F(xiàn)點對應溶液中水電離程度最小B.常溫下,Ksp(NiS)=1×10-21C.在NiS和NiCO3的濁液中eq\f(cCO\o\al(2-,3),cS2-)=1.4×1014D.Na2S溶液中,S2-第一步水解常數(shù)Kh1=eq\f(1.0×10-14,1.3×10-7)解析:選DA項,Ni(NO3)2是強酸弱堿鹽,Na2S是強堿弱酸鹽,它們都能促進水的電離,F(xiàn)點表示Ni(NO3)2和Na2S恰好完全反應,溶液中溶質(zhì)是NaNO3,水的電離程度最小,正確;B項,F(xiàn)點,10mL0.1mol·L-1Ni2(CO3)2溶液和10mL0.1mol·L-1Na2S溶液恰好完全反應,c(Ni2+)=c(S2-)=10-10.5mol·L-1,NiS(s)Ni2+(aq)+S2-(aq),Ksp(NiS)=c(Ni2+)·c(S2-)=1×10-21,正確;C項,NiCO3(s)+S2-(aq)NiS(s)+COeq\o\al(2-,3)(aq),K=eq\f(cCO\o\al(2-,3),cS2-)=eq\f(KspNiCO3,KspNiS)=1.4×1014,正確;D項,S2-+H2OHS-+OH-,Kh1=eq\f(Kw,Ka2)=eq\f(1.0×10-14,7.1×10-15),錯誤。[方法規(guī)律]沉淀溶解平衡曲線題的解題技巧(1)類型(2)解題技巧①沉淀溶解平衡曲線類似于溶解度曲線,曲線上任一點都表示飽和溶液,曲線上方的任一點均表示過飽和溶液,此時有沉淀析出,曲線下方的任一點均表示不飽和溶液。②從圖像中找到數(shù)據(jù),依據(jù)Ksp公式計算得出Ksp的值。③比較溶液的Qc與Ksp的大小,推斷溶液中有無沉淀析出。④涉及Qc的計算時,所代入的離子濃度肯定是混合溶液中的離子濃度,因此計算離子濃度時,所代入的溶液體積也必需是混合溶液的體積。6.(1)(2024·海南高考)向含有BaSO4固體的溶液中滴加Na2CO3溶液,當有BaCO3沉淀生成時溶液中eq\f(cCO\o\al(2-,3),cSO\o\al(2-,4))=______________。已知Ksp(BaCO3)=2.6×10-9,Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。(2)(2024·全國卷Ⅰ)若FeCl2與MgCl2混合溶液中c(Mg2+)=0.02mol·L-1,加入雙氧水和磷酸(設溶液體積增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此時是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?______________________________________________________________(列式計算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為1.3×10-22、1.0×10-24。(3)(2015·全國卷Ⅱ)有關數(shù)據(jù)如表所示:化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39用廢電池的鋅皮制備ZnSO4·7H2O的過程中,需除去鋅皮中的少量雜質(zhì)鐵,其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解,鐵變?yōu)開_________,加堿調(diào)整至pH為______時,鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10-5mol·L-1時,即可認為該離子沉淀完全);接著加堿至pH為______時,鋅起先沉淀(假定Zn2+濃度為0.1mol·L-1)。若上述過程不加H2O2后果是______________________,緣由是_______________________________________________。解析:(1)沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式:BaSO4(s)+COeq\o\al(2-,3)(aq)BaCO3(s)+SOeq\o\al(2-,4)(aq),在同一溶液中,c(Ba2+)相同,依據(jù)溶度積的表達式,則有eq\f(cCO\o\al(2-,3),cSO\o\al(2-,4))=eq\f(cCO\o\al(2-,3)·cBa2+,cSO\o\al(2-,4)·cBa2+)=eq\f(KspBaCO3,KspBaSO4)=eq\f(2.6×10-9,1.1×10-10)≈24。(2)先求出Fe3+轉(zhuǎn)化成FePO4沉淀完全時的c(POeq\o\al(3-,4)),依據(jù)c(Fe3+)·c(POeq\o\al(3-,4))=Ksp(FePO4),可得c(POeq\o\al(3-,4))=eq\f(1.3×10-22,1.0×10-5)mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1。再將Qc[Mg3(PO4)2]與Ksp[Mg3(PO4)2]進行比較,推斷是否有Mg3(PO4)2沉淀生成;依據(jù)混合后,溶液中鎂離子濃度為c(Mg2+)=0.01mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(POeq\o\al(3-,4))=0.013×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],故沒有磷酸鎂沉淀生成。(3)計算Fe3+沉淀完全時的pH,當溶液中c(Fe3+)小于10-5mol·L-1時,視為Fe3+沉淀完全,先利用Ksp[Fe(OH)3]求算c(OH-)=eq\r(3,\f(Ksp,cFe3+))≈10-11.3mol·L-1再通過Kw求出c(H+)?pH≈2.7。計算Zn2+起先產(chǎn)生沉淀時的pH,先利用Ksp[Zn(OH)2]求算c(OH-)=eq\r(\f(Ksp,cZn2+))=10-8mol·L-1,再通過Kw求出c(H+)?pH=6。答案:(1)24(2)Fe3+恰好沉淀完全時,c(POeq\o\al(3-,4))=eq\f(1.3×10-22,1.0×10-5)mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,則c3(Mg2+)·c2(POeq\o\al(3-,4))值為0.013×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],因此不會生成Mg3(PO4)2沉淀(3)Fe3+2.76無法將Zn2+和Fe2+分別Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近7.(2024·合肥調(diào)研)一種磁性材料的磨削廢料,主要成分是鐵鎳合金(含鎳質(zhì)量分數(shù)約21%),還含有銅、鈣、鎂、硅的氧化物。由該廢料制備氫氧化鎳,工藝流程如圖:請回答下列問題:(1)“酸溶”時,溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成,廢渣的主要成分是________;金屬鎳溶解的離子方程式為__________________________________________________。(2)“除鐵”時H2O2的作用是___________________________________________________,加入碳酸鈉的目的是_____________________________________________________。(3)“除銅”時,反應的離子方程式為__________________________________________,若用Na2S代替H2S除銅,優(yōu)點是_________________________________________________。(4)已知除鈣、鎂過程在陶瓷容器中進行,NaF的實際用量不能過多的理由為________________________________________________________________________。(5)已知常溫下Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15,該流程在“沉鎳”過程中,需調(diào)整溶液pH約為________時,Ni2+才剛好沉淀完全(離子沉淀完全的濃度≤1.0×10-5mol·L-1;lg2=0.30)。解析:(1)SiO2不溶于硫酸和硝酸,故“酸溶”時,廢渣的主要成分是SiO2;金屬鎳溶解時被氧化為Ni2+的同時硝酸被還原產(chǎn)生氮氣,反應的離子方程式為5Ni+12H++2NOeq\o\al(-,3)=5Ni2++N2↑+6H2O。(2)雙氧水具有強氧化性,加入雙氧水的目的是將Fe2+全部氧化為Fe3+;加入碳酸鈉的目的是調(diào)整溶液的pH,使Fe3+完全沉淀為黃鈉鐵礬渣。(3)硫化氫與銅離子反應生成硫化銅沉淀:H2S+Cu2+=CuS↓+2H+;Na2S與銅離子反應生成CuS沉淀,若用Na2S代替H2S除銅,則無易揮發(fā)的有毒氣體H2S逸出,可愛護環(huán)境,除銅效果更好。(4)氟離子水解生成氟化氫,腐蝕陶瓷容器,故NaF的實際用量不能過多。(5)Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH-)=2.0×10-15,則c(OH-)=(eq\r(2.0)×10-5)mol·L-1,c(H+)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×10-9))mol·L-1,pH=-lgc(H+)≈9.15,故該流程在“沉鎳”過程中,需調(diào)整溶液pH約為9.15時,Ni2+才剛好沉淀完全。答案:(1)SiO25Ni+12H++2NOeq\o\al(-,3)=5Ni2++N2↑+6H2O(2)將Fe2+氧化為Fe3+調(diào)整溶液的pH,使Fe3+完全沉淀為黃鈉鐵礬渣(3)H2S+Cu2+=CuS↓+2H+無易揮發(fā)的有毒氣體H2S逸出,可愛護環(huán)境(4)過量的F-生成氫氟酸會腐蝕陶瓷容器(5)9.15有關溶度積(Ksp)計算的題型與技巧(1)常考題型常考題型解題策略依據(jù)定義式或者數(shù)形結(jié)合求Ksp,或者推斷沉淀金屬離子所需pH干脆依據(jù)Ksp(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-)解答,假如已知溶解度,則化為物質(zhì)的量濃度再代入計算沉淀先后的計算與推斷①組成類型相同,則Ksp小的化合物先沉淀;②組成類型不同,則須要依據(jù)Ksp分別計算出沉淀時所需離子濃度,所需離子濃度小的先沉淀依據(jù)兩種含同種離子的化合物的Ksp數(shù)據(jù),求溶液中不同離子濃度的比值如某溶液中含有I-、Cl-等,向其中滴加AgNO3溶液,當AgCl起先沉淀時,求溶液中eq\f(cI-,cCl-),則有eq\f(cI-,cCl-)=eq\f(cAg+·cI-,cAg+·cCl-)=eq\f(KspAgI,KspAgCl)推斷沉淀的生成或轉(zhuǎn)化把離子濃度數(shù)值代入Ksp表達式,若數(shù)值大于Ksp,沉淀可生成或轉(zhuǎn)化為相應難溶物質(zhì)(2)計算技巧①已知溶度積求溶液中某種離子的濃度,如Ksp=a的飽和AgCl溶液中c(Ag+)=eq\r(a)mol·L-1。②已知溶度積、溶液中某離子的濃度,求溶液中的另一種離子的濃度,如某溫度下AgCl的Ksp=a,在0.1mol·L-1的NaCl溶液中加入過量的AgCl固體,達到平衡后c(Ag+)=10amol·L-1。③計算反應的平衡常數(shù),如對于反應Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),Ksp(MnS)=c(Mn2+)·c(S2-),Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-),而平衡常數(shù)K=eq\f(cMn2+,cCu2+)=eq\f(KspMnS,KspCuS)。1.(2024·南寧模擬)已知如表所示數(shù)據(jù):物質(zhì)Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃8.0×10-162.2×10-204.0×10-36完全沉淀時的pH范圍≥9.6≥6.4≥3對含eq\a\vs4\al(等物質(zhì)的量)的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的下列說法中正確的是()A.向該混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先看到的是藍色沉淀B.該溶液中c(SOeq\o\al(2-,4))∶[c(Cu2+)+c(Fe2+)+c(Fe3+)]>5∶4C.向該溶液中加入適量氯水,調(diào)整pH到4~5后過濾,可獲得純凈的CuSO4溶液D.向該溶液中加入適量氨水,調(diào)整pH到9.6后過濾,將所得沉淀灼燒,可得等物質(zhì)的量的CuO、FeO、Fe2O3三種固體的混合物eq\a\vs4\al([做一當十])點撥:因體積相等,等物質(zhì)的量即等物質(zhì)的量濃度,設為amol·L-1,則可計算出CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3起先沉淀時所需OH-的濃度分別為eq\r(\f(2.2×10-20,a))mol·L-1、eq\a\vs4\al(\r(\f(8.0×10-16,a))mol·L-1)、eq\r(3,\f(4.0×10-36,2a))mol·L-1,所以最先看到的是紅褐色沉淀。解析:選B設CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的濃度均為amol·L-1,則起先沉淀時須要OH-的濃度分別是eq\r(\f(2.2×10-20,a))mol·L-1、eq\r(\f(8.0×10-16,a))mol·L-1、eq\r(3,\f(4.0×10-36,2a))mol·L-1,所以向該混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先看到的是紅褐色沉淀,故A錯誤;Cu2+、Fe2+、Fe3+能水解,所以該溶液中c(SOeq\o\al(2-,4))∶[c(Cu2+)+c(Fe2+)+c(Fe3+)]>5∶4,故B正確;向該溶液中加入適量氯水,調(diào)整pH到4~5后過濾,溶液中含有Cl-,故C錯誤;向該溶液中加入適量氨水,調(diào)整pH到9.6后過濾,將所得沉淀灼燒,產(chǎn)物中不含F(xiàn)eO,故D錯誤。2.如圖所示表示的是難溶氫氧化物在不同pH下的eq\a\vs4\al(溶解度)[S/(mol·L-1)]。下列說法正確的是()A.pH=3時溶液中鐵元素的主要存在形式是Fe3+B.若Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2+雜質(zhì),可eq\a\vs4\al(通過調(diào)整)eq\a\vs4\al(溶液pH的方法來除去)C.若分別溶液中的Fe3+和Cu2+,可調(diào)整溶液的pH在4左右D.若在含有等物質(zhì)的量濃度的Cu2+和Ni2+的溶液中加入燒堿,Ni(OH)2優(yōu)先沉淀eq\a\vs4\al([做一當十])留意:①肯定溫度下,100g水溶解溶質(zhì)達到飽和時,所溶解溶質(zhì)的質(zhì)量。②調(diào)整pH的方法適合離子沉淀時pH相差較大的除雜,而Ni2+和Co2+在圖示中完全沉淀時pH相差不大。解析:選C當pH=3時,F(xiàn)e3+已沉淀完全,A錯誤;由于Ni2+和Co2+完全沉淀時pH相差不大,故不宜采納調(diào)整溶液pH的方法來除去,B錯誤;依據(jù)圖示可知,在含有Cu2+和Ni2+的溶液中加入燒堿,Cu(OH)2優(yōu)先沉淀,D錯誤。3.(2024·宜賓模擬)t℃時,AgCl(s)與AgI(s)分別在溶液中達到沉淀溶解平衡,相關離子濃度的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.曲線Y表示-lgeq\f(cAg+,mol·L-1)與-lgeq\f(cCl-,mol·L-1)的改變關系B.t℃時,向Z點對應的溶液中加入蒸餾水,可使溶液變?yōu)榍€X對應的飽和溶液C.t℃時,AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)的平衡常數(shù)K=1×103D.t℃時,向濃度均為0.1mol·L-1的KI與KCl混合溶液中加入AgNO3溶液,當Cl-剛好完全沉淀時,此時c(I-)=1×10-11mol·L-1解析:選DA項,-lgeq\f(cAg+,mol·L-1)=16時c(Ag+)=10-16mol·L-1,Ksp=10-16,-lgeq\f(cAg+,mol·L-1)=10時c(Ag+)=10-10mol·L-1,Ksp=10-10,由于AgI的溶度積小于AgCl,故曲線Y表示-lgeq\f(cAg+,mol·L-1)與-lgeq\f(cI-,mol·L-1)的改變關系,錯誤;B項,t℃時,向Z點對應的溶液中加入蒸餾水,銀離子濃度及鹵離子濃度均減小,-lgeq\f(cAg+,mol·L-1)與-lgeq\f(cCl-,mol·L-1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或-lg\f(cI-,mol·L-1)))均增大,可使溶液變?yōu)榍€Y對應的飽和溶液,錯誤;C項,t℃時,AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)的平衡常數(shù)K=eq\f(cCl-,cI-)=eq\f(cCl-·cAg+,cI-·cAg+)=eq\f(10-10,10-16)=1×106,錯誤;D項,t℃時,向濃度均為0.1mol·L-1的KI與KCl混合溶液中加入AgNO3溶液,當Cl-剛好完全沉淀時,c(Cl-)=1×10-5mol·L-1,c(Ag+)=eq\f(10-10,10-5)mol·L-1=1×10-5mol·L-1,此時c(I-)=eq\f(10-16,10-5)mol·L-1=1×10-11mol·L-1,正確。4.(2024·永春模擬)肯定溫度下,金屬硫化物的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。eq\a\vs4\al(縱坐標pMn+表示-lgcMn+,橫坐標)eq\a\vs4\al(pS2-表示-lgcS2-),下列說法不正確的是()A.該溫度
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