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