高考化学 平衡类问题攻略 专题04 沉淀溶解平衡Word文档格式.docx

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当Qc＞Ksp时，难溶电解质的溶解平衡向左移动，就会生成沉淀。

方法：

①调节pH法。

如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水中，再加入氨水调节pH至7~8，可使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去。

反应的离子方程式为Fe3++3NH3·

H2O

Fe（OH）3↓+3

。

②加沉淀剂法。

如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使金属离子如Cu2+、Hg2+等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等，也是分离、除杂常用的方法。

反应的离子方程式为Cu2++S2−

CuS↓，Cu2++H2S

CuS↓+2H+；

Hg2++S2−

HgS↓，Hg2++H2S

HgS↓+2H+。

（2）沉淀的溶解

当Qc＜Ksp时，难溶电解质的溶解平衡向右移动，沉淀就会溶解。

化学方法溶解沉淀的原理是：

使沉淀溶解平衡向着溶解的方向移动。

常用的方法有：

①碱溶解法。

如用NaOH溶液溶解Al（OH）3，化学方程式为NaOH+Al（OH）3

NaAlO2+2H2O。

②盐溶解法。

除了酸、碱可以溶解难溶电解质，某些盐溶液也可用来溶解沉淀。

如NH4Cl溶液可溶解Mg（OH）2。

③配位溶解法。

在难溶物中加入配位剂，因形成配合物而降低难溶物的某种离子浓度，使平衡右移，沉淀溶解。

④氧化还原溶解法。

有些金属硫化物（CuS、HgS等）不溶于非氧化性酸，只能溶于氧化性酸，通过减小c（S2−）而达到沉淀溶解的目的。

如3CuS+8HNO3（稀）

3Cu（NO3）2+3S↓+2NO↑+4H2O。

（3）沉淀的转化

实质：

沉淀溶解平衡的移动。

条件：

两种沉淀的溶度积不同，溶度积大的可以转化为溶度积小的。

应用：

锅炉除垢、矿物转化等。

题型一沉淀溶解平衡的移动方向判断

已知Ag2SO4的Ksp为2.0×

10－5，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，该过程中Ag+和

浓度随时间变化关系如下图[饱和Ag2SO4溶液中c（Ag+）=0.034mol·

L－1]。

若t1时刻在上述体系中加入100mL0.020mol·

L－1Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag+和SO

浓度随时间变化关系的是

【答案】B

【解析】Ag2SO4刚好为100mL的饱和溶液，因为c（Ag+）=0.034mol·

L－1，所以c（

）=0.017mol·

L－1；

当加入100mL0.020mol·

L－1Na2SO4溶液后，c（

）=0.0185mol·

L－1，c（Ag+）=0.017mol·

L－1（此时Qc＜Ksp）。

由计算可知选B。

沉淀溶解平衡及其影响因素的理解

（1）沉淀溶解平衡是化学平衡的一种，沉淀溶解平衡的移动也同样遵循勒夏特列原理。

（2）沉淀溶解达到平衡时，再加入该难溶物对平衡无影响。

（3）难溶电解质的溶解过程有的是吸热过程，有的是放热过程。

（4）由于沉淀的生成取决于Qc与Ksp的相对大小，而溶解度与相对分子质量有关，有可能溶解度大的转化为溶解度小的。

（5）用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去。

一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×

10−5mol·

L−1时，沉淀已经完全。

1．常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，T时刻改变某一条件，离子的浓度变化如图所示（注：

第一次平衡时c（I－）=2×

10－3mol·

L－1，c（Pb2+）=1×

L－1），下列有关说法正确的是

A．常温下，PbI2的Ksp=2×

10－6

B．温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2的溶解度不变，Pb2+浓度不变

C．常温下Ksp（PbS）=8×

10－28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2（s）+S2－（aq）

PbS（s）+2I－（aq）反应的化学平衡常数为5×

1018

D．T时刻改变的条件是升高温度，PbI2的Ksp增大

【答案】C

【解析】由Ksp=c（Pb2+）·

c2（I－）=1×

10－3×

（2×

10－3）2=4×

10－9，A错误；

由于硝酸铅是强电解质，完全电离产生Pb2+，温度不变，PbI2的溶度积不变，但Pb2+浓度增大，B错误；

PbI2（s）+S2－（aq）

PbS（s）+2I－（aq）反应的平衡常数K=c2（I－）/c（S2－）=Ksp（PbI2）/Ksp（PbS）=4×

10－9/8×

10－28=5×

1018，C正确；

T时刻若改变的条件是升高温度，c（Pb2+）、c（I－）均呈增大趋势，D错误。

题型二利用沉淀溶解平衡解决除杂和提纯问题

利用水钴矿[主要成分为Co2O3和Co（OH）3，还有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·

6H2O的工艺流程如图所示：

已知：

①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等：

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

沉淀物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Co（OH）2

Al（OH）3

Mn（OH）2

开始沉淀

2.7

7.6

4.0

7.7

完全沉淀

3.7

9.6

9.2

5.2

9.8

（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式 

　。

（2）NaClO3的作用是　。

（3）加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为　　　　　。

（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。

萃取剂的作用是　　　　　；

其使用的适宜pH范围是　　　　　（填字母）。

A.2.0~2.5　　　　B.3.0~3.5　　　　C.4.0~4.5

（5）为测定粗产品中CoCl2·

6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。

通过计算发现粗产品中CoCl2·

6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是

　　　　　　　　（任答一条即可）。

【答案】

（1）Co2O3+

+4H+

2Co2++

+2H2O

（2）将Fe2+氧化成Fe3+

（3）Fe（OH）3、Al（OH）3

（4）除去溶液中的Mn2+　B

（5）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去部分结晶水

【解析】

（1）浸出过程中，Co2O3具有强氧化性，而

具有强还原性，两者发生氧化还原反应生成Co2+和

，离子方程式为Co2O3+

+2H2O。

（2）由于浸出液含有Fe2+，为了使铁元素分离出来，依据题给表中信息知Fe（OH）3开始沉淀的pH较小，故将加入NaClO3把Fe2+氧化成Fe3+。

（3）从表中数据可以看出，当加Na2CO3调pH至5.2时，所得沉淀为Fe（OH）3、Al（OH）3。

（4）根据题给的萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图，利用萃取的方法可以把Mn2+提取出来而除去，即萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+；

当pH=3.5，萃取率已很高，故其使用的适宜pH范围是3.0~3.5，即B项符合题意。

（5）由于粗产品含有可溶性氯化物，造成AgCl沉淀质量增加，按此计算所得粗产品中CoCl2·

6H2O的质量分数可能大于100%，也可能是在沉淀烘干过程中晶体已失去部分结晶水，使粗产品的质量减少所致。

1．溶度积的计算

（1）已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp=a的饱和AgCl溶液中c（Ag+）=

mol·

L－1。

（2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp=a，在0.1mol·

L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c（Ag+）=10amol·

2．判断沉淀的生成、溶解及转化

通过比较溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc与Ksp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、溶解或转化。

两溶液混合是否会产生沉淀或同一溶液中可能会产生多种沉淀时，判断产生沉淀先后顺序问题，均可利用溶度积的计算公式或离子积与溶度积的关系加以判断。

1．海水中含有丰富的镁资源。

某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：

模拟海水中的离

子浓度/（mol·

L−1）

Na+

Mg2+

Ca2+

Cl−

HC

0.439

0.050

0.011

0.560

0.001

注：

溶液中某种离子的浓度小于1.0×

10−5mol·

L−1，可认为该离子不存在；

实验过程中，假设溶液体积不变。

Ksp（CaCO3）=4.96×

10−9，Ksp（MgCO3）=6.82×

10−6，Ksp[Ca（OH）2]=4.68×

10−6，Ksp[Mg（OH）2]=

5.61×

10−12。

下列说法不正确的是

A．沉淀物X为CaCO3、MgCO3

B．滤液M中存在Mg2+、Ca2+

C．滤液N中存在Ca2+，没有Mg2+

D．步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Mg（OH）2，没有Ca（OH）2

【答案】A

【解析】步骤①，从题给的条件，可知n（NaOH）=0.001mol，当1L模拟海水中，加入0.001moLNaOH时，OH−恰好与

完全反应生成0.001mol

，由于Ksp（CaCO3）≪Ksp（MgCO3），生成的

与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀：

Ca2++

CaCO3↓，故沉淀物X为CaCO3，A不正确；

步骤①中，由于

只有0.001mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2+）=0.010mol·

L−1，所以滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，B正确；

步骤②，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11.0时，此时滤液中c（OH−）=1×

10−3mol·

L−1。

则Qc[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×

（10−3）2=0.010×

（10−3）2=10−8<

Ksp[Ca（OH）2]，无Ca（OH）2生成，Qc[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×

（10−3）2=0.050×

（10−3）2=5×

10−8>

Ksp[Mg（OH）2]，有Mg（OH）2沉淀生成，又由于Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×

（10−3）2=5.61×

10−12，c（Mg2+）=5.61×

10−6mol·

L−1<

L−1，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，C正确；

步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05moLMg2+反应：

Mg2++2OH−

Mg（OH）2↓，生成0.05molMg（OH）2，剩余0.005molOH−，由于Qc[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×

c2（OH−）=0.010×

（0.005）2=2.5×

10−7<

Ksp[Ca（OH）2]，所以无Ca（OH）2沉淀析出，沉淀物Y为Mg（OH）2沉淀，D正确。

2．某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，可采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。

请回答以下问题：

表1　几种盐的Ksp

难溶物

Ca3（AsO4）2

6.8×

10-19

CaSO4

9.1×

10-6

FeAsO4

5.7×

10-21

表2　工厂污染物排放浓度及允许排放标准

污染物

H2SO4

As

废水浓度

29.4g·

L-1

1.6g·

排放标准

pH=6~9

0.5mg·

（1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）=　　　　mol·

L-1。

（2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×

10-4mol·

L-1，则c（

）=　　　　mol·

（3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（弱酸H3AsO3）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（弱酸H3AsO4），此时MnO2被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为　 

。

（4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右，使五价砷以Ca3（AsO4）2的形式沉降。

①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为　 

②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为　 

③砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数（25℃）为Ka1=5.6×

10-3，Ka2=1.7×

10-7，Ka3=4.0×

10-12，第三步电离的平衡常数表达式为Ka3=　　　　　　　　　，Na3AsO4第一步水解的离子方程式为

+H2O

+OH-，该步水解的平衡常数（25℃）为　　　　。

（1）0.3　

（2）5.7×

10-17

（3）2H++MnO2+H3AsO3

H3AsO4+Mn2++H2O

（4）①CaSO4　②H3AsO4是弱酸，当溶液pH调节到8左右，c（

）增大，容易形成Ca3（AsO4）2沉淀或pH增大，促进H3AsO4电离，c（

）增大，Qc=c3（Ca2+）·

c2（

）>

Ksp[Ca3（AsO4）2]，Ca3（AsO4）2才开始沉淀　③

　2.5×

10-3

（1）c（H2SO4）=

=0.3mol·

（2）c（

）=

mol·

L-1=5.7×

10-17mol·

（3）利用化合价升降原理配平相关方程式，即可得出离子方程式为2H++MnO2+H3AsO3

H3AsO4+Mn2++H2O。

（4）①由于H2SO4是强酸，废水中c（S

）较大，所以当pH=2时，生成的沉淀为CaSO4。

②H3AsO4为弱酸，当pH较小时，抑制了H3AsO4的电离，c（

）较小，不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当pH≈8时，

的浓度增大，容易形成Ca3（AsO4）2沉淀。

③H3AsO4的第一步电离为H3AsO4

H++H2As

，第二步电离为H2As

H++

，第三步电离为

H++

，Ka3=

第一步水解的平衡常数Kh=

=

=2.5×

10-3。

题型三沉淀溶解平衡与溶液中其他平衡的综合应用

①25℃时，弱电解质的电离平衡常数：

Ka（CH3COOH）=1.8×

10-5mol·

L-1，Ka（HSCN）=0.13mol·

L-1；

难溶电解质的溶度积常数：

Ksp（CaF2）=1.5×

10-10mol3·

L-3。

②25℃时，2.0×

10-3mol·

L-1氢氟酸中，调节溶液的pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）随溶液pH的变化如图所示：

请根据以上信息回答下列问题：

（1）25℃时，将20mL0.10mol·

L-1CH3COOH溶液和20mL0.10mol·

L-1HSCN溶液分别与20mL0.10mol·

L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图如图所示。

反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是　　　　　　　　　　　，反应结束后所得两溶液中，[CH3COO-]　　　　　[SCN-]（填“>

”、“<

”或“=”）。

（2）25℃时，HF的电离平衡常数的数值Ka≈　　　　，列式并说明得出该平衡常数的理由　 

　。

（3）4.0×

10-3mol·

L-1HF溶液与4.0×

10-4mol·

L-1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液的pH为4.0（忽略调节时混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。

（1）HSCN的酸性比CH3COOH的强，其溶液中[H+]较大　<

（2）10-3.45mol·

L-1（或3.5×

L-1）　Ka=

，当[F-]=[HF]时，Ka=[H+]，图中的交点处即为[F-]=[HF]，故所对应的pH即为Ka的负对数

（3）由题图知，当pH=4.0时，溶液中的c（F-）=1.6×

L-1，c（Ca2+）=2.0×

L-1，c（Ca2+）c2（F-）≈5.1×

L-3>

Ksp（CaF2），有沉淀产生。

【解析】由题给数据可知，相同条件下，HSCN的酸性比CH3COOH的强，则等体积、等浓度时，HSCN溶液中的[H+]比CH3COOH溶液中的大，反应速率大，最终均与NaHCO3完全反应，得到CH3COONa溶液和NaSCN溶液，酸性越弱，弱酸酸根离子的水解程度越大，所以反应后的溶液中，[CH3COO-]<

[SCN-]。

解答溶液综合性问题时，首先明确涉及哪些知识；

其次它们之间有何联系；

第三结合题给信息进行灵活应答。

1．已知难溶性物质K2SO4·

MgSO4·

2CaSO4在水中存在如下平衡：

K2SO4·

2CaSO4（s）

2Ca2+（aq）+2K+（aq）+Mg2+（aq）+4

（aq），不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是

A.向该体系中加入NaOH饱和溶液，溶解平衡向右移动

B.向该体系中加入碳酸钠饱和溶液，溶解平衡向右移动

C.升高温度，反应速率增大，平衡向右移动

D.该平衡的Ksp=c（Ca2+）·

c（K2+）·

c（Mg2+）·

c（

）

【答案】D

【解析】A项，已知K2SO4·

（aq），加入NaOH饱和溶液，OH-和Mg2+结合生成Mg（OH）2沉淀，c（Mg2+）减小，溶解平衡右移，正确；

B项，加入碳酸钠饱和溶液，

和Ca2+结合生成CaCO3沉淀，c（Ca2+）减小，溶解平衡右移，正确；

C项，由图可知，升高温度，反应速率增大，且c（K+）增大，说明平衡右移，正确；

D项，K2SO4·

（aq），则该平衡的Ksp=c2（Ca2+）·

c2（K+）·

c4（

），错误。