学年高中化学人教版选修4教案第3章 第4节 第2课时 沉淀反应的应用 Word版含答案.docx

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学年高中化学人教版选修4教案第3章第4节第2课时沉淀反应的应用Word版含答案

第2课时　沉淀反应的应用

1．能用平衡移动原理分析、理解沉淀的溶解与生成及沉淀转化的实质。

2．学会用沉淀溶解平衡的移动解决生产、生活中的实际问题。

（重点）

　沉淀的生成与溶解

[基础·初探]

教材整理1　沉淀的生成

1．调节pH法

加入氨水调节pH至7～8，可除去氯化铵溶液中的杂质氯化铁。

反应离子方程式如下：

Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe（OH）3↓＋3NH

。

2．加沉淀剂法

以Na2S、H2S等作沉淀剂，使Cu2＋等生成极难溶的硫化物沉淀。

反应离子方程式如下：

Cu2＋＋S2－===CuS↓，Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋。

教材整理2　沉淀的溶解

1．原理：

根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，只要不断减少溶解平衡体系中的相应离子，平衡就向沉淀溶解的方向移动，从而使沉淀溶解。

2．溶解沉淀的试剂类型

（1）酸溶解法：

如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为

CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O。

（2）盐溶液溶解法：

例如Mg（OH）2沉淀可溶于NH4Cl溶液，化学方程式为Mg（OH）2＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3·H2O。

[探究·升华]

[思考探究]

某温度下，Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）、Fe（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。

问题思考：

（1）Fe（OH）3能否溶于稀硫酸？

试用沉淀溶解平衡理论解释。

【提示】　能；Fe（OH）3（s）Fe3＋（aq）＋3OH－（aq）加入稀硫酸，H＋与OH－发生中和反应，上述平衡右移，故Fe（OH）3能溶于稀硫酸。

（2）采取什么措施能使a点到b点？

【提示】　调节（增大）溶液pH，使c（Fe3＋）减小，c（OH－）增大。

（3）向等物质的量浓度的Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先后依次出现的沉淀是什么？

【提示】　Fe（OH）3、Cu（OH）2、Fe（OH）2。

（4）如何除去CuCl2溶液中混有的少量Fe3＋和Fe2＋？

【提示】　先加入H2O2或氯水，将Fe2＋转化为Fe3＋；再加入CuO或Cu（OH）2或CuCO3或Cu2（OH）2CO3调节CuCl2溶液的pH。

[认知升华]

1．沉淀的生成和溶解原理

沉淀的生成和溶解这两个方向相反的过程相互转化的条件是离子浓度，控制离子浓度，可以使反应向我们需要的方向转化。

2．沉淀的生成

（1）沉淀生成的应用：

常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。

（2）沉淀的方法：

①调节pH法。

②加沉淀剂法。

3．沉淀的溶解

（1）沉淀的溶解原理：

根据平衡移动原理，对于难溶电解质，只要不断减少溶解平衡体系中的相应离子，平衡就向沉淀溶解的方向移动，从而使沉淀溶解。

（2）沉淀溶解的方法：

①酸溶解法。

②盐溶解法。

[题组·冲关]

1．要使工业废水中的重金属离子Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：

化合物

PbSO4

PbCO3

PbS

溶解度/g

1.03×10－4

1.81×10－7

1.84×10－14

由上述数据可知，选用的沉淀剂最好是（　　）

A．硫化物　B．硫酸盐

C．碳酸盐D．以上沉淀剂均可

【解析】　产生的沉淀的溶解度越小，沉淀反应进行的越完全。

在某种沉淀中加入适当的沉淀剂，可使原来的沉淀溶解而转化为另一种溶解度更小的沉淀。

【答案】　A

2．常温下几种难溶电解质的溶度积如下表所示：

物质名称

硫化亚铁

硫化铜

硫化锌

溶度积

6.3×10－18

6.3×10－36

1.6×10－24

向含有等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加

0.01mol·L－1Na2S溶液时，Fe2＋、Cu2＋、Zn2＋沉淀的先后顺序为（　　）

A．Fe2＋、Zn2＋、Cu2＋　　　　B．Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋

C．Zn2＋、Fe2＋、Cu2＋D．Cu2＋、Fe2＋、Zn2＋

【解析】　组成结构相似的物质，Ksp越小越易形成沉淀。

硫化铜的溶度积最小，Cu2＋最先沉淀，然后是Zn2＋、Fe2＋。

【答案】　B

3．欲除去混在BaSO4中的少量CaCO3杂质，下列措施正确的是（　　）

A．盐酸、过滤B．稀硫酸、过滤

C．NaOH溶液、过滤D．四氯化碳、分液

【解析】　A项，CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O，BaSO4不溶于盐酸，故可行；B项，CaSO4微溶，阻止反应进一步进行；C项，CaCO3与NaOH不反应；D项，CaCO3不溶于CCl4。

【答案】　A

4．化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS（s）作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋（aq）＋MnS（s）CuS（s）＋Mn2＋（aq）。

一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是

（　　）【导学号：

51182076】

A．该反应达到平衡时：

c（Cu2＋）＝c（Mn2＋）

B．平衡体系中加入少量CuS（s）后，c（Mn2＋）变小

C．平衡体系中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn2＋）变大

D．该反应平衡常数表达式：

K＝Ksp（CuS）/Ksp（MnS）

【解析】　根据Cu2＋（aq）＋MnS（s）CuS（s）＋Mn2＋（aq）得，Ksp（CuS）

＝

＝

>1，即c（Cu2＋）<

c（Mn2＋），故A、D错误；CuS为固体，对上述平衡没有影响，B错误；加入少量Cu（NO3）2（s），c（Cu2＋）增大，上述平衡向右移动，c（Mn2＋）增大，故C正确。

【答案】　C

沉淀的转化

[基础·初探]

教材整理　沉淀的转化

1．实质：

沉淀溶解平衡的移动。

2．规律：

一般说来，溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀。

沉淀的溶解度差别越大，越容易转化。

3．应用

（1）锅炉除垢：

将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为

CaSO4＋CO

===CaCO3＋SO

。

（2）矿物转化：

CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为

Cu2＋＋ZnS===CuS＋Zn2＋。

[探究·升华]

[思考探究]

（1）水垢中含有CaCO3和Mg（OH）2为什么不是MgCO3和Ca（OH）2?

【提示】　CaCO3和Mg（OH）2都是难溶物，它们的溶解度都很小，而MgCO3和Ca（OH）2都是微溶物质，它们的溶解度比CaCO3和Mg（OH）2大。

（2）难溶性银盐之间的转化实验中沉淀颜色由“白色→黄色→黑色”的原因是什么？

与溶解度的大小有何联系？

【提示】　颜色变化是由于AgCl转化成AgI，AgI再转化成Ag2S，其转化的原因是溶解度：

AgCl>AgI>Ag2S。

（3）AgCl可以转化为AgBr，那AgBr有可能转化为AgCl吗？

【提示】　有可能。

当溶液中c（Ag＋）·c（Br－）之积小于Ksp（AgBr）而c（Cl－）·

c（Ag＋）之积大于Ksp（AgCl）时，就会使AgBr转化为AgCl沉淀。

[认知升华]

沉淀转化

1．沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。

一般是溶解度小的沉淀会转化生成溶解度更小的沉淀。

2．当一种试剂能沉淀溶液中几种离子时，生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀；如果生成各种沉淀所需试剂离子的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离离子的目的。

3．溶解度较小的沉淀在一定条件下也可以转化成溶解度较大的沉淀，如在BaSO4的饱和溶液中加入高浓度的Na2CO3溶液，也可以转化成溶解度较大的BaCO3沉淀。

[题组·冲关]

题组1　沉淀的转化

1．锅炉水垢是一种安全隐患，除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。

下列说法不正确的是（　　）

A．CaCO3的溶解度小于CaSO4的

B．沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动

C．沉淀转化的难易与溶解度差别的大小无关

D．CaSO4到CaCO3的沉淀转化中并存着两个沉淀溶解平衡

【解析】　沉淀转化的方向是难溶物向更难溶的方向转化，所以沉淀的溶解度差别越大，越易转化，C选项错误。

【答案】　C

2．实验：

①0.1mol·L－1AgNO3溶液和0.1mol·L－1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；

②向滤液b中滴加0.1mol·L－1KI溶液，出现浑浊；

③向沉淀c中滴加0.1mol·L－1KI溶液，沉淀变为黄色。

下列分析不正确的是（　　）【导学号：

29910050】

A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：

AgCl（s）Ag＋（aq）＋Cl－（aq）

B．滤液b中不含有Ag＋

C．③中颜色变化说明AgCl转化为AgI

D．实验可以证明AgI比AgCl更难溶

【解析】　注意“0.1mol·L－1AgNO3溶液和0.1mol·L－1NaCl溶液等体积混合”，即二者恰好完全反应，是分析、解答本题的关键。

A．向二者恰好反应后的滤液b中滴加0.1mol·L－1KI溶液出现碘化银沉淀，则说明浊液a中存在沉淀溶解平衡，A正确。

B.向滤液b中加入0.1mol·L－1KI溶液，出现浑浊，则说明b中含有Ag＋，B错误。

C.③中颜色变化是沉淀进行了转化，即AgCl转化为AgI，C正确。

D.因AgCl沉淀能转化为AgI沉淀，所以Ksp（AgI）

【答案】　B

3．25℃时，5种银盐的溶度积常数（Ksp）分别是：

AgCl

Ag2SO4

Ag2S

AgBr

AgI

1.8×10－10

1.4×10－5

6.3×10－50

7.7×10－13

8.51×10－16

下列说法正确的是（　　）

A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次增大

B．将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，不可能得到黑色沉淀

C．在5mL1.8×10－5mol·L－1的NaCl溶液中，加入1滴（1mL约20滴）0.1mol·L－1的AgNO3溶液，不能观察到白色沉淀

D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，可以有少量白色固体生成

【解析】　A选项在组成类型相同时，可以利用Ksp直接比较盐的溶解度，Ksp值越小越难溶，所以氯化银、溴化银、碘化银溶解度依次减小，错误；B选项硫酸银的Ksp大于硫化银的Ksp，因此会有更难溶的黑色硫化银生成，错误；C选项，c（Ag＋）＝[0.1mol/L×（1/20）mL]/5mL＝0.001mol/L，Qc＝0.001mol/L×1.8×10－5mol/L＝1.8×10－8mol2/L2，大于氯化银的Ksp，故会有白色沉淀生成，错误；D选项在氯化钠的饱和溶液中，氯离子的浓度大约是8mol/L，溴化银固体浸泡在其中，会使氯离子与银离子浓度商大于其溶度积，所以会有少量白色固体生成，D正确。

【答案】　D

题组2　沉淀溶解平衡在物质分离中的应用

4．已知在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。

工业上制CuCl2溶液是将浓盐酸用蒸气加热到80℃左右，再慢慢加入粗氧化铜（含少量杂质FeO），充分搅拌使之溶解。

欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是（　　）

A．向溶液中通入Cl2，再加入纯净的CuO粉末调节pH为4～5

B．向溶液中通入H2S使Fe2＋沉淀

C．向溶液中通入Cl2，再通入NH3，调节pH为4～5

D．加入纯Cu将Fe2＋还原为Fe

【解析】　根据题干信息，A项中的操作可将Fe2＋转化为Fe3＋及Fe（OH）3而除去，A正确；在酸性溶液中H2S与Fe2＋不反应，而H2S与Cu2＋生成CuS沉淀，B错误；C项中的操作会引入新的杂质离子NH

，C错误；由金属的活动性Fe>Cu知，D错误。

【答案】　A

5．下列事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）

A．Mg（OH）2不溶于水，但能溶于浓NH4Cl溶液中

B．水垢中含有的CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，再用酸除去

C．洗涤BaSO4沉淀时，用稀硫酸洗涤BaSO4沉淀比用蒸馏水洗涤损失少

D．FeCl3溶液中混有FeCl2，常加入少量的H2O2，使Fe2＋氧化为Fe3＋

【解析】　Mg（OH）2不溶于水，但由于NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡：

NH

＋H2ONH3·H2O＋H＋，使溶液显酸性，所以能溶于浓NH4Cl溶液中，由于消耗溶液中的氢离子，故可以使水解平衡正向移动，可以用平衡移动原理解释，A不选；水垢中含有的CaSO4，在溶液中存在沉淀溶解平衡：

CaSO4（s）Ca2＋（aq）＋SO

（aq），若先用Na2CO3溶液处理，Ca2＋就会与溶液中的CO

结合形成难溶性的CaCO3沉淀，发生沉淀的转化，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，再加入稀盐酸，发生反应：

CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O，转化为可溶性的物质，可以用平衡移动原理解释，B不选；洗涤BaSO4沉淀时，BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡：

BaSO4（s）Ba2＋（aq）＋SO

（aq），若用稀硫酸洗涤BaSO4沉淀，由于增大了溶液中c（SO

），使沉淀溶解平衡逆向移动，溶解的硫酸钡的物质的量比用蒸馏水洗涤少，所以损失减少，可以用平衡移动原理解释，C不选；FeCl3溶液中混有FeCl2，常加入少量的H2O2，会发生反应：

2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，达到了除杂的目的，与化学平衡无关，故使Fe2＋氧化为Fe3＋不能用平衡移动原理解释，D符合题意。

【答案】　D

6.

化合物

Zn（OH）2

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Ksp近似值

10－17

10－17

10－39

用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为________，加碱调节至pH为________时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1×10－5mol·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0.1mol·L－1）。

若上述过程不加H2O2后果是____________，原因是______________________。

【解析】　Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4，再被H2O2氧化转化为Fe2（SO4）3。

Fe（OH）3的Ksp＝c（Fe3＋）·c3（OH－），则有c（OH－）＝

≈10－11.3mol·L－1，则溶液的pH＝2.7。

Zn（OH）2的Ksp＝c（Zn2＋）·c2（OH－），则有c（OH－）＝

＝10－8mol·L－1，则溶液的pH＝6。

Fe（OH）2和Zn（OH）2的Ksp相近，不加入H2O2将Fe2＋转化为Fe3＋，很难将Zn2＋和Fe2＋分开。

【答案】　Fe3＋　2.7　6　Zn2＋和Fe2＋分离不开　Fe（OH）2和Zn（OH）2的Ksp相近

学业分层测评（十九）

（建议用时：

45分钟）

[学业达标]

1．下列说法不正确的是（　　）

A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关

B．由于Ksp（ZnS）>Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀

C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变

D．两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小

【解析】　Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，A正确；沉淀易向更难溶的方向转化，由于Ksp（ZnS）>Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀，B正确；Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，离子浓度改变时，Ksp不变，C正确；阴、阳离子个数比相同的难溶物，Ksp小的，溶解度一定小，阴、阳离子个数比不同的难溶物，Ksp小的，溶解度不一定小，D错误。

【答案】　D

2．某pH＝1的ZnCl2和HCl的混合溶液中含有FeCl3杂质，为了除去FeCl3杂质，需将溶液调至pH＝4，在调节溶液pH时，应选用的试剂是（　　）

A．NaOH　B．ZnO

C．Na2CO3D．Fe2O3

【解析】　加入的物质应该能消耗溶液中的H＋而促使Fe3＋成为沉淀，过滤除去，但同时要注意不能引入新的杂质离子，故选B。

【答案】　B

3．在2mL物质的量浓度相等的NaCl和NaI溶液中滴入几滴AgNO3溶液，发生的反应为（　　）

A．只有AgCl沉淀生成

B．只有AgI沉淀生成

C．生成等物质的量的AgCl和AgI沉淀

D．两种沉淀都有，但以AgI为主

【解析】　在同浓度的NaCl和NaI溶液中c（Cl－）＝c（I－），但滴入几滴AgNO3溶液后，由于Ksp（AgI）

【答案】　D

4．下列有关说法正确的是（　　）

A．常温下，AgCl在等物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同

B．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生，说明常温下Ksp（BaCO3）

C．向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl的溶解平衡正向移动

D．已知Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10－12，Ksp（AgCl）＝1.8×10－10，说明Ag2CrO4的溶解度小于AgCl

【解析】　A选项，CaCl2溶液中c（Cl－）浓度大，AgCl的溶解度小，错误；B选项，如果Ksp（BaCO3）>Ksp（BaSO4），但存在BaSO4（s）Ba2＋（aq）＋SO

（aq），因为Na2CO3溶液浓度大，也有可能生成少部分BaCO3沉淀，错误；D选项，Ag2CrO4的溶解度大，错误。

【答案】　C

5．已知常温下，Ksp（AgCl）＝1.8×10－10，Ksp（AgI）＝8.5×10－17，下列叙述中正确的是（　　）

A．常温下，AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小

B．将0.001mol·L－1AgNO3溶液滴入KCl和KI的混合溶液中，一定产生AgI沉淀

C．向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色

D．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出且溶液中c（Ag＋）>

c（Cl－）

【解析】　Ksp只与温度有关，A错误；若溶液中c（Ag＋）·c（I－）Ksp（AgI），故向AgCl的悬浊液中加入KI溶液时，白色沉淀AgCl将转化为黄色沉淀AgI，C正确；向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体时有AgCl析出，使溶液中c（Ag＋）

【答案】　C

6．已知同温度下的溶解度：

Zn（OH）2>ZnS，MgCO3>Mg（OH）2。

就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS>H2S>CuS。

则下列离子方程式错误的是（　　）

A．Mg2＋＋2HCO

＋2Ca2＋＋4OH－===Mg（OH）2↓＋2CaCO3↓＋2H2O

B．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋

C．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn（OH）2↓＋H2S↑

D．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑

【解析】　就溶解度而言，反应向着生成溶解度更小的方向进行；就电离而言，反应向着难电离的方向进行。

【答案】　C

7．25℃时，Ksp[Mg（OH）2]＝5.61×10－12，Ksp[MgF2]＝7.42×10－11。

下列说法正确的是（　　）

【导学号：

51182029】

A．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2＋）大

B．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2＋）增大

C．25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol·L－1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol·L－1NH4Cl溶液中的Ksp小

D．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF2

【解析】　由于Mg（OH）2的溶度积小，所以其电离出的Mg2＋浓度要小一些，A项错误；由于NH

可以直接结合Mg（OH）2电离出的OH－，从而促使Mg（OH）2的电离平衡正向移动，c（Mg2＋）增大，B项正确；由于Ksp仅与温度有关，与溶液中离子浓度的大小、难溶电解质量的多少等无关，C项错误；因为Ksp[Mg（OH）2]和Ksp（MgF2）相差不大，在Mg（OH）2悬浊液中加入NaF，若溶液中c（Mg2＋）·

c2（F－）>7.42×10－11时，也可以生成MgF2沉淀，即由Mg（OH）2转化为MgF2，D项错误。

【答案】　B

8．25℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数（Ksp）分别为Ksp（FeS）＝6.3×10－18；Ksp（CuS）＝1.3×10－36；Ksp（ZnS）＝1.6×10－24。

下列关于常温时的有关叙述正确的是（　　）

A．硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大

B．将足量的ZnSO4晶体加入到0.1mol·L－1的Na2S溶液中，Zn2＋的浓度最大只能达到1.6×10－23mol·L－1

C．除去工业废水中含有的Cu2＋，可采用FeS固体作为沉淀剂

D．向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c（Fe2＋）变大、c（S2－）变小，但Ksp（FeS）变大

【解析】　化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强，由Ksp可知，常温下，CuS的溶解度最小，故A错；将足量的ZnSO4晶体加入到0.1mol·L－1的Na2S溶液中，c（S2－）将减至非常小，而Zn2＋的浓度远远大于1.6×10－23mol·L－1；因CuS比FeS更难溶，FeS沉淀可转化为CuS沉淀；温度不变，Ksp（FeS）不变。

【答案】　C

9．实验：

①向盛有1mL0.1mol·L－1MgCl2溶液试管中加1mL0.2mol·L－1NaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c。

②向沉淀c中滴加0.1mol·L－1FeCl3溶液，沉淀变为红褐色。

下列分析不正确的是（　　）

A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：

Mg（OH）2（s）Mg2＋（aq）＋2OH－（aq）

B．滤液b中不含有Mg2＋

C．②中颜色变化说明Mg（OH）2转化为Fe（OH）3

D．实验可以证明Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶

【解析】　绝对不溶的物质是不存在的，B选项错误。

【答案】　B

10．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡

MmAn（s）mMn＋（aq）＋nAm－（aq）　Ksp＝cm（Mn＋）·cn（Am－），称为溶度积。

某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料（25℃）：

难溶电解质

CaCO3

CaSO4

MgCO3

Mg（OH）2

Ksp

2.8×10－9

9.1×10－6

6.8×10－6

1.8×10－11

他们的实验步骤如下：

①往100mL0.1mol·L－1的CaCl2溶液中加入0.1mol·