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第4节 难溶电解质的溶解平衡【考纲要求】了解难溶电解质的沉淀溶解平衡 理解溶度积Ksp的含义,能进行相关的计算考点一 沉淀溶解平衡1.沉淀溶解平衡的含义在一定温度下的水溶液中,当沉淀溶解和生成的速率相等时,即建立了沉淀溶解平衡状态2.沉淀溶解平衡的建立固体溶质溶液中的溶质3.沉淀溶解平衡的特征4.影响沉淀溶解平衡的因素1内因难溶电解质本身的性质,这是决定因素2外因以AgClsAg+aq+Cl-aq ΔH0为例外界条件移动方向平衡后cAg+平衡后cCl-Ksp升高温度正向增大增大增大加水稀释正向不变不变不变加入少量AgNO3逆向增大减小不变通入HCl逆向减小增大不变通入H2S正向减小增大不变1.沉淀溶解达到平衡时,溶液中溶质的离子浓度保持不变,但不一定相等 2.AgClsAg+aq+Cl-aq表示AgCl的电离平衡 3.升高温度,沉淀溶解平衡一定正向移动 4.沉淀溶解达到平衡时,若再加入难溶性的该沉淀物,溶解平衡将会向右移动 5.碳酸钙在水中的溶解度比在氯化钙溶液中的溶解度大 6.根据AgClsAg+aq+Cl-aq,CH3COOHCH3COO-+H+,可以判断AgCl、CH3COOH均为弱电解质 答案
1.√
2.×
3.×
4.×
5.√
6.×题组一 考查沉淀溶解平衡的建立1.有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法中,不正确的是 A.AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行,但速率相等B.AgCl难溶于水,溶液中没有Ag+和Cl-C.升高温度,AgCl沉淀的溶解度增大D.向AgCl沉淀中加入NaCl固体,AgCl沉淀的溶解度降低解析选B沉淀溶解平衡的实质是v沉淀=v溶解≠0,A对AgClsAg+aq+Cl-aq是动态平衡,B错溶解过程吸热,C对加入NaCl固体,cCl-增大,AgCl溶解平衡左移,D对2.下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是 A.反应开始时,溶液中各离子浓度相等B.沉淀溶解达到平衡时,沉淀的速率和溶解的速率相等C.沉淀溶解达到平衡时,溶液中溶质的离子浓度相等,且保持不变D.沉淀溶解达到平衡时,如果再加入难溶性的该沉淀物,将抑制溶解解析选BA项反应开始时,各离子的浓度没有必然的关系;C项沉淀溶解达到平衡时溶液中溶质的离子浓度保持不变,但不一定相等;D项沉淀溶解达到平衡时,如果再加入难溶性的该沉淀物,溶液仍为饱和溶液,故平衡不发生移动题组二 考查溶解平衡的影响因素3.在一定温度下,当MgOH2固体在水溶液中达到下列平衡时MgOH2sMg2+aq+2OH-aq,要使MgOH2固体减少而cMg2+不变,可采取的措施是 A.加MgSO4 B.加HCl溶液C.加NaOHD.加水解析选D加MgSO4会使该溶解平衡左移,MgOH2固体增多,cMg2+变大;加HCl溶液使该溶解平衡右移,MgOH2固体减少,cMg2+变大;加NaOH使该溶解平衡左移,MgOH2固体增多,cMg2+变小4.将AgCl分别加入盛有
①5mL水;
②6mL
0.5mol/LNaCl溶液;
③10mL
0.2mol/LCaCl2溶液;
④50mL
0.1mol/L盐酸的烧杯中,均有固体剩余,各溶液中cAg+从大到小的排列顺序为解析根据沉淀溶解平衡AgClsAg+aq+Cl-aq知,溶液中cCl-越大,则cAg+越小答案
①④③②考点二 沉淀溶解平衡及应用[学生用书P134]1.沉淀的生成1调节pH法如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质,可加入氨水调节pH至4左右,离子方程式为Fe3++3NH3·H2O===FeOH3↓+3NH2沉淀剂法如用H2S沉淀Cu2+,离子方程式为Cu2++H2S===CuS↓+2H+2.沉淀的溶解1酸溶解法CaCO3溶于盐酸,离子方程式为CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O2盐溶解法MgOH2溶于NH4Cl溶液,离子方程式为MgOH2+2NH===Mg2++2NH3·H2O3.沉淀的转化1实质沉淀溶解平衡的移动2举例MgCl2溶液MgOH2FeOH3,则Ksp[MgOH2]>Ksp[FeOH3]3沉淀转化的规律一般说来,溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现4应用
①锅炉除水垢将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ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+1.BaCO3不溶于水,故可用作钡餐 2.在含有MgOH2沉淀的饱和溶液中加入固体NH4Cl,沉淀量不变 3.FeS可使Hg2+转化为HgS而除去,是因为HgS的溶解度比FeS的溶解度更小 4.一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 5.在一定条件下,溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀 6.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色,离子方程式为2AgCl+S2-===Ag2S+2Cl- 答案
1.×
2.×
3.√
4.√
5.√
6.√1.要使工业废水中的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PbSO4PbCO3PbS溶解度/g
1.03×10-
41.81×10-
71.84×10-14由上述数据可知,沉淀剂最好选用 A.硫化物 B.硫酸盐C.碳酸盐D.以上沉淀剂均可解析选A沉淀工业废水中的Pb2+时,生成沉淀的反应进行得越完全越好,由于PbS的溶解度最小,故选硫化物作为沉淀剂2.自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液,向地下层渗透,遇到难溶的ZnS或PbS,慢慢转变为铜蓝CuS下列分析正确的是 A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度B.原生铜的硫化物具有还原性,而铜蓝没有还原性C.CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2-===CuS↓D.整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应解析选D沉淀转化的实质是溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀,PbS转变为铜蓝CuS,说明CuS的溶解度小于PbS的溶解度;原生铜的硫化物具有还原性,而铜蓝也应该具有还原性,因为硫元素处于最低价态-2价;CuSO4与ZnS反应的离子方程式应该是Cu2++ZnS===CuS+Zn2+,这是一个复分解反应;自然界地表层原生铜的硫化物被氧化的过程是氧化还原反应,故只有D正确3.为研究沉淀的生成及转化,某小组进行如下实验关于该实验的分析不正确的是 A.
①浊液中存在平衡AgSCNsAg+aq+SCN-aqB.
②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-C.
③中颜色变化说明有AgI生成D.该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶解析选DA项,根据信息,白色沉淀是AgSCN,存在溶解平衡AgSCNsAg+aq+SCN-aq,故说法正确;B项,取上层清液,加入Fe3+出现红色溶液,说明生成FeSCN3,说明溶液中含有SCN-,故说法正确;C项,AgI是黄色沉淀,现象是有黄色沉淀生成,说明有AgI产生,故说法正确;D项,可能是浊液中cI-×cAg+>KspAgI,出现黄色沉淀,故说法错误考点三 溶度积常数及其应用[学生用书P135]1.溶度积和离子积以AmBnsmAn+aq+nBm-aq为例溶度积离子积概念沉淀溶解的平衡常数溶液中有关离子浓度幂的乘积符号KspQc表达式KspAmBn=cmAn+·cnBm-,表达式中的浓度都是平衡浓度QcAmBn=cmAn+·cnBm-,表达式中的浓度是任意浓度应用判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①QcKsp溶液过饱和,有沉淀析出
②Qc=Ksp溶液饱和,处于平衡状态
③QcKsp溶液未饱和,无沉淀析出
2.Ksp的影响因素1内因难溶物质本身的性质,这是主要决定因素2外因
①浓度加水稀释,平衡向溶解方向移动,但Ksp不变
②温度绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程,升高温度,平衡向溶解方向移动,Ksp增大
③其他向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时,平衡向溶解方向移动,但Ksp不变1.CaCO3难溶于稀硫酸,也难溶于醋酸 2.向浓度均为
0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,出现黄色沉淀,说明KspAgClKspAgI 3.ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀 4.常温下,向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体,BaCO3的Ksp减小 5.溶度积常数Ksp只受温度影响,温度升高,Ksp增大 6.常温下,向MgOH2饱和溶液中加入NaOH固体,MgOH2的Ksp不变 答案
1.×
2.√
3.√
4.×
5.×
6.√题组一 考查溶度积常数及其应用1.按要求回答下列问题1将AgNO2和AgCl的饱和溶液等体积混合后,加入足量的硝酸银溶液,生成的沉淀nAgNO2nAgCl填“大于”“小于”或“等于”[已知该温度下,KspAgNO2=2×10-8;KspAgCl=
1.8×10-10]2已知25℃时Ksp[FeOH3]=
4.0×10-38,此温度下若在实验室中配制5mol·L-1100mLFeCl3溶液,为使配制过程中不出现浑浊现象,则至少需要加入mL2mol·L-1的盐酸忽略加入盐酸体积3CaSO3溶液与CaCl2溶液混合会生成难溶的CaSO3Ksp=
3.1×10-7,现将等体积的CaCl2溶液与Na2SO3溶液混合,若混合前Na2SO3溶液的浓度为2×10-3mol·L-1,则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为4汽车尾气中的SO2可用石灰水来吸收,生成亚硫酸钙浊液常温下,测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9,已知Ka1H2SO3=
1.8×10-2,Ka2H2SO3=
6.0×10-9,忽略SO的第二步水解,则KspCaSO3=5在某温度下,KspFeS=
6.25×10-18,FeS饱和溶液中cH+与cS2-之间存在关系c2H+·cS2-=
1.0×10-22,为了使溶液里cFe2+达到1mol·L-1,现将适量FeS投入其饱和溶液中,应调节溶液中的cH+约为解析2若不出现浑浊现象,则cFe3+·c3OH-≤Ksp,代入有关数据后可求出cOH-≤2×10-13mol·L-1,cH+≥5×10-2mol·L-1,故至少要加入
2.5mL相应的盐酸3根据CaSO3的Ksp=
3.1×10-7,生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为×2mol·L-1=
6.2×10-4mol·L-14常温下,测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9,溶液中主要存在两个平衡CaSO3sCa2+aq+SOaq,KspCaSO3=cCa2+·cSO,SO+H2OHSO+OH-,Kh=eq\fc(HSO)·c(OH-)c(SO)=eq\f(10-5)2c(SO)===×10-5,得cSO=6×10-5,KspCaSO3=cCa2+·cSO=
3.6×10-95根据KspFeS得cS2-=mol·L-1=
6.25×10-18mol·L-1,根据c2H+·cS2-=
1.0×10-22得cH+=mol·L-1=4×10-3mol·L-1答案1大于
22.5
36.2×10-4mol·L-
143.6×10-9 54×10-3mol·L-1题组二 结合图像考查溶度积常数的应用2.常温下,KspCaSO4=9×10-6,常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是 A.在任何溶液中,cCa2+、cSO均相等B.b点将有沉淀生成,平衡后溶液中cCa2+和cSO都等于3×10-3mol·L-1C.a点对应的Ksp等于c点对应的KspD.d点溶液通过蒸发可以变到c点解析选CA项只有在单一CaSO4溶液中cCa2+、cSO才相等,A项错误;B项b点Qc>Ksp,故有沉淀生成,开始cCa2+、cSO不相等而反应消耗的Ca2+、SO相等,因此平衡后的两种离子浓度也不会都等于3×10-3mol·L-1,B项错误;C项在沉淀溶解平衡曲线上的Ksp均相等,C项正确;D项d点通过蒸发后各离子浓度都增大,不可能保持SO浓度不变而到达c点,D项错误3.t℃时,AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示又知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10,下列说法不正确的是 A.在t℃时,AgBr的Ksp为
4.9×10-13B.在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体,可使溶液由c点到b点C.图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D.在t℃时,AgCls+Br-aqAgBrs+Cl-aq的平衡常数K≈816解析选B根据图中c点的cAg+和cBr-可得该温度下AgBr的Ksp为
4.9×10-13,A正确在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后,cBr-增大,溶解平衡逆向移动,cAg+减小,B错在a点时Qc<Ksp,故为AgBr的不饱和溶液,C正确选项D中K=cCl-/cBr-=KspAgCl/KspAgBr,代入数据得K≈816,D正确沉淀溶解平衡图像题的解题策略1沉淀溶解平衡曲线类似于溶解度曲线,曲线上任一点都表示饱和溶液,曲线上方的任一点均表示过饱和溶液,此时有沉淀析出,曲线下方的任一点均表示不饱和溶液2从图像中找到数据,根据Ksp公式计算得出Ksp的值3比较溶液的Qc与Ksp的大小,判断溶液中有无沉淀析出4涉及Qc的计算时,所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度,因此计算离子浓度时,所代入的溶液体积也必须是混合溶液的体积 [学生用书P136]1.下列说法中不正确的是 A.2016·高考全国卷Ⅲ,13D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不变B.2015·高考全国卷Ⅰ,10D将
0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加
0.1mol·L-1CuSO4溶液,先有白色沉淀生成,后变为浅蓝色沉淀,则CuOH2的溶度积比MgOH2的小C.2015·高考重庆卷
0.1molAgCl和
0.1molAgI混合后加入1L水中,所得溶液中cCl-=cI-D.2015·高考山东卷改编向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀,则KspAgClKspAgI答案C2.2016·高考海南卷向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸忽略体积变化,下列数值变小的是 A.cCO B.cMg2+C.cH+D.KspMgCO3解析选A含有MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡MgCO3sMg2+aq+COaq,加入少许浓盐酸可与CO反应促使溶解平衡正向移动,故溶液中cMg2+及cH+增大,cCO减小,KspMgCO3只与温度有关,不变3.2014·高考全国卷Ⅰ,11,6分溴酸银AgBrO3溶解度随温度变化曲线如图所示下列说法错误的是 A.溴酸银的溶解是放热过程B.温度升高时溴酸银溶解速度加快C.60℃时溴酸银的Ksp约等于6×10-4D.若硝酸钾中含有少量溴酸银,可用重结晶方法提纯解析选AA.由题图可知,随着温度升高,溴酸银的溶解度逐渐增大,因此AgBrO3的溶解是吸热过程B.由图像曲线可知,温度升高斜率增大,因此AgBrO3的溶解速度加快C.由溶解度曲线可知,60℃时,AgBrO3的溶解度约为
0.6g,则其物质的量浓度约为
0.025mol·L-1,AgBrO3的Ksp=cAg+·cBrO=
0.025×
0.025≈6×10-4D.若KNO3中含有少量AgBrO3,可通过蒸发浓缩得到KNO3的饱和溶液,再冷却结晶获得KNO3晶体,而AgBrO3留在母液中4.2013·高考全国卷Ⅰ,11,6分已知KspAgCl=
1.56×10-10,KspAgBr=
7.7×10-13,KspAg2CrO4=
9.0×10-12某溶液中含有Cl-、Br-和CrO,浓度均为
0.010mol·L-1,向该溶液中逐滴加入
0.010mol·L-1的AgNO3溶液时,三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 A.Cl-、Br-、CrO B.CrO、Br-、Cl-C.Br-、Cl-、CrOD.Br-、CrO、Cl-解析选C当Cl-浓度为
0.010mol·L-1时,要产生AgCl沉淀,所需Ag+的最小浓度为
1.56×10-8mol·L-1,当Br-浓度为
0.010mol·L-1时,要产生AgBr沉淀,所需Ag+的最小浓度为
7.7×10-11mol·L-1,当CrO浓度为
0.010mol·L-1时,要产生Ag2CrO4沉淀,所需Ag+的最小浓度为
3.0×10-5mol·L-1,向混合溶液中逐滴加入
0.010mol·L-1的硝酸银溶液时,Ag+的浓度逐渐增大,所以Br-最先沉淀,CrO最后沉淀5.2017·高考全国卷Ⅲ,13,6分在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是 A.KspCuCl的数量级为10-7B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-===2CuClC.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好D.2Cu+===Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全解析选C由题图可知,当cCu+=10-2mol·L-1时,cCl-约为10-
4.75mol·L-1,则KspCuCl=cCu+·cCl-的数量级为10-7,A项正确;根据题目信息可知B项正确;Cu、Cu2+是按一定物质的量之比反应的,并不是加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好,C项错误;由题图可知,交点处cCu+=cCu2+≈10-6mol·L-1,则2Cu+===Cu2++Cu的平衡常数K=≈106,该平衡常数很大,因而反应趋于完全,D项正确6.[2015·高考全国卷Ⅱ,264]酸性锌锰干电池是一种一次性电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是由碳粉、MnO
2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物该电池放电过程产生MnOOH回收处理该废电池可得到多种化工原料有关数据如下表所示化合物ZnOH2FeOH2FeOH3Ksp近似值10-1710-1710-39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Fe2SO43FeOH3的Ksp=cFe3+·c3OH-,则Fe3+恰好沉淀完全时,cOH-=≈10-
11.3mol·L-1,则溶液的pH=
2.7ZnOH2的Ksp=cZn2+·c2OH-,则Zn2+开始沉淀时,cOH-==10-8mol·L-1,溶液的pH=6FeOH2和ZnOH2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FeOH2和ZnOH2的Ksp相近[学生用书P294单独成册]
一、选择题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KspZnSKspCuS,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,溶解度一定小解析选D只有相同类型的难溶电解质作比较时,Ksp小的,溶解度才一定小2.把CaOH2放入蒸馏水中,一段时间后达到平衡CaOH2sCa2+aq+2OH-aq下列说法正确的是 A.恒温下向溶液中加入CaO,溶液的pH升高B.给溶液加热,溶液的pH升高C.向溶液中加入Na2CO3溶液,其中固体质量增加D.向溶液中加入少量NaOH固体,CaOH2固体质量不变解析选C恒温下Ksp不变,加入CaO后,溶液仍为CaOH2的饱和溶液,pH不变,A错误;加热,CaOH2的溶解度减小,溶液的pH降低,B错误;加入Na2CO3溶液,沉淀溶解平衡向右移动,CaOH2固体转化为少量CaCO3固体,固体质量增加,C正确;加入少量NaOH固体,平衡向左移动,CaOH2固体质量增加,D错误3.化工生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Cu2+Cu2+aq+MnSsCuSs+Mn2+aq,下列说法错误的是 A.MnS的Ksp比CuS的Ksp大B.该反应达平衡时cMn2+=cCu2+C.往平衡体系中加入少量CuSO4固体后,cMn2+变大D.该反应的平衡常数K=解析选B根据沉淀转化向溶度积小的方向进行,KspMnS>KspCuS,A对;该反应达平衡时cMn2+、cCu2+保持不变,但不一定相等,B错;往平衡体系中加入少量CuSO4固体后,平衡正向移动,cMn2+变大,C对;该反应的平衡常数K===,D对4.20℃时,PbCl2s在不同浓盐酸中的最大溶解量单位g·L-1如图所示下列叙述正确的是 A.盐酸浓度越大,KspPbCl2越大B.PbCl2能与一定浓度的盐酸反应C.x、y两点对应的溶液中cPb2+相等D.往含Pb2+溶液中加入过量浓盐酸,可将Pb2+完全转化为PbCl2s解析选BKspPbCl2只与温度有关,盐酸浓度改变时,KspPbCl2不变,A项错误;增大盐酸浓度,PbCl2s的平衡逆向移动,PbCl2的溶解量减小,而cHCl大于1mol·L-1时,增大cHCl,PbCl2s的溶解量增大,说明PbCl2能与一定浓度的盐酸反应,B项正确;x、y两点PbCl2的溶解量相等,但y点时HCl与PbCl2发生了反应,故x、y两点对应的溶液中cPb2+不相等,C项错误;PbCl2s存在溶解平衡,且PbCl2s能与浓盐酸反应,故往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸,不能将Pb2+完全转化为PbCl2s,D项错误5.常温下,Ag2SO
4、AgCl、AgI的溶度积常数依次为KspAg2SO4=
7.7×10-
5、KspAgCl=
1.8×10-
10、KspAgI=
8.3×10-17下列有关说法中错误的是 A.常温下,Ag2SO
4、AgCl、AgI在水中的溶解能力依次减弱B.在AgCl饱和溶液中加入NaI固体,有AgI沉淀生成C.Ag2SO
4、AgCl、AgI的溶度积常数之比等于它们饱和溶液的物质的量浓度之比D.在Ag2SO4饱和溶液中加入Na2SO4固体有Ag2SO4沉淀析出解析选C由溶度积常数可知A正确;KspAgIKspAgCl,说明AgI更难溶,B正确;KspAg2SO4=c2Ag+·cSO,KspAgCl=cAg+·cCl-,KspAgI=cAg+·cI-,C错误;Ag2SO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡Ag2SO4s2Ag+aq+SOaq,加入Na2SO4固体,SO的浓度增大,平衡逆向移动,有Ag2SO4固体析出,D正确6.已知25℃时,一些难溶物质的溶度积常数如下化学式ZnOH2ZnSAgClAg2SMgCO3MgOH2溶度积5×10-
172.5×10-
221.8×10-
106.3×10-
506.8×10-
61.8×10-11根据上表数据,判断下列化学方程式不正确的是 A.2AgCl+Na2S===2NaCl+Ag2SB.MgCO3+H2OMgOH2+CO2↑C.ZnS+2H2O===ZnOH2↓+H2S↑D.MgHCO32+2CaOH2===MgOH2↓+2CaCO3↓+2H2O解析选C根据溶度积常数可知,溶解度ZnSZnOH2,由于发生复分解反应时生成溶解度更小的物质,故C不正确7.实验
①
0.1mol·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 A.浊液a中存在沉淀溶解平衡AgClsAg+aq+Cl-aqB.滤液b中不含有Ag+C.
③中颜色变化说明AgCl转化为AgID.实验可以证明AgI比AgCl更难溶解析选B由于硝酸银溶液和氯化钠溶液混合后一定生成氯化银的悬浊液,所以在该悬浊液中存在沉淀溶解平衡AgClsAg+aq+Cl-aq;向过滤后的滤液中加入
0.1mol·L-1的KI,出现浑浊,说明在滤液b中仍然存在Ag+;沉淀总是向着生成物溶解度更小的方向转化,所以由实验
③可知,由于沉淀由白色转化成黄色,所以是由氯化银转化成了碘化银,所以碘化银比氯化银更难溶8.某些盐能溶解沉淀,利用下表三种试剂进行实验,相关分析不正确的是 编号
①②③分散质MgOH2HClNH4Cl备注悬浊液1mol/L1mol/LA.向
①中加入酚酞,溶液显红色说明物质的“不溶性”是相对的B.分别向少量MgOH2沉淀中加入适量等体积的
②③,沉淀均能快速彻底溶解C.
①、
③混合后发生反应MgOH2s+2NHMg2++2NH3·H2OD.向
①中加入
②,cOH-减小,MgOH2溶解平衡正向移动解析选B使酚酞显红色的溶液呈碱性,说明MgOH2在水中有一定的溶解,电离使溶液呈碱性,A项正确;MgOH2与NH4Cl溶液反应速率较小,沉淀不能快速彻底溶解,B项错误;NH结合MgOH2悬浊液中的OH-,促进MgOH2的沉淀溶解平衡正向移动,促使MgOH2沉淀溶解,C项正确;盐酸能够与MgOH2发生中和反应,促使MgOH2的沉淀溶解平衡正向移动,D项正确9.一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中达到溶解平衡已知下表数据物质FeOH2CuOH2FeOH3Ksp/25℃
8.0×10-
162.2×10-
204.0×10-38完全沉淀时的pH≥
9.6≥
6.43~4对含等物质的量的CuSO
4、FeSO
4、Fe2SO43的混合溶液的说法错误的是 A.向该溶液中加入少量铁粉不能观察到红色固体析出B.该溶液中cSO∶[cCu2++cFe2++cFe3+]5∶4C.向该溶液中加入适量氯水,并调节pH至3~4后过滤,得到纯净的CuSO4溶液D.向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先看到红褐色沉淀解析选C多种氧化剂与多种还原剂反应时,强氧化剂与强还原剂优先反应;一种沉淀剂沉淀溶液中的多种离子时,所需沉淀剂浓度越小的越先沉淀10.某温度下,难溶物FeR的水溶液中存在平衡FeRsFe2+aq+R2-aq,其沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是 A.可以通过升温实现由a点变到c点B.b点对应的Ksp等于a点对应的KspC.d点可能有沉淀生成D.该温度下,Ksp=4×10-18解析选B升高温度,Fe2+和R2-的浓度同时增大,A项错误;曲线上的点,均为平衡点,温度不变,Ksp不变,B项正确;d点相对于平衡点a点,cFe2+相同,d点cR2-小于a点,没有沉淀生成,C项错误;选a点或b点计算,KspFeR=2×10-18,D项错误
二、非选择题11.钡Ba和锶Sr及其化合物在工业上有着广泛的应用,它们在地壳中常以硫酸盐的形式存在,BaSO4和SrSO4都是难溶性盐工业上提取钡和锶时首先将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐已知SrSO4sSr2+aq+SOaq Ksp=
2.5×10-7SrCO3sSr2+aq+COaq Ksp=
2.5×10-91将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为,该反应的平衡常数K的表达式为;该反应能发生的原因是用沉淀溶解平衡的有关理论解释2对于上述反应,实验证明增大CO的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率判断在下列两种情况下,平衡常数K的变化情况填“增大”“减小”或“不变”
①升高温度,平衡常数K将;
②增大CO的浓度,平衡常数K将3已知,SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性与BaSO4和BaCO3类似,设计实验证明上述过程中SrSO4是否完全转化成SrCO3实验所用的试剂为;实验现象及其相应结论为解析1SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为SrSO4s+COaqSrCO3s+SOaq,平衡常数表达式为K=eq\fc(SO)c(CO),根据沉淀转化的原理,该反应能够发生,是因为KspSrCO3KspSrSO42
①降低温度有利于提高SrSO4的转化率,说明降温平衡向正反应方向移动,因此升高温度,平衡向逆反应方向移动,故平衡常数K减小
②平衡常数只与温度有关,增大CO的浓度,平衡常数不变3根据提供的信息,可以推断SrSO4难溶于盐酸,而SrCO3可溶于盐酸,因此向溶液中加入盐酸,若沉淀全部溶解,则SrSO4完全转化成SrCO3,若沉淀没有全部溶解,则SrSO4没有完全转化成SrCO3,需要注意的是,不能选择稀硫酸,因为SrCO3与稀硫酸反应生成SrSO4答案1SrSO4s+COaqSrCO3s+SOaq K=eq\fc(SO)c(CO) KspSrCO3KspSrSO4,加入CO后,平衡SrSO4sSr2+aq+SOaq正向移动,生成SrCO32
①减小
②不变3盐酸 若沉淀完全溶解,则证明SrSO4完全转化成SrCO3,否则,未完全转化12.已知25℃时存在如下数据难溶电解质CaCO3CaSO4MgCO3Ksp
2.8×10-
99.1×10-
66.8×10-6某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性,实验步骤如下
①向100mL
0.1mol·L-1的CaCl2溶液中加入100mL
0.1mol·L-1的Na2SO4溶液,立即有白色沉淀生成
②向上述悬浊液中加入固体3gNa2CO3,搅拌,静置沉淀后弃去上层清液
③再加入蒸馏水搅拌,静置后再弃去上层清液
④1由题中信息Ksp越大,表示电解质的溶解度越填“大”或“小”2写出第
②步发生反应的化学方程式3设计第
③步的目的是4补充第
④步操作及产生的现象5写出该原理在实际生活、生产中的一个应用解析Ksp越大,表示电解质的溶解度越大,溶解度大的沉淀会向溶解度小的沉淀转化,要证明CaSO4完全转化为CaCO3,可以加入盐酸,因为CaSO4不和盐酸反应,而CaCO3可完全溶于盐酸在实际生活、生产中利用此反应可以将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3再用盐酸除去答案1大 2Na2CO3aq+CaSO4sCaCO3s+Na2SO4aq 3洗去沉淀中附着的SO4向沉淀中加入足量的盐酸,沉淀完全溶解,并放出无色无味的气体5将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3,再用盐酸除去13.根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题1在CaNO32溶液中加入NH42CO3溶液后过滤,若测得滤液中cCO=10-3mol·L-1,则Ca2+是否沉淀完全?填“是”或“否”[已知cCa2+≤10-5mol·L-1时可视为沉淀完全;KspCaCO3=
4.96×10-9]2已知25℃时,Ksp[MgOH2]=
5.6×10-12;酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下pH
8.
08.0~
9.
69.6颜色黄色绿色蓝色25℃时,在MgOH2饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂,溶液的颜色为3向50mL
0.018mol·L-1的AgNO3溶液中加入50mL
0.020mol·L-1的盐酸,生成沉淀已知该温度下AgCl的Ksp=
1.0×10-10,忽略溶液的体积变化,请计算
①完全沉淀后,溶液中cAg+=
②完全沉淀后,溶液的pH=
③如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50mL
0.001mol·L-1的盐酸,是否有白色沉淀生成?填“是”或“否”解析1根据KspCaCO3=cCa2+·cCO=
4.96×10-9,得cCa2+=mol·L-1=
4.96×10-6mol·L-110-5mol·L-1,可视为沉淀完全2设MgOH2饱和溶液中cOH-为xmol·L-1,则
0.5x3=
5.6×10-12,x=
2.2×10-4,即cOH-1×10-4,cH+1×10-10mol·L-1,pH10,溶液为蓝色3
①反应前,nAg+=
0.018mol·L-1×
0.05L=
0.9×10-3mol,nCl-=
0.020mol·L-1×
0.05L=1×10-3mol;反应后剩余的Cl-为
0.1×10-3mol,则混合溶液中,cCl-=
1.0×10-3mol·L-1,cAg+=KspAgCl/cCl-=
1.0×10-7mol·L-1
②H+没有参与反应,完全沉淀后,cH+=
0.010mol·L-1,pH=2
③因为加入的盐酸中cCl-和反应后所得溶液中的cCl-相同,cCl-没有改变,cAg+变小,所以Qc=cAg+·cCl-KspAgCl,没有沉淀产生答案1是 2蓝色 3
①
1.0×10-7mol·L-1
②2
③否14.某学生探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀,加入NaCl溶液较长时间后,沉淀变为乳白色1Ⅰ中的白色沉淀是2Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是,沉淀转化的主要原因是3滤出步骤Ⅲ中的乳白色沉淀,推测含有AgCl用浓HNO3溶解,产生红棕色气体,部分沉淀未溶解,过滤得到滤液X和白色沉淀Yⅰ.向X中滴加BaNO32溶液,产生白色沉淀ⅱ.向Y滴加KI溶液,产生黄色沉淀
①由ⅰ判断,滤液X中被检出的离子是
②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀4该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因在NaCl存在下,氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化现象一段时间后,B中出现乳白色沉淀,C中无明显变化
①A中产生的气体是
②C中盛放的物质W是
③该同学认为B中产生沉淀的反应如下请补充完整2Ag2S+++2H2O4AgCl++4NaOH
④B中NaCl的作用是答案1AgCl22AgCls+S2-aqAg2Ss+2Cl-aq Ag2S比AgCl的溶解度小3
①SO
②S4
①O2
②Ag2S的悬浊液
③1 O2 4 NaCl 2 S
④O2将Ag2S氧化生成S时,有Ag+游离出来,NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀由于cAg+减小,有利于
③中反应平衡右移,B中最终出现乳白色沉淀。