1、辅导34 沉淀溶解平衡 课件教师版十、沉淀溶解平衡最新考纲1了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2了解沉淀转化的本质。考点一沉淀的溶解平衡1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，即建立了溶解平衡状态。2建立过程固体溶质溶液中的溶质3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AgCl(s) Ag(aq)Cl(aq)H0为例外界条件移动方向平衡后Ag平衡后ClKsp升高温度正向增大增大增大加水稀释正向减小减小不变加入少量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5.溶度积沉淀溶解平衡常数(1)概念：在一
2、定温度下，难溶电解质的饱和溶液中，离子浓度的幂之积。(2)表达式：对于沉淀溶解平衡：MmNn(s) mMn(aq)nNm(aq)，KspMnmNmn，式中的浓度是平衡浓度。(3)意义：反映了难溶电解质在水中的溶解能力。当化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp的数值越大，说明难溶电解质在水中的溶解能力越大。(4)影响因素：在一定温度下，它是一个常数，只受温度影响，不受溶液中物质浓度的影响。6浓度商(1)表达式：MmNn(s) mMn(aq)nNm(aq)，Qcm(Mn)cn(Nm)。式中的浓度是任意时刻的浓度。(2)应用：判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解。QKsp：溶液过饱和，有沉
3、淀析出；QKsp：溶液饱和，达到溶解平衡；QKsp：溶液未饱和，固体溶质溶解。 探究思考1AgCl(s) Ag(aq)Cl(aq)；AgCl=AgCl，两化学方程式所表示的意义相同吗？答案不同。式表示难溶电解质AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式；式表示强电解质AgCl在水溶液中的电离方程式。2已知Ca(OH)2(s) Ca2(aq)2OH(aq)H0，判断对该平衡体系的下列说法是否正确升高温度，平衡逆向移动()向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度()除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液()恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高()给溶液加热，溶液的p
4、H升高()向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加()向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变()答案【示例1】 (2010山东，15)某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是()。AKspFe(OH)3KspCu(OH)2B加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点Cc、d两点代表的溶液中c(H)与c(OH)乘积相等DFe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和解析KspFe(OH)3Fe3OH3，KspCu(OH)2Cu2OH2由图可
5、知：对于b、c两点Fe3Cu2，b点对应OH小于c点对应的OH，故有KspFe(OH)3KspCu(OH)2，A项对；加入NH4Cl固体，NH 会结合Fe(OH)3电离出的OH，促进Fe(OH)3的电离，使Fe3增大，即从b点到a点，所以B项错；在温度一定时，HOH为常数KW，与pH无关，所以C项正确；该图为沉淀溶解平衡的曲线，在曲线上的任意点均达到平衡，即为饱和溶液，D项正确。答案B【示例2】 (2013江苏化学，14改编)一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2、Ca2、Mn2)的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知：pMlg c(M)，p(CO)lg c(CO)。下列说法正确的是()。AM
6、gCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2)c(CO)Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2)c(CO)思 维启迪 解析由pMlg c(M)可知(类比于pH)，当pM越大时，c(M)越小，p(CO)越大时，c(CO)越小，由图中沉淀溶解平衡曲线与虚线的交点可知，溶液中p(Mn2)、p(CO)均最大，即c(Mn2)、c(CO)均最小，即Ksp最小，由此类推，可知MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，A错误。另解：p(CO)相同时，p(Mn2)p(Ca2)p(Mg2)，即c(CO)相同时，c(Mn2)c(Ca2)p(Ca2)
7、，即c(CO)c(Ca2)，C错误；过c点作一条垂直于横坐标的辅助线，由与MgCO3沉淀溶解平衡曲线的交点可知c点p(Mg2)大于饱和溶液的p(Mg2)，即c(Mg2)的波度没有达到饱和溶液的c(Mg2)，因此c点是不饱和溶液，由c点p(M)和p(CO)值可知c(Mg2)c(CO)，D错误。答案B1下列有关叙述中，正确的是()。A在一定温度下的BaSO4水溶液中，Ba2和SO浓度的乘积是一个常数B向含有BaSO4固体的溶液中加入适量的水使溶解又达到平衡时，BaSO4的溶度积不变，其溶解度也不变C只有难溶电解质才存在沉淀溶解平衡过程D向饱和的BaSO4水溶液中加入硫酸，BaSO4的Ksp变大解析
8、一定温度下，只有在BaSO4的饱和溶液中，Ba2和SO浓度的乘积才是一个常数，A错误；溶度积和溶解度是温度的函数，向BaSO4固体中加入水，可使沉淀溶解平衡发生移动，但溶度积和溶解度均不变，B正确；无论难溶电解质还是易溶电解质，都存在沉淀溶解平衡状态，例如在NaCl的过饱和溶液中就存在沉淀溶解平衡状态，C错误；向BaSO4溶液中加入H2SO4溶液，只会使溶解平衡发生移动，但不会影响BaSO4的Ksp，D错误。答案B2(2013济南名校模拟)下列有关沉淀溶解平衡的说法中正确的是()。A.在AgCl的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，Ksp(AgCl)增大B在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，
9、平衡不移动C可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小D25 时，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，向AgCl的悬浊液中加入KI固体，有黄色沉淀生成解析Ksp的大小只与温度有关，A项错误；CaCO3(s) Ca2(aq)CO (aq)，加入稀盐酸，CO与H反应，导致溶解平衡正向移动，B项错误；只有比较相同温度下、相同组成形式的难溶电解质的Ksp的数值大小，才可比较难溶物在水中的溶解度大小。答案D3(2014菏泽一模)硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是()。A温度一定时，Ksp(SrSO4)随SO的增大而减小B三个不同温度中，313 K时Ksp(Sr
10、SO4)最大C283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液D283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液解析温度一定，Ksp(SrSO4)不变，A错误；由题中沉淀溶解平衡曲线可看出，313 K时，Sr2、SO最大，Ksp最大，B正确；a点Sr2小于平衡时Sr2，故未达到饱和，沉淀继续溶解，C不正确；从283 K升温到363 K要析出固体，依然为饱和溶液。答案B1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溶度积大的难溶电解质的溶解度不一定大，只有组成相似的难溶电解质才有可比性。3复分解反应总是向着某些离子浓度减小的方向进行，若生成难溶电解质，则向
11、着生成溶度积较小的难溶电解质的方向进行。4一定温度下沉淀溶解平衡，曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。考点二沉淀溶解平衡的应用1沉淀的生成(1)应用：可利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。(2)方法：方法实例反应的离子方程式调节pH法用Cu(OH)2、CuO等除去CuCl2中的FeCl3Fe33H2O Fe(OH)33HCu(OH)22H=Cu22H2O沉淀剂法以Na2S、H2S等作沉淀剂除去污水中的重金属离子H2SCu2=CuS2H2.沉淀的溶解(1)酸溶解法：如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为：CaCO32H=Ca2H2OCO2。(2)盐溶解法
12、：如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为：Mg(OH)22NH=Mg22NH3H2O。3沉淀的转化(1)实质：沉淀溶解平衡的移动。(2)特征：一般说来，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。沉淀的溶解度差别越大，越容易转化。(3)应用：锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：CaSO4CO=CaCO3SO。矿物转化：用饱和Na2CO3处理重晶石(BaSO4)制备可溶性钡盐的离子方程式为：BaSO4CO=BaCO3SO；BaCO32H=Ba2H2OCO2。 探究思考1试用平衡移动原理解释下列事实：(1)BaCO3不溶于水，为什么不能作钡餐？(2)CaCO3难溶于稀
13、H2SO4，却能溶于醋酸中；(3)分别用等体积的蒸馏水和0.01 molL1的盐酸洗涤AgCl沉淀，用水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。答案(1)BaCO3(s) Ba2(aq)CO (aq)，胃液中的盐酸电离出的H与BaCO3产生的CO结合生成CO2和H2O，破坏了BaCO3的溶解平衡，c(Ba2)增大，引起人体中毒。(2)CaCO3(s) Ca2(aq)CO (aq)，因为生成的CaSO4溶解度较小，会附在CaCO3的表面，阻止平衡的右移。醋酸钙易溶于水；当醋酸电离出H与CO结合生成CO2和H2O时，CaCO3的溶解平衡右移。(3)用水洗涤AgCl，AgCl(s) Ag(
14、aq)Cl(aq)平衡右移，AgCl的质量减少，用盐酸洗涤AgCl，c(Cl)较大会使平衡左移，AgCl减少的质量要小些。2利用生成沉淀的方法能否全部除去要沉淀的离子？答案不可能将要除去的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1105 molL1时，沉淀已经完全。3(1)已知Ksp(AgCl)1.81010，则将AgCl放在蒸馏水中形成饱和溶液，溶液中的Ag是_。(2)已知KspMg(OH)21.81011，则将Mg(OH)2放入蒸馏水中形成饱和溶液，溶液的pH为_。解析(1)由AgCl(s) Ag(aq)Cl(aq)知AgCl所以Ksp(AgCl)1.81010AgClAg
15、2解得Ag1.3105 molL1。(2)由Mg(OH)2(s) Mg2(aq)2OH(aq)知KspMg(OH)21.81011Mg2OH2OH2解得OH3.3104 molL1所以H3.01011 molL1所以pH10.5。答案(1)1.3105 molL1(2)10.5【示例3】 (2013全国新课标，11)已知Ksp(AgCl)1.561010，Ksp(AgBr)7.71013，Ksp(Ag2CrO4)9.01012。某溶液中含有Cl、Br和CrO，浓度均为0.010 molL1，向该溶液中逐滴加入0.010 molL1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()。ACl、
16、Br、CrO BCrO、Br、ClCBr、Cl、CrO DBr、CrO、Cl思维启迪 根据已知的三种阴离子的浓度计算出要产生三种沉淀所需Ag的最小浓度，所需Ag浓度最小的先沉淀。解析要产生AgCl沉淀，AgmolL11.56108 molL1；要产生AgBr沉淀，AgmolL17.71011 molL1；要产生Ag2CrO4，需Ag2CrOKsp(Ag2CrO4)9.01012，即AgmolL13.0105 molL1；显然沉淀的顺序为Br、Cl、CrO。答案C【示例4】 (2013北京理综，10)实验：0.1 molL1 AgNO3溶液和0.1 molL1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过
17、滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1 molL1 KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 molL1KI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：AgCl(s) Ag(aq)Cl(aq)B滤液b中不含有AgC中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶解析在浊液a中，存在AgCl的沉淀溶解平衡，即在滤液b中，仍含有少量Ag，故在b中生成了AgI沉淀，A正确，B错误；向白色沉淀AgCl中滴加KI溶液生成黄色AgI，由此可说明AgI比AgCl更难溶，C项和D项都正确。答案B1(2013枣庄质检)下表是三种难溶金属硫化物的溶度积常数
18、(25 )。化学式FeSCuSMnS溶度积6.310181.310362.51013下列有关说法中正确的是()。A25 时，CuS的溶解度大于MnS的溶解度B25 时，饱和CuS溶液中，Cu2的浓度为1.31036 molL1C因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4H2S=CuSH2SO4不能发生D除去某溶液中的Cu2，可以选用FeS作沉淀剂解析FeS、CuS、MnS都是同类型的难溶电解质，25 时，CuS的Ksp远小于MnS的Ksp，说明CuS的溶解度小于MnS的溶解度；25 时，饱和CuS溶液中，Cu2S211018 molL1；因为CuS不溶于稀硫酸，所以反应CuSO4H2S=CuSH
19、2SO4可以发生；因为溶解度CuSFeS，所以Cu2可与FeS反应生成更难溶的CuS。答案D2已知Ksp(BaSO4)1.01010，Ksp(BaCO3)2.5109。若用10 L Na2CO3溶液溶解1.0 mol的BaSO4，则Na2CO3溶液的最初浓度不得低于()。A2.6 molL1 B2.5 molL1C2.3 molL1 D3.0 molL1解析当BaSO4溶解完后溶液中SO0.1 molL1，设此时溶液中的COx molL1。溶液中有BaSO4(s)CO (aq) BaCO3(s)SO (aq)，故K0.04，x2.5，因此Na2CO3溶液的最初浓度：Na2CO3(0.12.5)
20、 molL12.6 molL1。答案A3(2012浙江理综，26)已知：I22S2O=S4O2I相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入_，调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得
21、到纯的无水CuCl2的合理方法是_。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl22H2O的质量百分数为_。解析(1)考虑到不引入新的杂质，调节至溶液pH为4，使Fe3沉淀的试剂可以是Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuO等。pH
22、4时，OH1010molL1，此时溶液中Fe3molL12.6109molL1。(2)CuCl22H2O在空气中加热会发生水解反应：2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O或CuCl22H2OCuO2HClH2O，要得到无水CuCl2，应将CuCl22H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水以抑制其水解。(3)依题给信息，用“间接碘量法”测定CuCl22H2O晶体试样纯度的反应原理是：2Cu24I=2CuII2，I22S2O=S4O2I，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，指示剂选择淀粉溶液，终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内不复色。由2Cu2I22S2O得CuCl22H2O
23、试样的纯度为100%95%。答案(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO32.6109molL1(2)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液蓝色褪去，放置30 s后不复色2Cu24I=2CuII295%“两应用”“三方法”“两类型”1沉淀生成的两大应用分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出。控制溶液的pH来分离物质，如除去CuCl2中的FeCl3就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3转化为Fe
24、(OH)3而除去。2沉淀溶解的三种常用方法盐溶解法：加入盐溶液，与沉淀溶解平衡体系中某种离子反应生成弱电解质，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液。配位溶解法：加入适当的配合剂，与沉淀溶解平衡体系中的某种离子生成稳定的配合物，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如AgCl溶于氨水。氧化还原法：通过发生氧化还原反应使平衡体系中的离子浓度降低，从而使沉淀溶解，如Ag2S溶于硝酸。3溶度积计算的两大类型已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Kspa的饱和AgCl溶液中AgmolL1。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Kspa，在0.1 molL1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后Ag10a molL1。
