精品高考化学专题精讲：难溶电解质的溶解平衡【含例题】.DOC

高考化学复习备考精品资料第4讲难溶电解质的溶解平衡考纲要求1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2.了解难溶电解质的沉淀转化的本质。3.了解溶度积的含义及其表达式，并能进行简单计算。考点一沉淀溶解平衡及应用1沉淀溶解平衡(1)沉淀溶解平衡的概念在一定温度下，当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液时，溶解速率和生成沉淀速率相等的状态。(2)溶解平衡的建立固体溶质溶液中的溶质v溶解>v沉淀，固体溶解v溶解v沉淀，溶解平衡v溶解<v沉淀，析出晶体(3)溶解平衡的特点(4)影响沉淀溶解平衡的因素内因难溶电解质本身的性质，这是决定因素。外因以AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)H>0为例外界条件移动方向平衡后c(Ag) 平衡后c(Cl)Ksp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)电解质在水中的溶解度20时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：2沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成调节pH法如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至78，离子方程式为Fe33NH3·H2O=Fe(OH)33NH。沉淀剂法如用H2S沉淀Cu2，离子方程式为H2SCu2=CuS2H。(2)沉淀的溶解酸溶解法如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO32H=Ca2H2OCO2。盐溶液溶解法如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)22NH=Mg22NH3·H2O。氧化还原溶解法如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。配位溶解法如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl2H2O。(3)沉淀的转化实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。应用：锅炉除垢、矿物转化等。深度思考1(1)0.1 mol·L1的盐酸与0.1 mol·L1的AgNO3溶液等体积混合完全反应后溶液中含有的微粒有_。(2)下列方程式AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)、AgCl=AgCl、CH3COOHCH3COOH各表示什么意义？答案(1)H2O、H、OH、Ag、Cl、NO、AgCl(2)AgCl的溶解平衡；AgCl是强电解质，溶于水的AgCl完全电离；CH3COOH的电离平衡。2难溶的氯化银在水中也存在着溶解平衡AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，怎样用实验证明溶液中可以同时存在着少量的Ag和Cl？答案取适量的AgCl溶解于试管中，滴加酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，证明溶液中含Cl，另取适量AgCl溶解于试管中，滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，证明溶液中含Ag。3(1)在实验室中怎样除去NaCl溶液中的BaCl2?(2)怎样除去AgI中的AgCl?答案(1)向溶液中加入过量的Na2CO3溶液充分反应，过滤，向滤液中加适量盐酸。(2)把混合物与饱和KI溶液混合，振荡静置，溶度积大的AgCl就慢慢转化为溶度积小的AgI。题组一沉淀溶解平衡及其影响因素1下列说法正确的是()难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，溶液中各种离子的溶解(或沉淀)速率都相等难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液，则SO沉淀完全，溶液中只含Ba2、Na和Cl，不含SOKsp小的物质其溶解能力一定比Ksp大的物质的溶解能力小为减少洗涤过程中固体的损失，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好A BC D答案C解析难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，不同离子溶解(或沉淀)的速率不一定相等，这与其化学计量数有关。难溶电解质是固体，其浓度可视为常数，增加它的量对平衡无影响，故D错误。生成BaSO4沉淀后的溶液中仍然存在Ba2和SO，因为有BaSO4的沉淀溶解平衡存在。同类型物质的Ksp越小，溶解能力越小，不同类型的物质则不能直接比较。稀H2SO4可以抑制BaSO4的溶解。洗涤沉淀一般23次即可，次数过多会使沉淀溶解。2已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H<0，下列有关该平衡体系的说法正确的是()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pH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A BC D答案A解析会生成CaCO3，使Ca2浓度减小，错误；加入氢氧化钠溶液会使平衡左移，有Ca(OH)2沉淀生成，但Ca(OH)2的溶度积较大，要除去Ca2，应把Ca2转化为更难溶的CaCO3，错误；恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，错；加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，错；加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，正确；加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，错。题组二沉淀溶解平衡在工农业生产中的应用(一)废水处理3水是人类生存和发展的宝贵资源，而水质的污染问题却越来越严重。目前，世界各国已高度重视这个问题，并采取积极措施进行治理。(1)工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法都正确的是_(填字母编号)。选项污染物处理措施方法类别A废酸加生石灰中和物理法BCu2等重金属离子加硫化物沉降化学法C含纯碱的废水加石灰水反应化学法(2)下图是某市污水处理的工艺流程示意图：下列物质中不可以作为混凝剂(沉降剂)使用的是_(填字母编号)。A偏铝酸钠 B氧化铝C碱式氯化铝 D氯化铁混凝剂除去悬浮物质的过程是_(填字母编号)。A物理变化 B化学变化C既有物理变化又有化学变化(3)在氯氧化法处理含CN的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。某厂废水中含KCN，其浓度为650 mg·L1。现用氯氧化法处理，发生如下反应：KCN2KOHCl2=KOCN2KClH2O，再投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式：KOCNKOHCl2CO2N2KClH2O。若处理上述废水20 L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯_g。答案(1)BC(2)BC(3)243216235.5解析(1)工业废水中的废酸可加生石灰中和，属于化学变化。CuS、HgS、Ag2S均难溶，所以加硫化物如Na2S可沉淀Cu2等重金属离子，消除污染；纯碱可加入石灰水生成CaCO3沉淀而除去。(2)偏铝酸钠、碱式氯化铝、氯化铁水解生成胶体，除去悬浮物，而Al2O3难溶于水，不能产生胶体，不能作混凝剂。在除去悬浮物的过程中既有物理变化又有化学变化。(3)根据KCN2KOHCl2=KOCN2KClH2O、2KOCN4KOH3Cl2=2CO2N26KCl2H2O，n(KCN)0.2 mol，n(Cl2)0.2 mol×30.5 mol，所以m(Cl2)0.5 mol×71 g·mol135.5 g。(二)废物利用4硫酸工业中废渣称为硫酸渣，其成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO。某探究性学习小组的同学设计以下方案，进行硫酸渣中金属元素的提取实验。已知溶液pH3.7时，Fe3已经沉淀完全；一水合氨电离常数Kb1.8×105，其饱和溶液中c(OH)约为1×103 mol·L1。请回答：(1)写出A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_。(2)上述流程中两次使用试剂，推测试剂应该是_(填字母编号)。A氢氧化钠 B氧化铝C氨水 D水(3)溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH13，如果pH过小，可能导致的后果是_(任写一点)。(4)H中溶质的化学式：_。(5)计算溶液F中c(Mg2)_(25 时，氢氧化镁的Ksp5.6×1012)。答案(1)SiO22NaOH=Na2SiO3H2O(2)A(3)镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等(4)NaHCO3(5)5.6×1010 mol·L1解析(1)固体A为SiO2，SiO22NaOH=Na2SiO3H2O。(2)一水合氨饱和溶液中c(OH)1×103 mol·L1，达不到0.1 mol·L1，所以应加NaOH溶液调节pH值。(3)根据信息，调节pH3.7时，使Fe3完全沉淀，调节pH13时，使Mg2沉淀，使Al(OH)3溶解。若pH过小，会造成镁离子沉淀不完全或Al(OH)3溶解不彻底。(4)溶液F为NaAlO2溶液，通入足量CO2后，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液。(5)c(Mg2) mol·L1 mol·L15.6×1010 mol·L1。考点二溶度积常数及应用1溶度积和离子积以AmBn(s)mAn(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Ksp(AmBn)cm(An)·cn(Bm)，式中的浓度都是平衡浓度Qc(AmBn)cm(An)·cn(Bm)，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Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出QcKsp：溶液饱和，处于平衡状态Qc<Ksp：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)外因浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。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。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。深度思考1判断正误，正确的划“”，错误的划“×”(1)Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度()(2)不可能使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1.0×105mol·L1时，沉淀已经完全()(3)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()(4)常温下，向BaCO3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Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变()答案(1)×(2)(3)(4)×(5)×(6)解析(1)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。2AgCl的Ksp1.80×1010，将0.002 mol·L1的NaCl和0.002 mol·L1的AgNO3溶液等体积混合，是否有AgCl沉淀生成？答案c(Cl)·c(Ag)0.001×0.001106>Ksp，有沉淀生成。3已知25 时BaSO4饱和溶液中存在BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)，Ksp1.102 5×1010，向c(SO)为1.05×105 mol·L1的BaSO4溶液中加入BaSO4固体，SO的浓度怎样变化？试通过计算说明。答案根据溶度积的定义可知BaSO4饱和溶液中c(SO) mol·L11.05×105 mol·L1，说明该溶液是饱和BaSO4溶液，因此再加入BaSO4固体，溶液仍处于饱和状态，c(SO)不变。反思归纳(1)溶解平衡一般是吸热的，温度升高平衡右移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。(2)对于溶解平衡：AmBn(s)mAn(aq)nBm(aq)，Kspcm(An)·cn(Bm)，对于相同类型的物质，Ksp的大小反映了难溶电解质在溶液中溶解能力的大小，也反映了该物质在溶液中沉淀的难易。与平衡常数一样，Ksp与温度有关。不过温度改变不大时，Ksp变化也不大，常温下的计算可不考虑温度的影响。1在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Ksp4×1010，下列说法不正确的是()A在t 时，AgBr的Ksp为4.9×1013B在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点C图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D在t 时，AgCl(s)Br(aq)AgBr(s)Cl(aq)的平衡常数K816答案B解析根据图中c点的c(Ag)和c(Br)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×1013，A正确；在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag)减小，故B错；在a点时QcKsp，故为AgBr的不饱和溶液，C正确；选项D中Kc(Cl)/c(Br)Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，代入数据得K816，D正确。2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Ca(NO3)2溶液中加入(NH4)2CO3溶液后过滤，若测得滤液中c(CO)103 mol·L1，则Ca2是否沉淀完全？_(填“是”或“否”)。已知c(Ca2)105 mol·L1时可视为沉淀完全；Ksp(CaCO3)4.96×109(2)已知25 时，KspMg(OH)25.6×1012；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：pH8.08.09.69.6颜色黄色绿色蓝色25 时，在Mg(OH)2饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为_。(3)向50 mL 0.018 mol·L1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L1的盐酸，生成沉淀。已知该温度下AgCl的Ksp1.0×1010，忽略溶液的体积变化，请计算：完全沉淀后，溶液中c(Ag)_。完全沉淀后，溶液的pH_。如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50 mL 0.001 mol·L1的盐酸，是否有白色沉淀生成？_(填“是”或“否”)。答案(1)是(2)蓝色(3)1.0×107 mol·L12否解析(1)根据Ksp(CaCO3)c(Ca2)·c(CO)4.96×109，得c(Ca2) mol·L14.96×106 mol·L1105 mol·L1，可视为沉淀完全。(2)设Mg(OH)2饱和溶液中c(OH)为x mol·L1，则0.5x35.6×1012，x1×104，c(H)1×1010 mol·L1，pH10，溶液为蓝色。(3)反应前，n(Ag)0.018 mol·L1×0.05 L0.9×103 mol，n(Cl)0.020 mol·L1×0.05 L1×103 mol；反应后剩余的Cl为0.1×103 mol，则混合溶液中，c(Cl)1.0×103 mol·L1，c(Ag)Ksp(AgCl)/c(Cl)1.0×107 mol·L1。H没有参与反应，完全沉淀后，c(H)0.010 mol·L1，pH2。因为加入的盐酸中c(Cl)和反应后所得溶液中的c(Cl)相同，c(Cl)没有改变，c(Ag)变小，所以Qcc(Ag)·c(Cl)Ksp(AgCl)，没有沉淀产生。3已知25 时，电离常数Ka(HF)3.6×104，溶度积常数Ksp(CaF2)1.46×1010。现向1 L 0.2 mol·L1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是()A25 时，0.1 mol·L1 HF溶液的pH1BKsp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化C该体系中没有沉淀产生D该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀答案D解析A项，HF为弱酸，0.1 mol·L1 HF溶液的pH1；B项，Ksp只与温度有关；C项，混合后HF的浓度为0.1 mol·L1，设0.1 mol·L1的HF溶液中c(F)c(H)x mol·L1，则3.6×104，x6×103，混合后c(Ca2)0.1 mol·L1，c(Ca2)·c2(F)0.1×(6×103)23.6×1061.46×1010，应有CaF2沉淀生成。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，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。探究高考明确考向1判断正误，正确的划“”，错误的划“×”(1)AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)c(Ag)·c(X)，故K(AgI)K(AgCl)()(2013·重庆理综，2D)(2)CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸()(2013·天津理综，5B)(3)饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变()(2012·重庆理综，10C)(4)在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2)增大()(2012·天津理综，5B)(5)AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同()(2010·天津理综，4C)答案(1)(2)×(3)(4)×(5)×2(2013·北京理综，10)实验：0.1 mol·L1AgNO3溶液和0.1 mol·L1NaCl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；向滤液b中滴加0.1 mol·L1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 mol·L1KI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更难溶答案B解析A项，在浊液a中，存在AgCl的沉淀溶解平衡，正确；B项，向滤液b中加入0.1 mol·L1 KI溶液，出现浑浊，说明含有少量Ag，错误；由于AgI比AgCl更难溶解，向有AgCl存在的c中加入0.1 mol·L1KI溶液，能发生沉淀转化反应，生成黄色的AgI，C项和D项都正确。3(2013·江苏，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()AMgCO3、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)Dc点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2)c(CO)答案B解析结合沉淀溶解平衡曲线及溶度积常数进行分析。碳酸盐MCO3的溶度积可表示为Ksp(MCO3)c(M2)·c(CO)，由图像可知，MgCO3、CaCO3、MnCO3的pM为一定值时，其p(CO)逐渐增大，由溶度积表达式可知三种物质的Ksp逐渐减小，A错；a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，为其饱和溶液，结合MnCO3图中曲线可知，c(CO)c(Mn2)，B对；b点在CaCO3的沉淀溶解平衡曲线上，为其饱和溶液，结合CaCO3图中曲线可知，c(CO)c(Ca2)，C错；c点在MgCO3的沉淀溶解平衡曲线的上方，为其不饱和溶液，溶液中c(CO)>c(Mg2)，D错误。4(2013·新课标全国卷，13)室温时，M(OH)2(s)M2(aq)2OH(aq)Kspa。c(M2)b mol·L1时，溶液的pH等于()A.lg() B.lg()C14lg() D14lg()答案C解析由Kspc(M2)·c2(OH)得c(OH)() mol·L1，由Kwc(H)·c(OH)得c(H) mol·L1，pHlg14lg()。5(2013·新课标全国卷，11)已知Ksp(AgCl)1.56×1010，Ksp(AgBr)7.7×1013，Ksp(Ag2CrO4)9.0×1012。某溶液中含有Cl、Br和CrO，浓度均为0.010 mol·L1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()ACl、Br、CrO BCrO、Br、ClCBr、Cl、CrO DBr、CrO、Cl答案C解析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。要产生AgCl沉淀，c(Ag) mol·L11.56×108 mol·L1；要产生AgBr沉淀，c(Ag) mol·L17.7×1011 mol·L1；要产生Ag2CrO4，需c2(Ag)·c(CrO)Ksp(Ag2CrO4)9.0×1012，即c(Ag) mol·L13.0×105 mol·L1；显然沉淀的顺序为Br、Cl、CrO。6(2009·广东，18改编)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c(SO)的增大而减小B三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)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后变为不饱和溶液答案B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，c(Sr2)、c(SO)最大，Ksp最大，B正确；a点c(Sr2)小于平衡时c(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。7(2010·山东理综，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)3<KspCu(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答案B解析根据题意，图中曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的所有点对应的溶液都是达到沉淀溶解平衡的溶液，D正确；选取曲线上的b、c两点，当溶液中两种阳离子浓度相同时，Fe(OH)3饱和溶液中的OH浓度小于Cu(OH)2饱和溶液中的OH浓度，所以KspFe(OH)3KspCu(OH)2，A正确；向Fe(OH)3饱和溶液中加入NH4Cl固体，促进了氢氧化铁的溶解，溶液中铁离子浓度增大，B错误；由于一定温度下的水溶液中，水的离子积是一个常数，所以c、d两点代表的溶液中c(H)与c(OH)乘积相等，C正确。8(2013·北京理综，27)用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤：.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；.浓缩、结晶、分离，得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是_。(2)将MnO氧化Fe2的离子方程式补充完整：MnOFe2_=Mn2Fe3_。(3)已知： 生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1 mol·L1根据表中数据解释步骤的目的_。(4)已知：一定条件下，MnO可与Mn2反应生成MnO2。向的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是_。中加入MnSO4的目的是_。答案(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)58H54H2O(3)pH约为3时，Fe2和Al3不能形成沉淀，将Fe2氧化为Fe3，可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的MnO解析(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式为Al2O36H=2Al33H2O，在操作中，FeO·xFe2O3也同时被溶解，滤液中含有Al3、Fe2、Fe3等。(2)步骤所得溶液中会有过量H2SO4，故反应在酸性条件下进行，由氧化还原反应中得失电子守恒可知MnO和Fe2的化学计量数之比为15，然后观察配平。得MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O。(3)步骤中，加入过量KMnO4溶液目的是把Fe2氧化成易除去的Fe3。调节pH约为3，分析表中数据，可知该条件使Fe3完全沉淀而Al3不被沉淀，从而达到分离Fe3和Al3的目的。(4)联想Cl2的实验室制法，很容易分析实验设计的意图，即通过是否产生Cl2来判断沉淀中有无MnO2。操作中加入MnSO4，紫红色消失，说明过量的MnO因加入MnSO4而被转化成沉淀，然后过滤除去MnO，保证产品的纯度。9(1)(2012·浙江理综，12D改编)相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1 mol·L1盐酸、0.1 mol·L1氯化镁溶液、0.1 mol·L1硝酸银溶液中，Ag浓度：_。答案>>>(2)2012·浙江理综，26(1)已知：I22S2O=S4O2I相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10202.6×10391.7×1071.3×1012某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O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CuCl2·2H2O晶体。答案Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO或CuCO326×109 mol·L1解析Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp分别为2.6×1039、2.2×1020，则Fe3、Cu2开始产生沉淀时c(OH)分别为2.97×1010 mol·L1、3.53×107 mol·L1。除去酸性CuCl2溶液中的少量FeCl3，可加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO或CuCO3调节溶液的pH，使Fe3先转化为沉淀析出。pH4时，c(H)104 mol·L1，则c(OH) mol·L11×1010 mol·L1，此时c(Fe3) mol·L12.6×109 mol·L1。102011·福建理综，24(3)已知25 时，KspFe(OH)32.79×1039，该温度下反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K_。答案2.79×103解析根据KspFe(OH)3c(Fe3)·c3(OH)，而该反应的平衡常数K的表达式为Kc(Fe3)/c3(H)，又由于25 时水的离子积为Kw1×1014，从而推得KKspFe(OH)3/(Kw)3，即K2.79×1039/(1×1014)32.79×103。11(2011·浙江理综，13)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·L1NaMg2Ca2ClHCO0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×105 mol·L1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。Ksp(CaCO3)4.96×109Ksp(MgCO3)6.82×106KspCa(OH)24.68×106KspMg(OH)25.61×1012下列说法正确的是()A沉淀物X为CaCO3B滤液M中存在Mg2，不存在Ca2C滤液N中存在Mg2、Ca2D步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物答案A解析由于HCOOHCa2=CaCO3H2O反应存在，且Ksp(CaCO3)4.96×109，又可求得c(CO)·c(Ca2)1.0×103×1.1×102>Ksp(CaCO3)，因此X为CaCO3，A正确；Ca2反应完后剩余浓度大于1.0×105 mol·L1，则滤液M中存在Mg2、Ca2，B不正确；pH11.0时可求得c(OH)103 mol·L1，KspMg(OH)25.61×1012，c(Mg2) mol·L1<1.0×105 mol·L1，因此N中只存在Ca2不存在Mg2，C不正确；加入4.2 g NaOH固体时沉淀物应是Mg(OH)2，D错误。练出高分1下列说法不正确的是()AKsp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在一定条件下可转化为CuSC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越小的电解质，其溶解度一定越小答案D解析Ksp只与难溶电解质的性质和外界温度有关，故A、C正确；由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS在一定条件下可转化为CuS，B正确；同类型的难溶电解质(如AgCl、AgBr、AgI)，Ksp越小，溶解度越小，而不同类型的难溶电解质(如Ag2SO4和AgI)，Ksp小的溶解度不一定小，需要进行换算，故D错误。2把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)。加入以下溶液，可使Ca(OH)2减少的是()ANa2S溶液 BAlCl3溶液CNaOH溶液 DCaCl2溶液答案B解析欲使Ca(OH)2减少，题述溶解平衡必须向右移动。Al3与OH结合为Al(OH)3使OH减少，平衡右移，Ca(OH)2的量减少；S2水解显碱性，NaOH是强电解质可发生电离，使溶液中OH浓度增大，CaCl2会使溶液中Ca2的浓度增大，所以A、C、D都会使题述溶解平衡向左移动，使Ca(OH)2增多。3纯净的NaCl并不潮解，但家庭所用的食盐因含有MgCl2杂质而易于潮