第3章 第4节 第2课时 沉淀反应的应用

1、教育精选第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78，可除去氯化铵溶液中的杂质氯化铁。反应离子方程式如下：Fe33NH3·H2O=Fe(OH)33NH。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：Cu2S2=CuS，Cu2H2S=CuS2H。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

2、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CaCO32H=Ca2CO2H2O。(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)22NH4Cl=MgCl22NH3·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(a

3、q)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

4、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：调节pH法。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：酸溶解法。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PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.0

5、3×1041.81×1071.84×1014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】A2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6.3×10186.3×10361.6×1024向含有等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加0.01 mol·L1 Na2S溶液时，Fe2、Cu2、Zn2沉淀的先

6、后顺序为()AFe2、Zn2、Cu2BCu2、Zn2、Fe2CZn2、Fe2、Cu2DCu2、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】B3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CNaOH溶液、过滤D四氯化碳、分液【解析】A项，CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，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】A4化工生产中含Cu2的废水常用MnS(

7、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：KKsp(CuS)/Ksp(MnS)【解析】根据Cu2(aq)MnS(s)CuS(s)Mn2(aq)得，Ksp(CuS)<Ksp(MnS)，K>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

8、(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CaSO4CO=CaCO3SO。(2)矿物转化：CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为Cu2ZnS=CuSZn2。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)

9、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

10、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()ACaC

11、O3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DCaSO4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】C2实验：0.1 mol·L1 AgNO3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·L1 KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 mol·L1 KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是() 【导学号：2991005

12、0】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】注意“0.1 mol·L1 AgNO3溶液和0.1 mol·L1 NaCl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0.1 mol·L1 KI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0.1 mol·L1 KI溶液，出现浑浊，则说明b中含有Ag，B错误。C.中颜色变化是沉淀进行了转化，即AgCl转化为

13、AgI，C正确。D.因AgCl沉淀能转化为AgI沉淀，所以Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，AgI更难溶，D正确。【答案】B325 时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)分别是：AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgI1.8×10101.4×1056.3×10507.7×10138.51×1016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5 mL 1.8×105 mol·L1的NaCl溶液中，加入1滴(1 mL 约20滴)0.1

14、mol·L1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)0.1 mol/L×(1/20)mL/5 mL0.001 mol/L，Qc0.001 mol/L×1.8×105 mol/L1.8×108 mol2/L2，大于氯化银的Ksp，故会有白色沉淀生成，错误；D选

15、项在氯化钠的饱和溶液中，氯离子的浓度大约是8 mol/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45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45B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45D加入纯Cu将Fe2还原为

16、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】A5下列事实不能用平衡移动原理解释的是()AMg(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DFeCl3溶液中混有FeCl2，常加入少量的H2O2，使Fe2氧化为Fe3

17、【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：NHH2ONH3·H2OH，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：CaCO32H=Ca2CO2H2O，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Ba

18、SO4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 H2O22H=2Fe32H2O，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】D6.化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值101710171039用废电池的锌皮制备ZnSO4·

19、;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1×105 mol·L1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0.1 mol·L1)。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Kspc(Fe3)·c3(OH)，则有c(OH)1011.3mol·L1，则溶液的pH2.7。Zn(OH)2的Kspc(Zn2)&#

20、183;c2(OH)，则有c(OH)108mol·L1，则溶液的pH6。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】Fe32.76Zn2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()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

21、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】D2某pH1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pH4，在调节溶液pH时，应选用的试剂是()ANaOHBZnOCNa2CO3DFe2O3【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

22、，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】B3在2 mL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)<Ksp(AgCl)，所以生成的沉淀以AgI为主，且先生成沉淀AgI。【答案】D4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

23、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)<Ksp(BaSO4)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)2.0×1012，Ksp(AgCl)1.8×1010，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

24、项，Ag2CrO4的溶解度大，错误。【答案】C5已知常温下，Ksp(AgCl)1.8×1010，Ksp(AgI)8.5×1017，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0.001 mol·L1 AgNO3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)时，则不会产生

25、AgI沉淀，B错误；因Ksp(AgCl)>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)<c(Cl)，D错误。【答案】C6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()AMg22HCO2Ca24OH=Mg(OH)22CaCO32H2OBCu2H2S=CuS2HCZn2S22H2O=Zn(OH)2H2SDFeS2H=Fe2

26、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】C725 时，KspMg(OH)25.61×1012，KspMgF27.42×1011。下列说法正确的是() 【导学号：51182029】A25 时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2)大B25 时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2)增大C25 时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L1 NH4Cl溶液中的Ksp小D25 时

27、，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KspMg(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)>7.42×1011时，也可以生成MgF2沉淀，即由Mg(OH)2转化为MgF2，D项错

28、误。【答案】B825 时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)6.3×1018；Ksp(CuS)1.3×1036；Ksp(ZnS)1.6×1024。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0.1 mol·L1的Na2S溶液中，Zn2的浓度最大只能达到1.6×1023 mol·L1C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

29、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0.1 mol·L1的Na2S溶液中，c(S2)将减至非常小，而Zn2的浓度远远大于1.6×1023 mol·L1；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】C9实验：向盛有1 mL 0.1 mol·L1 MgCl2溶液试管中加1 mL 0.2 mol·L1 NaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c。向沉

30、淀c中滴加0.1 mol·L1 FeCl3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Mg2C中颜色变化说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3D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】B10已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡MmAn(s)mMn(aq)nAm(aq)Kspcm(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CaCO3CaSO

31、4MgCO3Mg(OH)2Ksp2.8×1099.1×1066.8×1061.8×1011他们的实验步骤如下：往100 mL 0.1 mol·L1的CaCl2溶液中加入0.1 mol·L1的Na2SO4溶液100 mL立即有白色沉淀生成。向上述悬浊液中加入固体Na2CO3 3 g，搅拌，静置后弃去上层清液。再加入蒸馏水搅拌，静置后再弃去上层清液。_。(1)由题中信息知Ksp越大，表示电解质的溶解度越_(填“大”或“小”)。(2)写出第步发生反应的化学方程式_。(3)设计第步的目的是：_。(4)请补充第步操作及发生的现象_。(5)请写出

32、该转化在实际生活、生产中的一个应用_。【解析】Ksp越大，表示电解质的溶解度越大。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，易于除去。【答案】(1)大(2)Na2CO3(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)Na2SO4(aq)(3)洗去沉淀上附着的SO(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，有气泡产生(5)将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去11毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2、Mg2、Fe3等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl

33、2·2H2O的流程如下： 【导学号：51182030】(1)写出“浸取”环节发生的主要反应的离子方程式：_。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的_。a烧杯b容量瓶c滴定管d玻璃棒(2)如图是一些难溶氢氧化物在不同pH下的沉淀溶解图：已知：Ksp(BaC2O4)1.6×107，Ksp(CaC2O4)2.3×109滤渣 中含_(填化学式)。再加入NaOH调节pH12.5可除去_(填离子符号)。加入H2C2O4应避免过量的原因是_。【解析】(1)“浸取”主要是BaCO3与盐酸反应的过程，反应的离子方程式为BaCO32H=Ba2CO2H2O；

34、实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，需量取浓盐酸和水的体积，需使用烧杯作为容器进行稀释，并用玻璃棒搅拌。(2)从图像可知Fe3在pH为3.4左右就完全沉淀，故滤渣 中含Fe(OH)3；当pH12.5可使Mg2完全沉淀，Ca2部分沉淀；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少。【答案】(1)BaCO32H=Ba2CO2H2Oad(2)Fe(OH)3Mg2、Ca2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少能力提升12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C60 时溴酸银的Ksp约

35、等于6×104D若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯【解析】A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0.6 g，则其物质的量浓度约为0.025 mol·L1，AgBrO3的Kspc(Ag)·c(BrO)0.025×0.0256×104。D.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。【答案】A13下列说法正确的是()A根据Ksp(AgCl)1.77×1010，Ksp(Ag2CrO4)2.0×1012，可以推知AgCl的溶解度比Ag2CrO4的溶解度大B0.1 mol·L1的ZnCl2溶液中通入足量硫化氢气体最终得不到ZnS沉淀是因为溶液中c(Zn2)·c(S2)>Ksp(ZnS)C向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，沉淀发生转化，可推知硫酸钡的Ksp比碳酸钡的大DAgCl在10 mL 0.01 mol·L1的KCl溶液中比在10 mL 0.05 mol·L1的AgNO3溶液中溶解的质量多【解析