沉淀溶解平衡20131115

预习学案答案【练习1】PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)Ksp(PbI2)=[Pb2+][I-]2AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)Ksp(AgCl)=[Ag+][Cl-]Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)Ksp(Fe(OH)3)=[Fe3+][OH-]3AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)

Ksp(AmBn)=[An+]m[Bm-]n

Ksp(AmBn)=[An+]m[Bm-]n

平衡浓度Q(AmBn)=cm(An+)cn(Bm-)任意时刻浓度生成沉淀Hg2++S2-=HgS↓Cu2++S2-=CuS↓溶解BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑【练习2】＞BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32-(aq)CO32-+2H+=H2O+CO2↑沉淀溶解平衡右移，c(Ba2+)增大，引起重金属中毒更难溶；大；大【练习3】Cu2++ZnS=CuS+Zn2+MgCO3+H2O===Mg(OH)2+CO2↑白色沉淀；淡黄色沉淀；黄色沉淀溶解度AgI＜AgBr

＜AgCl【练习4】AMg(HCO3)2==MgCO3+CO2↑+H2O

【预习检测】1.D2.C3.错错考纲要求命题预测了解难溶电解质的沉淀溶解平衡及沉淀转化的本质。

1.溶度积常数计算及判断。选择题中，往往结合图象，考查溶度积的计算、影响因素、考查溶解平衡的移动等知识点，难度较大。

2.沉淀溶解平衡的应用。非选择题中往往结合沉淀反应在生产、科研、环保中的应用，主要是以工艺流程分析的形式考查综合应用能力，难度较大。第3节难溶电解质的溶解平衡理解：溶度积Ksp反映了电解质在水中的溶解能力。阴阳离子个数比不同的电解质,不能仅根据Ksp的大小比较溶解能力的强弱,需要转化为溶解度或饱和溶液中的浓度来比较。

Ag2CrO4（S）2Ag+（aq）+CrO42-（aq）BaSO4

（S）Ba2+（aq）+SO42-（aq）AgCl（S）Ag+（aq）+Cl-（aq）aa2aaaaKsp=a2Ksp=4a3Ksp=a2几种难溶电解质的Ksp（18℃～25℃）沉淀溶解平衡KspAgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)1.8×10-10mol2·L-2AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)5.0×10-13mol2·L-2AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)8.3×10-17mol2·L-2Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)5.6×10-12mol3·L-3Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)2.2×10-20mol3·L-3思考：1、在同一温度下，能否用Ksp的大小比较AgX的溶解性的大小？2、Ksp越小的物质，溶解能力就越小吗？①AgCl

AgBr

AgI

依次难溶②Mg(OH)2Cu(OH)2依次难溶AgClMg(OH)2能否直接根据Ksp推出Mg(OH)2比AgCl更难溶？思考①⑦例1答案①⑦对于平衡:

AgClAg++Cl-

（体系有大量固体AgCl），若改变条件，对其有何影响？改变条件平衡移动方向C（Ag+）C（Cl-）溶解度mol.l-1Ksp升温加水

加AgCl（s）

加NaCl（s）

加AgNO3(s)右移增大增大增大增大右移不变不变不变不变不移动不变不变不变不变左移减小增大减小不变左移增大减小减小不变【课堂探究】考点一、影响沉淀溶解平衡的因素【变式1】

⑤＞①＞④＞②＞③①＞④=⑤＞②＞③【变式1】现把足量AgCl分别放入：①5ml水

②10ml0.2mol·L-1MgCl2③20ml0.5mol·L-1NaCl④40ml0.1mol·L-

1AlCl3⑤20ml0.3mol·L-1AgNO3溶解至饱和，各溶液中Ag+浓度由大到小的顺序是

，AgCl的溶解度由大到小的顺序是

.拓展、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如右下图所示。①abcd四个点中处于平衡状态的是

：

②v(溶解)﹥v(沉淀)

的是

：

③Q﹥Ksp的是

：

acdb考点二：沉淀溶解平衡的应用1．沉淀的生成（当Qc>Ksp时）(1)调节pH法(2)沉淀剂法加入氨水调节pH至7~8，可除去氯化铵中的杂质氯化铁。（Cu2＋、Fe3＋）以Na2S、H2S等作沉淀剂，使Cu2+、Hg2+等生成极难容的硫化物CuS、HgS沉淀。由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去或不引入新的杂质。选择的沉淀剂有什么要求？(1)酸碱盐溶解法CaCO3(s)＋2HCl=CaCl2＋H2O+CO2.2．沉淀的溶解（Qc<Ksp）(2)氧化还原溶解法(3)生成配合物使沉淀溶解灵犀一点：难溶电解质溶解的实质是沉淀溶解平衡的移动。只要能设法满足Qc<Ksp，沉淀就能溶解。3.沉淀的转化例如：AgNO3→AgCl(白色沉淀)→AgI(黄色沉淀)(1)实质：沉淀溶解平衡的移动(2)特征：①一般说来，溶解能力相对较强的物质易转化为溶解能力相对较弱的物质。②沉淀的溶解能力差别越大，越容易转化。BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-生活化学如何解释下列现象：1、水垢如何形成的？如何除去？2、误食可溶性钡盐,如何解毒？3、如何防治龋齿？Ca5(PO4)3(OH)（S）4、如何用重晶石（主要成分BaSO4）是制备可溶性钡盐？

总反应：Ｆ－＋Ca5(PO4)3(OH)Ca5(PO4)3F＋OH－KSP[Ca5(PO4)3(OH)]=1.8×10-21KSP[Ca5(PO4)3F]=8.3×10-37Ca5(PO4)3(OH)（S）

OH-+5Ca2++3PO43-NaF=Na++F-Ca5(PO4)3F＋?!考点三、溶度积规则应用(3)由Ksp[Mg(OH)2]＝5×10－13＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0.01·c2(OH－)c(OH－)＝×10－6mol·L－1(3)由于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。故Mg2＋完全沉淀时有：1×10－5·c2(OH－)＝5×10－13所以c(OH－)＝×10－4mol·L－1常温时，Ksp[Mg(OH)2]＝4×10－12，Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10-38；通常认为某离子残留在溶液中的浓度小于1×10-5mol・L-1时就认为该离子已经沉淀完全假定原溶液中c(Mg2+)=1mol・L－1，c(Fe3+)=0.01mol・L－1。(已知lg2=0.3)

（1）使Fe3+开始沉淀时溶液中pH约为

（2）当Fe3+沉淀完全时溶液中c(OH－)约为

mol/l；此时，Mg2+

（填写编号：A：尚未开始沉淀；B：已经开始沉淀；C：已经沉淀完全）；

（3）结论：在杂有少量Fe3+的Mg2+溶液中，

（填编号：A：可以；B：不可以）用调节pH的方法来除杂常温时，Ksp[Mg(OH)2]＝4×10－12，Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10-38；通常认为某离子残留在溶液中的浓度小于1×10-5mol・L-1时就认为该离子已经沉淀完全假定原溶液中c(Mg2+)=1mol・L－1，c(Fe3+)=0.01mol・L－1。(已知lg2=0.3)

（1）使Fe3+开始沉淀时溶液中pH约为

（2）当Fe3+沉淀完全时溶液中c(OH－)约为

mol/l；此时，Mg2+

（填写编号：A：尚未开始沉淀；B：已经开始沉淀；C：已经沉淀完全）；

（3）结论：在杂有少量Fe3+的Mg2+溶液中，

（填编号：A：可以；B：不可以）用调节pH的方法来除杂【变式2】解析

a点在平衡曲线上，此时溶液中存在溶液平衡,加入Na2SO4会增大SO42-

浓度,平衡左移,Ba2+浓度应降低,A项错;d点时溶液不饱和,蒸发溶液,[SO42-]、

[Ba2+]均增大,B项错;d点表示溶液的Q<Ksp,所以溶液不饱和,不会沉淀,C项正确;Ksp是一常数,温度不变Ksp不变，所以该曲线上任一点的Ksp都相等,D项错误。答案

C

小结：【课堂检测】1.A2.A3.(1)变小

(2)不变

(3)变小变大平衡体系研究对象研究对象平衡移动的判据平衡常数

表达式

升温对平衡常数的影响化学平衡2SO2+O22SO3△H﹤0C+H2OCO+H2△H﹥0电离平衡H2OH++OH-CH3COOHCH3COO-+H+

NH3·H2ONH4++OH-

水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-

沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq）可逆反应弱电解质水溶液增大增大增大增大增大增大减小Kc=[SO3]2[O2][SO2]2·Kc=[CO]·[H2O][H2]Ka=[CH3COO-]·[CH3COOH][H+

]Kb=[NH4+]·[NH3·H2O][OH-

]能水解的盐溶液Kw=[H+]·[OH-]Ksp=[Ag+]·[Cl-]难溶或微溶物的浊液①化学平衡移动原理②Q与K相对大小四大平衡的比较：【跟踪练习】1.D2.C3.C4.AD5.D6.（1）Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+（2）Cu2++S2-=CuS↓（3）FeS+2H+=Fe2++H2S↑（4）CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-（5）Cu2++ZnS=CuS+Zn2+7.Cu(OH)2Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+8.D9.B10.A11.2.7×10-312.1.75×1049.A正确；a点到b点的碱性增强，而NH4Cl溶解于水后显酸性，故B错；只要温度一定，Kw就一定，故C正确；溶度积曲线上的点代表的溶液都已饱和，曲线左下方的点都不饱和，右上方的点都是Q>Ksp，沉淀要析出，故D正确。答案：B金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH:Fe3+:1.9～3.2Cu2+:5.2～6.4思考：如何分离酸性溶液中的Cu2+、

Fe3+？加氧化铜调节pH第28讲│要点探究图28－1【典例精析】例1

[2010·山东卷]

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28－1所示。据图分析，下列判断错误的是(

)A．Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点C．c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和例1

B

[解析]加适量NH4Cl固体，因为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，致使溶液的pH减小，故可使溶液由b变到a点，所以B错。A项，从图中可知，当c(Fe3＋)和c(Cu2＋)相等时，此时c(Cu2＋)对应的c1(OH－)＝1×10－9.6mol·L－1，Fe3＋对应的c2(OH－)＝1×10－12.7mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)×(1×10－12.7)3，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)×(1×10－9.6)2，显然Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]；c(H＋)·c(OH－)＝KW，c、d两点的温度相同，所以KW相同；溶度积曲线上的点代表的溶液都已饱和，曲线左下方的点都不饱和，右上方的点都是Qc>Ksp，沉淀要析出。常温时，Ksp[Mg(OH)2]＝4×10－12，Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10-38；通常认为某离子残留在溶液中的浓度小于1×10-5mol・L-1时就认为该离子已经沉淀完全假定原溶液中c(Mg2+)=1mol・L－1，c(Fe3+)=0.01mol・L－1。(已知lg2=0.3)

（1）使Fe3+开始沉淀时溶液中pH约为

（2）当Fe3+沉淀完全时溶液中c(OH－)约为

mol/l；此时，Mg2+

（填写编号：A：尚未开始沉淀；B：已经开始沉淀；C：已经沉淀完全）；

（3）结论：在杂有少量Fe3+的Mg2+溶液中，

（填编号：A：可以；B：不可以）用调节pH的方法来除杂

金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S，mol·L－1)见图1。图1【典例精析】(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是_____(写化学式)。Cu2＋(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为________。

A．＜1

B．4左右C．＞6B

(3)已知一些难溶物的溶度积常数如下表。物质FeS

MnSCuSPbSHgSZnSKsp6.3×10－182.5×10－131.3×10－363.4×10－286.4×10－531.6×10－24某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的________除去它们。(选填序号)A．NaOH

B．FeS

C．Na2SB2．(2010年高考北京理综)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，向地下深层渗透，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：本题考查物质的转化、离子反应等，意在考查考生运用化学基本原理分析生活中的化学问题的能力。由于CuSO4与PbS反应生成CuS和PbSO4，说明CuS的溶解度小于PbS的溶解度，A项错误；原生铜的硫化物和铜蓝中的S均显－2价，处在硫元素的最低价态，均具有还原性，B项错误；CuSO4与ZnS反应的离子方程式为：Cu2＋＋ZnS===CuS＋Zn2＋，C项错误；原生铜的硫化物转化为CuSO4发生的是氧化还原反应，CuSO4转化为CuS为复分解反应，D项正确。答案：D4、为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种过量的试剂，过滤后加入适量HCl，该试剂是已知：Mg(OH)2的Ksp：5.6×10-12mol3·L-3，Fe(OH)3的Ksp：2.6×10-39mol4·L-4（）

A．氨水B．NaCl

C．Na2CO3

D．MgCO3已知Ksp,Fe(OH)3=2.64×10-39Ksp,Ni(OH)2=5.47×10-16某混合溶液中，Fe3+和Ni2+分别为0.10mol/L和1.0mol/LFe3+和Ni2+开始