专题44难溶电解质的溶解平衡(教师版)

2.2.(2019・海南高考真题)一定温度下，AgCl(s)=Ag+(aq)+Cl-(Aq)体系中，c(Ag+)和c(Cl-)的关系如图所专题44难溶电解质的溶解平衡J?L1.(2019•全国高考真题)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是HcfCd^mol'L-1)A.图中。和b分别为4、%温度下CdS在水中的物质的量浓度B.图中各点对应的与的关系为：rsp(m)=rsp(n)<rsp(p)<rp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2s固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】B【解析】A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS⑸=Cd2+(叫)+S2-(aq),其溶度积Ksp=c(Cd2+>c(S2)在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-),结合图象可以看出，图中a和b分别表示订和I2温度下CdS的物质的量浓度，正确；B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为J条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，错误；C.m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，正确；D.从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS⑸UCd2+(叫)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，正确；答案选B。示。下列说法正确的是( )__—•一a、b、c三点对应的Ksp相等AgCl在c点的溶解度比b点的大AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化【答案】AC【解析】A.a、b、c三点对应的AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数Ksp只与温度有关，温度相同，则Ksp相等，A正确；B.在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+户c(Cl-),在AgCl(s)— sp(AgCl),若溶液中c(CL)大，则溶液中c(Ag+)小，AgCl的溶解度小，在b点溶液中c(Cl-)小于c点，则溶解度b点大于c点，B错误；C.根据溶解平衡AgCKs)-Ag+M)+CMaqyS]>,在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl-、Ag+的浓度相等，c(Ag+户c(Cl-),C正确；D.在b点的溶液中加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，则c(Cl-)减小，所以c(Ag+)变化应该是沿曲线向a点方向变化，D错误；故合理选项是AC。3(2018•海南高考真题)某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是A.AgCl的溶解度、Ksp均减小 B.AgCl的溶解度、Ksp均不变C.AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D.AgCl的溶解度不变、Ksp减小【答案】C【解析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)」Ag+(aq)+Cl-(aq),当加入少量稀盐酸时，c(Cl-)增大，平衡逆向移动，c(Ag+)减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。故答案选C。4(2018•全国高考真题)用0.100mol-L-iAgNO3滴定50.0mL0.0500mol-L-iCl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()A.根据曲线数据计算可知&n(AgCl)的数量级为10-10spB.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)-c(Cl-户Ksp(AgCl)C相同实验条件下，若改为0.0400moll-1Cl-，反应终点c移到aD.相同实验条件下，若改为0.0500mol-L-iBr-,反应终点c向b方向移动【答案】C【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A.选取横坐标为50mL的点，此时向50mL0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L(按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍)，由图示得到此时Cl-约为1x10-8mol/L(实际稍小)，所以K/AgCl)约为0.025x10-8=2.5x10-1。，所以其数量SP级为10-10,正确；B.由于KSp(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)-c(Cl-)=KSp(AgCl),正确；C滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25x0.8=20mL,而a点对应的是15mL,错误；D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSp(AgCl)应该大于KSP(AgBr),将50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。正确；故答案选C。5(2016•海南高考真题)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

C.c(H+)D.Ksp(MgCO3)AC.c(H+)D.Ksp(MgCO3)3【答案】A【解析】MgCC>3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2+(aq)+CO32-(aq),加入少量稀盐酸可与CO32-促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO32-)减小，c(Mg2+)&c(H+)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变。故选A。6(2017•全国高考真题)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.K(CuCl)的数量级为10-7SPB.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl一=2CuCl。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【答案】C【解析】A.Ksp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl【解析】A.Ksp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl-),在横坐标为1时，纵坐标lgc(CU+) 大于mol•L6,所以Ksp(CuCl)的数量级是10-7,A正确；B.除去Cl-反应应该是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl,B正确；。加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl-效果越好，但同时溶液中，Cu2+浓度也增大，会在阴极被还原为Cu,影响炼锌的产率和纯度，错误；D.在没有Cl-存在的情况下，反应2Cu+=Cu2++Cu趋于完全，D正确，答案选C。7(2014•全国高考真题)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B.温度升高时溴酸银溶解速度加快C60℃时溴酸银的Ksp约等于6x10-4D.若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯【答案】A【解析】A、由溶解度随温度的变化关系可知：温度升高，该物质的溶解度增大。可见溴酸银仆8823)溶解是吸热过程，A错误；B、温度升高，溴酸银溶解在水中的微粒运动速度加快，扩散的更快，因此升高温度使其溶解速度加快，B正确；C、60℃溴酸银的溶解度大约是0.6g.则c(AgBrO3)=0.6g+236g/mol+0.1L=0.025mol/L，Ksp=c(Ag+)^c(BrO3-)=0.025x0.025-6x10-4，C正确；D、由于硝酸钾的溶解度比较大，而溴酸银的溶解度较小，所以若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，D正确；答案选A。8(2009•浙江高考真题)已知：25°C时，K[Mg(OH)]=5.61x10-jK[MgF]=7.42x10-11。下sp 2 sp2列说法正确的是25°C时，饱和Mg(OH4溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大25°C时，在Mg(OH)2的悬浊液加入少量的NH4cl固体，c(Mg2+”曾大25°C时，Mg(OH)固体在20ml0.01mo1L-i氨水中的k比在20mL0.01mo卜L-iNHCl溶液2 sp 4中的ksp25°C时，在Mg(OH)2的悬浊液加入NF溶液后，Mg(OH4不可能转化成为MgF,【答案】B【解析】A.Mg(OH)2的溶度积小，由Ksp计算则其镁离子浓度小，错误；B.NH4+可以结合Mg(OH)2电离出的OH-离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2+)增大，正确；CKsp不随浓度变化，仅与温度有关，错误；D.两者Ksp接近，使用浓氟化钠溶液，可以使氢氧化镁转化，错误。答案选B。9(2012・安徽高考真题)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1mol-L—1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是A B C D【答案】C【解析】浓度均为O.lmolLi的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量；据以上分析解答。A.向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，错误；B.向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，错误；C.铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，正确；D.加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，错误；故选C。10(2013・北京高考真题)实验：①0.1molLiAgNO3溶液和0.1molLiNaCl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0.1molL1KI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：AgCl(s)HAg+(aq)+Cl-(aq)B.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AgCI更难溶【答案】B【解析】A.浊液a中含有AgCl,存在沉淀的溶解平衡：AgCl(s)#Ag+(aq)+Cl-(aq),正确；B.滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+,错误；C.向AgCl中滴加0.1mol-L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，正确；D.向AgCl中滴加O.lmolLiKI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，正确；故选B。.(2008・广东高考真题)已知Ag2SO4的Ksp为2.0x10—5moBL-3,将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，该过程中Ag+和SO42-浓度随时间变化关系如右图［饱和Ag2sO4溶液中c(Ag+)=0.034mol-L-1］。若t1时刻在上述体系中加入100mL0.020mol・L-1Na2sO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag+和SO42-浓度随时间变化关系的是【答案】B【解析】Ag2sO4刚好为100mL的饱和溶液，因为c(Ag+)=0.034molL1,所以c(SO42-)=0.017molL1；当0.017+0.020加入100mL0.020moll/Na2sO4溶液后，c(SO42-)= 2 =0.0185molL1,c(Ag+)=0.017mol-L-1,此时Qc=c(SO42-),c2(Ag+)=0.0185x(0.017)2=5.35x10-6<Ksp=2.0x10-5,则该溶液没有沉淀析出，所以混合后的c(Ag+)为原来的一半，c(SO42-)略有增大，由此可以看出应为B图像。(2014・上海高考真题)向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2,充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中A.c(Ca2+)、c(OH-)均增大 B.c(Ca2+)、c(OH-)均保持不变c(Ca2+)、c(OH-)均减小 D.c(OH-)增大、c(H+)减小【答案】B【解析】碳化钙溶于水与水反应生成氢氧化钙和乙炔,由于原氢氧化钙是饱和溶液,溶剂水被消耗,导致原溶液中氢氧化钙析出,但温度不变,析出后的溶液仍然是饱和溶液,因此溶液中离子的浓度均保持

不变，答案选B。13(2011•福建高考真题)25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：S〃⑶+PZ?2+(殉)-S〃2+(殉)+ ,体系中C(Pb2+)和c(Sn2)变化关系如右图所示。下列判断正确的是°反成时间/向队A.往平衡体系中加入少量金属铅后，c(Pb2+)增大B.往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Sn2-变小C升高温度，平衡体系中c(Pb2+)增大，说明该反应AH>025℃时，该反应的平衡常数K=2.2【答案】D【解析】A.往平衡体系中加入少量金属铅后，固体的浓度为常数，浓度不变，平衡不移动，c(Pb2+)不变，错误；B.往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Sn2-增大，错误；C升高温度，平衡体系中c(Pb2+)增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，AH<0，错误；D.由图可知，平衡时c(Pb2+)=0.10mol/L,c(Sn2+)=0.22mol/L,故该温度下反应的平衡常数K=0.22mol/下反应的平衡常数K=0.22mol/L0.10mol/L=2.2，正确；答案选D。14．A．（V14．A．（V2－V1）/V1B．V1/V2(2007・上海高考真题)往含I-和Cl-的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如右图所示。则原溶液中c(I-)/c(Cl-)的比值为D．V2/V1C．V1/（VD．V2/V1【答案】C【解析】当溶液中有两种或两种以上的离子可以与银离子产生沉淀时，溶解度小的沉淀先生成，由于AgI的溶解度小于AgCl，故反应可分为两阶段，第一阶段是I-与Ag+反应产生AgI沉淀，第二阶段是Cl-与Ag+生成AgCl沉淀，结合图像，I-、Cl-消耗的AgNO3溶液的体积比为V1：（V2-V1），则I-与Cl-物质的量之比为V1：（V2-V1），c（I-）/c（Cl-）=Vj（V2-VJ，答案为Co15（2010•北京高考真题）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.CuSO4ZnS反应的离子方程式是0K2++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【答案】D【解析】A.难溶性的物质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，PbS（s）—Pb2+（叫）+S2-（aq）,当向该溶液中加入含有Cu2+的物质时，由于ksp（CuS）＜ksp（PbS）,所以会形成CuS沉淀，发生沉淀的转化，由难溶解的向更难溶解的物质转化。由于二者的化学组成相似，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，错误；B.自然界地表层原生铜的硫化物被氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，说明原生铜的硫化物具有还原性，在CuS中S是-2价，也具有还原性，错误；C.ZnS难溶于水，因此CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++ZnS=CuS+Zn2+,错误；D.在整个过程中既有电子转移的氧化还原反应，也有沉淀转化的复分解反应，正确。答案选Do16（2008•山东高考真题）某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）（提示BaSO4（s）=Ba2+（aq）+SO42-（aq）的平衡常数Ksp=c（Ba2+）^c（SO42-）,Ksp称为溶度积常数。）LL二口呈2X1054X1O5意3ymolL'1A.加入Na2sO4可以使溶液由a点变到b点B.通过蒸发可以使溶液由d点变到c点d点无BaSO4沉淀生成

a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【答案】C【解析】本题考查沉淀溶解平衡。该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态。A.在该溶液中始终存在溶解平衡，加入Na2so4,c(SO42-)增大，平衡左移，c(Ba2+)减小，所以溶液不能有a点变到b点，A错误；B.通过蒸发，溶液的浓度增大，若d点变到c点，即仅c(Ba2+)增大，与实际相悖，B错误；C.d点在曲线以下，说明该点不存在沉淀溶解平衡，即该点没有沉淀生成，C正确；D.任何平衡的平衡常数K只和温度有关，温度不变，K也不变，D错误；故合理选项为C。17.(2010•海南高考真题)已知：Ksp(AgCl)=1.8x10-i0,Ksp(AgI)=1.0x10-i6,Ksp(Ag2CrO4)=1.1x10-i2,则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是A.A.AgCl>AgI>Ag2CrO4B.AgCl>Ag2CrO4>AgIC.C.Ag2CrO4>AgCl>AgID.Ag2CrO4>AgI>AgCl【答案】C【解析】已知Ksp(AgCl)=1X10-10则c(Ag+)=jKsp(AgCl)=J1X10-iomol/L【解析】已知Ksp(AgCl)=1X10-10Ksp(AgI)=1XIO-16,则c(Ag+)=^Ksp(Agl)=J1X10-16mol/L=1X10-8mol/L,Ksp(Ag2CrO4)=8.0X10-12,c(Ag+)=2c(CrO42-),则c(Ag+)=，2X1.1X10-12mol/L=步X10-4mol/L,所以这些难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是Ag2CrO4>AgCl>AgI,正确；答案选C。18(18(2011•浙江高考真题)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:注：溶液中某种离子的浓度小于1.0x10-5mol/L,可认为该离子不存在;实验过程中,假设溶液体积不变。KspCaCO3=4.96x10-9 KspMgCO3=6.82x10-6KspCa(OH)2=4.68x10-6 KspMg(OH)2=5.61x10-i2下列说法正确的是A.沉淀物X为CaCO3B.溶液M中存在Mg2+、不存在Ca2+C.溶液N中存在Mg2+、Ca2+D.步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物【答案】A【解析】A.步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH)=0.001mol,[即n(OH-)=0.001mol],依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001molNaOH时，OH-恰好与HCO3-完全反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O,生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)<<Ksp(MgCO3),生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀Ca2++CO32=CaCO3l，所以沉淀物X为CaCO3,A正确；B.由于CO32-只有0.001mol,反应生成CaCO3所消耗的Ca2+也只有0.001mol,滤液中还剩余c(Ca2+)=0.010mol/L,滤液M中同时存在着Caz+和Mg2+,B错误；C.步骤②，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11(即pOH=3)时，此时滤液中c(OH-)=1x10-3mol/L,则Q[Ca(OH)2]=c(Ca2+)x(10-3)2=0.010x(10-3)2=10-8<Ksp[Ca(OH)2],无Ca(OH)2生成。Q[Mg(OH)2]=c(Mg2+)x(10-3)2=0.050x(10-3)2=5x10-8>Ksp[Mg(OH)2],有Mg(OH)2沉淀生成。又由于Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)x(10-3)2=5.61x10-12,c(Mg2+)=5.61x10-6<10-5,无剩余，滤液N中不存在Mg2+,C错误；D.步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，则n(NaOH)=0.105mol,与0.05molMg2+反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)J,生成0.05molMg(OH)2，剩余0.005molOH-。由于Q[Ca(OH)2]=cc(Ca2+)x(OH-)2=0.010x(0.005)2=2.5x10-7<Ksp[Ca(OH)2],所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，错误。故合理选项是A。19(2013•江苏高考真题)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下图所示。已知:pM="-lg"c(M),pc(CO32-)="-lg"cc(CO32-)。下列说法正确的是()良8打MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2+)=c(CO32-)Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2+)<c(CO32-)D.c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2+)<c(CO32-)【答案】BD【解析】A、pM相等时，图线中p(CO32-)数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，错误；B、a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p(CO32-),所以c(Mn2+)=c(CO32-),正确；C、b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM<p(CO32-),所以c(Ca2+)>c(CO32-),错误；D、pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM>p(CO32-),所以c(Mg2+)<c(CO32-),错误。20(2020•江苏高考真题)实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料a-Fe2O3。其主要实验流程如下：(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是 [K(CaF)=5.3x10-9,K(HF)=6.3x10-4]。2 sp2 a(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为。②设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：_。(FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5)。【答案】(3)Fe2++HCO-+NH•HO=FeCOJ+NH++HO或3 32 3 4 2Fe2++HCO-+NH=FeCOJ+NH+ (4)在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NHHCOq3 3 3 4 4 43混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2sO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3,将FeCO3沉淀经过系列操作制得a—Fe2O3；据此分析作答。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-),当Ca2+完

全沉淀(某离子浓度小于1x10-5全沉淀(某离子浓度小于1x10-5mol/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F-)至少为5.3x10-91x10-5mol/L=全x10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水一NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3-H2O+NH4HCO3=FeCO3l+(NH4)2SO4+H2O[或TOC\o"1-5"\h\zFeSO4+NH+NHHCO:FeCOJ+(NHJSOJ离子方程式为Fe2++HCO-+NH-H?O=FeCO1+NH+4 3 4 3 3 42 4 3 3 2 3 4+HO(或Fe2++HCO-+NH=FeCOJ+NH+)，答案为：Fe2++HCO-+NH•HO=FeCOJ+NH++HO2 3 3 3 4 3 32 3 4 2(或Fe2++HCO-+NH=FeCOJ+NH+)。33 3 4②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5,为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水一NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含SO：；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水一NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水一NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。21(2015•江苏高考真题)软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4-H2O，反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4o(1)质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化L(标准状况)SO2。(2)已知:Ksp[Al(OH)3]=1x10-33,Ksp[Fe(OH)3]=3x10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1x10-6molL1),需调节溶液pH范围为。(3)下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4^H2O晶体，需控制结晶温度范围为(4)准确称取0.1710gMnSO4-H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c(Fe2+)=0.0500mol-L-i的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),消耗Fe2+溶液20.00mL。计算MnSO/HQ样品的纯度(请给出计算过程)。【答案】(1)4.48 (2)5.0<pH<7.1 (3)高于60℃ (4)根据氧化还原反应中得失电子守恒:n(Mn3+)x1=n(Fe2+)x1=20.00x10-3Lx0.0500mo1L-i=1.00x10-3mol，根据锰元素守恒，m(MnSO-H9O)=1.00x10-3molxl69g-mol-1=0.169g，样品的纯度是-01169*100%48.8%42 0.1710【解析】(1)根据反应方程式，n(SO2)=n(MnO2)=174mol=0.2mol，因此V(SO2)=0.2x22.4L=4.48L；87(2)制备MnSO4，再根据信息，pH小于7.1,氢氧化铝完全变成沉淀时的pH