沉淀溶解平衡的应用

3.4.2沉淀溶解平衡的应用学习目标重难点1．运用溶度积规则判断沉淀的产生和溶解。2.了解沉淀的生成、溶解与转化。能结合实例说明pH调控的沉淀生成、溶解与转化等在工农业生产和科学研究中的重要作用。3.能综合运用离子反应和沉淀溶解平衡理论，分析和解决生产、生活中有关沉淀溶解平衡的实际问题。重点：沉淀溶解平衡的应用。难点：沉淀溶解平衡的应用。知识01沉淀的生成1．沉淀生成的应用在无机物的制备和提纯、废水处理等领域，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(1)调节pH法：如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节pH至7～8，使Q[Fe(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]可使Fe3＋转变为Fe(OH)3沉淀而除去。离子方程式为：Fe3＋＋3NH3·H2OFe(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。(2)加沉淀剂法：如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使某些金属离子，如Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物)CuS、HgS等沉淀，即离子积Q＞Ksp时，生成沉淀，也是分离、除去杂质常用的方法。①通入H2S除去Cu2＋的离子方程式：H2S＋Cu2＋CuS↓＋2H＋。②加入Na2S除去Hg2＋的离子方程式：Hg2＋＋S2－HgS↓。沉淀的生成和溶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。沉淀溶解常用的方法如下(1)酸溶解法：如CaCO3溶于盐酸，Al(OH)3、Cu(OH)2溶于强酸等。(2)盐溶解法：如Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液中。(3)生成配合物法：如AgCl可溶于氨水。(4)氧化还原法：如CuS、HgS等可溶于HNO3中。1．存在沉淀溶解平衡的难溶物都属于弱电解质吗?答：可以是强电解质(如BaSO4、AgCl等)，也可以是弱电解质[如Al(OH)3等]。2．举例说明沉淀生成的两大应用。答：(1)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。(2)控制溶液的pH来分离物质，如除去ZnCl2中的FeCl3就可向溶液中加入ZnO或Zn(OH)2等物质，将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去。3．水垢的主要成分为什么是CaCO3和Mg(OH)2，而不是CaCO3和MgCO3?答：天然水中含Ca2+、Mg2+、HCO3等，煮沸时分解生成CaCO3和MgCO3，由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶，因此MgCO3与CO32水解生成的OH结合生成更难溶的Mg(OH)2。4．用沉淀法除杂能否将杂质离子全部通过沉淀除去?答：不能。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×105mol·L1时，沉淀已经完全。5．BaCO3和BaSO4都难溶于水，医学上常用BaSO4作钡餐透视剂，不能用BaCO3的原因是什么?答：BaCO3能溶于胃酸(主要成分为盐酸)，反应原理为BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32(aq)，CO32+2H+=CO2↑+H2O。因此，胃酸消耗CO32，使溶液中c(CO32)减小，从而使BaCO3的沉淀溶解平衡向右移动，c(Ba2+)增大引起人体重金属中毒。6．可溶性钡盐(如BaCl2等)当作食盐食用，会造成钡中毒。中毒患者常用5%的Na2SO4溶液洗胃的原因是什么?答：中毒后服用5%的Na2SO4溶液，此时SO42与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，可缓解Ba2+对人体的毒害。7．若一种沉淀剂可使溶液中多种离子沉淀时，则可以控制条件，使这些离子先后分别沉淀，这种现象称为分步沉淀。如何实现分步沉淀？答：(1)同一类型的沉淀，Ksp越小越先沉淀，且Ksp相差越大分步沉淀越完全，如AgCl、AgBr、AgI。(2)不同类型的沉淀，其沉淀的先后顺序要通过计算才能确定，如AgCl和Ag2CrO4。8．AgCl的Ksp=1.80×1010，将0.001mol·L1NaCl和0.001mol·L1AgNO3溶液等体积混合，是否有AgCl沉淀生成?答：有AgCl沉淀生成。两溶液等体积混合后，c(Ag+)=c(Cl)=12×0.001mol·L1=0.0005mol·L1。在混合溶液中，c(Ag+)·c(Cl)=(0.0005)2=2.5×107>Ksp，所以有AgCl9．将等体积浓度均为4×103mol·L1的AgNO3溶液和K2CrO4溶液混合，是否会析出Ag2CrO4沉淀?[已知Ksp(Ag2CrO4)=9.0×1012]答：等体积混合后，Q=c2(Ag+)·c(CrO42-)=[(4×103)/2]2×(4×103)/2=8×109>9.0×1012，所以会析出Ag2知识02沉淀的溶解1．沉淀溶解的原理根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，如果能设法不断地移去平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动，就可以使沉淀溶解。2．沉淀溶解常用的方法(1)酸溶解法：如CaCO3溶于盐酸，Al(OH)3、Cu(OH)2溶于强酸等。(2)盐溶解法：如Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液中。(3)生成配合物法：如AgCl可溶于氨水。(4)氧化还原法：如CuS、HgS等可溶于HNO3中。在难溶电解质的饱和溶液中加入适当试剂使之与组成沉淀的一种离子结合成另一种化合物，从而使之溶解。具体可采用酸碱溶解法、配位溶解法、氧化还原溶解法以及沉淀转化溶解法等。1．举例说明沉淀的溶解的方法。答：(1)酸溶解法。如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。(2)盐溶液溶解法。如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+Mg2++2NH3·H2O。(3)氧化还原溶解法。如不溶于盐酸的硫化物Ag2S可溶于稀HNO3。(4)配位溶解法。如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl+2H2O2．沉淀的溶解与生成可用来解释某些生活现象，如溶洞中石笋、钟乳石的形成，该现象中所涉及的化学反应主要有哪些?答：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2CaCO3↓+H2O+CO2↑。3．根据溶度积规则，使沉淀溶解的必要条件是浓度幂乘积小于Ksp，因此创造条件使溶液中有关离子的浓度降低，就能达到此目的。降低溶液中离子的浓度有哪些途径？答：(1)使相关离子生成弱电解质：如要使ZnS溶解，可以加盐酸，H＋和ZnS中溶解生成的S2－相结合形成弱电解质HS－和H2S，于是ZnS溶解。只要盐酸的量能满足需要，ZnS就能不断溶解。(2)使相关离子被氧化：如CuS在盐酸中不能溶解，但在HNO3中可以溶解。原因是S2－被氧化，使得CuS(s)Cu2＋(aq)＋S2－(aq)平衡右移，CuS溶解。反应的离子方程式为3CuS＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋3S↓＋4H2O。判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。(1)洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好()(2)为了减少BaSO4的损失，洗涤BaSO4沉淀时可用稀硫酸代替水()(3)除去MgCl2溶液中的Fe2＋，先加入双氧水，再加入MgO即可()【答案】(1)×(2)√(3)√知识03沉淀的转化1．沉淀转化的实质与条件(1)实质：沉淀的转化是指由一种难溶物转化为另一种难溶物的过程，其实质是沉淀溶解平衡的移动。(2)条件：两种沉淀的溶解度不同，溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，两者溶解度相差越大转化越容易。2．实验探究AgCl、AgI、Ag2S的转化(1)实验操作实验操作实验现象有白色沉淀析出白色沉淀转化为黄色沉淀黄色沉淀转化为黑色沉淀化学方程式NaCl＋AgNO3AgCl↓＋NaNO3AgCl＋KIAgI＋KCl2AgI＋Na2SAg2S＋2NaI实验结论：AgCl沉淀转化为AgI沉淀，AgI沉淀又转化为Ag2S沉淀，说明溶解度由小到大的顺序为Ag2S<AgI<AgCl。3．实验探究Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化(1)实验操作实验操作实验现象产生白色沉淀白色沉淀转化为红褐色沉淀化学方程式MgCl2＋2NaOHMg(OH)2↓＋2NaCl3Mg(OH)2＋2FeCl32Fe(OH)3＋3MgCl2(2)实验结论Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，说明溶解度：Fe(OH)3<Mg(OH)2。4．沉淀转化的应用(1)锅炉除垢。如将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为CaSO4+CO32CaCO3+SO42。

(2)矿物转化。如用饱和Na2CO3溶液处理重晶石(BaSO4)制备可溶性钡盐的离子方程式为BaSO4+CO32BaCO3+SO42、BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。

(3)工业废水处理。工业废水处理过程中，重金属离子可利用沉淀转化原理用FeS等难溶物转化为HgS、Ag2S、PbS等沉淀。用FeS除去Hg2＋的离子方程式：FeS(s)＋Hg2＋(aq)HgS(s)＋Fe2＋(aq)。(1)沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。(2)一般而言，Ksp较大的难溶电解质能转化为Ksp更小的难溶电解质，如AgCleq\o(→,\s\up7(I－))AgIeq\o(→,\s\up7(S2－))Ag2S，CaSO4转化为CaCO3，ZnS转化为CuS等。(3)两种沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。1．工业废水处理过程中，重金属离子可利用沉淀转化原理用FeS等难溶物转化为HgS、Ag2S、PbS等沉淀。写出用FeS除去Hg2＋的离子方程式。答：FeS(s)＋Hg2＋(aq)HgS(s)＋Fe2＋(aq)。2．在分析化学中常用饱和Na2CO3溶液，将难溶强酸盐BaSO4转化为难溶弱酸盐BaCO3，然后用强酸溶解，使阳离子进入溶液。写出BaSO4转化为BaCO3反应的离子方程式。答：BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)。3．硬水煮沸形成的水垢主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，它们是怎样形成的？答：水垢的形成过程涉及沉淀转化，加热硬水时，Ca(HCO3)2、Mg(HCO3)2分别分解生成CaCO3、MgCO3沉淀。但MgCO3又与COeq\o\al(2－,3)水解生成的OH－结合为更难溶的Mg(OH)2，故水垢的主要成分不是CaCO3、MgCO3，而是CaCO3、Mg(OH)2。4．锅炉形成的水垢中常含有CaSO4，除去方法是CaSO4(s)eq\o(→,\s\up7(Na2CO3))CaCO3(s)eq\o(→,\s\up7(盐酸))Ca2＋(aq)，写出有关反应的化学方程式。。答：CaSO4(s)＋Na2CO3(aq)CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)，CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。(1)沉淀的转化只能由难溶的转化为更难溶的()(2)溶解度小的沉淀不能转化为溶解度比其大的沉淀()(3)可用FeS除去废水中的Hg2＋、Ag＋等，是因为HgS、Ag2S比FeS更难溶()(4)向AgCl沉淀中加入KI溶液，由白色沉淀转变成黄色沉淀，是由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl()(5)锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去()(6)Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，BaSO4中加入Na2CO3溶液无法转化为BaCO3()(7)验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，可将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色()【答案】(1)×(2)×(3)√(4)√(5)√(6)×(7)√题型一沉淀的溶解和生成【典例1】已知几种难溶电解质的溶度积常数Ksp(25℃)如下：难溶电解质ZnSCuSHgSKsp向100mL含Z、和H浓度均为的溶液中逐滴加入的Na2S溶液，下列说法正确的是A．Z先沉淀 B．先沉淀 C．H先沉淀 D．同时沉淀【答案】C【详解】向Z、和H浓度均为的溶液中逐滴加入的溶液，当溶液中离子开始沉淀时，溶液中c(金属离子)×c(S2)=Ksp，Ksp越小的难溶物最先生成，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)>Ksp(HgS)，因此H先沉淀，故选C。【变式1】25℃时，向AgCl的白色悬浊液中依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25℃)如下：AgClAgIAg2SKsp1.8×10108.5×10176.3×1050下列叙述错误的是()A．沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动B．溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀C．AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解度相同D．25℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag+的浓度不同【答案】C【解析】由表中数据可知，AgCl、AgI、Ag2S的溶解能力依次减弱，则25℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag+的浓度依次减小。向AgCl白色悬浊液中加入KI溶液，出现黄色沉淀，说明AgCl转化成了溶解度更小的AgI；再加入Na2S溶液，又出现黑色沉淀，说明AgI转化成了溶解度更小的Ag2S。综合分析，沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解度不同，前者中Cl浓度小，AgCl固体的溶解度更大一些。题型二沉淀的转化【典例2】下列说法中正确的是()A．钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导泻使Ba2＋转化为BaCO3而排出B．工业上可以用NaHS、(NH4)2S等可溶性硫化物作沉淀剂除去废水中的Hg2＋、Cu2＋等，但不能使用FeS等不溶性硫化物作沉淀剂C．水中的Mg(HCO3)2、Ca(HCO3)2受热易分解生成难溶性的MgCO3、CaCO3，故水垢的主要成分是MgCO3、CaCO3D．珊瑚虫从周围海水中获取Ca2＋和HCOeq\o\al(－,3)，经反应形成石灰石(CaCO3)外壳，从而逐渐形成珊瑚【答案】D【解析】胃液的酸性较强，不能形成BaCO3沉淀，A项错误；由于Ksp(FeS)大于Ksp(HgS)或Ksp(CuS)，可以用FeS除去废水中的Hg2＋、Cu2＋，B项错误；由于Ksp[Mg(OH)2)]<Ksp(MgCO3)，故水垢的主要成分中不是MgCO3、CaCO3，应为Mg(OH)2、CaCO3，C项错误。【变式2】为研究沉淀之间的转化，某小组实验设计如下：下列分析正确的是()A．实验①无明显现象，说明浊液a中不存在自由移动的Ag+B．实验②说明浊液b中存在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)C．黄色浊液d中不含AgClD．浊液c和浊液d中的c(Ag+)：c＜d【答案】B【解析】A项，浊液a中存在AgCl的沉淀溶解平衡，存在自由移动的Ag+，之所有无明显现象可能是滴入的NaCl溶液被稀释后，不足以使平衡逆向移动，产生更多沉淀，A错误；B项，实验②中发生沉淀的转化，说明浊液b中存在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)，加入KI溶液后，I结合Ag+生成更难溶的AgI，使其平衡正向移动，转化为AgI沉淀，B正确；C项，滴入的KI溶液较少，AgCl沉淀不会全部转化为AgI，所以浊液d中依然含有AgCl，C错误；D项，沉淀发生转化，说明AgI更难溶，加入KI后部分Ag+生成AgI沉淀，所以浊液c和浊液d中的c(Ag+)：c＞d，D错误；故选B。(1)沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。(2)一般而言，Ksp较大的难溶电解质能转化为Ksp更小的难溶电解质，如AgCleq\o(→,\s\up7(I－))AgIeq\o(→,\s\up7(S2－))Ag2S，CaSO4转化为CaCO3，ZnS转化为CuS等。(3)两种沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。题型三沉淀的转化的应用【典例2】不法分子曾用含有可溶性钡盐的工业废盐腌制咸鸭蛋而引发了钡盐中毒事件。根据资料得知，当胃液中Ba2+浓度小于104mol·Lˉ1时，可以达到解毒目的。已知：Ksp(BaSO4)=1.1×1010、Ksp(BaCO3)=2.6×109。下列有关说法错误的是()A．可溶性钡盐使人体蛋白质变性引起中毒B．误食碳酸钡不会引起中毒C．医学上用mol·Lˉ1的硫酸钠溶液给患者洗胃，可以达到有效解毒效果D．BaSO4在一定条件下也可以转化为BaCO3【答案】B【解析】A项，钡离子属于重金属离子，可使蛋白质变性而引发中毒，则可溶性钡盐能使人体蛋白质变性引起中毒，故A正确；B项，人体胃酸的成分是盐酸，误食碳酸钡会与胃酸反应转化为可溶性的氯化钡，能使人体蛋白质变性引起中毒，故B错误；C项，，=2.9×1010mol/L＜104mol·Lˉ1，则医学上用0.38mol·Lˉ1的硫酸钠溶液给患者洗胃，可以达到有效解毒效果，故C正确；D项，根据溶度积常数可知，BaSO4比BaCO3跟难溶，但在饱和的碳酸钠溶液中，硫酸钡溶解在水中的钡离子可与碳酸根离子结合形成碳酸钡沉淀，则在一定条件下BaSO4也可以转化为BaCO3，故D正确；故选B。【变式3】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反应的离子方程式是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杨sir化学，侵权必究【答案】D【解析】A项，难溶性物质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，PbS(s)Pb2+(aq)+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，A项错误；B项，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，B项错误；C项，ZnS难溶于水，因此CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++ZnS=CuS+Zn2+，C项错误；D项，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，D项正确；故选D。题型四沉淀溶解平衡图象【典例4】T℃时，NiS的溶解平衡曲线如图所示。下列推断错误的是()A．d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液B．b、c两点的Ksp相同C．向NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，可使溶液从b点迁移到c点D．蒸发d点溶液可使溶液迁移到b点【答案】D【解析】A项，由图可知，d点溶液中c(Ni2+)c(S2)＜Ksp，故d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液，A正确；B项，由图可知b、c两点均达到溶解平衡，温度相同，故Ksp相同，B正确；C项，向NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，则溶液中c(S2)增大，平衡逆向移动，导致c(Ni2+)减小，故可使溶液从b点迁移到c点，C正确；D项，蒸发d点溶液则析出晶体，导致溶液中c(Ni2+)、c(S2)浓度都增大，然后达到平衡后不变，故不可使溶液迁移到b点，D错误；故选D。【变式4】已知p(A)=lgc(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是()A．a点无ZnS沉淀生成B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2C．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2)增大D．CuS和MnS共存的悬浊液中，【答案】C【解析】A项，a点不饱和，没有ZnS沉淀析出，故A正确；B项，MnS的溶解度大于ZnS，向MnCl2溶液中加入MnS固体，可以促使平衡MnS(s)+Zn2+ZnS(s)+Mn2+向右移动，即MnS转化为更难溶的ZnS，达到除去Zn2+的目的，故B正确；C项，向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，由于悬浊液中存在CuS固体，溶液依然是饱和的，所以c(S2)不变，故C错误；D项，当p(S2)=0，p(Mn2+)=15，即c(S2)=1mol/L时，c(Mn2+)=1015mol/L，Ksp(MnS)=c(Mn2+)×c(S2)=1015；当p(S2)=25，p(Cu2+)=10，即c(S2)=1025mol/L，c(Cu2+)=1010mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2)=1035；CuS和MnS共存的悬独液中，=1020，故D正确。故选C。溶度积图像突破方法第一步，识图像。认识图像横坐标、纵坐标表示什么，如表示离子浓度、pM等；曲线上的点表示达到平衡状态，曲线上方的点代表“过饱和溶液”，曲线下方的点代表“不饱和溶液”。第二步，想原理。涉及的原理主要有溶度积的表达式、沉淀溶解平衡的影响因素以及溶度积常数的影响因素。如浓度不会改变溶度积，溶度积只与温度有关，大多数情况下，温度越高，溶度积越大。第三步，找联系。将图像与溶度积原理联系起来，分析题目设置的问题，如求离子浓度、判断沉淀溶解平衡状态等。【基础巩固】1．为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是()A．NH3·H2OB．NaOHC．Na2CO3 D．MgCO3【答案】D【解析】Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，调节pH，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀后除去。在不引入新杂质、Mg2＋不沉淀的条件下，选用MgCO3，过量的MgCO3可一起过滤除去。也可选用MgO、Mg(OH)2等试剂。2．当氢氧化镁固体在水中达到沉淀溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)时，为使Mg(OH)2固体的量减少，需加入少量的()A．NH4NO3B．NaOHC．MgSO4 D．Na2SO4【答案】A【解析】要使Mg(OH)2固体的量减小，应使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡右移，可减小c(Mg2＋)或c(OH－)。NH4NO3电离出的NHeq\o\al(＋,4)能结合OH－，使平衡右移。3．在一定温度下，一定量的水中，石灰乳悬浊液存在下列平衡：Ca(OH)2(s)Ca(OH)2(aq)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，当向此悬浊液中加入少量生石灰时，下列说法正确的是()A．n(Ca2＋)增大B．c(Ca2＋)不变C．n(OH－)增大D．(OH－)增大【答案】B【解析】当向悬浊液中加入少量生石灰时，会发生反应：CaO＋H2O==Ca(OH)2，原饱和溶液中溶剂H2O减少，Ca(OH)2会有部分从溶液中析出形成沉淀，故n［Ca(OH)2］减少，A、C错误，但在一定温度下Ca(OH)2的溶解度不变，其浓度不变，故B正确。4．往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述中正确的是()A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(H＋)均会增大B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸D．沉淀转化的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)【答案】D【解析】温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c(OH)增大，c(H+)减小，A项错误；Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强、弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，D项正确。5．向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag++2NH3H2OAg(NH3)2++2H2O。下列分析不正确的是()A．浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)B．实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl－强C．D．由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl【答案】C【解析】氯化银为常见的难溶物，存在的溶解平衡为AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)；向AgCl浊液中滴加氨水后，沉淀溶解，得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成，又Ag++2NH3H2OAg(NH3+)2+2H2O，可知NH3结合Ag+能力比Cl－强；AgCl浊液中加氨水，形成了银氨溶液，加入浓硝酸后，浓硝酸与氨水反应，最终得到的物质为AgCl。故选C。6．化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，下列说法错误的是()A．相同条件下，MnS的Ksp比CuS的Ksp大B．该反应的平衡常数K＝C．该反应达到平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)D．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大【答案】C【解析】A项，根据沉淀转化向溶度积小的方向进行，Ksp(MnS)＞Ksp(CuS)，A正确；B项，该反应的平衡常数K＝＝＝，B正确；C项，该反应达平衡时c(Mn2＋)、c(Cu2＋)保持不变，但不一定相等，C错误；D项，往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，平衡向正反应方向移动，c(Mn2＋)变大，D正确。故选C。7．在25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(－16。下列叙述正确的是()A．饱和AgCl、AgI溶液中所含Ag＋的浓度相同B．向饱和AgCl溶液中加入盐酸，Ksp大C．向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀转化为黄色D．向含相同物质的量浓度的Cl－和I－的溶液中逐滴加入AgNO3溶液，Cl－先沉淀【答案】C【解析】饱和AgCl、AgI溶液中c(Ag＋)=，故饱和AgCl溶液中所含Ag＋的浓度大，A错；向饱和AgCl溶液中加入盐酸，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡逆向移动，但不变，B错；由于Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故向相同物质的量浓度的Cl－和I－的溶液中逐滴加入AgNO3溶液，I－先沉淀，D错。8．已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrOeq\o\al(2－,4)的浓度均为0.010mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()A．Cl－、Br－、CrOeq\o\al(2－,4) B．CrOeq\o\al(2－,4)、Br－、Cl－C．Br－、Cl－、CrOeq\o\al(2－,4) D．Br－、CrOeq\o\al(2－,4)、Cl－【答案】C【解析】利用沉淀溶解平衡原理，当Q＞Ksp时，有沉淀析出。溶液中Cl－、Br－、CrOeq\o\al(2－,4)的浓度均为0.010mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，溶解度小的先满足Q＞Ksp，有沉淀析出。比较Ksp，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr＜AgCl。再比较AgCl、故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrOeq\o\al(2－,4)。9．向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是()A．白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuSB．上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的KspC．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀D．该过程破坏了ZnS的溶解平衡【答案】B【解析】该过程破坏了ZnS的溶解平衡，Cu2＋结合了ZnS溶解产生的S2－，生成了比ZnS更难溶的CuS，同时也说明了ZnS的Ksp大于CuS的Ksp。10．FeAsO4在不同温度下的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T2>T1)。下列说法不正确的是()A．温度为T2时，Ksp(FeAsO4)=102aB．c(FeAsO4)：Z>W=XC．FeAsO4的溶解过程吸收能量D．将Z溶液升温一定可以得到Y溶液【答案】D【解析】A项，温度为T2时，Ksp(FeAsO4)=c(Fe3+)c(AsO43)=10a×10a=102a，A正确；B项，由于X、W点中的Fe3+和AsO43均为10amol/L，故其对FeAsO4的溶解平衡起抑制作用，且作用程度相等，而Z是Fe3+和AsO43的浓度相等，无同离子的抑制作用，故c(FeAsO4)：Z>W=X，B正确；C项，由图可知，Ksp(T1)＜Ksp(T2)，故升高温度，Ksp增大，故FeAsO4的溶解过程吸收能量，C正确；D项，将Z溶液升温不一定可以得到Y溶液，若Z点溶液为刚刚饱和溶液则升高温度，溶液中的Fe3+和AsO43的浓度不变，故无法达到Y点溶液，若Z点溶液为过饱和溶液则升高温度，溶液中的Fe3+和AsO43的浓度增大，故可以达到Y点溶液，D错误；故选D。11．室温时，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知CaCO3的溶度积(室温)为2.8×109，下列说法中不正确的是()A．x的数值为2×105B．c点时有CaCO3生成C．加入蒸馏水可使溶液由d点变成a点D．b点与d点对应的溶度积相等【答案】C【解析】A项，在d点c(CO32)=1.4×104mol/L，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.8×109，所以c(Ca2+)=2×105mol/L，故x的数值为2×105，故A正确；B项，在c点c(Ca2+)＞2×105mol/L，即相当于增大c(Ca2+)，平衡左移，有CaCO3生成，故B正确；C项，d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c(Ca2+)、c(CO32)都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，故C错误；D项，b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，故D正确。故选C。12．AgCl和的溶解度随温度变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是()A．a点时，AgCl和饱和溶液的密度基本相同B．AgCl的溶解是吸热过程C．常温时，向等体积的饱和AgCl和溶液中分别加入足量的浓溶液，析出沉淀的质量比AgCl多D．可以用重结晶的方法分离AgCl和BaSO4【答案】D【解析】A项，根据图像，a点时AgCl和BaSO4溶解度几乎相等，即同体积溶液的质量几乎相等，则密度近似相等，A正确；B项，AgCl溶解度随温度升高而增大，即溶解吸热，B正确；C项，浓BaCl2足量，则溶液中Ag+和SO42能完全沉淀，沉淀量则等于二者常温下的溶解度，由图像可知，常温时，AgCl溶解度较小，则析出BaSO4沉淀的质量比AgCl多，C正确；D项，二者虽然溶解度受温度影响差异较大，但两者均难溶解，用重结晶法无法分离，D错误；故选D。13．5℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)＝6.3×10－18；Ksp(CuS)＝1.3×10－36；Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。下列关于室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0.1mol·L－1的Na2S溶液中，Zn2＋的浓度最大只能达到1.6×10－23mol·L－1C．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)变大【答案】C【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，室温下，CuS的溶解度最小，故A错；将足量的ZnSO4晶体加入到0.1mol·L－1的Na2S溶液中，c(S2－)将减至非常小，而Zn2＋的浓度远远大于1.6×10－23mol·L－1；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。14．工业上用化学法除锅炉的水垢时，先向锅炉中注入饱和Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸除去[已知：Ksp(CaCO3)=1×1010，Ksp(CaSO4)=9×106]。下列说法不正确的是()A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH)均会增大B．沉淀转化的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)C．该条件下，CaCO3的溶解度小于CaSO4D．CaCO3和CaSO4共存的悬浊液中，c(SO42)/c(CO32)=1105【答案】D【解析】A项，水电离、盐水解都吸热，温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH)均会增大，故A正确；B项，加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：COeq\o\al(2－,3)＋CaSO4CaCO3＋SO42，故B正确；C项，该条件下，设溶液为1L，由c(CO32)=c(Ca2+)==105mol·L－1，则==1104g，CaCO3的溶解度约为1×104，显然，CaCO3的溶解度小于CaSO4，故C正确；D项，CaCO3和CaSO4共存的悬浊液中，=9104，故D错误；故选D。15．某温度时，Ksp(CuS)=1035，Ksp(ZnS)=2.5×1022，Ksp(MnS)=2.5×1013，KSP[Zn(OH)2]=5×1017.下列说法正确的是()A．向CuS悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2)增大B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2C．分析以上数据可知，反应ZnS+2H2O=Zn(OH)2+H2S↑可以发生D．如图所示，向反应后的混合溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，白色沉淀转变成黑色沉淀，证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)【答案】B【解析】A项，向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，由于悬浊液中存在CuS固体，溶液依然是饱和的，所以c(S2)不变，A错误；B项，MnS的溶解度大于ZnS，向MnCl2溶液中加入MnS固体，可以促使平衡MnS(s)+Zn2+ZnS(s)+Mn2+向右移动，即MnS转化为更难溶的ZnS，达到除去Zn2+的目的，B正确；C项，硫化锌组成为1:1，而氢氧化锌的组成为1:2，根据题给数据分析可知，Zn(OH)2的溶解度大于ZnS的溶解度，故反应ZnS+2H2O=Zn(OH)2+H2S↑不能进行，C错误；D项，如图所示，向反应后的混合溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，硫离子过量，故直接继续与铜离子反应生成黑色沉淀，无法证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，D错误；故选B。16．不法分子曾用含有可溶性钡盐的工业废盐腌制咸鸭蛋而引发了钡盐中毒事件。根据资料得知，当胃液中Ba2+浓度小于104mol·Lˉ1时，可以达到解毒目的。已知：Ksp(BaSO4)=1.1×1010、Ksp(BaCO3)=2.6×109。下列有关说法错误的是()A．可溶性钡盐使人体蛋白质变性引起中毒B．误食碳酸钡不会引起中毒C．医学上用mol·Lˉ1的硫酸钠溶液给患者洗胃，可以达到有效解毒效果D．BaSO4在一定条件下也可以转化为BaCO3【答案】B【解析】A项，钡离子属于重金属离子，可使蛋白质变性而引发中毒，则可溶性钡盐能使人体蛋白质变性引起中毒，故A正确；B项，人体胃酸的成分是盐酸，误食碳酸钡会与胃酸反应转化为可溶性的氯化钡，能使人体蛋白质变性引起中毒，故B错误；C项，，=2.9×1010mol/L＜104mol·Lˉ1，则医学上用0.38mol·Lˉ1的硫酸钠溶液给患者洗胃，可以达到有效解毒效果，故C正确；D项，根据溶度积常数可知，BaSO4比BaCO3跟难溶，但在饱和的碳酸钠溶液中，硫酸钡溶解在水中的钡离子可与碳酸根离子结合形成碳酸钡沉淀，则在一定条件下BaSO4也可以转化为BaCO3，故D正确；故选B。17．已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×1015，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×1038。将含Fe2O3、Ag、Ni的某型废催化剂溶于盐酸，过滤，滤渣为Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+。向该溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液(假设溶液体积不变)。下列说法中正确的是()A．金属活动性：Ag＞NiB．加入NaOH溶液时，先产生Ni(OH)2沉淀C．当滴定到溶液pH=5时，溶液中lg约为10D．当滴定到溶液呈中性时，Ni2+已沉淀完全【答案】C【解析】A项，Ag不能与盐酸反应，而Ni能与盐酸反应，因此金属活动性：Ni＞Ag，故A错误；B项，c(Ni2+时，Ni2+刚好开始沉淀时溶液中，c(Fe3+时，Fe3+刚好开始沉淀时溶液中，故先产生Fe(OH)3沉淀，故B错误；C项，溶液pH=5时c(H+)=105mol/L，溶液中，，，则Ni2+未沉淀，c(Ni2+，则，故C正确；D项，当溶液呈中性时，c(OH)=1×107mol/L，此时溶液中，故Ni2+未沉淀完全，故D错误；故选C。【培优竞赛】18．(2021•全国甲卷真题)已知相同温度下，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)。某温度下，饱和溶液中－lg[c(SO42)、－lg[c(CO32)、与－lg[c(Ba2＋)]的关系如图所示。下列说法正确的是()A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线B．该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×10－10C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点D．c(Ba2＋)＝10－时两溶液中【答案】B【解析】因BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32)]的关系。A项，由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，故A错误；B项，曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，故B正确；C项，向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c(SO42)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，故C错误；D项，由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－时，两溶液中＝＝，故D错误；故选B。19．(2021•全国乙卷真题)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M+)随c(H+)而变化，M+不发生水解。实验发现，时c2(M+)c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是()A．溶液pH＝4时，c(M+)3.0×104mol·L－1B．MA的溶度积度积KspC．溶液pH＝7时，c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH―)D．HA的电离常数Ka1(HA)≈2.0×104【答案】C【解析】A项，由图可知pH=4，即c(H+)=10×105mol/L时，c2(M+)=7.5×108mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×104mol/L，A正确；B项，由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH，此时A的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A)，则Ksp(MA)=c(M＋)c(A－)=c2(M＋，B正确；C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH―)+nc(Xn)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn)，C错误；D项，当c(HA)=c(A－)时，由物料守恒知c(A－)+c(HA)=c(M＋)，则，，则c2(M＋，对应图得此时溶液中c(H＋)=2.0×104mol/L，，D正确；故选C。20．(2023•全国甲卷，13)下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是()A．由点可求得Ksp[]=10B．pH=4时的溶解度为C．浓度均为0.01mol·L1的和可通过分步沉淀进行分离D．混合溶液中c()0.2mol·L1时二者不会同时沉淀【答案】C【解析】A项，由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则Ksp[]=c()·c3(OH)=10×(1012)3=10，故A错误；B项，由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则Ksp[]=c)·c3(OH)=106×(109)3=1033，pH=4时的溶解度为=103mol·L1，故B错误；C项，由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀和，故C正确；D项，由图可知，沉淀完全时，pH约为，刚要开始沉淀，此时c()0.1mol·L1，若c()0.2mol·L1>0.1mol·L1，则会同时沉淀，故D错误；故选C。21．(2023•山东卷，15)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2++2I；HgI2(aq)HgI++I；HgI2(aq)+IHgI3；HgI2(aq)+2IHgI42，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3)、lgc(HgI42)随lgc(I)的变化关系如图所示，下列说法错误的是()A．线表示lgc(HgI42)的变化情况B．随c(I)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小C．D．溶液中I元素与元素的物质的量之比始终为2：1【答案】B【解析】由题干反应方程式HgI2(aq)Hg2++2I可知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)2lgc(I)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)lgc(I)，lgc(HgI3)=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I)，lgc(HgI42)==lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0=c[HgI2(aq)]为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3)、lgc(HgI42)。A项，线L表示lgc(HgI42)的变化情况，A正确；B项，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化学平衡常数K0=c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，B错误；C项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)2lgc(I)，曲线2方程为：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)lgc(I)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)a，联合①②可知得：，C正确；D项，溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2：1，D正确；故选B。22．沉淀溶解平衡在生活、生产和化学学习中有着重要应用。请回答下列问题：(1)工业上湿法炼锌过程中，以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl等杂质，这些杂质对锌的电解工序有妨碍，必须提早除去.现有下列试剂可供选择：酸性KMnO4溶液、NaOH溶液、ZnO、H2O2溶液、Fe、AgNO3溶液、Ag2SO4。①为了除去Fe2+，应加入合适的氧化剂，将其氧化为Fe3+，则应选择的氧化剂是___；利用沉淀转化原理，可加入___，除去Cl。②为使某些金属离子转化为沉淀而除去，需加入适当的物质调节溶液的pH。则加入的物质是___。(2)工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)，该反应达到平衡时，c(Mn2+)___(填“＞”“＜”或“=”)c(Cu2+)(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag+与CrO42生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。25℃时，当溶液中Cl恰好完全沉淀(浓度等于1.0×105mol•L1)时，溶液中c(Ag+)为___mol•L1，此时溶液中c(CrO42)等于___mol•L1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×1012和2.0×1010)。【答案】(1)H2O2溶液Ag2SO4ZnO(2)>(3)2.0×1055.0×103【解析】(1)①根据除杂的“两不”“两易”原则可知，除去Fe2+又不引入新的杂质，所以应选择H2O2溶液，将其氧化为Fe3+，除去溶液中的Cl，为了不引入新的杂质，应选择Ag2SO4；②为使某些金属离子转化为沉淀而Zn不被沉淀，则应选择ZnO或者Zn(OH)2，由题意有应选ZnO；(2)由反应Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)可知，Ksp(MnS)Ksp(CuS)，铜离子比锰离子更容易与硫离子结合生成硫化铜，所以该反应达到平衡后溶液中的c(Mn2+)＞c(Cu2+)；(3)由Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)有，因为25℃时AgCl的Ksp=2.0×1010，所以25℃时，当溶液中Cl恰好完全沉淀(浓度等于1.0×105mol•L1)时，溶液中c(Ag+)2.0×105mol•L1；由Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag+)c(CrO42)有，因为25℃时Ag2CrO4的Ksp为2.0×1012，所以c(CrO42)=5.0×103mol•L1。23．按要求回答下列问题(1)我国规定生活用水中镉排放的最大允许浓度为0.005mg/L。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：①磷酸镉(Cd3(PO4)2)沉淀溶解平衡常数的表达式Ksp＝_____________________。②在某含镉废水中加人Na2S，当S2浓度达到7.9×108mol/L时，水体中Cd2+浓度为_____mol/L(已知：Ksp(CdS)=7.9×1027，Cd的相对原子质量：112)；此时是否符合水源标准？______(填“是”或“否”)。(2)炼锌烟尘(主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO)为原料，可以制取氯化锌和金属锌。制取氯化锌主要工艺如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L－1计算)。金属离子Fe3+Zn2+Fe2+开始沉淀的pH1.15.25.8沉淀完全的pH3.26.48.8①加入H2O2溶液的作用是________________。②流程图中，调节pH时，加入的试剂X可以是________(填序号)；a、ZnOb、NaOHc、Zn2(OH)2CO3d、ZnSO4pH应调整到______________________。【答案】(1)①c3(Cd2+)·c2(PO43)②1.0×1019是(2)①)使Fe2+被氧化为Fe3+②【解析】(1)①磷酸镉沉淀的溶解平衡体系为Cd3(PO4)2(s)=3Cd2＋(aq)＋2PO43－(aq)，则平衡常数的表达式为Ksp=c3(Cd2＋)·c2(PO43－)；②当S2－浓度达到7.9×10－8mol·L－1时，c(Cd2＋)==1.0×10－19mol·L－1，1L溶液中含有n(Cd2＋)=1.0×10－19mol，其质量为1.0×10－19mol×112g·mol－1=1.12×10－17g，其浓度为=1.12×10－14mg·L－1<0.005mg·L－1，是符合水源标准；(2)①根据流程、表格中的数据以及制取的物质，沉淀B为Fe(OH)3，即加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋；②试剂X的目的是调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3形式沉淀出来，所加物质不能产生新的杂质，过量的能除去，因此所加物质应是ZnO或Zn(OH)2或Zn2(OH)2CO3，故a、c正确；调节pH，使Fe3＋全部沉淀，Zn2＋不能产生沉淀，根据表格中的数据，pH的范围是。24．某研究性学习小组对肾结石在人体中的溶解平衡进行初步探究，进一步认识肾结石产