2023-2024届新高考一轮复习人教版 第八章 第4讲　沉淀溶解平衡 学案

第4讲沉淀溶解平衡

难溶电解质的!宏观辨识与

沉淀溶解平衡1.认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡,了解沉淀的生≡//孑微观探析

!\7L/!•

/；成、溶解与转化卜/,

，,_______________

溶度积及其‘\人:变化观念与

应用∖ΛA/：平衡思想

Y\----------------------------------------------------------------久；、

、/''72.能综合运用离子反应、化学平衡原理,分析和解决生产、生活中

沉淀溶解平了/‘•:有关电解质溶液的实际问题”

证据推理与

一..,一"______________________________J\

衡的应用模型认知

------••必备知识・整合・•-------

一、难溶电解质的沉淀溶解平衡

1.概念和建立

在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相签时,形成饱和溶液,达到平衡

状态,把这种平衡称为沉淀溶解平衡

①V溶解＞v沉淀

固体溶质器溶液中的溶质

固体溶解

"卜个溶解）.②V溶解=V沉淀

溶解）=”（沉淀）

溶解平衡

[∕⅛淀，.

③V溶解〈V沉淀

«0«1t

析出晶体

2.沉淀溶解平衡的影响因素

（）内因。……

1^wwvwww►

难溶电解质本身的性质。

⑵外因。

①浓度:加水稀释,平衡向沉淀溶解的方向移动;

②温度:……一:多数难溶电解质的溶解是吸热过程

升高温度,大多数平衡向沉淀溶解的方向移动;

③同离子效应:加入与难溶电解质构成中相同的离子,平衡向生成沉

途方向移动；

④其他:加入可与体系中某些离子反应生成更难溶或更难电离或气体

的离子时一,平衡向沉淀溶解的方向移动。

3.表示

以AgCl的沉淀溶解平衡为例：

AgCl(s)utAg'(aq)+Cl(aq)

物质要标明聚集状态;AgCl—Ag'+Cl表示在水中完全电离(是指溶解

的那一部分)。

［理解・辨析］

ii

1.根据AgCl(S)UAg,(aq)+Cl(aq),CH3COOH^=CH3COO+H',可以判断

AgCKCLCOOH均为弱电解质，这种说法正确吗？

提示:不正确,AgCl是强电解质,AgCI(S)UiAg,(aq)+Cl(aq)表示氯化

银的沉淀溶解平衡。

2.试分析外因对AgCI(S)UiAg'(aq)+Cl(aq)AH>0的影响。

移动平衡后平衡后

外界条件

方向C(Ag')c(CΓ)

升高温度————

加水稀释————

加入少量

————

AgCl

加入少量

————

AgNO3

通入HCl——增大不变

通入H2S————

提示:正向增大增大增大正向不变不变不变不移动

不变不变不变逆向增大减小不变逆向减小正向

减小增大不变

3.AgCl沉淀达到溶解平衡时,溶液中c(Ag)和C(Cr)是否一定相等,

且保持不变？

提示:达到平衡时各物质浓度保持不变,故C(Ag+)和c(Cl)不再发生

变化,但不一定相等。

二、溶度积常数及其应用

1.溶度积与离子积

π

以''AuιBn(s)=mA*(aq)+nB"(aq)”为例

项

溶度积离子积

目

概难溶电解质的沉淀溶解的平衡

溶液中有关离子浓度幕的乘积

念常数

符

KspQ

号

表

mn+nmmntnm

Ksp(AraBn)=C(A)∙c(B),表达Q(AmBn)=C(A)∙c(B^),表达

式中的浓度都是平衡浓度式中的浓度是任意浓度

判断在一定温度下溶液中难溶电解质的沉淀或溶解情况:①

应

Q>Ksp,溶液中有沉淀析出；②Q=KSp,沉淀与溶解处于平衡状态;③

用

Q<Ksp,溶液中无沉淀析出

2.降的影响因素

⑴内因:难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。

⑵外因。

①浓度:加水稀释,平衡向溶解方向移动,但KSP丕变。②温度:绝大多

数难溶盐的渣解是吸热过程,升高温度,平衡向溶解方向移动,KSJ曾大。

③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。

三、沉淀溶解平衡的应用

1.沉淀的生成和溶解

项

沉淀的生成一沉淀的溶解

目

根据平衡移动原理,对于在水中难

当Q>Ksp时,难溶电解质的溶的电解质，如果能设法不断地移

原

溶解平衡向左移动,生成沉去平衡体系中的相应离子,使平衡

理

淀向沉淀溶解的方向移动,使沉淀溶

解

无机物的制备和提纯、废水气体制备、除锈等

处理等领域,常利用生成沉L4一般认为残留在溶液中的离子浓

应

淀来达到分离或除去某些度小于1×10⅛ol∙L'时,已经沉淀

用

离子的目的;沉淀滴定完全

解释溶洞的形成,蛀牙的预防等

①酸溶解法:如CaC。3难溶于水,加

入盐酸后C(CoQ隆低,沉淀溶解平

①调节PH法:如除去CuCl2

衡向溶解方向移动;

溶液中的FeCk,可向溶液

②盐溶液溶解法:如Mg(OH)2溶于

中加入CUO[或CU(OH)2或

实NHEl溶液;

CUCo3或Cu2(OH)2CO3]

例③配位溶解法:如AgCl溶于氨水;

②沉淀剂法：如以HSgS

④氧化还原溶解法:如Ag2S溶于稀

等沉淀污水中的Hg，Cu2+

硝酸,化学方程式为

等重金属离子

3Ag2S+8HN(λ(稀)±6AgN03+3SI

+2Not+4氏0

2.沉淀的转化

⑴沉淀转化实验。

①难溶性银盐AgC1、AgI、AgzS的转化。

t0.1mol∙L'*∣0.1mol∙L-1t,0.1mol∙L-1

rKlk

MAgNO3

实验

∏溶液4滴注溶液8滴

[ɪ[溶液2滴

W后L泪艮反应混

∣3∕0.1mol∙L"1I

操作二二卜反应混合物E二二IZ

ʃGr合物

NaCl溶液

实验有白色沉淀析白色沉淀转化为黄色黄色沉淀转化为黑色

现象出沉淀沉淀

离子

CΓ+Ag+-

2

方程AgCI+1^—Agl+cr2AgI+S-Ag2S+2Γ

AgClI

式

②Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化。

I2mol∙L'1’.0.1mol∙L1

FNaOHHFeCl3

实验

I溶液2~4滴|7［溶液4滴

操作1/0.1mol•1/昌/反应混合物

iMgC辱械

实验

产生白色沉淀白色沉淀转化为红褐色沉淀

现象

离子

2+3+2+

Mg+20H_Mg(OH)2；3Mg(0H)2+2Fe—=2Fe(OH)3+3Mg

方程式

⑵沉淀转化的实质。

沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。一般来说,溶解度小的沉

淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现,两种沉淀的溶解度差别越大，

转化越容易实现。

降相差不大的难溶电解质,降较小的难溶电解质在一定条件下可以转

化为KSP较大的难溶电解质。

⑶沉淀转化的应用。

Na；c3jg,

①锅炉除水垢(含有CaSO1):CaSO1(s)°^-CaCO3(s)加酸如盐酸A

Ca2"(aq)。

②自然界中矿物的转化:原生铜的硫化物也ʤsθ“溶液

渗透、遇闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS).铜廷(CUS)

［理解・辨析］

为研究沉淀的生成及其转化,某小组进行如图实验。①中现象:产生红

色沉淀,②中现象:溶液先浑浊,后澄清,③中现象:产生白色沉淀。

2mL0.004moɪ∙L^'K2CrO.溶液

2mL0.01mol∙L^*I^^IΦ

AgNo3溶液、

1.写出①③浊液中存在的沉淀溶解平衡。

提示：Ag2CrO,∣(s)^^2Ag'(aq)+CrOf(aq),AgCl(s)^i

+

Ag(aq)+CΓ(aq)0

2.试从平衡移动原理角度解释②中溶液变澄清的原因。

+

提示:加入氨水后,Ag+与NH3-H2O生成［Ag(NH3)2］,c(Ag,)降低,溶液中

Ag+与OH的离子积Q(AgOH)＜降(AgOH),沉淀溶解平衡向溶解方向移动,

溶液变澄清。

3.③中现象是否可以证明AgCl比AgzCrOi更难溶？

提示:AgNo3溶液过量,故余下浊液中含有Ag1加入KCl溶液生成AgCl

白色沉淀,不能证明AgCl比AgzCrOi更难溶。

TK知认建构

含义

内因

溶解—浓度

影响

⅛

平衡函外因

溶解同离子效应

沉化学反应

沉淀

淀含义

生成

应用溶溶度

一解鹄只与温度有关

积“三

因素1-------------

平

转化要素”意义

衡

‘利用Q与K.的相对大小判断一,

定条件下沉淀能否生成或溶解

—•・关键能力•提升・•

考点一沉淀溶解平衡及应用

考向一沉淀溶解平衡的特点及其影响因素

1.(2022•河北石家庄二中模拟)下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法

中正确的是(A)

A.AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行,但速率相等

B.AgCl难溶于水,溶液中没有Ag'和CI

C.升高温度,AgCl沉淀的溶解度减小

D.在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体,AgCl沉淀溶解的量不

变

解析:加入NaCl固体,增大Cl浓度,使AgCl(S)KiAg'(aq)+Cl(aq)的

平衡左移,析出氯化银沉淀，因此AgCl沉淀溶解的量减少,D项错误。

2.已知溶液中存在平衡:Ca(0H)2(s)-Cayaq)+20H(aq)ΔH<0,下

列有关该平衡体系的说法正确的是(A)

①升高温度,平衡逆向移动②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大

钙离子浓度③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④恒温下向溶液中加入CaO,溶液的pH升高

⑤给溶液加热,溶液的pH升高⑥向溶液中加入Na2CO3溶液,其中固

体质量增加⑦向溶液中加入少量NaoH固体,Ca(OH)2固体质量不变

A.①⑥B.①⑤⑦

C.②③④⑥D.①②⑥⑦

解析:加入碳酸钠粉末会生成CaCO3,使Ca?'浓度减小,②错误;该溶液

中c(Ca")较小,Ca(OH)2的溶度积较大,要除去Ca2+,应把Ca?'转化为更

难溶的CaCO3,③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,④错误;加热,Ca(OH)2的溶解度减小,溶液的pH

降低,⑤错误;加入Na2CO3溶液,沉淀溶解平衡向右移动,Ca(OH)2固体

转化为CaC固体，固体质量增加,⑥正确;加入NaOH固体平衡向左移

动,Ca(OH)2固体质量增加,⑦错误。

考向二沉淀溶解平衡的应用

3.(2022・吉林延边模拟)往锅炉注入NazCG溶液浸泡,将水垢中的

CaSol转化为CaCO-再用盐酸除去，下列叙述中正确的是(D)

A.温度升高,Na2CO3溶液的(和c(K)均会增大

B.CaSOl能转化为CaCO%说明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO1)

C.CaCa溶解于盐酸而CaSO∣不溶,是因为硫酸酸性强于盐酸

-i

D.沉淀转化的离子方程式为ɑθɜ(aq)+CaSO4(s)=≈=

CaCO3(s)+SO4^(aq)

解析:温度升高,水的电离平衡正向移动,Kw增大;温度升高,NazCG的

水解平衡正向移动,c(OH)增大,c(H)减小,A项错误;一般说来溶解度

小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀,故Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO1),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,CaS0∣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。

4.自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CUSol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)o下

列分析正确的是(D)

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

2+2

C.CUSOI与ZnS反应的离子方程式是Cu+S-CuSI

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:溶液中难溶解的物质向更难溶解的物质转化，因此CUS的溶解

度小于PbS的溶解度,A项错误；自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、

淋滤作用后变成CUS0”容液,说明原生铜的硫化物具有还原性,铜蓝中

硫元素化合价最低,能失去电子,具有还原性,B项错误;ZnS难溶于水,

因此CUSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2(aq)+ZnS(s)-

CuS(s)+Zn2,(aq),C项错误。

5.用平衡移动原理解释下列事实。

⑴已知Ba而有毒。医疗上用BaSOl作银餐透视,而不用BaCO3作钢餐的

原因为。

⑵分别用等体积的蒸镭水和0.Olmol∙L的盐酸洗涤AgCl沉淀,用

水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失,其原因为—o

答案：(1)由于胃液的酸性很强(PH为0.9〜L5),H与BaCo3电离产生

的COr结合生成CO2和乩0,使BaCO3的沉淀溶解平衡BaCO3(s)-

2-

Ba(aq)+CO3(aq)向右移动,c(Ba2+)增大,会引起人体中毒。而SOf是

强酸根离子,不能与胃液中的H结合,因而胃液中H'浓度对BaSoI的沉

淀溶解平衡基本没影响,Ba"浓度可以保持在安全的浓度范围(2)用

水洗涤AgCI,AgCl(s)=:Ag'(aq)+Cl(aq)平衡右移,AgCl固体的质量

减少;而用盐酸洗涤AgCI时,HCl电离产生的Cl会使AgCl的沉淀溶

解平衡向左移动,可以减少AgCl的溶解，因而损失较少

考点二溶度积及应用

考向一溶度积常数的概念及比较

1.下列有关BaSOs沉淀溶解平衡的说法中错误的是(B)

2+

A.BaSO3的溶度积常数表达式Ksp(BaSO3)=c(Ba)∙c(SoQ

2

B.BaS(λ难溶于水,溶液中没有Ba?’和3

C,升高温度,BaS(λ的溶解度增大

D.向BaSOs悬浊液中加入Na2SO3固体,BaSo3溶解的量减少

解析:BaS(λ虽难溶于水,BaSO3在水中溶解度较小,但溶液中有极少量

的Ba"和SOr,故B错误。

2.(不定项)分别进行下列操作，由现象得出的结论正确的是(CD)

选

操作现象结论

项

K(AgCl)>

将稀硫酸和Na2S反应生成的气体通入出现黑色sp

A

K(AgS)

AgNO3与AgCl组成的悬浊液中沉淀sp2

向盛有2mL0.1mol・LAgNO3溶液先有白色沉

1

的试管中滴加ImLO.1mol・L^NaCl淀生成,后Ksp(AgCl)>

B

溶液,再向其中滴加4〜5滴0.1又产生黄色Ksp(AgI)

mol∙L1KI溶液沉淀

Ksp(Ag2S)<

C向AgI悬浊液中滴入Na2S溶液固体变黑

Ksp(AgI)

1

将4S气体通入浓度均为0.01mol∙U先出现CUSKsp(CuSX

D

的ZnSo4和CUSO4溶液中黑色沉淀Ksp(ZnS)

解析:生成的硫化氢与硝酸银溶液反应生成硫化银沉淀,没有沉淀的

转化,无法判断KSP(Agel)与KSP(Ag2S)的大小,A错误;AgNO3溶液过

量,KI直接与AgNo3反应,无法判断KSP(AgCl)与Ksp(AgI)的大小关

系,B错误;难溶的物质先沉淀出来,说明KSP(CUS)〈鼠I)(ZnS),D正确。

考向二溶度积常数的相关计算及应用

8

3.(2023•山西太原模拟)在25℃时,FeS的Ksp=6.3×10^',CuS的

362

Ksp=1.3×10^,ZnS的Ksp=l.3×10-∖下列有关说法中正确的是

(D)

A.25℃时,CuS的溶解度大于ZnS的溶解度

B.25℃时,饱和CUS溶液中Cd的浓度为1.3X1036mol-LT

C.向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S,只

有FeS沉淀生成

D.除去某溶液中的Cu2+,可以选用FeS作沉淀剂

解析:根据CuS、ZnS的KSP可知，1L溶液中溶解的CUS的质量为

(√Γ3×10"8×96)g,同理1L溶液中溶解的ZnS的质量为

(√1T3×IO-2×97)g,所以CuS的溶解度小于ZnS的溶解度,A错误；

根据CuS的溶解平衡CuS(s)-S2^(aq)+Cu2*(aq)可得

KSP=C(CU2，)・c(S3,可知饱和CuS溶液中

c(Cu+)=JKSP(CUS)=√OX10飞mol・U,B错误;FeS的KSP大于ZnS

的Ksp,所以向物质的量浓度相同的FeCI2、ZnCI2混合液中加入少量

Na2S时,应只有ZnS生成,C错误;依据沉淀的转化,溶度积大的FeS可

以转化为溶度积小的CuS,D正确。

4.已知:298K时,物质的溶度积如表所示。

化

学CH3COOAgAgClAg2CrO1Ag2S

式

31012

Ksp2.3X101.56X101.12XlO'6.7X10v°

下列说法正确的是(C)

A.将O.OOlmol・LAgNO3溶液逐滴滴入O.OOlmol∙L1KCl和0.OOl

mol・LK2CrO4的混合液中,则先产生AgzCrO“沉淀

B.向2.OXlO4mol∙I?的LCrOi溶液中加入等体积的2.OXlO1

mol∙L的AgNO3溶液,则有AgzCrO,沉淀生成(忽略混合时溶液体积的

变化)

C.向CH3COOAg悬浊液中加入盐酸,发生反应的离子方程式为

f

CH3C00Ag+H+CΓ:==CH3COOH+AgCl

D.向AgCl悬浊液中加入Ag2S固体,AgCl的溶解度增大

解析:氯化银沉淀所需银离子浓度为C(Ag^)黑Dj。

Cvŋl/U∙UUJL

mol∙L'=1.56×107mol-L'AgzCrO」沉淀所需银离子浓度为

c(Ag+)=怜髻学O2=・L=√YO><IO5

&ʌ/C(Croj)NO.OOl

mol∙L'i√lL2×10^mol∙L1>1.56×107mol-L,氯化银先沉淀，

故A错

442,2

误；Q=c2(Ag+)-C(CrOf)=LOXlOX(1.OX10)=1.0×10,Ksp(Ag2

2

CrO4)=1.12×IO*,Q<Ksp,所以溶液混合不能产生沉淀，故B错

误;KSP(CH3C00Ag)>L(AgCl),所以向CH3COOAg悬浊液中加入盐酸,发

生反应的离子方程式为CH3C00Ag+H++CF_CH£00H+AgCl,故C正确；

向AgCl悬浊液中加入AgzS固体,c(Ag+)增大,AgCl的溶解平衡逆向移

动,AgCl的溶解度减小,故D错误。

5.根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题。

⑴已知25已时,1UMg(OH)2]=1∙8义10口酸碱指示剂百里酚蓝变色

的pH范围如表所示：

PH<8.08.0~9.6>9.6

颜色黄色绿色蓝色

25°C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o(已知痂心3.3,Ig3-0.5)

38

(2)已知25℃时Ksp[Fe(OH)3]=4.OXlO5此温度下若在实验室中配

制100mL5mol∙LTFeCh溶液,为使配制过程中不出现浑浊现象,

则至少需要加入mL2mol∙I√的盐酸(忽略加入盐酸体积)。

(3)298K时，向c(Ce%=0.02mol・L的溶液中加入氢氧化钠来调节

溶液的pH,若反应后溶液pH=10,此时Ce?’是否沉淀完全?(填

“是”或“否”)，判断的理由是o

203+5

(要求列式计算，已知:Ksp[Ce(OH)3]=1.0×IO,C(Ce)<1.OXlO

mol-L时视为沉淀完全)

333+

(4)已知25℃时,Al(OH)3的KSP=L3XlO-,则该温度下反应A1+3H2O

-Al(OH)3+3H'的平衡常数为o

82

(5)在某温度下,Ksp(FeS)=6.25×10',FeS饱和溶液中C(H)与C(S^)

之间存在关系：C2(H,)∙c(S2-)=l.ox10(为了使溶液中c(Fe")达到

1mol∙L,现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的c(H*)

约为

解析：⑴Mg(OH)2(s)

Mg2+(aq)+20H(aq),C(Mg2+)∙c2(OH)=I.8义10”,设C(OH)=2c(Mg2t)=X

2114t104

mol/L,贝IJ有0.5x∙x=l.8×10^,解得x≈3.3×10;c(H)=ɪ4

mol∕L≈3.0×10l'mol∕L,溶液的PHQI0.5>9,6,所以溶液呈蓝色。

(2)若不出现浑浊现象,则c(Fe")-c"0H)〈降,代入数据可求出

c(OH)<2XlO13mol∙L',c(H+)≥5×102mol・L,故至少要加入2.5

mL2mol∙L1的盐酸。

(4)反应AK+3HZO-Al(OH)3+3H-平衡常数的表达式为K=W黑,则

c(Al3+)

3+

K-C(H).c3(0H)_________1________.¢3(OH)∙C3(H+)_K)寸

-C(Al3+)*c3(OH)^c(Al3+)∙c3(OH),1布，U

3314(10x101

KSP[A1(0H)3]=1.3×IO-,KW=L0×IO-,代入上式得K=-"f≈

1.3×10a

7.7×10l0o

625118

(5)根据Ksp(FeS)=6.25X1()T8得c(s。=∙×θ

mol∙L1=6.25×1018mol∙L1,根据C2(H)∙c(S2)=1.OX10'”得

-1

C(H)=Ils：mol-L-*=4×10⅛ol・Lo

76.25x10-18

答案：(1)蓝色(2)2.5

⑶是因为根据C(CeA)=KSP2。mo]β广=L0×ι0-

mol∙L*<l.0×10^5mol∙L,所以Ce”沉淀完全

(4)7.7X1010(5)4×10⅛ol∙L

[归纳总结]溶度积计算的三种常见设问方式

⑴已知溶度积,求溶液中某种离子的浓度,如Ksp=a的饱和AgCl溶液

1

中，c(Ag")=Vamol∙Uo

(2)已知溶度积、溶液中某离子浓度,求溶液中另一种离子的浓度,如

某温度下AgCl的KSP=a,在0.1mol∙L^l的NaCl溶液中加入过量的

+1

AgCl固体,达到平衡后c(Ag)=IOamol∙L0

⑶计算反应的平衡常数,如对于反应Cu"(aq)+ZnS(s)一

2+2

CuS(s)+Zn"(aq),Ksp(ZnS)=C(Zn)∙c(S"),KSP(CUS)=C(Cu)∙c(S)

该反应的平衡常数K-：嚣„。

微专题23化工流程中适宜条件的选择与Ksp的应用

化学工艺流程题是高考的热点内容,每年都会涉及,体现了化学

知识与生产实际的紧密联系。流程题只有两个目的:一是从混合物中

分离、提纯某一物质；二是利用某些物质制备另一物质。在很多化工

流程题中，我们会看到压强、温度、酸碱性等外界条件的选择与调控，

不同的工艺对物质反应的条件有不同的要求,其所起的作用也不一样,

但却都是能否达到目的的关键所在。

辅助原料

目

辅助原料操作或标

产

原j/主产物一

物

料反应口

或操作或

废

弃反应I副产物

物〈副产物一►副产品

条件控制

1.适宜条件的选择与控制反应条件的方法

(1)溶液酸碱性:控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉

淀——pH的控制。

调节pH所需的物质一般应满足条件：

①能与H'反应,使溶液pH增大；

②不引入新杂质。

⑵蒸发、反应时的气体氛围:抑制物质的水解、氧化等,提高产率。

(3)温度。

①加热的目的:加快反应速率或促进平衡向某个方向移动(正向移动

或逆向移动，由题意而定)；

②降温反应的目的：防止某物质在高温时会分解或为使化学平衡向着

题目要求的方向移动；

③趁热过滤:防止某物质降温时析出；

④冰水洗涤:洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中的

溶解损耗。

2.KSP的应用

溶度积常数反映了难溶电解质在水中的溶解能力，化工流程中常常需

要控制条件进行离子的分离或除杂，如通过溶度积常数计算溶液中金

属离子的浓度、离子沉淀时的pH、判断废水排放是否符合标准、沉

淀完全转化时所需离子浓度等，因此高考试题的化工流程题中溶度积

常数及其应用一直是考查的热点。

常见题点有求算难溶电解质的鼠八沉淀转化的平衡常数、判断一定

条件下离子是否开始沉淀或沉淀的离子、计算离子完全沉淀的PH或

调节除杂的PH范围等。

尸典型例题

（2022・广东卷）稀土（RE）包括镯、铝等元素,是高科技发展的关键支

撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿（含铁、

铝等元素）中提取稀土的工艺如下：

酸化MgSO,溶液月桂酸钠

滤渣

盐酸

55tJ

RECl

3T操FXlT⅞踊］一滤饼T过

溶液

月桂酸滤液2

已知:月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃;月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶

于水。该工艺条件下,稀土离子保持+3价不变；(CUH23COO)2Mg的

KSP=L8X108；Al(OH)3开始溶解时的PH为8.8;有关金属离子沉淀的

相关PH见下表。

离子Mg2+Fe3+Al3tRE3+

开始沉淀

8.81.53.66.2〜7.4

时的PH

沉淀完全

/3.24.7/

时的PH

⑴“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是

(2)“过滤1”前,用NaOH溶液调pH至的范围内，该过程中

AK发生反应的离子方程式为

⑶“过滤2”后,滤饼中检测不到Mg元素,滤液2中Mg"浓度为2.7

13+

g-Lo为尽可能多地提取RE,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保

“过滤2”前的溶液中C(CUH23COO)低于mol-L(保留两位

有效数字)。

(4)①“加热搅拌”有利于加快RE"溶出、提高产率,其原因是。

②“操作X”的过程为:先,再固液分离。

(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有(写化学式)。

解析：由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO1溶液浸取,

得到的浸取液中含有RE∖Mg"、Fe2∖Fe工Al3∖Sof等离子,经氧

化调PH使Fe3∖AV形成沉淀,经过滤除去,滤液1中含有RE3∖Mg2∖

Sof等离子,加入月桂酸钠,使RE*形成(C11H23COO)3RE沉淀,滤液2中

主要含有MgSO1,MgSo,溶液可循环利用，滤饼加盐酸,经加热搅拌溶解

后,再冷却结晶，析出月桂酸,再固液分离得到RECl3溶液。

⑴由分析可知，“氧化调pH”的目的是除去含铁、铝等元素的离子,

需要将Fe"氧化为Fe3+,以便后续除杂,所以化合价有变化的金属离子

2+

是Fe0

⑵由表中数据可知,AK沉淀完全时的PH为4.7,而RE9开始沉淀时的

pH为6.2〜7.4,所以为保证Fe3∖AK沉淀完全,且RE*不沉淀,要用

NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中AK发生反应的离

3t

子方程式为Al+3OH-Al(OH)3J。

(3)滤液2中Mg"浓度为2.7g∙L1,即0.1125mol・L,根据

2+

Ksp[(CllH23COO)2Mg]=c(Mg)∙C2(C∕23C00),若要加入月桂酸钠后只生

成(CUH23COO)3RE,而不生成(CUH23CoO)zMg,则

c(CHCOOXHPKJH*：。)2MgL户还

1123

∖C(Mg2+)70.1125

H

mol∙L'=4.0×IOTmOl∙L0

⑷①“加热搅拌”有利于加快REa-溶出、提高产率,其原因是加热搅

拌可加快反应速率。

②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由题给信息可知，月桂酸

(CUH23CooH)熔点为44℃,故“操作X”的过程为先冷却结晶，再固液

分离。

⑸“滤液2”中含有MgSOi,可以用作“浸取”时加入的“酸化MgSol

溶液”。

答案：⑴Fe"

3+

(2)4.7≤pH<6.2A1+3OH-A1(OH)31

(3)4.0X101

(4)①加热搅拌可加快反应速率②冷却结晶

(S)MgSO4

①变式发散

(1)调PH可选择何种试剂？

提示:Mg(OH)2或MgO等o

3+

(2)用Ksp[Fe(OH)3]和Ksp[Al(OH)3]表示滤液1中C(Fe)与C(AM)之比。

+b干.c(Fe3+)_Rp[Fe(OH)3]

-

旋"'c(AP+)Ksp[Al(OH)3]°

⑶当溶液中某离子浓度CWL0X10°mol-L1时，可认为该离子沉淀

完全,试计算KsJFe(OH)31和KspEAl(OH)3]的数量级。

37l

提示:Q[Fe(OH)3]=1.0×10,数量级为

38933

10-IKSP[A1(OH)3]=1.0×lθɪ,数量级为IOo

(4)“加热搅拌”环节控制温度为55℃,若温度过高或过低有何影响?

提示:HCl易挥发,温度过高,不利于RE"溶出;月桂酸熔点为44℃,温

度过低,亦不利于RE*溶出和分离，降低产率。

[归纳拓展]工业流程题的结构

1.从钛白工业废酸(含铳、钛、铁、锦等离子)中提取氧化铳(Sc?。。

的一种流程如图。

废

成

品

酸

回答下列问题。

(1)洗涤''油相"可除去大量的钛离子,洗涤水是用93%的浓硫酸、27.5%

的乩。2溶液和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是。

⑵先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是；再向滤液

加入氨水调节pH=6,滤液中Sc"的浓度为o｛已

1339

知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×IO,Ksp[Fe(OH)3]=2.6X10^,Ksp[Sc(OH)3]=9.

0×103')

(3)用草酸"沉铳二25℃时pH=2的草酸溶液中生舞•=(保

C(H2C2O4)

留两位有效数字)。写出“沉铳”得到草酸铳的离子方程式:O

25

[已知Kal(H2C2O4)=5.9×10,Ka2(H2C2O1)=6.4×IO]

解析：(2)废酸中含铳、钛、铁、镒等离子,洗涤“油相”已除去大量

的钛离子,根据已知可以求出余下三种离子沉淀完全(离子浓度小于

ICTmol∙L1)的pH,发现镒离子沉淀完全时PH约为10,铳离子沉淀完

全时pH约为5,而铁离子沉淀完全时PH约为3,所以先加入氨水调节

pH=3,过滤,滤渣主要成分是Fe(OH)3；再向滤液加入氨水调节pH=6,此

时溶液中C(OH)=10国mol∙L^1,滤液中Sc”的浓度为半等

(108)

1l

mol∙L=9.0×10'mol∙Lo

(3)25℃时pH=2的草酸溶液中

c(C0i^)_c(CO^)∙c(H+)C(HCO)∙c(H+)1_∕rΛʌ∖∕τzGC

22χz24χzκva2ιτ

∑WW一~C(HC2O4)XC(H2C2O4)XΣW)^(H2C2O4)×K-(H2C2

0)×-≠-=6.4×10^5×5.9×102×3.8×10^2

1c2(H+)(102)2o

答案：⑴将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，

冷却后再慢慢注入溶液中，并不断搅拌

1

(2)Fe(OH)39.OXlOmol∙U

23+

(3)3.8×10^2Sc+3H2C201-Sc2(C2O4)3I+6H'

2.（2022・山东烟台三模）某含钛高炉废渣的主要成分有TiO2、Fe2O3>

Al2O3^SiOz,通过如图工艺进行资源化综合处理：

H2O2

溶液氨水

氢氧化物沉淀

回答下列问题。

（1）酸浸过程中适当升温的目的是,酸溶

渣的主要成分为o

（2）已知25°C时溶液中金属离子的浓度对数IgC与PH关系如图所

示。“分步沉淀”过程中，当Fe*合好沉淀完全时（当溶液中某离子浓

度cWl.OXlO5mol/L时,可认为该离子沉淀完全），溶液中AK浓度

不超过mo1/Lo

解析：（1）酸浸过程中适当升温的目的是加快溶解速率，由题干信息分

析可知，酸溶渣的主要成分为SiO20

(2)由题图可

221023

知，Ksp[Fe(OH)3]=10×(KT”.2)3,降川(OH)3]=10×(10~∙),当

Fe*合好沉淀完全时,/(OH-),SPwH)3]-0-2：：0：2.2)3,则此时

10ɔ10ɔ

C(Al")=Ksp吸：：)31=10：Xao；：)3mol∕L=IOmol/L,故溶液中AK浓

C3(OH)IO2χ(ιoI2∙2)

10^5

度不超过10mol∕Lo

答案：(1)加快溶解速率SiO2(2)10

3.(2022•山东临沂三模)锌是一种重要的金属,在电镀电池等工业上

具有广泛的应用。以废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3.CU0、

MnOJ为原料制备锌的工艺流程如图。

NH4HCO3适量有机

过量氨水(NH4)2S萃取剂

有机相

2

已知:①“浸取”后溶液中的阳离子主要是[Zn(NH3)J∖[Cu(NH3)-

「如质离子

②25C时KSp(ZnS)=L6×10%；深度除杂标准:溶液中

ClLZn(NH3)4J}

≤2.OXlO6

回答下列问题。

(1)滤渣①的主要成分是(填化学式)。

(2)“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液,其目的是—o

(3)“深度除铜”时涉及的部分反应为

2+2+

[Cu(NH3)4]+4H20^CU+4NH3∙H2OK1=a

2+2

[Cu(NH3)4]+S+4H20^≡CUSI+4NH3∙H2OK2=b

(NH)S的加入量[当等黑义IO0%]对锌的回收率及铜锌比

12m(理位用量)

：-z+的影响如图所示。

c([Zn(NH3)4]}

1O

99959

99908

%≡

∕9957

⅛虞

96

M9.680氏

95、

回95X

41

品90

9.70•4

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