第四单元 沉淀溶解平衡
第1时 沉淀溶解平衡原理
[目标要求] 1.能描述沉淀溶解平衡。2.了解溶度积和离子积的关系，并由此学会判断反应进行的方向。
一、沉淀溶解平衡的建立
1．生成沉淀的离子反应之所以能够发生的原因
生成沉淀的离子反应之所以能够发生，在于生成物的溶解度小。
尽管生成物的溶解度很小，但不会等于0。
2．溶解平衡的建立
以AgCl溶解为例：
从固体溶解平衡的角度，AgCl在溶液中存在下述两个过程：一方面，在水分子作用下，少量Ag＋和Cl－脱离AgCl的表面溶于水中；另一方面，溶液中的Ag＋和Cl－受AgCl表面正、负离子的吸引，回到AgCl的表面析出――沉淀。
溶解平衡：在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即得到AgCl的饱和溶液，如AgCl沉淀体系中的溶解平衡可表示为AgCl(s) Cl－(aq)＋Ag＋(aq)。由于沉淀、溶解之间的这种动态平衡的存在，决定了Ag＋和Cl－的反应不能进行到底。
3．生成难溶电解质的离子反应的限度
不同电解质在水中的溶解度差别很大，例如AgCl和AgNO3；但难溶电解质与易溶电解质之间并无严格的界限，习惯上将溶解度小于0.01 g的电解质称为难溶电解质。对于常量的化学反应说，0.01 g是很小的，因此一般情况下，相当量的离子互相反应生成难溶电解质，可以认为反应完全了。
化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol•L－1时，沉淀就达完全。
二、溶度积
1．表达式
对于下列沉淀溶解平衡：
mAn(s)??mn＋(aq)＋nAm－(aq)
sp＝[c(n＋)]m•[c(Am－)]n。
2．意义
sp表示难溶电解质在溶液中的溶解能力。
3．规则
通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积――离子积Qc的相对大小，可以判断在给定条下沉淀能否生成或溶解：
Qc>sp，溶液过饱和，有沉淀析出；
Qc＝sp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态；
Qc<sp，溶液未饱和。
知识点一 沉淀的溶解平衡
1．下列有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是( )
A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解达平衡后不再进行
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度不变
答案 C
解析 难溶物达到溶解平衡时沉淀的生成和溶解都不停止，但溶解和生成速率相等；没有绝对不溶的物质；温度越高，一般物质的溶解度越大；向AgCl沉淀中加入NaCl固体，使溶解平衡左移，AgCl的溶解度减小。
2．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是( )
A．反应开始时，溶液中各离子的浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
答案 B
3．在一定温度下，一定量的水中，石灰乳悬浊液存在下列溶解平衡：Ca(OH)2(s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，当向此悬浊液中加入少量生石灰时，若温度不变，下列说法正确的是( )
A．溶液中Ca2＋数目减少 B．c(Ca2＋)增大
C．溶液中c(OH－)减小 D．c(OH－)增大
答案 A
知识点二 溶度积
4．在100 mL 0.01 mol•L－1 Cl溶液中，加入1 mL 0.01 mol•L－1 AgNO3溶液，下列说法正确的是(AgCl的sp＝1.8×10－10 mol2•L－2)( )
A．有AgCl沉淀析出 B．无AgCl沉淀
C．无法确定 D．有沉淀但不是AgCl
答案 A
解析 c(Ag＋)＝0.01×1101 mol•L－1＝9.9×10－5 mol•L－1，c(Cl－)＝0.01×100101 mol•L－1＝9.9×10－3 mol•L－1，所以Q c＝c(Ag＋)•c(Cl－)＝9.8×10－7 mol2•L－2>1.8×10－10 mol2•L－2＝sp，故有AgCl沉淀析出。
5．下列说法正确的是( )
A．在一定温度下的AgCl水溶液中，Ag＋和Cl－浓度的乘积是一个常数
B．AgCl的sp＝1.8×10－10 mol2•L－2，在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)且Ag＋与Cl－浓度的乘积等于1.8×10－10 mol2•L－2
C．温度一定时，当溶液中Ag＋和Cl－浓度的乘积等于sp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液
D．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，sp值变大
答案 C
解析 在AgCl的饱和溶液中，Ag＋和Cl－浓度的乘积是一个常数，故A错；只有在饱和AgCl溶液中c(Ag＋)•c(Cl－)才等于1.8×10－10 mol2•L－2，故B项叙述错误；当Qc＝sp，则溶液为饱和溶液，故C项叙述正确；在AgCl水溶液中加入HCl只会使溶解平衡发生移动，不会影响sp，所以D错。
6．对于难溶盐X，其饱和溶液中＋和X－的物质的量浓度之间的关系类似于c(H＋)•c(OH－)＝W，存在等式c(＋)•c(X－)＝sp。一定温度下，将足量的AgCl分别加入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是( )
①20 mL 0.01 mol•L－1 Cl；
②30 mL 0.02 mol•L－1 CaCl2溶液；
③40 mL 0.03 mol•L－1 HCl溶液；
④10 mL蒸馏水；
⑤50 mL 0.05 mol•L－1 AgNO3溶液
A．①>②>③>④>⑤
B．④>①>③>②>⑤
C．⑤>④>②>①>③
D．④>③>⑤>②>①
答案 B
解析 AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，由于c(Ag＋)•c(Cl－)＝sp，溶液中c(Cl－)或c(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度就越小。AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液的体积无关。①c(Cl－)＝0.01 mol•L－1；②c(Cl－)＝0.04 mol•L－1；③c(Cl－)＝0.03 mol•L－1；④c(Cl－)＝0 mol•L－1；⑤c(Ag＋)＝0.05 mol•L－1。Ag＋或Cl－浓度由小到大的排列顺序：④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列顺序：④>①>③>②>⑤。
练基础落实
1．25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入I溶液，下列说法正确的是( )
A．溶液中Pb2＋和I－浓度都增大
B．溶度积常数sp增大
C．沉淀溶解平衡不移动
D．溶液中Pb2＋浓度减小
答案 D
2．CaCO3在下列哪种液体中，溶解度最大( )
A．H2O B．Na2CO3溶液 C．CaCl2溶液 D．乙醇
答案 A
解析 在B、C选项的溶液中，分别含有CO2－3、Ca2＋，会抑制CaCO3的溶解，而CaCO3在乙醇中是不溶的。
3．下列说法正确的是( )
A．溶度积就是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的乘积
B．溶度积常数是不受任何条影响的常数，简称溶度积
C．可用离子积Qc判断沉淀溶解平衡进行的方向
D．所有物质的溶度积都是随温度的升高而增大的
答案 C
解析 溶度积不是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的简单乘积，还与平衡式中化学计量数的幂指数有关，溶度积受温度的影响，不受离子浓度的影响。
4．AgCl和Ag2CrO4的溶度积分别为1.8×10－10 mol2•L－2和2.0×10－12 mol3•L－3，若用难溶盐在溶液中的浓度表示其溶解度，则下面的叙述中正确的是( )
A．AgCl和Ag2CrO4的溶解度相等
B．AgCl的溶解度大于Ag2CrO4的溶解度
C．两者类型不同，不能由sp的大小直接判断溶解能力的大小
D．都是难溶盐，溶解度无意义
答案 C
解析 AgCl和Ag2CrO4阴、阳离子比类型不同，不能直接利用sp比较二者溶解能力的大小，所以只有C对；其余三项叙述均错误。比较溶解度大小，若用溶度积必须是同类型，否则不能比较。
5．已知HF的a＝3.6×10－4 mol•L－1，CaF2的sp＝1.46×10－10 mol2•L－2。向1 L 0.1 mol•L－1的HF溶液中加入11.1 g CaCl2，下列有关说法正确的是( )
A．通过计算得知，HF与CaCl2反应生成白色沉淀
B．通过计算得知，HF与CaCl2不反应
C．因为HF是弱酸，HF与CaCl2不反应
D．如果升高温度，HF的a、CaF2的sp可能增大，也可能减小
答案 A
解析 该题可采用估算法。0.1 mol•L－1的HF溶液中c(HF)＝0.1 mol•L－1，因此，c2(F－)＝c(H＋)•c(F－)≈3.6×10－4 mol•L－1×0.1 mol•L－1＝3.6×10－5 mol2•L－2，又c(Ca2＋)＝11.1 g÷111 g/mol÷1 L＝0.1 mol•L－1，c2(F－)×c(Ca2＋)＝3.6×10－6>sp，显然，A是正确的；D项，由于HF的电离是吸热的，升高温度，a一定增大，D错误。
练方法技巧
6.
已知Ag2SO4的sp为2.0×10－5 mol3•L－3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag＋和SO2－4浓度随时间变化关系如图所示[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag＋)＝0.034 mol•L－1]。若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol•L－1 Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag＋和SO2－4浓度随时间变化关系的是( )
答案 B
解析 已知Ag2SO4的sp＝2.0×10－5 mol3•L－3＝[c(Ag＋)]2•c(SO2－4)，则饱和溶液中c(SO2－4)＝sp[cAg＋]2＝2.0×10－50.0342 mol•L－1＝0.017 mol•L－1，当加入100 mL 0.020 mol•L－1 Na2SO4溶液时，c(SO2－4)＝0.017 mol•L－1＋0.020 mol•L－12＝0.018 5 mol•L－1，c(Ag＋)＝0.017 mol•L－1(此时Q c<sp)，因此答案为B。
7．已知：25℃时，sp[g(OH)2]＝5.61×10－12 mol3•L－3，sp[gF2]＝7.42×10－11 mol3•L－3。下列说法正确的是( )
A．25℃时，饱和g(OH)2溶液与饱和gF2溶液相比，前者的c(g2＋)大
B．25℃时，在g(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(g2＋)增大
C．25℃时，g(OH)2固体在20 mL 0.01 mol•L－1氨水中的sp比在20 mL 0.01 mol•L－1 NH4Cl溶液中的sp小
D．25℃时，在g(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后， g(OH)2不可能转化为gF2
答案 B
解析 g(OH)2与gF2均为AB2型难溶电解质，故sp越小，其溶解度越小，前者c(g2＋)小，A错误；因为NH＋4＋OH－===NH3•H2O，所以加入NH4Cl后促进g(OH)2的溶解平衡向右移动，c(g2＋)增大，B正确；sp只受温度的影响，25℃时，g(OH)2的溶度积sp为常数，C错误；加入NaF溶液后，若Qc＝c(g2＋)•[c(F－)]2>sp(gF2)，则会产生gF2沉淀，D错误。
8．g(OH)2难溶于水，但它溶解的部分全部电离。室温下时，饱和g(OH)2溶液的pH＝11，若不考虑W的变化，则该温度下g(OH)2的溶解度是多少？(溶液密度为1.0 g•cm－3)
答案 0.002 9 g
解析 根据g(OH)2(s) g2＋(aq)＋2OH－(aq)，c(OH－)＝10－3 mol•L－1，则1 L g(OH)2溶液中，溶解的n[g(OH)2]＝1 L×12×10－3 mol•L－1＝5×10－4 mol，其质量为58 g•mol－1×5×10－4 mol＝0.029 g，再根据S100 g＝0.029 g1 000 mL×1.0 g•cm－3可求出S＝0.002 9 g。
凡是此类题都是设溶液的体积为1 L，根据1 L溶液中溶解溶质的质量，计算溶解度。
练综合拓展
9．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，以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)如下图。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是______。
(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．＞6
(3)在Ni(OH)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，______(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法除去，理由是
________________________________________________________________________。
(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水，生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式_________________________________________________________。
(5)已知一些难溶物的溶度积常数如下表：
物质FeSnSCuSPbSHgSZnS
sp6.3×10－182.5×
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．Na2S
答案 (1)Cu2＋ (2)B
(3)不能 Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小
(4)Cu(OH)2＋4NH3•H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
(5)B
解析 (1)据图知pH＝4～5时，Cu2＋开始沉淀为Cu(OH)2，因此pH＝3时，铜元素主要以Cu2＋形式存在。
(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3＋，以保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知pH应为4左右。
(3)据图知，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的Co2＋。
(4)据已知条结合原子守恒即可写出离子方程式：
Cu(OH)2＋4NH3•H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
(5)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质。
第2时 沉淀溶解平衡原理的应用
[目标要求] 1.了解沉淀溶解平衡的应用。2.知道沉淀转化的本质。
一、沉淀的生成
1．沉淀生成的应用
在涉及无机制备、提纯工艺的生产、科研、废水处理等领域中，常利用生成沉淀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，可使Fe3＋转变为Fe(OH)3沉淀而除去。反应如下：
Fe3＋＋3NH3•H2O===Fe(OH)3↓＋3NH＋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，也是分离、除去杂质常用的方法。反应如下：
Cu2＋＋S2－===CuS↓，
Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，
Hg2＋＋S2－===HgS↓，
Hg2＋＋H2S===HgS↓＋2H＋。
二、沉淀的转化
1．实验探究
(1)Ag＋的沉淀物的转化
实验步骤
实验现象有白色沉淀生成白色沉淀变为黄色黄色沉淀变为黑色
化学方程式AgNO3＋NaCl===AgCl↓＋NaNO3AgCl＋I===AgI＋Cl2AgI＋Na2S===Ag2S＋2NaI
实验结论溶解度小的沉淀可以转化成溶解度更小的沉淀
(2)g(OH)2与Fe(OH)3的转化
实验步骤
实验现象产生白色沉淀产生红褐色沉淀
化学方程式gCl2＋2NaOH===g(OH)2↓＋2NaCl3g(OH)2＋2FeCl3===2Fe(OH)3＋3gCl2
实验结论Fe(OH)3比g(OH)2溶解度小
2.沉淀转化的方法
对于一些用酸或其他方法也不能溶解的沉淀，可以先将其转化为另一种用酸或其他方法能溶解的沉淀。
3．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，沉淀转化越容易。
4．沉淀转化的应用
沉淀的转化在科研和生产中具有重要的应用价值。
(1)锅炉除水垢
水垢[CaSO4(s)??→Na2CO3溶液CaCO3??→盐酸Ca2＋(aq)]
其反应方程式是CaSO4＋Na2CO3 CaCO3＋Na2SO4，CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑。
(2)对一些自然现象的解释
在自然界也发生着溶解度小的矿物转化为溶解度更小的矿物的现象。例如，各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后可变成CuSO4溶液，并向深部渗透，遇到深层的闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)时，便慢慢地使之转变为铜蓝(CuS)。
其反应如下：
CuSO4＋ZnS===CuS＋ZnSO4，
CuSO4＋PbS===CuS＋PbSO4。
知识点一 沉淀的生成
1．在含有浓度均为0.01 mol•L－1的Cl－、Br－、I－的溶液中，缓慢且少量的加入AgNO3稀溶液，结合溶解度判断析出三种沉淀的先后顺序是( )
A．AgCl、AgBr、AgI B．AgI、AgBr、AgCl
C．AgBr、AgCl、AgI D．三种沉淀同时析出
答案 B
解析 AgI比AgBr、AgCl更难溶于水，故Ag＋不足时先生成AgI，析出沉淀的先后顺序是AgI、AgBr、AgCl，答案为B。
2．为除去gCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条下加入的一种试剂是( )
A．NaOH B．Na2CO3 C．氨水 D．gO
答案 D
解析 要除FeCl3实际上是除去Fe3＋，由于pH≥3.7时，Fe3＋完全生成Fe(OH)3，而pH≥11.1时，g2＋完全生成g(OH)2，所以应加碱性物质调节pH使Fe3＋形成Fe(OH)3；又由于除杂不能引进新的杂质，所以选择gO。
3．要使工业废水中的重金属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/g1.03×10－41.81×10－71.84×10－14
由上述数据可知，选用沉淀剂最好为( )
A．硫化物 B．硫酸盐
C．碳酸盐 D．以上沉淀剂均可
答案 A
解析 PbS的溶解度最小，沉淀最彻底，故选A。
知识点二 沉淀的转化
4．向5 mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴I溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系为( )
A．AgCl＝AgI＝Ag2S B．AgCl<AgI<Ag2S
C．AgCl>AgI>Ag2S D．AgI>AgCl>Ag2S
答案 C
解析 沉淀溶解平衡总是向更难溶的方向转化，由转化现象可知三种沉淀物的溶解度关系为AgCl>AgI>Ag2S。
5．已知如下物质的溶度积常数：FeS：sp＝6.3×10－18 mol2•L－2；CuS：sp＝6.3×10－36 mol2•L－2。下列说法正确的是( )
A．同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度
B．同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，sp(FeS)变小
C．向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先出现的沉淀是FeS
D．除去工业废水中的Cu2＋，可以选用FeS作沉淀剂
答案 D
解析 A项由于FeS的sp大，且FeS与CuS的sp表达式是相同类型的，因此FeS的溶解度比CuS大；D项向含有Cu2＋的工业废水中加入FeS，FeS会转化为更难溶的CuS，可以用FeS作沉淀剂；B项sp不随浓度变化而变化，它只与温度有关；C项先达到CuS的sp，先出现CuS沉淀。
练基础落实
1．以nO2为原料制得的nCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质nS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀而除去。根据上述实验事实，可推知nS具有的相关性质是( )
A．具有吸附性
B．溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C．溶解度大于CuS、PbS、CdS
D．溶解度小于CuS、PbS、CdS
答案 C
2．当氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡g(OH)2(s) g2＋(aq)＋2OH－(aq)时，为使g(OH)2固体的量减少，须加入少量的( )
A．gCl2 B．NaOH C．gSO4 D．NaHSO4
答案 D
解析 若使g(OH)2固体的量减小，应使g(OH)2的溶解平衡右移，应减小c(g2＋)或c(OH－)。答案为D。
3．已知常温下：sp[g(OH)2]＝1.2×10－11 mol3•L－3，sp(AgCl)＝1.8×10－10 mol2•L－2，sp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12 mol3•L－3，sp(CH3COOAg)＝2.3×10－3 mol•L－2。下列叙述正确的是( )
A．等体积混合浓度均为0.2 mol/L的AgNO3溶液和CH3COONa溶液一定产生CH3COOAg沉淀
B．将0.001 mol/L的AgNO3溶液滴入0.001 mol/L的Cl和0.001 mol/L的2CrO4溶液中先产生Ag2CrO4沉淀
C．在g2＋为0.121 mol/L的溶液中要产生g(OH)2沉淀，溶液的pH至少要控制在9以上
D．向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，sp(AgCl)变大
答案 C
4．已知下表数据：
物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3
sp/25 ℃8.0×10－16 mol3•L－32.2×10－20 mol3•L－34.0×10－38 mol4•L－4
完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4
对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不正确的是( )
①向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀 ②向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到白色沉淀 ③向该混合溶液中加入适量氯水，并调节pH到3～4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液 ④在pH＝5的溶液中Fe3＋不能大量存在
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
答案 C
练方法技巧
5．含有较多Ca2＋、g2＋和HCO－3的水称为暂时硬水，加热可除去Ca2＋、g2＋，使水变为软水。现有一锅炉厂使用这种水，试判断其水垢的主要成分为( )
(已知sp(gCO3)＝6.8×10－6 mol2•L－2，sp[g(OH)2]＝5.6×10－12 mol3•L－3)
A．CaO、gO B．CaCO3、gCO3
C．CaCO3、g(OH)2 D．CaCO3、gO
答案 C
解析 考查沉淀转化的原理，加热暂时硬水，发生分解反应：Ca(HCO3)2=====△CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，g(HCO3)2=====△gCO3↓＋CO2↑＋H2O，生成的gCO3在水中建立起平衡：gCO3(s) g2＋(aq)＋CO2－3(aq)，而CO2－3发生水解反应：CO2－3＋H2O HCO－3＋OH－，使水中的OH－浓度增大，由于sp[g(OH)2]<sp(gCO3)，在持续加热的条下，使gCO3逐渐转化为更难溶的g(OH)2，因此水垢的主要成分就成为CaCO3和g(OH)2。
6．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。提示：BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO2－4(aq)的平衡常数sp＝c(Ba2＋)•c(SO2－4)，称为溶度积常数，下列说法正确的是( )
提示：BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO2－4(aq)的平衡常数sp＝c(Ba2＋)•c(SO2－4)，称为溶度积常数。
A．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
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的sp大于c点对应的sp
答案 C
解析 由溶度积公式可知，在溶液中当c(SO2－4)升高时，c(Ba2＋)要降低，而由a点变到b点c(Ba2＋)没有变化，A错；蒸发浓缩溶液时，离子浓度都升高，而由d点变到c点时，c(SO2－4)却没变化，B错；d点落在平衡图象的下方，说明sp>c(Ba2＋)•c(SO2－4)，此时是未饱和溶液，无沉淀析出，C正确；该图象是BaSO4在某一确定温度下的平衡曲线，温度不变，溶度积不变，a点和c点的sp相等，D错。
练综合拓展
7．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡：
mAn(s) mn＋(aq)＋nAm－(aq)
sp＝[c(n＋)]m•[c(Am－)]n，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CaCO3CaSO4gCO3g(OH)2
sp2.8×10－9
mol2•L－29.1×10－6
mol2•L－26.8×10－6
mol2•L－21.8×10－12
mol3•L－3
实验步骤如下：
①往100 mL 0.1 mol•L－1的CaCl2溶液中加入100 mL 0.1 mol•L－1的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3 3 g，搅拌，静置，沉淀后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置，沉淀后再弃去上层清液。
④________________________________________________________________________。
(1)由题中信息知sp越大，表示电解质的溶解度越______(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)设计第③步的目的是
________________________________________________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)大
(2)Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3↓
(3)洗去沉淀中附着的SO2－4
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解并放出无色无味气体
解析 本题考查的知识点为教材新增加的内容，题目在设计方式上为探究性实验，既注重基础知识，基本技能的考查，又注重了探究能力的考查。由sp表达式不难看出其与溶解度的关系，在硫酸钙的悬浊液中存在着：CaSO4(aq)===SO2－4(aq)＋Ca2＋(aq)，而加入Na2CO3后，溶液中CO2－3浓度较大，而CaCO3的sp较小，故CO2－3与Ca2＋结合生成沉淀，即CO2－3＋Ca2＋===CaCO3↓。既然是探究性实验，必须验证所推测结果的正确性，故设计了③④步操作，即验证所得固体是否为碳酸钙。
8．(1)在粗制CuSO4•5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。
①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适的氧化剂，使Fe2＋转化为Fe3＋，下列物质可采用的是______。
A．nO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液pH至4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的______。
A．NaOH B．NH3•H2O C．CuO D．Cu(OH)2
(2)甲同学怀疑调整溶液pH至4是否能达到除去Fe3＋而不损失Cu2＋的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积sp＝1.0×10－38，Cu(OH)2的溶度积sp＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10－5 mol•L－1时就认定沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol•L－1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为______，Fe3＋完全沉淀[即c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol•L－1]时溶液的pH为______，通过计算确定上述方案______(填“可行”或“不可行”)。
答案 (1)①B ②CD (2)4 3 可行
(2)sp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)•c2(OH－)，则c(OH－)＝3.0×10－203.0＝1.0×10－10(mol•L－1)，则c(H＋)＝1.0×10－4 mol•L－1，pH＝4。
Fe3＋完全沉淀时：sp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)•c3(OH－)，则c(OH－)＝31.0×10－381.0×10－5＝1.0×10－11 mol•L－1。此时c(H＋)＝1×10－3 mol•L－1，pH＝3，因此上述方案可行。
