《2022年高考化學大一輪復習 專題8 水溶液中的離子反應 第4講 難溶電解質的溶解平衡學案 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考化學大一輪復習 專題8 水溶液中的離子反應 第4講 難溶電解質的溶解平衡學案 蘇教版（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考化學大一輪復習 專題8 水溶液中的離子反應 第4講 難溶電解質的溶解平衡學案 蘇教版【2019備考】最新考綱：1.了解難溶電解質的沉淀溶解平衡。2.理解溶度積的含義及其表達式，能進行相關的計算?？键c一沉淀的溶解平衡及應用(頻數(shù)：難度：)1沉淀溶解平衡(1)含義在一定溫度下的水溶液中，當沉淀溶解和生成的速率相等時，即建立了溶解平衡狀態(tài)。(2)建立過程固體溶質溶液中的溶質(3)特征2影響沉淀溶解平衡的因素(1)內因難溶電解質本身的性質，這是決定因素。(2)外因濃度：加水稀釋，平衡向沉淀溶解的方向移動；溫度：絕大多數(shù)難溶鹽的溶解是吸熱過程，升高溫度，平衡向沉淀溶解的方向移動；同離子效應

2、：向平衡體系中加入難溶物溶解產(chǎn)生的離子，平衡向生成沉淀的方向移動；其他：向平衡體系中加入可與體系中某些離子反應生成更難溶或更難電離或氣體的離子時，平衡向沉淀溶解的方向移動。例如：以AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)為例，填寫外界條件對溶解平衡的影響。外界條件移動方向平衡后c(Ag)平衡后c(Cl)Ksp升高溫度正向增大增大增大加水稀釋正向不變不變不變加入少量AgNO3逆向增大減小不變通入HCl逆向減小增大不變通入H2S正向減小增大不變(3)電解質在水中的溶解度20 時，電解質在水中的溶解度與溶解性存在如下關系：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)與AgCl=AgCl所表示的意義不同。前者

3、表示難溶電解質AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式，后者表示強電解質AgCl在水溶液中的電離方程式。3沉淀溶解平衡的應用(1)沉淀的生成調節(jié)pH法如除去NH4Cl溶液中的FeCl3雜質，可加入氨水調節(jié)pH至34，離子方程式為Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH。沉淀劑法如用H2S沉淀Cu2，離子方程式為H2SCu2=CuS2H。(2)沉淀的溶解酸溶解法如CaCO3溶于鹽酸，離子方程式為CaCO32H=Ca2H2OCO2。鹽溶液溶解法如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，離子方程式為Mg(OH)22NH=Mg22NH3H2O。氧化還原溶解法如不溶于鹽酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。配位溶

4、解法如AgCl溶于氨水，離子方程式為AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl2H2O。(3)沉淀的轉化實質：沉淀溶解平衡的移動(沉淀的溶解度差別越大，越容易轉化)。應用：鍋爐除垢、礦物轉化等。用沉淀法除雜不可能將雜質離子全部通過沉淀除去。一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于1105 molL1時，沉淀已經(jīng)完全。1教材基礎知識判斷(1)沉淀達到溶解平衡時，溶液中溶質離子濃度一定相等，且保持不變()(2)升高溫度，沉淀溶解平衡一定正向移動()(3)室溫下，AgCl在水中的溶解度小于在食鹽水中的溶解度()(4)BaSO4在同物質的量濃度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液中的溶解度相同()(

5、5)根據(jù)AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，CH3COOHCH3COOH，可以判斷AgCl、CH3COOH均為弱電解質()答案(1)(2)(3)(4)(5)2(RJ選修4P672改編)下列敘述中正確的是()A升高溫度，沉淀溶解平衡都是向促進沉淀溶解的方向移動B絕對不溶解的物質是不存在的C難溶電解質在水溶液中達到沉淀溶解平衡時，沉淀和溶解即停止DBaSO4(s)SO(aq)Ba2(aq)表示溶解平衡；H2OHSOSOH3O表示水解平衡答案B3(溯源題)(2016海南化學，5)向含有MgCO3固體的溶液中滴加少許濃鹽酸(忽略體積變化)，下列數(shù)值變小的是_，增大的是_。c(CO) c(Mg2)c

6、(H) Ksp(MgCO3)答案探源：本題源于SJ選修4 P88“問題解決”對沉淀的溶解過程進行了分析和判斷。題組一沉淀溶解平衡過程及其影響因素1下列有關AgCl沉淀溶解平衡的說法中，正確的是()A升高溫度，AgCl的溶解度減小B在任何含AgCl固體的水溶液中，c(Ag)c(Cl)且二者乘積是一個常數(shù)CAgCl沉淀生成和溶解不斷進行，但速率相等D向AgCl沉淀溶解平衡體系中加入NaCl固體，AgCl溶解的質量不變解析升高溫度，AgCl的溶解度增大，A錯誤；在任何含AgCl固體的水溶液中，c(Ag)與c(Cl)不一定相等，但二者乘積在一定溫度下是一個常數(shù)，B錯誤；當達到平衡時，AgCl沉淀生成和

7、溶解不斷進行，但速率相等，C正確；向AgCl沉淀溶解平衡體系中加入NaCl固體，溶解平衡逆向移動，AgCl溶解的質量減小，D錯誤。答案C2已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H0，下列有關該平衡體系的說法正確的是()升高溫度，平衡逆向移動向溶液中加入少量碳酸鈉粉末能增大鈣離子的濃度除去氯化鈉溶液中混有的少量鈣離子，可以向溶液中加入適量的NaOH溶液恒溫下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高給溶液加熱，溶液的pH升高向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固體質量增加向溶液中加入少量NaOH固體，Ca(OH)2固體質量不變AB CD解析加入碳酸鈉粉末會生成CaCO3，使C

8、a2濃度減小，錯；加入氫氧化鈉溶液會使平衡左移，有Ca(OH)2沉淀生成，但Ca(OH)2的溶度積較大，要除去Ca2，應把Ca2轉化為更難溶的CaCO3，錯；恒溫下Ksp不變，加入CaO后，溶液仍為Ca(OH)2的飽和溶液，pH不變，錯；加熱，Ca(OH)2的溶解度減小，溶液的pH降低，錯；加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移動，Ca(OH)2固體轉化為CaCO3固體，固體質量增加，正確；加入NaOH固體平衡向左移動，Ca(OH)2固體質量增加，錯。答案A題組二溶解平衡原理的應用3下列化學原理的應用，主要用沉淀溶解平衡原理來解釋的是()熱純堿溶液去油污能力強誤將鋇鹽BaCl2、Ba(NO3

9、)2當作食鹽混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒溶洞、珊瑚的形成碳酸鋇不能作“鋇餐”而硫酸鋇則能泡沫滅火器滅火的原理AB CD解析是水解平衡原理。答案A4(2018湖南懷化期末)向MnCl2溶液中加入過量難溶電解質MnS，可使溶液中含有的Cu2、Pb2、Cd2等金屬離子轉化為硫化物沉淀，從而得到純凈的MnCl2。下列分析正確的是()AMnS具有吸附性BMnS有還原性，可將Cu2、Pb2、Cd2還原后除去CMnS溶解度大于CuS、PbS、CdSDMnS與Cu2反應的離子方程式是Cu2S2=CuS解析MnS是難溶物，它能將溶液中的Cu2、Pb2、Cd2轉化為硫化物沉淀，發(fā)生的是沉淀的轉化，說

10、明生成的硫化物是更難溶的物質，即MnS溶解度大于CuS、PbS、CdS，故C項正確；A、B項錯誤；MnS與Cu2反應的離子方程式應為MnSCu2CuSMn2，D項錯誤。答案C【規(guī)范模板】某工廠用六水合氯化鎂和粗石灰制取的氫氧化鎂含有少量氫氧化鐵雜質，通過如下流程進行提純精制，獲得阻燃劑氫氧化鎂。已知EDTA只能與溶液中的Fe2反應生成易溶于水的物質，不與Mg(OH)2反應。雖然Fe(OH)2難溶于水，但步驟中隨著EDTA的加入，最終能夠將Fe(OH)2除去并獲得純度高的Mg(OH)2。請從沉淀溶解平衡的角度加以解釋：Fe(OH)2懸濁液中存在如下平衡：Fe(OH)2(s)Fe2(aq)2OH(

11、aq)，當不斷滴入EDTA時，EDTA將結合Fe2促使平衡向右移動而使Fe(OH)2不斷溶解?？键c二沉淀溶解平衡常數(shù)及其應用(頻數(shù)：難度：)1溶度積和離子積以AmBn(s)mAn(aq)nBm(aq)為例：溶度積離子積概念沉淀溶解的平衡常數(shù)溶液中有關離子濃度冪的乘積符號KspQc表達式Ksp(AmBn)cm(An)cn(Bm)，式中的濃度都是平衡濃度Qc(AmBn)cm(An)cn(Bm)，式中的濃度都是任意濃度應用判斷在一定條件下沉淀能否生成或溶解QcKsp：溶液過飽和，有沉淀析出QcKsp：溶液飽和，處于平衡狀態(tài)QcKsp：溶液未飽和，無沉淀析出2.Ksp的影響因素(1)內因：難溶物質本身

12、的性質，這是主要決定因素。(2)外因濃度：加水稀釋，平衡向溶解方向移動，但Ksp不變。溫度：絕大多數(shù)難溶鹽的溶解是吸熱過程，升高溫度，平衡向溶解方向移動，Ksp增大。其他：向平衡體系中加入可與體系中某些離子反應生成更難溶物質或更難電離物質或氣體的離子時，平衡向溶解方向移動，但Ksp不變。(1)溶解平衡一般是吸熱的，溫度升高平衡右移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。(2)對于沉淀溶解平衡：AmBn(s)mAn(aq)nBm(aq)，Kspcm(An)cn(Bm)，對于相同類型的物質，Ksp的大小反映了難溶電解質在溶液中溶解能力的大小，也反映了該物質在溶液中沉淀的難易。1教材基礎知識判斷(1)K

13、sp既與難溶電解質的性質和溫度有關，也與沉淀的量和溶液中離子濃度有關()(2)在一定條件下，溶解度較小的沉淀也可以轉化成溶解度較大的沉淀()(3)常溫下，向BaCO3飽和溶液中加入Na2CO3固體，BaCO3的Ksp減小()(4)溶度積常數(shù)Ksp只受溫度的影響，溫度升高Ksp增大()(5)常溫下，向Mg(OH)2飽和溶液中加入NaOH固體，Mg(OH)2的Ksp不變()(6)Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，則AB2的溶解度小于CD的溶解度()(7)不可能使要除去的離子全部通過沉淀除去。一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于1.0105 molL1時，沉淀已經(jīng)完全()答案(1)(2)(3)(4)

14、(5)(6)(7)2(溯源題)判斷下列說法是否正確。(1)實驗現(xiàn)象結論向2支盛有2 mL相同濃度銀氨溶液的試管中分別加入2 滴相同濃度的NaCl和NaI溶液一只試管中產(chǎn)生黃色沉淀，另一支中無明顯現(xiàn)象Ksp(AgI)Ksp(AgCl)()(2017課標全國，13C)(2)在同濃度的鹽酸中，ZnS可溶而CuS不溶，說明CuS的溶解度比ZnS的小()(2016天津理綜，3D)(3)向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變()(2016課標全國，13D)(4)室溫下，向濃度均為0.1 molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀。可推出Ksp(B

15、aSO4)Ksp(AgI)D硬水中含有較多的Ca2、Mg2、HCO、SO，加熱煮沸可以完全除去其中的Ca2、Mg2解析飽和石灰水中加入一定量生石灰，溶液溫度明顯升高，但Ca(OH)2的溶解度降低，溶液中c(OH)減小，溶液的pH減小，A錯；AgCl懸濁液中加入少量NaCl粉末，平衡向左移動，但離子的總濃度增大，B錯；由沉淀的轉化規(guī)律可得，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，C對；加熱煮沸硬水，只能軟化具有暫時硬度的硬水，D錯。答案C2現(xiàn)將足量的AgCl分別放入下列物質中，AgCl的溶解度由大到小的順序是()30 mL 0.03 molL1 AgNO3溶液30 mL 0.02 molL1 CaC

16、l2溶液30 mL 0.03 molL1 HI溶液30 mL蒸餾水ABCD解析溶液中Cl或Ag濃度越大，AgCl在該溶液中的溶解度越小，另外Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，故在HI溶液里HI會促進AgCl的溶解，B符合題意。答案B3工業(yè)上向鍋爐里注入Na2CO3溶液浸泡，將水垢中的CaSO4轉化為CaCO3，而后用鹽酸去除。下列敘述不正確的是()A溫度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH)均會增大B沉淀轉化的離子方程式為CO(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)SO(aq)C鹽酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4DNa2CO3溶液遇CO2后，陰離子濃度均減小解析溫度升高，Kw增大

17、，溫度升高促進碳酸鈉溶液水解，c(OH)增大，A選項正確；加入碳酸鈉溶液，把硫酸鈣轉化為碳酸鈣：CO(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)SO(aq)，B選項正確；因為碳酸鈣與鹽酸反應，而硫酸鈣不與鹽酸反應，所以在鹽酸溶液中碳酸鈣的溶解性大于硫酸鈣，C選項正確；根據(jù)COCO2H2O=2HCO知，HCO濃度增大，D選項錯誤。答案D4某些鹽能溶解沉淀，利用下表三種試劑進行實驗，相關分析不正確的是()編號分散質Mg(OH)2HClNH4Cl備注懸濁液1 molL11 molL1A.向中加入酚酞溶液顯紅色，說明物質的“不溶性”是相對的B分別向少量Mg(OH)2沉淀中加入適量等體積的、，沉淀均能快速徹

18、底溶解C混合后發(fā)生反應：Mg(OH)2(s)2NH(aq)Mg2(aq)2NH3H2O(l)D向中加入，c(OH)減小，Mg(OH)2溶解平衡正向移動解析使酚酞顯紅色的溶液呈堿性，說明Mg(OH)2在水中有一定的溶解，溶解后的Mg(OH)2電離使溶液呈堿性，A正確；Mg(OH)2與NH4Cl溶液反應速率較小，沉淀不能快速徹底溶解，B錯誤；NH結合Mg(OH)2懸濁液中的OH，促進Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移動，促使Mg(OH)2沉淀溶解，C正確；鹽酸能夠與Mg(OH)2發(fā)生中和反應，促使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移動，D正確。答案B5已知AgCl的溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq

19、)Cl(aq)，下列說法不正確的是()A除去溶液中Ag加鹽酸鹽比硫酸鹽好B加入H2O，溶解平衡不移動C用NaCl溶液代替蒸餾水洗滌AgCl，可以減少沉淀損失D反應2AgCl(s)Na2S(aq)Ag2S(s)2NaCl(aq)說明溶解度：AgClAg2S解析AgCl難溶于水、Ag2SO4微溶于水，因此除去溶液中的Ag加鹽酸鹽比加硫酸鹽好，A項正確；加水稀釋，Ag和Cl濃度均減小，平衡正向移動，B項錯誤；NaCl溶液中Cl的濃度較大，洗滌沉淀時可以減少氯化銀的溶解損失，C項正確。AgCl能夠生成硫化銀沉淀，說明硫化銀更難溶，D項正確。答案B6已知Fe2結合S2的能力大于結合OH的能力，而Al3則

20、正好相反，I2的氧化性比S強。在Fe2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中，先加入過量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是()AFeS、Al(OH)3和SBFe(OH)3和Al(OH)3CFe2S3和Al(OH)3DAl2S3、FeS和S解析加入過量的KI溶液后，F(xiàn)e3和I發(fā)生氧化還原反應生成Fe2和I2。接著生成的I2把Na2S氧化：I2S2=S2I，同時Fe2S2=FeS，還發(fā)生相互促進的水解反應：2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S，所以最終的沉淀是FeS、Al(OH)3和S。答案A725 時，PbCl2固體在不同濃度鹽酸中的溶解度曲線如圖。在制備PbCl2的實驗

21、中，洗滌PbCl2固體最好選用()A蒸餾水B1.00 molL1鹽酸C5.00 molL1鹽酸D10.00 molL1鹽酸解析觀察題圖知，PbCl2固體在濃度為1.00 molL1的鹽酸中溶解度最小，為了減少PbCl2固體的溶解，應選擇1 molL1鹽酸來洗滌PbCl2固體。答案B8已知25 時BaSO4飽和溶液中存在BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)，Ksp1.102 51010，下列有關BaSO4的溶度積和溶解平衡的敘述正確的是()A25 時，向c(SO)1.05105 molL1的BaSO4溶液中，加入BaSO4固體，c(SO)增大B向該飽和溶液中加入Ba(NO3)2固體，則Ba

22、SO4的溶度積常數(shù)增大C向該飽和溶液中加入Na2SO4固體，則該溶液中c(Ba2)c(SO)D向該飽和溶液中加入BaCl2固體，則該溶液中c(SO)減小解析BaSO4的溶度積等于c(Ba2)和c(SO)的乘積，故飽和溶液中c(SO)1.05105molL1，再加入BaSO4固體不溶解，c(SO)不變，A項錯誤；溶度積常數(shù)只與溫度有關，B項錯誤；加入Na2SO4固體，BaSO4的溶解平衡向左移動，c(Ba2)減小，應為c(SO)c(Ba2)，C項錯誤；加入BaCl2固體，BaSO4的溶解平衡向左移動，c(SO)減小。答案D9298 K時，AgSCN的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，下列判斷錯誤的是()

23、A298 K時，Ksp(AgSCN)1.01012Bb點溶液蒸發(fā)部分水后恢復至室溫可移動到c點C向a點溶液中加入等物質的量的AgNO3、KSCN固體后，可能使a點移動到c點D欲使溶液由c點移到d點，可滴入少量KSCN濃溶液解析由c點可知Ksp(AgSCN)1.01012，A項不符合題意。b、c點的c(Ag)相等，由于b點c(Ag)c(SCN)Ksp(AgSCN)，b點表示AgSCN的不飽和溶液，當蒸發(fā)部分水時c(Ag)、c(SCN)均增大，B項符合題意。a點為AgSCN的不飽和溶液，加入等物質的量的AgNO3、KSCN固體時，c(Ag)、c(SCN)同時增大，a點可能移動到c點，C項不符合題意

24、。向c點溶液中滴入KSCN濃溶液時生成AgSCN沉淀，c(Ag)減小，可使c點移到d點，D項不符合題意。答案B10工業(yè)上常用還原沉淀法處理含鉻廢水(Cr2O和CrO)，其流程為已知：步驟生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3(aq)3OH(aq)Kspc(Cr3)c3(OH)1032下列有關說法不正確的是()A步驟中當v正(CrO)2v逆(Cr2O)時，說明反應：2CrO2HCr2OH2O達到平衡狀態(tài)B若向K2Cr2O7溶液中加NaOH濃溶液，溶液可由橙色變黃色C步驟中，若要還原1 mol Cr2O，需要12 mol (NH4)2Fe(SO4)2D步驟中，

25、當將溶液的pH調節(jié)至5時，可認為廢水中的鉻元素已基本除盡當溶液中c(Cr3)105 molL1時，可視作該離子沉淀完全解析C項，Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，1 mol Cr2O可氧化6 mol (NH4)2Fe(SO4)2；D項，c(OH) molL1109 molL1，則c(H) molL1105 molL1，pH5。答案C11一定溫度下，三種硫化物MS(M2指Pb2、Cu2或Hg2)的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知：pMlg c(M2)，pSlg c(S2)。下列說法正確的是()APbS、CuS、HgS的Ksp依次增大Bb點可以表示HgS的不飽和溶液，向b點溶液中加入

26、Na2S固體可達a點Cb點可以表示CuS的飽和溶液，且c(Cu2)c(S2)Dc點可以表示CuS的不飽和溶液，也可以表示PbS的過飽和溶液解析由pM、pS的計算公式可知，Ksp(PbS)Ksp(CuS)Ksp(HgS)，A項錯誤。b點、a點對應的c(Hg2)相等，但b點對應的c(S2)大于a點對應的c(S2)，故b點c(Hg2)c(S2)大于Ksp(HgS)，是過飽和溶液，B項錯誤。b點在CuS的沉淀溶解平衡曲線上，pMpS，說明c(Cu2)c(S2)，C項正確。c點在PbS和CuS沉淀溶解平衡曲線之間，有Ksp(CuS)c(M2)c(S2)Ksp(PbS)，故c點表示CuS的過飽和溶液，表示

27、PbS的不飽和溶液，D項錯誤。答案C12某溶液中含SO、CO的濃度均為0.01 molL1。已知Ksp(CaCO3)4.8109，Ksp(CaSO4)2.4105，離子濃度小于或等于1105 molL1時認為沉淀完全，下列敘述不正確的是()A向該溶液中逐滴滴加CaCl2溶液，形成沉淀的先后順序為CO、SOB混合溶液中SO完全沉淀時，c(SO)c(CO)51031CCaSO4(s)CO(aq)CaCO3(s)SO(aq)，其平衡常數(shù)K5103D向CaCO3懸濁液中加入飽和Na2SO4溶液，CaCO3不能轉化為CaSO4解析CO沉淀時的c(Ca2)4.8107 molL1，SO沉淀時的c(Ca2)

28、2.4103 molL1，故CO先形成沉淀，A項不符合題意。SO完全沉淀時，c(Ca2)2.4 molL1，溶液中c(CO)2109 molL1，則c(SO)c(CO)51031，B項不符合題意。結合B項，K5103，C項不符合題意。由兩種鹽的Ksp大小可知，CaCO3能轉化為CaSO4，D項符合題意。答案D二、填空題13已知：25 時，Ksp(BaSO4)11010，Ksp(BaCO3)1109。(1)醫(yī)學上進行消化系統(tǒng)的X射線透視時，常使用BaSO4作內服造影劑。胃酸酸性很強(pH約為1)，但服用大量BaSO4仍然是安全的，BaSO4不溶于酸的原因是(用溶解平衡原理解釋)_ _。萬一誤服了

29、少量BaCO3，應盡快用大量0.5 molL1Na2SO4溶液給患者洗胃，如果忽略洗胃過程中Na2SO4溶液濃度的變化，殘留在胃液中的Ba2濃度僅為_molL1。(2)長期使用的鍋爐需要定期除水垢，否則會降低燃料的利用率。水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液處理，使之轉化為疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4轉化為CaCO3的離子方程式為_。請分析CaSO4轉化為CaCO3的原理：_。解析(1)BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)，由于Ba2、SO均不與H反應，無法使平衡移動。c(Ba2)21010molL1。答案(1)對于平衡BaSO4(s)Ba2(aq)SO

30、(aq)，H不能減少Ba2或SO的濃度，平衡不能向溶解的方向移動21010(2)CaSO4(s)CO(aq)=CaCO3(s)SO(aq)CaSO4存在沉淀溶解平衡，加入Na2CO3溶液后，CO與Ca2結合生成CaCO3沉淀，Ca2濃度減小，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移動14已知：I22S2O=S4O2I相關物質的溶度積常數(shù)見下表：物質Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，為得到純凈的CuCl22H2O晶體，加入_，調至pH4，使溶液中的Fe3轉化為Fe(OH)3沉淀，此

31、時溶液中的c(Fe3)_。過濾后，將所得濾液低溫蒸發(fā)、濃縮結晶，可得到CuCl22H2O晶體。(2)在空氣中直接加熱CuCl22H2O晶體得不到純的無水CuCl2，原因是_(用化學方程式表示)。由CuCl22H2O晶體得到純的無水CuCl2的合理方法是_。(3)某學習小組用“間接碘量法”測定含有CuCl22H2O晶體的試樣(不含能與I發(fā)生反應的氧化性雜質)的純度，過程如下：取0.36 g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1 Na2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00 mL。可選用_作滴定指示劑，滴定終點的現(xiàn)象是

32、_。CuCl2溶液與KI反應的離子方程式為_。該試樣中CuCl22H2O的質量分數(shù)為_。解析(1)考慮到不引入新的雜質，調節(jié)至溶液pH為4，使Fe3沉淀的試劑可以是Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuO等。pH4時，c(OH)1010molL1，此時溶液中c(Fe3)molL12.6109molL1。(2)CuCl22H2O在空氣中加熱會發(fā)生水解反應：2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O或CuCl22H2OCuO2HClH2O，要得到無水CuCl2，應將CuCl22H2O晶體在干燥的HCl氣流中加熱脫水以抑制其水解。(3)依題給信息，用“間接碘量法”測定CuCl

33、22H2O晶體試樣純度的反應原理是：2Cu24I=2CuII2，I22S2O=S4O2I，用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，指示劑選擇淀粉溶液，終點時溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復原色。由2Cu2I22S2O得CuCl22H2O試樣的純度為100%95%。答案(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO32.6109molL1(2)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O主要產(chǎn)物寫成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl氣流中加熱脫水(3)淀粉溶液藍色褪去，放置30 s后不恢復原色2Cu24I=2CuII295%15(2018日照模擬)軟錳礦(主要成

34、分為MnO2)可用于制備錳及其化合物。(1)早期冶煉金屬錳的一種方法是先煅燒軟錳礦生成Mn3O4，再利用鋁熱反應原理制得錳，該鋁熱反應的化學方程式為_。(2)現(xiàn)代冶煉金屬錳的一種工藝流程如下圖所示：下表為t 時，有關物質的pKsp(注：pKsplg Ksp)。物質Fe(OH)3Cu(OH)2Ca(OH)2Mn(OH)2CuSCaSMnSMnCO3pKsp37.419.325.2612.735.25.8612.610.7軟錳礦還原浸出的反應為12MnO2C6H12O612H2SO4=12MnSO46CO218H2O該反應中，還原劑為_。寫出一種能提高還原浸出速率的措施：_。濾液1的pH_(填“”

35、“”或“”)MnSO4浸出液的pH。加入MnF2的主要目的是除去_(填“Ca2”“Fe3”或“Cu2”)。(3)由MnSO4制取MnCO3。往MnSO4溶液中加入過量NH4HCO3溶液，該反應的離子方程式為_；若往MnSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液，還會產(chǎn)生Mn(OH)2，可能的原因有：MnCO3(s)2OH(aq)Mn(OH)2(s)CO(aq)，t 時，計算該反應的平衡常數(shù)K_(填數(shù)值)。解析(1)高溫下，Al和Mn3O4發(fā)生鋁熱反應生成Mn，根據(jù)反應物、生成物及反應條件可知反應的化學方程式為8Al3Mn3O44Al2O39Mn；(2)軟錳礦還原浸出得到硫酸錳溶液，說明浸取液為稀硫

36、酸，同時溶液中還含有Ca2、Fe3、Cu2等雜質，調節(jié)溶液的pH，F(xiàn)e(OH)3的pKsp為37.4，與其他離子相比最大，調節(jié)pH可以將Fe(OH)3沉淀下來，向濾液中加入硫化銨，CuS的pKsp為35.2，可以將銅離子形成硫化物沉淀下來，再加入MnF2，形成CaF2沉淀，除去Ca2，最后對得到的含有錳離子的鹽電解，可以得到金屬錳。軟錳礦還原浸出的反應為12MnO2C6H12O612H2SO4=12MnSO46CO218H2O，該反應中，錳元素化合價由4價變?yōu)?價、碳元素化合價由0價變?yōu)?價，失電子化合價升高的反應物是還原劑，所以C6H12O6為還原劑；反應物接觸面積越大、溫度越高反應速率越快

37、，所以能提高還原浸出速率的措施：升高反應溫度或將軟錳礦研細等。軟錳礦還原浸出的反應為12MnO2C6H12O612H2SO4=12MnSO46CO218H2O，溶液呈強酸性，還原浸出液中含有Mn2、Ca2、Fe3、Cu2，此時未形成沉淀，Ksp為電離平衡常數(shù)，pKsplgKsp，pKsp越大，沉淀溶解平衡常數(shù)越小，濾液1為形成Fe(OH)3沉淀，pKsplgKsp37.4，Ksp1037.4，Kspc(Fe3)c3(OH)1037.4，c(OH)1010 molL1，c(H)1104 molL1，pH4，所以濾液1的pH大于MnSO4浸出液的pH4，才能形成氫氧化鐵沉淀。CaF2難溶于水，濾液2為Mn2、Ca2、NH、SO，加入MnF2的目的是形成CaF2沉淀，除去Ca2。(3)錳離子和碳酸氫根離子反應生成碳酸錳沉淀、水和二氧化碳氣體，離子方程式為Mn22HCO=MnCO3H2OCO2；由MnCO3(s)2OH(aq)Mn(OH)2(s)CO(aq)可知，Kc(CO)/c2(OH)1010.7/1012.7100。答案(1)8Al3Mn3O44Al2O39Mn(2)C6H12O6升高反應溫度(或將軟錳礦研細等其他合理答案)Ca2(3)Mn22HCO=MnCO3H2OCO2100