热点4-沉淀溶解平衡的应用(解析版)

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1、热点4 沉淀溶解平衡的应用【命题规律】本专题的考查频率较高；本考点往往结合化学平衡移动综合考察，题型可以是填空题，也可以是选择题，难度中等。考查的核心素养以证据推理与模型认知为主。【备考建议】2020年高考备考的重点仍以Ksp的相关计算及应用为主，可能会与盐类水解的应用及溶液中微粒浓度关系相结合，以选择题的形式出现。【限时检测】（建议用时：30分钟）1.（2019湖北省黄冈中学高考模拟）水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体，测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO3

2、2-)的关系如下。已知Ksp(CaSO4)=910-6，Ksp(CaCO3)=310-9，lg3=0.5，下列说法不正确的是（ ）A. 曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2+)c(SO42-)=Ksp(CaSO4)B. CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq) K=3103C. 该Na2CO3溶液的浓度为1mol/LD. 相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可【答案】D【详解】A. CaSO4的溶度积表达式Ksp(CaSO4)= c(Ca2+)c(SO42-)，A项正确；B. CaSO4(s)+CO32

3、-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数，B项正确；C. 依据上述B项分析可知，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq) K=3103，每消耗1mol CO32-会生成1mol SO42-，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于Na2CO3溶液的浓度，设Na2CO3溶液的浓度为1mol/L，则c(SO42-)=1mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lg c(CO32-)=3.5，与图像相符，C项正确；D. 依据题意可知，起始CaSO4的物质的量为0.02mol，相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍

4、，则消耗碳酸钠的体积为10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lg c(CO32-)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，D项错误。2.（2019新课标卷）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)是一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A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)Ksp(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

5、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【详解】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+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T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；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T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；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，C项正确；D

6、. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+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，D项正确。3.（2019山东省德州市高考联考模拟）铍铜合金是综合性能良好的合金材料，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO约25、CuS约71、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程：已知：I铍、铝元素处于元素周期表中的对角线位置，化学性质相似；II常温下：KSPCu(OH)2=2210-20 KSPFe(OH)3=28l0-38KSPM

7、n(OH)2=2.110-13（1）中BeO发生反应的化学方程式_；固体D的化学式为_。（2）将BeCl2溶液蒸干得到BeCl2固体，应在HCl气流中进行，其原因_(用离子方程式表示)。溶液C中含NaC1、BeC12和少量HC1，为提纯BeCl2溶液，选择最佳步骤依次为_。a通入过量的CO2 b加入适量的HCl c加入过量的NaOHd加入过量的氨水 e过滤 f洗涤（3）溶液E中含c(Cu2+)=22molL-1、c(Mn2+)=021molL-1、c(Fe3+)=00028molL-1，逐滴加入稀氨水调节pH，产生沉淀的先后顺序是_，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_。（4）取铍

8、铜元件1kg，最终获得Be的质量为765g，则产率约为_。【答案】（1）BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或BeO+2NaOH+H2O=Na2Be(OH)4 H2SiO3(或H4SiO4) （2） Be2+2H2OBe(OH)2+2H+ defb （3）Fe(OH)3、Cu(OH)2、Mn(OH)2 4 （4）85%【分析】BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或BeO+2NaOH+H2O=Na2Be(OH)4，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，滤液A主要含有Na2BeO2、Na2SiO3，滤渣B为 CuS、FeS；Na2BeO2+4HCl=2NaCl+BeCl2+2H

9、2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3或Na2SiO3+2HCl+H2O=2NaCl+H4SiO4，滤液C主要含有NaCl、BeCl2、HCl，固体D为H2SiO3（H4SiO4）；CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O、2FeS+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2（SO4）3+2S+6H2O，溶液E为CuSO4、MnSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液，固体主要为S。【详解】（1）铍、铝元素处于元素周期表中的对角线位置，化学性质相似，则中BeO发生反应的化学方程式BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或者BeO+2NaOH+H2

10、O=Na2Be(OH)4；中发生反应Na2BeO2+4HCl=2NaCl+BeCl2+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3或者Na2SiO3+2HCl+H2O=2NaCl+H4SiO4，则固体D为H2SiO3(或H4SiO4)；（2）BeCl2为易挥发性强酸的弱碱盐，溶液蒸干时由于Be2+2H2OBe(OH)2+2H+，盐酸易挥发，使得水解正向进行，得不到BeCl2固体，应在HCl气流中进行抑制Be2+的水解；提纯BeCl2溶液步骤先生成Be(OH)2沉淀便于分离，因为Be(OH)2溶于过量强碱，所以选择弱碱；过滤、洗涤加入适量盐酸Be(OH)2+2HCl=BeCl2+

11、H2O；（3）根据Ksp计算开始生成沉淀所需pH:KSPCu(OH)2=2.210-20 =c(Cu2+)c（OH-）2得c（OH-）=10-10，pH=4；KSPFe(OH)3=2.8l0-38=c(Fe3+)c（OH-）3得c（OH-）=10-35/3，pH2.3；KSPMn(OH)2=2.110-13=c(Mn2+)c（OH-）2得c（OH-）=10-6，pH=8；则逐滴加入稀氨水调节pH，产生沉淀的先后顺序是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Mn(OH)2，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4；（4）理论产量约为：100025%=90g，则产率约为=85%；4. 高考题、名校

12、高考模拟题精选（1）（2019东北育才学校科学高中部高考模拟）工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是_。上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外,还含有一定浓度的Fe3+杂质,可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=310-5 molL-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全?_(填“是”或“否”)。已知: KspFe(OH)3=4.010-38, KspCr(OH)3=6.010-31（2）（2019宁夏银川一中高考模拟，节选

13、）已知：H2S的电离常数K1=1.0107，K2=7.01015。0.1 mol/L NaHS的pH_7(填“”“”或“”），理由是_。 在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 molL1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS浓度为1.0104 molL1时，Mn2+开始沉淀，则a=_。已知：Ksp(MnS)=1.41015【答案】（1）低温条件下,K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小 是 （2）. HS-的水解常数=1014 /107=10-7，10-77.01015，水解程度大于电

14、离程度，溶液显碱性，pH7 5【详解】（1）Na2Cr2O7溶液加入KCl(s)，得到K2Cr2O7，说明低温下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；Cr(OH)3开始出现沉淀时，溶液中c3(OH)=21026，Fe3沉淀完全，c(Fe3)应小于105molL1，Fe(OH)3沉淀完全时，溶液中c3(OH) =4103321026，说明Fe3沉淀完全。（2） NaHS溶液中HS-既能水解又能电离，HS-的电离常数是7.01015，HS-的水解常数是，水解大于电离，溶液呈碱性pH7；含有0.020 molL1 Mn2+废水，Mn2+开始沉淀时S

15、2-的浓度是71014，此时HS浓度为1.0104 molL1，根据，所以a=5。5.（2019新课标卷）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式

16、_。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将_。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_。（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_。（6）写出“沉锰”的离子方程式_。（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_。【答案】（1）SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O （2）将Fe2+氧化

17、为Fe3+ （3）4.7 （4）NiS和ZnS （5）F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F平衡向右移动 （6）Mn2+2=MnCO3+CO2+H2O (8). 【详解】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.76之间；（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；（5）由HF H+F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2+2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/37