高考化學總復習專題八難溶電解質(zhì)沉淀溶解平衡教學案2

高考化學總復習專題八難溶電解質(zhì)的積淀溶解均衡教教案(20200912144611)高考化學總復習專題八難溶電解質(zhì)的積淀溶解均衡教教案(20200912144611)高考化學總復習專題八難溶電解質(zhì)的積淀溶解均衡教教案(20200912144611)課時5難溶電解質(zhì)的積淀溶解均衡[2018備考·最新考綱]1．認識難溶電解質(zhì)的積淀溶解均衡。2.理解溶度積（Ksp）的含義能進行相關(guān)的計算?？键c一積淀的溶解均衡及應用(考點層次A→自學、識記、辨析)1．積淀溶解均衡含義在必然溫度下的水溶液中，當積淀溶解和生成的速率相等時，即建立了溶解均衡狀態(tài)。建立過程v溶解>v積淀，固體溶解溶解固體溶質(zhì)溶液中的溶質(zhì)v溶解＝v積淀，溶解均衡積淀v溶解<v積淀，析出晶體特色積淀溶解均衡的影響因素以AgCl為例：＋(aq)＋Cl－(aq)外界條件搬動方向均衡后c(Ag＋)均衡后c(Cl－)Ksp高升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許AgNO3逆向增大減小不變通入HCl逆向減小增大不變通入H2S正向減小增大不變提示：AgCl(s＋(aq)＋Cl－＋＋Cl－所表示的意義不相同。前者表示難(aq)與AgCl===Ag溶電解質(zhì)AgCl在水溶液中的積淀溶解均衡方程式，后者表示強電解質(zhì)AgCl在水溶液中的電離方程式。2．積淀溶解均衡的應用(1)積淀的生成①調(diào)治pH法4溶液中的FeCl3雜質(zhì)，可加入氨水調(diào)治pH至3～4，離子方程式為Fe3＋＋如除去NHCl＋3NH·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH4。②積淀劑法如用H2S積淀Cu2＋，離子方程式為H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。積淀的溶解①酸溶解法2＋CaCO3溶于鹽酸，離子方程式為CaCO3＋2H===Ca＋H2O＋CO2↑。②鹽溶液溶解法如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，離子方程式為＋2＋＋2NH3·H2O。Mg(OH)2＋2NH4===Mg③氧化還原溶解法如不溶于鹽酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。④配位溶解法AgCl溶于氨水，離子方程式為AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。積淀的轉(zhuǎn)變①實質(zhì)：積淀溶解均衡的搬動(積淀的溶解度差別越大，越簡單轉(zhuǎn)變)。②應用：鍋爐除垢、礦物轉(zhuǎn)變等。提示：①難溶電解質(zhì)的溶解均衡也是動向均衡，經(jīng)過改變外界條件能夠使均衡發(fā)生搬動——溶液中的離子轉(zhuǎn)變成積淀、積淀轉(zhuǎn)變成溶液中的離子或一種積淀向另一種積淀轉(zhuǎn)變。②用積淀法除雜不能能將雜質(zhì)離子全部經(jīng)過積淀除去。一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10－5mol·L－1時，積淀已經(jīng)完好。VS教材高考1．（SJ選修4·P933改編）將AgCl分別加入盛有：①5mL水；②6mL0.5mol·L－1NaCl溶液；③10mL0.2mol·L－1CaCl2溶液；④50mL0.1mol·L－1鹽酸的燒杯中，均有固體節(jié)余，各溶液中c（Ag＋）從大到小的序次排列正確的選項是（）A．④③②①B．②③④①C．①④③②D．①③②④答案C2．(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)，以下數(shù)值變小的是①，增大的是②③。2－②c(Mg2＋)①c(CO3)＋)④K(MgCO)sp3探源：本考題源于教材SJ選修4P88“問題解決”，對積淀的生成和轉(zhuǎn)變過程進行了解析和判斷。[診斷性題組]1．基礎(chǔ)知識判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)積淀達到溶解均衡狀態(tài)，溶液中各離子濃度必然相等(×)高升溫度，積淀溶解均衡必然正向搬動(×)某物質(zhì)的溶解性犯難溶，則該物質(zhì)不溶于水(×)(4)因溶解度小的積淀易向溶解度更小的積淀轉(zhuǎn)變，故

ZnS積淀中滴加

CuSO4溶液能夠獲得CuS積淀(√)室溫下，AgCl在水中的溶解度小于在食鹽水中的溶解度(×)(6)向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色積淀變成黑色：2AgCl＋S2－===Ag2S＋2Cl－(√)(7)為減少沖洗過程中固體的耗費，最好采用稀H2SO4代替H2O來沖洗BaSO4積淀(√)沖洗積淀時，沖洗次數(shù)越多越好(×)2．以下說法中正確的選項是( )A．飽和石灰水中加入必然量生石灰，溶液溫度明顯高升，pH增大B．AgCl懸濁液中存在均衡：＋(aq)＋Cl－(aq)，往其中加入少許NaCl粉末，均衡向左搬動，溶液中離子的總濃度減小C．AgCl懸濁液中加入KI溶液，白色積淀變成黃色，證明此條件下sp(AgCl)>sp(AgI)KKD．硬水中含有很多的2＋2＋－2－2＋2＋34解析飽和石灰水中加入必然量生石灰，溶液溫度明顯高升，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懸濁液中加入少許NaCl粉末，均衡向左移動，但離子的總濃度增大，B錯；由積淀的轉(zhuǎn)變規(guī)律可得，K(AgCl)>K(AgI)，C對；加熱spsp煮沸硬水，只能消融擁有暫時硬度的硬水，D錯。答案

C3．(2015·德州模擬

)以下化學原理的應用，主要用積淀溶解均衡原理來講解的是

(

)①熱純堿溶液去油污能力強②誤將鋇鹽

[BaCl

2、Ba(NO3)2]看作食鹽混用后，常用

0.5%的

Na2SO4溶液解毒③溶洞、珊瑚的形成④碳酸鋇不能夠作“鋇餐”而硫酸鋇則能⑤泡沫滅火器滅火的原理A．②③④B．①②③C．③④⑤D．①②③④⑤解析①⑤是水解均衡原理。答案A4．(2016·成都一診

)工業(yè)上向鍋爐里注入

Na2CO3溶液浸泡，將水垢中的

CaSO4轉(zhuǎn)變成CaCO3，此后用鹽酸去除。以下表達不正確的選項是( )A．溫度高升，Na2CO3溶液的Kw和c(OH－)均會增大B．積淀轉(zhuǎn)變的離子方程式為2－2－CO3＋CaSO43＋SO4C．鹽酸溶液中，CaCO的溶解性大于CaSO34D．Na2CO溶液遇CO后，陰離子濃度均減小32解析溫度高升，Kw增大，溫度高升促使碳酸鈉溶液水解，c(OH－)增大，A選項正確；加入碳酸鈉溶液，把硫酸鈣轉(zhuǎn)變成碳酸鈣：2－＋CaSO42－CO33＋SO4，B選項正確；由于碳酸鈣與鹽酸反應，而硫酸鈣不與鹽酸反應，因此在鹽酸溶液中碳酸鈣的溶解性大于硫酸2－－－32233答案D【練后歸納】積淀生成的兩大應用分分離子：同一種類的難溶電解質(zhì)，如AgCl、AgBr、AgI，溶度積小的物質(zhì)先析出，溶度積大的物質(zhì)后析出。(2)控制溶液的pH來分別物質(zhì)，如除去CuCl2中的FeCl3即可向溶液中加入CuO或Cu(OH)23＋等物質(zhì)，將Fe轉(zhuǎn)變成Fe(OH)3而除去。【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許氫氧化鐵雜質(zhì)，經(jīng)過以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2＋反應生成易溶于水的物質(zhì)，不與Mg(OH)反應。誠然Fe(OH)Fe22難溶于水，但步驟②中隨著EDTA的加入，最后能夠?qū)e(OH)2除去并獲得純度高的Mg(OH)。請從積淀溶解均衡的角度加以解說：Fe(OH)2懸濁液中存在以下均衡：2Fe(OH)22＋－，當不斷滴入EDTA時，EDTA將結(jié)合Fe2＋促使均衡向右搬動而使＋2OHFe(OH)2不斷溶解。考點二積淀溶解均衡常數(shù)及其應用(考點層次B→共研、理解、整合)1．溶度積和離子積AmBnmAn＋(aq)＋nBm－(aq)為例溶度積離子積看法積淀溶解的均衡常數(shù)溶液中相關(guān)離子濃度冪的乘積符號spcKQKmn＋nm－mn＋nm－cc)，式中的濃Qccspmncmn表達式度都是均衡濃度度是任意濃度判斷在必然條件下積淀可否生成或溶解①Q(mào)c＞Ksp：溶液過飽和，有積淀析出應用Qc＝Ksp：溶液飽和，處于均衡狀態(tài)③Qc＜Ksp：溶液未飽和，無積淀析出Ksp的影響因素內(nèi)因：難溶物質(zhì)自己的性質(zhì)，這是主要決定因素。外因①濃度：加水稀釋，均衡向溶解方向搬動，但Ksp不變。②溫度：絕大多數(shù)難溶鹽的溶解是吸熱過程，高升溫度，均衡向溶解方向搬動，Ksp增大。③其他：向均衡系統(tǒng)中加入可與系統(tǒng)中某些離子反應生成更難溶物質(zhì)或更難電離物質(zhì)或氣體的離子時，均衡向溶解方向搬動，但Ksp不變。提示：①其實不是Ksp越小，其物質(zhì)的溶解性就越小。對于陰、陽離子的個數(shù)比相同的難溶電解質(zhì)，它們的溶解性能夠直接用Ksp的大小來比較，Ksp越小，其物質(zhì)的溶解性就越??；而對于陰、陽離子的個數(shù)比不相同的難溶電解質(zhì)，它們的溶解性就不能夠直接用Ksp的大小來比較。②溶度積小的難溶電解質(zhì)在必然條件下也能向溶度積大的難溶電解質(zhì)轉(zhuǎn)變。當兩種難溶電解質(zhì)的Ksp相差不是很大時，經(jīng)過調(diào)治某種離子的濃度，可由溶度積小的難溶電解質(zhì)向溶度積大的難溶電解質(zhì)轉(zhuǎn)變。VS教材高考1．(RJ選修4·P65思慮與交流)判斷以下相關(guān)難溶電解質(zhì)及其溶度積常數(shù)Ksp的說法可否正確(1)常溫下，向BaCO3飽和溶液中加入Na2CO3固體，BaCO3的sp減小(×)K(2)Mg(OH)2可溶于鹽酸，不溶于NHCl溶液(×)4溶度積常數(shù)Ksp只受溫度影響，溫度高升Ksp增大(×)(4)常溫下，向Mg(OH)2飽和溶液中加入NaOH固體，Mg(OH)2的sp不變(√)K2．67－4－6(RJ選修4·P4改編)已知AgCl的溶解度為1.5×10g，AgBr的溶解度為8.4×10g，若是將AgCl和AgBr的飽和溶液等體積混雜，再加入足量濃AgNO溶液，發(fā)生反應的結(jié)果為3()A．只有AgBr積淀生成B．AgCl和AgBr積淀等量生成C．AgCl積淀多于AgBr積淀D．AgCl積淀少于AgBr積淀答案C3．(溯源題)[2016·課標全國Ⅰ，27(3)]在化學解析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl－＋2－生成磚紅色積淀，指示到達滴定終點。當溶液中4Cl－恰好完好積淀(濃度等于1.0×10－5－1＋)為2.0×10－5－1，mol·L)時，溶液中c(Agmol·L2－)等于5×10－3－1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10－12和此時溶液中c(CrO4mol·L2.0×10－10)。探源：本考題源于教材SJ選修4P88“表3-14常有難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)和溶解度（25℃）”及其拓展應用，觀察了借助溶度積對積淀生成和溶解的定量判斷問題。[拓展性題組]題組一溶度積看法理解及其定量計算1．已知25℃時BaSO4飽和溶液中存在BaSO42＋2－(aq)，Ksp＝1.1025×10(aq)＋SO4－10，以下相關(guān)BaSO4的溶度積和溶解均衡的表達正確的選項是()2－－5－12－)c＝1.05×10mol·L的BaSO溶液中，加入c4444增大B．向該飽和溶液中加入Ba(NO3)2固體，則BaSO4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＋)＞c2－)(SO4D．向該飽和溶液中加入BaCl2固體，則該溶液中2－)減小(SO4c解析BaSO的溶度積等于c(Ba2＋2－)的乘積，故飽和溶液中2－)＝1.05×10－4445－12－)不變，A項錯誤；溶度積常數(shù)只與溫度相關(guān)，mol·L，再加入BaSO4固體不溶解，c(SO4B項錯誤；加入NaSO固體，BaSO的溶解均衡向左搬動，c(Ba2＋)減小，應為2－)>c(Ba2c(SO2444＋)，C項錯誤；加入BaCl2固體，BaSO4的溶解均衡向右搬動，2－)減小。c(SO4答案D2．(改編題)以硫鐵礦為原料生產(chǎn)硫酸所得的酸性廢水中砷元素含量極高，為控制砷的排放，采用化學沉降法辦理含砷廢水，相關(guān)數(shù)據(jù)以下表，若混雜溶液中Ca2＋、Al3＋、Fe3＋的濃度均為1.0×10－4－13－)最大的是()mol·L，c(AsO4難溶物Ksp3426.8×10－19Ca(AsO)AlAsO41.6×10－16FeAsO45.7×10－21A.5.7×10－16mol－1B．8.2×10－3－1·Lmol·LC．1.6×10－12mol·L－1D．5.7×10－17mol·L－1解析若混雜溶液中2＋、Al3＋3＋的濃度均為1.0×10－4－1，依照表中難溶物的Ca、Femol·LK大小可知，反應過程中3＋先形成積淀，依照K(FeAsO)＝c(Fe3＋3－)＝5.7×10spsp44－213－)＝Ksp3＋4＝5.7×10－17－14答案D3．依照題目供應的溶度積數(shù)據(jù)進行計算并回答以下問題：(1)已知25℃時，sp[Mg(OH)2]＝×10－12；酸堿指示劑百里酚藍變色的pH范圍以下：KpH8.0～顏色黃色綠色藍色25℃時，在Mg(OH)2飽和溶液中滴加2滴百里酚藍指示劑，溶液的顏色為________。(2)25－1－1的鹽酸，生成℃向50mL0.018mol·L的AgNO溶液中加入50mL0.020mol·L3積淀。已知該溫度下，sp－10AgCl的K＝1.8×10，忽略溶液的體積變化，請計算：①完好積淀后，溶液中c(Ag＋)＝________。②完好積淀后，溶液中的pH＝________。③若是向完好積淀后的溶液中連續(xù)加入50mL0.001mol·L－1的鹽酸，可否有白色積淀生成？________(填“是”或“否”)。解析2－－13－12－4，c(H設Mg(OH)飽和溶液中c(OH)為xmol·L，則0.5x＝5.6×10，x＝1×10)＝1×10－10mol·L－1，pH＝10，溶液為藍色。(2)①反應前，(Ag＋)＝0.018mol·L－1×0.05L＝0.9×10－3mol，(Cl－)＝0.020mol·L－nn1－3－－3－×0.05L＝1×10mol；反應后節(jié)余的Cl為0.1×10mol，則混雜溶液中，c(Cl)＝1.0×10－3－1，c(Ag＋)spc(Cl－)＝1.8×10－7－1＋mol·L＝K(AgCl)/mol·L。②H沒有參加反應，完好積淀后，c(H＋)＝0.010mol·L－1，pH＝2。③由于加入的鹽酸中，c(Cl－)和反應后所得溶液中的c(Cl－)相同，c(Cl－)沒有改變，c(Ag＋)變小，因此Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－)<Ksp(AgCl)，沒有積淀產(chǎn)生。答案(1)藍色(2)①1.8×10－7mol·L－1②2③否題組二溶解均衡曲線及其應用4．在t℃時，AgBr在水中的積淀溶解均衡曲線以下列圖。又知t℃時AgCl的Ksp＝4×10－10，以下說法不正確的選項是()A．在t℃時，AgBr的sp為×10－13KB．在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體，可使溶液由c點變到b點C．圖中a點對應的是AgBr的不飽和溶液D．在t℃時，AgCl(s)＋Br－＋Cl－(aq)的均衡常數(shù)≈816K解析依照圖中c點的c(Ag＋)和c(Br－)可得，該溫度下AgBr的Ksp為4.9×10－13，A正確；在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體后，c(Br－)增大，溶解均衡逆向搬動，c(Ag＋)減小，B錯；在a點時<，故為AgBr的不飽和溶液，C正確；在t℃時，均衡常數(shù)＝(Clcsp－)/c(Br－spsp)＝K(AgCl)/K(AgBr)，代入數(shù)據(jù)得K≈816，D正確。答案B5．已知：pAg＝－lg{