- 难溶电解质的溶解平衡
- 共2266题
常温时，将等质量的AgCl固体分别加入到等体积的下列4种溶液中，AgCl溶解最少的是（ ）
正确答案
解析
解：A、氯离子浓度3mol/L；
B、氯离子浓度2mol/L；
C、氯离子浓度2.8mol/L；
D、氯离子浓度2mol/L；
所以氯离子浓度越大对沉淀溶解平衡抑制程度越大，氯化银溶解度越小，故D选项氯离子浓度最大，氯化银溶解度最小；
故选A．
下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp（25℃）．
回答下列问题：
（1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，则它们酸性由强到弱的顺序为______（填编号）．
（2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式______．
（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：
c（CH3COO-）______c（NH4+）（填“＞”、“=”或“＜”）．
（4）如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，
①T2温度时Ksp（BaSO4）=______；
②讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是______．
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a，b之间的某一点（不含a，b）
D．升温可使溶液由b点变为d点
③现有0.2mol的BaSO4沉淀，每次用1L饱和Na2CO3溶液（浓度为1.7mol•L-1）处理．若使BaSO4中的SO42-全部转化到溶液中，需要反复处理______次．
正确答案
①④③②
C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-
=
5.0×10-9
ABC
3
解析
解：（1）根据表中数据知，酸的电离平衡常数大小顺序是①④③②，酸的电离平衡常数越大，其溶液酸性越强，所以这几种溶液的酸性强弱顺序是①④③②，
故答案为：①④③②；
（2）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-，
故答案为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；
（3）等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，根据电荷守恒得c（CH3COO-）=c（NH4+），
故答案为：=；
（4）①Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）．c（SO42-）=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9；
故答案为：5.0×10-9；
②A．硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；
C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；
D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；
故选ABC；
③设每次用1.00L 2.0 mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmol BaSO4，
BaSO4 +CO32-=BaCO3 +SO42
（2.0-x）mol•L-1 x mol•L-1
根据K=
解得：x=0.081，处理次数=
故答案为：3．
以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度：
在无机化合物提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子．例如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将
Fe2+氧化Fe3+，调节溶液的pH=4，过滤结晶即可．
请回答下列问题：
（1）上述三个除杂方案都能够达到很好效果，Fe3+、Fe2+都被转化为______（填化学式）而除去．
（2）①中加入的试剂应该选择______为宜，其原因是_______．
（3）②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为______．
（4）下列与③相关的叙述中，正确的是______（填字母）．
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染
B．将Fe2+氧化为Fe+的主要原因是Fe（OH）2沉淀比Fe（OH）3沉淀较难过滤
C．调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D．Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中
E．在pH＞4的溶液中Fe3+一定不能大量存在．
正确答案
解：（1）①中为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，生成Fe（OH）3，如用氢氧化钠溶液进行沉淀，则沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，所以不用；
②根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+，；
③由于Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，所以一般将Fe2+先氧化成Fe3+，再调节溶液的pH=4，形成Fe（OH）3沉淀；
故答案为：Fe（OH）3；
（2）①用氢氧化钠溶液，会引入新的杂质，沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，
故答案为：氨水；不会引入新的杂质；
（3）②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；
故答案为：2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；
（4）A．根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中被还原成水，不引进杂质、不产生污染，故A正确；
B．根据Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，形成Fe（OH）2沉淀Fe2+沉淀不完全，故B错误；
C．原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，PH增大，当PH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀．而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故C正确；
D．氢氧化铜或碱式碳酸铜与H+反应，H+反应后，PH增大，当PH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故D正确；
E．在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，则Fe3+一定不能大量存在，故E正确；
故选：ACDE．
解析
解：（1）①中为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，生成Fe（OH）3，如用氢氧化钠溶液进行沉淀，则沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，所以不用；
②根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+，；
③由于Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，所以一般将Fe2+先氧化成Fe3+，再调节溶液的pH=4，形成Fe（OH）3沉淀；
故答案为：Fe（OH）3；
（2）①用氢氧化钠溶液，会引入新的杂质，沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，
故答案为：氨水；不会引入新的杂质；
（3）②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；
故答案为：2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；
（4）A．根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中被还原成水，不引进杂质、不产生污染，故A正确；
B．根据Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，形成Fe（OH）2沉淀Fe2+沉淀不完全，故B错误；
C．原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，PH增大，当PH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀．而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故C正确；
D．氢氧化铜或碱式碳酸铜与H+反应，H+反应后，PH增大，当PH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故D正确；
E．在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，则Fe3+一定不能大量存在，故E正确；
故选：ACDE．
用Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓______（判断对错）
正确答案
对
解析
解：HgS不溶于水，可除去杂质；
故答案为：对．
在100mL 1.0×10-4mol/L的KCl溶液中，加入100mL 2.0×10-6mol/L的AgNO3溶液，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：由AgCl（s）⇌Ag++Cl-，Ksp=c（Ag+）．c（Cl-），混合后溶体积是0.2L，c（Cl-）=
故选B．
一个学生拟通过实验验证某温度下醋酸银（CH3COOAg）的Ksp，实验中用了如下的反应：2Ag+（aq）+Cu（s）⇌2Ag（s）+Cu2+（aq）．这个学生将已知质量的铜片加入到CH3COOAg饱和溶液中，待充分反应之后，将铜片冲洗干净（包括刚析出的银也冲洗掉）、干燥、重新称量．
（1）写出能表示CH3COOAg的沉淀溶解平衡的方程式：______
（2）已知该温度下CH3COOAg的Ksp=3.6×l0-3．铜片刚开始的质量为23.4g，将铜片放在100mL的CH3COOAg饱和溶液中，此饱和溶液中没有CH3COOAg固体．通过计算说明充分反应后铜片中铜的质量为何值时（保留一位小数），CH3COOAg的Ksp得到证实．
（3）为什么做此实验时CH3COOAg饱和溶液中必须没有CH3COOAg固体？______．
正确答案
解：（1）CH3COOAg的沉淀溶解方程式为CH3COOAg（s）⇌Ag+（aq）+CH3COO-（aq），故答案为：CH3COOAg（s）⇌Ag+（aq）+CH3COO-（aq）；
（2）因为CH3COOAg的Ksp=3.6×l0-3．，所以Ag+（aq）的浓度为：
（3）因为若存在固体CH3COOAg，则随着Cu与Ag+反应进行，反应体系中Ag+的物质的量浓度减小，CH3COOAg固体溶解，平衡向正方向移动，会产生更多的Ag+，无法验证CH3COOAg的Ksp，所以做此实验时CH3COOAg饱和溶液中必须没有CH3COOAg固体，
故答案为：若存在固体CH3COOAg，则随着Cu与Ag+反应进行，反应体系中Ag+的物质的量浓度减小，CH3COOAg固体溶解，平衡向正方向移动，会产生更多的Ag+，无法验证CH3COOAg的Ksp．
解析
解：（1）CH3COOAg的沉淀溶解方程式为CH3COOAg（s）⇌Ag+（aq）+CH3COO-（aq），故答案为：CH3COOAg（s）⇌Ag+（aq）+CH3COO-（aq）；
（2）因为CH3COOAg的Ksp=3.6×l0-3．，所以Ag+（aq）的浓度为：
（3）因为若存在固体CH3COOAg，则随着Cu与Ag+反应进行，反应体系中Ag+的物质的量浓度减小，CH3COOAg固体溶解，平衡向正方向移动，会产生更多的Ag+，无法验证CH3COOAg的Ksp，所以做此实验时CH3COOAg饱和溶液中必须没有CH3COOAg固体，
故答案为：若存在固体CH3COOAg，则随着Cu与Ag+反应进行，反应体系中Ag+的物质的量浓度减小，CH3COOAg固体溶解，平衡向正方向移动，会产生更多的Ag+，无法验证CH3COOAg的Ksp．
已知25℃时，Ka（HF）=3.6×10-4，Ksp（CaF2）=1.46×10-10，现向1L 0.2mol/L HF溶液中加入1L 0.2mol/L CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．两溶液混合后，c（HF）=0.1 mol•L-1，则有Ka（HF）=
B．Ksp只与温度有关，与浓度无关，故B错误；
CD．两溶液混合后，c（Ca2+）=0.1 mol•L-1，Qc=c2（F-）•c（Ca2+）=（3.6×10-5mol/L）•0.1 mol•L-1=3.6×10-6＞Ksp，说明有沉淀产生，故C错误，D正确；
故选D．
在进行胃部透视时，为取得良好的检查效果，需要在检查之前服用“钡餐”，“钡餐”的主要成分是硫酸钡．在25℃时，1L水中约能溶解2.4×10-3g 硫酸钡，它的溶度积常数Ksp=1.1×10-10．
（1）钡离子是一种有毒的重金属离子，当人体中钡离子浓度达到2×10-3mol•L-1时，就会对健康产生危害．请通过计算说明为什么可以用硫酸钡作为“钡餐”．
（2）在25℃时，1L水中约能溶解0.018g 碳酸钡，且胃液是酸性的，能否用碳酸钡代替硫酸钡作为“钡餐”的主要成分？
正确答案
解：（1）根据硫酸钡的溶解平衡计算，在硫酸钡中存在平衡：BaSO4（s）
c（Ba2+）=
答：由BaSO4（s）
（2）胃酸的主要成分是盐酸，盐酸能与CO32-反应生成二氧化碳和水，促进BaCO3的沉淀溶解平衡向右移动，使Ba2+浓度增大而引起人体中毒，
答：因BaCO3（s）
解析
解：（1）根据硫酸钡的溶解平衡计算，在硫酸钡中存在平衡：BaSO4（s）
c（Ba2+）=
答：由BaSO4（s）
（2）胃酸的主要成分是盐酸，盐酸能与CO32-反应生成二氧化碳和水，促进BaCO3的沉淀溶解平衡向右移动，使Ba2+浓度增大而引起人体中毒，
答：因BaCO3（s）
已知Ksp（BaSO4 ）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=2.5×10-9．下列说法中不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．难溶电解质的溶解平衡中，溶度积大的能向溶度积小的转化所以，BaCO3可以转化为BaSO4；故A正确；
B．因胃酸可与CO32-反应生成水和二氧化碳，使CO32-浓度降低，从而使平衡BaCO3（s）⇌Ba2+（aq）+CO32-（aq） 向溶解方向移动，使Ba2+浓度增大，Ba2+有毒，所以BaCO3不可以做钡餐试剂，故B错误；
C．根据Ksp（BaSO4 ）和Ksp（BaCO3）计算可求出c（SO42-）/c（CO32-）=
D．Ksp（BaCO3）=c（CO32-）•c（Ba2+）=2.5×10-9，所以c（Ba2+）=5×10-5 Qc=c（SO42-）•c（Ba2+）≥Ksp（BaSO4 ）开始转化为BaSO4，所以c（SO42-）=
故选B．
海水中含有丰富的镁资源．某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变．已知：Ksp（CaCO3）=4.96×10-9；Ksp（MgCO3）=6.82×10-6；Ksp[Ca（OH）2]=4.68×10-6；Ksp[Mg（OH）2]=5.61×10-12．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．步骤①，从题给的条件，可知n（NaOH ）=0.001mol，[即n（OH-）=0.001mol]．依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH- 恰好与HCO3-完全反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O，生成0.001molCO32-．由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀Ca2++CO32-=CaCO3↓．所以沉淀物X为CaCO3，故A正确；
B．由于CO32-只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2+）=0.010 mol•L-1．滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，故B错误；
C．步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11（即pOH=3）时，此时滤液中c（OH-）=1×10-3 mol•L-1．则
Q[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×（10-3）2=0.010×（10-3）2=10-8＜Ksp[Ca（OH）2]，无Ca（OH）2生成．
Q[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×（10-3）2=0.050×（10-3）2=5×10-8＞Ksp[Mg（OH）2]，有Mg（OH）2沉淀生成．
又由于Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×（10-3）2=5.61×10-12，c（Mg2+）=5.61×10-6＜10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，
故C错误；
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05mol Mg2+反应：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，生成0.05 mol Mg（OH）2，剩余0.005 mol OH-．
由于Q[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×（OH-）2=0.010×（0.005）2=2.5×10-7＜Ksp[Ca（OH）2]，所以无Ca（OH）2沉淀析出，沉淀物Y为Mg（OH）2沉淀，故D错误．
故选A．
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