- 沉淀反应的应用——沉淀的转化
- 共487题
沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯以及科研等领域有广泛应用．已知25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10-10，Ksp（BaCO3）=1×10-9．
（1）将浓度均为0.1mol•L-1的BaCl2溶液与Na2SO4溶液等体积混合，充分搅拌后过滤，滤液中c（Ba2+）=______mol•L-1．
（2）医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂．胃酸酸性很强（pH约为1），但服用大量BaSO4仍然是安全的，BaSO4不溶于酸______（用溶解平衡原理解释）．万一误服了少量BaCO3，应尽快用大量0.5mol•L-1 Na2SO4溶液给患者洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2+浓度仅为______mol•L-1．
（3）长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率．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，而后用酸除去．
①CaSO4转化为CaCO3的离子方程式______．
②请分析CaSO4转化为CaCO3的原理______．
正确答案
1×10-5
对于溶解平衡BaSO4⇌Ba2+（aq）+SO42-（aq），H+不能减少Ba2+或SO42-的浓度，平衡不能向溶解分析移动
2×10-10
CaSO4（s）+CO32-（aq）═CaCO3（s）+SO42-（aq）
CaSO4存在沉淀溶解平衡，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，Ca2+浓度减小，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动
解析
解：（1）将浓度均为0.1mol/L的BaCl2溶液与Na2SO4溶液等体积混合，充分搅拌后过滤，滤液中为饱和溶液，则存在
c（Ba2+）×c（SO42-）=1×10-10，c（Ba2+）=1×10-5mol/L，
故答案为：1×10-5；
（2）由平衡BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42-（aq）可知，H+不能减少Ba2+或SO42-的浓度，平衡不能向溶解方向移动，
故答案为：对于平衡BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42-（aq），H+不能减少Ba2+或SO42-的浓度，平衡不能向溶解方向移动；
（3）①CaSO4 转化为CaCO3的离子方程式为CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），
故答案为：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq）；
②由平衡CaSO4（s）
故答案为：CaSO4存在沉淀溶解平衡，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动．
把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq），下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、给溶液加热，Ca（OH）2的溶解度降低，溶液pH减小，故A错误；
B、恒温下向溶液中加入CaO，发生CaO+H2O=Ca（OH）2，仍为饱和溶液，pH不变，但是由于水量减少，故溶解的碳酸钙减小，故n（Ca2+）减少，故B正确；
C、加入Na2CO3溶液，发生Ca2++CO32-=CaCO3↓，平衡向正反应方向移动，则其中的Ca（OH）2的固体减少，故C错误；
D、加入少量的NaOH固体，OH-浓度增大，平衡向逆方向移动，则Ca（OH）2的固体增多，故D正确．
故选BD．
（1）下列说法正确的是______（填序号）．
A．向BaSO4饱和溶液中加入固体Na2SO4可以由a点变到b点
B．通过蒸发可以由d点变到c点
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
（2）将100mL 1mol•L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，过滤，滤液中残留的Ba2+的物质的量浓度约为______．
（3）若沉淀分别用100mL纯水和100mL0.01mol•L-1的H2SO4溶液洗涤，两种情况下损失的BaSO4的质量之比为______．
正确答案
解：（1）A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42-），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A错误；
B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42-）、c（Ba2+）均增大，故B错误；
C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确；
D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误；
故答案为：C；
（2）由图象可知Ksp（BaSO4）=10-5×10-5=10-10，将100mL 1mol•L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，反应生成BaSO4，硫酸根离子过量，加入n（Ba2+）=
故答案为：2.02×10-10mol/L；
（3）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×
用100mL 0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×
由同种物质的质量之比等于物质的质量之比，则两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比为10-6mol：10-9mol=1000：1，
所以两种情况下损失的BaSO4的质量之比为1000：1，
故答案为：1000：1．
解析
解：（1）A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42-），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A错误；
B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42-）、c（Ba2+）均增大，故B错误；
C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确；
D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误；
故答案为：C；
（2）由图象可知Ksp（BaSO4）=10-5×10-5=10-10，将100mL 1mol•L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，反应生成BaSO4，硫酸根离子过量，加入n（Ba2+）=
故答案为：2.02×10-10mol/L；
（3）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×
用100mL 0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×
由同种物质的质量之比等于物质的质量之比，则两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比为10-6mol：10-9mol=1000：1，
所以两种情况下损失的BaSO4的质量之比为1000：1，
故答案为：1000：1．
正确答案
解析
解：A、由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe（OH）3]与KSP[Cu（OH）2]的大小，KSP[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•（OH-）3=c（Fe3+）•（10-12.7）3，
KSP[Cu（OH）2]=c（Cu2+）•（OH-）2=c（Cu2+）•（10-9.6）2，因c（Fe3+）=c（Cu2+），故KSP[Fe（OH）3]＜KSP[Cu（OH）2]，故A正确；
B、向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c（OH-）增大，故不能使溶液由a点变到b点，故B错误；
C、只要温度不发生改变，溶液中c（H+）与c（OH-）的乘积（即Kw）就不变．该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c（H+）与c（OH-）的乘积相等，故C正确；
D、b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，故D正确．
故选B．
难溶性杂卤石（K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O）属于“呆矿”，在水中存在如下平衡
K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4
为能充分利用钾资源，用饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如图1：
（1）滤渣主要成分有______和______以及未溶杂卤石．
（2）用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因：______．
（3）“除杂”环节中，先加入______溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入______溶液调滤液PH至中性．
（4）不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系是图2，由图可得，随着温度升高，①______②______；
（5）有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+
已知298K时，Ksp（CaCO3）=2.80×10-9，Ksp（CaSO4）=4.90×10-5，求此温度下该反应的平衡常数K______ （计算结果保留三位有效数字）．
正确答案
解：（1）“呆矿”，在水中存在沉淀溶解平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42-+2H2O，为能充分利用钾资源，用饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，同时钙离子增多，析出硫酸钙沉淀，所以滤渣中主要成分为CaSO4，Mg（OH）2，故答案为：CaSO4；Mg（OH）2；
（2）加入Ca（OH）2溶液，OH-与Mg2+结合成Mg（OH）2、Ca2+与SO42-结合成CaSO4而析出，使平衡向右移动，杂卤石溶解浸出K+（留在滤液中），故答案为：加入Ca（OH）2溶液，OH-与Mg2+结合成Mg（OH）2、Ca2+与SO42-结合成CaSO4而析出，使平衡向右移动，杂卤石溶解浸出K+（留在滤液中）；
（3））“除杂”环节主要是除去钙离子，依据除杂原则不能引入新的杂质，根据制取的目的是制备硫酸钾，所以加入的试剂易于除去，不引入新的杂质，因此加入过量K2CO3除钙离子，过滤后加入硫酸至中性，除去碳酸钾，故答案为：K2CO3；H2SO4；
（4）分析不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系，温度越高K+的浸出浓度越大，溶浸时间越短，反应速率越大，达到平衡越快，故图象中分析得到的结论为：温度越高，在同一时间K+的浸出浓度大；反应速率加快，平衡时溶浸时间短，
故答案为：在同一时间K+的浸出浓度大；反应速率加快，平衡时溶浸时间短；
（5）溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+CO32-（aq）⇌CaCO3（s）+SO42-（aq），CaCO3（s）=Ca2++CO32-；CaSO4（s）=Ca2++SO42-；依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子相同计算，反应的平衡常数K=
解析
解：（1）“呆矿”，在水中存在沉淀溶解平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42-+2H2O，为能充分利用钾资源，用饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，同时钙离子增多，析出硫酸钙沉淀，所以滤渣中主要成分为CaSO4，Mg（OH）2，故答案为：CaSO4；Mg（OH）2；
（2）加入Ca（OH）2溶液，OH-与Mg2+结合成Mg（OH）2、Ca2+与SO42-结合成CaSO4而析出，使平衡向右移动，杂卤石溶解浸出K+（留在滤液中），故答案为：加入Ca（OH）2溶液，OH-与Mg2+结合成Mg（OH）2、Ca2+与SO42-结合成CaSO4而析出，使平衡向右移动，杂卤石溶解浸出K+（留在滤液中）；
（3））“除杂”环节主要是除去钙离子，依据除杂原则不能引入新的杂质，根据制取的目的是制备硫酸钾，所以加入的试剂易于除去，不引入新的杂质，因此加入过量K2CO3除钙离子，过滤后加入硫酸至中性，除去碳酸钾，故答案为：K2CO3；H2SO4；
（4）分析不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系，温度越高K+的浸出浓度越大，溶浸时间越短，反应速率越大，达到平衡越快，故图象中分析得到的结论为：温度越高，在同一时间K+的浸出浓度大；反应速率加快，平衡时溶浸时间短，
故答案为：在同一时间K+的浸出浓度大；反应速率加快，平衡时溶浸时间短；
（5）溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+CO32-（aq）⇌CaCO3（s）+SO42-（aq），CaCO3（s）=Ca2++CO32-；CaSO4（s）=Ca2++SO42-；依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子相同计算，反应的平衡常数K=
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