鲁科版高考化学一轮复习第8单元物质在水溶液中的行为第4节沉淀溶解平衡课件

展开

这是一份鲁科版高考化学一轮复习第8单元物质在水溶液中的行为第4节沉淀溶解平衡课件

第八单元2022必备知识自主预诊　知识梳理1.溶解平衡状态(1)定义。沉淀溶解平衡状态是指在一定温度下,当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液时,沉淀溶解速率和沉淀生成速率相等的状态。例如,在一定温度下,当AgCl溶于水形成饱和溶液时,AgCl溶于水形成Ag+和Cl-的速率等于溶液中的Ag+和Cl-结合生成AgCl的速率的状态,属于沉淀溶解平衡状态。(2)溶解平衡的建立。固体溶质溶液中的溶质 ①v(溶解)>v(沉淀),固体溶解②v(溶解)=v(沉淀),溶解平衡③v(溶解)2([S2-]+[HS-]+[H2S])C.d点溶液中:[Na+]>[Cl-]>[S2-]>[H+]D.相同条件下,若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液,则反应终点c向上移动答案 D　解析向10 mL 0.10 mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.10 mol·L-1的Na2S溶液,发生反应的离子方程式为Cu2++S2-==CuS↓,Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解,水解促进水的电离,b点溶液中滴加Na2S溶液的体积是10 mL,此时恰好生成CuS沉淀,CuS存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq),结合图像和溶度积常数分析解答。该温度下,平衡时[Cu2+]=[S2-]=10-17.7 mol·L-1,Ksp(CuS)=[Cu2+][S2-]=10-17.7 mol·L-1×10-17.7 mol·L-1=10-35.4mol2·L-2,故数量级为10-36,A正确;a点为CuCl2溶液和NaCl的混合溶液,生成了CuS沉淀,[Na+]>2([S2-]+[HS-]+[H2S]),B正确;d点溶液是Na2S和NaCl的混合溶液,硫离子水解使溶液显碱性,[Na+]>[Cl-]>[S2-]>[OH-]>[H+],C正确;相同实验条件下,改用0.1 mol·L-1的ZnCl2溶液,Ksp(ZnS)=1.6×10-24 mol2·L-2>Ksp(CuS),锌离子浓度大于铜离子浓度,消耗硫化钠溶液体积10 mL,图中反应终点c点向b点方向移动,D错误。考向2　溶度积常数及其应用【典例2】 (1)(2020山东化学,16节选)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:已知:MnO2是一种两性氧化物;25 ℃时相关物质的Ksp见下表。回答下列问题:①净化时需先加入的试剂X为　　　　　　　(填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为　　　　　　　　　(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5 mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。 ②碳化过程中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)(2020江苏化学,19节选)实验室由炼钢污泥(简称铁泥,主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。其主要实验流程如下:铁泥→酸浸→还原→除杂→沉铁 α-Fe2O3除杂:向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液,使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　[Ksp(CaF2)=5.3×10-9 (mol·L-1)3,Ka(HF)=6.3×10-4 mol·L-1]。答案 (1)①H2O2　4.9　②Mn2++HC +NH3·H2O==MnCO3↓+N +H2O　(2)pH偏低形成HF,导致溶液中F-浓度减小,CaF2沉淀不完全易错警示 (1)并非Ksp越小,其物质的溶解度就越小。对于阴、阳离子个数比相同的难溶电解质,它们的溶解度可以直接用Ksp的大小来比较,Ksp越小,其物质的溶解度就越小;而对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质,它们的溶解度就不能直接用Ksp的大小来比较。(2)溶度积小的难溶电解质在一定条件下也能向溶度积大的难溶电解质转化。当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时,通过调节某种离子的浓度,可由溶度积小的难溶电解质向溶度积大的难溶电解质转化。对点演练2(2020全国3,27节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O ):溶液中金属离子开始沉淀时和完全沉淀时的pH如下表所示: 回答下列问题:(1)“转化” 中可替代H2O2的物质是　　　　　　　。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即 ,“滤液③”中可能含有的杂质离子为　　　　。 (2)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=　　　　　　　　　　　　　　(列出计算式) 。如果“转化”后的溶液中Ni2+ 浓度为1.0 mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是　　　　。解析 (1)加H2O2溶液“转化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,替代起氧化作用的H2O2溶液的可以为O2或空气,这样既能将Fe2+氧化,又不引进新杂质。由于Fe2+开始沉淀、沉淀完全时的pH与Ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,则“调pH”得到Fe(OH)3沉淀,Fe2+与Ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使Fe2+转变为Fe3+而被沉淀出来,则滤液③中可能的杂质离子为氧化得到的Fe3+。答案 (1)O2或空气　Fe3+(2)0.01×(107.2-14)2 (mol·L-1)3[或10-5×(108.7-14)2 (mol·L-1)3]　3.2~6.2(2)根据Ni2+开始沉淀时的pH为7.2,可得Ni(OH)2的Ksp=[Ni2+][OH-]2=0.01×(107.2-14)2 mol3·L-3;根据Ni2+完全沉淀时的pH为8.7,也可得Ni(OH)2的Ksp=[Ni2+][OH-] 2=10-5×(108.7-14)2 mol3·L-3。“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全,根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知,pH应大于3.2;同时不能使Ni2+沉淀,则[Ni2+][OH-]2<0.01×(107.2-14)2 mol3·L-3,根据[Ni2+]=1.0 mol·L-1,可求得[OH-]<10-7.8 mol·L-1,对应[H+]>10-6.2 mol·L-1,则“调pH”的pH应小于6.2,则“调pH”控制的pH范围是3.2~6.2。深度指津1.有关Ksp的相关计算(1)已知溶度积,求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp(AgCl)=a(mol·L-1)2的饱和AgCl溶液中,[Ag+]= mol·L-1。(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度,求溶液中的另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a mol2·L-2,在0.1 mol·L-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后[Ag+]=10a mol·L-1。(3)计算反应的平衡常数,如对于反应Cu2+(aq)+MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq),Ksp(MnS)=[Mn2+][S2-],Ksp(CuS)=[Cu2+][S2-],该反应的平衡常数K= 。2.解沉淀溶解平衡图像题的三步骤第一步:明确图像中纵、横坐标的含义纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。第二步:理解图像中线上点、线外点的含义(1)以氯化银为例,在该沉淀溶解平衡图像上,曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态,此时Q=Ksp。在温度不变时,无论改变哪种离子的浓度,另一种离子的浓度只能在曲线上变化,不会出现在曲线以外。(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液,此时Q>Ksp。(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液,此时QKsp时:溶液中有沉淀析出。核心速记4.用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去,一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时,表明离子已经沉淀完全。5.沉淀溶解平衡是化学平衡的一种,沉淀溶解平衡也同样遵循勒•夏特列原理。3.3个应用(1)沉淀的生成;(2)沉淀的溶解;(3)沉淀的转化。学科素养提升电解质溶液相关图像的解读素养解读常以酸碱中和反应和电离平衡、沉淀溶解平衡建立过程中离子浓度变化曲线、pH变化曲线等为设计背景,主要命题点有了解电解质电离方程式的书写、水电离程度的比较、离子浓度的关系、离子浓度大小的比较、电离常数的计算、pH的计算和溶度积的计算等,侧重考查考生分析问题的能力。案例探究电解质溶液知识的综合应用是高考必考的热点之一,以图像问题分析考查电解质溶液的题目频频出现。考查知识主要涉及:电离平衡和水解平衡、酸碱混合液pH的变化,溶液中微粒浓度的大小比较、溶液的导电性变化、水的离子积、水的电离程度变化等。侧重考查考生数形结合、提炼关键信息等综合分析能力、数据处理与计算能力、知识的迁移应用能力。考查类型有以下3种:①反应过程中离子的浓度随某物质的增加而变化的图像。②反应过程中产生沉淀的质量或物质的量随某物质的增加而变化的图像。③反应过程中产生气体的质量或物质的量随某物质的增加而变化的图像。【典例1】常温下,将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB的溶液中,两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)A.Ka(HA)的数量级为10-5B.当NaOH溶液与HB混合至中性时:[B-]<[HB]C.等浓度的NaA、NaB溶液中,水的电离程度:NaA[A-]>[B-]>[OH-]>[H+]解析Ka(HA)= ,当[A-]=[HA]时,Ka(HA)=[H+],则Ka(HA)在10-3.0~10-3.5之间,Ka(HA)的数量级为10-4,A项错误;根据图像可知,当溶液中[B-]=[HB]时溶液呈酸性,要使溶液呈中性,则溶液中应是[B-]>[HB],B项错误;根据图像可知,当溶液中酸分子的浓度等于酸电离产生的阴离子浓度时,溶液的pH大小关系为HA[A-],HB是弱酸,存在电离平衡,且等浓度的盐电离产生的离子浓度大于弱酸电离产生的离子答案 C 浓度,故[A-]>[B-];由于溶液中[B-]=[HB]时,溶液呈酸性,又根据选项C分析可知酸性:HA>HB,可见等浓度的HB和NaA的混合溶液显酸性,[H+]>[OH-],故该溶液中离子浓度大小关系为[Na+]>[A-]>[B-]>[H+]>[OH-],D项错误。【典例2】室温下,用0.1 mol·L-1的NaOH溶液分别滴定20 mL 0.1 mol·L-1的HA和HB溶液,溶液pH随加入NaOH溶液的体积变化曲线如图所示,下列判断错误的是(　　)A.水的电离度:c点溶液>纯水>b点溶液B.电离常数:Ka(HA)[Na+]>[HB]>[H+]>[OH-]答案C解析c点为完全中和生成的盐溶液,根据起始pH可知,两种酸均为弱酸,且HA的酸性更弱,故c点为强碱弱酸盐溶液,水解促进水的电离,b点不完全中和,酸过量,酸的电离抑制水的电离,水的电离程度减小,故水的电离度:c点溶液>纯水>b点溶液,选项A正确;由图中曲线可知,HA的酸性更弱,则电离常数:Ka(HA)[Na+]>[HB]>[H+]>[OH-],选项D正确。【典例3】 25 ℃时,用Na2S、(NH4)2S等沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子(M2+),所需S2-最低浓度的对数值lg[S2-]与lg[M2+]关系如右图所示。下列说法不正确的是(　　)A.Na2S溶液中:[S2-]+[HS-]+[H2S]=2[Na+]B.25 ℃时,Ksp(CuS)约为1×10-35 (mol·L-1)2C.向100 mL浓度均为1×10-5 mol·L-1 Zn2+、Cu2+的混合溶液中逐滴加入1×10-4 mol·L-1的Na2S溶液,Cu2+先沉淀D.(NH4)2S溶液中:[N ]+[H+]=[OH-]+2[S2-]+[HS-]答案A解析硫化钠溶液中的物料守恒为2[S2-]+2[HS-]+2[H2S]=[Na+],A项错误;在25 ℃时CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq),Ksp(CuS)=[Cu2+][S2-]=10-25×10-10=10-35,B项正确;依据图像可知,CuS的Ksp较小,对于化合物构型相同的物质来说,Ksp越小,形成沉淀需要的离子浓度越小,故CuS更难溶,首先出现的沉淀是CuS,即Cu2+先沉淀,C项正确;对于(NH4)2S溶液,根据电荷守恒可得[N ]+[H+]=[OH-]+2[S2-]+[HS-],D项正确。【典例4】 H3AsO4水溶液中含砷的各微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示(已知pKa=-lgKa),下列说法正确的是(　　)A.H3AsO4溶液pKa2为4.5B.NaH2AsO4溶液显碱性C.常温下,m点对应溶液中由水电离出的OH-浓度为10-11.5 mol·L-1D.n点对应溶液中,离子浓度关系为[HAs ]=[H2As ]>[OH-]=[H+]答案 D 方法规律一、一强一弱溶液稀释的图像1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸 3.pH与稀释倍数的线性关系 a、b两点的溶液中:[X-]=[Y-] [ROH]>[MOH] 二、KW和Ksp曲线1.曲线型不同温度下水溶液中[H+]与[OH-]的变化曲线常温下,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp=9×10-6 mol2·L-2] (mol·L-1)2 [H+]<[OH-] 2.直线型(pM-pR曲线)pM为阳离子浓度的负对数,pR为阴离子浓度的负对数①直线AB上的点对应的溶液中:[M2+]=[R2-];②溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3;③X点对于CaSO4来说要析出沉淀,对于CaCO3来说是不饱和溶液,能继续溶解CaCO3;④Y点:[S ]>[Ca2+],二者浓度的乘积等于10-5;Z点:[C ]<[Mn2+],二者浓度的乘积等于10-10.6。三、分布分数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布分数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线]四、酸碱中和滴定曲线素养提升1.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱,常温下甲胺(CH3NH2·H2O)的电离常数为Kb,且pKb=-lgKb=3.38。常温下,向体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液中分别滴加浓度为0.1 mol·L-1的盐酸,溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。A.曲线1代表四甲基氢氧化铵溶液B.在b、c、e三点中,水的电离程度最大的点是eC.b点溶液中存在D.常温下,CH3NH3Cl水解常数的数量级为10-11[H+]=[OH-]+[CH3NH2·H2O] 答案 D　解析四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱,甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱,同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大,所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH],故A项错误;向体积为20 mL、浓度为0.1 mol·L-1的甲胺溶液中滴加浓度为0.1 mol·L-1的盐酸,当滴加20 mL盐酸时,恰好完全反应,此时溶液中溶质为强酸弱碱盐,促进水电离,此时水电离程度最大,即b、c、e三点中c点水的电离程度最大,故B项错误;b点溶液中溶质为CH3NH2·H2O和CH3NH3Cl的混合物,二者比例关系不明确,故C项错误;根据Ka·Kh=KW可得,CH3NH3Cl的水解常数为 mol·L-1=10-10.62 mol·L-1,其数量级为10-11,D项正确。2.室温时,有1 mol·L-1 HA和1 mol·L-1 HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)A.M点溶液中B.HA的电离常数约为10-4C.浓度均为0.1 mol·L-1的NaA和HA的混合溶液的pH<7D.M、P两点的溶液分别用等浓度的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液体积:P>M[A-]等于N点溶液中[B-] 答案 D　解析由图中信息可知,1 mol·L-1的HA和1 mol·L-1的HB两种酸溶液的pH分别为2和0,所以HA是弱酸、HB是强酸,HB已完全电离。因为两溶液浓度和体积均相等,故两溶液中所含一元酸的物质的量相等。M点溶液和N点溶液的pH都等于3,由电荷守恒及水的电离平衡可知,M点溶液中[A-]等于N点溶液中[B-],A项正确;1 mol·L-1的HA溶液的pH为2,[A-]=[H+]=0.01 mol·L-1,[HA]=1 mol·L-1,则HA的电离常数约为10-4,B项正确;浓度均为0.1 mol·L-1的NaA和HA的混合溶液中,[HA]≈[A-],根据电离常数的表达式可知,[H+]=Ka(HA)=10-4 mol·L-1,所以该溶液的pH<7,C项正确;M、P两点的溶液所含一元酸的物质的量相等,故分别用等浓度的NaOH溶液中和时,消耗的NaOH溶液体积相等,D项错误。3.已知:pKa=-lgKa。25 ℃时,H2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)A.a点溶液中:[HA-]=[H2A]B.b点溶液中:A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81 mol·L-1C.c点溶液中:V0=30D.a、b、c、d四点中,d点溶液中水的电离程度最大答案 C　 4.298 K时,二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是(　　)A.溶液pH由1升至2.6时主要存在的反应是H3X++OH-==H2X+H2OB.H2X的第二步电离平衡常数Ka2(H2X)为10-4 mol·L-1C.NaHX溶液中:[H+]<[OH-]D.当溶液显中性时:[Na+]=2[X2-]答案 A　解析溶液pH由1升至2.6时,从图中可以判断主要是H3X+转化为H2X,即反应为H3X++OH-==H2X+H2O,A项正确;溶液显中性即pH=7时,溶液中的HX-和X2-浓度相等,所以Ka2(H2X)= =10-7,B项错误;从图中可以看出当HX-分布最多时,溶液显酸性,所以NaHX溶液显酸性,即[H+]>[OH-],C项错误;溶液显中性即pH=7时,溶液中的HX-和X2-浓度相等,存在的电荷守恒为[Na+]+[H+]=2[X2-]+[HX-]+[OH-],因为溶液显中性可得[H+]=[OH-],所以得到[Na+]=2[X2-]+[HX-]=3[X2-],D项错误。

鲁科版高考化学一轮复习第8单元物质在水溶液中的行为第4节沉淀溶解平衡课件

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网