高考化学丨沉淀溶解平衡知识点攻略！

①碱溶解法。如用NaOH溶液溶解Al(OH) 3 ，化学方程式为NaOH+Al(OH) 3 NaAlO 2 +2H 2 O。

②盐溶解法。除了酸、碱可以溶解难溶电解质，某些盐溶液也可用来溶解沉淀。如NH 4 Cl溶液可溶解Mg(OH) 2 。

③配位溶解法。在难溶物中加入配位剂，因形成配合物而降低难溶物的某种离子浓度，使平衡右移，沉淀溶解。

④氧化还原溶解法。有些金属硫化物(CuS、HgS等)不溶于非氧化性酸，只能溶于氧化性酸，通过减小 c(S 2 − )而达到沉淀溶解的目的。如3CuS+8HNO 3 (稀) 3Cu(NO 3 ) 2 +3S↓+2NO↑+4H 2 O。

（3）沉淀的转化

实质：沉淀溶解平衡的移动。

条件：两种沉淀的溶度积不同，溶度积大的可以转化为溶度积小的。

应用：锅炉除垢、矿物转化等。

题型一 沉淀溶解平衡的移动方向判断

已知Ag 2 SO 4 的 Ksp 为2.0×10 －5 ，将适量Ag 2 SO 4 固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag + 和 浓度随时间变化关系如下图[饱和Ag 2 SO 4 溶液中 c(Ag + )=0.034 mol·L －1 ]。若t1 时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol·L －1 Na 2 SO 4 溶液，下列示意图中，能正确表示 t1 时刻后Ag + 和SO 2－4浓度随时间变化关系的是

【答案】B

【解析】Ag2 SO 4 刚好为100 mL的饱和溶液，因为c(Ag + )=0.034 mol·L －1 ，所以 c( )=0.017 mol·L －1 ；当加入100 mL 0.020 mol·L －1 Na 2 SO 4 溶液后，c( )=0.018 5 mol·L －1 ， c(Ag + )=0.017 mol·L －1 (此时Qc ＜Ksp )。由计算可知选B。

沉淀溶解平衡及其影响因素的理解

（1）沉淀溶解平衡是化学平衡的一种，沉淀溶解平衡的移动也同样遵循勒夏特列原理。

（2）沉淀溶解达到平衡时，再加入该难溶物对平衡无影响。

（3）难溶电解质的溶解过程有的是吸热过程，有的是放热过程。

（4）由于沉淀的生成取决于Qc 与Ksp 的相对大小，而溶解度与相对分子质量有关，有可能溶解度大的转化为溶解度小的。

（5）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，沉淀已经完全。

1．常温下，取一定量的PbI2 固体配成饱和溶液，T时刻改变某一条件，离子的浓度变化如图所示(注：第一次平衡时c(I－ )=2×10－3 mol·L－1 ， c(Pb 2+ )=1×10 －3 mol·L－1 )，下列有关说法正确的是

A．常温下，PbI 2 的Ksp =2×10 －6

B．温度不变，向PbI 2 饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2 的溶解度不变，Pb2+ 浓度不变

C．常温下Ksp (PbS)=8×10 －28 ，向PbI 2 的悬浊液中加入Na2 S溶液，PbI 2 (s)+S 2－ (aq) PbS(s)+2I － (aq)反应的化学平衡常数为5×10 18

D．T时刻改变的条件是升高温度，PbI2 的Ksp 增大

【答案】C

【解析】由Ksp = c(Pb 2+ )· c2 (I － )=1×10－3 ×(2×10－3 ) 2 =4×10 －9 ，A错误；由于硝酸铅是强电解质，完全电离产生Pb 2+ ，温度不变，PbI2 的溶度积不变，但Pb2+ 浓度增大，B错误；PbI2 (s)+S 2－ (aq) PbS(s)+2I－ (aq)反应的平衡常数K=c2 (I － )/c(S 2－ )= Ksp (PbI 2 )/ Ksp (PbS)=4×10 －9 /8×10－28 =5×10 18 ，C正确；T时刻若改变的条件是升高温度，c(Pb 2+ )、 c(I－ )均呈增大趋势，D错误。

题型二 利用沉淀溶解平衡解决除杂和提纯问题

利用水钴矿[主要成分为Co2 O 3 和Co(OH)3 ，还有少量Fe2 O 3 、Al2 O 3 、MnO等]制取CoCl2 ·6H 2 O的工艺流程如图所示：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+ 、Co2+ 、Fe2+ 、Mn2+ 、Al3+ 等：

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

（1）写出浸出过程中Co2 O 3 发生反应的离子方程式。

（2）NaClO3 的作用是。

（3）加Na2 CO 3 调pH至5.2所得沉淀为。

（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。萃取剂的作用是；其使用的适宜pH范围是(填字母)。

A.2.0~2.5　　　　B.3.0~3.5　　　　C.4.0~4.5

（5）为测定粗产品中CoCl2 ·6H 2 O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO 3 溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2 ·6H 2 O的质量分数大于100%，其原因可能是

(任答一条即可)。

【答案】（1）Co2 O 3 + +4H + 2Co 2+ + +2H 2 O

（2）将Fe2+ 氧化成Fe3+

（3）Fe(OH)3 、Al(OH)3

（4）除去溶液中的Mn2+ B

（5）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去部分结晶水

【解析】（1）浸出过程中，Co2 O 3 具有强氧化性，而具有强还原性，两者发生氧化还原反应生成Co2+ 和，离子方程式为Co2 O 3 + +4H + 2Co 2+ + +2H 2 O。

（2）由于浸出液含有Fe2+ ，为了使铁元素分离出来，依据题给表中信息知Fe(OH)3 开始沉淀的pH较小，故将加入NaClO3 把Fe2+ 氧化成Fe3+ 。

（3）从表中数据可以看出，当加Na2 CO 3 调pH至5.2时，所得沉淀为Fe(OH)3 、Al(OH)3 。

（4）根据题给的萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图，利用萃取的方法可以把Mn2+ 提取出来而除去，即萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+ ；当pH=3.5，萃取率已很高，故其使用的适宜pH范围是3.0~3.5，即B项符合题意。

（5）由于粗产品含有可溶性氯化物，造成AgCl沉淀质量增加，按此计算所得粗产品中CoCl2 ·6H 2 O的质量分数可能大于100%，也可能是在沉淀烘干过程中晶体已失去部分结晶水，使粗产品的质量减少所致。

1．溶度积的计算

（1）已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如 Ksp = a的饱和AgCl溶液中 c(Ag + )=a 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，在0.1 mol·L －1 的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后 c(Ag + )=10 amol·L－1 。

2．判断沉淀的生成、溶解及转化

通过比较溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积 Qc 与 Ksp 的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成、溶解或转化。两溶液混合是否会产生沉淀或同一溶液中可能会产生多种沉淀时，判断产生沉淀先后顺序问题，均可利用溶度积的计算公式或离子积与溶度积的关系加以判断。

1．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 − 1 ，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。 Ksp (CaCO 3 )=4.96×10 − 9 ， Ksp (MgCO 3 )=6.82×10 − 6 ， Ksp [Ca(OH) 2 ]=4.68×10 − 6 ， Ksp [Mg(OH) 2 ]=

5.61×10 − 12 。下列说法不正确的是

A．沉淀物X为CaCO 3 、MgCO 3

B．滤液M中存在Mg 2+ 、Ca 2+

C．滤液N中存在Ca 2+ ，没有Mg 2+

D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为 Mg(OH) 2 ，没有Ca(OH) 2

【答案】A

【解析】步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH)=0.001 mol，当1 L模拟海水中，加入0.001 moL NaOH时，OH − 恰好与完全反应生成0.001 mol ，由于Ksp (CaCO 3 ) ≪Ksp (MgCO 3 )，生成的 与水中的Ca2+ 反应生成CaCO3 沉淀：Ca2+ + CaCO 3 ↓，故沉淀物X为CaCO3 ，A不正确；步骤①中，由于只有0.001 mol，反应生成 CaCO3 所消耗的Ca2+ 也只有0.001 mol，滤液中还剩余 c(Ca 2+ )=0.010 mol·L −1 ，所以滤液M中同时存在着Ca2+ 和Mg2+ ，B正确；步骤②，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11.0时，此时滤液中c(OH − )=1×10 −3 mol·L −1 。则Qc [Ca(OH) 2 ]= c(Ca 2+ )×(10 −3 ) 2 =0.010×(10 −3 ) 2 =10 −8 Ksp [Ca(OH) 2 ]，无Ca(OH) 2 生成，Qc [Mg(OH) 2 ]= c(Mg 2+ )×(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(Mg 2+ )×(10 −3 ) 2 =5.61×10 −12 ，c(Mg 2+ )=5.61×10 −6 mol·L −1 −5 mol·L −1 ，无剩余，滤液N中不存在Mg2+ ，C正确；步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则 n(NaOH)=0.105 mol，与0.05 moL Mg 2+ 反应：Mg2+ +2OH − Mg(OH) 2 ↓，生成0.05 mol Mg(OH)2 ，剩余 0.005 mol OH− ，由于Qc [Ca(OH) 2 ]= c(Ca 2+ )× c2 (OH − )=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，D正确。

2．某硫酸工厂的酸性废水中砷(As)元素含量极高，为控制砷的排放，可采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。请回答以下问题：

表1　几种盐的 Ksp

表2　工厂污染物排放浓度及允许排放标准

（1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c(H 2 SO 4 )= mol·L -1 。

（2）若酸性废水中Fe 3+ 的浓度为1.0×10 -4 mol·L -1 ，则 c()=mol·L -1 。

（3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷(弱酸H 3 AsO 3 )不易沉降，可投入MnO 2 先将其氧化成五价砷 (弱酸H 3 AsO 4 )，此时MnO 2 被还原为Mn 2+ ，该反应的离子方程式为 。

（4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右，使五价砷以Ca 3 (AsO 4 ) 2 的形式沉降。

①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为 。

② Ca 3 (AsO 4 ) 2 在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为 。

③砷酸(H 3 AsO 4 )分步电离的平衡常数(25 ℃)为 Ka1 =5.6×10 -3 ， Ka2 =1.7×10 -7 ， Ka3 =4.0×10 -12 ，第三步电离的平衡常数表达式为 Ka3 = ，Na 3 AsO 4 第一步水解的离子方程式为 +H 2 O +OH - ，该步水解的平衡常数(25 ℃)为 。

【答案】（1）0.3　（2）5.7×10-17

（3）2H+ +MnO 2 +H 3 AsO 3 H 3 AsO 4 +Mn 2+ +H 2 O

（4）①CaSO 4 ②H 3 AsO 4 是弱酸，当溶液pH调节到8左右，c()增大，容易形成Ca 3 (AsO 4 ) 2 沉淀或pH增大，促进 H3 AsO 4 电离，c() 增大，Qc = c3 (Ca 2+ )· c2 ( )>Ksp [Ca 3 (AsO 4 ) 2 ]，Ca 3 (AsO 4 ) 2 才开始沉淀　③2.5×10 -3

【解析】（1）c(H 2 SO 4 )= =0.3 mol·L -1 。（2）c()=mol·L -1 =5.7×10 -17 mol·L -1 。（3）利用化合价升降原理配平相关方程式，即可得出离子方程式为2H+ +MnO 2 +H 3 AsO 3 H 3 AsO 4 +Mn 2+ +H 2 O。（4） ①由于H2 SO 4 是强酸，废水中c(S)较大，所以当pH=2时，生成的沉淀为CaSO 4 。②H 3 AsO 4 为弱酸，当pH较小时，抑制了H3 AsO 4 的电离，c()较小，不易形成Ca 3 (AsO 4 ) 2 沉淀，当pH≈8时，的浓度增大，容易形成Ca3 (AsO 4 ) 2 沉淀。③H 3 AsO 4 的第一步电离为H3 AsO 4 H + +H 2 As ，第二步电离为H2 As H + + ，第三步电离为H + + ，Ka3 = 。第一步水解的平衡常数Kh = =====2.5×10 -3 。

题型三 沉淀溶解平衡与溶液中其他平衡的综合应用

已知：①25 ℃时，弱电解质的电离平衡常数：Ka (CH 3 COOH)=1.8×10 -5 mol·L -1 ，Ka (HSCN)=0.13 mol·L -1 ；难溶电解质的溶度积常数：Ksp (CaF 2 )=1.5×10 -10 mol 3 ·L -3 。

②25 ℃时，2.0×10 -3 mol·L -1 氢氟酸中，调节溶液的pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F - )随溶液pH的变化如图所示：

请根据以上信息回答下列问题：

（1）25 ℃时，将20 mL 0.10 mol·L-1 CH 3 COOH溶液和20 mL 0.10 mol·L -1 HSCN溶液分别与20 mL 0.10 mol·L -1 NaHCO 3 溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示。

反应初始阶段，两种溶液产生CO2 气体的速率存在明显差异的原因是，反应结束后所得两溶液中，[CH3 COO - ] [SCN - ](填“>”、“

（2）25 ℃时，HF的电离平衡常数的数值Ka ≈ ，列式并说明得出该平衡常数的理由。

（3）4.0×10-3 mol·L -1 HF溶液与4.0×10 -4 mol·L -1 CaCl 2 溶液等体积混合，调节混合液的pH为4.0(忽略调节时混合液体积的变化)，通过列式计算说明是否有沉淀产生。

【答案】（1）HSCN的酸性比CH3 COOH的强，其溶液中[H + ]较大　

（2）10-3.45 mol·L -1 (或3.5×10 -4 mol·L -1 )　 Ka = ，当[F- ]=[HF]时， Ka =[H + ]，图中的交点处即为[F - ]=[HF]，故所对应的pH即为 Ka 的负对数

（3）由题图知，当pH=4.0时，溶液中的c(F - )=1.6×10 -3 mol·L -1 ，c(Ca 2+ )=2.0×10 -4 mol·L -1 ，c(Ca 2+ ) c2 (F - )≈5.1×10 -10 mol 3 ·L -3 > Ksp (CaF 2 )，有沉淀产生。

【解析】由题给数据可知，相同条件下，HSCN的酸性比CH3 COOH的强，则等体积、等浓度时，HSCN溶液中的[H + ]比CH 3 COOH溶液中的大，反应速率大，最终均与NaHCO 3 完全反应，得到CH3 COONa溶液和NaSCN溶液，酸性越弱，弱酸酸根离子的水解程度越大，所以反应后的溶液中，[CH 3 COO - ] - ]。

解答溶液综合性问题时，首先明确涉及哪些知识；其次它们之间有何联系；第三结合题给信息进行灵活应答。

1．已知难溶性物质K 2 SO 4 ·MgSO 4 ·2CaSO 4 在水中存在如下平衡：K 2 SO 4 ·MgSO 4 ·2CaSO 4 (s) 2Ca 2+ (aq)+2K + (aq)+Mg 2+ (aq)+4 (aq)，不同温度下，K + 的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是

A.向该体系中加入NaOH饱和溶液，溶解平衡向右移动

B.向该体系中加入碳酸钠饱和溶液，溶解平衡向右移动

C.升高温度，反应速率增大，平衡向右移动

D.该平衡的Ksp = c(Ca 2+ )· c(K 2+ )· c(Mg 2+ )· c()

【答案】D

【解析】A项，已知K2 SO 4 ·MgSO 4 ·2CaSO 4 (s) 2Ca 2+ (aq)+2K + (aq)+Mg 2+ (aq)+4 (aq)，加入NaOH饱和溶液，OH - 和Mg2+ 结合生成Mg(OH)2 沉淀，c(Mg 2+ )减小，溶解平衡右移，正确；B项，加入碳酸钠饱和溶液， 和Ca2+ 结合生成CaCO3 沉淀，c(Ca 2+ )减小，溶解平衡右移，正确；C项，由图可知，升高温度，反应速率增大，且 c(K + )增大，说明平衡右移，正确；D项，K 2 SO 4 ·MgSO 4 ·2CaSO 4 (s) 2Ca 2+ (aq)+2K + (aq)+Mg 2+ (aq)+4 (aq)，则该平衡的Ksp = c2 (Ca 2+ )· c2 (K + )· c(Mg 2+ )· c4 ( )，错误。返回搜狐，查看更多