无机化学-沉淀溶解平衡-习题课.ppt

章沉淀溶解平衡本章内容小结教材P260例9-7书后习题本章内容小结溶度积常数KspӨAaBb(s)aAb++bBa-KspӨ=[Ab+]a•[Ba-]b=(as)a•(bs)b=aabb•sa+bs:溶解度注意：溶度积常数表达式中的浓度项应为相对浓度(c/c)，但为书写简便，用浓度代替相对浓度。(见教材P239页底注解)溶度积常数KspӨ溶度积原理Qi>KspӨ，沉淀从溶液中析出；Qi=KspӨ，饱和溶液与沉淀物平衡；Qi<KspӨ，不饱和溶液，若有沉淀物则发生溶解。3.同离子效应和盐效应同离子效应：在难溶电解质饱和溶液中，加入与其具有相同离子的强电解质，使难溶电解质溶解度减小；盐效应：在难溶电解质饱和溶液中，加入与其不具有相同离子的强电解质，使难溶电解质溶解度增大。同离子效应一般比盐效应大得多。4.沉淀的生成和溶解沉淀的生成：创造条件使有关离子浓度增大，造成Qi>KspӨ；常用方法：加入沉淀剂，应用同离子效应，控制溶液pH值。(2)沉淀的溶解：创造条件使有关离子浓度减小，造成Qi<KspӨ；常用方法：酸溶解，生成弱电解质，发生氧化还原反应，生成配合物。MS型沉淀的酸溶解计算公式可溶于稀盐酸(0.3mol•L-1)的硫化物沉淀：FeS(黑色),CoS(黑色),NiS(黑色),ZnS(白色),MnS(肉红色)，Al2S3(白色)，Cr2S3(黑色)注：Al2S3和Cr2S3在水中完全水解，分别生成白色的Al(OH)3和灰绿色的Cr(OH)3金属硫化物的酸溶性M(OH)n型沉淀的酸溶解计算公式酸溶平衡常数酸溶平衡常数酸溶平衡常数酸溶平衡常数5.分步沉淀溶液中含有几种离子，加入某沉淀剂均可生成沉淀，则沉淀生成的先后按Q值大于KspӨ的先后顺序分步沉淀。一般溶液中被沉淀离子浓度小于10-5mol·L-1时，认为已沉淀完全。6.沉淀的转化一般由溶解度大的沉淀向溶解度小的沉淀转化。教材P244例9-7教材P244例9-7解：解法一：当0.01mol的ZnS全部溶解时，产生的S2-将与盐酸中的H+结合生成H2S，且假设S2-全部生成H2S，则溶液中[H2S]=0.01mol•dm-3。根据H2S的解离平衡，由[S2-]和[H2S]可求出与之平衡的[H+]。教材P244例9-7解：解法二：可通过ZnS溶解反应的总的反应方程式来计算。ZnS+2H+H2S+Zn2+起始相对浓度c000平衡相对浓度c0-0.020.010.01教材P244例9-7解：P2489-8P2489-8解：P2489-9P2489-9解：BaCrO4Ba2++CrO42-KspӨ(BaCrO4)=[Ba2+][CrO42-][Ba2+]=KspӨ(BaCrO4)/[CrO42]=1.210-10/2.210-3=5.510-8所以，当SrCrO4开始生成时，[Ba2+]=5.510-8mol•dm-3<1.010-5mol•dm-3，Ba2+已经被沉淀完全。P2489-10P2489-10解：浓度为0.10mol·dm-3的Ba2+，已沉淀99％，这时体系中[Ba2+]=0.10(1-99%)=1.010-3mol·dm-3BaSO4Ba2++SO42-KspӨ=[Ba2+][SO42-]Q(SrSO4)=[Sr2+][SO42-]=0.101.110-7=1.110-8由于Q(SrSO4)<KspӨ(SrSO4)。故此时尚未生成SrSO4沉淀，因而[Sr2+]仍为起始浓度0.10mol·dm-3。(2)浓度为0.10mol·dm-3的Ba2+，已沉淀99.99％，这时体系中[Ba2+]=0.10(199.99%)=1.010-5mol·dm-3BaSO4Ba2++SO42-KspӨ(BaSO4)=[Ba2+][SO42-]KspӨ(SrSO4)=[Sr2+][SO42-]P2489-12P2489-12解：P2489-13解法2Fe2++H2SFeS+2H+平衡相对浓度0.500.10[H+]P2489-14P2489-14解：1.0mol·dm-3的Cu2+完全与H2S反应后，将生成2mol·dm-3的H+，故体系中[H+]=(10.0+2.0)mol·dm-3=12mol·dm-3。依题设H2S饱和，故[H2S]=0.1mol·dm-3。P2489-15P2489-15解：故必须保持[Br]>3.010-3[Cl]，即[Br]大于[Cl]的3.010-3倍。P2489-16P2489-16溶液中[H+]=1.02mol·dm-3，同时也将因此有1.02mol·dm-3的Cl-存在于溶液中，故溶液中[Cl-]=(1.02+0.40)mol·dm-3=1.42mol·dm-3习题册习题解题分析：含银沉淀一般可与氨水发生配位