沉淀溶解平衡原理的应用导学案.doc

第2课时沉淀溶解平衡原理的应用学习目标定位1.能用平衡移动原理分析理解沉淀的溶解与生成、沉淀转化的实质。2.学会用沉淀溶解平衡的移动解决生产、生活中的实际问题。1现向含AgBr的饱和溶液中：(1)加入固体AgNO3，则c(Ag)_(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)；(2)加入更多的AgBr固体，则c(Ag)_；(3)加入AgCl固体，则c(Br)_，c(Ag)_；(4)加入Na2S固体，则c(Br)_，c(Ag)_。答案(1)变大(2)不变(3)变小变大(4)变大变小解析本题考查了难溶电解质溶解平衡的影响因素。(1)向AgBr饱和溶液中加入AgNO3固体，沉淀溶解平衡逆向移动，但c(Ag)增大。(2)加入AgBr固体，对沉淀溶解平衡无影响，c(Ag)不变。(3)因AgCl溶解度大于AgBr，加入AgCl固体时，c(Ag)增大，沉淀溶解平衡向左移动，c(Br)变小。(4)因Ag2S溶解度小于AgBr，加入Na2S固体时，生成Ag2S，沉淀溶解平衡向右移动，c(Br)增大，但c(Ag)减小。225时，AgCl的溶解度是0.001 92 g·L1，求它的溶度积。答案Ksp1.80×1010解析溶度积与溶解度都是体现溶质溶解能力的物理量，二者可以相互转化，计算过程中灵活运用二者的概念即可。AgCl的相对分子质量为143.5，AgCl饱和溶液物质的量浓度为0.001 92 g·L1/143.5 g·mol11.34×105 mol·L1根据AgCl在溶液中的溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)溶液中应有c(Ag)c(Cl)1.34×105 mol·L1所以AgCl的Kspc(Ag)·c(Cl)(1.34×105)21.80×1010。探究点一沉淀的溶解与生成1根据沉淀溶解平衡，分析回答下列问题：(1)BaCO3和BaSO4都难溶于水，在医学上常用BaSO4作钡餐透视，而不能用BaCO3的原因是什么？答案原因是BaCO3能溶于胃酸(主要成分为盐酸)，反应原理为BaCO3(s)Ba2(aq)CO(aq)CO2H=CO2H2O可见，胃酸消耗CO，使溶液中c(CO)降低，从而使BaCO3的沉淀溶解平衡向右移动，c(Ba2)增大引起人体重金属中毒。(2)可溶性钡盐(如BaCl2等)当作食盐食用，会造成钡中毒。中毒患者常用5.0%的Na2SO4溶液洗胃的原因是什么？答案中毒后服用Na2SO4溶液(5.0%)洗胃，此时SO与Ba2结合生成BaSO4沉淀，可缓解Ba2对人体的毒害。2沉淀生成的应用主要涉及无机制备、提纯工艺的生产、科研、废水处理等领域，常利用生成沉淀达到分离或除去某些离子的目的。常用的方法有(1)调节pH法：如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节pH至78，可使Fe3转变为Fe(OH)3沉淀而除去。反应如下：Fe33NH3·H2O=Fe(OH)33NH。(2)加沉淀剂法：如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使某些金属离子，如Cu2、Hg2等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀，也是分离、除去杂质常用的方法。写出下列反应的离子方程式：用H2S除去Cu2：H2SCu2=CuS2H。用Na2S除去Hg2：Hg2S2=HgS。归纳总结(1)沉淀的生成和溶解这两个方向相反的过程相互转化的条件是离子浓度，控制离子浓度，可以使反应向我们需要的方向转化。(2)根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，如果能设法不断地移去溶解平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动，就可以使沉淀溶解。如常用强酸溶解CaCO3、FeS、Al(OH)3、Cu(OH)2等难溶电解质。活学活用1为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是()ANH3·H2O BNaOHCNa2CO3 DMgCO3答案D解析Fe33H2OFe(OH)33H，调节pH，可使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀后除去。在不引入新杂质，Mg2不沉淀的条件下，选用MgCO3，过量的MgCO3可一起过滤除去。也可选用MgO、Mg(OH)2等试剂。2AgCl的Ksp1.80×1010，将0.001 mol·L1NaCl和0.001 mol·L1AgNO3溶液等体积混合，是否有AgCl沉淀生成？答案有AgCl沉淀生成解析这是根据Ksp和溶液中离子的浓度幂的乘积比较大小来判断沉淀溶解平衡进行的方向。两溶液等体积混合后，Ag和Cl浓度都减小到原浓度的1/2。c(Ag)c(Cl)1/2×0.001 mol·L10.000 5 mol·L1在混合溶液中，则c(Ag)·c(Cl)(0.000 5)22.5×107因为c(Ag)·c(Cl)>Ksp，所以有AgCl沉淀生成。探究点二沉淀的转化1根据下列图示完成实验，将观察到的现象填在空格内：写出各步反应的离子方程式：AgCl=AgCl，AgCl(s)I(aq)AgI(s)Cl(aq)，2AgI(s)S2(aq)Ag2S(s)2I(aq)。(2)由上述实验得出的结论是Ksp较大的沉淀可转化为Ksp更小的沉淀。2沉淀转化在生产和科研中的应用(1)工业废水处理过程中，重金属离子可利用沉淀转化原理用FeS等难溶物转化为HgS、Ag2S、PbS等沉淀。写出用FeS除去Hg2的离子方程式。答案FeS(s)Hg2(aq)HgS(s)Fe2(aq)(2)在分析化学中常用饱和Na2CO3溶液，将难溶强酸盐BaSO4转化为难溶弱酸盐BaCO3，然后用强酸溶解，使阳离子进入溶液。写出BaSO4转化为BaCO3反应的离子方程式。答案BaSO4(s)CO(aq)BaCO3(s)SO(aq)(3)硬水煮沸形成的水垢主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，它们是怎样形成的？答案水垢的形成过程涉及到沉淀转化，加热硬水时，Ca(HCO3)2、Mg(HCO3)2分别分解生成CaCO3、MgCO3沉淀。但MgCO3又与CO水解生成的OH结合为更难溶的Mg(OH)2，故水垢的主要成分不是CaCO3、MgCO3，而是CaCO3、Mg(OH)2。(4)锅炉形成的水垢中常含有CaSO4，除去方法是CaSO4(s)CaCO3(s)Ca2(aq)，写出有关反应的化学方程式。答案CaSO4(s)Na2CO3(aq)CaCO3(s)Na2SO4(aq)CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2归纳总结(1)沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。(2)一般而言，Ksp较大的难溶电解质能转化为Ksp更小的难溶电解质，如AgClAgIAg2S，CaSO4转化为CaCO3，ZnS转化为CuS等。(3)两种沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。活学活用3常温下相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10202.6×10391.7×1071.3×1012某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入_，调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。答案Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO或CuCO326×109 mol·L1解析Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp分别为2.6×1039、2.2×1020，则Fe3、Cu2开始产生沉淀时c(OH)分别为2.97×1010 mol·L1、3.53×107 mol·L1。除去酸性CuCl2溶液中的少量FeCl3，可加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO或CuCO3调节溶液的pH，使Fe3先转化为沉淀析出。pH4时，c(H)104 mol·L1，则c(OH) mol·L11×1010 mol·L1，此时c(Fe3) mol·L12.6×109 mol·L1。4牙齿表面由一层硬的组成成分为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca23PO4OH进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，其原因是_。已知Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚硬。请用离子方程式表示，当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋齿的原因：_。根据以上原理，请你提出一种其他促进矿化的方法：_。答案HOH=H2O，使平衡向右移动，破坏釉质5Ca23POF=Ca5(PO4)3F加Ca2(或加PO等)解析人体牙齿表面主要的无机成分是羟基磷灰石Ca5(PO4)3(OH)，是一种难溶的磷酸钙类沉积物。在口腔中，牙齿表面的羟基磷灰石存在着这样的沉淀溶解平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca23POOH口腔中残留的食物在酶的作用下，会分解产生有机酸乳酸。乳酸是酸性物质，能与OH反应，使羟基磷灰石的沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，从而导致龋齿的发生。但如果饮用水或者牙膏中含有F，F能与牙齿表面的Ca2和PO反应生成更难溶的氟磷灰石Ca5(PO4)3F，沉积在牙齿表面。氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，并能抑制口腔细菌产生酸。因而能有效保护我们的牙齿，降低龋齿的发生率。这是通过添加F使难溶的羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石，实质就是发生了沉淀的转化。1除去NaCl中的FeCl3需加入的试剂是()ANaOH B石灰水C铜片 D氨水答案A解析在除去FeCl3时，不能引入新的杂质离子。2已知Ksp(AgCl)1.8×1010，Ksp(AgI)1.0×1016。下列说法错误的是()AAgCl不溶于水，不能转化为AgIB在含有浓度均为0.001 mol·L1的Cl、I的溶液中缓慢加入AgNO3稀溶液，首先析出AgI沉淀CAgI比AgCl更难溶于水，所以，AgCl可以转化为AgID常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×1011 mol·L1答案A解析组成结构相似的物质，溶度积越小，其溶解度越小，越易先形成沉淀，B项正确；溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，所以A错、C对；AgCl溶液中c(Ag)×105 mol·L1。要使AgI形成沉淀，则c(Ag)·c(I)1.0×1016。则c(I) mol·L1×1011 mol·L1，D正确。3自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是()ACuS的溶解度大于PbS的溶解度B原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性CCuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2S2=CuSD整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应答案D解析CuSO4与PbS反应可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A错误；硫化物中硫的化合价为2，均具有还原性，B错误；ZnS难溶于水，不能写成离子形式，C错误；铜的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS，D正确。4要使工业废水中的重金属Pb2沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2与这些离子形成的化合物的溶解度如下：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×1041.81×1071.84×1014由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为()A硫化物 B硫酸盐C碳酸盐 D以上沉淀剂均可答案A解析要将Pb2沉淀，就要形成溶解度更小的物质，由表中数据可知，PbS的溶解度最小，故沉淀剂最好为硫化物。5工业废水中常含有一定量的CrO，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理。还原沉淀法是常用的一种方法，其过程如下：CrOCr2OCr3Cr(OH)3(1)转化过程中存在平衡：2CrO2HCr2OH2O。能说明该反应达平衡状态的是_(填字母)。aCr2O和CrO的浓度相同b2v(Cr2O)v(CrO)c溶液的pH保持不变(2)若1 L废水转化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6 g，CrO有转化为Cr2O(已知铬的相对原子质量为52)。转化后所得溶液中c(Cr2O)_。已知：常温时该反应的平衡常数K1014。上述转化后所得溶液的pH_。(3)若在还原过程中还原1 mol Cr2O，需要_mol的FeSO4·7H2O。(4)沉淀过程中生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3(aq)3OH(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp1032，要使c(Cr3)降至105 mol·L1，溶液的pH应调至_。答案(1)c(2)0.25 mol·L16(3)6(4)5解析(1)溶液的pH不变，说明c(H)不变，表明反应已达平衡，c正确。(2)由题意得c(CrO)2c(Cr2O)0.55 mol·L1，解得：c(CrO)0.05 mol·L1，c(Cr2O)0.25 mol·L1，K1014，解得：c(H)106 mol·L1，pH6。(3)Cr2O中Cr的化合价是6，所以1 mol Cr2O被还原转移6 mol电子；1 mol Fe2被氧化生成Fe3，转移1 mol电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO4·7H2O的物质的量为6 mol。(4)由溶度积常数的表达式Kspc(Cr3)·c3(OH)1032可知，当c(Cr3)105 mol·L1时，c(OH)109 mol·L1，所以pH5。6某溶液中含0.10 mol·L1Cd2和0.10 mol·L1Zn2。为使Cd2形成CdS沉淀而与Zn2分离，S2离子的浓度应控制在什么范围？已知：Ksp(CdS)3.6×1029，Ksp(ZnS)1.2×1023答案c(S2)在3.6×10281.2×1022 mol·L1之间可以使CdS沉淀而Zn2留在溶液中。解析沉淀Cd2时所需S2的最低浓度：c(S2) mol·L13.6×1028 mol·L1不使ZnS沉淀，S2的最高浓度：c(S2) mol·L11.2×1022 mol·L1。基础过关一、沉淀溶解平衡的应用1工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法都正确的是()选项污染物处理措施方法类别A废酸加生石灰中和物理法BCu2等重金属离子加硫酸盐沉降化学法C含苯废水用活性炭吸附物理法D含纯碱的废水加石灰水反应化学法答案D解析废酸与碱中和属于化学法，A项错；Cu2不能用SO沉降，B项错；活性炭无法吸附苯，C项错；Na2CO3 Ca(OH)2=CaCO3 2NaOH，是复分解法，属于化学法，D项正确。225 时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)6.3×1018；Ksp(CuS)1.3×1036；Ksp(ZnS)1.6×1024。下列关于室温时的有关叙述正确的是()A硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大B将足量的ZnSO4晶体加入到0.1 mol·L1的Na2S溶液中，Zn2的浓度最大只能达到1.6×1023 mol·L1C除去工业废水中含有的Cu2，可采用FeS固体作为沉淀剂D向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2)变大、c(S2)变小，但Ksp(FeS)变大答案C解析化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强，由Ksp可知，室温下，CuS的溶解度最小，故A错；将足量的ZnSO4晶体加入到0.1 mol·L1的Na2S溶液中，c(S2)将减至非常小，而Zn2的浓度远远大于1.6×1023 mol·L1；因CuS比FeS更难溶，FeS沉淀可转化为CuS沉淀；温度不变，Ksp(FeS)不变。3已知：25 时，KspMg(OH)25.61×1012，Ksp(MgF2)7.42×1011。下列说法正确的是()A25 时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2)大B25 时，Mg(OH)2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2)增大C25 时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L1NH4Cl溶液中的Ksp小D25 时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为MgF2答案B解析A项，Mg(OH)2的溶度积小，故其电离的Mg2浓度要小一些，错；B项，NH可以结合Mg(OH)2电离出的OH，从而促使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，c(Mg2)增大，正确；C项，Ksp仅与温度有关，故错；D项，二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使Mg(OH)2转化成为MgF2，故D错。4已知几种难溶电解质的溶度积常数Ksp(25 )见下表：难溶电解质AgClAgBrAgIAg2SO4Ag2CrO4Ksp1.8×10105.4×10138.5×10171.4×1051.12×1012下列叙述不正确的是()A由溶度积常数可判断在相同条件下一些物质的溶解性大小B将等体积的4×103 mol·L1的AgNO3溶液和4×103 mol·L1的 K2CrO4溶液混合，有Ag2CrO4沉淀产生C向AgCl的悬浊液中滴加饱和NaBr溶液可以得到黄色AgBr悬浊液D向100 mL 0.1 mol·L1的Na2SO4溶液中加入1 mL 0.1 mol·L1的AgNO3溶液，有白色沉淀生成答案D解析D项，混合溶液中c(Ag)0.1 mol·L1×0.001 mol·L1，c2(Ag)·c(SO)0.0012×0.11×107<1.4×105 ，故不会产生沉淀。5已知Ksp(ZnS)1.6×1024，Ksp(CuS)1.3×1036，根据实验回答问题：(1)在一支试管中加入2 mL 0.1 mol·L1的ZnSO4溶液，再滴加1 mol·L1的Na2S溶液可观察到的现象是_。(2)静置后倾去上层清液，并用蒸馏水洗涤沉淀23次，然后向白色沉淀中滴加适量的0.1 mol·L1的CuSO4溶液，振荡试管。观察到的现象是_。(3)上述实验中发生反应的离子方程式是_。_。(4)试用沉淀溶解平衡的原理分析解释(2)中实验现象的变化。答案(1)有白色沉淀生成(2)白色沉淀变为黑色沉淀(3)Zn2S2=ZnS ZnS(s)Cu2CuS(s)Zn2(4)第一次生成的白色沉淀为ZnS，在水中建立了沉淀溶解平衡：ZnS(s)Zn2(aq)S2(aq)，Ksp1.6×1024。此时c(Zn2)·c(S2)Ksp。加入CuSO4溶液后，c(Cu2)·c(S2)Ksp(CuS)，Ksp(CuS)1.3×1036。故Cu2、S2结合生成CuS沉淀，即ZnS白色沉淀转化为溶度积更小的CuS黑色沉淀。二、分步沉淀6在Cl和CrO离子浓度都是0.100 mol·L1的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液(忽略体积改变)时，问AgCl和Ag2CrO4哪一种先沉淀？当Ag2CrO4开始沉淀时，溶液中Cl离子浓度是多少？已知：Ksp(AgCl)1.56×1010，Ksp(Ag2CrO4)9.0×1012。答案AgCl先沉淀；当Ag2CrO4开始沉淀时，溶液中Cl离子浓度是1.64×105 mol·L1解析已知Ksp(AgCl)1.56×1010，Ksp(Ag2CrO4)9.0×1012。AgCl开始沉淀所需c(Ag)为c(Ag) mol·L11.56×109 mol·L1Ag2CrO4开始沉淀所需c(Ag)为c(Ag) mol·L19.5×106 mol·L1因此，AgCl先沉淀。当Ag2CrO4开始沉淀时：c(Ag)9.5×106 mol·L1此时，c(Cl) mol·L11.64×105 mol·L1。7一溶液中含有Fe3和Fe2，它们的浓度都是0.050 mol·L1。如果要求Fe3沉淀完全而Fe2不生成沉淀，需控制pH在何范围？已知：KspFe(OH)31.1×1036KspFe(OH)21.64×1014(提示：当某离子浓度小于105 mol·L1时可以认为该离子沉淀完全了)答案溶液的pH控制在3.77.8之间。解析Fe3沉淀完全时，c(Fe3)为1×105 mol·L1，则Fe3沉淀完全时所需的c(OH)为c(OH)KspFe(OH)3/c(Fe3)1/31.1×1036/1×1051/3 mol·L14.8×1011 mol·L1pHlgc(H)lg3.7Fe2开始沉淀时所需c(OH)为c(OH)KspFe(OH)2/c(Fe2)1/2(1.64×1014/0.050)1/2 mol·L15.7×107 mol·L1pHlgc(H)lg7.8因此，溶液的pH控制在3.77.8之间，可使Fe3沉淀完全而Fe2不沉淀。能力提升8试利用平衡移动原理解释下列事实：(1)FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中_。(2)分别用等体积的蒸馏水和0.010 mol·L1硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大于用稀硫酸洗涤造成的损失量_。答案(1)FeS(s)Fe2(aq)S2(aq)，加入稀盐酸后，S22H=H2S，破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向正反应方向移动，故FeS溶解(2)BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)，用水洗涤使BaSO4的溶解平衡向正反应方向移动，造成BaSO4的损失；而用H2SO4洗涤，H2SO4=2HSO，SO的存在抑制了BaSO4的溶解，故BaSO4的损失量少解析根据勒夏特列原理，如使平衡向溶解的方向移动，则促进溶解，反之固体量增加。9某小型化工厂生产皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下图所示：已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为Fe(OH)3：2.73.7；Fe(OH)2：7.69.6；Zn(OH)2：5.78.0。试回答下列问题：(1)加入的试剂应是_，其目的是_。(2)加入的试剂，供选择使用的有：氨水、NaClO溶液、20% H2O2溶液、浓硫酸、浓硝酸等，应选用_，其理由是_。(3)加入的试剂是_，目的是_。答案(1)Zn将Cu2、Fe3、Fe2等杂质离子除去(2)20% H2O2溶液H2O2作氧化剂，可将Fe2氧化为Fe3，且不引入其他杂质(3)ZnO或Zn(OH)2(答案合理即可)调节溶液的pH，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀解析向溶液中加入Zn，发生反应：Cu2Zn=Zn2Cu、2Fe3Zn=2Fe2Zn2，然后把Fe2氧化成Fe3，在选择氧化剂时，应使用H2O2，因为H2O2的还原产物为H2O，不引入杂质，然后通过调节溶液的pH值，使Fe3水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。10已知在25 的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，但存在溶解平衡。当达到平衡时，溶液中离子浓度的乘积是一个常数(此常数用Ksp表示，Ksp和水的Kw相似)。如：AgX(s)Ag(aq)X(aq)Ksp(AgX)c(Ag)·c(X)1.8×1010AgY(s)Ag(aq)Y(aq)Ksp(AgY)c(Ag)·c(Y)1.0×1012AgZ(s)Ag(aq)Z(aq)Ksp(AgZ)c(Ag)·c(Z)8.7×1017(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(用已被溶解的溶质的物质的量/1 L溶液表示)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为_。(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y)_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)在25 时，若取0.188 g的AgY(相对分子质量188)固体放入100 mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y的物质的量浓度为_。(4)由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化，并简述理由：_。答案(1)S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)(2)减小(3)1.0×106 mol·L1(4)能，因为Ksp(AgY)1.0×1012>Ksp(AgZ)8.7×1017解析(2)由于AgY比AgX更难溶，则向AgY的饱和溶液中加入AgX固体，发生沉淀的转化，AgX(s)Y(aq)AgY(s)X(aq)，则c(Y)减小。(3)25 时，AgY的Ksp1.0×1012，即溶液达到饱和时，c(Ag)c(Y)1.0×106 mol·L1，而将0.188 g AgY溶于100 mL水中，形成的为饱和溶液(溶质还有未溶解的)，则c(Y)1.0×106 mol·L1。(4)由于Ksp(AgZ)<Ksp(AgY)，所以可以实现AgY向AgZ的转化。拓展探究11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)2Ca22KMg24SO2H2O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，工艺流程如下：(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见下图。由图可得，随着温度升高，_，_。(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)COCaCO3(s)SO已知298 K时，Ksp(CaCO3)2.80×109，Ksp(CaSO4)4.90×105，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)。答案(1)Mg(OH)2CaSO4(2)加入Ca(OH)2溶液，Mg2与OH结合生成Mg(OH)2沉淀，Mg2浓度减小，平衡正向移动，K增多(3)K2CO3H2SO4(4)溶浸平衡向右移动K的溶浸速率增大(5)CaSO4(s)COCaCO3(s)SO的平衡常数K，据Ksp(CaSO4)、Ksp(CaCO3)可知，c(SO)，c(CO)，则有K1.75×104。解析解题时，要依据制备K2SO4的工艺流程，结合物质的分离与提纯的原则进行分析。(1)杂卤石中加入Ca(OH)2溶液，Mg2与OH结合生成Mg(OH)2沉淀，CaSO4微溶于水，过滤后，滤渣中含有Mg(OH)2、CaSO4及未溶解的杂卤石。(2)加入Ca(OH)2溶液，Mg2与OH结合生成Mg(OH)2沉淀，使c(Mg2)减小，杂卤石的溶解平衡正向移动，同时c(Ca2)与c(SO)均增大，从而析出CaSO4沉淀，K留在滤液中。(3)滤液中含有Ca2、OH，可先加入过量K2CO3溶液，除去Ca2，过滤后，再加入稀H2SO4调节溶液的pH至中性。(4)由图可知，随着温度升高，溶浸平衡向右移动，K的溶浸速率增大。(5)CaSO4(s)COCaCO3(s)SO的平衡常数K。CaCO3(s)、CaSO4(s)分别存在溶解平衡：CaCO3(s)Ca2(aq)CO(aq)，CaSO4(s)Ca2(aq)SO(aq)，则有Ksp(CaCO3)c(Ca2)·c(CO)2.80×109，Ksp(CaSO4)c(Ca2)·c(SO)4.90×105，那么K1.75×104。