2020-2021化學選擇性第一冊課時第3章 第4節(jié)第2課時沉淀溶解平衡的應用

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學年化學新教材人教版選擇性必修第一冊課時分層作業(yè)：第3章第4節(jié)第2課時沉淀溶解平衡的應用課時分層作業(yè)（十六）（建議用時:40分鐘)［合格過關練］1．欲除去混在BaSO4中的少量CaCO3雜質(zhì)，下列措施正確的是(）A．鹽酸、過濾 B．稀硫酸、過濾C．NaOH溶液、過濾 D．四氯化碳、分液A［A項，CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，BaSO4不溶于鹽酸，故可行;B項，CaSO4微溶,阻止反應進一步進行；C項，CaCO3與NaOH不反應;D項，CaCO3不溶于CCl4.]2．以MnO2為原料制得的MnCl2溶液中常含有少量Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金屬離子,通過添加過量難溶電解質(zhì)MnS,可使這些金屬離子形成硫化物沉淀，經(jīng)過濾除去包括MnS在內(nèi)的沉淀，再經(jīng)蒸發(fā)、結晶，可得純凈的MnCl2。根據(jù)上述實驗事實，可推知MnS具有的相關性質(zhì)是（)A．具有吸附性B．溶解度與CuS、PbS、CdS等相同C．溶解度大于CuS、PbS、CdSD．溶解度小于CuS、PbS、CdSC［本題考查了沉淀的轉化，MnS與Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋生成溶解度更小的硫化物。]3．某pH＝1的ZnCl2和HCl的混合溶液中含有FeCl3雜質(zhì),為了除去FeCl3雜質(zhì)，需將溶液調(diào)至pH＝4，在調(diào)節(jié)溶液pH時，應選用的試劑是()A．NaOH B．ZnOC．Na2CO3 D．Fe2O3B[加入的物質(zhì)應該能消耗溶液中的H＋而促使Fe3＋成為沉淀,過濾除去，但同時要注意不能引入新的雜質(zhì)離子，故選B。］4．在2mL物質(zhì)的量濃度相等的NaCl和NaI溶液中滴入幾滴AgNO3溶液,發(fā)生的反應為(）A．只有AgCl沉淀生成B．只有AgI沉淀生成C．生成等物質(zhì)的量的AgCl和AgI沉淀D．兩種沉淀都有,但以AgI為主D［在同濃度的NaCl和NaI溶液中c（Cl－）＝c（I－)，但滴入幾滴AgNO3溶液后，由于Ksp（AgI)〈Ksp(AgCl)，所以生成的沉淀以AgI為主，且先生成沉淀AgI。］5．下列有關說法正確的是(）A．常溫下，AgCl在等物質(zhì)的量濃度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同B．常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，過濾，向洗凈的沉淀中加稀鹽酸有氣泡產(chǎn)生，說明常溫下Ksp(BaCO3）〈Ksp（BaSO4)C．向AgCl濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色,說明AgCl的溶解平衡正向移動D．已知Ksp（Ag2CrO4)＝2.0×10－12,Ksp(AgCl）＝1。8×10－10，說明Ag2CrO4的溶解度小于AgClC[A選項，CaCl2溶液中c(Cl－)濃度大，AgCl的溶解度小，錯誤;B選項，如果Ksp(BaCO3）〉Ksp(BaSO4)，但存在BaSO4（s)Ba2＋（aq）＋SOeq\o\al(2－，4)(aq)，因為Na2CO3溶液濃度大，也有可能生成少部分BaCO3沉淀，錯誤;D選項，Ag2CrO4的溶解度大，錯誤。］6．已知常溫下，Ksp(AgCl）＝1。8×10－10，Ksp(AgI）＝8。5×10－17,下列敘述中正確的是()A．常溫下,AgCl在飽和NaCl溶液中的Ksp比在純水中的Ksp小B．將0。001mol·L－1AgNO3溶液滴入KCl和KI的混合溶液中，一定產(chǎn)生AgI沉淀C．向AgCl的懸濁液中加入KI溶液,沉淀由白色轉化為黃色D．向AgCl的飽和溶液中加入NaCl晶體,有AgCl析出且溶液中c(Ag＋)〉c(Cl－）C［Ksp只與溫度有關,A錯誤；若溶液中c(Ag＋)·c（I－）<Ksp(AgI)時,則不會產(chǎn)生AgI沉淀,B錯誤;因Ksp（AgCl）>Ksp(AgI），故向AgCl的懸濁液中加入KI溶液時,白色沉淀AgCl將轉化為黃色沉淀AgI，C正確；向AgCl的飽和溶液中加入NaCl晶體時有AgCl析出，使溶液中c(Ag＋)<c（Cl－），D錯誤。]7．已知同溫度下的溶解度:Zn（OH)2>ZnS，MgCO3>Mg（OH)2。就溶解或電離出S2－的能力而言,FeS>H2S>CuS。則下列離子方程式錯誤的是（)A．Mg2＋＋2HCOeq\o\al（－,3)＋2Ca2＋＋4OH－=Mg(OH）2↓＋2CaCO3↓＋2H2OB．Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋C．Zn2＋＋S2－＋2H2O=Zn(OH)2↓＋H2S↑D．FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑C［就溶解度而言，反應向著生成溶解度更小的方向進行；就電離而言,反應向著難電離的方向進行.］8．實驗:①0。1mol·L－1AgNO3溶液和0。1mol·L－1NaCl溶液等體積混合得到濁液a，過濾得到濾液b和白色沉淀c；②向濾液b中滴加0.1mol·L－1KI溶液，出現(xiàn)渾濁；③向沉淀c中滴加0.1mol·L－1KI溶液，沉淀變?yōu)辄S色。下列分析不正確的是（）A．濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag＋（aq)＋Cl－（aq）B．濾液b中不含有Ag＋C．③中顏色變化說明AgCl轉化為AgID．實驗可以證明AgI比AgCl更難溶B［注意“0.1mol·L－1AgNO3溶液和0。1mol·L－1NaCl溶液等體積混合”，即二者恰好完全反應，是分析、解答本題的關鍵。A。向二者恰好反應后的濾液b中滴加0。1mol·L－1KI溶液出現(xiàn)碘化銀沉淀，則說明濁液a中存在沉淀溶解平衡，正確。B。向濾液b中加入0.1mol·L－1KI溶液,出現(xiàn)渾濁，則說明b中含有Ag＋，錯誤。C.③中顏色變化是沉淀進行了轉化，即AgCl轉化為AgI,正確。D.因AgCl沉淀能轉化為AgI沉淀，所以Ksp(AgI)<Ksp(AgCl），AgI更難溶，正確.］9．已知在pH為4～5的環(huán)境中，Cu2＋、Fe2＋幾乎不水解，而Fe3＋幾乎完全水解。工業(yè)上制CuCl2溶液是將濃鹽酸用蒸氣加熱到80℃左右，再慢慢加入粗氧化銅(含少量雜質(zhì)FeO），充分攪拌使之溶解.欲除去溶液中的雜質(zhì)離子，下述方法中可行的是（)A．向溶液中通入Cl2，再加入純凈的CuO粉末調(diào)節(jié)pH為4～5B．向溶液中通入H2S使Fe2＋沉淀C．向溶液中通入Cl2，再通入NH3，調(diào)節(jié)pH為4～5D．加入純Cu將Fe2＋還原為FeA［根據(jù)題干信息，A項中的操作可將Fe2＋轉化為Fe3＋及Fe（OH）3而除去,A正確；在酸性溶液中H2S與Fe2＋不反應，而H2S與Cu2＋生成CuS沉淀，B錯誤；C項中的操作會引入新的雜質(zhì)離子NHeq\o\al（＋，4），C錯誤；由金屬的活動性Fe>Cu知，D錯誤。]10．下列事實不能用平衡移動原理解釋的是()A．Mg（OH）2不溶于水，但能溶于濃NH4Cl溶液中B．水垢中含有的CaSO4,先用Na2CO3溶液處理，使之轉化為疏松、易溶于酸的CaCO3，再用酸除去C．洗滌BaSO4沉淀時，用稀硫酸洗滌BaSO4沉淀比用蒸餾水洗滌損失少D．FeCl3溶液中混有FeCl2，常加入少量的H2O2，使Fe2＋氧化為Fe3＋D[Mg(OH)2不溶于水，但由于NH4Cl是強酸弱堿鹽，在溶液中存在水解平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋,使溶液顯酸性，所以能溶于濃NH4Cl溶液中，由于消耗溶液中的氫離子，故可以使水解平衡正向移動，可以用平衡移動原理解釋，A不選;水垢中含有的CaSO4，在溶液中存在沉淀溶解平衡：CaSO4(s）Ca2＋（aq)＋SOeq\o\al(2－，4）(aq），若先用Na2CO3溶液處理，Ca2＋就會與溶液中的COeq\o\al(2－，3)結合形成難溶性的CaCO3沉淀，發(fā)生沉淀的轉化，使之轉化為疏松、易溶于酸的CaCO3，再加入稀鹽酸，發(fā)生反應：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，轉化為可溶性的物質(zhì)，可以用平衡移動原理解釋,B不選；洗滌BaSO4沉淀時，BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡:BaSO4（s）Ba2＋（aq）＋SOeq\o\al（2－，4)（aq）,若用稀硫酸洗滌BaSO4沉淀，由于增大了溶液中c（SOeq\o\al(2－,4))，使沉淀溶解平衡逆向移動，溶解的硫酸鋇的物質(zhì)的量比用蒸餾水洗滌少,所以損失減少，可以用平衡移動原理解釋,C不選;FeCl3溶液中混有FeCl2,常加入少量的H2O2，會發(fā)生反應：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，達到了除雜的目的，與化學平衡無關，故使Fe2＋氧化為Fe3＋不能用平衡移動原理解釋，D符合題意。］［素養(yǎng)培優(yōu)練]11．自然界地表層原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，向地下深層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉變?yōu)殂~藍（CuS）。下列分析正確的是（）A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度B．原生銅的硫化物具有還原性,而銅藍沒有還原性C．CuSO4與ZnS反應的離子方程式是Cu2＋＋S2－=CuS↓D．整個過程涉及的反應類型有氧化還原反應和復分解反應D[CuSO4與PbS反應可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A錯誤；硫化物中硫的化合價為－2,具有還原性，B錯誤；ZnS難溶于水，不能寫成離子形式，C錯誤；銅的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸銅與ZnS、PbS發(fā)生復分解反應生成更難溶的CuS，D正確。]12．一定溫度下，難溶電解質(zhì)AmBn在水溶液中達到沉淀溶解平衡時，其平衡常數(shù)Ksp＝cm(An＋)·cn（Bm－)稱為難溶電解質(zhì)的溶度積.已知下表數(shù)據(jù)：物質(zhì)Fe(OH）2Cu(OH）2Fe(OH)3Ksp（25℃）8。0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀時的pH范圍≥9。6≥6。4≥3下列關于含有等物質(zhì)的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的說法正確的是（）A．向該混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是藍色沉淀B．該混合溶液中c（SOeq\o\al(2－，4）)∶[c（Cu2＋）＋c(Fe2＋）＋c（Fe3＋）］〉5∶4C．向該混合溶液中加入適量氯水，調(diào)節(jié)pH到4～5后過濾，可獲得純凈的CuSO4溶液D．向該混合溶液中加入適量氨水,調(diào)節(jié)pH到9。6后過濾，將所得沉淀灼燒，可得到等物質(zhì)的量的CuO、FeO、Fe2O3三種固體的混合物B[在滴加NaOH溶液的過程中，先生成Fe(OH)3沉淀，故最先看到的是Fe(OH）3紅褐色沉淀，A項錯誤；假設Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋均不水解，則c（SOeq\o\al（2－,4）)∶［c(Cu2＋)＋c(Fe2＋）＋c(Fe3＋）]＝5∶4，而這三種陽離子都可以水解，所以c（SOeq\o\al（2－,4))∶［c（Cu2＋)＋c（Fe2＋）＋c（Fe3＋)]>5∶4，B項正確；氯水可將Fe2＋氧化為Fe3＋，pH＝4～5時，F(xiàn)e3＋被完全沉淀，因為加入了氯水，所以還引入了Cl－，C項錯誤；灼燒后得不到FeO，因為在灼燒過程中,鐵元素會完全轉化為Fe2O3，D項錯誤.]13．海水中含有豐富的鎂資源。某同學設計了從模擬海水中制備MgO的實驗方案：模擬海水中的離子濃度/(mol·L－1)Na＋Mg2＋Ca2＋Cl－HCOeq\o\al(－,3)0.4390.0500。0110.5600.001注：溶液中某種離子的濃度小于1。0×10－5mol·L－1，可認為該離子不存在；實驗過程中，假設溶液體積不變。Ksp（CaCO3)＝4.96×10－9Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6Ksp［Ca(OH）2]＝4.68×10－6Ksp［Mg(OH)2］＝5。61×10－12下列說法正確的是（）A．沉淀物X為CaCO3B．濾液M中存在Mg2＋,不存在Ca2＋C．濾液N中存在Mg2＋、Ca2＋D．步驟②中若改為加入4。2gNaOH固體，沉淀物Y為Ca(OH)2和Mg(OH）2的混合物A［由于HCOeq\o\al（－,3）＋OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O，且Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9，Q＝c（COeq\o\al（2－，3））·c(Ca2＋）＝1。0×10－3×1。1×10－2＝1.1×10－5〉Ksp（CaCO3)，因此X為CaCO3,A正確；Ca2＋反應完后剩余濃度大于1.0×10－5mol·L－1，則M中存在Mg2＋、Ca2＋，B不正確；pH＝11.0時可求得c(OH－)＝10－3mol·L－1，Ksp［Mg（OH)2］＝5.61×10－12，c(Mg2＋）＝eq\f(5。61×10－12,10－32）mol·L－1〈1.0×10－5mol·L－1，因此N中只存在Ca2＋不存在Mg2＋,C不正確；同理，加入4.2gNaOH固體時沉淀物應是Mg（OH)2，D錯誤。］14．金屬氫氧化物在酸中溶解度不同,因此可以利用這一性質(zhì),控制溶液的pH,以達到分離金屬離子的目的。難溶金屬的氫氧化物在不同pH下的溶解度［S/（mol·L－1)]如圖所示。難溶金屬氫氧化物的S－pH圖（1)pH＝3時溶液中銅元素的主要存在形式是________。（2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋,應該控制溶液的pH為________(填字母)。A．〈1B．4左右C．>6（3）在Ni（OH）2溶液中含有少量的Co2＋雜質(zhì),______(填“能”或“不能”）通過調(diào)節(jié)溶液pH的方法來除去，理由是_________________________________。（4）要使氫氧化銅沉淀溶解，除了加入酸之外，還可以加入氨水，生成[Cu（NH3）4）］2＋，寫出反應的離子方程式:______________________________。[解析](1）據(jù)圖知pH＝4～5時，Cu2＋開始沉淀為Cu（OH）2，因此pH＝3時,銅元素主要以Cu2＋形式存在。（2）若要除去CuCl2溶液中的Fe3＋，即要保證Fe3＋完全沉淀,而Cu2＋還未沉淀，據(jù)圖知pH應為4左右。(3)據(jù)圖知,Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范圍相差太小，無法通過調(diào)節(jié)溶液pH的方法除去Ni（OH）2溶液中的Co2＋。(4）據(jù)已知條件結合原子守恒即可寫出離子方程式:Cu（OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3）4]2＋＋2OH－＋4H2O。［答案](1)Cu2＋(2)B（3)不能Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范圍相差太小(4）Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3）4]2＋＋2OH－＋4H2O15．(1)已知相關物質(zhì)的溶度積常數(shù)見下表：物質(zhì)Cu(OH)2Fe（OH)3CuClCuIKsp2。2×10－202。6×10－391。7×10－71.3×10－12某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，為得到純凈的CuCl2·2H2O晶體，加入________，室溫下調(diào)至pH＝4，使溶液中的Fe3＋轉化為Fe(OH)3沉淀，此時溶液中的c(Fe3＋)＝________。過濾后，將所得濾液低溫蒸發(fā)、濃縮結晶，可得到CuCl2·2H2O晶體。（2)已知AgCl為難溶于水和酸的白色固體,Ag2S為難溶于水和酸的黑色固體。常溫下,Ksp（AgCl)＝1。8×10－18,Ksp(Ag2S）＝6.3×10－50。取AgNO3溶液,加NaCl溶液，靜置，過濾，洗滌后，再加Na2S溶液，預測實驗現(xiàn)象，并寫出反應的離子方程式。［解析］(1）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調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3＋先轉化為沉淀析出。pH＝4時,c（H＋)＝10－4mol·L－1,則c(OH－)＝eq\f(1×10－14，10－4)mol·L－1＝1×10－10mol·L－1，此時c（Fe3＋)＝eq\f（Ksp［FeOH3],c3OH－)＝eq\f（2.6×10－39，1×10－103）mol·L－1＝2。6×10－9mol·L－1。（2）AgCl(s）存在溶解平衡:AgCl(s)Ag＋（aq)＋Cl－（aq），Ag2S（s)2Ag＋(aq）＋S2－(aq）。加入S2－，使Q(Ag2S）增大，Q（Ag2S)〉Ksp（Ag2S)，生成Ag2S沉淀，2Ag＋(aq）＋S2－（aq)=Ag2S(s），AgCl(s)Ag＋(aq）＋Cl－(aq)，AgCl沉淀溶解平衡向右移動而逐漸溶解.［答案](1)Cu(OH）2［或CuO、CuCO3、Cu2(OH)2CO3］2.6×10－9mol·L－1（2)現(xiàn)象：白色沉淀(AgCl）轉化成黑色沉淀(Ag2S）。離子方程式：Ag＋＋Cl－=AgCl↓，S2－(aq)＋2AgCl(s)Ag2S(s）＋2Cl－（aq）。16．［素養(yǎng)題]鋇（Ba)和鍶(Sr）及其化合物在工業(yè)上有著廣泛的應用,它們在地殼中常以硫酸鹽的形式存在,BaSO4和SrSO4都是難溶性鹽.工業(yè)上提取鋇和鍶時首先將BaSO4和SrSO4轉化成難溶弱酸鹽.已知:SrSO4（s）Sr2＋(aq）＋SOeq\o\al(2－，4)（aq）Ksp＝2.5×10－7SrCO3(s)Sr2＋（aq)＋COeq\o\al(2－，3）（aq）Ksp＝2.5×10－9(1）將SrSO4轉化成SrCO3的離子方程式為___________________________________________________________________________________________;該反應的平衡常數(shù)表達式為____________；該反應能發(fā)生的原因是_____________________________________________________（用沉淀溶解平衡的有關理論解釋)。(2）對于上述反應,實驗證明增大COeq\o\al(2－，3）的濃度或降低溫度都有利于提高SrSO4的轉化率。判斷在下列兩種情況下，平衡常數(shù)K的變化情況（填“增大"“減小”或“不變")。①升高溫度，平衡常數(shù)K將______________。②增大COeq\o\al（2－，3）的濃度,平衡常數(shù)K將________________________________。（3）已知，SrSO4和SrCO3在酸中的溶解度與BaSO4和BaCO3類似，設計實驗證明上述過程中SrSO4是否完全轉化成SrCO3.實驗所用的試劑為________；實驗現(xiàn)象及其相應結論為_________________