人教版 (2019)选择性必修1第四节沉淀溶解平衡优秀同步训练题

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第22讲沉淀溶解平衡的应用知识导航知识精讲一、沉淀的生成1．应用在无机物的制备和提纯、废水处理等领域，常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。2．方法二、沉淀的溶解1．原理根据平衡移动原理，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。2．Mg(OH)2沉淀溶解实验3. 方法①酸溶法：如CaCO3溶于盐酸，Al(OH)3、Cu(OH)2溶于强酸等。②盐溶法：如Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液中：Mg(OH)2 + 2NH4+=== Mg2+ + 2NH3·H2O③氧化还原法：如CuS、HgS等可溶于HNO3中：3CuS + 8HNO3=== 3Cu(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O④配合物法：如AgCl可溶于NH3·H2O，AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O三、沉淀的转化1. AgCl、AgI、Ag2S的转化2. Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化3. 实质、条件、规律①实质：沉淀溶解平衡的移动。②条件：两种沉淀的溶解度不同。②规律：溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，溶解度相差越大，转化越容易。4. 沉淀转化的应用（1）锅炉除水垢（含有CaSO4）①操作：先加Na2CO3溶液，再加稀盐酸②原理：CaSO4(s)+ Na2CO3⇌CaCO3(s) + Na2SO4CaCO3+ 2HCl===CaCl2+ H2O + CO2↑（2）自然界中矿物的转化原生铜的硫化物氧化、淋滤CuSO4溶液渗透、遇闪锌矿（ZnS）和方铅矿（PbS）铜蓝（CuS）CuSO4 (aq) + ZnS(s)⇌CuS(s) + ZnSO4(aq)；CuSO4 (aq) + PbS(s)⇌CuS (s) + PbSO4(s)（3）氟化物预防龋齿①牙齿表面的釉质层，只要成分是难溶的羟基磷灰石[Ca5(PO4)3(OH)]。②口腔中的有机酸使釉质层溶解：Ca5(PO4)3(OH) + 4H+===5Ca2+ + 3HPO42-+ H2O③氟离子能与羟基磷灰石反应，生成溶解度更小的氟磷灰石，更能抵抗酸的腐蚀：Ca5(PO4)3(OH)(s) + F-(aq)⇌Ca5(PO4)3F(s) + OH-(aq)对点训练题型一：沉淀的生成与溶解【变1-1】（2020·贵州·高二学业考试）已知几种难溶电解质的溶度积常数Ksp(25℃)如下：向100mL含、和浓度均为0.01mol/L的溶液中逐滴加入0.001mol/L的溶液，下列说法正确的是A．先沉淀 B．先沉淀 C．先沉淀 D．同时沉淀【答案】C【详解】向、和浓度均为0.01mol/L的溶液中逐滴加入0.001mol/L的溶液，当溶液中离子开始沉淀时，溶液中c(金属离子)×c(S2-)=Ksp，Ksp越小的难溶物最先生成，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)>Ksp(HgS)，因此先沉淀，故答案为C。【变2-2】（2021·全国·高三专题练习）钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)中回收钴的一种工艺流程如图：相关金属离子[Co(Mn+ )=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：（1）若无氧化步骤，对实验的影响是_____。试剂X可以为下列物质中的_____。A．KOH B．Zn(OH)2 C．ZnO D．Na2CO3（2）常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)＜10-5mol·L-1]，溶液的pH至少为_____(用含Ksp的式子表示)。【答案】（1）无法有效除铁BC（2）14+lg【分析】废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钻离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH 值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离子，操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，干燥，据此分析解题；（1）若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁；加入试剂X的目的调节pH，三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，但是不能引入杂质，产物中与硫酸锌生成，可以加入含锌，能消耗氢离子的，可以是氧化锌和氢氧化锌，故选BC；（2）常温下，Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)＜10-5mol·L-1]，溶液的c(OH-)=，pH至少为14+1g；题型二：沉淀的转化【例3】（2021·北京·首都师范大学附属中学高二期中）实验：①向盛有1mL0.1mol/LMgCl2溶液试管中加1mL0.3mol/LNaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c。②向沉淀c中滴加0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀变为红褐色，下列分析不正确的是A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)B．滤液b中加入上述FeCl3溶液有红褐色沉淀生成，证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶C．②中颜色变化说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3D．实验②可以证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶【答案】B【详解】将0.1mol•L-1MgCl2溶液和0.3mol•L-1NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠、氢氧化钠的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，A．浊液a为氢氧化镁悬浊液，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，故A不符合题意；B．滤液b中含有过量的氢氧化钠溶液，故加入FeCl3溶液有红褐色沉淀Fe(OH)3生成，故不能证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，故B符合题意；C．实验②中是Mg(OH)2和氯化铁之间反应生成氢氧化铁，说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶，故C不符合题意；D．氢氧化镁的悬浊液中滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化，所以实验可以证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，故D不符合题意；故答案为：B。题型三：沉淀转化的应用【例4】(2021·北京高三二模)某品牌牙膏的成分含水、丙三醇、二氧化硅、苯甲酸钠、十二烷基硫酸钠和氟化钠等。已知：牙釉质中含有羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]，是牙齿的保护层。在牙齿表面存在平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+ 3PO43-(aq)+OH-(aq)；。下列说法不正确的是( )A．若使牙膏呈弱酸性，更有利于保护牙釉质B．丙三醇的俗称是甘油C．SiO2是摩擦剂，有助于去除牙齿表面的污垢D．NaF能将Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，减少龋齿的发生【答案】A【解析】A项，Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+ 3PO43-(aq)+OH-(aq)，若使牙膏呈弱酸性，氢离子和氢氧根离子反应，则平衡向右移动，不有利于保护牙釉质，A错误；B项，丙三醇为HOCH2CH(OH)CH2OH，俗称甘油，B正确；C项，SiO2不溶于水，在牙膏中的作用是摩擦剂，有助于去除牙齿表面的污垢，C正确；D项，，则Ca5(PO4)3F比Ca5(PO4)3OH更难溶，口腔内有Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+ 3PO43-(aq)+OH-(aq)，用含氟牙膏刷牙时，氟离子、钙离子和磷酸根离子能结合为Ca5(PO4)3F，使上述平衡右移，则Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，能减少龋齿的发生，D正确；故选A。【例6】（2021·湖北省仙桃中学高二期中）锂被誉为“高能金属”，废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图所示：已知：①，LiCoO2难溶于水，具有强氧化性(且氧化性强于KMnO4)；②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH值如表所示：回答下列问题：：（1）写出“碱溶”时发生主要反应的化学方程式：___________。（2）为提高“酸溶”的浸出速率，可采取的措施有___________(任写一种)。（3）“酸溶”时，LiCoO2能将H2O2氧化，其离子方程式为___________；若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是___________。（4）用氨水调节pH的范围为___________。（5）该流程涉及多次过滤，实验室中过滤后洗涤沉淀的操作为___________。（6）写出“沉钴”过程中发生反应的离子方程式：___________。【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O=2Na AlO2+3H2（2）升高温度（增大双氧水的浓度）（3）2LiCoO2+ H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+ O2↑Cl-易被氧化成Cl2，污染空气（4）3.7pH<7.0（5）沿玻璃棒向漏斗中注入少量蒸馏水，使水面没过沉淀物，待水滤去后，再加水蒸馏洗涤，连续洗23次（6）Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O【解析】（1）废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加碱时Al发生反应，其反应的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2Na AlO2+3H2，故答案：2Al+2NaOH+2H2O=2Na AlO2+3H2（2）为提高“酸溶”的浸出速率，可增大双氧水的浓度，或者升高温度，故答案：升高温度（增大双氧水的浓度）。（3）通过题给信息可知：LiCoO2难溶于水，具有强氧化性，且氧化性强于KMnO4，所以酸溶时LiCoO2能将H2O2氧化，其离子方程式为2LiCoO2+ H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+ O2↑。若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，Cl-易被氧化成Cl2，污染空气。故答案：2LiCoO2+ H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+ O2↑；Cl-易被氧化成Cl2，污染空气。（4）用氨水调节pH值，是为了除去铁离子，留下钴离子，根据相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH值表可知，沉淀完全时的pH就是3.7pH<7.0，故答案：3.7pH<7.0。（5）沉淀的洗涤操作是：沿玻璃棒向漏斗中注入少量蒸馏水，使水面没过沉淀物，待水滤去后，再加水蒸馏洗涤，连续洗23次，直至沉淀物洗净为止。故答案：沿玻璃棒向漏斗中注入少量蒸馏水，使水面没过沉淀物，待水滤去后，再加水蒸馏洗涤，连续洗23次。（6）在浸液中通入氨气除去铁离子，在加入碳酸氢铵，沉钴过程中是CoSO4与NH4 HCO3反应，得到CoCO3沉淀，根据原子守恒，该反应的离子方程式为：Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O。故答案：Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O。提分特训【题1】(2021·四川射洪中学高二月考)在1L0.01mol·L-1MgCl2溶液中，加入1mL0.01mol·L-1的Na2CO3溶液，下列说法正确的是(已知MgCO3的Ksp=6.8×10-6mol2·L-2) ( )A．有MgCO3沉淀析出 B．无MgCO3沉淀析出C．无法确定 D．有沉淀但不是MgCO3【答案】B【解析】在1L 0.01mol·L-1 MgCl2溶液中，加入1mL 0.01mol·L-1的Na2CO3溶液，混合溶液体积可近似为1L，所得溶液中c(Mg2+)=0.01 mol·L-1，c(CO32-)==1×10-5 mol·L-1，c(Mg2+)×c(CO32-)＝0.01 mol·L-1×1×10-5 mol·L-1=1×10-7 mol2·L-2＜Ksp[Mg(OH)2]，所以无沉淀析出，故选B。【题2】往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述中正确的是(　　)A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(H＋)均会增大B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸D．沉淀转化的离子方程式为COeq \o\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq \o\al(2－,4)(aq)【答案】D【解析】温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，[OH－]增大，[H＋]减小，A项错误；Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强、弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4(s)＋COeq \o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \o\al(2－,4)(aq)，D项正确。【题3】（2021·上海市控江中学高二月考）已知，Fe2+结合S2-的能力大于结合OH-的能力，而Al3+则正好相反。在Fe2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S与氨水的混合溶液，所得沉淀是A．Al2S3、FeS和S B．FeS和Al(OH)3 C．Fe2S3和Al(OH)3 D．FeS、Al(OH)3和S【答案】D【详解】在Fe2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中加过量KI，先是Fe2(SO4)3与KI发生氧化还原反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2，再加入Na2S与氨水的混合溶液后，溶液有大量S2-、OH-，依题意知，Fe2+结合S2-能力强，两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀，Al3+结合OH-能力强，但由于I2的存在发生：I2+S2-=S↓+2I-，所以最终得到的沉淀是FeS、Al(OH)3和S的混合物。故选D。【题4】（2021·全国·高二期末）已知表数据：对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不正确的是A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B．该溶液中c(SO)：[c(Cu2+)+c(Fe2+)+c(Fe3+)]>5：4C．向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到3.4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D．在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在【答案】C【详解】A．从表格中可以看出，Fe(OH)3的Ksp是最小的，所以它最先出现沉淀，故A正确；B．因为Cu2+、Fe2+、 Fe3+对应的碱全是弱碱，所以这三种离子在溶液中都会发生水解，因此它们的物质的量会减少，故B正确；C．加入氯水，可以把亚铁离子全氧化成三价，但它的还原产物Cl-肯定还在溶液中，而且在调节pH时加入的试剂也会在溶液中有所保留，所以得到的溶液中不可能只含CuSO4一种溶质，故C错误；D．在pH = 5的溶液中c(H+)= 10-5moL/L，c(Fe3+)=.，Fe3+不能大量存在，故D正确；故答案：C。【题5】（2021·辽宁锦州·高二期末）向盛有硝酸银溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色透明溶液，下列说法正确的是A．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后的浓度不变B．沉淀溶解后，生成的难电离C．在中，给出孤对电子，提供空轨道D．该实验能证明比稳定【答案】D【分析】氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，Ag++OH-=AgOH↓，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，发生：AgOH+2NH3=[Ag(NH3)2]++OH-，据此分析判断。【详解】A．反应后形成[Ag(NH3)2]+络离子，该离子较稳定难电离，所以Ag+的浓度减小，故A错误；B．[Ag(NH3)2]OH为强电解质，完全电离[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]++OH-，故B错误；C．在配合离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故C错误；D．氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，Ag++OH-=AgOH↓，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，发生：AgOH+2NH3=[Ag(NH3)2]++OH-，氢氧化银沉淀能转化为络合物离子[Ag(NH3)2]+，说明[Ag(NH3)2]+比氢氧化银稳定，故D正确；故选D。【题6】(2021·湖北黄冈市黄冈中学高三月考)NiSO4·6H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣(主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如图：已知：25℃时，Ksp(CuS)=8.9×10-35、Ksp(FeS)=4.9×10-18。下列叙述错误的是()A．溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4 B．除去Cu2+可采用FeSC．流程中a~b的目的是富集NiSO4 D．“操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶【答案】A【解析】电镀废渣用稀硫酸酸浸时，金属氧化物与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，过滤得到含有镍离子、亚铁离子和铜离子的硫酸盐溶液；向溶液中加入硫化亚铁将溶液中铜离子转化为更难溶的硫化铜，再加入双氧水、氧化镍使亚铁离子先转化为铁离子，再将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到硫酸镍溶液；向溶液中加入碳酸钠溶液后过滤得到碳酸镍沉淀，向碳酸镍沉淀中加入稀硫酸得到浓度较高的硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体。A项，溶解废渣时，发生的反应主要是用酸将金属氧化物溶解，加入稀盐酸同样可以达到目的，则能用稀盐酸代替稀硫酸，故A错误；B项，由分析可知，除去铁离子的操作为向溶液中加入硫化亚铁将溶液中铜离子转化为更难溶的硫化铜，故B正确；C项，由分析可知，流程中a~b的过程为浓度较低的硫酸镍溶液转化为浓度较高的硫酸镍溶液的过程，是富集硫酸镍的过程，故C正确；D项，由分析可知，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体，则操作I为蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确；故选A。【题8】（2021·全国·高二期中）Ⅰ.常温下，几种物质的溶度积常数见表：（1）某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净的CuCl2溶液，宜加入___(填一种)调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。（2）过滤后，将所得滤液经过___操作，可得到CuCl2·2H2O晶体。（3）由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需要进行的操作是___。（4）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取8.0g试样溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00mL。(已知：I2+2S2O=S4O+2I-)。①CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为___。②该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为___。(保留一位小数)Ⅱ.某实验小组采用沉淀滴定法测定碳酸氢钠样品中杂质Cl-的含量，实验步骤如下：①用天平称取ag碳酸氢钠样品，用蒸馏水溶解，再用足量稀硝酸酸化，配成100mL待测液；②用移液管移取20.00mL待测液于锥形瓶中，并滴加1～2滴指示剂；③用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定Cl-，三次滴定结果如下：已知：（5）滴定时可选为滴定指示剂的是___(填编号)。A．NaCl B．K2CrO4 C．KI D．NaCN（6）到达滴定终点的标志是___。（7）当Cl-恰好完全沉淀，则此时溶液中的c(CrO)为__mol·L-1。（8）根据上述数据计算碳酸氢钠样品中杂质Cl-的质量分数为___。【答案】（1）CuO(或碱式碳酸铜、氢氧化铜)（2）蒸发浓缩、冷却结晶（3）在HCl气氛中加热（4）2Cu2++4I-=2CuI↓+I285.5%（5）B（6）滴入最后一滴AgNO3标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失（7）2.5×10-3（8）×100%【分析】用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样,利用CuCl2溶液与KI发生氧化还原反应，生成I2和CuI等，利用I2+2S2O=S4O+2I-，建立2(CuCl2·2H2O)~I2~ 2S2O的关系式，求出该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数。（1）某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净CuCl2溶液，宜加入CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜等，调至溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH) 3沉淀。（2）CuCl2·2H2O含结晶水、从溶液中提取该晶体室应采用冷却结晶法，则：过滤后，将所得滤液经过蒸发浓缩，冷却结晶操作，可得到CuCl2·2H2O晶体。（3）由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需要加热，由于该晶体直接加热发生水解不能获得无水CuCl2，故需要抑制水解反应的发生，需要进行的操作是：在干燥的HCl气流中加热。（4）①CuCl2溶液与KI发生氧化还原反应，Cu2+为氧化剂、I-为还原剂，反应中生成CuI沉淀和I2，离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。②实验过程中有反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O=S4O+2I-，存在关系式：2(CuCl2·2H2O)~I2~2S2O可得出，n(CuCl2·2H2O)=n(S2O)，该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为=85.5% (保留一位小数)。（5）指示剂选择原则为颜色变化明显、溶解度要略微大于AgCl，AgCl溶液中Ksp=c(Ag＋)×c(Cl－)，解得c(Ag＋)=1. 414×10－5mol·L－1，Ag2CrO4中Ksp=c2(Ag＋)×c(CrO)，解得c(Ag＋)=1×10－4mol·L－1，因此AgCl的溶解度小于Ag2CrO4，则选 K2CrO4作为指示剂，故答案为：B。（6）到达滴定终点的标志是：用K2CrO4作为指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不再改变。（7）当Cl-恰好完全沉淀，铬酸银正好开始沉淀，则溶液中，，则此时溶液中的c(CrO)为2.5×10-3mol·L-1。（8）由数据可知20.00mL待测液平均消耗标准溶液AgNO3的体积为20.00mL，根据反应可知，硝酸银和氯离子物质的量相等，所以20.00 mL溶液含有，所以ag碳酸氢钠样品中杂质Cl-的质量为，所以碳酸氢钠样品中杂质Cl-的质量分数为×100%。提分作业【练1】(2021·湖北高二月考)工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是( )A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32- (aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO42- (aq)C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小【答案】D【解析】A项，温度升高，Kw增大，温度升高促进碳酸钠溶液水解，c(OH-)增大，A正确；B项，加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：CO32- (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO42- (aq)，B正确；C项，因为碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不与盐酸反应，所以在盐酸溶液中碳酸钙的溶解性大于硫酸钙，C正确；D项，根据CO32-+CO2+H2O=2HCO3-知，阴离子HCO3-的浓度增大，D错误；故选D。【练2】（2021·四川省大竹中学高二期中）下列应用或现象主要体现的是沉淀溶解平衡原理的是①可用FeS除去废水中的Cu2+②溶洞的形成③误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡能⑤泡沫灭火器灭火A．①③④ B．②③⑤ C．③④⑤ D．①②③④【答案】D【详解】①因CuS比FeS更难溶于水，所以在含有Cu2+的废水中，加入FeS，Cu2+和S2-会生成更难溶的CuS沉淀，促进了FeS的溶解，此过程存在沉淀溶解平衡，故①符合题意。②形成溶洞的地貌中岩石的主要成分是碳酸钙，遇到溶有二氧化碳的水，碳酸根离子会和二氧化碳和水生成碳酸氢根离子，从而促进碳酸钙溶解，此过程存在沉淀溶解平衡，故②符合题意。③钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释，故③符合题意。④胃酸的成分是盐酸，硫酸钡和盐酸不反应，但盐酸能使碳酸钡转化为可溶的氯化钡，此过程存在沉淀溶解平衡，故④符合题意。⑤泡沫灭火器所装试剂是碳酸氢钠和硫酸铝，，碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，故⑤不符合题意。综上所述，①②③④符合题意，本题答案D【练3】（2021·全国·高二期中）某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2▪2H2O晶体的工艺流程如图，下列说法错误的是A．焙烧后的废气能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．氧化步骤中，用双氧水代替氯气会更好C．调节pH选用的试剂可以是CuO固体D．CuCl2▪2H2O晶体直接加热可制得CuCl2固体【答案】D【详解】A．焙烧后的废气中含有二氧化硫，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使之褪色，A正确；B．由图知，氧化的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，而双氧水的还原产物为水，且过量的双氧水也不会污染环境，所以用双氧水代替氯气会更好，B正确；C．调节pH选用的试剂应该可以和氢离子反应，且不引入新的杂质，可以用氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜，C正确；D．将CuC12▪2H2O晶体加热，铜离子会发生水解，所以应该在氯化氢气氛中加热才能得到CuCl2固体， D错误；答案选D。【练4】（2021·全国·高二期中）已知常温下，，下列有关说法正确的是A．常温下，在纯水中的比在溶液中的大B．向与的悬浊液中加入几滴浓溶液，不变C．在的饱和溶液中通入，有析出，且溶液中D．向、的混合溶液中滴入几滴溶液，出现黄色沉淀，此现象可验证【答案】B【详解】A．只随温度的改变而改变，所以二者相等，A项错误；B．与的悬浊液在滴入几滴浓溶液后，仍是二者的饱和浴液，温度不变，、不变，故不变，B项正确；C．在的饱和溶液中通入，增大，的沉淀溶解平衡向左移动，有析出，溶液中增大，减小，、不再相等，C项错误；D．向、的混合溶液中滴入几滴溶液，出现黄色沉淀，证明发生了反应：，但由于不知道溶液中、的浓度大小，不能确定和溶度积大小关系，故D项错误。故选B。【练5】（2021·河北·石家庄二中高二期中）已知：工业生产中可用ZnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2+，可表示为Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)。下列说法不正确的是A．反应达平衡时，c(Cu2+)=c(Zn2+)B．过量的ZnS可通过过滤除去C．该反应平衡常数K=D．相同温度时，溶解度：S(ZnS)>S(CuS)【答案】A【详解】A．溶解度S(ZnS)>S(CuS)，所以达到反应平衡时c(Cu2+)＜c(Zn2+)，A错误；B．工业生产中可用ZnS作为沉淀剂，过量的ZnS可通过过滤除去，B正确；C．Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)平衡常数K=，C正确；D．溶解度小的沉淀转化能转化为溶解度更小的沉淀，ZnS能转化为CuS，则溶解度S(ZnS)>S(CuS)，D正确；答案选A。【练6】(2021·河南高二期末)孔雀石主要含碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4及CaCO3，首先将其溶于稀硫酸中，得到的溶液中含有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋。从下列所给试剂中选择：A．KMnO4 B．(NH4)2S C．H2O2 D．KSCN(1)检验溶液中Fe3＋的最佳试剂为______(填代号)。(2)为使Fe2＋、Fe3＋一起沉淀，需先加____(填代号)，此时发生反应的离子方程式为________。(3)然后再加_______(填化学式)调整溶液的pH只生成Fe(OH)3沉淀。【答案】(1)D(2)C 2Fe2＋+H2O2+2H+=2Fe3＋+2H2O (3)CuO或CuCO3【解析】(1)KSCN溶液可以和Fe3+反应使溶液变成血红色，故选D；(2)为使Fe2＋、Fe3＋一起沉淀，应先加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，同时不能引入新的杂质，所以应选用C．H2O2，发生的反应为2Fe2＋+H2O2+2H+=2Fe3＋+2H2O；(3)加入的物质应能与氢离子反应，且不引入新的阳离子杂质，所以可以选用CuO或CuCO3。【练7】(2021·内蒙古集宁一中高二月考)(1)在25℃下，向浓度均为0.1 mol∙L−1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_______沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为_______。(已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20)(2)相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol∙L−1盐酸、③0.1 mol∙L−1氯化镁溶液、④0.1 mol∙L−1硝酸银溶液中，c(Ag+)由大到小的顺序为：_______(3)已知：Ksp(AgBr)=5.4×10−13，Ksp(AgCl)=1.8×10−10，向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=_______。(4)已知在25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10−11。25℃时，向0.02 mol∙L−1的MgCl2溶液中加入NaOH固体，如要生成Mg(OH)2沉淀，应使溶液中的c(OH－)最小为_______mol∙L−1。(5)某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是_______A．加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C．b点有BaSO4沉淀生成D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【答案】(1)Cu(OH)22NH3·H2O+Cu2+ =Cu(OH)2↓+2NH4+(2)④＞①＞②＞③ (3)3×10−3 (4)4×10−5 (5)C【解析】(1)在25℃下，向浓度均为0.1 mol∙L−1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，沉淀镁离子需要的氢氧根浓度，沉淀铜离子需要的氢氧根浓度，氢氧根浓度最先满足沉淀铜离子所需浓度，因此先生成Cu(OH)2沉淀，生成该沉淀的离子方程式为2NH3·H2O+Cu2+ =Cu(OH)2↓+2NH4+；(2)相同温度下，氯化银溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水，平衡正向移动，但银离子浓度不变；②0.1 mol∙L−1盐酸，氯离子浓度增大，平衡逆向移动；③0.1 mol∙L−1氯化镁溶液，氯离子浓度增大，比②中氯离子浓度大，平衡逆向移动比②更多，银离子浓度比②中银离子浓度小；④0.1 mol∙L−1硝酸银溶液，平衡逆向移动，但银离子浓度比原来大，因此c(Ag+)由大到小的顺序为：④＞①＞②＞③；(3)已知：Ksp(AgBr)=5.4×10−13，Ksp(AgCl)=1.8×10−10，向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，；(4)已知在25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10−11。25℃时，向0.02 mol∙L−1的MgCl2溶液中加入NaOH固体，如要生成Mg(OH)2沉淀，应使溶液中的c(OH－)最小，则c(OH－)＝4×10−5mol∙L−1；(5)A项，加入Na2SO4，硫酸根浓度增大，硫酸钡溶解平衡逆向移动，钡离子浓度减小，曲线从a点往c点移动，故A错误；B项，d点蒸发溶剂，溶液体积减小，钡离子浓度、硫酸根浓度同时增大，c点与b点硫酸根浓度不变，钡离子浓度增大，因此蒸发溶液不可能由d点变到c点，故B错误；C项，b点浓度积大于Ksp，因此有BaSO4沉淀生成，故C正确；D项，ac曲线是硫酸钡的溶度积常数变化曲线，因此a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，故D错误；故选C。方法实例操作及原理调节pH法除去NH4Cl中的FeCl3溶于水，加氨水调节pH：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH4+除去CuCl2中的FeCl3加入Cu(OH)2或CuO，①Fe3+ + 3H2O⇌Fe(OH)3 + 3H+②Cu(OH)2 + 2H+ === Cu2+ + 2H2O CuO+ 2H+ === Cu2+ + 2H2O沉淀剂法除去废水中的Hg2+加入Na2S：S2- + Hg2+ === HgS↓除去废水中的Cu2＋通入H2S：H2S + Cu2+=== CuS↓ + 2H+实验操作实验现象①Mg(OH)2沉淀几乎不溶解，溶液浑浊；②Mg(OH)2沉淀溶解，溶液澄清。原理分析H+ 与OH- 反应，使OH-浓度减小，Mg(OH)2沉淀溶解平衡不断右移，最终完全溶解。实验操作实验现象有白色沉淀析出白色沉淀转化为黄色沉淀黄色沉淀转化为黑色沉淀实验原理Ag+ + Cl- == AgCl↓AgCl(s)+ KI⇌AgI(s)+ KCl2AgI(s)+ Na2S⇌Ag2S(s)+ 2NaI实验结论溶解度：Ag2S