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- 2021-07-09 发布
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课时作业17 难溶电解质的溶解平衡
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(每小题4分，共48分)
1．下列说法正确的是( D )
A．两难溶电解质作比较时，Ksp小的溶解能力一定小
B．欲使溶液中某离子沉淀完全，加入的沉淀剂应该是越多越好
C．所谓沉淀完全就是用沉淀剂将溶液中的某一离子除尽
D．若已知Ksp(CaCO3)②>③>④>⑤ B．④>①>③>②>⑤
8
C．⑤>④>②>①>③ D．④>③>⑤>②>①
解析：AgCl在溶液中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，由c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp可知，c(Cl－)或c(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl溶解的质量就越小。
①中c(Cl－)＝0.01 mol/L，②中c(Cl－)＝0.04 mol/L，③中c(Cl－)＝0.03 mol/L，④中c(Cl－)＝0 mol/L，⑤中c(Ag＋)＝0.05 mol/L。五种溶液中Ag＋或Cl－浓度由小到大的顺序为④<①<③<②<⑤，故AgCl在相应溶液中溶解的质量由大到小的顺序为④>①>③>②>⑤。
5．25 ℃时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)如下表所示：
物质
AgCl
Ag2SO4
Ag2S
AgBr
AgI
溶度积常数(Ksp)
1.8×10－10
1.4×10－5
6.3×10－50
7.7×10－13
8.51×10－16
下列说法正确的是( D )
A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次增大
B．将硫酸银溶解于水形成饱和溶液后，向其中加入少量硫化钠溶液，不可能得到黑色沉淀
C．在5 mL 1.8×10－5 mol·L－1的NaCl溶液中加入1滴(1 mL约20滴)0.1 mol·L－1的AgNO3溶液(忽略溶液体积变化)，不能观察到白色沉淀
D．将足量浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，有少量白色固体生成
解析：本题易错之处是误认为Ksp较小的AgBr沉淀一定不能转化成Ksp较大的AgCl沉淀。A项，当难溶物组成类型相同时，可以利用Ksp直接比较难溶物的溶解度，Ksp值越小越难溶，所以氯化银、溴化银、碘化银的溶解度依次减小，A项错误；B项，硫酸银的Ksp远大于硫化银的Ksp，因此会有更难溶的黑色硫化银生成，B项错误；C项，c(Ag＋)＝＝0.001 mol·L－1，Qc＝0.001×1.8×10－5＝1.8×10－8，大于氯化银的Ksp，故会有白色沉淀生成，C项错误；D项，足量溴化银固体浸泡在氯化钠的饱和溶液中，则溶液中氯离子与银离子的浓度积大于氯化银的溶度积，所以会有少量白色固体生成，D项正确。
6.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( C )
A．加入Na2SO4可使a点对应的溶液变为b点对应的溶液
8
B．通过蒸发可以使d点对应的溶液变为c点对应的溶液
C．d点对应的溶液无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
解析：在一定温度下，a点溶液已处于饱和状态，加入Na2SO4，c(SO)增大，c(Ba2＋)应减小，而从a点到b点，c(SO)增大，c(Ba2＋)不变，A项错误；蒸发d点对应的溶液，c(SO)和c(Ba2＋)均增大，可使溶液达到饱和状态，而d点到c点c(Ba2＋)增大c(SO)不变，不可能通过蒸发实现，B项错误；d点表示c(SO)和c(Ba2＋)的离子积小于BaSO4的溶度积，为BaSO4的不饱和溶液，C项正确；温度不变，溶度积常数不变，曲线上任意一点的溶度积常数都相等，D项错误。
7．向5 mL 0.1 mol·L－1 MgCl2溶液中滴入适量1 mol·L－1 NaOH溶液，出现白色沉淀；静置后倒出上层清液，滴加CuSO4溶液并振荡，白色沉淀变为蓝色；静置后倒出上层清液，再滴加Na2S溶液并振荡，蓝色沉淀变为黑色。根据上述变化，下列说法不正确的是( C )
A．三种沉淀溶解度的大小顺序为Mg(OH)2>Cu(OH)2>CuS
B．白色沉淀转化为蓝色沉淀发生的反应是Mg(OH)2(s)＋Cu2＋(aq)===Cu(OH)2(s)＋Mg2＋(aq)
C．在沉淀转化过程中只能由溶度积大的沉淀转化为溶度积更小的沉淀
D．蓝色沉淀转化为黑色沉淀发生的反应是Cu(OH)2(s)＋S2－(aq)===CuS(s)＋2OH－(aq)
8．常温时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.1×10－11，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12，Ksp(CH3COOAg)＝2.3×10－3，下列叙述不正确的是( B )
A．浓度均为0.2 mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀
B．将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入浓度均为0.001 mol·L－1的KCl和K2CrO4的混合溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀
C．c(Mg2＋)为0.11 mol·L－1的溶液要产生Mg(OH)2沉淀，溶液的pH应控制在9以上
D．在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变
解析：本题易错之处一是误认为难溶物的Ksp越小，溶解度越小，最先生成沉淀，二是忽视组成类型相同时，才可以利用Ksp直接比较难溶物的溶解度。A项，Qc＝c(Ag＋)·c(CH3COO－)＝0.1×0.1＝1×10－2>2.3×10－3，所以有CH3COOAg沉淀生成，A项正确；B项，假设溶液体积不变，使Cl－开始沉淀所需Ag＋浓度的最小值为c(Ag＋)＝＝1.8×10－7(mol·L－1)，使CrO开始沉淀所需Ag＋浓度的最小值为c(Ag＋)＝＝4.36×10－5(mol·L－1)，所以应先产生AgCl沉淀，B项不正确；C项，c(OH－)＝＝10－5(mol·L－1)，所以要产生Mg(OH)2
8
沉淀，pH应控制在9以上，C项正确；D项，Ksp只受温度影响，D项正确。
9．下列说法正确的是( C )
A．AgCl难溶于水，所以将AgCl加入水中所得溶液中不含Ag＋、Cl－
B．AgCl的Ksp＝1.8×10－10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)＝×10－5 mol·L－1
C．在温度一定时，当溶液中Ag＋和Cl－的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解平衡
D．向饱和AgCl溶液中加入盐酸，会使Ksp(AgCl)增大
解析：虽然AgCl难溶于水，但仍能溶解一小部分，所以将AgCl加入水中会少量溶解，溶液中含有少量的Ag＋、Cl－，A项错误；AgCl的Ksp＝1.8×10－10，是指在AgCl饱和溶液中Ag＋和Cl－的浓度的乘积等于1.8×10－10，并不一定是c(Ag＋)＝c(Cl－)，如在含有AgCl和NaCl的溶液中，c(Ag＋)<(Cl－)，B项错误；当Qc＝Ksp时，达到溶解平衡，C项正确；Ksp只与温度有关，增大某离子的浓度，Ksp不变，D项错误。
10．下列说法中正确的是( C )
A．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH会增大
B．AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡会向左移动，溶液中离子的总浓度会减小
C．AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D．硬水中含有较多的Ca2＋、Mg2＋、HCO、SO，加热煮沸可以完全除去其中的Ca2＋、Mg2＋
解析：A项，Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低，溶液中c(OH－)减小，故所得溶液的pH减小，A项错误；B项，加入NaCl，增大了Cl－的浓度，平衡左移，同时Na＋的浓度增大，因此溶液中离子的总浓度不会减小，B项错误；C项，根据沉淀的转化理论可知，C项正确；加热煮沸有利于Mg2＋水解转化为Mg(OH)2沉淀，有利于Ca2＋转化为CaCO3沉淀，Ca2＋＋2HCOCaCO3↓＋CO2↑＋H2O，但Mg(OH)2、CaCO3在水中也有少量溶解，故加热煮沸只能使部分Ca2＋、Mg2＋除去，但不可能完全除去，D项错误。
11. 已知25 ℃时，电离常数Ka(HF)＝3.5×10－4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向1 L 0.2 mol·L－1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是( D )
A．25 ℃时，0.1 mol·L－1 HF溶液中pH＝1
B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C．该体系中，Ksp(CaF2)＝
D．该体系中有CaF2沉淀产生
8
解析：由HF的电离常数可知，HF是弱酸，由Ka(HF)＝＝3.5×10－4，可得0.1 mol·L－1 HF溶液中c(H＋)<0.1 mol·L－1，所以pH>1，A项错误；Ksp(CaF2)随温度的变化而变化，但不随溶液浓度的变化而变化，B项错误；由Ka(HF)和Ksp(CaF2)的数据可知，C项错误；溶液混合后，c(HF)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝c(F－)＝5.92×10－3mol·L－1，c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1，此时Qc(CaF2)＝c(Ca2＋)×c2(F－)＝3.5×10－6>Ksp(CaF2)，所以有沉淀生成，D项正确。
12．下列说法正确的是( B )
A．根据Ksp(AgCl)＝1.77×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，可以推知AgCl的溶解度比Ag2CrO4的溶解度大
B．0.1 mol·L－1的ZnCl2溶液中通入足量硫化氢气体最终得不到ZnS沉淀是因为溶液中c(Zn2＋)·c(S2－)Ksp(ZnS)时，才能得到ZnS沉淀，B正确；碳酸钡与硫酸反应，生成气体CO2和弱电解质水，故不能利用该反应比较二者的Ksp大小，C错误；Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，Ag＋和Cl－都对AgCl的溶解起抑制作用，且浓度越大AgCl溶解的质量越少，所以AgCl在10 mL 0.01 mol·L－1的KCl溶液中比在10 mL 0.05 mol·L－1的AgNO3溶液中溶解的质量多。
二、非选择题(52分)
13．(16分)(1)已知25 ℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。请回答下列问题：
①25 ℃时，若向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，混合后溶液中的c(Ag＋)为1.8×10－7 mol·L－1，pH为2。
②25 ℃时，取一定量含有I－、Cl－的溶液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl和AgI同时沉淀时，溶液中为4.7×10－7。
(2)已知：25 ℃时Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，则Ag2CrO4的溶解度大于(填“大于”“小于”或“等于”)AgCl的溶解度。
(3)25 ℃时，Mg(OH)2饱和溶液能(填“能”或“不能”)使石蕊溶液变蓝色。(已知Ksp[Mg(OH)2]＝4.0×10－12，lg5＝0.7)。
8
14．(17分)以下是25 ℃时几种难溶电解质的溶解度：
难溶电解质
Mg(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
溶解度/g
9×10－4
1.7×10－6
1.5×10－4
3.0×10－9
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。例如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2＋，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液的pH＝4，过滤结晶即可。
请回答下列问题：
(1)上述三个除杂方案都能够取得很好的效果，Fe3＋、Fe2＋都被转化为Fe(OH)3(填化学式)而除去。
(2)①中加入的试剂应该选择氨水，其原因是不会引入新的杂质。
(3)②中除去Fe3＋所发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋3Mg(OH)2===3Mg2＋＋2Fe(OH)3。
(4)下列与方案③相关的叙述中，不正确的是B。
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引入杂质，不产生污染
B．将Fe2＋氧化为Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀难过滤
C．调节溶液pH＝4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D．Cu2＋可以大量存在于pH＝4的溶液中
解析：①中加入氨水，利用沉淀的生成，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。②中加入氢氧化镁，利用沉淀的转化，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。③中先加入H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节溶液pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。
15．(9分)已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33。
(1)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Cu(OH)2沉淀(填化学式)。
②用MgCl2、AlCl3的混合溶液(A)与过量氨水(B)反应，为使Mg2＋、Al3＋同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入B(填“A”或“B”)，再滴加另一反应物。
(2)①Fe3＋发生水解反应 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，该反应的平衡常数表达式为K＝。
②若向FeCl3溶液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，可得红褐色沉淀。该过程中调节溶液的pH为5，则金属离子浓度为4.0×10－11_mol·L－1。
8
(3)溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3＋完全沉淀时，测定c(Al3＋)＝0.2 mol·L－1。此时所得沉淀中不含有(填“还含有”或“不含有”)Al(OH)3。
解析：(1)①溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀；②同时生成沉淀，应先将氨水加入沉淀反应器中；(2)①根据方程式可知该反应的平衡常数表达式为K＝；②溶液的pH为5，即氢氧根浓度是10－9 mol·L－1，则金属离子浓度为＝4.0×10－11 (mol·L－1)；(3)当Fe3＋完全沉淀时溶液中c3(OH－)＝Ksp/c(Fe3＋)＝4.0×10－33，此时溶液中有c(Al3＋)×c3(OH－)＝0.2×4.0×10－33＝8×10－34<1.1×10－33，无氢氧化铝沉淀生成，故不含有Al(OH)3。
16．(10分)工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为
CrOCr2OCr3＋(紫色)
Cr(OH)3(蓝色)
其中第①步存在平衡：2CrO(黄色)＋2H＋Cr2O(橙色)＋H2O
(1)若平衡体系的pH＝2，则溶液显橙色。
(2)第②步中，还原0.1 mol Cr2O，需要91.2 g的FeSO4。
(3)Cr3＋与Al3＋的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是先有蓝色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解。
第③步生成的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)
(4)常温下，Cr(OH)3的浓度积Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5 mol·L－1，溶液的pH应调至5。
(5)已知AgCl、Ag2CrO4(砖红色)的Ksp分别为2×10－10和1.12×10－12。分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl－的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定，滴定过程中首先析出沉淀AgCl。
解析：(1)c(H＋)增大，平衡2CrO(黄色)＋2H＋Cr2O(橙色)＋H2O右移，溶液呈橙色。
(2)根据电子得失守恒：n(Cr2O)×6＝n(FeSO4)×1，n(FeSO4)＝＝0.6 mol，质量为0.6 mol×152 g·mol－1＝91.2 g。
(3)Cr3＋与Al3＋的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，先生成氢氧化铬蓝色沉淀，后沉淀溶解。
8
(4)c(Cr3＋)＝10－5 mol·L－1时，溶液的c(OH－)＝＝10－9(mol·L－1)，c(H＋)＝＝10－5(mol·L－1)，pH＝5，即要使c(Cr3＋)降至10－5 mol·L－1，溶液的pH应调至5。
(5)滴定终点时，溶液中c(Cl－)≤1.0×10－5mol·L－1，由Ksp(AgCl)＝2×10－10，c(Ag＋)≥2×10－5mol·L－1，又Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12，则c(CrO)＝＝＝0.002 8 mol·L－1，可知应先生成AgCl沉淀。
8
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