2023春高中化学第3章水溶液中的离子平衡第4节难溶电解质的溶解平衡课后素养演练新人教版选修4

PAGE难溶电解质的溶解平衡基础巩固1．以下说法正确的选项是eq\x(导学号68732607)(C)A．溶度积就是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的乘积B．溶度积常数是不受任何条件影响的常数，简称溶度积C．可用离子积Qc与溶度积Ksp的比拟来判断沉淀溶解平衡进行的方向D．所有物质的溶度积都是随温度的升高而增大的解析：溶度积应是沉淀溶解平衡时难溶电解质在溶液中各离子浓度幂的乘积，A错。溶度积与温度有关，B错。Ca(OH)2的Ksp随温度升高而减小，D错。2．将一定量的硫酸钡放入水中，对此有关的表达正确的选项是eq\x(导学号68732608)(B)A．硫酸钡不溶于水，硫酸钡固体质量不会改变B．最终会得到BaSO4的极稀的饱和溶液C．因为：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓很容易发生，所以不存在BaSO4(s)=Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的反响D．因为BaSO4难溶于水，所以改变外界条件也不会改变BaSO4的溶解性解析：BaSO4不溶于水并不是绝对不溶，它存在溶解平衡，当沉淀溶解和生成的速率相等时，得到了BaSO4的饱和溶液，即建立了动态平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，A、C项错误，B项正确；升高温度，BaSO4溶解度增大，D项错误。3．纯洁的氯化钠是不潮解的，但家庭所用的食盐却很容易潮解，这主要是因为含有杂质MgCl2。为得到纯洁的氯化钠，有人设计了这样一个实验：把买来的食盐放入纯氯化钠饱和溶液中一段时间，过滤，即得纯洁的氯化钠固体。以下说法中正确的选项是eq\x(导学号68732609)(C)A．食盐的晶粒大一些有利于提纯B．设计实验的根据是MgCl2比NaCl易溶于水C．设计实验的根据是NaCl的溶解平衡D．在整个过程中NaCl的浓度会变大解析：MgCl2的含量较少，在饱和NaCl溶液中迅速溶解，而NaCl已饱和，利用NaCl的溶解平衡使之析出纯洁的NaCl固体。4．以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯洁的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是eq\x(导学号68732610)(C)A．具有吸附性B．溶解度与CuS、PbS、CdS等相同C．溶解度大于CuS、PbS、CdS的溶解度D．溶解度小于CuS、PbS、CdS的溶解度解析：添加过量的MnS是为了除去MnCl2溶液中的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋，为了不引入MnS杂质，MnS应该具有难溶的性质，但又能提供S2－，以便与Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋结合，所以MnS的溶解度应大于CuS、PbS、CdS。5．25℃时，Ka(HF)＝3.6×10－4，Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向1L0.2mol·L－1HF溶液中参加1L0.2mol·L－1CaCl2溶液。那么以下说法中正确的选项是eq\x(导学号68732611)(D)A．25℃时，0.1mol·L－1HF溶液pH＝1B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化C．该体系中没有沉淀产生D．该体系中HF与CaCl2反响产生沉淀解析：假设HF完全电离，那么0.1mol·L－1HF溶液的pH＝1，但由Ksp(HF)＝3.6×10－4可知，HF为弱电解质，不能完全电离，故0.1mol·L－1HF溶液的pH>1，A项错误。Ksp不随浓度变化而变化，B项错误。Ka(HF)＝eq\f(cH＋·cF－,cHF)＝eq\f(c2F－,0.1)＝3.6×10－4，那么c2(F－)＝3.6×10－5，c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1，那么Qc＝c2(F－)·c(Ca2＋)＝3.6×10－6>1.46×10－10，体系中有CaF2沉淀析出，C项错误，D项正确。6．牙齿外表由一层硬的成分为Ca5(PO4)3OH的物质保护，它在唾液中存在以下平衡：Ca5(PO4)3OH5Ca2＋＋3POeq\o\al(3－,4)＋OH－。Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比Ca5(PO4)3OH(s)更小，为了保护牙齿，世界各地均采用了不同的措施。以下措施中不能保护牙齿的是eq\x(导学号68732612)(A)A．饮用纯洁水B．在牙膏中添加适量的Ca2＋或POeq\o\al(3－,4)C．在饮用水中参加适量氟化物添加剂D．在牙膏中参加氟化物添加剂解析：Ca5(PO4)3OH在唾液中存在平衡：Ca5(PO4)3OH5Ca2＋＋3POeq\o\al(3－,4)＋OH－添加适量的Ca2＋或POeq\o\al(3－,4)离子，平衡逆移生成沉淀；参加氟化物会发生反响5Ca2＋＋3POeq\o\al(3－,4)＋F－=Ca5(PO4)3↓生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F，保护牙齿。7．向10mL含等浓度的I－和Cl－的溶液中逐滴参加0.1mol·L－1的AgNO3溶液，沉淀的质量与参加AgNO3溶液体积的关系如下图。以下说法不正确的选项是eq\x(导学号68732613)(B)A．该实验可以证明AgI比AgCl更难溶B．参加V2mLAgNO3溶液后，溶液中不含I－C．V1＝V2－V1D．向最终的沉淀中参加Na2S溶液，沉淀变成黑色解析：硝酸银溶液与氯离子和碘离子反响都能生成沉淀，根据图示可知，先生成了碘化银沉淀，说明碘化银比氯化银更难溶，A项正确；碘化银虽然为难溶电解质，但是在水溶液中会发生极少量的电离，溶液中含有碘离子，B项错误；溶液中氯离子和碘离子的物质的量相等，所以消耗硝酸银的量也相等，C项正确；因为硫化银的溶解度比碘化银的小得多，所以会发生沉淀的转化，生成硫化银，D项正确。8．CaCO3的Ksp＝2.8×10－9，现将浓度为2×10－4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，假设要产生沉淀，那么所用CaCl2溶液的浓度至少应为eq\x(导学号68732614)(D)A．2.8×10－2mol/L B．1.4×10－5mol/LC．2.8×10－5mol/L D．5.6×10－5mol/L解析：由沉淀形成的条件知，要产生沉淀必须满足：c(Ca2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))>2.8×10－9，因等体积混合，c(COeq\o\al(2－,3))＝1×10－4mol/L，故混合溶液中c(Ca2＋)应大于2.8×10－5mol/L，那么混合前c(CaCl2)至少应为5.6×10－5mol/L。9．试利用平衡移动原理解释以下事实：eq\x(导学号68732615)(1)FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中；(2)CaCO3难溶于稀硫酸，却能溶于醋酸中；(3)分别用等体积的蒸馏水和0.010mol/L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的损失量。答案：(1)FeS(s)Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，参加稀盐酸后，S2－＋2H＋=H2S↑，破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向正反响方向移动，故FeS溶解。(2)CaCO3(s)COeq\o\al(2－,3)(aq)＋Ca2＋(aq)，在稀硫酸中生成的CaSO4微溶，附着在CaCO3的外表，很难破坏CaCO3的溶解平衡，故难溶于稀H2SO4。而在醋酸中，COeq\o\al(2－,3)＋2CH3COOH=2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，破坏了CaCO3的溶解平衡，故CaCO3能溶于醋酸。(3)BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，用水洗涤使BaSO4的溶解平衡向正反响方向移动，造成BaSO4的损失；而用H2SO4洗涤，有H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)的存在抑制了BaSO4的溶解，使BaSO4损失量减少。素能拓展1．CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反响情况如下：(1)CuSO4与Na2CO3反响主要：Cu2＋＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O=Cu(OH)2↓＋CO2↑次要：Cu2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CuCO3↓(2)CuSO4与Na2S反响主要：Cu2＋＋S2－=CuS↓次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O=Cu(OH)2↓＋H2S↑以下几种物质的溶解度大小的比拟中，正确的选项是eq\x(导学号68732616)(A)A．CuS<Cu(OH)2<CuCO3 B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2<CuCO3<CuS解析：根据沉淀转化的一般规律：溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀。2．室温时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如下图，：25℃其溶度积为2.8×10－9mol2·L－2，以下说法不正确的选项是eq\x(导学号68732617)(C)A．x数值为2×10－5B．c点时有碳酸钙沉淀生成C．参加蒸馏水可使溶液由d点变到a点D．b点与d点对应的溶度积相等解析：根据溶度积和c(COeq\o\al(2－,3))＝1.4×10－4mol/L，可以计算出x＝2×10－5；c点Qc>Ksp，故有沉淀生成；参加蒸馏水后d点各离子浓度都减小，不可能变到a点保持c(Ca2＋)不变；溶度积只与温度有关，b点与d点对应的溶度积相等。3．化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反响原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。以下有关该反响的推理不正确的选项是eq\x(导学号68732618)(A)A．该反响到达平衡时，c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)B．CuS的溶解度比MnS的溶解度小C．往平衡体系中参加少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大D．该反响平衡常数K＝eq\f(KspMnS,KspCuS)解析：依据沉淀的转化条件溶解度大的向溶解度小的转移，B选项正确；C选项，参加Cu(NO3)2(s)后平衡右移，正确；反响平衡常数K＝eq\f(cMn2＋,cCu2＋)＝eq\f(cMn2＋·cS2－,cCu2＋·cS2－)，可知D选项正确。4．25℃时，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9。该温度下，以下说法不正确的选项是eq\x(导学号68732619)(D)A．同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出B．BaCO3悬浊液中参加少量的新制氯水，c(Ba2＋)增大C．BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中，eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(1,26)D．BaSO4悬浊液中参加Na2CO3浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3解析：A项，Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，所以同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出，A正确；B项，BaCO3悬浊液中参加少量的新制氯水，氯水显酸性，消耗溶液中的COeq\o\al(2－,3)，促进碳酸钡的溶解平衡右移，因此c(Ba2＋)增大，B正确；C项，BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中，eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(cSO\o\al(2－,4)·cBa2＋,cCO\o\al(2－,3)·cBa2＋)＝eq\f(KspBaSO4,KspBaCO3)＝eq\f(1,26)，C正确；D项，只要溶液中c(COeq\o\al(2－,3))·c(Ba2＋)>Ksp(BaCO3)就可以形成碳酸钡沉淀，所以BaSO4悬浊液中参加Na2CO3浓溶液，BaSO4有可能转化为BaCO3，D不正确。5．以下由实验现象得出的结论正确的选项是eq\x(导学号68732620)(C)操作及现象结论A向AgCl悬浊液中参加NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)B向某溶液中滴加氯水后再参加KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2＋C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br－复原性强于Cl－D加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华解析：A．向AgCl悬浊液中参加NaI溶液时出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，错误；B．该溶液可能含有Fe2＋或Fe3＋，错误；C．上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反响生成了Br2和NaCl，那么Br－的复原性强于Cl－，正确；D．不是升华，试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反响生成了NH4Cl，错误。6．溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如下图。以下说法错误的选项是eq\x(导学号68732621)(A)A．溴酸银的溶解是放热过程B．温度升高时溴酸银溶解速度加快C．60℃时溴酸银的Ksp约等于6×10－4D．假设硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯解析：根据曲线可知AgBrO3的溶解度随着温度的升高而增大，故可判断AgBrO3的溶解是吸热的过程，A项错误；温度越高，难溶物质的溶解速率越快，B项正确；60℃时，AgBrO3的溶解度约为0.6g,100.6g水溶液的体积约为100mL，故溶液中的c(Ag＋)＝c(BrOeq\o\al(－,3))＝0.025mol·L－1，因此Ksp＝c(Ag＋)×c(BrOeq\o\al(－,3))＝6×10－4，C项正确；由于硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很大，故D正确。7．实验：①0.1mol·L－1AgNO3溶液和0.1mol·L－1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀C；②向滤液b中滴加0.1mol·L－1KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1mol·L－1KI溶液，沉淀变为黄色。以下分析不正确的选项是eq\x(导学号68732622)(B)A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)B．滤液b中不含有Ag＋C．③中颜色变化说明AgCl转化为AgID．实验可以证明AgI比AgCl更难溶解析：AgCl是难溶电解质，它在浊液中形成沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，那么A项正确，B项不正确，沉淀c是AgCl(s)。AgCl(s)呈白色，AgI(s)呈黄色，向AgCl(s)中加0.1mol·L－1KI溶液，沉淀变为黄色，说明发生了沉淀转化反响：AgCl(s)＋I－(aq)AgI(s)＋Cl－(aq)，该反响说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，那么C、D两项都正确。8．如下物质的溶度积常数：Ksp(FeS)＝6.3×10－18；Ksp(CuS)＝6.3×10－36。以下说法正确的选项是eq\x(导学号68732623)(D)A．同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度B．同温度下，向饱和FeS溶液中参加少量Na2S固体后，Ksp(FeS)变小C．向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴参加Na2S溶液，最先出现的沉淀是FeSD．除去工业废水的Cu2＋，可以选用FeS作沉淀剂解析：A项，由于FeS的Ksp大，且FeS与CuS的Ksp表达式是相同类型的，因此FeS的溶解度比CuS的溶解度大；B项，Ksp不随浓度变化而变化，它只与温度有关；C项，因先到达CuS的Ksp，故先出现CuS沉淀：D项，向含有Cu2＋的工业废水中参加FeS，FeS会转化为更难溶的CuS，故可以用FeS作沉淀剂。9．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液pH，到达别离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/mol·L－1)如下图。e