第四节沉淀溶解平衡酸碱中和滴定课时作业一、选择题（包括8小题。1~6题每题只有一个选项，7~8题有两个选项）1.向ZnSO4溶液中参加Na2S的溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，那么以下说法不正确的选项是（）A.白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuSB.上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的KspC.利用该原理实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀D.该过程破坏了ZnS的溶解平衡2.下面是一段关于中和滴定实验操作的表达：①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次②在一锥形瓶中参加25mL待测NaOH溶液③参加几滴石蕊试液做指示剂④取一支酸式滴定管，洗涤干净⑤直接往其中注入标准酸溶液，进展滴定⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶⑦两眼注视着滴定管内盐酸液面下降，直至滴定终点上述说法错误的选项是（）A.④⑥⑦B.①⑤⑥⑦C.②⑤⑥D.①③⑤⑦3.在一定温度下，一定量的水中，石灰乳悬浊液存在不列平衡：Ca(OH)2(s)=Ca2+(aq)+2OH-(aq)，当向此悬浊液中参加少量生石灰时，以下说法正确的选项是（）10/10\nA.c(Ca2+)增大B.c(Ca2+)不变C.c(OH-)增大D.c(OH-)减小4.（2022年天津卷）以下表达正确的选项是（）A.0.1mol/LC6H5ONa溶液中：c(Na+)>c(C6H5O-)>c(H+)>c(OH-)B.Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C.pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c(H+)不相等D.在Na2S溶液中参加AgCl固体，溶液中c(S2-)下降5.（2022年聊城模拟）已知如下物质的溶度积常数FeS:Ksp=6.3×10-18mol2·L-2;CuS:Ksp=1.3×10-36mol2·L-2。以下说法正确的选项是（）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.除去工业废水中的Cu2+，可选用FeS做沉淀剂6.（2022年板浦模拟）一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中到达沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp=［An+］m［Bm-］n，称为难溶电解质的溶度积。已知下表数据：物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃8.0×10-162.2×10-204.0×10-38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43~4对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不科学的是（）A.向该混合溶液中逐滴参加NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B.该溶液中［SO42-］∶（［Cu2+］+［Fe2+］+［Fe3+］）>5∶410/10\nC.向该溶液中参加适量氯水，并调节pH到3~4过滤，可获得纯洁的CuSO4溶液D.在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在7.已知25℃时，Ka(HF)=3.6×10-4，Ksp（CaF2）=1.46×10-10。现向1L0.2mol·-1LHF溶液中参加1L0.2mol·-1LCaCl2溶液，那么以下说法中，正确的选项是（）A.25℃时，0.1mol·-1LHF溶液中pH=1B.Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化C.该体系中有沉淀产生D.该体系中HF与CaCl2反响产生沉淀8.（思维拓展题）已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2·L-2,Ksp（AgI）=1.0×10-16mol2·L-2。以下关于不溶物之间转化的说法中正确的选项是（）A.AgCl、AgI两者都不溶于水，因此AgCl与AgI不能相互转化B.常温下，AgCl假设要在NaI溶液中开场转化为AgI,那么NaI的浓度必须不低于1/1.8×10-11mol·-1LC.一定条件下AgCl可以转化为更难溶的AgID.只能由Ksp较大的不溶物转化为Ksp较小的不溶物二、非选择题9.氧化复原滴定法是以氧化复原反响为根底的滴定分析方法，其中一种叫高锰酸钾法。由于在微酸、中性和弱碱性溶液中，MnO4-被复原为棕色不溶物MnO2，使溶液混浊而阻碍滴定终点的观察，因此高锰酸钾法通常在较强的酸性溶液中进展。（1）酸化高锰酸钾时，能不能使用盐酸____________（答“能”或“不能”），理由是（答复“不能”，此问作答，回“能”10/10\n，此空不填，下同）____________；能否使用HNO3____________（答“能”或“不能”），理由是：____________。（2）KMnO4标准溶液常用复原物质来标定。常用的复原物质为Na2C2O4等。其标定反响向下：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O滴定开场时，是否需要滴加指示剂？____________（填“是”或“否”），理由是____________。（3）用KMnO4标准溶液在酸性溶液中可测定H2O2样品中H2O2的含量，反响如下：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。①温度不变，反响开场较慢，随着反响的进展，反响速度明显加快，可能的原因是____________。②该反响中H2O2为____________剂。10.已知常温下，FeS的Ksp=6.25×10-18mol2·L-2,ZnS的Ksp=1.2×10-23mol2·L-2,H2S的饱和溶液中［H+］与［S2-］之间存在如下关系：［H+］2·［S2-］=1.0×10-22mol3·L-3。试答复以下有关问题：（1）向ZnS的饱和溶液中：①参加少量固体Na2S，那么溶液中［S2-］____________（填“变大”、“变小”或“不变”，下同）；②参加ZnS固体，那么溶液中［S2-］____________；③参加FeS固体，那么溶液中［Zn2+］____________。（2）在常温下，将适量的FeS投入到氢硫酸饱和溶液中，欲使溶液中［Fe2+］到达1mol/L，应调节溶液的pH=__________（已知：lg2=0.3）。11.（2022年海南模拟）如以以下图所示，横坐标为溶液的pH值，纵坐标为Zn2+离子或Zn(OH)42-，离子物质的量浓度的对数，答复以下问题。10/10\n（1）往ZnCl2溶液中参加足量的氢氧化钠溶液，反响的离子方程式可表示为：____________。（2）从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积（Ksp）=-____________________________________。（3）某废液中含Zn2+离子，为提取Zn2+离子可以控制溶液中pH值的范围是____________。（4）往100L1.00mol·-1LZnCl2溶液中参加NaOH固体至pH=6，需NaOH____________mol。（5）已知：往ZnCl2溶液中参加硝酸铅或醋酸铅溶液可以制得PbCl2白色晶体；25℃时，PbCl2固体在盐酸中的溶解度如下：c（HCl）/（mol·-1L）0.501.002.042.904.025.165.78c（PbCl2）/（mol·-1L）×10-35.104.915.215.907.4810.8114.01根据上表数据判断以下说法正确的选项是____________（填字母序号）A.随着盐酸浓度的增大，PbCl2固体的溶解度先变小后又变大B.PbCl2固体在0.50mol·-1L盐酸中溶解度小于在纯水中的溶解度C.PbCl2能与浓盐酸反响生成一种难电离子的阴离子（如配合离子）D.PbCl2固体可溶于饱和食盐水10/10\n12.（2022年梁丰质检）已知Ksp（AgCl）=c（Ag+）·c（Cl-）=1.8×10-10,Ksp（Ag2CrO4）=1.9×10-12，某同学通过实验验证醋酸银（CH3COOAg）的Ksp,实验中用了如下反响：2Ag+（aq）+Cu(s)=2Ag(s)+Cu2+（aq），该学生将已知质量的铜片参加到CH3COOAg饱和溶液中，待充分反响后，将铜片冲洗干净、重新称量。（1）CH3COOAg的Ksp=2.0×10-3，没反响前铜片的质量为23.4g，将铜片放在100mL的CH3COOAg饱和溶液中，此饱和溶液中没有CH3COOAg固体，通过计算说明充分反响后铜片中铜的质量为何值时，CH3COOAg的Ksp得到证实。（2）为什么做此实验时CH3COOAg饱和溶液中必须没有CH3COOAg固体？参考答案：1.解析：该过程破坏了ZnS的溶解平衡，Cu2+结合了ZnS溶解产生的S2-，生成比ZnS更难溶的CuS,同时也说明了ZnS的Ksp大于CuS的Ksp。答案：B2.解析：①锥形瓶不能用待测液润洗，否那么结果偏高；③石蕊不作酸碱中和滴定的指示剂，因颜色变化不明显；⑤酸式滴定管必须润洗后再注入标准酸液；⑦滴定过程中眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。答案：D3.解析：石灰乳悬浊液中，建立了Ca(OH)2的溶解平衡，参加CaO后，CaO+H2O=Ca（OH)2,溶液中水减小，但Ksp不变，Ca2+、OH-的浓度保持不变。答案：B10/10\n4.解析：A项，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+).B项，Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度时，Kw不变。C项，两溶液pH相同时c(H+)相同。D项，在Na2S溶液中参加AgCl固体后，由于Ksp(Ag2S)<Ksp(AgCl)，AgCl固体将转化成Ag2S沉淀，溶液中c(S2-)会下降，应选D。答案：D5.解析：FeS与CuS的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，A错；溶度积常数与物质的本性和温度有关，B错；物质的溶度积越小，越容易沉淀，C错；FeS的溶度积大于CuS的溶度积，其溶解平衡的S2-浓度远大于CuS的S2-离子浓度，故参加FeS可以沉淀废水中的Cu2+，D对。此题难度中等。答案：D6.解析：根据溶度积常数可判断A正确；由于［Cu2+］、［Fe2+］、［Fe3+］在溶液中均发生水解反响而使金属阳离子浓度减小，因此B项正确；由选项C的操作可知通入Cl2后，Cl2把FeSO42-氧化为Fe2(SO42-)3,调节pH到3~4后Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，但溶液中还有氯离子，即溶液中还存在CuCl2，C错误；由表中数据知Fe3+在pH=3~4的环境中已沉淀完全，因此选项D正确。答案：C7.解析：两溶液混合后，c(HF)=0.1mol·L-1，那么有c（H+)·c（F-)/c（HF)=［c（F-)］2/0.1=3.6×10-4,［c（F-)］2=3.6×10-5。c（Ca2+)=0.1mol·L-1。［c（F-)］2·c（Ca2+)=3.6×10-6>1.46×10-10,体系中有CaF2沉淀析出。答案：CD10/10\n8.解析：沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。一般来说，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易些。但在一定的条件下，溶解度相对较小的难溶强酸盐（如BaSO42-)可以转化为溶解度相对较大的难溶弱酸盐（如BaCO3)。常温下，AgCl假设要在NaI溶液中开场转化为AgI，那么必须c（Ag-)·c(I-)>Ksp(AgI),即×10-5mol·L-1·c（I-)>1.0×10-16mol·L-1，所以c（I-)>×10-11mol·L-1。答案：BC9.解析:（思路分析)答案：（1)不能MnO4-在酸性条件下可将Cl-氧化不能HNO3具有强氧化性，会氧化待滴定溶液中的溶质（2)否MnO4-本身为紫红色，到达滴定终点时，变为无色的MN2+（3)①随着反响的进展，起催化作用的MN2+不断增多，故反响速度明显加快②复原10.解析：（1)在ZnS的饱和溶液中，存在ZnS的沉淀溶解平衡：ZnS（s)=ZN2+（aq)+S2-（aq)，参加强电解质Na2S后，平衡向左移动，但溶液中［S2-］变大；向溶液中参加ZnS固体，平衡不移动，那么溶液中［S2-］不变；假设向溶液中参加FeS固体，因Ksp（FeS)大于Ksp（ZnS)，那么溶液中［S2-］变大，所以［ZN2+］变小。（2)由Ksp（FeS)=6.25×10-18mol2·10/10\nL-2和溶液中［Fe2+］=1mol/L,可得溶液中［S2-］=6.25×10-18mol/L,再由H2S的饱和溶液中［H+］2·［S2-］=1.0×10-22mol3·L-3可求出溶液中［H+］=4×10-3mol/L，故溶液的pH应调节为2.4。答案：（1)变大不变变小（2)2.411.解析：（1)由图可知：pH在8.0~12.0时，ZN2+主要以Zn(OH)2存在。pH>12.0时，Zn(OH)2转化为Zn(OH)42-。（2)Ksp=c（ZN2+)·c2（OH-),当pH=7时，c（ZN2+)=10-3mol·L-1Ksp=10-3·（10-7)2=10-17。（4)当pH=6时，c（OH-)=10-8mol·L-1根据Kspc（ZN2+)=0.1mol·L-1可知有0.90molZN2+变为Zn(OH)2消耗n（NaOH)=1.80mol（注意有效数字)（5)由表中数据可知，当Cl-浓度由小变大时PbCl2的溶解度会先变小后变大，说明当Cl-增加到一定浓度时，PbCl2可以与Cl-形成某种离子（如配合物)而增大溶解度。答案：（1)ZN2++4OH-=［Zn（OH)4］2-（2)10-17（3)8.0~12.0（4)1.80（5)ABCD12.解析：（1)设在饱和醋酸银溶液中c（Ag+)为xmol·L-1，Ksp（CH3COOAg)=c（Ag+)·c（CH3COO-)=x2=2.0×10-3,解得x=0.045。因溶液的体积为100mL，故与Cu反响的Ag+的物质的量应为4.5×10-2mol·L-1×0.1L=4.5×10-3mol，置换Ag+的Cu的物质的量那么为n（Cu)=4.5×10-3/2=2.25×10-3mol，其质量m（Cu)=0.144g，反响后Cu的质量为23.4g-0.144g=23.3g。（2)假设存在固体CH3COOAg，那么随着Cu与Ag+反响的进展，反响体系中Ag+的物质的量浓度减小，CH3COOAg固体溶解，平衡向正反响方向移动，会产生更多的Ag+，那么无法验证CH3COOAg的Ksp。10/10\n答案：（1)23.3g（2)假设存在固体CH3COOAg，那么随着Cu与Ag+反响的进展，反响体系中Ag+的物质的量浓度减小，CH3COOAg固体溶解，平衡向正反响方向移动，会产生更多的Ag+，那么无法验证CH3COOAg的Ksp。10/10
