人教版 (2019)选择性必修1第四节 沉淀溶解平衡第2课时课时练习

这是一份人教版 (2019)选择性必修1第四节 沉淀溶解平衡第2课时课时练习，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．下列说法中正确的是( D )
A．钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导泻使Ba2＋转化为BaCO3而排出
B．工业上不可以用FeS等不溶性硫化物除去废水中的Hg2＋
C．水中的Mg(HCO3)2、Ca(HCO3)2受热易分解生成难溶性的MgCO3、CaCO3，故水垢的主要成分是MgCO3、CaCO3
D．珊瑚虫从周围海水中获取Ca2＋和HCOeq \\al(－,3)，经反应形成石灰石(CaCO3)外壳，从而逐渐形成珊瑚
解析：A项中不能用苏打洗胃，胃酸的主要成分为HCl，酸性较强，BaCO3会反应而溶解，应用Na2SO4；B项，由于Ksp(FeS)>Ksp(HgS)，可以用FeS除去废水中的Hg2＋；C项，水垢的主要成分为CaCO3、Mg(OH)2。
2．已知几种难溶电解质的溶度积常数Ksp(25 ℃)如下：
向100 mL含Zn2＋、Cu2＋和Hg2＋浓度均为0.01 ml·L－1的溶液中逐滴加入0.001 ml·L－1的Na2S溶液，下列说法正确的是( C )
A．Zn2＋先沉淀 B．Cu2＋先沉淀
C．Hg2＋先沉淀 D．同时沉淀
解析：向Zn2＋、Cu2＋和Hg2＋浓度均为0.01 ml·L－1的溶液中逐滴加入0.001 ml·L－1的Na2S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Hg2＋先沉淀，故选C。
3．下列化学原理的应用，主要是利用沉淀溶解平衡原理来解释的是( A )
①热纯碱溶液洗涤油污的能力强
②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
③溶洞、珊瑚的形成
④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能
⑤泡沫灭火器灭火的原理
A．②③④ B．①②③
C．③④⑤ D．①②③④⑤
解析：热纯碱液去污力强，应用了盐类水解原理；误服BaCl2、Ba(NO3)2后，用0.5%的Na2SO4解毒，是由于Ba2＋与SOeq \\al(2－,4)生成的难溶的BaSO4，可用沉淀溶解平衡原理解释；Ca2＋与COeq \\al(2－,3)生成难溶的CaCO3，溶洞、珊瑚的形成可用沉淀溶解平衡原理解释；BaCO3与盐酸反应，BaSO4与盐酸不反应，BaCO3不能作钡餐，而用BaSO4可作钡餐，能用沉淀溶解平衡原理解释；泡沫灭火器利用了盐类水解原理，故选A。
4．已知相同温度下的溶解度：Zn(OH)2>ZnS，MgCO3>Mg(OH)2。就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS>H2S>CuS，则下列离子方程式错误的是( C )
A．Mg2＋＋2HCOeq \\al(－,3)＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
B．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋
C．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑
D．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
解析：由于溶解度MgCO3＞Mg(OH)2，反应生成Mg(OH)2和CaCO3，A项正确；由溶解或电离出S2－的能力，FeS＞H2S＞CuS，Cu2＋与H2S反应生成CuS，离子方程式正确，B项正确；因ZnS比Zn(OH)2难溶，S2－和Zn2＋先结合成ZnS沉淀，而不是双水解，C项错误；由于电离出S2－能力FeS＞H2S，FeS可溶于酸生成H2S，D项正确。
5．不法分子曾用含有可溶性钡盐的工业废盐腌制咸鸭蛋而引发了钡盐中毒事件。根据资料得知，当胃液中Ba2＋浓度小于10－4 ml·L－1时，可以达到解毒目的。已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10、Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9。下列有关说法错误的是( B )
A．可溶性钡盐使人体蛋白质变性引起中毒
B．误食碳酸钡不会引起中毒
C．医学上用0.38 ml·L－1的硫酸钠溶液给患者洗胃，可以达到有效解毒效果
D．BaSO4在一定条件下也可以转化为BaCO3
解析：钡离子属于重金属离子，可使蛋白质变性而引发中毒，则可溶性钡盐能使人体蛋白质变性引起中毒，故A正确；人体胃酸的成分是盐酸，误食碳酸钡会与胃酸反应转化为可溶性的氯化钡，能使人体蛋白质变性引起中毒，故B错误；Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)×c(SOeq \\al(2－,4))＝1.1×10－10，c(Ba2＋)＝eq \f(KspBaSO4,cSO\\al(2－,4))＝eq \f(1.1×10－10,0.38)＝2.9×10－10 ml·L－154
C．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
解析：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；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；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；在pH＝5的溶液中c(H＋)＝10－5ml·L－1，c(Fe3＋)＝eq \f(4×10－38,1×10－93) ml·L－1＝4×10－11 ml·L－1，Fe3＋不能大量存在，故D正确。
9．已知在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。工业上制CuCl2溶液是将浓盐酸用蒸汽加热到80 ℃左右，再慢慢加入粗氧化铜(含少量杂质FeO)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是( A )
A．向溶液中通入Cl2，再加入纯净的CuO粉末调节pH为4～5
B．向溶液中通入H2S使Fe2＋沉淀
C．向溶液中通入Cl2，再通入NH3，调节pH为4～5
D．加入纯Cu将Fe2＋还原为Fe
解析：根据题干信息，A项中的操作可将Fe2＋先转化为Fe3＋再转化为Fe(OH)3而除去，A正确；在酸性溶液中H2S与Fe2＋不反应，而H2S与Cu2＋生成CuS沉淀，B错误；C项中的操作会引入新的杂质离子NHeq \\al(＋,4)，C错误；由金属的活泼性Fe>Cu知，D错误。
10．某小组研究沉淀之间的转化，实验设计如下(已知：AgCl为白色固体，AgI为黄色固体)：
下列分析不正确的是( B )
A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
B．实验①和②说明Ag＋(aq)与Cl－(aq)的反应是有限度的
C．实验③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D．实验①和③可以证明AgI比AgCl更难溶
11．已知：Ksp(CuS)＝1.3×10－36，Ksp(MnS)＝2.6×10－13。工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列说法错误的是( A )
A．反应达平衡后，继续加入MnS，废水中Cu2＋的去除率增加
B．该反应可将工业废水中的Cu2＋沉淀完全
C．向平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大
D．该反应的平衡常数K＝2.0×1023
解析：达到平衡后，增加MnS的使用量，平衡不移动，废水中Cu2＋的去除率不改变，故A错误；利用此反应可将工业废水中的Cu2＋沉淀完全，故B项正确；c(Cu2＋)增大，平衡正向移动，所以c(Mn2＋)变大，故C正确；该反应的平衡常数K＝eq \f(cMn2＋,cCu2＋)＝eq \f(KspMnS,KspCuS)＝2.0×1023，故D正确。
12．已知：25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。下列说法正确的是( B )
A．25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B．25 ℃时，Mg(OH)2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25 ℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 ml·L－1氨水中的Ksp比在20 mL,0.01 ml·L－1NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2
解析：A项，Mg(OH)2与MgF2同属于AB2型沉淀，Ksp[Mg(OH)2]Ksp(CuS)，所以CuS更难溶，在含有相同浓度Mn2＋和Cu2＋的溶液中滴加Na2S的稀溶液，优先析出CuS沉淀，为黑色沉淀。
(2)室温下铁离子开始沉淀的pH为1.0，则溶液中c(OH－)＝10－13 ml·L－1，此溶液中Fe3＋的物质的量浓度为c(Fe3＋)＝eq \f(Ksp[FeOH3],c3OH－)＝eq \f(2.6×10－39,10－39)＝2.6 ml·L－1，调节pH使Fe3＋沉淀完全时，认为溶液中c(Fe3＋)