高届高级高中化学第一轮复习配套学案第八章第28讲.docx
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高届高级高中化学第一轮复习配套学案第八章第28讲
第28讲 难溶电解质的溶解平衡
考纲要求
1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。
2.理解溶度积（Ksp）的含义,能进行相关的计算。
1.难溶、可溶、易溶界定
20℃时,电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：
2.沉淀溶解平衡
（1）溶解平衡的建立
溶质溶解的过程是一个可逆过程：
固体溶质
溶液中的溶质
（2）特点（同其他化学平衡）：
逆、等、定、动、变（适用平衡移动原理）
3.影响沉淀溶解平衡的因素
（1）内因
难溶电解质本身的性质,这是决定因素。
（2）外因
①浓度：
加水稀释,平衡向沉淀溶解的方向移动；
②温度：
绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程,升高温度,平衡向沉淀溶解的方向移动；
③同离子效应：
向平衡体系中加入难溶物溶解产生的离子,平衡向生成沉淀的方向移动；
④其他：
向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶或更难电离或气体的离子时,平衡向沉淀溶解的方向移动。
深度思考
（1）以AgCl（s）Ag＋（aq）＋Cl－（aq） ΔH＞0为例,填写外因对溶解平衡的影响
外界条件
移动方向
平衡后
c（Ag＋）
平衡后
c（Cl－）
Ksp
升高温度
正向
增大
增大
增大
加水稀释
正向
不变
不变
不变
加入少量
AgNO3
逆向
增大
减小
不变
通入HCl
逆向
减小
增大
不变
通入H2S
正向
减小
增大
不变
（2）试用平衡移动原理解释下列事实：
①已知Ba2＋有毒,为什么医疗上能用BaSO4做钡餐透视,而不能用BaCO3做钡餐？
②分别用等体积的蒸馏水和0.01mol·L－1的盐酸洗涤AgCl沉淀,用水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。
答案 ①由于胃液的酸性很强（pH为0.9～1.5）,H＋与BaCO3电离产生的CO
结合生成CO2和H2O,使BaCO3的溶解平衡：
BaCO3（s）Ba2＋（aq）＋CO
（aq）向右移动,c（Ba2＋）增大,会引起人体中毒。
而SO
是强酸根离子,不能与胃液中的H＋结合,因而胃液中H＋浓度对BaSO4的溶解平衡基本没影响,Ba2＋浓度可以保持安全的浓度标准以下。
②用水洗涤AgCl,AgCl（s）Ag＋（aq）＋Cl－（aq）平衡右移,AgCl的质量减少,而用盐酸洗涤AgCl时,HCl电离产生的Cl－会使AgCl的溶解平衡向左移动,可以减少AgCl的溶解,因而损失较少。
4.沉淀溶解平衡的应用
（1）沉淀的生成
①调节pH法
如：
除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质,可加入氨水调节pH至7～8,离子方程式为
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe（OH）3↓＋3NH
。
②沉淀剂法
如：
用H2S沉淀Cu2＋,离子方程式为
H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
（2）沉淀的溶解
①酸溶解法
如：
CaCO3溶于盐酸,离子方程式为
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。
②盐溶液溶解法
如：
Mg（OH）2溶于NH4Cl溶液,离子方程式为
Mg（OH）2＋2NH
===Mg2＋＋2NH3·H2O。
③氧化还原溶解法
如：
不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。
④配位溶解法
如：
AgCl溶于氨水,离子方程式为
AgCl＋2NH3·H2O===[Ag（NH3）2]＋＋Cl－＋2H2O。
（3）沉淀的转化
①实质：
沉淀溶解平衡的移动（沉淀的溶解度差别越大,越容易转化）。
如：
AgNO3溶液
AgCl（白色沉淀）
AgBr（浅黄色沉淀）
AgI（黄色沉淀）
Ag2S（黑色沉淀）。
②应用
a.锅炉除垢：
将CaSO4转化为易溶于酸的CaCO3,离子方程式为CaSO4（s）＋CO
（aq）CaCO3（s）＋SO
（aq）。
b.矿物转化：
CuSO4溶液遇PbS转化为CuS,离子方程式为
Cu2＋（aq）＋PbS（s）CuS（s）＋Pb2＋（aq）。
（1）沉淀达到溶解平衡时,溶液中溶质离子浓度一定相等,且保持不变（×）
（2）升高温度,沉淀溶解平衡一定正向移动（×）
（3）室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度（×）
（4）难溶电解质达到沉淀溶解平衡时,增加难溶电解质的量,平衡向溶解方向移动（×）
（5）向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液,则SO
沉淀完全,溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－,不含SO
（×）
（6）洗涤沉淀时,洗涤次数越多越好（×）
题组一 沉淀溶解平衡的概念
1.下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法中正确的是（ ）
A.AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行,但速率相等
B.AgCl难溶于水,溶液中没有Ag＋和Cl－
C.升高温度,AgCl沉淀的溶解度减小
D.在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体,AgCl沉淀溶解的量不变
答案 A
【解析】 沉淀溶解平衡是动态平衡,A项正确；AgCl在水中存在溶解平衡,溶液中有极少量的Ag＋和Cl－,B项错误；通常固体的溶解度随温度的升高而增大（氢氧化钙等除外）,C项错误；加入NaCl固体,增大Cl－浓度,使AgCl（s）Ag＋（aq）＋Cl－（aq）的平衡左移,析出氯化银沉淀,因此AgCl沉淀溶解的量减少,D项错误。
2.某研究性学习小组通过传感器测量一定温度下溶液的电导率（电导率越大,说明溶液的导电能力越强）,各物质的电导率数据如下：
序号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
物质
CaCO3
（固体）
H2O
CaCO3
饱和溶液
CaSO4
饱和溶液
NaCl
0.001
mol·L－1
AgNO3
0.001
mol·L－1
AgCl饱
和溶液
电导率
0
7
37
389
1989
1138
13
下列分析不正确的是（ ）
A.依据数据,CaCO3固体中不存在自由移动的离子
B.与②对比,说明⑦中存在：
AgCl（s）Ag＋（aq）＋Cl－（aq）
C.将Na2CO3固体加入④中,可以生成CaSO4沉淀
D.⑤⑥等体积混合后过滤,推测滤液的电导率大于13
答案 C
【解析】 电导率可反映自由移动离子的浓度大小。
碳酸钙为离子化合物,由离子构成,离子间形成离子键,离子不能自由移动,故A正确；与②对比,⑦AgCl饱和溶液的电导率为13,说明⑦氯化银饱和溶液中存在自由移动的离子,AgCl（s）Ag＋（aq）＋Cl－（aq）,故B正确；CaCO3饱和溶液的电导率比CaSO4的小,说明CaCO3的溶解度比CaSO4小的多,应生成CaCO3沉淀,故C错误；⑤⑥等体积、等浓度混合,混合后过滤得到硝酸钠、硝酸银的饱和溶液,电导率一定大于13,故D正确。
题组二 影响沉淀溶解平衡的因素和实验探究
3.已知溶液中存在平衡：
Ca（OH）2（s）Ca2＋（aq）＋2OH－（aq） ΔH＜0,下列有关该平衡体系的说法正确的是（ ）
①升高温度,平衡逆向移动
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度
③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子,可以向溶液中加入适量的NaOH溶液
④恒温下,向溶液中加入CaO,溶液的pH升高
⑤给溶液加热,溶液的pH升高
⑥向溶液中加入Na2CO3溶液,其中固体质量增加
⑦向溶液中加入少量NaOH固体,Ca（OH）2固体质量不变
A.①⑥B.①⑥⑦
C.②③④⑥D.①②⑥⑦
答案 A
【解析】 加入碳酸钠粉末会生成CaCO3,使Ca2＋浓度减小,②错；加入氢氧化钠溶液会使平衡左移,有Ca（OH）2沉淀生成,但Ca（OH）2的溶度积较大,要除去Ca2＋,应把Ca2＋转化为更难溶的CaCO3,③错；恒温下Ksp不变,加入CaO后,溶液仍为Ca（OH）2的饱和溶液,pH不变,④错；加热,Ca（OH）2的溶解度减小,溶液的pH降低,⑤错；加入Na2CO3溶液,沉淀溶解平衡向右移动,Ca（OH）2固体转化为CaCO3固体,固体质量增加,⑥正确；加入NaOH固体平衡向左移动,Ca（OH）2固体质量增加,⑦错。
4.（2019·长春高三模拟）某兴趣小组进行下列实验：
①将0.1mol·L－1MgCl2溶液和0.5mol·L－1NaOH溶液等体积混合得到浊液
②取少量①中浊液,滴加0.1mol·L－1FeCl3溶液,出现红褐色沉淀
③将①中浊液过滤,取少量白色沉淀,滴加0.1mol·L－1FeCl3溶液,白色沉淀变为红褐色沉淀
④另取少量白色沉淀,滴加饱和NH4Cl溶液,沉淀溶解
下列说法中不正确的是（ ）
A.将①中所得浊液过滤,所得滤液中含少量Mg2＋
B.①中浊液中存在沉淀溶解平衡：
Mg（OH）2（s）Mg2＋（aq）＋2OH－（aq）
C.实验②和③均能说明Fe（OH）3比Mg（OH）2难溶
D.NH4Cl溶液中的NH
可能是④中沉淀溶解的原因
答案 C
【解析】 MgCl2溶液与NaOH溶液等体积混合得到Mg（OH）2悬浊液,剩余NaOH,但仍存在沉淀溶解平衡：
Mg（OH）2（s）Mg2＋（aq）＋2OH－（aq）。
实验②中是因为剩余的NaOH能和氯化铁反应生成Fe（OH）3,不能比较Fe（OH）3和Mg（OH）2的溶解能力,故C错误。
题组三 用溶解平衡解释生产、生活中的实际问题
5.下列化学原理的应用,可以用沉淀溶解平衡原理来解释的是（ ）
①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强 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石灰岩（喀斯特地貌）溶洞的形成④BaCO3不能作“钡餐”,而BaSO4可以 ⑤泡沫灭火器灭火原理
A.②③④B.①②③
C.③④⑤D.①②③④⑤
答案 A
【解析】 ①碳酸钠是强碱弱酸盐,因为水解使其溶液呈碱性,加热促进水解,碱能促进油脂水解,所以热纯碱溶液洗涤油污的能力更强,应用了盐类水解原理,不符合题意；②钡离子有毒,所以可溶性的钡盐有毒,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；③石灰岩里不溶性的碳酸钙在水和二氧化碳的作用下转化为微溶性的碳酸氢钙,长时间反应,形成溶洞,可以用沉淀溶解平衡原理来解释；④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水,硫酸钡和盐酸不反应,所以碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡可以,可以用沉淀溶解平衡原理来解释；⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性,硫酸铝水解使其溶液呈酸性,氢离子和氢氧根离子反应生成水,则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,不符合题意。
6.（2019·西安高三调研）资源综合利用既符合绿色化学理念,也是经济可持续发展的有效途径。
一种难溶的废弃矿渣杂卤石,其主要成分可表示为K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O,已知它在水溶液中存在如下平衡：
K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O2K＋＋4SO
＋Mg2＋＋2Ca2＋＋2H2O。
为了充分利用钾资源,一种溶浸杂卤石制备K2SO4的工艺流程如图所示：
（1）操作①的名称是________。
（2）用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解出杂卤石中K＋的原因：
___________
__________________________________________________________________________
___________________________________________________________。
（3）除杂环节中,为除去Ca2＋,可先加入________溶液,经搅拌等操作后,过滤,再向滤液中滴加稀H2SO4,调节溶液pH至________（填“酸性”“中性”或“碱性”）。
（4）操作②的步骤包括（填操作过程）：
______________、过滤、洗涤、干燥。
答案
（1）过滤
（2）Mg2＋转化成Mg（OH）2沉淀,SO
与Ca2＋结合转化为CaSO4沉淀,平衡右移,促使杂卤石溶解 （3）K2CO3 中性 （4）蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】 （3）为除去Ca2＋,可先加入K2CO3溶液,生成碳酸钙沉淀,过滤后再向滤液中滴加稀H2SO4,调节溶液pH至中性,除去过量的碳酸钾。
（4）为从溶液中得到溶质,需依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。
1.溶度积和离子积
以AmBn（s）mAn＋（aq）＋nBm－（aq）为例：
溶度积
离子积
概念
沉淀溶解的平衡常数
溶液中有关离子浓度幂的乘积
符号
Ksp
Qc
表达式
Ksp（AmBn）＝cm（An＋）·cn（Bm－）,式中的浓度都是平衡浓度
Qc（AmBn）＝cm（An＋）·cn（Bm－）,式中的浓度都是任意浓度
应用
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①Qc>Ksp：
溶液过饱和,有沉淀析出
②Qc＝Ksp：
溶液饱和,处于平衡状态
③Qc＜Ksp：
溶液未饱和,无沉淀析出
应用体验
（1）某温度下,已知Ksp（AgCl）＝1.80×10－10,将2.2×10－3mol·L－1的NaCl和2.0×10－3mol·L－1AgNO3等体积混合是否有沉淀生成？
写出推理过程。
若有沉淀生成,请计算反应后Ag＋浓度。
答案 Qc＝c（Cl－）·c（Ag＋）＝1.1×10－3×1.0×10－3＝1.1×10－6
Qc＞Ksp（AgCl）,因而有沉淀生成。
反应后剩余c（Cl－）＝1.0×10－4mol·L－1
则c（Ag＋）＝
＝
mol·L－1＝1.80×10－6mol·L－1。
（2）室温下,Mg（OH）2的Ksp＝5×10－13,计算室温下,饱和Mg（OH）2的pH＝________。
答案 10
【解析】 设饱和Mg（OH）2溶液中c（OH－）＝xmol·L－1,则c（Mg2＋）＝
mol·L－1
Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2＋）·c2（OH－）
＝
·x2＝5×10－13
则x＝1×10－4
c（H＋）＝
mol·L－1＝1×10－10mol·L－1
所以pH＝10。
2.Ksp的影响因素
（1）内因：
难溶物质本身的性质,这是主要决定因素。
（2）外因
温度：
绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程,升高温度,平衡向溶解方向移动,Ksp增大。
3.沉淀滴定
沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。
生成沉淀的反应很多,但符合条件的却很少,实际上应用最多的是银量法,即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－的浓度。
理解应用
已知一些银盐的颜色和Ksp（20℃）如下,测定水体中氯化物的含量,常用标准硝酸银溶液进行滴定。
化学式
AgCl
AgBr
AgI
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黄色
黑色
红色
Ksp
1.8×
10－10
5.0×
10－13
8.3×
10－17
2.0×
10－48
1.1×
10－12
滴定时,你认为该滴定适宜选用的指示剂是下列中的________（填字母）。
A.KBrB.KIC.K2SD.K2CrO4
达到滴定终点时的现象为_________________________________________________。
答案 D 滴入最后一滴时,混合物中出现红色浑浊（或沉淀）且半分钟内不褪色
沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂,滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小,否则不能用这种指示剂。
（1）已知：
Ksp（Ag2CrO4）＜Ksp（AgCl）,则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度（×）
（2）10mL0.1mol·L－1HCl溶液与10mL0.12mol·L－1AgNO3溶液混合,充分反应后,Cl－浓度等于零（×）
（3）在一定条件下,溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀（√）
（4）常温下,向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体,BaCO3的Ksp减小（×）
（5）常温下,向Mg（OH）2饱和溶液中加入NaOH固体,Mg（OH）2的Ksp不变（√）
题组一 溶度积及溶度积规则
1.下列说法不正确的是（ ）
A.Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B.由于Ksp（ZnS）>Ksp（CuS）,所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
C.其他条件不变,离子浓度改变时,Ksp不变
D.难溶电解质的Ksp越小,溶解度越小
答案 D
【解析】 对于阴、阳离子的个数比相同即同一类型的难溶电解质,Ksp的数值越大,难溶电解质在水中的溶解能力越强即溶解度越大；对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质,不能直接用Ksp的大小比较它们的溶解能力,必须通过计算进行比较,故D错误。
2.在25℃时,FeS的Ksp＝6.3×10－18,CuS的Ksp＝1.3×10－36,ZnS的Ksp＝1.3×10－24。
下列有关说法中正确的是（ ）
A.饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36mol·L－1
B.25℃时,FeS的溶解度大于CuS的溶解度
C.向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S,只有FeS沉淀生成
D.向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体,ZnS的Ksp变大
答案 B
【解析】 饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为
＝
mol·L－1,故A错误；由FeS的Ksp＝6.3×10－18、CuS的Ksp＝1.3×10－36可知,二者的组成形式相同,FeS的溶解度大于CuS的溶解度,故B正确；FeS的Ksp＝6.3×10－18、ZnS的Ksp＝1.3×10－24,向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S,首先生成溶解度小的沉淀,因此只有ZnS沉淀生成,故C错误；饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡,加入少量ZnCl2固体,锌离子浓度增大,溶解平衡逆向移动,但温度不变,ZnS的Ksp不变,故D错误。
题组二 溶度积常数的应用与计算
3.（判断沉淀的先后）已知Ksp（AgCl）＝1.56×10－10,Ksp（AgBr）＝7.7×10－13,Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10－12。
某溶液中含有Cl－、Br－和CrO
的浓度均为0.010mol·L－1,向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时,三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）
A.Cl－、Br－、CrO
B.CrO
、Br－、Cl－
C.Br－、Cl－、CrO
D.Br－、CrO
、Cl－
答案 C
【解析】 利用沉淀溶解平衡原理,当Qc＞Ksp时,有沉淀析出。
溶液中Cl－、Br－、CrO
的浓度均为0.010mol·L－1,向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时,溶解度小的先满足Qc＞Ksp,有沉淀析出。
比较Ksp,AgBr、AgCl同类型,溶解度：
AgBr＜AgCl。
再比较AgCl、Ag2CrO4沉淀所需c（Ag＋）,Cl－沉淀时所需c（Ag＋）≥
＝
mol·L－1＝1.56×10－8mol·L－1,CrO
沉淀时所需c（Ag＋）≥
＝
mol·L－1＝3.0×10－5mol·L－1,故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO
。
4.（判断沉淀的生成转化）已知：
Ksp（CuS）＝6.0×10－36,Ksp（ZnS）＝3.0×10－25,Ksp（PbS）＝9.0×10－29。
在自然界中,闪锌矿（ZnS）和方铅矿（PbS）遇硫酸铜溶液能转化成铜蓝（CuS）。
下列有关说法不正确的是（ ）
A.硫化锌转化成铜蓝的离子方程式为ZnS（s）＋Cu2＋（aq）===Zn2＋（aq）＋CuS（s）
B.在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液,不会生成黑色沉淀（PbS）
C.在水中的溶解度：
S（ZnS）＞S（PbS）＞S（CuS）
D.若溶液中c（Cu2＋）＝1×10－10mol·L－1,则S2－已完全转化成CuS
答案 B
【解析】 由Ksp（CuS）＝6.0×10－36、Ksp（ZnS）＝3.0×10－25,知CuS的溶解度小于ZnS,硫化锌可以转化为硫化铜：
ZnS（s）＋Cu2＋（aq）===Zn2＋（aq）＋CuS（s）,故A正确；ZnS的溶解度大于PbS,在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液,可以生成黑色沉淀（PbS）,故B错误；由已知可知在水中的溶解度：
S（ZnS）＞S（PbS）＞S（CuS）,故C正确；Ksp（CuS）＝6.0×10－36,若溶液中c（Cu2＋）＝1×10－10mol·L－1,则c（S2－）＝
mol·L－1＝6.0×10－26mol·L－1＜1×10－5mol·
L－1,S2－已完全转化成CuS,故D正确。
5.（计算沉淀转化的平衡常数）
（1）[2017·海南,14（3）]向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液,当有BaCO3沉淀生成时溶液中
＝____________。
已知Ksp（BaCO3）＝2.6×10－9,Ksp（BaSO4）＝1.1×10－10。
（2）CuCl悬浊液中加入Na2S,发生的反应为2CuCl（s）＋S2－（aq）Cu2S（s）＋2Cl－（aq）,该反应的平衡常数K＝____________________[已知Ksp（CuCl）＝1.2×10－6,Ksp（Cu2S）＝2.5×10－43]。
答案
（1）24
（2）5.76×1030
【解析】
（1）在同一个溶液中,c（Ba2＋）相同,依据溶度积的表达式,则有
＝
＝
＝
≈24。
（2）2CuCl（s）＋S2－（aq）Cu2S（s）＋2Cl－（aq）的平衡常数K＝
＝
＝
＝
＝5.76×1030。
题组三 沉淀滴定计算
6.利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量,实验分两步进行。
已知：
2CrO
＋2H＋===Cr2O
＋H2O
Ba2＋＋CrO
===BaCrO4↓
步骤Ⅰ：
移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V0mL。
步骤Ⅱ：
移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中,加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2＋完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的________（填“上方”或“下方”）。
BaCl2溶液的浓度为____________mol·L－1。
若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2＋浓度测量值将________（填“偏大”或“偏小”）。
答案 上方
偏大
【解析】 滴定管“0”刻度位于滴定管的上方；由步骤Ⅰ可知xmLNa2CrO4溶液中CrO
的物质的量为V0b×10－3mol,步骤Ⅱ中与Ba2＋形成沉淀的CrO
的物质的量为（V0b－V1b）×10－3mol,则ymLBaCl2溶液中Ba2＋的物质的量为（V0b－V1b）×10－3mol,c（BaCl2）＝
＝
mol·L－1；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,造成V1的用量减小,所
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