3.4 沉淀溶解平衡 同步练习题2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1

3.4 沉淀溶解平衡同步练习题 一、选择题 1．牙齿的表面有一薄层釉质保护着，釉质层的主要成分是难溶的羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]。下列行为不利于牙齿保护的是 A．坚持饭后漱口 B．在牙膏中添加氟化物 C．大量饮用可乐等碳酸饮料 D．早晚按时刷牙 2．下列说法错误的是 A．在任何条件下，纯水都呈中性 B．FeS、Mg(OH)2属于难溶电解质 C．催化剂能改变反应所需的活化能 D．在25℃时，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-802.31kJ∙mol-1，可知CH4的燃烧热为-802.31kJ∙mol-1 3．下列方案设计、现象和结论都正确的是 实验目的 方案设计 现象和结论 A 探究NO2生成N2O4反应的吸放热 将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中 烧瓶内气体颜色变浅，NO2生成N2O4的反应为吸热反应 B 比较CH3COOH和HF的酸性强弱 相同条件下，分别用pH试纸测定0.lmol·L-1CH3COONa溶液、1.0mol·L-1NaF溶液的pH NaF溶液的pH>CH3COONa溶液的pH，证明CH3COOH的酸性比HF的酸性强 C 比较氢氧化铜和氢氧化镁Ksp的大小 向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液 先出现蓝色沉淀，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2] D 镀锌铁皮锌镀层厚度的测定 装有镀锌铁皮的烧杯中加入足量稀硫酸 产生气泡的速率突然减小，证明镀锌层完全反应 A．A B．B C．C D．D 4．水体中的重金属离子如、等可以通过转化为、沉淀除去。已知：室温下，。下列说法正确的是 A．0.1溶液中： B．0.1溶液中： C．向100.001溶液中加入100.001溶液，有沉淀析出。忽略混合时溶液体积的变化，说明 D．室温时，向0.001粉末中加入100.1溶液，充分浸出后所得溶液中，则 5．氯化银在水中存在沉淀溶解平衡，将足量AgCl分别加入下列溶液中，最大的是 A．0.1盐酸 B．0.1 溶液 C．0.1 KI溶液 D．0.1 溶液 6．下列有关电解质溶液说法正确的是 A．在任何含AgCl固体的水溶液中，c(Ag +)=c(Cl-)且二者乘积是一个常数 B．常温下相同浓度HCOONa与NaF溶液，前者pH较大则Ka(HCOOH)> Ka(HF) C．制备AlCl3、FeCl3、 Cu(NO3)2 均不能采用将溶液直接蒸干的方法 D．相同温度下，不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同 7．25℃时，在含有大量的饱和溶液中存在着平衡：，加入少量固体，下列说法不正确的是 A．溶液中浓度减小、浓度增大 B．溶度积常数不变 C．的溶解度不变 D．沉淀溶解平衡向左移动 8．下列实验操作、现象及结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向酸性溶液中滴入较浓溶液 溶液紫色褪去 有还原性 B 将等浓度的KI溶液和溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液 溶液变红 与的反应是可逆的 C 常温下，将铝放置于浓硝酸中 无明显变化 铝与浓硝酸常温下钝化 D 向2mLNaOH溶液滴加5滴后，再滴加5滴的 先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀 A．A B．B C．C D．D 二、填空题 9．某科研课题小组研究利用含H+、Na+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计实验流程如下： 已知常温下，Ksp(MnS)=3.0×10-14，Ksp(ZnS)=1.5×10-24，在除锌时发生沉淀转化反应为： MnS(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Mn2+(aq)，其平衡常数K=___________。 10．研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。 (1)常温下，向100mL0.01mol•L-1HA的溶液中逐滴加入0.02mol•L-1MOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。 ①常温下，0.01mol•L-1HA溶液中由水电离出的c(H+)=______mol•L-1。 ②X点时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______。 ③K点时，溶液中c(H+)+c(M+)–c(OH-)=______mol•L-1。 (2) 25℃时，几种离子开始沉淀时的pH如下表： 离子 Fe2+ Cu2+ Mg2+ pH 7.6 5.2 10.4 当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，______先沉淀(填离子符号)，要使0.3mol·L-1硫酸铜溶液中Cu2+沉淀较为完全(当Cu2+浓度降至10-5 mol·L-1时)，则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为______(KspCu(OH)2=1×10-21) 11．回答下列问题。 (1)某小组同学探究饱和NaClO和溶液混合反应的实验。打开活塞向烧瓶中的NaClO加入饱和溶液，产生大量的白色胶状沉淀。出现上述现象的原因是_________（请用反应的离子方程式表示）。 (2)、两种温度下在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题。 ①T1_____T2（填“<”“>”或“=”），温度时___________。 ②根据温度时的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是______（填标号）。 A．加入固体可由a点变为b点 B．温度下，在曲线上方区域（不含曲线）的任意一点时，均有沉淀生成 C．蒸发溶剂可能由d点变为曲线上a、b之间（不含a、b）的某一点 D．升温可由b点变为d点 ③温度时，现有0.2mol的沉淀，每次用1L饱和溶液（浓度为1.7 mol/L）处理。若使中的全部转化到溶液中，需要反复处理_______次。 [提示：，， ] 12．通过下表的相关数据，计算、分析、判断给出结论，题目所给数据和条件均为常温下： NH3•H2O Kb=1.8×10-5 H2CO3 Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11 HF Ka=6.8×10-4 H2S Ka1=1.3×10-7 Ka2=7.1×10-15 H2O Kw=10-14 Cu(OH)2 Ksp=2.2×10-20 Fe(OH)3 Ksp=4.0×10-38 CuS Ksp=6.3×10-36 FeS Ksp=3.6×10-18 常用对数 lg2=0.3 lg2.2=0.34 lg3=0.48 (1)NH4F溶液显___________性，保存此溶液应该放在___________中。 (2)NH4HCO3溶液与少量NaOH溶液反应时，___________ (填离子符号)先与 NaOH溶液中的OH-反应。 (3)①反应 CuS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+CuSO4(aq)的K=___________；反应 FeS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+FeSO4 (aq)的K= 3.9×103； ②反应 CuS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Cu2+(aq)的K=___________(以上计算结果均保留两位有效数字)。 ③由计算结果可以知道实验室制备H2S气体应选用___________，检验H2S气体应选用___________(均用上述反应中的盐类物质作答) (4)除去废水中的Cu2+使用过量的FeS固体的优点有： ①可以除去废水中的Cu2+，过量的FeS和生成的CuS可以通过过滤一并除去； ②___________。 13．某小组拟设计实验探究金属氢氧化物在铵盐溶液中溶解度的影响因素。 已知：①常温下，几种氢氧化物的溶度积数据如下表所示： ②可能用到的试剂：溶液、溶液、溶液和溶液； ③常温下，的电离常数，的电离常数。 实验一 比较在不同浓度的溶液中溶解情况。 操作 试剂X 现象 (Ⅰ)溶液，10.0mL 白色浊液逐渐变澄清 (Ⅱ)溶液，10.0mL 白色浊液变化不明显 (1)实验结论是_______。 (2)针对实验(I)，“白色浊液变澄清”的原因，提出如下假设： 假设①：，，。 假设②：，_______(补充离子方程式)。 为了验证(2)提出的假设，设计如下实验： 实验二 比较在不同浓度的溶液中溶解情况。 操作 试剂X 现象 (Ⅲ)溶液，10.0mL 白色浊液逐渐变澄清 (Ⅳ)溶液，10.0mL 白色浊液变化不明显 (3)选择的理由是_______。 实验结论是(2)中假设_______成立(填“①”或“②”)。 根据上述实验，有同学认为金属氢氧化物都能溶解于溶液。为了验证他的观点，设计如下实验： 实验三 探究、、在溶液中溶解情况。 操作 Y 现象 (Ⅴ) 没有明显现象 (Ⅵ) 浊液变澄清溶液 (Ⅶ) 没有明显现象 已知：(a)、、都易溶于水，实验(Ⅵ)浊液变澄清可能的原因是更难电离； (b)其他条件相同，难溶金属氢氧化物的溶解度越小，在同种铵盐溶液中溶解度越小。 (4)常温下，、、溶解度由大到小排序为_______。 (5)通过上述实验，影响在铵盐溶液中溶解度的因素主要有铵盐浓度、_______、_______。 【参考答案】 一、选择题 1．C 解析：A．坚持饭后漱口就可以避免食物残渣在口腔内在微生物作用下酸败而腐蚀牙釉质，从而可以保护牙齿，A不符合题意； B．在牙膏中添加氟化物，Ca5(PO4)3OH与牙膏中的F-发生离子交换产生更难溶的Ca5(PO4)3F，从而可以保护牙齿，B不符合题意； C．大量饮用可乐等碳酸饮料，饮料中的H+与牙齿电离产生的OH-发生反应，使羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]不断溶解，容易导致龋齿，不利于牙齿保护，C符合题意； D．早晚按时刷牙可以防止食物残渣酸化后腐蚀牙齿，因而能够利于牙齿保护，D不符合题意； 故合理选项是C。 2．D 解析：A．在任何条件下，纯水中，c(OH-)=c(H+)，纯水一定显中性，故A不符合题意； B．由溶解度可知FeS、Mg(OH)2属于难溶物质，但在熔融状态下都能导电属于电解质，FeS、Mg(OH)2属于难溶电解质，故B不符合题意； C．催化剂能降低反应的活化能，提高单位体积活化分子百分数，增加有效碰撞的几率，加快化学反应速率，故C不符合题意； D．燃烧热指的是在25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物释放的总能量，在25℃时，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-802.31kJ∙mol-1可知生成物为气态水，不是稳定状态，CH4的燃烧热不是802.31kJ∙mol-1，故D符合题意； 答案选D。 3．C 解析：A．NO2生成N2O4是放热反应，温度升高，反应向生成红棕色气体二氧化氮的方向移动，现象和结论不正确，故A错误； B．方案设计中CH3COONa和NaF的浓度不相同，方案设计不正确，不能比较CH3COOH和HF的酸性强弱，B错误； C．氢氧化镁和氢氧化铜是同类型的物质，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，C正确； D．锌铁都能和酸反应，方案设计不合理，锌反应的同时，可能就有铁发生反应，D错误。 故选C。 4．D 解析：A．根据质子守恒可知：，故A错误； B．由电荷守恒可得：，的水解常数Kh=>，因此溶液显碱性，，则，故B错误； C．混合后 溶液和溶液浓度均为0.0005， ，因有沉淀产生则，说明，故C错误； D．粉末中加入0.1溶液后，溶解形成饱和溶液，充分浸出后所得溶液中，则，即，故D正确； 故选：D。 5．B 解析：根据沉淀溶解平衡可知，溶液中的氯离子会使平衡逆向移动，银离子浓度会降低，碘化银也是难溶于水的沉淀，碘离子的存在也会导致溶液中银离子浓度降低； 故选B； 6．C 解析：A．AgCl固体在水溶液中存在溶解平衡，Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，温度不变时，乘积不变，即Ksp(AgCl)不变，若在溶液中通入HCl气体，溶液中的c(Cl-)增大，溶解平衡向左移动，c(Ag+)减小，则c(Ag+)< c(Cl-)，故A错误； B．常温下，相同浓度HCOONa与NaF溶液，前者pH较大，即HCOONa的水解程度大于NaF溶液，根据水解规律可知，Ka(HCOOH)<Ka(HF)，故B错误； C．AlCl3、FeCl3、Cu(NO3)2均含有弱碱金属离子，易发生水解，水解平衡为吸热反应，升高温度时，水解平衡正向移动，生成沉淀和HCl、HNO3，HCl、HNO3易挥发，所以会得到各自的沉淀物，均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C正确； D．弱电解质存在电离平衡，不同浓度的同一弱电解质的电离平衡常数(K)只受温度影响，温度不变，则电离平衡常数(K)不变，与浓度无关，故D错误； 故答案选C 故选:C。 7．C 解析：A．加入少量固体，浓度增大，平衡逆向移动，溶液中浓度减小，A正确； B．溶度积常数只与温度有关系，温度不变，溶度积常数不变，B正确； C．加入少量固体，浓度增大，平衡逆向移动，的溶解度减小，C错误； D．加入少量固体，浓度增大，沉淀溶解平衡向左移动，D正确； 答案选C。 8．C 解析：A． 向酸性溶液中滴入较浓溶液，紫色褪去，可能是氧化亚铁离子，也可能氧化氯离子，不能证明亚铁离子有还原性，故A不符合题意； B． 将等浓度的KI溶液和溶液混合，根据2Fe3+＋2I－＝2Fe3+＋I2，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，但由于没有说溶液体积是否相等，因此无法说明是否过量，继而不能说明该反应是可逆反应，故B不符合题意； C． 常温下，将铝放置于浓硝酸中，无现象，说明铝与浓硝酸常温下钝化，故C符合题意； D． 向2mLNaOH溶液滴加5滴后，再滴加5滴的，主要是开始镁离子少量，镁离子沉淀完生成白色沉淀，溶液中还剩余氢氧根，加入氯化铁，溶液生成红褐色沉淀，不能说的氢氧化镁转化生成氢氧化铁，故D不符合题意。 综上所述，答案为C。 二、填空题 9．0×1010 解析：该反应的平衡常数K=。 10． 1×10-12 c(A-)＞c(H+)＞c(M+)＞c(OH-) 0.005 Cu2+ 6 解析：(1)①根据图甲可知，0.01mol⋅L−1HA溶液的pH=2，c(H+)=0.01mol/L，说明HA为强酸，HA电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，则常温下，0.01mol⋅L−1HA溶液中由水电离出的c(H+)==1×10−12mol/L，故答案为：1×10−12； ②X点加入25mL0.02mol⋅L−1MOH，反应后溶质为等浓度的HA和MA，HA为强电解质，完全电离，则c(A−)的浓度最大，M+部分水解，则c(H+)>c(M+)，溶液呈酸性，氢氧根浓度最低，溶液中c(H+)、c(M+)、c(A−)、c(OH−)由大到小的顺序是：c(A-)＞c(H+)＞c(M+)＞c(OH-)，故答案为：c(A-)＞c(H+)＞c(M+)＞c(OH-)； ③K点时，根据电荷守恒可知：c(H+)+c(M+)−c(OH−)=c(A−)==0.005mol⋅L−1，故答案为：0.005； (2)沉淀pH越小，氢氧根浓度越小，溶度积常数越小，溶度积常数越小的物质越先沉淀，所以Cu2+先沉淀，0.3mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至降至10−5mol⋅L−1)，则应向溶液里加NaOH溶液，c(Cu2+)=10−5mol⋅L−1，c(OH−)==10−8mol/L，c(H+)=10−6mol/L，所以pH=6，故答案为：Cu2+；6。 11．(1) (2) ＜ 510-9 ABC 3 解析：（1）次氯酸根离子和铝离子可以发生双水解反应，生成次氯酸和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：。 （2）①温度越高，BaSO4的溶解度越大，T1温度下BaSO4的溶度积较小，所以T1＜T2；T2温度时的溶度积可利用c点的数据进行计算：。 ②A．由于存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO(aq)，加入Na2SO4固体，SO浓度增大，BaSO4的沉淀溶解平衡逆向移动，Ba2+的浓度减小，可由a点变为b点，故A正确； B．T1曲线上方区域的离子积大于溶度积，所以会析出沉淀，故B正确； C．蒸发溶剂，不饱和溶液中Ba2+和SO的浓度都变大，可能由d点变为T1曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点，故C正确； D．升高温度，沉淀溶解平衡正向移动，c(SO)、c(Ba2+)都会变大，不可能由b点变为d点，故D错误； 故选ABC。 ③设每次用1L 1.7mol/L饱和Na2CO3溶液能处理x molBaSO4，，，，根，解得x=0.069，处理次数，所以至少要反复处理3次。 12． 酸 塑料瓶 6.8×10-15 1.8×10-18 FeS CuSO4 生成的Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体吸附杂质沉降下来 解析：(1)NH4F是弱酸弱碱盐，由于NH3•H2O的电离平衡常数小于HF的电离平衡常数，根据盐的水解规律：谁弱水谁水解，越弱越水解，谁强显谁性，可知的水解程度大于F-的水解程度。水解使溶液显酸性，F-水解使溶液显碱性，由于的水解程度大于F-的水解程度，因此该溶液显酸性； NH4F水解产生HF会腐蚀玻璃，因此NH4F溶液应该储存在塑料瓶中； (2)NH4HCO3 溶液与少量NaOH溶液反应时，先发生反应； (3)①根据电离平衡常数的含义，可知反应 CuS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+CuSO4(aq)的K== 6.8×10-15； ②反应 CuS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Cu2+(aq)的K==1.8×10-18； ③反应CuS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+CuSO4(aq)的K=6.8×10-15；而反应FeS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+FeSO4 (aq)的K= 3.9×103；显然第二个反应正向进行程度大，故制取H2S气体应该使用FeS；由于CuS比FeS更难溶，所以可根据CuS是黑色难溶性物质检验H2S气体，使用的检验H2S气体的试剂为CuSO4溶液； (4)除去废水中的Cu2+使用过量的FeS固体的优点有：①可以除去废水中的Cu2+，过量的FeS和生成的CuS可以通过过滤一并除去；②生成的Fe2+被溶解在水中的氧气氧化成Fe3+，Fe3+发生水解反应形成Fe(OH)3胶体吸附杂质沉降下来。 13．(1)溶解度随着浓度减小而减小 (2) (3) 、的电离常数相等，溶液显中性，排除了干扰 ② (4) (5) 产物电离程度 本身的溶度积大小 解析：（1）对比实验Ⅰ、Ⅱ，NH4Cl浓度小的沉淀变化不明显，说明NH4Cl浓度小 Mg(OH)2的溶解度小。答案为Mg(OH)2溶解度随着NH4Cl浓度减小而减小； （2）溶解度增大即溶解平衡正向只要解释到OH-减少平衡正向即可，所以+OH−⇌NH3⋅H2O。答案为+OH−⇌NH3⋅H2O； （3）假设①解释NH4Cl呈酸性消耗OH-，所以若验证假设Ⅱ需要排除溶液酸碱性的干扰只考虑铵根结合OH-的问题。而CH3COONH4呈中性同时有铵根，满足实验要求。结合实验看，增大CH3COONH4的浓度沉淀澄清溶解，说明假设②成立。答案为CH3COONH4；②； （4）同类型的物质，溶解度越大，Ksp越大。对比数据，溶解度的Ni(OH)2>Pb(OH)2>Sn(OH)2。答案为Ni(OH)2>Pb(OH)2>Sn(OH)2； （5）结合Mg(OH)2和其他三个的实验对比，Mg(OH)2溶度积最大溶解了，可看出在铵盐溶液中溶解度与物质本身溶度积有关。而Ni(OH)2、Pb(OH)2、Sn(OH)2三者对比，溶解度中间的Pb(OH)2却溶于CH3COONH4，主要由于 (CH3COO)2Pb更难电离，所有与产物电离程度有关。答案为产物电离程度；本身的溶度积大小。 学科网（北京）股份有限公司 $$