3.4 沉淀溶解平衡 同步练习 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．下列说法正确的是 A．向水中加入少量盐酸，增大，增大 B．生活中常用明矾净水，与盐类水解无关 C．用湿润的试纸测定溶液的，所测溶液的偏高 D．时，固体在等物质的量浓度的溶液中的溶度积相同 2．次磷酸钠()广泛应用于化学镀镍，在生产的过程中会产生大量废渣[主要含和，还含有少量]，一种回收次磷酸钠以及化学镀镍过程的工艺流程如图所示。 已知：①和的分别为和； ②为一元弱酸，为二元弱酸； ③。 下列叙述错误的是 A．“趁热过滤”的目的是防止滤渣中的溶解 B．“趁热过滤”后，要使滤液中的浓度不小于0.01 mol⋅L，则滤液的pH应不低于11.6 C．试剂A可以是，是正盐 D．“镀镍”时，发生反应的离子方程式为 3．下列解释事实的方程式不正确的是 A．醋酸溶液显酸性：CH3COOH⇌H++CH3COO- B．用氨水除去烟气中的SO2：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O C．向盐碱地中施放硫酸钙，降低其碱性：Na2CO3+CaSO4=CaCO3+Na2SO4 D．用三氯化铁溶液腐蚀线路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+ 4．下列属于水解方程式的是 A．用制备： B．硫氢化钠溶液中存在的平衡： C．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢： D．向溶液中加入溶液： 5．已知：、，将含有固体的水垢浸泡在适量的饱和溶液中，下列说法正确的是 A．固体逐渐溶解，最后消失 B．浸泡后的固体加盐酸，有无色无味气体产生 C．浸泡后固体质量不变 D．浸泡后固体质量增加 6．某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如图： 下列说法不正确的是 A．“调节pH”主要目的是为了除去Fe3+ B．“还原”过程中主要发生的反应为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O C．用N2H4还原制取Cu2O的优点是产生N2氛围，可防止产品被氧化 D．Cu2O的晶胞结构如图所示，其中X代表的是Cu+ 7．已知25 ℃时，AgCl 的溶度积Ksp=1.8×10-10，则下列说法正确的是 A．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大 B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，；一定有c(Ag+)=c(Cl-) C．温度一定时，当溶液中c(Ag+)×c(Cl-)=Ksp时，此溶液为AgCl的饱和溶液 D．将固体AgCl加入到较浓的KI溶液中，部分AgCl转化为AgI，AgCl溶解度小于AgI 8．室温下，下列实验探究方案能够达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴加几滴稀硫酸，振荡，观察溶液颜色变化 SO具有氧化性 B 向盛有KMnO4溶液的试管中通入SO2，观察溶液颜色变化 SO2具有还原性 C 向盛有NaCl和KI混合溶液的试管中滴加几滴AgNO3溶液，振荡，观察沉淀颜色 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) D 向试管中加入0.5 g淀粉和4 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液，加热。冷却后，向其中加入少量新制的Cu(OH)2，加热，观察现象 淀粉水解液中存在还原性糖 A．A B．B C．C D．D 9．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。 选项 实验操作和现象 1 向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去 2 用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为8 3 向溶液中加入过量溶液，产生白色沉淀 4 向溶液中滴加等体积的HCl溶液，测得pH约为5.5 下列有关说法错误的是 A．实验1说明具有还原性 B．溶液中存在 C．实验3反应静置后的上层清液中 D．实验4得到的溶液中 10．铁盐法是处理含砷废水的主要方法，已知比毒性大且不易沉降，砷(V)酸铁、砷(V)酸钙的溶解度很小。以下是硫酸厂酸性含砷(Ⅲ)废水的处理步骤： (1)向含砷废水中加入消石灰，调节废水的pH至5~6，过滤后再加入一定量绿矾，得到混合溶液； (2)向上述混合溶液中加入高浓度双氧水作为氧化剂，搅拌，至溶液由无色透明液变为黄褐色浑浊液； (3)待步骤(2)完成后，加入碱调节反应后的混合溶液pH至7~9，出现大量褐色沉淀，搅拌充分反应后，静置、过滤、回收滤渣，检测滤液中砷含量，达标外排。 下列说法正确的是 A．步骤(1)中过滤出的滤渣主要是 B．步骤(2)中双氧水的作用只是将三价砷氧化为五价砷 C．步骤(2)中双氧水可用代替 D．步骤(3)中，工业上调节反应后的混合溶液pH所用碱最好是 二、填空题 11．高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+、Cd2+等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下： 加入KMnO4溶液反应一段时间后，溶液中c(Fe3+)=0.56mg·L-1，若溶液pH=3，则此时Fe3+___________(填“能”或“不能”)生成沉淀。[已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38] 12．向50mlL0.018mol/LAgNO3溶液中加入50mL0.02mol/L盐酸。已知AgCl(s)的溶度积常数Ksp=1×10-10，混合后溶液的体积变化忽略不计。请计算： (1)沉淀生成后，溶液中c(Ag+)=_____。 (2)沉淀生成后，溶液的pH=_____。 (3)如果向沉淀生成后的溶液中继续加入50ml0.001mol/L的盐酸，是否产生沉淀_____？(填“是”或“否”) 13．化学实验是研究物质及其变化的基本方法。 (1)某无色透明溶液中可能大量存在、、中的几种离子。 ①不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_______。 ②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是_______。 ③取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是_______。 ④原溶液可能大量存在的阴离子是下列A~D中的_______(填标号)。 A． B． C． D． (2)某小组同学对比和的性质，并进行了如下实验： ①写出水解的离子方程式_______。 ②向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下图所示。 a.图_______ (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。 b.A′~B′的离子方程式为_______。写出A′溶液中各离子浓度由大到小的顺序_______。 c.A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为_______。 ③向的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生，且白色沉淀的成分只有一种。已知： i.的溶液中，， ii.25℃时，， 写出向溶液中滴加少量溶液发生的离子反应方程式_______。 14．I.如图为10mL一定物质的量浓度的盐酸用一定浓度的NaOH溶液滴定的图示。 (1)盐酸的浓度为______。 (2)NaOH溶液的浓度为______。 (3)当滴加NaOH溶液至26mL时，溶液的pH为______。 Ⅱ.已知25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，Ksp[Mg(OH)2]=4.0×10-12，lg5=0.7。请回答下列问题： (4)25℃时，若向50mL0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol•L-1的盐酸，混合后溶液中的c(Ag+)为______mol•L-1，pH为______。 (5)25℃时，Mg(OH)2饱和溶液______(填“能”或“不能”)使石蕊溶液变蓝色。 15．学习小组探究、(棕黑色固体，难溶于水)对氯水漂白性的影响。实验记录如下： 2mL氯水 实验 方案和现象 ⅰ 加入1mL蒸馏水，再滴加1滴品红溶液，品红溶液较快褪色 ⅱ 加入少量固体，产生白色沉淀a；再ii加入1mL蒸馏水和1滴品红溶液，品红溶液褪色比ⅰ快 ⅲ 加入1mL较浓溶液，产生白色沉淀b；再滴加1滴品红溶液，品红溶液褪色比ⅰ慢 (1)结合离子方程式解释ⅰ中品红溶液褪色的原因：_________________________________。 (2)经检验，ⅱ中的白色沉淀a是，产生的化学方程式是__________________。 (3)ⅰ是ⅲ的对比实验，目的是排除ⅲ中___________________________的影响。 (4)研究白色沉淀b的成分、进行实验ⅳ(按实验ⅲ的方案再次得到白色沉淀b，过滤、洗涤，置于试管中)： ①设计对比实验证实白色沉淀b不只含有，实验方案和现象是_________。 ②溶液的作用是________。由此判断，白色沉淀b可能含有。 (5)进一步研究白色沉淀b和实验ⅲ品红溶液褪色慢的原因，进行实验ⅴ： ①用离子方程式解释加入饱和溶液的目的：_________________________。 ②实验结果表明，实验ⅲ的漂白速率比实验ⅴ慢，结合的作用解释其原因_____________。 【参考答案】 一、选择题 1．D 解析：A．向水中加入少量盐酸，增大，不变，水的离子积常数只与温度有关，故A错误； B．明矾溶液中水解生成胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的作用，与盐类水解有关，故B错误； C．用湿润试纸测定溶液的，溶液被稀释，所测溶液的偏低，故C错误； D．溶度积只受温度的影响，故固体在等物质的量浓度的溶液中的溶度积相同，故D正确。 2．B 【分析】废渣[主要含和CaHPO3，还含有少量Ca(OH)2]，回收实现废渣资源化利用。根据流程图可知利用水溶获得NaH2PO2。碱浸后过滤即可分离Ca(OH)2，利用试剂A调节溶液pH反应过量的NaOH溶液获得纯净的NaH2PO3，其中涉及到Ksp的相关计算。电解池相关问题一定要结合电解池原理根据电解池的图示进行解题。 解析：A．的溶解度随温度的升高而减小，“趁热过滤”的目的是防止滤渣中的溶解，A正确； B．要使该操作后所得滤液中的浓度不小于0.01 mol·L，可根据的，计算出浓度应不大于0.01 mol·L，则 mol·L， mol·L，，即滤液的pH应不低于12.4，B错误； C．试剂A可以是，为二元弱酸，因此是正盐，C正确； D．“镀镍”时，发生反应的离子方程式为，D正确； 故选B。 3．D 解析：A．醋酸为弱电解质，部分电离，离子方程式：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，故A正确； B．用氨水除去烟气中的SO2，化学方程式：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O，故B正确； C．向盐碱地中施放硫酸钙，降低其碱性，化学方程式：Na2CO3+CaSO4=CaCO3+Na2SO4，故C正确； D．用三氯化铁溶液腐蚀线路板，离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误； 故答案选D。 4．A 解析：A．水解可得到，从而制得，A符合题意； B．硫氢化钠溶液中存在的平衡：属于HS-的电离平衡，B不符合题意； C．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢的平衡属于沉淀的转化，不属于水解方程式，C不符合题意； D．向溶液中加入溶液出现氢氧化铝沉淀，利用的是偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离原理，D不符合题意； 故选A。 5．B 解析：A． 固体部分转化为更难溶于水的碳酸钙，故A错误； B． 浸泡后的固体中有碳酸钙，加盐酸生成二氧化碳气体，有无色无味气体产生，故B正确； C． 浸泡后固体部分转化为更难溶于水的碳酸钙，质量减小，故C错误； D． 浸泡后固体质量减小，故D错误； 故选B。 6．D 【分析】酸浸溶解后，所得溶液中含有Fe2(SO4)3、CuSO4、FeSO4、H2SO4（过量），经过氧化操作，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中溶质为Fe2(SO4)3、CuSO4、H2SO4（过量），通过调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，故滤渣为Fe(OH)3，此时滤液主要含CuSO4、H2SO4，加入KOH、N2H4在90℃下还原Cu2+生成Cu2O。 解析：A．由分析知，调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，A正确； B．由流程知，还原时，N2H4将CuSO4还原为Cu2O，自身转化为N2，对应方程式为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，B正确； C．还原过程中生成的N2可隔绝空气，防止产品Cu2O被氧气氧化，C正确； D．该晶胞中，白球个数=，黑球个数为4个，故黑球：白球=2：1，结构化学式Cu2O知黑球代表Cu+，白球（X）代表O2-，D错误； 故答案选D。 7．C 解析：A．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，氯离子浓度增大，沉淀溶解平衡左移形成沉淀，但温度一定，溶度积常数不变，所以Ksp值不变，A错误； B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中；不一定有c（Ag+）=c（Cl-），混合溶液中阴银子浓度和氯离子浓度大小，取决于硝酸银和氯化钠的相对量大小，B错误； C．温度一定时，当溶液中c(Ag+)×c(Cl-)=Ksp时，说明溶液中存在沉淀溶解平衡状态，所以此溶液为AgCl的饱和溶液，C正确； D．将固体AgCl加入到较浓的KI溶液中，部分AgCl转化为AgI，因为AgCl溶解度大于AgI的溶解度，沉淀向更难溶的方向进行，D错误； 答案选C。 8．B 解析：A．酸性条件下，溶液中的硝酸根可以氧化亚铁离子，则溶液变为黄色，不能证明硫酸根具有氧化性，A错误； B．高锰酸钾具有强氧化性，通入二氧化硫褪色，说明二氧化硫有还原性，B正确； C．混合溶液中滴入几滴硝酸银，银离子少量，黄色沉淀的产生可以由碘离子和银离子直接反应生成，不能判断是否由氯化银转化，故无法通过沉淀比较Ksp，C错误； D．需要先加NaOH去除过量的硫酸，D错误； 故答案为：B。 9．D 解析：A．高锰酸钾具有强氧化性，草酸钠能使高锰酸钾溶液褪色，实验1说明具有还原性，故A正确； B．根据质子守恒得到溶液中存在，故B正确； C．实验3生成白色沉淀，静置后的上层清液中存在溶解平衡即，故C正确； D．实验4反应后得到溶质为草酸氢钠和氯化铵且物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明草酸氢根电离大于水解即，故D错误。 综上所述，答案为D。 10．C 解析：A．由题给信息可知，As(Ⅲ)比As(V)毒性大且不易沉降可知，向含砷废水中加入消石灰的目的是中和溶液中的硫酸，调节溶液的pH，则亚砷酸根离子应在滤液中，过滤得到的滤渣为硫酸钙，故A错误； B．由题意可知，步骤(2)中双氧水的作用是将溶液中的三价砷氧化为五价砷，同时将亚铁离子氧化为铁离子，使反应生成的铁离子与砷酸根离子生成难溶的砷酸铁沉淀，故B错误； C．高铁酸钾具有强氧化性，也能将溶液中的三价砷氧化为五价砷，同时将亚铁离子氧化为铁离子，达到生成砷酸铁沉淀的目的，故C正确； D．由题给信息可知，步骤(3)中，工业上调节反应后的混合溶液pH所用碱最好选用廉价易得的氢氧化钙，目的是调节溶液pH的同时，还能将溶液中的砷酸根离子转化为砷(V)酸钙，提高处理废水的效果，故D错误； 故选C。 二、填空题 11．不能 解析：，此时溶液中 ，，故不能生成沉淀。 12．(1)1×10-7mol/L (2)2 (3)否 解析：（1）反应前，，；反应后剩余的为，则混合溶液中，，。 （2）没有参加反应，沉淀完全后，，则pH=2。 （3）因为加入的盐酸中c(Cl-)和反应后所得溶液中c(Cl-)相同，c(Cl-)没有改变，c(Ag+)变小，所以，没有沉淀生成。 13．(1) Cu2+ Ag+ Mg2+ B (2) HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH- 乙 CO+ H+ = HCO c(Na+)>c( CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+) A>B>C Fe2+ + 2HCO= FeCO3↓ + H2O + CO2↑ 解析：（1）①含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中一定不含Cu2+，所以不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+； ②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，说明原溶液中肯定存在的离子是Ag+。 ③ ②的滤液不含Ag+，取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，该沉淀一定是氢氧化镁，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+。 ④A．Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，原溶液中一定不含，故不选A； B．与Mg2+、Ag+不反应，能大量共存，故选B； C．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选C； D．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选D； 选B。 （2）①是强碱弱酸盐，发生水解，水解的离子方程式为HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-。 ②a．同浓度的和溶液，溶液的pH大于，所以图乙是的滴定曲线。 B．A′~B′是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为CO+ H+ = HCO。A′是碳酸钠溶液，碳酸根离子发生水解CO＋H2O⇌ HCO＋OH-、HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-，各离子浓度由大到小的顺序c(Na+)>c( CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)。 c．A为碳酸氢钠溶液，HCO水解促进水电离；B点为NaCl溶液，NaCl对水电离无影响；C点为氯化钠、盐酸的混合液，HCl抑制水电离，A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为A>B>C。 ③的溶液中，，，25℃时，，开始生成FeCO3沉淀时c(Fe2+)=mol/L；，开始生成Fe(OH)2沉淀时c(Fe2+)=mol/L，所以向溶液中滴加少量溶液生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，发生的离子反应方程式Fe2+ + 2HCO= FeCO3↓ + H2O + CO2↑。 14．(1)0.09mol•L-1 (2)0.03mol•L-1 (3)2+lg3 (4) 1.8×10-7 2 (5)能 解析：（1）设该盐酸、NaOH溶液的物质的量浓度分别为c(HCl)、c(NaOH)，当NaOH溶液体积为20mL，结合图可知，酸过量，则：c(H+)=═0.01mol/L①，当NaOH溶液体积为30mL，结合图可知，溶液呈中性，恰好反应，即：10 c(HCl)=30 c(NaOH)②，由①②联立解得：c(HCl)=0.09mol/L、c(NaOH)=0.03mol/L。 （2）由（1）可知，c(NaOH)=0.03mol/L。 （3）当滴加NaOH溶液至26mL时，据图可知，混合液一定为酸性，则混合液中氢离子浓度为：，混合液的pH=-lg =2+lg3。 （4）25℃时，50mL0.018mol·L-1的AgNO3溶液与50mL0.020mol·L-1的盐酸混合充分反应后溶液中氯离子的浓度为 =0.001mol/L，溶液中的氢离子浓度为 =0.01mol/L，则溶液中银离子的浓度为=1.8×10-7 mol/L，溶液pH为2。 （5）由溶度积可知，氢氧化镁饱和溶液中氢氧根离子浓度为2×mol/L，溶液中c(H+)=，则溶液的pH=-lgc(H+)=-lg=11-lg5=11-0.7=10.3，则饱和溶液能使石蕊溶液变蓝色。 15．(1)，具有漂白性(或氧化性) (2) (3)水稀释氯水 (4) 用纯净的沉淀代替沉淀b，先滴加盐酸，再滴加溶液(含)后，溶液不变红或： 检验沉淀b中是否含有氧化性粒子 (5) 实验III中的大部分与生成，溶液中较低，而实验v中转化为，溶出，高于实验ⅲ中的，故实验ⅲ漂白速率比实验v慢。 【分析】氯水具有漂白性，是因为氯水中含有HCIO，而HCIO来源于与水发生的可逆反应；因此和对氯水漂白性若会产生影响，可能的原因即影响了与水的反应。第一组实验想验证和对氯水漂白性的影响，由于验证的影响时，加入的是难溶于水的固体，所以溶液的体积几乎不受影响，而验证的影响时，加入的是硝酸银溶液，溶液体积会发生变化；出于控制变量的考虑，实验i和实验ii分别又滴加了1mL水，排除溶液体积变化对实验结果的影响。实验ii和实验iii均产生了白色沉淀，并且实验ii中的白色沉淀是AgCl；为了探究实验iii中产生的白色沉淀的成分，设计了第二组实验，由题可知，白色沉淀b加盐酸后，溶液中会出现能够使被氧化的粒子，因此验证白色沉淀b的组成不仅含有AgCl可以从酸浸溶液不能使被氧化入手。在确定白色沉淀b的组成后，又设计了第三组实验，探究生成白色沉淀b和实验iii中品红溶液褪色变慢的原因；实验过程中，将白色沉淀投入饱和NaCl溶液中，是为了将其转化为AgCl，使进入溶液中便于检测，同时这样也会使得溶液中的浓度相比于实验iii变得更大，因此使品红溶液褪色就更快； 解析：（1）氯水具有漂泊性，是因为含有次氯酸，相关离子方程式为：； （2）通过分析可知，生成AgCl的化学方程式为：； （3）通过分析可知，加1mL蒸馏水是为了排除稀释对溶液颜色的影响； （4）①通过分析可知，验证白色沉淀b的组成不仅含有AgCl可以从酸浸溶液不能使被氧化入手，因此用纯净的AgCl代替白色沉淀b,先滴加稀盐酸，再滴加溶液（含KSCN）后，溶液不变红即可证明； ②通过分析可知，溶液（含KSCN）的作用是通过是否变色检验沉淀b中是否含有氧化性粒子； （5）①通过分析可知，将白色沉淀投入饱和NaCl溶液中，是为了将其转化为AgCl，使进入溶液中便于检测，相关的离子方程式为：； ②通过分析可知，实验v中上层清液中浓度相比于实验iii比较大，因此使品红溶液褪色相比于实验iii更快。 学科网（北京）股份有限公司 $$