专题3 第4单元 单元综合训练-【金版教程】2025-2026学年高中化学选择性必修1作业与测评全书Word（苏教版2019）

化学　选择性必修1　作业与测评(苏教) 单元综合训练 (建议用时：40分钟) 一、选择题(每小题只有1个选项符合题意) 1．在自然界中，原生铜的硫化物转变成CuSO4后遇到地壳深层的ZnS和PbS便慢慢转变为CuS。由此可知，下列物质中溶解度最小的是(　　) A．CuSO4 B．ZnS C．PbS D．CuS 答案：D 2．某温度时，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－ (aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点 B．加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小 C．d点有AgCl沉淀生成 D．a点对应的Ksp小于b点对应的Ksp 答案：C 解析：A项，加入AgNO3，c(Cl－)减小，离子浓度在溶解平衡曲线上移动，不能由c点变到d点；B项，虽然AgCl的溶解度减小，但Ksp不改变；C项，d点时，c(Ag＋)·c(Cl－)>Ksp，即有沉淀生成；D项，a、b两点温度相同，则对应的Ksp相等。 3．取1 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·L－1)： 下列说法不正确的是(　　) A．实验①白色沉淀是难溶的AgCl B．由实验②说明AgI比AgCl更难溶 C．若按①③顺序实验，看不到黑色沉淀 D．若按②①顺序实验，看不到白色沉淀 答案：C 4．硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，医药上用于催吐剂。已知25 ℃时，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，Ksp(Ag2SO4)＝1.2×10－5，则下列说法正确的是(　　) A．在水中加入少量ZnSO4固体时，水的电离平衡向正反应方向移动，Kw减小 B．在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO) C．在0.5 L 0.10 mol·L－1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 mol·L－1的AgNO3溶液，即可生成Ag2SO4沉淀 D．常温下，要除去0.20 mol·L－1 ZnSO4溶液中的Zn2＋，至少要调节pH≥8 答案：D 解析：温度不变，水的离子积常数Kw不变，A错误；根据电荷守恒，在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为2c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，B错误；在0.5 L 0.10 mol·L－1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 mol·L－1的AgNO3溶液后，c(SO)＝0.05 mol·L－1，c(Ag＋)＝0.01 mol·L－1，Qc＝c2(Ag＋)·c(SO)＝5×10－6<Ksp(Ag2SO4)，所以不会生成Ag2SO4沉淀，C错误；要除去0.20 mol·L－1 ZnSO4溶液中的Zn2＋，残留在溶液中的离子浓度小于或等于1×10－5 mol·L－1时就认为沉淀完全，c2(OH－)＝＝ mol2·L－2＝10－12 mol2·L－2，c(OH－)＝10－6 mol·L－1，则c(H＋)＝10－8 mol·L－1，所以至少要调节pH≥8，D正确。 5．一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：pM＝－lg c(M)，pCO＝－lg c(CO)。下列说法正确的是(　　) A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大 B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)＝c(CO) C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)<c(CO) D．c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)>c(CO) 答案：B 解析：pM相等时，图线上pCO数值越大，c(CO)越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故A错误；a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM＝pCO，所以c(Mn2＋)＝c(CO)，故B正确；b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM<pCO，所以c(Ca2＋)>c(CO)，故C错误；pM数值越大，离子浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM>pCO，所以c(Mg2＋)<c(CO)，故D错误。 6．实验室中，向CaSO4悬浊液中加入过量 (NH4)2CO3溶液，充分搅拌后过滤得到CaCO3。已知室温时，Ksp(CaSO4)＝9.0×10－6，Ksp(CaCO3)＝3.0×10－9。下列说法正确的是(　　) A．(NH4)2CO3溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3) B．CaSO4悬浊液中存在：c(Ca2＋)<10－5 mol·L－1 C．反应CaSO4(s)＋COCaCO3(s)＋SO正向进行，需满足<3.0×103 D．过滤后所得滤液中一定存在：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋2c(SO) 答案：C 解析：(NH4)2CO3溶液中，由电荷守恒可得c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，由物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)，二者联立可得c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，A错误；CaSO4悬浊液中存在c(Ca2＋)＝c(SO)、Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)＝9.0×10－6，则c(Ca2＋)＝ mol·L－1＝3×10－3 mol·L－1>10－5 mol·L－1，B错误；反应CaSO4(s)＋COCaCO3(s)＋SO，K＝＝＝＝3.0×103，若要反应正向进行，则需满足Qc<K，即<3.0×103，C正确；(NH4)2CO3溶液过量，则滤液中还含有(NH4)2CO3，根据电荷守恒可知D错误。 7．某小组同学进行如下实验探究： 已知：≈1.26×10－12；常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如表。 难溶电解质 颜色 Ksp ZnS 白色 1.6×10－24 CuS 黑色 1.3×10－36 FeS 黑色 6.3×10－18 下列说法中不正确的是(　　) A．①中浊液生成的原因：Zn2＋＋S2－===ZnS↓ B．浊液a中存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)Zn2＋＋S2－ C．实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示 D．若向试管b中滴加1 mL 0.1 mol·L－1 FeSO4溶液，白色沉淀可以转化为黑色沉淀 答案：C 解析：根据题中信息，ZnS属于难溶物，①中发生反应：Zn2＋＋S2－===ZnS↓，故A正确；浊液a是含有ZnS的悬浊液，存在难溶电解质的沉淀溶解平衡：ZnS(s)Zn2＋＋S2－，故B正确；滤液中含有S2－，向其中加入硫酸铜溶液，发生反应：S2－＋Cu2＋===CuS↓，白色沉淀为ZnS，根据表中数据，CuS比ZnS更难溶，向白色沉淀中滴加CuSO4溶液发生反应：ZnS(s)＋Cu2＋===CuS(s)＋Zn2＋，离子方程式不同，故C错误；向试管b中滴加硫酸亚铁溶液，c(S2－)＝＝ mol·L－1≈1.26×10－12 mol·L－1，c(Fe2＋)＝0.1 mol·L－1，Qc＝c(Fe2＋)·c(S2－)＝0.1×1.26×10－12＝1.26×10－13>6.3×10－18，白色沉淀可以转化为黑色沉淀，故D正确。 8．已知25 ℃时，Ksp(CaC2O4)＝4.0×10－8，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝1.5×10－4；Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，CaCO3饱和溶液的pH约为9，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11。下列有关说法正确的是(　　) A．25 ℃时，同浓度的NaHC2O4溶液的pH比NaHCO3的大 B．用0.5 mol·L－1的草酸钠溶液浸泡CaCO3，可实现CaCO3完全转化为CaC2O4 C．某温度下，向含CaC2O4固体的饱和CaC2O4溶液中加入少量草酸钠固体，则CaC2O4的溶解量将减小 D．过量CaCO3溶于水达到沉淀溶解平衡，其上层清液中含碳微粒主要是CO 答案：C 解析：25 ℃时，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，根据“越弱越水解”知，同浓度的NaHC2O4溶液的水解程度比NaHCO3溶液的小，所以NaHC2O4溶液的pH比NaHCO3溶液的小，A错误；Ksp(CaCO3)<Ksp(CaC2O4)，CaCO3比CaC2O4更难溶，CaCO3不能完全转化为CaC2O4，B错误；向含CaC2O4固体的饱和CaC2O4溶液中加入少量草酸钠固体，CaC2O4(s)Ca2＋＋C2O平衡逆向移动，CaC2O4的溶解量减小，C正确；过量CaCO3溶于水达到沉淀溶解平衡，其上层清液中CO存在水解平衡，根据CaCO3饱和溶液的pH≈9和Ka2＝＝4.7×10－11知，＝<1，故含碳微粒主要是HCO，D错误。 9．(辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如下图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是(　　) A．Ksp(CdS)＝10－18.4 B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线 C．Ka1(H2S)＝10－8.1 D．Ka2(H2S)＝10－14.7 答案：D 解析：H2S饱和溶液中，随pH升高，HS－、S2－浓度逐渐增大，Ni2＋、Cd2＋浓度逐渐减小，则－lg c(HS－)和－lg c(S2－)随pH的升高而减小，－lg c(Ni2＋)和－lg c(Cd2＋)随pH的升高而增大。pH相同时，HS－的浓度大于S2－浓度，即－lg c(HS－)小于－lg c(S2－)，则③为pH与－lg c(S2－)的关系曲线，④为pH与－lg c(HS－)的关系曲线；S2－浓度相同时，由于Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，所以Cd2＋浓度更小，即－lg c(Ni2＋)小于－lg c(Cd2＋)，则①为pH与－lg c(Cd2＋)的关系曲线，②为pH与－lg c(Ni2＋)的关系曲线。Ka1＝＝为定值，代入④上两组数据计算结果一致，Ka1＝＝＝10－7.1，④代表pH与－lg c(HS－)的关系曲线，B、C错误；取③上任一组数据计算Ka2(H2S)＝＝＝＝10－14.7，D正确；Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A错误。 10．某温度下，Ksp(PbI2)＝4×10－6，Ksp(PbS)＝8×10－28。取适量黄色PbI2固体配制成100 mL溶液，配制过程中溶液的离子浓度与时间的变化关系如图所示。下列说法中不正确的是(　　) A．A点处可表示PbI2的饱和溶液 B．t时刻有可能向该PbI2溶液中加入了KI固体 C．常温下PbI2饱和溶液中的c(Pb2＋)＝8×10－4 mol·L－1 D．向A点处的PbI2悬浊液中加入100 mL 2×10－3 mol·L－1的Na2S溶液，平衡后溶液中的c(Pb2＋)>4×10－3 mol·L－1 答案：C 解析：A点时c(I－)不再改变，达到沉淀溶解平衡，所以可表示PbI2的饱和溶液，A正确；t时刻之后c(Pb2＋)逐渐减小、c(I－)瞬间增大后减小，所以有可能向该PbI2溶液中加入了KI固体，使PbI2的沉淀溶解平衡逆向移动，B正确；PbI2饱和溶液中c(I－)＝2c(Pb2＋)，Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝4×10－6，可得c(Pb2＋)＝1×10－2 mol·L－1，c(I－)＝2×10－2 mol·L－1，C错误；向A点处的PbI2悬浊液中加入100 mL 2×10－3 mol·L－1的Na2S溶液，溶液体积增加1倍，c(Pb2＋)＝5×10－3 mol·L－1，c(S2－)＝1×10－3 mol·L－1，S2－完全反应生成PbS沉淀，剩余c(Pb2＋)＝4×10－3 mol·L－1，PbS沉淀还存在沉淀溶解平衡，所以平衡后溶液中的c(Pb2＋)>4×10－3 mol·L－1，D正确。 11．某温度下，向10 mL 0.10 mol/L BaCl2溶液中滴加0.10 mol/L Na2CO3溶液，滴加过程中溶液中－lg c(Ba2＋)与Na2CO3溶液体积(V)的关系如图所示，已知Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。下列说法不正确的是(　　) A．该温度下Ksp(BaCO3)＝10－8.6 B．a、c两点溶液中，水的电离程度：c＞a C．b点溶液中：c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝c(Na＋) D．若把Na2CO3溶液换成等浓度的Na2SO4溶液，则曲线变为Ⅰ 答案：C 解析：向10 mL 0.10 mol/L BaCl2溶液中滴加10 mL 0.10 mol/L Na2CO3溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和碳酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：BaCO3(s)Ba2＋＋CO，c(Ba2＋)＝c(CO)，该温度下Ksp(BaCO3)＝10－4.3×10－4.3＝10－8.6，A正确；a点溶液中滴入碳酸钠不足，溶质为强酸强碱盐溶液，不影响水的电离平衡，c点溶液中碳酸钠过量，溶液因水解呈碱性、水的电离被促进，则a、c两点溶液中水的电离程度：c＞a，B正确；b点溶液中滴入的碳酸钠提供的碳酸根离子主要存在于碳酸钡沉淀中，溶液中碳元素很少：c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＜c(Na＋)，C不正确；若把Na2CO3溶液换成等浓度的Na2SO4溶液：向10 mL 0.10 mol/L BaCl2溶液中滴加10 mL 0.10 mol/L Na2SO4溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和硫酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2＋＋SO，c(Ba2＋)＝c(SO)，该温度下Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，则c(Ba2＋)＝c(SO)＝ mol·L－1≈1×10－5 mol·L－1，－lg c(Ba2＋)≈5＞4.3，则曲线变为Ⅰ，D正确。 二、非选择题 12．镀镍厂排放的硫酸镍废液(含Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋、Ca2＋等杂质)对环境会产生较大污染，对其进行回收利用，提取硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)的工艺流程如图所示。 已知：25 ℃时，有关金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH范围、硫化物的酸溶性如表所示。 金属离子 Cu2＋ Fe2＋ Fe3＋ Zn2＋ Ni2＋ 开始沉淀pH 4.8 6.3 1.5 6.2 6.9 沉淀完全pH 6.7 8.3 2.8 8.2 8.9 硫化物的酸溶性 不溶于硫酸等 溶于酸 — 溶于酸 溶于酸 注：萃取分液后Zn2＋进入有机相。 回答下列问题： (1)H2O2的作用是__________________。 (2)滤渣Ⅲ的化学式为________。 (3)“调pH”时，应调节溶液的pH的范围为________________；实验室“过滤”时用到的玻璃仪器有烧杯、________、________。 (4)滤渣Ⅰ中含有硫单质。在Cu2＋、Fe3＋的“硫化”过程中两个发生反应的离子方程式为______________________________________、____________________________________。 (5)“沉钙”时同样需要控制体系的pH在一定范围内，原因是___________________ _____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (6)已知Ksp(CaF2)＝4×10－12，溶液中某离子浓度小于1×10－6认为其沉淀完全。现有1 L c(Ca2＋)＝1 mol/L的溶液，若要使钙离子完全沉淀，至少需要投入NaF固体的物质的量为________mol(忽略溶液体积变化和氟离子的水解，保留小数点后三位)。 答案：(1)把Fe2＋氧化为Fe3＋　(2)CaF2 (3)2.8≤pH<6.9　漏斗　玻璃棒 (4)Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋　2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋ (5)HF是弱酸，pH过小，氟离子结合氢离子生成氟化氢，NiF2利用率低；pH过大，容易生成镍的氢氧化物沉淀导致产率降低 (6)2.002 解析：镀镍厂排放的硫酸镍废液含Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋、Ca2＋等杂质，通入H2S生成CuS沉淀除Cu2＋，Fe3＋被还原为Fe2＋，H2S被Fe3＋氧化为S单质，过滤，滤渣Ⅰ是CuS、S，滤液中加双氧水把Fe2＋氧化为Fe3＋，加Ni(OH)2调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁，过滤，滤渣Ⅱ是氢氧化铁，滤液中加NiF2生成CaF2沉淀除钙，过滤，滤渣Ⅲ是CaF2，滤液中加萃取剂、分液，Zn2＋进入有机相，水相蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiSO4·7H2O。 (6)已知Ksp(CaF2)＝4×10－12，溶液中某离子浓度小于1×10－6认为其沉淀完全。现有1 L c(Ca2＋)＝1 mol/L的溶液，生成CaF2沉淀消耗F－的物质的量为1 L×1 mol/L×2＝2 mol，钙离子完全沉淀后，溶液中F－浓度为 mol/L＝2×10－3 mol/L，若要使钙离子完全沉淀，至少需要投入NaF固体的物质的量为2 mol＋1 L×2×10－3 mol/L＝2.002 mol。 13．一种利用废脱硝催化剂(含TiO2、V2O5、WO3等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。 已知：①钛酸钠(Na2TiO3)难溶于水； ②溶液的酸性较强时，＋5价钒主要以VO的形式存在； ③溶液中某离子浓度≤10－5 mol·L－1，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)上述流程中，发生的氧化还原反应有____个。 (2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是______________________________________。 (3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知Ksp(CaWO4)＝1×10－10， Ksp [Ca(OH)2]＝4×10－7，当溶液中WO沉淀完全时，溶液中c(OH－)最大值为________ mol·L－1。 (4)“沉钒”过程中，一般要加入过量NH4Cl，其原因是________________________________ ______________________________________________________。 (5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是_______________________________________________________________ ________________________________。 答案：(1)3 (2)2Na＋＋TiO2＋2OH－Na2TiO3＋H2O (3)0.2 (4)增大NH浓度，使NH4VO3(s)NH＋VO逆向移动，利于NH4VO3尽可能析出完全 (5)pH过低，VO转化为VO的程度较大；pH过高，NH转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低 14．(山东卷)盐湖卤水(主要含Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SO和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下： 已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－3。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： (1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－(常温下，Ka＝10－9.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为______________________________________，该溶液pH＝________。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分是________(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li＋的浓度为2.0 mol·L－1，则常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应控制在________mol·L－1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加________的用量(填化学式)。 (3)精制Ⅱ的目的是______________________________________________________________ _______________________________；进行操作X时应选择的试剂是________，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____________________________________________________ _____________________________________________________________。 答案：(1)[B4O5(OH)4]2－＋5H2O===2B(OH)3＋2[B(OH)4]－　9.34 (2)Mg(OH)2、CaSO4　5.5×10－4　CaO、Na2CO3 (3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋)，提高Li2CO3纯度　盐酸　浓缩液中因CO浓度过大使得Li＋过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小 解析：由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到固体混合物，该固体混合物中含有Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SO等，煅烧时部分Mg2＋水解生成H＋与Mg(OH)2；H＋与Cl－结合生成HCl气体，Mg(OH)2受热分解形成MgO，MgO不溶于水，烧渣水浸得到的固体为MgO，然后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下CaO变成Ca(OH)2，可除去SO和剩余Mg2＋，则滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、CaSO4，此时滤液中含有Na＋、Li＋、Ca2＋；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为CaCO3；精制Ⅱ所得滤液(含Na＋、Li＋、CO)经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，为防止生成Li2CO3沉淀，需加入盐酸除去CO，则操作X中选用盐酸，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3。 (1)常温下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2－＋5H2O===2B(OH)3＋2[B(OH)4]－，由B元素守恒可知，B(OH)3和[B(OH)4]－的浓度均为0.20 mol·L－1，Ka＝＝c(H＋)＝10－9.34，则该溶液pH＝9.34。 (2)精制Ⅰ后溶液中Li＋的浓度为2.0 mol·L－1，由Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－3可知，则常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应控制在 mol·L－1＝5.5×10－4 mol·L－1以下。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$