2024届高三新高考化学大一轮专题练习---沉淀溶解平衡

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2024届高三新高考化学大一轮专题练习---沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2023·湖南长沙·高三浏阳一中校考阶段练习）下列实验操作能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
比较和的
向盛有溶液的试管中先加入足量溶液，滤出沉淀后，向沉淀中加入溶液，观察现象
B
配制的NaOH溶液
将10gNaOH固体放入小烧杯中溶解，转移至250mL容量瓶中，定容
C
验证的还原性
将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，观察颜色变化
D
制备氢氧化铁胶体
向沸水中滴入5~6滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热

A．A B．B C．C D．D
2．（2022秋·甘肃兰州·高三兰州一中校考期末）已知25℃时，、。在和均为0.1mol/L的酸性溶液中，逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢增大至7，下列判断正确的是
A．先沉淀 B．先沉淀
C．同时沉淀 D．和均不可能沉淀
3．（2022秋·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）常温下，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数 [-lgc(M2+)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。下列说法不正确的是

A．曲线a表示Cu2+在饱和溶液中的变化关系
B．向Fe2+和Cu2+混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，Fe2+先沉淀
C．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+):c(Cu2+)=104.6:1
D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，不可以转化为Y点对应的溶液
4．（2023秋·浙江湖州·高三统考期末）一定温度下，将有缺角的晶体置于饱和溶液中，一段时间后缺角消失得到有规则的晶体。下列说法中正确的是
A．晶体质量会增加 B．溶液中减小
C．溶液中 D．溶液中和的乘积增大
5．（2023秋·黑龙江大庆·高三铁人中学校考期末）一定温度下，AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)体系中，c(Ag+)和c(Cl-)的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．a、b、c三点对应的Ksp相等
B．AgCl在水中的溶解度和在氯化钠溶液中的溶解度相同
C．AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)
D．b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向a点方向变化
6．（2022秋·山东聊城·高三统考期末）推理是重要的学习方法，下列推理不合理的是
选项
已知
结论
A
室温下，水电离出的为
该溶液的pH可能为1或13
B
室温下，
的电离程度不一定比HClO的大
C
室温下，、，铬酸银为砖红色沉淀
标准溶液滴定时，不能采用作指示剂
D
pH相同的HA和HB溶液稀释相同倍数后，HA的pH比HB的pH小
HA一定是弱酸

A．A B．B C．C D．D
7．（2023秋·重庆·高三校联考期末）根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向浓度均为0.1的和混合溶液中滴加少量溶液，先出现黄色沉淀

B
取两支试管，分别加入20.5溶液，将其中一支试管的溶液加热，发现未加热的溶液呈绿色，加热后的溶液呈黄绿色。
反应为吸热反应
C
镀锌铁钉和普通铁钉同时投入相同浓度的盐酸中，镀锌铁钉产生气泡更快
镀锌后的铁更易发生析氢腐蚀
D
用计测定相同温度下，相同物质的量浓度的溶液和溶液，发现溶液的小于溶液的


A．A B．B C．C D．D
8．（2023秋·重庆·高三校联考期末）下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向0.1溶液中加入水，溶液中增大
B．0.1的溶液中，
C．向盐酸中加入固体，当溶液呈中性时，
D．向、的混合饱和溶液中加入少量AgNO3固体，溶液中不变
9．（2023春·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习）硫化锌(ZnS)和硫化铅(PbS)常用于光导体、半导体工业，它们在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，M为Zn或Pb，pM表示。下列说法正确的是

A．曲线Ⅱ代表PbS的沉淀溶解平衡曲线
B．n、q两点溶液中的：n > 。___
(3)若保持温度不变，在醋酸溶液中加入少量盐酸，下列量会变小的是___ (填序号)。
A．c(CH3COO-) B．c(H+) C．醋酸电离平衡常数 D．醋酸的电离程度
II.某化工厂废水中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01mol·L-1。排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：
难溶电解质
AgI
AgOH
Ag2S
PbI2
Pb(OH)2
PbS
Ksp
8.3×10-17
5.6×10-8
6.3×10-50
7.1×10-9
1.2×10-15
3.4×10-28
(4)你认为往废水中投入___(填字母序号)，沉淀效果最好。
A．NaOH B．Na2S C．KI D．Ca(OH)2
(5)如果用食盐处理其只含Ag+的废水，测得处理后的废水中NaCl的质量分数为0.117%(ρ≈1g·mL-1)。若环境要求排放标准为c(Ag+)低于1.0×10-8mol·L-1，问该工厂处理后的废水中c(Ag+)=___。[已知M(NaCl)=58.5，KSp(AgCl)=1.8×10-10mol2·L-2]。
17．（2022春·江苏徐州·高三徐州市第七中学校考期中）金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/mol·L-1)如图所示。

(1)pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是___________。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH___________(填序号)。
A．＜1 B．4左右 C．＞6 D．＞8
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，___________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是___________。
(4)已知一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
物质
FeS
MnS
CuS
Ksp
6.5×10-18
2.5×10-13
1.3×10-35
物质
PbS
HgS
ZnS
Ksp
3.4×10-28
6.4×10-33
1.6×10-24
为除去某工业废水中含有的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的___________(填序号)。
A．NaOH　　B．FeS　　　C．Na2S
(5)向FeS的悬浊液加入Cu2＋产生黑色的沉淀，反应的离子方程式为：___________该反应的平衡常数是：___________
18．（2021春·湖北·高三校联考期中）弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。
Ⅰ．已知HA在水中存在以下平衡：，。
(1)常温下NaHA溶液的pH_______(填序号)，原因是_______。(用方程式和简要的文字描述)
A．大于7              B．小于7                C．等于7 D．无法确定
(2)某温度下，若向0.1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1 KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是_______
A． B．
C． D．
(3)已知常温下的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡： 。若要使该溶液中浓度变小，可采取的措施有_______。
A．升高温度          B．降低温度           C．加入体        D．加入固体
Ⅱ．含的废水毒性较大，某工厂废水中含的。为了使废水的排放达标，进行如下处理：、、。
(4)该废水中加入绿矾和，发生反应的离子方程式为_______。
(5)若处理后的废水中残留的，则残留的的浓度为_______。(已知：，)

参考答案：
1．D
【详解】A．BaSO4和 BaSO3均为白色固体，无法判断沉淀是否发生了转化，A项错误；
B．NaOH固体溶于水会放热，需要冷却至室温后，再转移至容量瓶中，B项错误；
C．电石与饱和食盐水反应生成的气体为，H2S、PH3，三种气体均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此需要先用饱和CuSO4溶液除去H2S、PH3，再将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，才可证明具有还原性，C项错误；
D．向沸水中滴入5~6滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，D项正确；
故选：D。
2．B
【详解】在和均为0.1mol/L的酸性溶液中，逐滴加入NaOH稀溶液，NaOH先与溶液中的氢离子反应，随着pH逐渐增大，又因Fe(OH)3和Cu(OH)2结构相似，Ksp[Cu(OH)2] > Ksp[Fe(OH)3]，溶度积越小越先生成沉淀，（或，铁离子开始沉淀时的pH更小）所以Fe3+先沉淀；
答案选B。
3．B
【详解】A．从图中可以看出，pH=10时，都能生成Fe(OH)2、Cu(OH)2沉淀，但此时a曲线中M2+浓度比b曲线中M2+浓度小，因为该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，所以曲线a表示Cu2+在饱和溶液中的变化关系，A正确；
B．未指明混合溶液中亚铁离子和铜离子的物质的量浓度是否相同，无法确定哪个阳离子先沉淀，B不正确；
C．由pH=10可计算出，Ksp[Cu(OH)2]=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，Ksp[Fe(OH)2]=10-7.1×(10-4)2=10-15.1，当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+):c(Cu2+)=10-15.1:10-19.7，=104.6:1，C正确；
D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，c(OH-)增大，必然会使溶液中c(Cu2+)减小，所以不可以转化为Y点对应的溶液，D正确；
故选B。
4．C
【分析】一定温度下，饱和溶液中不再溶解固体。难溶性电解质中存在沉淀溶解平衡。
【详解】A．一定温度下，饱和溶液中不再溶解固体。故晶体质量会不变，A项错误；
B．难溶性电解质中存在沉淀溶解平衡，加入晶体，平衡不移动，故溶液中不变，B项错误；
C．难溶性电解质中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液的电离方程式是Ba2++，故溶液中，C项正确；
D．平衡常数只与温度有关，故一定温度下，Ksp=·，Ksp 不变，故溶液中和的乘积不变，D项错误。
故答案选C。
5．B
【详解】A．温度不变，则Ksp不变，所以a、b、c三点对应的Ksp相等，故A正确；
B．增大氯离子浓度，AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，AgCl在水中的溶解度大于在氯化钠溶液中的溶解度，故B错误；
C．AgCl溶于水，形成沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)，故C正确；
D．b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，故c(Cl-)减小，所以c(Ag+)沿曲线向a点方向变化，故D正确；
选B。
6．C
【详解】A．室温下，水电离出的为，则溶液中可能为，也可能为，则溶液的pH可能为13，也可能为1，故A不符合题意；
B．室温下，，若是相同浓度，电离平衡常数越大，则电离程度越大，若次氯酸的浓度小，根据越稀越电离，则次氯酸的电离程度可能大于醋酸，故B不符合题意；
C．室温下，，则，，则，铬酸银为砖红色沉淀，标准溶液滴定时，可采用作指示剂，当氯离子滴定完后，再滴定时会出现砖红色沉淀，故C符合题意；
D．pH相同的HA和HB溶液稀释相同倍数后，HA的pH比HB的pH小，HA稀释时又电离出氢离子，导致氢离子浓度比HB的氢离子浓度大，因此HA一定是弱酸，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
7．B
【详解】A．向浓度均为的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量溶液，先出现沉淀的说明该沉淀的溶解度更小，因先出现黄色沉淀该沉淀为AgI，因此，A错误；
B．根据升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动可知，该反应为吸热反应，B正确；
C．镀锌后的铁容易形成原电池，加快了反应速率，C错误；
D．溶液的pH大，说明其对应的酸根离子水解能力强，其对应的酸的酸性弱，D错误；
故选B。
8．D
【详解】A．弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，向0.1H溶液中加入水，溶液中不变，故A错误；
B．根据质子守恒，0.1的溶液中，，故B错误；
C．向盐酸中加入固体，根据电荷守恒，当溶液呈中性时，，故C错误；
D．向、的混合饱和溶液中加入少量AgNO3固体，溶液中=，所以不变，故D正确；
选D。
9．B
【详解】A．已知：Ksp(PbS)＜Ksp(ZnS)，当c(S2-)相同时，c(Pb2+)＜c(Zn2+)，则pPb＞pZn，则曲线I代表PbS的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ代表ZnS的沉淀溶解平衡曲线，A错误；
B．由A选项的分析可知，n点的c(Pb2+)小于q点的c(Zn2+)，B正确；
C．Ksp只和温度有关，温度不变，Ksp不变，C错误；
D．向m点对应的悬浊液中加入少量MCl2固体，c(M2+)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，c(S2-)减小，则溶液组成由m沿mn曲线向左侧移动，D错误；
故选B。
10．A
【详解】A．当实验Ⅰ中时，所得溶液为饱和氢氧化镁溶液，不能观察到白色沉淀，故A错误；
B．若氢氧化钠溶液过量，过量的氢氧化钠溶液会与铵根离子、铁离子反应，不能达到研究沉淀的溶解与转化，所以为达成实验目的，实验Ⅰ必须确保氢氧化钠溶液不过量，故B正确；
C．实验Ⅱ中铵根离子会与氢氧根离子反应，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，故C正确；
D．实验Ⅲ中白色沉淀逐渐转变为红褐色说明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁沉淀，氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，故D正确；
故选A。
11．C
【详解】A．碳酸钠是多元弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步电离，以一级水解为主，水解的离子方程式为，故A错误；
B．由电离常数公式可知，溶液中=，由混合溶液pH为6可得：=≠18，故B错误；
C．由碳酸氢钠溶液中的物料守恒关系可知，溶液中，故C正确；
D．由题意可知，混合溶液中碳酸根离子的浓度为2×10-4mol/L×=1×10-4mol/L，由碳酸钙的溶度积可知，生成碳酸钙沉淀所需氯化钙的最小浓度为2×=5.6×10-5mol/L，故D错误；
故选C。
12．BC
【分析】由题干工艺流程图信息可知，向低铜萃取余液中加入CaO浆液调节pH值到4.0~5.0，则产生CaSO4和Fe(OH)3沉淀，过滤得滤渣I成分为CaSO4和Fe(OH)3，滤液中含有Co2+、Cu2+、Fe2+、Mn2+等离子，向滤液中通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，进而转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+氧化为MnO2，过滤得滤液(主要含有Co2+和Cu2+)，向其中加入CaO浆液，调节pH到5.5~7.8，将Cu2+转化为Cu(OH)2，即滤渣Ⅱ为Cu(OH)2，过滤得滤液，向其中加入NaHCO3进行沉钴，反应原理为：Co2++2=CoCO3↓+H2O+CO2↑，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH)3和CaSO4，A错误；
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B正确；
C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO2的离子方程式为，C正确；
D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用Na2CO3代替NaHCO3，否则将生成Co(OH)2等杂质，D错误；
故答案为：BC。
13．BC
【详解】A．曲线上的点恰好为饱和溶液，坐标值越大，离子浓度越小，因此直线上方的区域表示不饱和溶液，直线下方的区域表示过饱和溶液，故阴影区域中的点可以生成沉淀，不能生成沉淀，故A错误；
B．由图可知，，故的数量级为，故B正确；
C．，上述、溶液等体积混合后滴加溶液，Cl-所需最小的银离子浓度为，所需最小的银离子浓度为，故Cl-所需最小的银离子浓度更小，故先生成沉淀，故C正确；
D．的平衡常数为，故D错误；
故选BC。
14．AB
【详解】A．醋酸铵溶液中铵根也会水解，从而影响实验结果，故A错误；
B．两溶液所用Fe3+、Cu2+浓度不同，变量不唯一，故B错误；
C．先有白色沉淀生成，后来又变成黄色，说明AgCl沉淀转化为AgI，AgI的溶解度更小，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故C正确；
D．溶液中存在水解平衡，溶液呈碱性，加入酚酞显后红色，加入少量固体，钡离子与碳酸根离子结合生成碳酸钡沉淀，平衡逆行移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅，故D正确；
故选AB。
15．(1)H++=
(2)AgCl+2NH3 = Ag(NH3)+Cl-
(3)CH3COOH+HCO= CH3COO-+CO2↑+H2O
(4)CaCl2·Ca(OCl)2 ·2H2O+4H+=2Cl2↑+2Ca2++4H2O
(5)CaCl2·Ca(OCl)2 ·2H2O+2CO2=2Cl2+2CaCO3+2H2O
(6)Fe2O3+6CH3COOH=2Fe3++6CH3COO-+3H2O

【详解】（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可以使酚酞试液变为红色。向其中滴加稀盐酸，当酚酞恰好褪色时，溶液pH=8，此时反应产生NaCl、NaHCO3，反应的离子方程式为：H++=。
（2）AgCl在溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，向其中滴加氨水，首先反应产生AgOH白色沉淀，当氨水过量时，反应产生可溶性的Ag(NH3)2Cl，反应的离子方程式为：AgCl+2NH3=Ag(NH3)+Cl-。
（3）由于醋酸的酸性比碳酸强，所以过量的醋酸和碳酸氢钠反应，产生醋酸钠、水、二氧化碳。由于醋酸的弱酸，所以反应的离子方程式为：CH3COOH+= CH3COO-+CO2↑+H2O。
（4）漂白粉有效成分用化学式CaCl2·Ca(OC1)2·2H2O表示，由于盐酸的酸性比次氯酸强，所以二者会发生反应产生Cl2，同时产生CaCl2、H2O，反应的离子方程式为：CaCl2·Ca(OCl)2 ·2H2O+4H+=2Cl2+2Ca2++4H2O。
（5）漂白粉固体吸收空气中的二氧化碳放出氯气，是由于在酸性条件下发生氧化还原反应产生Cl2，同时产生碳酸钙、H2O，反应的离子方程式为：CaCl2·Ca(OCl)2 ·2H2O+2CO2=2Cl2+2CaCO3+2H2O。
（6）磁石的主要成分Fe3O4，其中的Fe2O3溶解与醋酸反应生成醋酸铁和水，溶于水后洗去可溶性物质，就得到不含Fe2O3的“煅磁石”，该反应的离子方程式为：Fe2O3+6CH3COOH=2Fe3++6CH3COO-+3H2O。
16．(1)
(2)H2CO3>HSO>HCO
(3)AD
(4)B
(5)9×10-9mol·L-1

【解析】略
17．(1)Cu2+
(2)B
(3) 不能 从图中可以判断出来，Ni2+和Co2+有共同沉淀的pH范围，在这个pH范围内两种离子会同时从溶液中析出，所以无法分离；
(4)B
(5)

【分析】（1）
图中看出pH＝3的时候，Cu2+还未沉淀，所以铜元素的主要存在形式是Cu2+；
（2）
若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH使铁离子完全沉淀，同时不沉淀溶液中的铜离子。所以选项为B；
（3）
在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，不能通过调节溶液pH的方法来除去，因为从图中可以判断出来，Ni2+和Co2+有共同沉淀的pH范围，在这个pH范围内两种离子会同时从溶液中析出，所以无法分离；
（4）
根据题目给出的难溶电解质的溶度积常数，这些难溶物的Ksp最大的是FeS，所以最好向废水中加入过量的FeS，发生沉淀转化反应，再经过滤将杂质除去。其余物质都可溶于水，过量的该物质也是杂质。所以选项B正确；
（5）
溶度积较大的沉淀可转化为溶度积较小的沉淀，其离子方程式为：，其平衡常数为：
18． B ，只能发生电离，不能发生水解 BC BD
【详解】(1)H2A第一步完全电离、第二步部分电离，说明HA-只能电离不能水解，所以NaHA溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故答案为：B；NaHA只能发生电离，不能发生水解；
(2)某温度下混合溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒得c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，NaHA溶液呈弱酸性，要使混合溶液呈中性，则加入少量KOH即可：
A．温度未知，则c(H+)•c(OH-)不一定等于1.0×10-14，A错误；
B．溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒得c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，B正确；
C．NaHA溶液呈弱酸性，要使混合溶液呈中性，则加入少量KOH即可，根据物料守恒得c(Na+)＞c(K+)，C正确；
D．混合溶液中两种离子浓度之和不变，c(Na+)+c(K+)=0.1mol/L，D错误；
故答案为：BC；
(3)CaA的饱和溶液中存在CaA(s)⇌Ca2+(aq)+A2-(aq)，并且△H＞0，要使该溶液中Ca2+浓度变小，可改变条件使平衡逆向移动，
A．升高温度，平衡正向移动，溶液中Ca2+浓度增大，A不合题意；
B．降低温度，平衡逆向移动，溶液中Ca2+浓度减小，B符合题意；
C．H2A是二元弱酸，A2-与相互促进水解，使平衡正向移动，溶液中Ca2+浓度增大，C不合题意；
D．加入Na2A固体，增大A2-浓度，平衡逆向移动，溶液中Ca2+浓度减小，D符合题意；
故答案为：BD；
Ⅱ．(4)酸性条件下，具有强氧化性，可氧化Fe2+，反应的离子方程式为：，故答案为：；
(5)废水中残留的c(Fe3+)=2.0×10-13 mol/L，则溶液中c3(OH-)== =2.0×10-25，所以溶液中残留的Cr3+的浓度==mol/L=3.0×10-6 mol/L，故答案为：3.0×10-6 mol/L。