高中化学人教版 (2019)选择性必修1第四节 沉淀溶解平衡课后复习题

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1第四节 沉淀溶解平衡课后复习题，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
第三章第四节沉淀溶解平衡同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是
A．AgCl>AgI>Ag2CrO4 B．AgCl>Ag2CrO4>AgI
C．Ag2CrO4>AgCl>AgI D．Ag2CrO4>AgI>AgCl
2．室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是

A．的数值为 B．点时有生成
C．加入蒸馏水可使溶液由点变成点 D．点与点对应的溶度积相等
3．秦俑彩绘中的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2都是难溶的铅盐。室温下，PbCO3和PbI2达到溶解平衡时，-lgc(Pb2+)与-lgc()或-lgc(I-)的关系如图，下列说法错误的是

A．L2曲线代表PbCO3，其Ksp(PbCO3) =1.0×10-13.1
B．p点对应的PbI2溶液中，滴入0.1 mol·L-1 Pb(NO3)2溶液，将析出固体PbI2
C．反应PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K=105.1
D．向等浓度的Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2 溶液先产生黄色沉淀
4．根据实验操作和现象，不能得出相应结论的是

实验操作和现象
结论
A
在常温下，等体积、pH=12的两种碱溶液MOH和ROH分别加水稀释10倍，稀释后，MOH溶液的pH大
碱性：
B
常温下，分别测NaA溶液与NaB溶液的pH，NaA溶液的pH大
酸性：
C
某溶液中滴加溶液、产生蓝色沉淀
原溶液中有
D
向2mL 溶液中滴加3mL等浓度的NaCl溶液后，再滴加KI溶液，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀。


A．A B．B C．C D．D
5．为研究沉淀之间的转化，某小组设计如图实验：

下列分析正确的是
A．白色浊液中不存在自由移动的Ag+ B．实验2说明Ksp(AgCl)210-5，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B正确；
C．d 点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则  c (Ca2 +)、c()都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由 d 点变成 a 点， C错误；
D． b 点与 d 点在相同的温度下，溶度积相等，D正确；
故本题选C。
3．D
【详解】A．L2曲线代表PbCO3，取点(0，13.1)，此时-lgc()=0，c()=1mol/L，-lgc(Pb2+)=13.1，c(Pb2+)=10-13.1mol/L，其Ksp(PbCO3) = c(Pb2+)∙c()=1×10-13.1=1.0×10-13.1，A正确；
B．p点对应的PbI2溶液中，滴入0.1 mol·L-1 Pb(NO3)2溶液，将增大溶液中的c(Pb2+)，使沉淀溶解平衡逆向移动，从而析出固体PbI2，B正确；
C．取点(0，8)，可求出Ksp(PbI2)=10-8，反应PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K====105.1，C正确；
D．因为Ksp(PbI2)=10-8，Ksp(PbCO3)=10-13.1，向等浓度的Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2 溶液，所以先生成PbCO3沉淀，即先产生白色沉淀，D错误；
故选D。
4．B
【详解】A．在常温下，等体积、pH=12的两种碱溶液MOH和ROH分别加水稀释10倍，稀释后，MOH溶液的pH大，说明MOH稀释时又电离，而ROH稀释时不电离或电离移动比MOH电离移动小，则碱强弱：，能得出结论，故A不符合题意；
B．常温下，分别测NaA溶液与NaB溶液的pH，NaA溶液的pH大，没有说测同浓度的盐溶液的pH值，因此不能得出HA、HB的酸强弱，故B符合题意；
C．某溶液中滴加溶液、产生蓝色沉淀，则沉淀为，说明元溶液中含有亚铁离子，能得出结论，故C不符合题意；
D．向2mL 溶液中滴加3mL等浓度的NaCl溶液后，银离子反应完，氯离子还有剩余，生辰AgCl白色沉淀，再滴加KI溶液，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，生成了AgI即AgCl转化为AgI，则得出结论，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
5．C
【详解】A．白色浊液中存在AgCl的沉淀溶解平衡，存在自由移动的Ag+，故A错误；
B．实验2沉淀发生转化，说明AgI更难溶，溶度积越小的越易沉淀，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误；
C．把实验①②交换顺序，由于KI过量且Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)，因此直接产生黄色沉淀，看不到白色沉淀，故C正确；
D．实验③存在沉淀转化为Ag2S，其存在沉淀溶解平衡，由于实验②中KI是过量的，则Ag+与I-可结合生成AgI，故D错误；
故选：C。
6．C
【详解】A．曲线上的点均处于沉淀溶解平衡状态，则PdI2的Ksp=c（Pd2+）×c2（I-）=（5×10-5）×（1×10-4）2=5.0×10-13，故A错误；
B．t℃时，a、c两点在曲线上、为饱和溶液，b点在曲线下方、为不饱和溶液，d点在曲线上方、为过饱和溶液，即a、c点是饱和溶液，d点是过饱和溶液，b点为不饱和溶液，故B错误；
C．c点溶液是饱和溶液，Ksp=c（Pd2+）×c2（I-），加入少量NaI固体，溶液中c（I-）增大，此时浓度积Q＞Ksp，则有PdI2固体析出，故C正确；
D．c点的溶液为饱和溶液，恒温蒸发部分水，有晶体析出，溶液中c（Pd2+）、c（I-）不变，则不能变到a点，故D错误；
故选C。
7．C
【详解】A．氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡，则沉淀溶解平衡为，故A正确；
B．③中溶液又变红，可知溶液显碱性，结合选项A可知，沉淀溶解平衡正向移动，故B正确；
C．①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁，氯化镁的存在会使氢氧化镁的溶解平衡逆向移动，则c(OH-)：③＜①，故C错误；
D．③中溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，由电荷守恒式2c(Mg2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故D正确；
故选：C。
8．D
【详解】A．已知Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c()=5.1×10-9，Ksp(BaSO4)= c(Ba2+)·c()=1.1×10-10，由图象可知曲线a的横、纵坐标之积＜曲线b的横纵坐标之积，则曲线b代表的是BaCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线a代表BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，A错误；
B．向p点的溶液中加入少量BaCl2固体，钡离子浓度增大，溶液组成沿曲线向n方向移动，B错误；
C．若用碳酸钡作为内服造影剂，碳酸钡与胃酸反应、转化为可溶性氯化钡，导致重金属离子中毒，C错误；
D．用0.30 mol/L的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，使可溶性钡盐尽可能转化为不溶性的BaSO4，减小毒性，D正确；
故合理选项是D。
9．C
【分析】向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
【详解】A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；
B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol⋅L-1，故B错误；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I-、Br-、Cl-全部转化为沉淀，则Ag+浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为：，故D错误；
故选C。

10．D
【详解】A．硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c(SO)，平衡左移，c(Ba2+)应降低，故A正确；
B．在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，故B正确；
C．d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c(SO)、c(Ba2+)均增大，所以可能使溶液变饱和、由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确；
D．升高温度, 促进溶解平衡右移，c(SO)、c(Ba2+)均增大，不会使溶液由b点变为d点，故D错误；
本题选D。
11．B
【详解】A．根据图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10-13，故A正确；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，故B错误；
C．在a点时Qc＜Ksp，故a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；
D．K=，故D正确；
故选：B。
12．B
【详解】不同物质的溶解度受温度变化影响不同，硝酸钾的溶解度随温度升高而明显增大，氯化钠的溶解度随温度变化影响不大。由题图可知，将60℃的饱和溶液冷却至0℃时硝酸钾容易析出，氯化钠析出较少，所以冷却析出的晶体中含有大量硝酸钾，少量氯化钠，故选B。
13．D
【分析】由图可知，氯离子浓度和草酸根离子浓度相等时，氯化银饱和溶液中银离子浓度小于草酸银饱和溶液，则氯化银的溶解度小于草酸银，氯化银的溶度积Ksp(AgCl)= c(Cl−) c(Ag+)=10—5.75×10—4=10—9.75，草酸银的溶度积Ksp(Ag2C2O4)= c()c2(Ag+)=10—2.46×(10—4)2=10—10.46。
【详解】A．由分析可知，草酸银的溶度积Ksp(Ag2C2O4)= c()c2(Ag+)=10—2.46×(10—4)2=10—10.46，数量级为10−11，故A错误；
B．由图可知，N点溶液中浓度熵Qc＞Ksp(AgCl)，是氯化银的过饱和溶液，故B错误；
C．由分析可知，氯化银的溶解度小于草酸银，则向氯离子浓度和草酸根离子浓度相等的混合溶液中滴入硝酸银溶液时，先生成氯化银沉淀，故C错误；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K==== =109.04，故D正确；
故选D。
14．D
【详解】A．由图示知，a点对应溶液为BaCO3饱和溶液，不能再溶解BaCO3，A错误；
B．c点对应溶液为BaCO3过饱和溶液，能形成BaCO3沉淀析出，B错误；
C．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，C错误；
D．加入Na2CO3，则c()增大，促使沉淀溶解平衡逆向移动，c(Ba2+)减小，可实现溶液由a点变到b点，D正确；
故答案选D。
15．C
【详解】A．Ksp(XCO3)=c(X2+)c(CO)，Ksp(YCO3)=c(Y2+)c(CO)；又因Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)，所以c(CO)相同时，c(X2+)＜c(Y2+)，pc(X2+)＞pc(Y2+)，所以a为XCO3的溶解平衡曲线，b为YCO3的溶解平衡曲线，故A错误；
B．Ksp(XCO3)⇌c(X2+)c(CO)=10-4mol/L×100mol/L=10-4，故B错误；
C．虽然Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)，溶解性小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，沉淀转化的平衡移动原理为：X2+(aq)+YCO3(s)⇌XCO3(s)+Y2+(aq)，但加入饱和Y(NO3)2溶液，增大了c(Y2+)，使平衡逆向移动，可能会有YCO3生成，故C正确；
D．YCO3沉淀溶解的原理，YCO3(s)⇌CO3(aq)+Y2+(aq)，向饱和YCO3溶液中加入Na2CO3溶液，不知Na2CO3溶液的浓度，无法确定是否一定能产生YCO3沉淀，故D错误；
故选：C。
16．(1)Cu2＋
(2)B
(3) 不能 Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小
(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-＋4H2O
(5)B

【详解】（1）据图知pH=4～5时，Cu2＋开始沉淀为Cu(OH)2，因此pH=3时，铜元素主要以Cu2＋形式存在；
（2）若要除去CuCl2溶液中的Fe3＋，以保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知pH应为4左右，故选B；
（3）据图知，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的Co2＋；
（4）据已知条件结合原子守恒即可写出离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-＋4H2O；
（5）因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质，故选B。
17．(1)c3(Cd2+)•c2(PO43-)
(2)Cd(OH)2
(3) 1.0×10-19 是
(4)蓝色
(5) 1.8×10-7 2 否

【详解】（1）根据磷酸镉的溶解平衡反应式为：Cd3(PO4)2(s)3Cd2+(aq)+2 (aq)，磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式Ksp=c3(Cd2+)•c2 (PO43-)，故答案为：c3(Cd2+)•c2(PO43-)；
（2）当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(s)⇌Cd2++CO32-，则其平衡时摩尔溶解度为s===2×10-6mol/L，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s)⇌Cd2++2OH-，则其平衡时摩尔溶解度为s===2×10-5mol/L，则它们在水中的溶解能力较大的是Cd(OH)2， 故答案为：Cd(OH)2；
（3）当S2-浓度达到7.9×10-8mol•L-1时，Cd2+浓度为=1.0×10-19mol•L-1=＜0.005mg•L-1，是符合水源标准，故答案为：1.0×10-19； 是；
（4）Mg(OH)2的溶度积Ksp=5.6×10-12，则c(Mg2+)c2(OH-)=5.6×10-12；c(OH-)=2c(Mg2+)=x，得到0.5x×x2=5.6×10-12；计算得到x=2.24×10-4mol/L；c(H+)==4.5×10-11mol/L，pH=10.4＞9.6，所以溶液呈蓝色，故答案为：蓝色；
（5）①起始时为50mL 0.018mol/L的AgNO3溶液中加入50mL 0.020mol/L的HCl发生反应，反应后溶液中c(Cl-)=mol/L=10-3mol/L，则溶液中c(Ag+)==1.8×10-7mol/L，故答案为：1.8×10-7；
②完全沉淀后盐酸过量，溶液中c(H+)==0.010mol/L，则溶液的pH=-lgc(H+)=2，故答案为：2；
③再向反应后的溶液中加入50mL 0.001mol•L-1盐酸，不发生反应时c(Ag+)=×1.0×10-7mol•L-1=0.67×10-7mol•L-1、c(Cl-)=×[(0.001+1.0×10-7+0.001]mol•L-1≈0.001mol•L-1，而离子浓度积=0.001×0.67×10-7=0.67×10-10＜1.0×10-10，故不能沉淀产生，故答案为：否。
18． 橙 C 6 5 Fe-2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+ Fe(OH)3
【详解】(1)溶液显酸性，c(H+)较大，2(黄色)+2H+⇌(橙色)+H2O，该平衡右移，该溶液显橙色；
(2)A．和的浓度相同，但是不一定是浓度保持不变的状态，反应不一定达到平衡状态，平衡时浓度不变，故A不符合题意；
B．2v()=v()，没有标出正、逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，故B不符合题意；
C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，故C符合题意；
答案选C；
(3)由元素的化合价变化可知，还原1 mol离子，得到Cr3+，得到电子为2×(6-3)=6 mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4∙7H2O的物质的量为=6 mol；
(4)当c(Cr3+)=10-5 mol/L时，溶液的c(OH-)==10-9 mol/L，c(H+)=mol/L=10-5 mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5 mol/L，溶液的pH应调至5；
(5)用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe-2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；
(6)溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H++2e-=H2↑，导致溶液酸性减弱，溶液pH升高；同时溶液中亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3。
19． 0.3 是弱酸，当溶液pH调节到8左右，增大容易形成沉淀或pH增大，促进电离，增大， ，才开始沉淀
【详解】(1)图表中硫酸浓度为29.4g/L，换算物质的量浓度；
(2)若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×10−4mol⋅L−1，依据Ksp(FeAsO4)=c(Fe3+)c()=5.7×10−21mol2/L2，则；
(3) 三价砷(H3AsO3弱酸)不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷(H3AsO4弱酸)，砷元素的化合价由+3价升至+5价，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，则该反应的离子方程式为：；
(4)①由于是强酸，废水中较大，硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为CaSO4；
②为弱酸，当pH较小时，抑制了的电离，较小，所以酸性条件下不易形成沉淀，当时，的浓度增大，容易形成沉淀；
③的第一步电离为，第二步电离为，第三步电离为，。第一步水解的平衡常数。