2019-2020年高三化学稳步提升训练8.4 沉淀溶解平衡.doc

2019-2020年高三化学稳步提升训练8.4 沉淀溶解平衡1.为了除去MgCl2溶液中的， 加热搅拌的条件下加入一种试剂，该试剂是（ ）A.NaOH B. C.氨水 D.MgO 【解析】 要除实际上是除去除去的方法是加入某物质使之成为沉淀,然后过滤即可。同时该题巧妙运用了的溶解度小于的溶解度,从而可以使沉淀,而不致使转化为沉淀而析出。 【答案】 D 2.下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是( ) A.反应开始时,溶液中各离子浓度相等 B.沉淀溶解达到平衡时,沉淀的速率和溶解的速率相等 C.沉淀溶解达到平衡时,溶液中溶质的离子浓度相等,且保持不变 D.沉淀溶解达到平衡时,如果再加入难溶性的该沉淀物,将促进溶解 【解析】 沉淀溶解达平衡时,沉淀速率与溶解速率相等,由于各物质电离出的阴、阳离子个数并不一定相等,故浓度不一定相等;已达平衡后,再加入该沉淀物平衡不移动。 【答案】 B 3.向5 mL NaCl溶液中滴入一滴溶液,出现白色沉淀,继续滴加一滴KI溶液并振荡,沉淀变为黄色,再滴入一滴溶液并振荡,沉淀又变成黑色。根据上述变化过程,分析此三种沉淀物的溶解度关系为( ) A. B. C. D. 【解析】 本题考查了沉淀的转化,根据平衡移动原理,沉淀应当向溶解度更小的沉淀转化,即向着降低离子浓度的方向进行,所以溶解度。 【答案】 C 4.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是 ( )选项 实验操作 实验目的或结论 A 某钾盐溶于盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体 说明该钾盐是 B 向含有少量的溶液中加入足量粉末,搅拌一段时间后过滤 除去溶液中少量 C 常温下,向饱和溶液中加少量粉末,过滤,向洗净的沉淀中加稀盐酸,有气泡产生 说明常温下 K K D 与浓硫酸170 共热,制得的气体通入酸性溶液 检验制得气体是否为乙烯 【解析】 A中也符合题意,A错误;能与反应生成由于的溶解度小于发生沉淀的转化,B正确;K，C中实验能够实现,即一定条件下溶度积小的物质可以向溶度积大的物质转化,所以C中实验目的或结论不正确;与浓硫酸共热后,产物中有、等杂质气体也能与酸性溶液发生氧化还原反应。 【答案】 B 5.(xx江苏盐城高三一模改编,20)取一定量的固体用蒸馏水配成饱和溶液,量取25.00 饱和溶液,分数次慢慢加入交换柱,进行如下离子交换反应:H(s) 用洁净的锥形瓶承接流出液,待溶液流出后,再用蒸馏水淋洗树脂至流出液呈中性。将洗涤液一并放在锥形瓶中,加入指示剂,用0.002 5 NaOH溶液滴定,当达到滴定终点时,用去氢氧化钠溶液20.00 mL。结合上述实验数据,求t 时的Ksp .【解析】 由反应H(s) 、可以得出下列关系式:由cVcV可求出c=0.002 从而得出c（Pb2+）=0.001 ,c.002 Kc（Pb2+）c。 【答案】 K课后作业夯基(时间:45分钟,满分:100分) 一、单项选择题(本题包括5小题,每小题3分,共15分,每小题只有一个选项符合题目要求) 1.将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量浓溶液,发生反应后的沉淀为( ) A.只有AgBr沉淀生成 B.AgCl和AgBr沉淀等量生成 C.AgCl和AgBr沉淀都有,但以AgCl沉淀为主 D.AgCl和AgBr沉淀都有,但以AgBr沉淀为主 【解析】 在AgCl和AgBr的饱和溶液中存在: AgCl(s) AgBr(s) 当加入浓溶液时,上述平衡均向左移动,由于AgBr的溶解度小于AgCl的溶解度,故AgCl沉淀生成的多。 【答案】 C 2.下列说法正确的是( ) A.相同温度时,两种难溶电解质的K小的其溶解度一定小 B.K大小取决于难溶电解质的离子浓度的大小,所以当其改变时,沉淀平衡就会发生移动 C.某温度下,0.1 的NaOH溶液pH为12,则该温度下K D.温度一定时,当溶液中和浓度的乘积等于K时,此溶液为AgCl的饱和溶液 【解析】 相同温度时,两种难溶电解质的K小的其溶解度不一定小,A错;K大小只与温度有关,B错;0.1 的NaOH溶液pH为12,则该温度下KC错。 【答案】 D 3.(xx浙江金华一中高三模拟)下列说法中,正确的是 ( ) A.饱和石灰水中加入一定量生石灰,温度明显升高,所得溶液的pH会增大 B.AgCl悬浊液中存在平衡:AgCl(s),往其中加入少量NaCl粉末,平衡会向左移动,溶液中离子的总浓度会减小 C.向AgCl悬浊液中滴加KI溶液,白色沉淀变成黄色,证明此条件下KK D.硬水含有较多、加热煮沸可以完全除去其中的、 【解析】 饱和石灰水中加入一定量生石灰,则反应后,溶液仍为饱和溶液,由于溶液温度升高,溶解度减小,则其中氢氧根浓度减小,故pH减小,A项错误。B项中,AgCl悬浊液中加入NaCl,由于温度不变,则K不变,所以,平衡逆向移动,但重新建立平衡后,离子总浓度不会减小,B项错误。一般情况下,溶解能力相对较强的物质易转化为溶解能力相对较弱的物质,AgCl中加KI,能生成黄色的AgI沉淀,则可说明AgI的溶度积更小,C项正确。根据溶度积理论知,难溶电解质存在沉淀溶解平衡,故加热煮沸后仍存在少量的、项错。 【答案】 C 4.对于难溶盐MX,其饱和溶液中和的物质的量浓度之间的关系类似于cc=K存在等式ccK。现将足量的AgCl分别放入下列物质中,AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是( ) 20 mL 0.01 溶液 30 mL 0.02 溶液 40 mL 0.03 溶液 10 mL蒸馏水 50 mL 0.05 溶液 A.B. C.D. 【解析】 AgCl(s) 由于cc=sp,c或c越大,越能抑制AgCl的溶解,AgCl的溶解度就越小。注意,AgCl的溶解度大小只与溶液中或的浓度有关,而与溶液体积无关。中c0.01 ，中c.04 中c=0.03 中c 中c0.05 。或浓度由小到大的顺序为。 【答案】 B 5.已知25 时,AgI饱和溶液中c为1. ，AgCl的饱和溶液中c为1. 。若在5 mL含有KCl和KI各为0.01 的溶液中,加入8 mL0.01 溶液,下列叙述正确的是( ) A.混合溶液中ccccc B.混合溶液中ccccc C.加入溶液时首先生成AgCl沉淀 D.混合溶液中约为1. 【解析】 KCl、KI混合溶液中加入溶液,先生成AgI,再生成AgCl,因为KK n(KI)=0.01 mL=5. mol,消耗n. mol, 过量的为0.01 mL-5. mol=3. mol,则KCl过量,生成AgCl为3. mol,由此得出反应后溶液中的溶质为、KCl,生成AgCl、AgI沉淀,验证A错误,B正确;混合溶液中c .53810-3 c . 由此计算c . 则.D错误。 【答案】 B 二、不定项选择题(本题包括5小题,每小题7分,共35分,每小题有一个或两个选项符合题目要求)6.在溶液中有浓度均为0.01 的、等离子,已知: .;.;.;1.当其氢氧化物刚开始沉淀时,下列哪一种离子所需的pH最小( ) A. B. C.D. 【解析】 的有关计算 c所以c 同理计算沉淀的c 沉淀的c 沉淀的c c越小,pH越小。 【答案】 A 7.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案: 注:溶液中某种离子的浓度小于1. ，可认为该离子不存在; 实验过程中,假设溶液体积不变。 K. K. K. K. 下列说法正确的是( ) A.沉淀物X为 B.滤液M中存在不存在 C.滤液N中存在、Ca D.步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体,沉淀物Y为和的混合物 【解析】 步骤加入NaOH溶液与反应生成与结合生成沉淀,A正确;假设操作加入的全部与反应最多生成1. mol 而模拟海水中n.011 mol,所以M中c（）至少为0.01 错误;滤液M中加NaOH固体后,c=1. 滤液N中含c（）= .6110-6 . ，即不存在错误;加入4.2 g NaOH后,溶液中c=0.105 与反应完后c0.005 cc=0.01 .005 .故无沉淀生成,D项错误。 【答案】 A 8.(xx浙江丽水质量检查,14)25 时,已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(K分别为:K.;K.;K.。下列关于常温时的有关叙述正确的是( ) A.硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大 B.将足量的晶体加入到0.1 的溶液中的浓度最大只能达到1. C.除去工业废水中含有的可采用FeS固体作为沉淀剂 D.向饱和的FeS溶液中加入溶液后,混合液中c（Fe2+）变大、c变小,K不变 【解析】 由K可知,常温下,CuS的溶解度最小;将足量的晶体加入到0.1 的溶液中,c将减至非常小,而的浓度远远大于1. ;CuS比FeS更难溶,因此FeS沉淀可转化为CuS沉淀;温度不变,K不变。 【答案】 C D9.某温度时在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( ) (提示: 的平衡常数cc称为溶度积常数。) A.加入可以使溶液由a点变到b点 B.通过蒸发可以使溶液由d点变到c点 C.d点无沉淀生成 D.a点对应的等于c点对应的 【解析】 a点在沉淀溶解平衡曲线上,此时溶液为饱和溶液,加入会增大浓度,平衡左移浓度应降低,但仍在平衡曲线上,A项错;d点时溶液不饱和,蒸发溶液,c、c均增大,B项错;d点表示溶液的所以溶液不饱和,不会有沉淀生成,C项正确;是一常数,温度不变不变,所以该曲线上任意一点的都相等,D项正确。 【答案】 CD 10.已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图所示,横坐标为溶液的pH,纵坐标为或Zn(OH)42-的物质的量浓度(假设浓度为 时,视为已沉淀完全)。下列说法不正确的是( ) A.往溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式可表示为: Zn(OH)42-B.从图中数据计算可得的溶度积K C.向1 L 1 溶液中加入NaOH固体至pH=7,需NaOH 2 mol D.某废液中含沉淀可以控制溶液pH的范围是8到12 【解析】 本题考查电离平衡的知识。在pH8时,主要以形式存在,8pH12时,主要以Zn(OH)42-离子的形式存在,所以A选项正确;在pH=8时,c 所以的溶度积Kcc选项正确;pH=7时,c（）=10-3 并没有完全沉淀,需要的NaOH小于2 mol,C选项错误;8pH12时,主要以形式存在,所以沉淀可以控制溶液pH的范围是8到12,D选项正确。 【答案】 C 三、非选择题(本题包括4小题,共50分) 11.(12分)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,)见下图。 (1)pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是: (写化学式)。 (2)若要除去溶液中的少量应该控制溶液的pH为 。 A.6 (3)在溶液中含有少量的杂质, (填”能”或”不能”)通过调节溶液pH的方法来除去,理由是: 。 (4)要使氢氧化铜沉淀溶解,除了加入酸之外,还可以加入氨水,生成 Cu(NH 写出反应的离子方程式: 。 (5)已知一些难溶物的溶度积常数如下表。 物质 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS K 6. 2. 1. 3. 6. 1. 某工业废水中含有、最适宜向此工业废水中加入过量的 除去它们。(选填序号) A.NaOH B.FeS C. 【解析】 (1)由图可知,在pH=3时,溶液中不会出现沉淀。(2)要除去的同时必须保证不能沉淀,因此pH应保持在4左右。(3)从图示关系可看出和沉淀的pH范围相差太小,无法控制溶液的pH。加入氨水后生成络合物 Cu(NH促进了的溶解。(5)要使三种离子生成沉淀,最好选择难溶于水的FeS,使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀,同时又不引入其他离子。 【答案】 (2)B (3)不能 和沉淀的pH范围相差太小 Cu(NH2+2OH-+4H2O (5)B 12.(12分)乙二胺四乙酸(EDTA)及其盐是常用于定量检测和分析金属离子的重要试剂。EDTA的阴离子可简写为它与一些金属离子反应生成稳定的金属有机化合物离子: ;。 试根据上述信息,回答下列问题。 (1)现称取某铝盐试样0.250 0 g,将其溶于水后加入0.050 00 .EDTA溶液25. 00 mL,在适当条件下充分反应后,调节溶液的pH为56,加入指示剂二甲酚橙,再用0.020 00 的溶液25.00 mL滴定至红色遇二甲酚橙所显色,且易电离,该试样中铝元素的质量分数为 。 (2)按要求回答下列问题: 有一起始含0.01 的、0.5 和0.001 的的溶液,判断在该溶液中能否产生金属硫化物(MS)沉淀。 K K 填”是”或”否” 2. 以为为例,写出判断能否产生CdS沉淀的计算过程: 。 【解析】 (1)因为 所以n.050 00 .025 L-0.020 00 0.025 00 L=0.001 250 0 mol-0.000 500 0 mol=0.000 750 0 mol w(Al)=(0.000 750 0 /0.25 g=8.100% (2)因为EDTA过量许多,若充分反应生成则c应为0.01 ;假设的离解量为x 所以c.01-x) ，cx mc.49+x) ；因x0.01,所以K ，若:K（CdY）2-=.=2.;x.; ccxc.001=7.K;所以不生成沉淀。 【答案】 (1)8.100% (2)是 否 见解析 13.(12分)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。 (1)合成氨反应若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气,则平衡 移动(填”向左”“向右”或”不”);使用催化剂 反应的H(填”增大”“减小”或”不改变”)。(2)在25 下,向浓度均为0.1 的和混合溶液中逐滴加入氨水,先生成沉淀(填化学式),生成该沉淀的离子方程式为 。已知25 时K Mg(OH)=1. 8KCu(OH)=2. 2 (3)在25 下,将a 的氨水与0.01 的盐酸等体积混合,反应平衡时溶液中cc。则溶液显 性(填”酸”“碱”或”中”);用含a的代数式表示的电离常数K 。 【解析】 (1)恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气,使总体积增大,相当于稀释原体系,平衡左移;使用催化剂只是改变了反应的途径,没有改变反应物与生成物的状态H不变;(2)由于K Cu(OH) K Mg(OH),所以先生成沉淀;(3)根据电荷守恒:cc=cc,现c=c必有c=c,故溶液显中性。Kb=,cc0.005 ;c=c 因为是25 下且为中性);c0.005) ,所以K。 【答案】 (1)向左 不改变 (3)中 14.(14分)(xx天津理综,10)工业废水中常含有一定量的和它们会对人类及生态系统产生很大的伤害,必须进行处理。常用的处理方法有两种。 方法1:还原沉淀法 该法的工艺流程为 其中第步存在平衡:黄色橙色)+ (1)若平衡体系的pH=2,则溶液显 色。 (2)能说明第步反应达平衡状态的是 。 a.和的浓度相同 b.2vv c.溶液的颜色不变 (3)第步中,还原1 离子,需要 mol的。 (4)第步生成的在溶液中存在以下沉淀溶解平衡: 常温下的溶度积Kcc要使c降至 溶液的pH应调至 。 方法2:电解法 该法用Fe作电极电解含的酸性废水,随着电解进行,在阴极附近溶液pH升高,产生沉淀。 (5)用Fe作电极的原因为 。 (6)在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释) 。溶液中同时生成的沉淀还有 。 【解析】 (1)pH=2说明溶液显酸性,平衡向正反应方向移动的浓度会增大,所以溶液显橙色。 (2)在一定条件下的可逆反应里,当正反应速率和逆反应速率相等,反应物的浓度与生成物的浓度不再改变时,该可逆反应就到达化学平衡状态,因此选项a不正确;在任何情况下和的反应速率之比总是满足12,因此选项b也不正确;溶液颜色不再改变,这说明和的浓度不再发生改变,因此可以说明反应已经达到化学平衡状态,c正确。 中Cr的化合价是+6价,所以1 mol 被还原转移2 mol电子;1 mol 被氧化生成转移1 mol电子,因此根据得失电子守恒可知需要的物质的量为6 mol。 (4)由溶度积常数的表达式Kcc可知,当c 时,c 所以pH=5。 要生成沉淀,必需有还原剂,而铁作电极时,在阳极上可以失去电子产生电极反应式为 。 (6)在电解池中阳离子在阴极得到电子,在溶液中由于得电子的能力强于因此阴极是放电,电极反应式为 ,随着电解的进行,溶液中的浓度逐渐降低,水的电离被促进浓度逐渐升高。由于被氧化生成当溶液碱性达到一定程度时就会产生沉淀。 【答案】 (1)橙 (2)c (3)6 (4)5 (5)阳极反应为 提供还原剂