【文档说明】【精准解析】2021化学人教版选择性必修第一册课后提升训练：第三章　第四节　沉淀溶解平衡【高考】.docx，共(7)页，175.158 KB，由小赞的店铺上传

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第三章水溶液中的离子反应与平衡第四节沉淀溶解平衡课后篇素养形成夯实基础轻松达标1.下列说法中正确的是()A.物质的溶解性为难溶,则该物质不溶于水B.溶度积小的物质一定比溶度积大的物质溶解度小C.绝对不溶解的物质是不存在的D.升高温度,某种难溶物的Ksp一定减小答案C2.在AgCl饱和溶液中尚

有AgCl固体存在,当向溶液中加入0.1mol·L-1的盐酸时,下列说法正确的是()A.AgCl沉淀溶解平衡正向移动B.AgCl溶解度增大C.溶液中c(Ag+)增大D.溶液中c(Cl-)增大答案D3.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.达到

沉淀溶解平衡时,沉淀的速率和溶解的速率相等C.达到沉淀溶解平衡时,溶液中溶质的离子浓度相等,且保持不变D.达到沉淀溶解平衡时,如果再加入难溶性的该沉淀物,将促进溶解解析A项,反应开始时,各离子的浓度没有必然的关系;C项,达到沉淀溶解平

衡时,溶液中溶质的离子浓度保持不变,但不一定相等;D项,达到沉淀溶解平衡时,如果再加入难溶性的该沉淀物,由于固体的浓度为常数,故平衡不发生移动。答案B4.(2018海南卷)某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸,下列说法正

确的是()A.AgCl的溶解度、Ksp均减小B.AgCl的溶解度、Ksp均不变C.AgCl的溶解度减小,Ksp不变D.AgCl的溶解度不变,Ksp减小解析在溶液中滴加盐酸,使溶液中的Cl-浓度增大,因同离子效应使AgCl沉淀溶解平衡

逆向移动,故AgCl溶解度减小,但因Ksp只与温度有关,故保持不变,C项正确。答案C5.在2mL物质的量浓度相等的NaCl和NaI溶液中滴入几滴AgNO3溶液,发生的反应为()A.只有AgCl沉淀生成B.先有AgI沉淀生成C.生成等

物质的量的AgCl和AgI沉淀D.两种沉淀都有,但以AgCl为主解析在等浓度的NaCl和NaI溶液中c(Cl-)=c(I-),但滴入几滴AgNO3溶液后,由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),所以先生成AgI沉淀。故B项正确。答案B6.下列说法正确的是()A.溶度积

就是难溶电解质在溶液中达到沉淀溶解平衡时各离子浓度的乘积B.溶度积常数是不受任何条件影响的常数,简称溶度积C.可用离子积Q判断沉淀溶解平衡进行的方向D.所有物质的溶度积都是随温度的升高而增大的解析溶度积不是难溶

电解质在溶液中达到沉淀溶解平衡时各离子浓度的简单乘积,还与方程式中的化学计量数成幂指数关系;溶度积受温度的影响,不受离子浓度的影响。答案C7.Mg(OH)2在下列四种情况下,其溶解度最大的是()A.在纯水中B.在0.1mol·L-1的MgCl2溶

液中C.在0.1mol·L-1的NH3·H2O中D.在0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中解析Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),MgCl2和NH3·H2O均能抑制Mg(OH)2的溶解,CH3COOH能促进Mg(OH)2的溶解。答案D8.一定温度下,石

灰乳悬浊液中存在下列平衡:Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq),当向一定量的石灰乳悬浊液中加入少量生石灰时,下列说法正确的是()A.溶液中Ca2+数目减少B.溶液中c(Ca2+)增大C.溶液中pH增大D.溶液中溶质的质量分数增大解析生石灰溶

于水可以和水化合生成氢氧化钙,同时放出大量的热。由于溶剂水减少,且溶质增加,同时氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低,所以溶液中一定有晶体析出,离子浓度也会降低。答案A9.已知常温下,AgBr的Ksp=4.9×10-13、AgI的Ksp=8.3×10-17。(1)有关难溶盐的溶度积及溶解度

(与AgBr、AgI无关)有以下叙述,其中正确的是。A.两种难溶盐电解质,其中Ksp小的溶解度一定小B.向含有AgCl固体的溶液中加入适量水使AgCl溶解又达到平衡时,AgCl的溶度积不变,其溶解度也不变C.将难溶电解质放入纯水中,达到沉淀溶解平衡时,

电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积D.溶液中存在两种可以与同一沉淀剂生成沉淀的离子,则Ksp小的一定先生成沉淀E.难溶盐电解质的Ksp和温度有关F.同离子效应(加入与原电解质具有相同离子的物质),使难溶盐电解质的溶解度变小,Ksp也变小

(2)现向含有NaBr、KI均为0.002mol·L-1的溶液中加入等体积的浓度为4×10-3mol·L-1的AgNO3溶液,则产生的沉淀是(填化学式);若向其中再加入适量的NaI固体,则最终可发生沉淀转化的总离子方程式为。解析(1)A项中对于相

同类型的难溶电解质,Ksp越小,溶解度才越小,不同类型的难溶电解质不能根据Ksp判断溶解度的大小,A错误;B项中因温度不变,故再次达到平衡时,Ksp与S均不变,B正确;C项中Ksp是各离子浓度的幂之积,C错误;D项中生成沉淀的先后还与离子的浓度有关,D错误;E正

确;同离子效应不会改变Ksp,F错误。(2)等体积混合后c(Br-)=c(I-)=0.001mol·L-1,c(Ag+)=2×10-3mol·L-1。则c(Ag+)·c(Br-)=2×10-3×0.001=2×10-6

>4.9×10-13,c(Ag+)·c(I-)=2×10-3×0.001=2×10-6>8.3×10-17,故AgI、AgBr均沉淀出来,而再向其中加入适量NaI固体时,会有AgBr转化为AgI。答案(1)B、E(2)AgI、AgBrAgBr(s)+I-(aq)

AgI(s)+Br-(aq)提升能力跨越等级1.(双选)(2019海南卷)一定温度下,AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)体系中,c(Ag+)和c(Cl-)关系如图所示。下列说法正确的是()A.a、b、c三点对应的Ksp相等B.AgCl在c点的溶解度比b点的大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c点方向变化解析温度一定,Ksp大小不变,曲线上a、b、c三点对应的Ksp相等,A项正确;温度一定,溶解度大小也不变,B项错误;AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),C项正

确;b点的溶液中加入AgNO3固体,c(Ag+)变大,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),c(Cl-)相应减小,所以c(Ag+)沿曲线向a点方向变化,D项错误。答案AC2.已知常温时Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)

=1.0×10-16,Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12。下列说法中正确的是()A.由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),所以AgI可以转化为AgClB.向Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4,Ag2CrO4的沉淀溶解平衡逆向移动,所以Ag2CrO4的Ksp减小C

.由于Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(AgCl),所以沉淀AgCl容易转化为沉淀Ag2CrO4D.常温下,AgCl饱和溶液中加入NaI,若要使溶液中开始生成AgI沉淀,则NaI的浓度应大于1√1.8×10-11mol·L-1解析沉淀往往向生成更难溶物的方向转化,所以选项A错。溶度

积只受温度的影响,B错。不同类型的物质,不能根据溶度积的大小判断物质溶解度的大小,C错。若要有碘化银沉淀生成,则c(Ag+)·c(I-)>Ksp(AgI)。因为在饱和氯化银溶液中,c(Ag+)=√1.8×10-5mol

·L-1,则c(I-)>1.0×10-16√1.8×10-5mol·L-1=1.0×10-11√1.8mol·L-1,因此D正确。答案D3.实验:①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c;②向滤液b

中滴加0.1mol·L-1KI溶液,出现浑浊;③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液,沉淀变为黄色。下列分析不正确的是()A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)B.滤液b中不含有Ag+C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgID

.此实验可以证明AgI比AgCl更难溶答案B4.(2018全国Ⅲ)用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()A.根

据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实验条件下,若改为0.0400mol·L-1Cl-,反应终点c移到aD.相同实验条件下,若改为0.0500mol·L-1Br-,反应终点c

向b方向移动解析相同实验条件下,若改为0.0400mol·L-1Cl-,恰好反应时,0.0400mol·L-1×50.0mL=0.100mol·L-1·V,V=20mL,故反应终点横坐标应为20,C项描述错误;相同实验条件下,

若改为0.0500mol·L-1Br-,反应终点横坐标不变,由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),故反应终点纵坐标变大,故D项描述正确。答案C5.常温下,Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后,改变溶液pH,金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析,下

列判断错误的是()A.Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]B.加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点C.c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)乘积相等D.Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和解析b、c两点金属阳离子的浓度相

等,设都为x,c(OH-)b=10-12.7mol·L-1,c(OH-)c=10-9.6mol·L-1,则Ksp[Fe(OH)3]=x×(10-12.7)3,Ksp[Cu(OH)2]=x×(10-9.6)2,故Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2],A选项正确;a点到b

点溶液的碱性增强,而NH4Cl溶于水后显酸性,故B选项错;只要温度一定,KW就一定,故C选项正确;溶度积曲线上的点代表的溶液都已饱和,故D选项正确。答案B6.(1)在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+

。①在提纯时为了除去Fe2+,常加入合适氧化剂,使Fe2+氧化为Fe3+,下列物质可采用的是。A.KMnO4B.H2O2C.氯水D.HNO3②然后再加入适当物质调整溶液至pH=4,使Fe3+转化为Fe(OH

)3,调整溶液pH可选用下列中的。A.NaOHB.NH3·H2OC.CuOD.Cu(OH)2(2)甲同学怀疑调整溶液至pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的,乙同学认为可以通过计算确定,他查阅有关资料得到如下数据,常温下Fe(OH)3

的溶度积Ksp=1.0×10-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20,通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时就认为沉淀完全。常温下,若溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L-1,则

Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为,Fe3+恰好完全沉淀[即c(Fe3+)≤1.0×10-5mol·L-1]时溶液的pH为,通过计算确定上述方案(填“可行”或“不可行”)。解析(1)①四个选项中的物质均能将Fe2+氧化成Fe3+,但只

有H2O2的还原产物为H2O,不引入新的杂质。②加入CuO或Cu(OH)2时不引入新的杂质,同时能消耗Fe3+水解生成的H+,从而促进Fe3+完全水解为Fe(OH)3而除去。(2)Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-),则c(OH

-)=√3.0×10-203.0mol·L-1=1.0×10-10mol·L-1,则c(H+)=1.0×10-4mol·L-1,pH=4。Fe3+恰好完全沉淀时:Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-),则c(OH-)

=√1.0×10-381.0×10-53mol·L-1=1.0×10-11mol·L-1。此时c(H+)=1×10-3mol·L-1,pH=3,因此上述方案可行。答案(1)①B②C、D(2)43可行7.钡(Ba)和锶(Sr)及其化合物在工业上有着广泛的应用,它们在地壳中常

以硫酸盐的形式存在,BaSO4和SrSO4都是难溶性盐。工业上提取钡和锶时首先将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐。已知:SrSO4(s)Sr2+(aq)+SO42-(aq)Ksp=2.5×10-7;SrCO3(s)Sr2+(aq)+CO32-(aq)

Ksp=2.5×10-9。(1)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为;该反应的平衡常数表达式为;该反应能发生的原因是(用沉淀溶解平衡的有关理论解释)。(2)对于上述反应,实验证明增大CO32-的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率。判断在下列

两种情况下,平衡常数K的变化情况(填“增大”“减小”或“不变”)。①升高温度,平衡常数K将。②增大CO32-的浓度,平衡常数K将。(3)已知,SrSO4和SrCO3在酸中的溶解度与BaSO4和BaCO3类似,设计实验证明上述过程中SrSO4是否完全

转化成SrCO3。实验所用的试剂为;实验现象及其相应结论为。解析(1)SrSO4转化成SrCO3的离子反应为SrSO4(s)+CO32-(aq)SrCO3(s)+SO42-(aq),平衡常数表达式为K=𝑐(SO42-)𝑐(CO32-),根据沉淀转化的原理,该反应能够发生,

是因为Ksp(SrCO3)<Ksp(SrSO4)。(2)①降低温度有利于提高SrSO4的转化率,说明降温平衡向正反应方向移动,因此升高温度,平衡向逆反应方向移动,故平衡常数K减小。②平衡常数只与温度有关,增大CO32-的浓度,平衡常数

不变。(3)根据提供的信息,可以推断SrSO4难溶于盐酸,而SrCO3可溶于盐酸,因此向反应体系中加入盐酸,若沉淀全部溶解,则SrSO4完全转化成SrCO3,若沉淀没有全部溶解,则SrSO4没有完全转化成

SrCO3,需要注意的是,不能选择稀硫酸,因为SrCO3与稀硫酸反应生成SrSO4。答案(1)SrSO4(s)+CO32-(aq)SrCO3(s)+SO42-(aq)K=𝑐(SO42-)𝑐(CO32-)Ksp(SrCO3)<Ksp(SrSO4),加入CO32-

后,平衡SrSO4(s)Sr2+(aq)+SO42-(aq)正向移动,生成SrCO3(2)①减小②不变(3)盐酸若沉淀完全溶解,则证明SrSO4完全转化成SrCO3,否则,未完全转化贴近生活拓展创新牙齿表面由一层硬的、组成为Ca5(

PO4)3OH的物质保护着,它在唾液中存在下列溶解平衡:Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO43-(aq)+OH-(aq)。试回答问题:(1)小孩吃糖后,如果不及时刷牙或漱口,细菌和酶就会作用于糖,在口腔内产生有机羧酸,久而久之,牙齿就会受到腐蚀,其原因是。(2)已知C

a5(PO4)3F(s)的溶解度比Ca5(PO4)3OH的溶解度更小,质地更坚硬。当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋齿,其原因是(用离子方程式和简要文字说明)。解析(1)有机羧酸电离出的H+与Ca5(PO4)3OH电离出的OH-发生反应

:H++OH-H2O,使Ca5(PO4)3OH的沉淀溶解平衡向右移动,Ca5(PO4)3OH逐渐溶解,导致牙齿腐蚀出现龋齿。(2)根据难溶电解质的转化规律,溶解度小的物质可以转化成溶解度更小的物质。依据题给信息可知,

F-可以与Ca2+、PO43-结合,生成溶解度更小、质地更坚硬的Ca5(PO4)3F,从而保护牙齿防止龋齿:5Ca2++3PO43-+F-Ca5(PO4)3F↓。答案(1)有机羧酸电离出的H+与Ca5(PO4)3OH电离出的OH-发生反应:H++OH-H2O,使Ca5(

PO4)3OH的溶解平衡向右移动(2)F-与Ca5(PO4)3OH溶解产生的Ca2+、PO43-发生反应生成更难溶的Ca5(PO4)3F:5Ca2++3PO43-+F-Ca5(PO4)3F↓获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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