【文档说明】2021新高考化学选择性考试B方案一轮复习课时作业：第27讲　难溶电解质的溶解平衡含解析.docx，共(10)页，252.265 KB，由envi的店铺上传

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第27讲难溶电解质的溶解平衡建议用时：40分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题只有一个选项符合题意)1．下列说法正确的是()A．难溶电解质的溶度积Ksp越小，则它的溶解度越小B．任何难溶物在水中都存在沉淀溶解平衡，溶解度大小都可以用Ksp表示C．溶

度积常数Ksp与温度有关，温度越高，溶度积越大D．升高温度，某沉淀溶解平衡逆向移动，说明它的溶解度减小，Ksp也变小答案D解析不同类型的电解质无法由溶度积来比较溶解度大小，A错误；任何难溶物在水中不一定存在溶

解平衡，只有难溶电解质在水中存在溶解平衡，溶解度大小才可以用Ksp表示，B错误；溶度积常数Ksp与温度有关，温度升高，溶度积常数可能增大也可能减小，C错误；升高温度，沉淀溶解平衡逆向移动，则说明它的溶解度减小，所以Ksp也变小，D正确。2．某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在

平衡：FeR(s)Fe2＋(aq)＋R2－(aq)，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是()A．可以通过升温实现由a点变到c点B．b点对应的Ksp等于a点对应的KspC．d点可能有沉淀生成D．该温度下Ksp＝4×10－18答案B解析大多数难溶电解质的溶解平衡一般是吸热反应，若升高温度能

促进该物质溶解，则c(Fe2＋)和c(R2－)均增大，不能由a点变到c点，A错误；温度不变，Ksp不变，B正确；溶解平衡曲线右上方表示过饱和溶液，有沉淀生成，曲线左下方表示不饱和溶液，所以d点没有沉淀生成，C错误；该温度下Ksp＝2×10－18，D错误

。3．25℃时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示。已知25℃时，CaCO3的Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9。据图分析，下列说法不正确的是()A．x的数值为2×10－5B．c点时有碳酸钙沉淀生成C．b点与d点对应的溶度积相等D．加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点答案D解析在d点c(CO2

－3)＝1.4×10－4mol·L－1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp＝2.8×10－9，所以c(Ca2＋)＝2×10－5mol·L－1，故x的数值为2×10－5，故A正确；在c点c(Ca2＋)＞2×10－5mol·L－1，即相当于增大c(Ca2＋)，平衡左移，有CaC

O3生成，故B正确；b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，故C正确；d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c(Ca2＋)、c(CO2－3)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，故D错误。4．下列关于Mg(OH)2制备和性质的离子方程式中，不正确的

是()A．由MgCl2溶液和NaOH溶液制备Mg(OH)2：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓B．向Mg(OH)2悬浊液中滴加浓FeCl3溶液，生成红褐色沉淀：3Mg(OH)2＋2Fe3＋===2Fe(OH)3＋3Mg2＋C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加浓NH4C

l溶液，浊液变澄清：Mg(OH)2＋2NH＋4===2NH3·H2O＋Mg2＋D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加醋酸，浊液变澄清：Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O答案D解析Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(

OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，滴加浓FeCl3溶液时，Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH)3沉淀，Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，最终生成红褐色沉淀，B正确。向Mg(OH)2悬浊液中滴加浓NH4Cl溶液，NH＋4与OH－结合生成NH3·H2O，Mg(OH)2的溶解平衡正

向移动，Mg(OH)2逐渐溶解而使浊液变澄清，C正确。向Mg(OH)2悬浊液中滴加醋酸，CH3COOH与OH－反应生成CH3COO－和H2O，Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2逐渐溶解而使浊液变澄清，离子方程式为Mg(OH)2＋

2CH3COOH===Mg2＋＋2CH3COO－＋2H2O，D错误。5．为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是()A．①浊液中存在平衡：Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO2－4(aq)B

．②中溶液变澄清的原因：AgOH＋2NH3·H2O===Ag(NH3)2OH＋2H2OC．③中颜色变化说明有AgCl生成D．该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶答案D解析AgNO3溶液过量，故余下

浊液中含有Ag＋，加入KCl溶液生成AgCl白色沉淀，不能证明AgCl比Ag2CrO4更难溶，D项错误。6．(2019·孝义模拟)25℃，向100mL0.09mol·L－1BaCl2溶液中加入100mL0.1mol·L－1H2SO4溶液生成B

aSO4沉淀。已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，且溶液的温度和体积的变化都忽略不计，则生成沉淀后的体系中c(Ba2＋)和pH分别为()A．1.1×10－9mol·L－1、1B．1.1×10－9mol·L－1、2C

．2.2×10－8mol·L－1、1D．2.2×10－8mol·L－1、2答案C解析BaCl2与H2SO4溶液发生反应：BaCl2＋H2SO4===BaSO4↓＋2HCl，n(BaCl2)＝0.09mol·L－

1×0.1L＝0.009mol，n(H2SO4)＝0.1L×0.1mol·L－1＝0.01mol，故两溶液反应后剩余0.001molH2SO4，此时c(Ba2＋)＝Ksp(BaSO4)c(SO2－4)＝1.1×10－100.005m

ol·L－1＝2.2×10－8mol·L－1。溶液中H＋未参与离子反应，则有c(H＋)＝0.1mol·L－1×2×12＝0.1mol·L－1，故溶液的pH＝－lgc(H＋)＝－lg0.1＝1。二、选择题(本题共4小题，每小题有一个或

两个选项符合题意)7．(2019·渭南质检)在AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。已知常温下，Ksp(AgCl)＝1.6×10－10。下列叙述中正确的是()A．常温下，AgCl悬浊液中c(Cl－)＝4×10－5.5mol·L－1B．温度不变，向AgCl悬浊液中

加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，Ksp(AgCl)减小C．向AgCl悬浊液中加入少量NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)D．常温下，将0.001mol·L－1AgNO3溶液与0.001mol·L－1的KCl溶液等体积混合，无沉淀

析出答案AC解析AgCl的溶度积为Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.6×10－10，则AgCl悬浊液中c(Cl－)＝c(Ag＋)＝4×10－5.5mol·L－1，A正确；Ksp(AgCl)只与温度

有关，温度不变，Ksp(AgCl)不变，B错误；向AgCl悬浊液中加入少量NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明AgBr的溶解度小于AgCl，则有Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，C正确；0.001mol·L－1AgNO3溶液与0.001mol·L－1的KCl溶

液等体积混合，此时浓度商Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝0.00052＝2.5×10－7>Ksp(AgCl)，故生成AgCl沉淀，D错误。8．(2019·蚌埠质检)已知：PbS、CuS、HgS的溶度积分别为9.0×10－29、1.3×10－36、6.4×1

0－53。下列说法正确的是()A．硫化物可作处理废水中含有上述金属离子的沉淀剂B．在硫化铜悬浊液中滴加几滴Pb(NO3)2溶液，会生成PbS沉淀C．在含Pb2＋、Cu2＋、Hg2＋的溶液中滴加Na2S溶液，当溶液

中c(S2－)＝0.001mol·L－1时三种金属离子不能都完全沉淀D．向含Pb2＋、Cu2＋Hg2＋均为0.010mol·L－1的溶液中通入H2S气体，产生沉淀的顺序依次为PbS、CuS、HgS答案A解析由PbS、CuS、HgS的溶度积可知，这些

物质的溶解度均较小，故可用Na2S等硫化物处理含上述金属离子的废水，A正确；由于Ksp(PbS)>Ksp(CuS)，则PbS的溶解度大于CuS的溶解度，故在CuS悬浊液中滴加几滴Pb(NO3)2溶液，不能生成PbS沉淀，B错误；当金属离子(R2＋)完全沉淀时，c(R2＋)<1×1

0－5mol·L－1，此时浓度商为Qc＝c(R2＋)·c(S2－)＝1×10－5×0.001＝1×10－8>Ksp(PbS)>Ksp(CuS)>Ksp(HgS)，故三种金属离子都能完全沉淀，C错误；由于溶度积：Ksp(PbS)>Ksp(CuS)>Ksp(HgS

)，则溶解度：PbS>CuS>HgS，故向含等浓度Pb2＋、Cu2＋、Hg2＋的溶液中通入H2S气体，产生沉淀的先后顺序为HgS、CuS、PbS，D错误。9．(2019·安徽池州高三期末)25℃时，NiS、FeS沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知NiS的溶解度比FeS小，lg2＝0.3

)，图中p(S2－)＝－lgc(S2－)、p(M2＋)＝－lgc(M2＋)，M表示Ni或Fe，下列说法不正确的是()A．曲线①表示的是NiSB．d点分别对应的NiS和FeS的分散系均是均一稳定的C．25℃时，FeS＋Ni2＋NiS＋Fe2＋的平衡常数K＝4

000D．向a点溶液中加入硫化钠，可变为b点溶液答案D解析曲线①溶液中Ksp＝c(M2＋)·c(S2－)＝10－10.5×10－10.5＝1.0×10－21，同理曲线②溶液中Ksp＝c(M2＋)·c(S2－)＝1

0－8.7×10－8.7＝4.0×10－18，根据NiS的溶解度比FeS小，可知曲线①代表的是NiS，A正确；d点对应的金属离子浓度更小，故FeS和NiS均为不饱和溶液，属于均一稳定的分散系，B正确；根据平衡常数K＝c(Fe2＋)c(Ni2

＋)＝c(Fe2＋)c(Ni2＋)×c(S2－)c(S2－)＝Ksp(FeS)Ksp(NiS)＝4000，C正确；温度不变，平衡常数不变，加入硫化钠，硫离子浓度增大，金属离子浓度减小，平衡点沿曲线②向纵坐标滑动，D错误。10．(20

19·郑州第二次质检)常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol·L－1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O2－4的水解)。下列叙述正确的是()A．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10－7B．N点表示A

gCl的过饱和溶液C．向c(Cl－)＝c(C2O2－4)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D．Ag2C2O4＋2Cl－2AgCl＋C2O2－4的平衡常数为109.04答案BD解析从题图看出，当c(C2O

2－4)＝10－2.46mol·L－1时，c(Ag＋)＝10－4mol·L－1，Ksp(Ag2C2O4)＝10－2.46×(10－4)2＝10－10.46，A错误；分析题图可知，当c(Cl－)相同时，N点表示溶液中c(Ag＋)大于平衡时溶液中c(

Ag＋)，则N点表示AgCl的过饱和溶液，B正确；由题图可以看出c(Ag＋)一定时，c(C2O2－4)>c(Cl－)，故先生成AgCl沉淀，C错误；根据题意可知c(Ag＋)＝10－4mol·L－1时，c(Cl－)＝10－5.75mol·L－1，所以K

sp(AgCl)＝10－4×10－5.75＝10－9.75，Ag2C2O4＋2Cl－2AgCl＋C2O2－4的平衡常数为c(C2O2－4)c2(Cl－)＝c(C2O2－4)·c2(Ag＋)c2(Ag＋)·c2(Cl－)＝10－10.4

6(10－9.75)2＝109.04，D正确。三、非选择题(本题共2小题)11．(2019·河南汝州实验中学高三期末)碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料，可用废镍催化剂(主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺

流程如下：回答下列问题：(1)“浸泡除铝”时，发生反应的离子反应方程式为____________________。(2)“溶解”时放出的气体为____________(填化学式)。(3)已知该条件下金属

离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：开始沉淀的pH完全沉淀的pHNi2＋6.28.6Fe2＋7.69.1Fe3＋2.33.3Cr3＋4.55.6“调pH1”时，溶液pH范围为__________。(4)在空气中加热

Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式：____________________________。答案(1)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑(2)H2、H2S(3)5.6～6.2(4)4Ni(OH)2＋O2===4NiOOH＋2H2O

解析(2)浸泡除铝后进行过滤，滤渣为Ni、Cr、FeS，加入稀硫酸溶解，Ni和Cr与稀硫酸反应生成H2，FeS与稀硫酸反应生成H2S，因此溶解过程中放出的气体为H2和H2S。(3)氧化1的目的是把Fe2＋氧化成Fe

3＋，然后调节pH使Fe3＋和Cr3＋全部沉淀，镍离子不沉淀，根据整个流程图和表格数据，可知调节pH的范围是5.6～6.2。(4)Ni(OH)2中Ni显＋2价，NiOOH中Ni显＋3价，化合价升高，因此氧气参与反应。12．

(2019·湖南名校高三大联考)平板液晶显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质，某实验小组以此粉末为原料回收铈，设计流程如图所示。已知：CeO2具有强氧化性，一般不与常见的无机酸反应。(1)步骤①加入过量盐酸后，滤液A中的阳离子有________。(2)

步骤②中H2O2的作用与下列反应中H2O2的作用完全相同的是________(填序号)。A．H2O2与MnO2混合制O2B．H2O2与Ca(OH)2混合制CaO2C．用H2O2处理含K2Cr2O7的酸性废水D．用稀硫酸和H2O2溶解金属Cu(3)为了使步骤③所得悬浊液中的Ce3＋浓度小

于1×10－6mol·L－1，则加入NaOH调节溶液的pH应大于________。[已知：25℃时，Ce(OH)3的Ksp＝8.0×10－21，lg2＝0.3](4)将NH4Cl固体与CeCl3·6H2O混合真空加热可得无水CeCl3，其加入NH4Cl的作用是___________________

_________________________________________。(5)第④步反应的化学方程式是________________________________。答案(1)Fe3＋、H＋(2)C(3)9.3(4)NH4Cl固体受热分解生成的HCl可抑制Ce3＋

水解(5)2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl解析(1)废玻璃粉末中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质，步骤①加入过量盐酸时，CeO2、SiO2不溶于盐酸，Fe2O3溶解，故滤液A中的阳离子有Fe

3＋、H＋。(2)步骤②中加入稀硫酸和H2O2，反应后得到Ce3＋，则H2O2作还原剂。A项，H2O2既作氧化剂又作还原剂，B项为复分解反应，H2O2既不作氧化剂也不作还原剂，C项，H2O2作还原剂，D项，H2O2作氧化剂。(3)当悬浊液中

c(Ce3＋)<1×10－6mol·L－1时，结合溶度积常数可计算c(OH－)>3Kspc(Ce3＋)＝38.0×10－211×10－6mol·L－1＝2×10－5mol·L－1，则pOH<5－lg2＝4.7，溶液的pH>9.3。(5)结合流程图知，第④步反应中Ce(OH)3被Na

ClO氧化生成Ce(OH)4，NaClO被还原生成NaCl，反应的化学方程式为2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com