高中化學(xué)沉淀溶解平衡的測試題和答案

本文格式為Word版，下載可任意編輯——高中化學(xué)沉淀溶解平衡的測試題和答案在學(xué)完學(xué)識點后學(xué)生需要多做題來復(fù)習(xí)和檢驗自己是否掌管學(xué)識點，下面我將為大家?guī)黻P(guān)于沉淀溶解平衡的測試題的介紹，夢想能夠扶助到大家。

高中化學(xué)沉淀溶解平衡的測試題

1.在100mL0.10molL-1的AgNO3溶液中參與100mL溶有2.08gBaCl2的溶液，再參與100mL溶有0.010molCuSO45H2O的溶液，充分回響。以下說法中正確的是

A.最終得到白色沉淀和無色溶液

B.最終得到的白色沉淀是等物質(zhì)的量的兩種化合物的混合物

C.最終得到的溶液中，Cl-的物質(zhì)的量為0.02mol

D.在最終得到的溶液中，Cu2+的物質(zhì)的量濃度為0.01molL-1

解析：此題為一計算推斷題。經(jīng)計算AgNO3、BaCl2、CuSO45H2O三種物質(zhì)的物質(zhì)的量都為0.01mol，回響生成的AgCl和BaSO4各為0.01mol,溶液中剩余的是0.01mol、0.01molCl-和0.01molCu2+，所以溶液應(yīng)呈藍(lán)色，故A、C是錯誤的，三種溶液混合后溶液的體積增大兩倍，Cu2+的物質(zhì)的量濃度為0.033molL-1。

答案：B

2.確定溫度下，在氫氧化鋇的懸濁液中，存在氫氧化鋇固體與其電離的離子間的溶解平衡關(guān)系：BaOH2固體Ba2++2OH-。向此種懸濁液中參與少量的氫氧化鋇粉末，以下表達(dá)正確的是

A.溶液中鋇離子數(shù)目減小B.溶液中鋇離子濃度減小

C.溶液中氫氧根離子濃度增大D.pH減小

解析：氫氧化鋇懸濁液中存在氫氧化鋇的固體和氫氧化鋇飽和溶液的溶解平衡，即氫氧化鋇的固體溶解到溶液中電離生成鋇離子和氫氧根離子，溶液中的鋇離子和氫氧根離子結(jié)合，沉淀出氫氧化鋇的固體，再參與少量的氫氧化鋇粉末，由于溶液中固體不存在濃度問題，平衡沒有發(fā)生移動?？墒沁x項中所描述的量都發(fā)生變化，與結(jié)論相沖突。是否從該體系的另一方面分析，水的量發(fā)生變化考慮?由于參與的氫氧化鋇粉末在水中轉(zhuǎn)化為結(jié)晶水合物，消耗了確定量的水，平衡發(fā)生移動。溶解的離子結(jié)合生成氫氧化鋇的固體，引起溶解物質(zhì)相應(yīng)的量發(fā)生變化。選項A中的鋇離子的個數(shù)隨著水的量的裁減，溶液質(zhì)量、溶質(zhì)質(zhì)量都相應(yīng)裁減，其個數(shù)必然裁減。

此題也可采用擯棄法，當(dāng)平衡發(fā)生移動時，確定會引起相應(yīng)物質(zhì)的數(shù)量變化。若是議論某種概括物質(zhì)的數(shù)量，它理應(yīng)十足變化，如溶質(zhì)微粒個數(shù)、溶質(zhì)質(zhì)量和溶液質(zhì)量等。但若議論兩個量的比值，在特定條件下可能不變，如溶解度、濃度等。

答案：A

3.工業(yè)廢水中常含有Cu2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子，可通過參與過量的難溶電解質(zhì)FeS、MnS，使這些金屬離子形成硫化物沉淀除去。根據(jù)以上事實，可推知FeS、MnS具有的相關(guān)性質(zhì)是

A.在水中的溶解才能大于CuS、CdS、PbS

B.在水中的溶解才能小于CuS、CdS、PbS

C.在水中的溶解才能與CuS、CdS、PbS一致

D.二者均具有較強的吸附性

解析：因FeSsFe2++S2-MnSsMn2++S2-,生成的S2-與Cu2+、Cd2+、Pb2+生成更難溶CuS、CdS、PbS，因而選A。

答案：A

4.在氯化亞鐵溶液中參與以下物質(zhì)能產(chǎn)生沉淀的是

A.通入硫化氫氣體B.參與氯化鈉溶液

C.參與硫化鈉溶液D.通入二氧化碳?xì)怏w

解析：Na2S溶液中有大量S2-，能與Fe2+回響生成不溶于水的FeS。即Fe2++S2-====FeS↓。

答案：C

5.要使工業(yè)廢水中的重金屬Pb2+沉淀，可用硫酸鹽、碳酸鹽、硫化物等作沉淀劑，已知Pb2+與這些離子形成的化合物的溶解度如下：

化合物PbSO4PbCO3PbS

溶解度/g1.03×10-41.81×10-71.84×10-14

由上述數(shù)據(jù)可知，選用的沉淀劑是

A.硫化物B.硫酸鹽

C.碳酸鹽D.以上沉淀劑均可

解析：由溶度積可知PbS的溶解度最小，那么PbS最易沉淀析出。

答案：A

6.當(dāng)氫氧化鎂固體在水中達(dá)成溶解平衡MgOH2sMg2+aq+2OH-aq時，為使MgOH2固體的量裁減，須參與少量的

A.NH4NO3B.NaOHC.MgSO4D.NaHSO4

解析：參與NH4NO3后與OH-回響生成NH3H2O，從而使MgOH2溶解;參與NaHSO4后，H++OH-====H2O，使MgOH2溶解，應(yīng)選A、D。

答案：AD

7.25℃時，在含有大量PbI2的飽和溶液中存在平衡PbI2s2Pb2+aq+2I-aq，參與KI溶液，以下說法正確的是

A.溶液中Pb2+和I-濃度都增大B.溶度積常數(shù)Ksp增大

C.沉淀溶解平衡向左移動D.濃度商Qc增大

解析：參與KI溶液，cI-增大，那么溶解平衡向左移動，Qc增大。應(yīng)選CD。

答案：CD

綜合運用

8.對水垢的主要成分是CaCO3和MgOH2而不是CaCO3和MgCO3的理由解釋，其中正確的有

A.MgOH2的溶度積大于MgCO3的溶度積，且在水中發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化

B.MgOH2的溶度積小于MgCO3的溶度積，且在水中發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化

C.MgCO3電離出的發(fā)生水解，使水中OH-濃度減小，對MgOH2的沉淀溶解平衡而言，Qc

D.MgCO3電離出的發(fā)生水解，使水中OH-濃度增大，對MgOH2的沉淀溶解平衡而言，Qc>Ksp,生成MgOH2沉淀

解析：MgOH2的Ksp小于MgCO3的Ksp,故B正確;MgCO3水解產(chǎn)生OH-，而與Mg2+結(jié)合生成難溶物MgOH2沉淀，故D正確。

答案：BD

9.已知AgCl作對溶于水和酸的白色固體，Ag2S作對溶于水和酸的黑色固體。向AgCl和水的懸濁液中參與足量的Na2S溶液并振蕩，結(jié)果白色固體完全轉(zhuǎn)化為黑色固體：

1寫出白色固體轉(zhuǎn)化為黑色固體的離子方程式：____________________________________。

2簡要說明白色固體轉(zhuǎn)化為黑色固體的理由：____________________________________。

解析：此題可以用平衡移動原理來解釋。

答案：12AgCl+S2-====Ag2S+2Cl-

2由于Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度小，根據(jù)平衡移動原理，沉淀溶解平衡向離子濃度減小的方向移動

10.工業(yè)上制取純真的CuCl22H2O的主要過程是：①將粗氧化銅含少量Fe溶解于稀鹽酸中，加熱、過濾、調(diào)理濾液的pH為3;②對①所得濾液按以下步驟舉行操作：

已知Cu2+、Fe2+在pH為4—5時不水解，而Fe3+卻幾乎完全水解而沉淀。請回復(fù)以下問題：

1X是什么物質(zhì)?其回響的離子方程式是_______________________________________。

2Y物質(zhì)應(yīng)具備的條件是_______________________，生產(chǎn)中Y可選：______________。

3溶液乙在蒸發(fā)結(jié)晶時應(yīng)留神：_______________________________________________。

解析：①根據(jù)框圖，參與氧化劑X可把Fe2+氧化為Fe3+，而沒有增加新雜質(zhì)，所以X為Cl2;②結(jié)合題示，調(diào)理pH至4—5，使Fe3+全部沉淀，同樣不引進新雜質(zhì)，所以Y為CuO或CuOH2;③CuCl2溶液在蒸發(fā)結(jié)晶過程中發(fā)生水解，為抑制其水解，根據(jù)Cu2++2H2OCuOH2+2H+，參與鹽酸可抑制其水解，在蒸發(fā)過程中要不斷攪拌且不能蒸干。

答案：1Cl2Cl2+2Fe2+====2Fe3++2Cl-

2調(diào)理溶液酸性，使pH為4—5，且不引進新雜質(zhì)CuO或CuOH2

3通入HCl氣體或參與鹽酸，并不斷攪拌且不能蒸干

11.室溫下：AgCl的溶解度是1.93×10-3gL-1，那么AgCl的溶度積____________________。

解析：先求出AgCl飽和溶液的物質(zhì)的量濃度：=1.34×10-5molL-1，再求Ksp，由AgClsAg+aq+Cl-aq。

cAg+=cCl-=1.34×10-5molL-1，從而KspAgCl=cAg+cCl-=1.80×10-10。

答案：1.80×10-10

12.已知：某溫度時，KspAgCl=cAg+cCl-=1.8×10-10KspAg2CrO4=c2Ag+c=1.1×10-12，試求：

1此溫度下AgCl飽和溶液和Ag2CrO4飽和溶液的物質(zhì)的量濃度，并對比兩者的大小。

2此溫度下，在0.010molL-1的AgNO3溶液中，AgCl與Ag2CrO4分別能達(dá)成的物質(zhì)的量濃度，并對比兩者的大小。

解析：1AgClsAg+aq+Cl-aq

cAgCl=

=1.3×10-5molL-1

Ag2CrO4s2Ag+aq+aq

2xx

2x2x=Ksp

cAg2CrO4==6.5×10-5molL-1

所以cAgCl

2在0.010molL-1AgNO3溶液中，

cAg+=0.010molL-1

AgClsAg+aq+Cl-aq

溶液平衡時：0.010+xx

0.010+xx=1.8×10-10

由于x很小

所以0.010+x≈0.010

x=1.8×10-8molL-1

cAgCl=1.8×10-8molL-1

Ag2CrO4s2Ag+aq+aq

溶解平衡時：0.010+xx

0.010+2x2x=1.1×10-10

由于x很小所以0.010+2x≈0.010

x=1.1×10-10molL-1

所以cAg2CrO4=1.1×10-10molL-1

所以cAgCl>cAg2CrO4

答案：1cAgCl=1.3×10-5molL-1，

cAg2CrO4=6.5×10-5molL-1，

Ag2CrO4的物質(zhì)的量濃度大。

2cAgCl=1.8×10-8molL-1，

cAg2CrO4=1.1×10-10molL-1，

AgCl的物質(zhì)的量濃度大。

13.已知在BaCO3飽和溶液中cBa2+c=8.1×10-9,H++的電離平衡常數(shù)K=5.61×10-11。

在0.2molL-1的BaCl2溶液中參與等體積的0.2molL-1的NaHCO3溶液。通過計算說明混合后的溶液中有無沉淀。

解析：混合后尚未發(fā)生回響時，cBa2+=cHCO-3=0.1molL-1。

設(shè)電離出的濃度為x。

由于x值微小，所以0.1-x≈0.1x==2.37×10-6

混合溶液中cBa2+c=2.37×10-7>8.1×10-9,所以有沉淀析出。

答案：有沉淀生成。

14.試通過計算分析，能否通過加堿的方法將濃度為0.10molL-1的Fe3+和Mg2+完全分開。已知Ksp[FeOH3]=4.0×10-38,Ksp[MgOH2]=1.2×10-11。

解析：Fe3+開頭沉淀時：cOH-==7.4×10-13

Mg2+開頭沉淀時：cOH-==1.1×10-5

Fe3+完全沉淀時：cOH-==1.58×10-13cOH-的操作是

A.向水中投入一小塊金屬鈉B.將水加熱煮沸

C.向水中通入CO2D.向水中參與食鹽晶體

解析：A項中參與鈉，Na與H2O回響生成NaOH，影響水的電離平衡，使cOH->cH+;B項中加熱使電離平衡右移，cH+=cOH-;C項中通入CO2，CO2+H2O====H2CO3，使cH+>cOH-;而D項中cH+=cOH-，應(yīng)選C。

答案：C

4.水的電離過程為H2OH++OH-，在不同溫度下其平衡常數(shù)為K25℃=1.0×10-14,K35℃=2.1×10-14。那么以下表達(dá)正確的是

A.cH+隨著溫度的升高而降低B.在35℃時，cH+>cOH-

C.水的電離百分率α25℃>α35℃D.水的電離是吸熱的

解析：此題測驗水的電離的實質(zhì)及水的電離平衡的影響因素。由題中條件可以看出，溫度升高后，K值增大。25℃時cH+=cOH-=1.0×10-7molL-1。35℃時cH+=cOH-=1.45×10-7molL-1。溫度升高，cH+、cOH-都增大，且依舊相等，水的電離百分率也增大。因溫度升高平衡向正回響方向移動，故水的電離為吸熱回響。

答案：D

5.將1mL0.1molL-1的H2SO4溶液參與純水中制成200mL溶液，該溶液中由水自身電離產(chǎn)生的cH+最接近于

A.1×10-3molL-1B.1×10-13molL-1

C.1×10-7molL-1D.1×10-11molL-1

解析：在水電離達(dá)成平衡時參與硫酸，由于cH+增大，使水的電離平衡向逆向移動，故水電離產(chǎn)生的cH+小于10-7molL-1，擯棄A、C兩選項。數(shù)值的大小由溶液中的cH+和cOH-及KW來確定，因所得的溶液為酸性溶液，酸電離產(chǎn)生的H+遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于水電離產(chǎn)生的H+，所以溶液中cH+由酸定，溶液中的cOH-是由水電離所得。而水電離產(chǎn)生的cH+=cOH-,即可求出水電離產(chǎn)生的cH+。

答案：D

6.在100℃時，水的離子積為1×10-12，若該溫度下某溶液中的H+濃度為1×10-7molL-1，那么該溶液

A.呈堿性B.呈酸性C.呈中性D.cOH-=100cH+

解析：100℃時中性溶液的cH+=cOH-=10-6molL-1

而cH+=10-7molL-1

那么cOH-==10-5molL-1>10-7molL-1

且=100。

答案：AD

7.甲酸的以下性質(zhì)中，可以證明它是弱電解質(zhì)的是

A.1molL-1的醋酸溶液的pH約為2

B.醋酸能與水以任意比例互溶

C.10molL-1的甲酸10mL恰好與10mL1molL-1NaOH溶液完全回響

D.在一致條件下，甲酸溶液的導(dǎo)電性比強酸溶液的導(dǎo)電性弱

解析：弱電解質(zhì)的本質(zhì)特征就是在水溶液中片面電離：A中pH=2那么cH+=0.01molL-1，可以說明這一點。D中，在一致條件下導(dǎo)電性弱，也是由于甲酸不完全電離造成的。

答案：AD

8.當(dāng)MgOH2固體在水中溶解達(dá)成平衡時：MgOH2sMg2++2OH-，為使MgOH2固體的質(zhì)量裁減，可參與

A.NH4NO3B.Na2SC.MgSO4D.CH3COOH

解析：欲使MgOH2固體裁減那么使平衡向右移動，即裁減cMg2+或cOH-，鮮明cMg2+不能裁減，只能裁減cOH-，即參與酸性物質(zhì)。A中+OH-NH3H2O，cOH-減小，平衡向正向移動，MgOH2裁減，正確;B水解顯堿性，cOH-增大，MgOH2固體增多;C中cMg2+增大，MgOH2固體增多;D項CH3COOH+OH-====H2O+CH3COO-，cOH-減小。故答案為A、D。

答案：AD

9.在NaHSO4的稀溶液中和熔化狀態(tài)下都能存在的離子是

A.Na+B.H+C.D.

解析：此題測驗了NaHSO4在水溶液中及熔融態(tài)時電離的處境。溶液中NaHSO4====Na++H++,熔融態(tài)時NaHSO4====Na++,故在兩種處境下都存在的離子是Na+。

答案：A

10.某溫度時水的離子積常數(shù)為1.0×10-14,由此可知在該溫度時水電離的百分率為

A.1.8×10-7%B.1.0×10-8%C.1.8×10-9%D.1.8×10-14%

解析：已知常溫時KW=cH+cOH-=1.0×10-14

而由水電離出來的cH+=cOH-，故cH+=cOH-=1.0×10-7molL-1。因此α=×100%=1.8×10-7%。

答案：A

11.25℃時，在0.5L0.2molL-1的HA溶液中，有0.01mol的HA電離成離子。求該溫度下HA的電離常數(shù)。.

解析：該溶液中A-、H+平衡濃度為0.01mol/0.5L=0.02molL-1,據(jù)電離方程式HAH++A-推知HA分子的平衡濃度為0.2molL-1-0.02molL-1=0.18molL-1。HA的電離常數(shù)k==2.22×10-3。

答案：k=2.22×10-3

12.某二元弱酸簡寫為H2A溶液，按下式發(fā)生一級或二級電離：

H2AH++HA-，HA-H++A2-

已知一致濃度時的電離度αH2A>αHA-，設(shè)有以下四種溶液：

A.0.01molL-1的H2A溶液

B.0.01molL-1的NaHA溶液

C.0.02molL-1的HCl與0.04molL-1的NaHA溶液等體積混合液

D.0.02molL-1的NaOH與0.02molL-1的NaHA溶液等體積混合液

據(jù)此，填寫以下空白填：

1cH+的是_______________，最小的是_______________。

2cH2A的是_______________，最小的是_______________。

3cA2-的是_______________，最小的是_______________。

解析：1C中兩種溶液發(fā)生回響，HCl+NaHA====NaCl+H2A,還剩余NaHA。回響后，由于溶液體積擴大一倍，所以溶液中nNaHA與cH2A的濃度均為0.01molL-1;同理D溶液經(jīng)回響后cNa2A=0.01molL-1。由于C中大量存在HA-，抑制H2A的電離，所以cH+的是A，cH+最小的確定是DD中A2-發(fā)生水解，溶液顯堿性。2由于C中H2A的電離受到HA-抑制，所以cH2A的為C，而D溶液中獲得H2A需要A2-經(jīng)過兩步水解得到，而B只需一步水解HA-+H2OH2A+OH-即可得到，所以D中cH2A最小。3cA2-是在強堿條件下存在，所以3題答案與1答案正好相反。

答案：1AD2CD3DA

13.確定溫度下，冰醋酸加水稀釋過程中溶液的導(dǎo)電才能如下圖。請完成以下問題：

1“O”點為什么不導(dǎo)電?_________________。

2a、b、c三點pH由大到小的依次為_______________________________________。

3a、b、c三點中醋酸的電離程度的點是_____________點。

4若使c點溶液中cCH3COO-提高，可以采取的措施有①__________,②____________,③_____________,④_____________,⑤_____________。

解析：1CH3COOH是一種共價化合物，是弱電解質(zhì)，共價化合物只有在水溶液里才能電離導(dǎo)電?！癘”點不導(dǎo)電說明此時CH3COOH未電離，說明此時無水，不電離，不存在自由移動離子。2pH大小取決于cH+，pH越大，cH+越小，導(dǎo)電才能越弱;pH越小，cH+越大，導(dǎo)電才能越強。故pH大小依次為a>c>b。3電離度與溶液濃度有關(guān)，濃度越大，電離度越小，濃度越小，電離度越大，故c點電離度。4欲使cCH3COO-增大，可以使平衡右移，即消耗cH+的手段，此時可考慮醋的五大通性中適合的有加金屬、金屬氧化物、堿、某些鹽，也可以使平衡逆向移動，此時只能加醋酸鹽。

答案：1無水不電離，無自由移動的離子

2a>c>b

3c4MgNa2ONaOHNa2CO3CH3COONa

走近高考

14.2022全國高考理綜Ⅰ，11在0.1molL-1CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：

CH3COOHCH3COO-+H+

對于該平衡，以下表達(dá)正確的是

A.參與水時，平衡向逆回響方向移動

B.參與少量NaOH固體，平衡向正回響方向移動

C.參與少量0.1molL-1HCl溶液，溶液中cH+減小

D.參與少量CH3COONa固體，平衡