2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练44沉淀溶解平衡实验图表题型含解析

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沉淀溶解平衡实验图表题型
一、单选题（共15题）
1．下列实验操作能达到实验目的的是
选项
操作
目的
A
取一张pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于试纸的中部，与标准比色卡对比
测定NaClO溶液的pH
B
向含有酚酞的溶液中滴入溶液，观察溶液颜色的变化
证明溶液中存在水解平衡
C
取溶液，先后滴加3滴溶液和5滴溶液，观察沉淀情况
比较、的大小
D
将样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
检验样品是否变质
2．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
对于可逆反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，平衡后扩大容器体积，容器内气体颜色变浅
平衡正向移动
B
向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1mol/LKI溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)
C
向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，出现黑色沉淀
H2S的酸性比H2SO4强
D
测定Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，后者pH比前者的大
C的非金属性比Si强
A．A B．B C．C D．D
3．下列实验操作、现象和所得出结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段，再加入新制Cu(OH)2，加热
没有出现砖红色沉淀
淀粉没有水解
B
取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液
Mg(OH)2溶解
CH3COONH4溶液呈酸性
C
向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液
出现白色沉淀
结合H+能力比强
D
取一张pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液点滴于试纸的中部，与标准比色止对比
pH试纸变蓝
NaClO溶液呈碱性

A．A B．B C．C D．D
4．下列实验操作、现象、结论正确的是

操作及现象
结论
A
向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液，产生白色沉淀
白色沉淀成分是Al2S3
B
将粗铜和精铜分别连接电源的正、负极，两电极减少和增加的质量不相等
质量变化大的电极一定与电源的负极相连
C
向盛有2mL0.1mol·L-1ZnSO4溶液的试管中加入1mol·L-1Na2S溶液，再加入0.1mol·L-1CuSO4溶液，最终得到黑色沉淀
CuS的溶解度比ZnS小
D
向盛有0.01mol·L-1CH3COONa溶液的试管中滴加几滴酚酞试液，溶液变红，加热，颜色变深
溶液中存在水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，且为吸热反应
A．A B．B C．C D．D
5．根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向2 mL0.1 mol·L−1的FeCl3溶液中加入4 mL0.1 mol·L−1的KI溶液，充分反应后，分别取少量溶液于两支试管中，向其中一支试管中滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，另一支试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液变红
KI与FeCl3的反应是可逆反应
B
室温下，向0.1 mol·L−1HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升
镁与盐酸反应放热
C
向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
Ksp(AgI)CuS

A．A B．B C．C D．D
14．根据下列实验现象所得结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液
溶液未呈蓝色
该食盐中不含有碘酸钾
B
将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体
有光亮的通路
微蓝色透明液体为胶体
C
将数滴0.1mol·L−1MgSO4溶液滴入2mL0.1mol·L−1NaOH溶液中充分反应，再滴加0.1 mol·L−1CuSO4溶液
出现蓝色沉淀
Ksp[Cu(OH)2]”、“=”或“7，则V≥10
B．若混合液pHc (C6H5O-) >c (H+)>c (OH-)
C．V=10时，混合液中水的电离程度小于10ml 0.01mol/L苯酚溶液中水的电离程度
D．V=5时，2c(NH3·H2O)+ 2c(NH)= c (C6H5O-)+ c(C6H5OH)
(5)水解反应是典型的可逆反应.水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kh表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式_______。
(6)Ⅰ.如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：

① T1_______T2(填>、=、Ksp另一支中无明显现象，说明Qcc(OH-)，溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(OH-)，所以c(C6H5O-)>c(NH4+)，选项B错误；C.含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，选项C错误；D.任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c(NH3•H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(C6H5OH)，选项D正确；答案选D；(5)根据反应CO32-+H2OHCO3-+OH-可得Kh=；(6)Ⅰ.①升高温度促进难溶物溶解，根据图象知T2的溶度积常数大于T1，所以T1＜T2；Ksp(BaSO4)=c(Ba2+).c(SO42-)=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9；②A.硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，选项A正确；B.在T1曲线上方区域(不含曲线)为过饱和溶液，所以有晶体析出，选项B正确；C.蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，选项C正确；D.升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，选项D错误；答案选ABC；Ⅱ.设每次用1.00L 2.0 mol/L饱和Na2CO3溶液能处理xmol BaSO4，
BaSO4 (s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)
(2.0-x)mol/L x mol/L
根据K===0.042，解得：x=0.081，处理次数==2.5，所以至少处理3次。
20．Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO 2.6×10-9mol/L 2CuCl2•2H2OCu2(OH)2•CuCl2+2HCl+2H2O(主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可) 淀粉溶液 蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 95%
【详解】
(1)为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质能消耗氢离子，使氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，促进氯化铁水解生成氢氧化铁沉淀，且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO；溶液的pH=4，所以溶液中c(H+)=10-4mol/L，则c(OH-)=10-10mol/L，c(Fe3+)==2.6×10-9mol/L；
(2)由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，生成碱式氯化铜或氢氧化铜，而不是CuCl2，反应方程式为2CuCl2•2H2OCu2(OH)2•CuCl2+2HCl+2H2O(主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可)；
(3)①滴定时，先加入KI与Cu2+反应生成I2和CuI沉淀，然后用Na2S2O3标准滴定生成的碘单质的量从而确定CuCl2•2H2O的纯度；淀粉遇碘变蓝，所以可以用淀粉作指示剂，当达到滴定终点时I2完全反应，溶液蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色；
②CuCl2溶液与KI溶液相遇时，发生氧化还原反应，+2价的铜离子得电子，变为+1价，-1碘离子失电子变为0价，由电子、电荷守恒可知离子反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
③根据I2+2S2O=S4O+2I-可知生成的n(I2)=´0.1000mol/L´0.02L=0.001mol，再结合方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2可知n(CuCl2•2H2O)=0.002mol，样品的纯度为=95%。
21．H2O2 4.9
【详解】
净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9。
22．CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜 淀粉 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色 偏大
【详解】
(1)为制得纯净CuCl2溶液，宜加入CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜等，调至溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH) 3沉淀，此时溶液中的；
(2)①由于反应有I2消耗，可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色；
②由化学方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O=S4O+2I-，得到关系式：，则，该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为；
③若滴定到终点时，仰视读数，使得消耗Na2S2O3标准溶液体积偏大，测定结果偏大。
23．ClO- + H2O⇌HClO + OH- C NA
【详解】
(1)NaClO是强碱弱酸盐，溶液因次氯酸根离子水解显碱性，离子方程式为ClO- + H2O HClO + OH-。
(2) A．冷却，可降低氯化铵的溶解度，能冷却结晶，A正确；
B．加入食盐细颗粒，增大氯离子浓度，能促使氯化铵结晶，B正确；
C．通入CO2，与水反应生成碳酸，溶液酸性增强，不与母液中其它成分反应，对氯化铵的析出无明显作用，C错误；
D．通入NH3后生成一水合氨，与碳酸氢根反应产生铵根离子，增大铵根离子的浓度有利于氯化铵的析出来，D正确；
故使NH4Cl从母液中析出的措施不包括C。
(3)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3酸性溶液氧化，当NaHSO3完全消耗时有I2析出，则先发生，后发生 ，合并为 ，则用单线桥法标出电子转移的方向和数目：；若有25.4g I2生成，碘的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为1mol，数目是NA个。
24．Cu2O、Cu2S SO2 H2O2 H2O2将Fe2+氧化成Fe3+ Fe2+ 先加入KSCN溶液，若溶液不变红，再滴入几滴氯水，若溶液变成红色，说明含有该离子 否 根据溶度积，当溶液pH为7~8时，溶液A中Cu2+同时生成沉淀而被除去
【详解】
(1)该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，Cu2O、Cu2S中铜元素的化合价从+1价降低到0价，Cu2S中硫元素的化合价从-2价升高到+4价，化合价降低的物质作氧化剂，反应的氧化剂是Cu2O、Cu2S，SO2是硫元素化合价升高后得到的物质，是氧化产物；
(2)①加入氧化剂，将Fe2+氧化成Fe2+，根据Fe(OH)3的Ksp=2.6×10-39，Fe(OH)2的Ksp=4.9×10-17可知，Fe(OH)3的Ksp较小，调节pH，Fe(OH)3易先沉淀，达到除去Fe2+的目的；Fe2+的检验方法为先加入KSCN溶液，若溶液不变红，再滴入几滴氯水，若溶液变成红色，说明含有该离子；
②将溶液pH调至7~8，c(H+)=10-7mol/L~10-8mol/L，c(OH-)=10-7mol/L~10-6mol/L，Qc＞10-5mol/L×(10-7mol/L)2=10-19＞2.2×10-20，溶液A中Cu2+同时生成沉淀而被除去，乙同学的建议不正确。
25．H2CO3＞＞ AD B 大于 0.05 mol•L-1
【详解】
(1)酸的电离平衡常数越大，该酸越容易电离，相应的酸的酸性就越强。由于电离平衡常数K1(H2CO3)＞K2(H2SO3)＞K2(H2CO3)，所以在相同条件下，H2CO3、和的酸性由强到弱的顺序为：H2CO3＞＞；
(2)A．在醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向该溶液中加入少量HCl，c(H+)增大，电离平衡逆向移动，则溶液中c(CH3COO-)减小，而c(CH3COOH)增大，A符合题意；
B．向溶液中加入少量HCl，HCl电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，B不符合题意；
C．醋酸的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则其电离平衡常数不变，C不符合题意；
D．在醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向该溶液中加入少量HCl，溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，导致醋酸的电离度减小，D符合题意；
故合理选项是AD；
(3)除去重金属阳离子Ag+、Pb2+，形成沉淀的溶度积常数越小时沉淀效果越好。由表格数据可知Ag2S、PbS的溶度积最小，则加入Na2S溶液时沉淀效果最好，故合理选项是B；
(4)由实验①可知：当酸、碱浓度相等，溶液等体积混合时溶液pH=9，溶液显碱性，说明NaA是强碱弱酸盐，一元酸HA是弱酸，因此在实验②中当NaOH溶液的浓度为0.05 mol/L，若混合溶液pH=7，溶液显中性时，酸的浓度应该比碱的浓度大，即c(HA)＞0.05 mol/L；
对于实验①，开始未混合时c(Na+)=c(NaOH)=0.10 mol/L，由于二者是等体积混合，则混合后溶液中c(Na+)==0.05 mol/L，HA、NaOH等浓度、等体积混合，则混合溶液溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，A-离子部分水解产生HA，则根据物料守恒可知c(A-)+c(HA)=c(Na+)=0.05 mol/L。