高中化学人教版 (2019)选择性必修1实验活动1 探究影响化学平衡移动的因素精品复习练习题

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3.4 难溶电解质的溶解平衡
综合训练
一、单选题（共14小题，每小题只有一个选项符合题意）
1．把NaCl晶体溶于水充分搅拌后，溶液中仍有晶体存在，下列说法正确的是
A．溶解过程停止 B．此时溶解速率等于结晶速率
C．此时溶质不再溶解 D．溶解过程停止
【答案】B
【解析】把NaCl晶体溶于水,存在钠离子氯离子离开晶体表面进入溶液的溶解过程、同时存在溶液中的钠离子和氯离子回到晶体表面的结晶过程，当溶解速率和结晶速率相等时，就处于平衡，这是动态平衡：溶解和结晶仍在进行、但是溶解已达到了最大程度，形成了饱和溶液，则B满足；
答案选B。
2．已知常温下，，下列有关说法正确的是
A．常温下，在纯水中的比在溶液中的大
B．向与的悬浊液中加入几滴浓溶液，不变
C．在的饱和溶液中通入，有析出，且溶液中
D．向、的混合溶液中滴入几滴溶液，出现黄色沉淀，此现象可验证
【答案】B
【解析】A．只随温度的改变而改变，所以二者相等，A项错误；
B．与的悬浊液在滴入几滴浓溶液后，仍是二者的饱和浴液，温度不变，、不变，故不变，B项正确；
C．在的饱和溶液中通入，增大，的沉淀溶解平衡向左移动，有析出，溶液中增大，减小，、不再相等，C项错误；
D．向、的混合溶液中滴入几滴溶液，出现黄色沉淀，证明发生了反应：，但由于不知道溶液中、的浓度大小，不能确定和溶度积大小关系，故D项错误。
故选B。
3．已知：25℃时，的，现将浓度为的溶液与某浓度溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用溶液的浓度至少应大于
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】溶液的浓度为，与某浓度CaCl2溶液等体积混合后溶液中，时，会产生沉淀，即×c混(Ca2+)>3.4×10-9，解得，故原CaCl2溶液的最小浓度应大于，故B正确；
选B。
4．常温下，、分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液，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．常温下，
B．加适量固体可使溶液由a点变到b点
C．c、d两点代表的溶液中与乘积相等
D．、分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
【答案】B
【解析】A．由b、c两点对应数据可比较出常温下与的大小，，，因这两点中，故，选项A正确；
B．向溶液中加入固体，结合使得的沉淀溶解平衡正向移动，增大，与图像不符，故不能使溶液由a点变到b点，选项B错误；
C．只要温度不发生改变，溶液中与的乘积(即)就不变，该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中与的乘积相等，选项C正确；
D．b、c两点分别处在两条沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，选项D正确。
故选B。
5．工业上用化学法除锅炉的水垢时，先向锅炉中注入饱和溶液浸泡水垢，将水垢中的转化为，再用盐酸除去［已知常温下：，］。下列说法错误的是
A．温度升高，溶液的和均会增大
B．沉淀转化的离子方程式为
C．该条件下，的溶解度约为大于
D．和共存的悬浊液中，
【答案】C
【解析】A．水电离、盐水解都是吸热反应，温度升高，溶液的和均会增大，故A正确；
B．一般溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀，沉淀转化的离子方程式为，故B正确；
C．该条件下，设溶液体积为1L，由，则，的溶解度约为，且和的组成形成相似，，所以溶解度小于，故C错误；
D．和共存的悬浊液中，，故D正确。
故选C。
6．下列说法不正确的是
A．向悬浊液中滴加溶液，生成红褐色沉淀
B．碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
C．配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸抑制水解
D．水垢中的，可先用溶液处理，而后用酸除去
【答案】B
【解析】A．向悬浊液中滴加溶液，可使转化为红褐色沉淀，A正确；
B．碳酸氢钠属于抗酸药，醋酸会与反应，从而降低药效，B错误；
C．氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水后易发生水解，为抑制水解，配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸，C正确；
D．水垢中的，可先用溶液处理，发生反应，将转化为溶解度更小的，而后用酸除去，D正确。
故选B。
7．下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是
①纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强；②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；③石灰岩(喀斯特地貌)的溶洞形成；④BaCO3不能做“钡餐”，而BaSO4则可以；⑤使用泡沫灭火器时“泡沫”生成的原理。
A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤
【答案】A
【解析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解；水解是吸热过程，加热有利于水解平衡正向移动，故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，应用了盐类水解原理，故①不选；
②可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释，故②可选；
③碳酸钙在水中存在溶解平衡、水中含有钙离子、碳酸根，空气中有二氧化碳，二氧化碳、碳酸根和水反应生成碳酸氢根、促使碳酸钙溶解平衡右移，所以可以用沉淀平衡原理来解释，故③可选；
④碳酸钡在水中存在溶解平衡、水中含有钡离子、碳酸根，碳酸根能和氢离子反应生成二氧化碳、水，促使碳酸钡溶解平衡右移，所以可以用沉淀平衡原理来解释，故④可选；
⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速的产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，故⑤不选；
故能用沉淀溶解平衡原理来解释的是②③④，故选：A。
8．已知：室温时，饱和溶液的pH约为3.9；SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5；不溶于乙醇。根据以上信息设计以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法如图所示，下列说法错误的是

A．将浓硫酸稀释为25%稀硫酸，所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、容量瓶
B．操作Ⅱ中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制的水解
C．操作Ⅱ中，通入至饱和的目的是使转化为SnS沉淀并防止被氧化
D．操作Ⅳ中所得的晶体可用乙醇洗去晶体表面附着的水
【答案】B
【解析】A．将浓硫酸稀释为25%稀硫酸，应用量筒量取一定体积的浓硫酸，沿玻璃棒缓缓倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，最后移入容量瓶中定容，则所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、容量瓶，A项正确；
B．SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，在溶液pH=2时，完全沉淀，亚铁离子不沉淀，操作Ⅱ加入稀硫酸调节溶液pH=2是为了除去杂质离子，B项错误；
C．通入至饱和，使完全转化为SnS沉淀，具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；
D．易溶于水而不溶于乙醇，用乙醇洗涤，可避免晶体的溶解，D项正确。
故选B。
9．铬酸银()微溶于水，常用作分析试剂、有机合成催化剂、电镀、卤化物滴定终点指示剂等。在时，在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：时，AgCl的。下列说法错误的是

A．时，Y点和Z点时的相等
B．向饱和溶液中加入不能使溶液由Y点变为X点
C．时，的为
D．时，将溶液滴入和的混合溶液中，先沉淀
【答案】C
【解析】A．时，曲线上的点均达到沉淀溶解平衡，因此Y点和Z点时的相等，A项正确；
B．时饱和溶液中和的浓度只能在曲线上变化，即向饱和溶液中加入不能使溶液由Y点变为X点，B项正确；
C．时，根据曲线可知，的，C项错误；
D．时，将溶液滴入和的混合溶液中，AgCl的，所需，的，所需，因此先沉淀，D项正确。
故选C。
10．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示.又知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法不正确的是

A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0-13
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t℃时，反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】A．根据图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10-13，故A正确；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，不可能由c点到b点，故B错误；
C．在a点时Qc D．K=，故D正确；
故选B。
11．将AgCl分别加入盛有：①5mL水；②6mL0.5 mol/LNaCl溶液；③10mL0.2 mol/LCaCl2溶液；④50mL0.1 mol/L盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c(Ag＋)从大到小的顺序排列正确的是
A．④③②① B．②③④①
C．①④③② D．①③②④
【答案】C
【解析】①水中没有Cl‒，即5mL水对AgCl的沉淀溶解平衡没有抑制作用，①中c(Ag＋)最大；
②6mL0.5 mol/LNaCl溶液中含有Cl‒，且c(Cl‒)=0.5mol/L，对AgCl的沉淀溶解平衡有抑制作用，则②中c(Ag＋)小于①中c(Ag＋)；
③10mL0.2 mol/LCaCl2溶液中含有Cl‒，且c(Cl‒)=，对AgCl的沉淀溶解平衡有抑制作用，则②中c(Ag＋)小于③中c(Ag＋)；
④50mL0.1 mol/L盐酸中含有Cl‒，且c(Cl‒)=0.1 mol/L，对AgCl的沉淀溶解平衡有抑制作用，则④中c(Ag＋)大于③中c(Ag＋)；
综上所述，各溶液中c(Ag＋)从大到小的顺序为①④③②，C项正确。
答案选C。
12．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A．a 和 b 分别为 T1、T2温度下CdS 在水中的溶解度
B．图中各点对应的 Ksp 的关系为： Ksp(m) = Ksp(n) < Ksp(p) < Ksp(q)
C．向 m 点的溶液中加入少量Na2S 固体，溶液组成由m 沿 mpn 线向 p 方向移动
D．温度降低时，q 点的饱和溶液的组成由 q 沿 qp 线向p 方向移动
【答案】B
【解析】A．溶解度是一定温度下100g水中溶解某溶质达到饱和状态时溶质的质量，a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2+和S2-的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS 在水中的溶解度，故A正确；
B．Ksp只受温度的影响，即m、n、p是同一温度下，所以Ksp相等，有图像可知Ksp(m) = Ksp(n) = Ksp(p) < Ksp(q)，故B错误；
C．向 m 点的溶液中加入少量Na2S 固体，溶液中c(S2-)增大，温度不变Ksp不变，则c(Cd2+)减小，溶液组成由m 沿 mpn 线向 p 方向移动，故C正确；
D．温度降低时，CdS的溶解度降低，q 点的饱和溶液的组成由 q 沿 qp 线向p 方向移动，故D正确；
故答案为B。
13．已知：工业生产中可用ZnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2+，可表示为Cu2+(aq)+ZnS(s) Zn2+(aq)+CuS(s)。下列说法不正确的是
A．相同温度时，溶解度：S(ZnS)＞S(CuS) B．通入气体H2S后，c(Zn2+)变小
C．反应平衡常数K= D．反应达平衡时，c(Cu2+)=c(Zn2+)
【答案】D
【解析】A．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，ZnS能转化为CuS，则溶解度：S(ZnS)＞S(CuS)，故A正确；
B．通入硫化氢后，溶液中c(S2−)增大而抑制ZnS溶解，则c(Zn2+)变小，故B正确；
C．Cu2+(aq)+ZnS(s) Zn2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K==，故C正确；
D．溶解度：S(ZnS)＞S(CuS)，所以反应达到平衡时c(Cu2+)＜c(Zn2+)，故D错误。
综上所述，答案为D。
14．已知20℃，Ksp[Mg(OH)2]=1.6×10-11，Ksp[Co(OH)2]=6.4×10-15，Co(OH)2为玫瑰红色难溶物，某同学进行如表实验，依据实验操作及现象，下列说法错误的是

实验操作
现象
实验一
将镁条用砂纸打磨光亮后置于饱和氯化钠溶液中，滴加几滴酚酞
有无色气体和较多白色沉淀产生，溶液变红色
实验二
取出镁条，将悬浊液加热
红色加深
实验三
冷却后滴加适量CoCl2溶液
部分白色难溶物变成玫瑰红色难溶物
A．镁条和水发生置换反应生成H2和Mg(OH)2
B．NaCl增大了Mg(OH)2(s)在20℃水中的溶解度
C．Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)∆H>0
D．加入适量CoCl2溶液后，c(Mg2+)：c(Co2+)=2500：1
【答案】B
【解析】A．由实验一的现象知，镁条和水反应产生了H2和难溶物Mg(OH)2，故A正确；
B．氯化钠对Mg( OH)2在水中的溶解度无影响，故B错误；
C．由实验二加热悬浊液，红色更深，可知Mg( OH)2(s)在水中的溶解过程是吸热的，故C正确；
D．在Mg(OH)2饱和溶液中滴加CoCl2溶液后，发生反应Mg(OH)2(s)+Co2+(aq)⇌Co(OH)2(s)+Mg2+(aq)，则c(Mg2+)：c(Co2+)＝[c(Mg2+)·c2(OH﹣)]：[c(Co2+)·c2(OH﹣)]＝Ksp[Mg(OH)2] ∶Ksp[Co(OH)2]＝2500：1，故D正确；
故选B。
二、非选择题（共5小题）
15．工业制胆矾时，将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解，除去杂质离子后，再蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH接近4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。回答下列问题：
（1）为除去溶液中的Fe2+，可先加入_______，(从下面四个选项选择)将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_______，然后加入适量的_______，(从下面四个选项选择)调整溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
A．CuO B．Cl2 C．Cu(OH)2 D．H2O2
（2）甲同学怀疑调整至溶液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 = 1×10-38，Cu(OH)2的溶度积Ksp=3×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3mol•L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为___________，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为___________，通过计算即可确定上述方案是否可行。
【答案】
（1） D 2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O AC （2） 4 3
【解析】（1）由于pH9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，故除去溶液中的Fe2+，必须先加入氧化剂将Fe2+氧化，为了不引入杂质，加入的氧化剂选H2O2，即答案选D，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，为了不引入杂质，然后加入适量的CuO(或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3)，即答案选AC，调整溶液的pH至3~4，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀。
（2）常温下，Cu(OH)2开始沉淀时c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]=310-20，c(OH-)==110-10mol/L，c(H+)=110-4mol/L，Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH=4。Fe3+完全沉淀时c(Fe3+)110-5mol/L，c(Fe3+)·c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]=110-38，c(OH-)==110-11mol/L，c(H+)=110-3mol/L，Fe3+完全沉淀时溶液的pH=3。根据计算结果知上述方案可行。
16．某研究小组进行的沉淀溶解平衡的实验探究。
[查阅资料]25℃时，，。
[制备试剂]向2支均盛有溶液的试管中分别加入2滴溶液，制得等量沉淀。
(1)分别向两支试管中加入不同试剂，请填写下表中的实验现象。
试管编号
加入试剂
实验现象
Ⅰ
2滴溶液
_______
Ⅱ
溶液
白色沉淀溶解，得无色溶液
(2)同学们猜想产生试管1中现象的主要原因有以下两种。
猜想1：结合电离出的，使的沉淀溶解平衡正向移动。
猜想2：_______。
(3)为验证猜想，同学们取少量相同质量的氢氧化镁固体盛放在两支试管中，一支试管中加入醋酸铵溶液(pH=7)，另一支试管中加入和氨水混合液(pH=8)，两支试管中氢氧化镁均溶解。该实验证明(2)中_______(填“猜想1”或“猜想2”)正确。
【答案】白色沉淀转化为红褐色沉淀 铵根离子水解使溶液显酸性，消耗氢氧化镁电离出的氢氧根离子，促进氧氧化镁沉淀溶解平衡正向移动 猜想1
【解析】(1)，则试管Ⅰ中沉淀转化为沉淀，可观察到白色沉淀转化为红褐色沉淀；
(2) 铵根离子水解使溶液显酸性，消耗氢氧化镁电离出的氢氧根离子，促进氧氧化镁沉淀溶解平衡正向移动；
(3)分别加入醋酸铵溶液(pH=7)、和氨水混合液(pH=8)，均溶解，可知是铵根离子与氢氧根离子结合使的沉淀溶解平衡正向移动，则猜想1成立。
17．工业废水中常含有一定量的，易被人体吸收积累而导致肝癌。处理工业含铬废水的方法通常是将转化为，再将转化为沉淀。
(1)利用硫酸工业废气中的可以处理酸性含铬废水，用离子方程式表示反应原理：___________。
(2)常温下，，除去被还原所得溶液中的[使]，需调节溶液的pH至少为___________。
(3)和类似，也是两性氢氧化物。写出的酸式电离方程式：___________。
(4)在强碱中可被氧化为，发生反应的离子方程式为___________。控制其他条件不变，反应温度对转化率的影响如图所示。请分析温度超过70℃时转化率下降的原因：___________

【答案】 6 在较高温度下发生分解，浓度降低，氧化能力下降
【解析】(1)酸性含铬废水中含有，具有较强的氧化性，与发生氧化还原反应，结合得失电子守恒和元素质量守恒可得反应的离子方程式：。
(2)常温下，，溶液中时，，此时溶液的pH≥6。
(3)和类似，也是两性氢氧化物，而发生酸式电离的方程式为，类比推理写出的酸式电离方程式。
(4)在强碱中被氧化为，而则被还原为，反应的离子方程式为。分析反应温度对转化率的影响可知，随着温度的升高，开始阶段转化率增大，温度超过70℃时，转化率下降，其原因可能是在较高温度下发生分解，浓度降低，氧化能力下降。
18．羟胺()可视为氨分子内的1个氢原子被羟基取代的物质，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性。
(1)利用的还原性，可以除去溶液中的：。从氧化产物看，用羟胺作还原剂的优点是________。
(2)的水溶液呈弱碱性的原理与相似，的水溶液中含有的离子是_____(填离子符号)。
(3)某离子化合物的组成元素与相同，其水溶液显酸性。该物质是______(填化学式)。
(4)制备(盐酸羟胺)的一种工艺流程如图所示：

①步骤Ⅲ中，X为________(填化学式)。
②要使滤液Y中、的浓度均小于，溶液中浓度应不小于__________。[已知，]
【答案】氧化产物脱离反应体系，不引入新的杂质，不污染空气 、、
【解析】(1)分析反应物和生成物可知，是氧化产物，气体脱离反应体系，不引入新的杂质，不污染空气；
(2)的水溶液呈弱碱性，其电离方程式为；
(3)某离子化合物的组成元素与相同，其水溶液显酸性，则是硝酸铵；
(4)①步骤Ⅲ中，加入X后生成了硫酸钡、亚硫酸钡，故X是钡盐，又因引入了，故X为。②要使滤液Y中的浓度小于，则；要使滤液Y中的浓度小于，则。故大于才能使、的浓度均小于。
19．草酸即乙二酸，是一种有机二元酸，在工业上有重要的应用。草酸在100℃时开始升华，157℃时大量升华，并开始分解。常温下，相关数据如表所示：
电离方程式
电离常数






(1)常温下，，溶液的pH__________7(填“>”“<”或“=”)。
(2)用惰性电极电解饱和草酸溶液可制得乙醛酸()，阴极的电极反应式为_______。
(3)草酸钠是一种重要的还原剂。合成草酸钠的操作如下：草酸草酸钠晶体
①75%酒精的作用是____________________________________。
②将草酸与碳酸钠按物质的量之比为2∶1充分溶解在足量的水中，所得溶液的。请将所得溶液中离子浓度按由大到小的顺序排列：____________________________________________。
(4)已知某温度下的为。将的溶液和的溶液等体积混合后，所得溶液中的物质的量浓度为__________。
【答案】< 降低草酸钠的溶解度，便于晶体析出
【解析】(1)由题给数据可知，、、的电离常数大小为，故草酸铵溶液显酸性，pH＜7；
(2)阴极得电子发生还原反应：；
(3)①加入酒精是为了降低草酸钠的溶解度，便于晶体析出。
②二者完全反应后溶液中溶质为草酸氢钠，因为溶液显酸性，所以的电离程度大于其水解程度，则溶液中离子浓度的大小关系为；
(4)混合后所得溶液中，，则。