2024届高三新高考化学大一轮专题练习 沉淀溶解平衡

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2024届高三新高考化学大一轮专题练习-沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。室温下，某溶洞水体中- lg[ c(X)]与pH的关系如图(X为H2CO3、、、Ca2+)。下列说法错误的是

A．该温度下，H2CO3的电离平衡常数Ka1的数量级为10-7
B．曲线Ⅱ表示-lg[c(CO)]与pH的关系
C．a点，c(Ca2+ )>c(CO)>c(HCO)
D．室温下，向水体中加入适量CaCl2固体，不能使溶液由b点变到c点
2．（2023·全国·高三专题练习）常温下，向含少量盐酸的0.1mol/L的CrCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与溶液pH变化如图所示。

已知：Cr(OH)3为灰绿色的沉淀，当Cr3+浓度为10-5mol/L时，可认为沉淀完全，碱过量时生成[Cr(OH)4]-离子。下列说法正确的是
A．AB段发生反应的离子方程式为：
B．A到D过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
C．当溶液pH=5时，
D．D点溶液中
3．（2023·福建·校联考三模）黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物形式存在，还包括钾、镁和铝的硅酸盐，以及、等。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子





开始沉淀的pH
1.9
7.0
8.9
3.0
8.1
完全沉淀的pH
3.2
9.0
10.9
4.7
10.1
已知：“中和沉淀”中，水解并沉淀为。“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。
下列说法错误的是
A．“酸浸氧化”中，有、、三种离子被氧化
B．滤渣①、滤渣③、滤渣④的主要成分依次是、、
C．随滤液②可除去金属离子、、、及部分、
D．“沉钒”中需要加入过量，利用同离子效应，促进尽可能析出完全
4．（2023·云南·统考二模）下列反应的离子方程式表达错误的是
A．向AgI沉淀中加入0.1mol·L-1Na2S溶液2AgI(s)+ S2- (aq) = Ag2S(s)+2I-(aq)
B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2 + CO2 + 2H2O= Al(OH)3↓+
C．乙酰胺与氢氧化钠溶液共热CH3CONH2 +OH- CH3COO- + NH3↑
D．向CuSO4溶液中加入浓盐酸，溶液变为绿色Cu2++2Cl-=Cu+Cl2↑
5．（2023·全国·模拟预测）已知常温下FeS、PbS的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是

A．可用FeS除去废水中的重金属离子
B．将饱和FeS、PbS溶液等体积混合后，溶液中
C．常温下，向b点溶液中加入，可得到c点溶液
D．d点没有FeS沉淀生成
6．（2023·全国·模拟预测）工业上以铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)为原料制备胆矾晶体(CuSO4·5H2O)，其主要流程如图所示。

下列叙述错误的是
A．氧化步骤中可用氧气代替H2O2
B．烟气的主要成分为SO3，滤渣的主要成分为SiO2
C．调节pH时，发生反应的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+
D．萃取和反萃取操作均用到分液漏斗和烧杯
7．（2023·全国·高三专题练习）下列各实验的操作、现象及结论有不正确的是
选项
实验
现象
结论
A
将过量Cl2通入淀粉－碘化钾溶液中
溶液颜色最终未变蓝
不能说明氯气不能氧化I-
B
在圆底烧瓶中加入无水乙醇，再加入浓硫酸，放入碎瓷片后加热至170℃，产生的气体先通过足量NaOH溶液，再通入酸性高锰酸钾溶液
高锰酸钾溶液褪色
乙醇发生了消去反应
C
向AgCl悬浊液中加入Na2CrO4溶液
出现棕红色沉淀
Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(AgCl)
D
甲试管中加入KMnO4溶液，再滴入浓盐酸；乙试管中加入K2MnO4溶液和NaOH溶液，再通入氯气
甲试管中产生黄绿色气体，乙试管中溶液变为紫红色
物质氧化性的强弱与pH有关

A．A B．B C．C D．D
8．（2023·全国·高三专题练习）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s) Ca2+ (aq)+ (aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4. 9 ×10-5，H2CO3的电离常数Ka1=4.5 ×10-7，Ka2=4.7 ×10-11]，下列有关说法不正确的是
A．上层清液中存在c(Ca2+)>c( )
B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2+)增大
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
9．（2023·全国·高三专题练习）下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是
A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值减小
B．浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c(CO)”、“＜”或“=”)。

(4)在水溶液中的存在形态如图II所示。下列说法正确的是_______(填字母)。
A．不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态
B．向的这种溶液中加KOH溶液至，的分布分数先增大后减小
C．向的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：

参考答案：
1．C
【分析】溶液中碳酸部分电离出氢离子、碳酸氢根离子，碳酸氢根离子电离出氢离子、碳酸根离子，随着pH增大，碳酸氢根离子、碳酸根离子浓度变大，当碱性较强时，溶液中以碳酸根离子为主，碳酸根离子和钙离子生成碳酸钙沉淀，导致此时钙离子浓度很小，结合图像可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、Ca2+曲线。
【详解】A．由a点可知，该温度下，H2CO3的电离平衡常数Ka1，则数量级为10-7，A正确；
B．曲线Ⅱ表示-lg[c()]与pH的关系，B正确；
C．由图像可知，a点，c(Ca2+ ) >c( )>c()　，C错误；
D．室温下，向水体中加入适量CaCl2固体，钙离子和碳酸根离子生成碳酸钙沉淀，导致碳酸根离子浓度减小，而不是碳酸根离子浓度增大，不能使溶液由b点变到c点，D正确；
故选C。
2．C
【详解】A．溶液中含少量盐酸，且AB段的溶液pH值小于5.4，反应肯定发生H++OH-=H2O，故A错误；
B．AB段肯定发生HCl和NaOH的反应，HCl的电离抑制水的电离，所以该阶段水的电离程度逐渐增大，故B错误；
C．C点之后pH发生突变，则该点应为Cr3+完全沉淀的点，此时c(Cr3+)=10-5mol/L，c(H+)=10-5.4mol/，则c(OH-)=10-8.6mol/L，则Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-30.8，pH=5时c(OH-)=10-9mol/L，所以c(Cr3+)=mol/L=10-3.8mol/L，故C正确；
D．D点溶液显碱性，所以NaOH过量，溶液中存在NaCl、Na[Cr(OH)4]，所以，故 D错误；
故选C。
3．B
【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2 “酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，硅酸盐与硫酸反应可得到硅酸沉淀，故滤渣1含二氧化硅和硅酸，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、,滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；则滤渣④的主要成分是，最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
【详解】A． 据分析，“酸浸氧化”中，有、、三种离子被氧化，A正确；
B． 据分析，滤渣①的主要成分是硅酸和，B不正确；
C． 据分析，随滤液②可除去金属离子、、、及部分、，C正确；
D．NH4VO3存在沉淀溶解平衡：NH4VO3(s) (aq)＋VO (aq)，“沉钒”中加入过量NH4Cl，增大c()，有利于NH4VO3结晶析出，D正确；
答案选B。
4．D
【详解】A．向AgI沉淀中加入0.1mol·L-1Na2S溶液，AgI沉淀转化为溶解度更小的Ag2S，A正确；
B．碳酸酸性强于偏铝酸，可以和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，CO2过量，最终生成碳酸氢根，B正确；
C．酰胺基在碱性条件下水解，得到的醋酸与NaOH反应生成醋酸钠，氨基水解生成氨气逸出，C正确；
D．向CuSO4溶液中加入浓盐酸，溶液变为绿色是因为发生[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl－⇌CuCl(黄色)+4H2O，蓝色和黄色叠加为绿色，D错误；
综上所述答案为D。
5．A
【详解】A．由题意可得，除去Pb2+的反应方程式为，，由图中信息可求出，，故，即该反应进行得很彻底，可用FeS除去废水中的重金属离子，A项正确；
B．由于，故等体积混合后，FeS溶液不饱和，即，B项错误；
C．加入后，平衡向右移动，减小，但增大，故不可能得到c点溶液，C项错误；
D．d点是FeS的过饱和溶液，会有FeS沉淀生成，D项错误。
故选A。
6．B
【分析】铜镍矿石通入大量氧气粉碎焙烧产生烟气，得到固体加入稀硫酸酸浸除去滤渣1主要为，再加入双氧水氧化将亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化铜调节pH，除去滤渣2主要成分为Fe(OH)3，加入HR进行萃取，得到含Ni2+水相和含铜有机相，含铜有机相加入稀硫酸反萃取得到有机相和水相，水相进行系列操作得到产品胆矾晶体(CuSO4·5H2O)；
【详解】A．由流程信息可知，酸浸后所得滤液中主要含有的金属阳离子为、、和少量，加入的主要目的是将氧化为，故可用氧气代替，选项A正确；
B．由题给流程图可知，粉碎焙烧时主要是铜镍矿石中的CuS、NiS、FeS与氧气反应，生成烟气的主要成分为，加稀硫酸酸浸，不与硫酸反应，与不溶于酸的杂质一同进入滤渣1，选项B错误；
C．向氧化后的溶液中加入调节溶液pH，使完全转化为沉淀，发生反应的离子方程式为，选项C正确；
D．调节pH除铁后，过滤所得滤液中主要含有的金属阳离子为和，向滤液中加入HR进行萃取，分液除去，再向含铜有机相中加入稀硫酸进行反萃取，萃取和反萃取操作均用到分液漏斗和烧杯，选项D正确；
答案选B。
7．C
【详解】A．氯气氧化KI生成碘单质，但是过量氯气会将碘单质氧化为KIO3，故溶液不变蓝，不能说明氯气不能氧化I-，故A正确；
B．无水乙醇中加入浓硫酸，放入碎瓷片后加热至170℃，发生消去反应生成乙烯，可能浓硫酸氧化乙醇生成二氧化硫且乙醇易挥发，先通过氢氧化钠溶液除去二氧化硫和乙醇，再通过高锰酸钾溶液褪色，证明有乙烯生成，发生了消去反应，故B正确；
C．向AgCl悬浊液中加入Na2CrO4溶液，如果Na2CrO4溶液浓度很大，则AgCl沉淀可转换为Ag2CrO4沉淀，即条件不明确，不能通过沉淀的转化判断出Ksp的大小，故C错误；
D．甲试管中加入KMnO4溶液，再滴入浓盐酸，生成黄绿色气体，可得氧化性KMnO4＞Cl2；乙试管中加入K2MnO4溶液和NaOH溶液，再通入氯气，溶液变为紫红色，可得氧化性Cl2＞KMnO4，故氧化性与溶液的pH有关，故D正确；
答案C。
8．D
【详解】A．上层清液中Ca2+不水解，水解生成，所以上层清液中存在c(Ca2+)>c( )，A正确；
B．水解平衡常数，说明溶液中的水解程度较大，上层清液中含碳微粒最主要以形式存在，B正确；
C．向体系中通入CO2气体，发生反应CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2，难溶性的CaCO3转化为可溶性的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2+)增大，C正确；
D．，CaCO3比CaSO4更难溶，所以加Na2SO4溶液不可实现CaCO3向CaSO4的有效转化，D错误；
故选D。
9．C
【详解】A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，氢氧根浓度减小，根据电离常数可知＝，温度不变，电离常数不变，氢氧根浓度减小，则比值增大，A错误；
B．浓度均为0.1mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则c(CO)a；
②的氨水，若a=c，则氨水电离产生的氢氧根离子恰好与盐酸完全反应，但氨水为弱碱未完全电离，则最终溶液中存在大量氨水显碱性，若使溶液显中性，a>c；
③的氢氧化钡溶液，当a=d时两者恰好完全反应生成氯化钡，溶液显中性；
因此：或，故答案为：或；
（3）根据反应(少量)可知，结合氢离子能力大于和；结合氢离子能力大于，则得电子能力：，故答案为：；
（4）由电离方程式可知的一级电离完全电离，则为强酸的阴离子只电离不能发生水解反应，则NaHA溶液中Na+浓度大于HA-浓度，HA-发生微弱电离生成A2-离子和氢离子，再结合水电离生成氢离子和氢氧根离子，则，故答案为：；
（5）的氨水溶液，Kb=，，，两溶液等体积混合，浓度减半，则，的溶液中加入相同体积的的氨水溶液，混合后c(Mg2+)=，离子积 c(Mg2+)·>，因此有沉淀生成，故答案为：；有。
16．(1) 盐 碱
(2) 向右
(3)CD
(4)出现红褐色沉淀
(5)
(6)将固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度

【详解】（1）H3PO2(次磷酸)的水溶液中存在H3PO2分子，说明H3PO2为弱酸，H3PO2与足量NaOH溶液充分反应，消耗的酸和碱的物质的量相等，说明H3PO2为一元弱酸，生成的盐为正盐，化学式为：NaH2PO2，已知常温下H3PO4的电离常数为Ka1=6.9×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.8×10-13，Na2HPO4溶液中，水解平衡常数≈1.6×10-7＞Ka2=6.2×10-8，溶液中水解程度大，溶液显碱性，故答案为：NaH2PO2；盐；碱；
（2）氢氧化钠是碱电离产生的氢氧根离子抑制水的电离，吸收二氧化硫后，消耗氢氧根离子，碱性减弱，同时生成亚硫酸钠，是强碱弱酸盐，能够水解，对水的电离起促进的作用，所以吸收二氧化硫过程中水的电离平衡向右移动，pH=9的溶液中c(H+)=10-9mol/L，碱电离产生氢氧根离子抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，依据Ka2=，得溶液中，故答案为：向右；；
（3）A．沉淀的转化向溶度积更小的方向移动，可知FeS的Ksp大于CuS的Ksp，故A错误；
B．开始浓度未知，不能确定平衡浓度的关系，则c(Fe2+)、c(Cu2+)平衡时不一定相等，故B错误；
C．加入少量Na2S固体后，CuS更难溶，先Cu2+、S2-发生反应生成沉淀，c(Cu2+)、c(Fe2+)都减小，故C正确；
D．Cu2+(q)+FeS(s)⇌CuS(s)+Fe2+(aq)，反应的平衡常数，故D正确；
故答案为：CD；
（4）氯化镁属于电解质，向氢氧化铁胶体中加入氯化镁溶液时易产生聚沉现象，从而生成红褐色氢氧化铁沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀；
（5）加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl,加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，所以最终得到Fe2O3固体，故答案为：Fe2O3；
（6）FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl,为防止氯化铁水解，向溶液中滴加少量稀盐酸即可，故答案为：将固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度。
17．(1)2.0×10-2
(2) 减小 放热
(3)1.0×10-6

【详解】（1）37℃时，若溶液中尿酸根的浓度为3.2×10-3mol/L，则Na+的最大浓度为mol/L=2.0×10-2mol/L；答案为：2.0×10-2。
（2）关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，关节炎发作多在冬天，这说明温度降低时，平衡NaUr(s) ⇌Ur-(aq)+Na+(aq)逆向移动，尿酸钠的Ksp减小；生成尿酸钠晶体的反应是放热反应；答案为：减小；放热。
（3）37℃时，某尿酸结石病人尿液中尿酸根离子的浓度为1.5×10-3mol·L-1，尿酸分子的浓度为5.0×10-4mol·L-1，Ka===3.0×10-6，解得c(H+)=1×10-6mol/L；答案为：1×10-6。
18．(1) 杀菌消毒 吸附(净水)
(2)
(3) 温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动 >
(4)B

【详解】（1）根据元素守恒可知未知产物应含氧元素，反应中Fe元素化合价降低，则氧元素化合价升高，所以产物为氧气，根据原子守恒可知为3O2；高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；故答案为：3O2↑；杀菌消毒、吸附(净水)；
（2）在水中的溶解平衡方程式为，故答案为；
（3）由图1数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，温度越高的浓度越小，正向反应是吸热反应；故答案为：温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动；>；
（4）A.不同pH值时，溶液中铁元素的存在形态及种数不相同，比如在pH值等于6时，就只有两种形态，故A错误；
B.根据图片知，改变溶液的pH，当溶液由pH=2变化至pH=10的过程中，的分布分数先增大后减小，故B正确；
C.向pH=8的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：+OH-=+H2O，故C错误；
故答案为：B。