高中化学专题3 水溶液中的离子反应第四单元 沉淀溶解平衡综合训练题

这是一份高中化学专题3 水溶液中的离子反应第四单元 沉淀溶解平衡综合训练题，共6页。试卷主要包含了已知，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

题型一 沉淀的转化
1．已知：Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，在有白色固体ZnS存在的饱和溶液中滴加适量CuSO4溶液，产生的实验现象是( )
A．固体逐渐溶解，最后消失
B．固体由白色变为黑色
C．固体颜色变化但质量不变
D．固体逐渐增多，但颜色不变
解析：选B ZnS和CuS的阴、阳离子个数比都为1∶1，且Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，可得ZnS的溶解度大于CuS的溶解度，因此在ZnS的饱和溶液中加CuSO4溶液会使ZnS沉淀转化成黑色CuS。
2．25 ℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)＝6.3×10－18；Ksp(CuS)＝1.3×10－36；Ksp(ZnS)＝1.6 ×10－24。下列有关叙述正确的是( )
A．硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B．将足量的ZnSO4晶体加入到0.1 ml·L－1的Na2S溶液中，Zn2＋的浓度最大只能达到1.6×10－23 ml·L－1
C．除去工业废水中含有的Cu2＋，可采用FeS固体作为沉淀剂
D．向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2＋)变大、c(S2－)变小，但Ksp(FeS)变大
解析：选C 化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强，由Ksp可知，常温下，CuS的溶解度最小，故A错；将足量的ZnSO4晶体加入到0.1 ml·L－1的Na2S溶液中，c(S2－)将减至非常小，而Zn2＋的浓度远远大于1.6×10－23 ml·L－1；因CuS比FeS更难溶，所以FeS沉淀可转化为CuS沉淀；温度不变，Ksp(FeS)不变。
题型二 沉淀的溶解与生成
3．欲除去混在BaSO4中的少量CaCO3杂质，下列措施正确的是( )
A．盐酸、过滤 B．稀硫酸、过滤
C．NaOH溶液、过滤 D．四氯化碳、分液
解析：选A A项，CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O，BaSO4不溶于盐酸，故可行；B项，CaSO4微溶，阻止反应进一步进行；C项，CaCO3与NaOH不反应；D项，CaCO3不溶于CCl4。
4．要使工业废水中的Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
由上述数据可知，沉淀剂最好选用( )
A．硫化物 B．硫酸盐
C．碳酸盐 D．以上沉淀剂均可
解析：选A 沉淀工业废水中的Pb2＋时，生成沉淀的反应进行得越完全越好，由于PbS的溶解度最小，故选硫化物作为沉淀剂。
5．T ℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝1.1×10－38。此温度下要除去CuCl2溶液中的少量FeCl3，可以边搅拌边加入一种试剂，这种试剂是( )
A．CuO B．NaOH溶液
C．氨水 D．CuSO4溶液
解析：选A 根据溶度积常数可知Cu(OH)2的溶度积大于Fe(OH)3的溶度积，因此要除去混在CuCl2溶液中的FeCl3，可加入氢氧化铜粉末、CuO或CuCO3，通过调节溶液的pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，本题选A。
6．在2 mL物质的量浓度相等的NaCl和NaI溶液中滴入几滴AgNO3溶液，发生的反应为( )
A．只有AgCl沉淀生成
B．只有AgI沉淀生成
C．生成等物质的量的AgCl和AgI沉淀
D．两种沉淀都有，但以AgI为主
解析：选D 在同浓度的NaCl和NaI溶液中，c(Cl－)＝c(I－)，滴入几滴AgNO3溶液后，由于Ksp(AgI)7．锅炉水垢是一种安全隐患，除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。下列说法不正确的是( )
A．CaCO3的溶解度小于CaSO4的
B．沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动
C．沉淀转化的难易与溶解度差别的大小无关
D．CaSO4到CaCO3的沉淀转化中并存着两个沉淀溶解平衡
解析：选C 沉淀转化的方向是难溶物向更难溶的方向转化，所以沉淀的溶解度差别越大，越易转化，C选项错误。
8．以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有少量Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是( )
A．具有吸附性
B．溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C．溶解度大于CuS、PbS、CdS
D．溶解度小于CuS、PbS、CdS
解析：选C 本题考查了沉淀的转化，MnS能与Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋生成溶解度更小的硫化物。
9．下列说法正确的是( )
A．锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去
B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，再用水稀释到所需的浓度
C．Na2CO3溶液保存在带磨口塞的玻璃瓶中
D．用pH试纸测得0.1 ml·L－1NH4Cl溶液的pH＝5.2
解析：选A 锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去，A正确；加入硫酸溶液引入硫酸根离子杂质，B错误；碳酸钠溶液水解显碱性，和玻璃中的二氧化硅反应生成矿物胶硅酸钠粘结瓶口与瓶塞，不易打开，C错误；因氯化铵溶液中铵根离子的水解，溶液显酸性，用pH试纸测得0.1 ml·L－1 NH4Cl溶液的pH小于7 ，但pH试纸测得的pH为整数5 ，不可能是5.2，D错误。
10．自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是( )
A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性
C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋＋S2－===CuS↓
D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
解析：选D CuSO4与PbS反应可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A错误；硫化物中硫的化合价为－2，具有还原性，B错误；ZnS难溶于水，不能写成离子形式，C错误；铜的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS，D正确。
11．已知在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。工业上制CuCl2溶液是将浓盐酸用蒸气加热到80 ℃左右，再慢慢加入粗氧化铜(含少量杂质FeO)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是( )
A．向溶液中通入Cl2，再加入纯净的CuO粉末调节pH为4～5
B．向溶液中通入H2S使Fe2＋沉淀
C．向溶液中通入Cl2，再通入NH3，调节pH为4～5
D．加入纯Cu将Fe2＋还原为Fe
解析：选A 根据题干信息，A项中的操作可将Fe2＋转化为Fe3＋，再转化为Fe(OH)3沉淀而除去，A正确；在酸性溶液中H2S与Fe2＋不反应，而H2S与Cu2＋反应生成CuS沉淀，B错误；C项中的操作会引入新的杂质离子NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ，C错误；由金属的活动性Fe>Cu知，D错误。
12．已知同温度下的溶解度：Zn(OH)2>ZnS，MgCO3>Mg(OH)2。就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS>H2S>CuS。则下列离子方程式错误的是( )
A．Mg2＋＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
B．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋
C．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑
D．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
解析：选C 就溶解度而言，反应向着生成溶解度更小的沉淀方向进行；就电离而言，反应向着生成难电离的物质方向进行。
13．化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋。一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是( )
A．该反应达到平衡时：c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)
B．平衡体系中加入少量CuS(s)后，c(Mn2＋)变小
C．平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D．该反应平衡常数表达式：K＝ eq \f(Ksp（CuS）,Ksp（MnS）)
解析：选C 根据Cu2＋＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋得：Ksp(CuS)1，即c(Cu2＋)14．钡(Ba)和锶(Sr)及其化合物在工业上有着广泛的应用，它们在地壳中常以硫酸盐的形式存在，BaSO4和SrSO4都是难溶性盐。工业上提取钡和锶时首先将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐。
已知：SrSO4(s)Sr2＋(aq)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq)
Ksp＝2.5×10－7；
SrCO3(s)Sr2＋(aq)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq) Ksp＝2.5×10－9。
(1)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为_____________________________________；
该反应的平衡常数表达式为________；该反应能发生的原因是_______(用沉淀溶解平衡的有关理论解释)。
(2)对于上述反应，实验证明：增大CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率。判断在下列两种情况下，平衡常数K的变化情况(填“增大”“减小”或“不变”)。
①升高温度，平衡常数K将________。
②增大CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 的浓度，平衡常数K将________。
(3)已知，SrSO4和SrCO3在酸中的溶解度与BaSO4和BaCO3类似，设计实验证明上述过程中SrSO4是否完全转化成SrCO3。实验所用的试剂为________；实验现象及其相应结论为________________________________________________________________________。
解析：(1)SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为SrSO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) SrCO3(s)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，平衡常数表达式为K＝ eq \f(c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ，根据沉淀转化的原理，该反应能够发生，是因为Ksp(SrCO3)(2)①降低温度有利于提高SrSO4的转化率，说明降温平衡向正反应方向移动，因此升高温度，平衡向逆反应方向移动，故平衡常数K减小。②平衡常数只与温度有关，增大CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 的浓度，平衡常数不变。
(3)根据提供的信息，可以推断SrSO4难溶于盐酸，而SrCO3 可溶于盐酸，因此向溶液中加入盐酸，若沉淀全部溶解，则SrSO4完全转化成SrCO3，若沉淀没有全部溶解，则SrSO4没有完全转化成SrCO3，需要注意的是，不能选择稀硫酸，因为SrCO3与稀硫酸反应生成SrSO4。
答案：(1)SrSO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) SrCO3(s)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) K＝ eq \f(c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）,c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) Ksp(SrCO3)(2)①减小 ②不变
(3)盐酸 若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则，未完全转化
15．已知常温下：Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20。当溶液中各种离子的浓度幂的乘积大于溶度积时，则产生沉淀，反之固体溶解。
(1)某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02 ml·L－1，如果生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于________。
(2)要使0.2 ml·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液中加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。
解析：(1)根据信息，当c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20时开始出现沉淀，则c(OH－)＝ eq \r(\f(2×10－20,c（Cu2＋）)) ml·L－1＝ eq \r(\f(2×10－20,0.02)) ml·L－1＝10－9 ml·L－1，c(H＋)＝10－5 ml·L－1，pH＝5，所以要生成Cu(OH)2沉淀，应调整pH>5。(2)要使Cu2＋浓度降至 eq \f(0.2 ml·L－1,1 000) ＝2×10－4 ml·L－1，则c(OH－)＝ eq \r(\f(2×10－20,2×10－4)) ml·L－1＝10－8 ml·L－1，c(H＋)＝10－6 ml·L－1，此时溶液的pH＝6。
答案： (1)5 (2)6
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10－4
1.81×10－7
1.84×10－14