高中化学沉淀溶解平衡的测试题和答案

本文格式为Word版，下载可任意编辑——高中化学沉淀溶解平衡的测试题和答案在学完学识点后学生需要多做题来复习和检验自己是否掌管学识点，下面我将为大家带来关于沉淀溶解平衡的测试题的介绍，梦想能够扶助到大家。

高中化学沉淀溶解平衡的测试题

1.在100mL0.10molL-1的AgNO3溶液中参与100mL溶有2.08gBaCl2的溶液，再参与100mL溶有0.010molCuSO45H2O的溶液，充分回响。以下说法中正确的是

A.最终得到白色沉淀和无色溶液

B.最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物

C.最终得到的溶液中，Cl-的物质的量为0.02mol

D.在最终得到的溶液中，Cu2+的物质的量浓度为0.01molL-1

解析：此题为一计算推断题。经计算AgNO3、BaCl2、CuSO45H2O三种物质的物质的量都为0.01mol，回响生成的AgCl和BaSO4各为0.01mol,溶液中剩余的是0.01mol、0.01molCl-和0.01molCu2+，所以溶液应呈蓝色，故A、C是错误的，三种溶液混合后溶液的体积增大两倍，Cu2+的物质的量浓度为0.033molL-1。

答案：B

2.确定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与其电离的离子间的溶解平衡关系：BaOH2固体Ba2++2OH-。向此种悬浊液中参与少量的氢氧化钡粉末，以下表达正确的是

A.溶液中钡离子数目减小B.溶液中钡离子浓度减小

C.溶液中氢氧根离子浓度增大D.pH减小

解析：氢氧化钡悬浊液中存在氢氧化钡的固体和氢氧化钡饱和溶液的溶解平衡，即氢氧化钡的固体溶解到溶液中电离生成钡离子和氢氧根离子，溶液中的钡离子和氢氧根离子结合，沉淀出氢氧化钡的固体，再参与少量的氢氧化钡粉末，由于溶液中固体不存在浓度问题，平衡没有发生移动。可是选项中所描述的量都发生变化，与结论相冲突。是否从该体系的另一方面分析，水的量发生变化考虑?由于参与的氢氧化钡粉末在水中转化为结晶水合物，消耗了确定量的水，平衡发生移动。溶解的离子结合生成氢氧化钡的固体，引起溶解物质相应的量发生变化。选项A中的钡离子的个数随着水的量的裁减，溶液质量、溶质质量都相应裁减，其个数必然裁减。

此题也可采用摈弃法，当平衡发生移动时，确定会引起相应物质的数量变化。若是议论某种概括物质的数量，它理应十足变化，如溶质微粒个数、溶质质量和溶液质量等。但若议论两个量的比值，在特定条件下可能不变，如溶解度、浓度等。

答案：A

3.工业废水中常含有Cu2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子，可通过参与过量的难溶电解质FeS、MnS，使这些金属离子形成硫化物沉淀除去。根据以上事实，可推知FeS、MnS具有的相关性质是

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.在水中的溶解才能与CuS、CdS、PbS一致

D.二者均具有较强的吸附性

解析：因FeSsFe2++S2-MnSsMn2++S2-,生成的S2-与Cu2+、Cd2+、Pb2+生成更难溶CuS、CdS、PbS，因而选A。

答案：A

4.在氯化亚铁溶液中参与以下物质能产生沉淀的是

A.通入硫化氢气体B.参与氯化钠溶液

C.参与硫化钠溶液D.通入二氧化碳气体

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

答案：C

5.要使工业废水中的重金属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：

化合物PbSO4PbCO3PbS

溶解度/g1.03×10-41.81×10-71.84×10-14

由上述数据可知，选用的沉淀剂是

A.硫化物B.硫酸盐

C.碳酸盐D.以上沉淀剂均可

解析：由溶度积可知PbS的溶解度最小，那么PbS最易沉淀析出。

答案：A

6.当氢氧化镁固体在水中达成溶解平衡MgOH2sMg2+aq+2OH-aq时，为使MgOH2固体的量裁减，须参与少量的

A.NH4NO3B.NaOHC.MgSO4D.NaHSO4

解析：参与NH4NO3后与OH-回响生成NH3H2O，从而使MgOH2溶解;参与NaHSO4后，H++OH-====H2O，使MgOH2溶解，应选A、D。

答案：AD

7.25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在平衡PbI2s2Pb2+aq+2I-aq，参与KI溶液，以下说法正确的是

A.溶液中Pb2+和I-浓度都增大B.溶度积常数Ksp增大

C.沉淀溶解平衡向左移动D.浓度商Qc增大

解析：参与KI溶液，cI-增大，那么溶解平衡向左移动，Qc增大。应选CD。

答案：CD

综合运用

8.对水垢的主要成分是CaCO3和MgOH2而不是CaCO3和MgCO3的理由解释，其中正确的有

A.MgOH2的溶度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化

B.MgOH2的溶度积小于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化

C.MgCO3电离出的发生水解，使水中OH-浓度减小，对MgOH2的沉淀溶解平衡而言，Qc

D.MgCO3电离出的发生水解，使水中OH-浓度增大，对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正确;MgCO3水解产生OH-，而与Mg2+结合生成难溶物MgOH2沉淀，故D正确。

答案：BD

9.已知AgCl作对溶于水和酸的白色固体，Ag2S作对溶于水和酸的黑色固体。向AgCl和水的悬浊液中参与足量的Na2S溶液并振荡，结果白色固体完全转化为黑色固体：

1写出白色固体转化为黑色固体的离子方程式：____________________________________。

2简要说明白色固体转化为黑色固体的理由：____________________________________。

解析：此题可以用平衡移动原理来解释。

答案：12AgCl+S2-====Ag2S+2Cl-

2由于Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度小，根据平衡移动原理，沉淀溶解平衡向离子浓度减小的方向移动

10.工业上制取纯真的CuCl22H2O的主要过程是：①将粗氧化铜含少量Fe溶解于稀盐酸中，加热、过滤、调理滤液的pH为3;②对①所得滤液按以下步骤举行操作：

已知Cu2+、Fe2+在pH为4—5时不水解，而Fe3+却几乎完全水解而沉淀。请回复以下问题：

1X是什么物质?其回响的离子方程式是_______________________________________。

2Y物质应具备的条件是_______________________，生产中Y可选：______________。

3溶液乙在蒸发结晶时应留神：_______________________________________________。

解析：①根据框图，参与氧化剂X可把Fe2+氧化为Fe3+，而没有增加新杂质，所以X为Cl2;②结合题示，调理pH至4—5，使Fe3+全部沉淀，同样不引进新杂质，所以Y为CuO或CuOH2;③CuCl2溶液在蒸发结晶过程中发生水解，为抑制其水解，根据Cu2++2H2OCuOH2+2H+，参与盐酸可抑制其水解，在蒸发过程中要不断搅拌且不能蒸干。

答案：1Cl2Cl2+2Fe2+====2Fe3++2Cl-

2调理溶液酸性，使pH为4—5，且不引进新杂质CuO或CuOH2

3通入HCl气体或参与盐酸，并不断搅拌且不能蒸干

11.室温下：AgCl的溶解度是1.93×10-3gL-1，那么AgCl的溶度积____________________。

解析：先求出AgCl饱和溶液的物质的量浓度：=1.34×10-5molL-1，再求Ksp，由AgClsAg+aq+Cl-aq。

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

答案：1.80×10-10

12.已知：某温度时，KspAgCl=cAg+cCl-=1.8×10-10KspAg2CrO4=c2Ag+c=1.1×10-12，试求：

1此温度下AgCl饱和溶液和Ag2CrO4饱和溶液的物质的量浓度，并对比两者的大小。

2此温度下，在0.010molL-1的AgNO3溶液中，AgCl与Ag2CrO4分别能达成的物质的量浓度，并对比两者的大小。

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

溶液平衡时：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

溶解平衡时：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的物质的量浓度大。

2cAgCl=1.8×10-8molL-1，

cAg2CrO4=1.1×10-10molL-1，

AgCl的物质的量浓度大。

13.已知在BaCO3饱和溶液中cBa2+c=8.1×10-9,H++的电离平衡常数K=5.61×10-11。

在0.2molL-1的BaCl2溶液中参与等体积的0.2molL-1的NaHCO3溶液。通过计算说明混合后的溶液中有无沉淀。

解析：混合后尚未发生回响时，cBa2+=cHCO-3=0.1molL-1。

设电离出的浓度为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.试通过计算分析，能否通过加碱的方法将浓度为0.10molL-1的Fe3+和Mg2+完全分开。已知Ksp[FeOH3]=4.0×10-38,Ksp[MgOH2]=1.2×10-11。

解析：Fe3+开头沉淀时：cOH-==7.4×10-13

Mg2+开头沉淀时：cOH-==1.1×10-5

Fe3+完全沉淀时：cOH-==1.58×10-13cOH-的操作是

A.向水中投入一小块金属钠B.将水加热煮沸

C.向水中通入CO2D.向水中参与食盐晶体

解析：A项中参与钠，Na与H2O回响生成NaOH，影响水的电离平衡，使cOH->cH+;B项中加热使电离平衡右移，cH+=cOH-;C项中通入CO2，CO2+H2O====H2CO3，使cH+>cOH-;而D项中cH+=cOH-，应选C。

答案：C

4.水的电离过程为H2OH++OH-，在不同温度下其平衡常数为K25℃=1.0×10-14,K35℃=2.1×10-14。那么以下表达正确的是

A.cH+随着温度的升高而降低B.在35℃时，cH+>cOH-

C.水的电离百分率α25℃>α35℃D.水的电离是吸热的

解析：此题测验水的电离的实质及水的电离平衡的影响因素。由题中条件可以看出，温度升高后，K值增大。25℃时cH+=cOH-=1.0×10-7molL-1。35℃时cH+=cOH-=1.45×10-7molL-1。温度升高，cH+、cOH-都增大，且依旧相等，水的电离百分率也增大。因温度升高平衡向正回响方向移动，故水的电离为吸热回响。

答案：D

5.将1mL0.1molL-1的H2SO4溶液参与纯水中制成200mL溶液，该溶液中由水自身电离产生的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：在水电离达成平衡时参与硫酸，由于cH+增大，使水的电离平衡向逆向移动，故水电离产生的cH+小于10-7molL-1，摈弃A、C两选项。数值的大小由溶液中的cH+和cOH-及KW来确定，因所得的溶液为酸性溶液，酸电离产生的H+远远大于水电离产生的H+，所以溶液中cH+由酸定，溶液中的cOH-是由水电离所得。而水电离产生的cH+=cOH-,即可求出水电离产生的cH+。

答案：D

6.在100℃时，水的离子积为1×10-12，若该温度下某溶液中的H+浓度为1×10-7molL-1，那么该溶液

A.呈碱性B.呈酸性C.呈中性D.cOH-=100cH+

解析：100℃时中性溶液的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.甲酸的以下性质中，可以证明它是弱电解质的是

A.1molL-1的醋酸溶液的pH约为2

B.醋酸能与水以任意比例互溶

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

D.在一致条件下，甲酸溶液的导电性比强酸溶液的导电性弱

解析：弱电解质的本质特征就是在水溶液中片面电离：A中pH=2那么cH+=0.01molL-1，可以说明这一点。D中，在一致条件下导电性弱，也是由于甲酸不完全电离造成的。

答案：AD

8.当MgOH2固体在水中溶解达成平衡时：MgOH2sMg2++2OH-，为使MgOH2固体的质量裁减，可参与

A.NH4NO3B.Na2SC.MgSO4D.CH3COOH

解析：欲使MgOH2固体裁减那么使平衡向右移动，即裁减cMg2+或cOH-，鲜明cMg2+不能裁减，只能裁减cOH-，即参与酸性物质。A中+OH-NH3H2O，cOH-减小，平衡向正向移动，MgOH2裁减，正确;B水解显碱性，cOH-增大，MgOH2固体增多;C中cMg2+增大，MgOH2固体增多;D项CH3COOH+OH-====H2O+CH3COO-，cOH-减小。故答案为A、D。

答案：AD

9.在NaHSO4的稀溶液中和熔化状态下都能存在的离子是

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

解析：此题测验了NaHSO4在水溶液中及熔融态时电离的处境。溶液中NaHSO4====Na++H++,熔融态时NaHSO4====Na++,故在两种处境下都存在的离子是Na+。

答案：A

10.某温度时水的离子积常数为1.0×10-14,由此可知在该温度时水电离的百分率为

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

解析：已知常温时KW=cH+cOH-=1.0×10-14

而由水电离出来的cH+=cOH-，故cH+=cOH-=1.0×10-7molL-1。因此α=×100%=1.8×10-7%。

答案：A

11.25℃时，在0.5L0.2molL-1的HA溶液中，有0.01mol的HA电离成离子。求该温度下HA的电离常数。.

解析：该溶液中A-、H+平衡浓度为0.01mol/0.5L=0.02molL-1,据电离方程式HAH++A-推知HA分子的平衡浓度为0.2molL-1-0.02molL-1=0.18molL-1。HA的电离常数k==2.22×10-3。

答案：k=2.22×10-3

12.某二元弱酸简写为H2A溶液，按下式发生一级或二级电离：

H2AH++HA-，HA-H++A2-

已知一致浓度时的电离度αH2A>αHA-，设有以下四种溶液：

A.0.01molL-1的H2A溶液

B.0.01molL-1的NaHA溶液

C.0.02molL-1的HCl与0.04molL-1的NaHA溶液等体积混合液

D.0.02molL-1的NaOH与0.02molL-1的NaHA溶液等体积混合液

据此，填写以下空白填：

1cH+的是_______________，最小的是_______________。

2cH2A的是_______________，最小的是_______________。

3cA2-的是_______________，最小的是_______________。

解析：1C中两种溶液发生回响，HCl+NaHA====NaCl+H2A,还剩余NaHA。回响后，由于溶液体积扩大一倍，所以溶液中nNaHA与cH2A的浓度均为0.01molL-1;同理D溶液经回响后cNa2A=0.01molL-1。由于C中大量存在HA-，抑制H2A的电离，所以cH+的是A，cH+最小的确定是DD中A2-发生水解，溶液显碱性。2由于C中H2A的电离受到HA-抑制，所以cH2A的为C，而D溶液中获得H2A需要A2-经过两步水解得到，而B只需一步水解HA-+H2OH2A+OH-即可得到，所以D中cH2A最小。3cA2-是在强碱条件下存在，所以3题答案与1答案正好相反。

答案：1AD2CD3DA

13.确定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电才能如下图。请完成以下问题：

1“O”点为什么不导电?_________________。

2a、b、c三点pH由大到小的依次为_______________________________________。

3a、b、c三点中醋酸的电离程度的点是_____________点。

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

解析：1CH3COOH是一种共价化合物，是弱电解质，共价化合物只有在水溶液里才能电离导电。“O”点不导电说明此时CH3COOH未电离，说明此时无水，不电离，不存在自由移动离子。2pH大小取决于cH+，pH越大，cH+越小，导电才能越弱;pH越小，cH+越大，导电才能越强。故pH大小依次为a>c>b。3电离度与溶液浓度有关，浓度越大，电离度越小，浓度越小，电离度越大，故c点电离度。4欲使cCH3COO-增大，可以使平衡右移，即消耗cH+的手段，此时可考虑醋的五大通性中适合的有加金属、金属氧化物、碱、某些盐，也可以使平衡逆向移动，此时只能加醋酸盐。

答案：1无水不电离，无自由移动的离子

2a>c>b

3c4MgNa2ONaOHNa2CO3CH3COONa

走近高考

14.2022全国高考理综Ⅰ，11在0.1molL-1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：

CH3COOHCH3COO-+H+

对于该平衡，以下表达正确的是

A.参与水时，平衡向逆回响方向移动

B.参与少量NaOH固体，平衡向正回响方向移动

C.参与少量0.1molL-1HCl溶液，溶液中cH+减小

D.参与少量CH3COONa固体，平衡