【高考突破方案】第八章 第4讲 沉淀溶解平衡 -强化训练（解析版） 高考化学一轮复习

第八章 水溶液中的离子平衡
第4讲 沉淀溶解平衡
1.下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法正确的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度减小
D．在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体，AgCl沉淀溶解的量不变
【解析】A　沉淀溶解平衡是动态平衡，A项正确；AgCl在水中存在溶解平衡，溶液中有极少量的Ag＋和Cl－，B项错误；通常固体的溶解度随温度的升高而增大(氢氧化钙等除外)，C项错误；加入NaCl固体，Cl－浓度增大，使AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的平衡左移，析出氯化银沉淀，因此AgCl沉淀溶解的量减少，D项错误。
2.自然界中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.铜蓝(CuS)没有还原性
C.整个过程中一定存在氧化还原反应
D.CuSO4与PbS反应的离子方程式是Cu2++S2-CuS↓
【解析】B　 题中所述的溶液,可能是Na2S或NaHS溶液,也可能是Na2S与NaOH或NaHS与H2S组成的混合溶液等,如果是Na2S溶液,离子浓度即为A项的顺序;溶液的溶质有多种可能,且溶液可能呈中性、酸性或碱性,B项不正确,C项正确;由电荷守恒关系可知,D正确。
3.(2023·保定模拟)在一定温度下，当过量的Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡时：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，要使Mg(OH)2固体增加，c(OH－)增加，可采取的措施是(　　)
A．加适量的水
B．通入少量HCl气体
C．加少量NaOH固体
D．加少量MgSO4固体
【解析】C　加入适量水，使沉淀溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg(OH)2固体的质量减少，故A不选；通入少量HCl，平衡正向移动，氢氧化镁固体减少，故B不选；加少量NaOH固体，平衡逆向移动，则Mg(OH)2固体增加，且c(OH－)增加，故C选；加少量MgSO4固体，平衡逆向移动，c(OH－)减小，故D不选。
4.某同学进行如图实验。
下列说法不正确的是(　　)
A.①中存在沉淀溶解平衡:BaCO3(s)Ba2+(aq)+C(aq)
B.比较离子浓度大小:C的浓度③>①;Ba2+的浓度③>①
C.①、③中均存在水解平衡:C+H2OHC+OH-
D.综合上述实验现象,说明BaCO3能转化为BaSO4
【解析】B BaCO3难溶于水,BaCO3浊液中存在沉淀溶解平衡,A正确;向BaCO3浊液、Na2SO4溶液分别滴加酚酞,均无明显变化,二者混合后溶液变红,说明③中c(C)大于①,C水解使溶液中c(OH-)增大,溶液碱性增强而使溶液变红色,从而推知BaCO3能转化为BaSO4,D正确;由于发生反应:BaCO3(s)+S(aq)BaSO4(s)+C(aq),③中c(Ba2+)小于①,B错误;①、③中均含有C,可发生水解反应:C+H2OHC+OH-,C正确。
5.牙齿表面覆盖的牙釉质是人体中最坚硬的部分,起着保护牙齿的作用,其主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]。在牙齿表面存在着如下平衡:Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3P(aq)+OH-(aq)　Ksp=6.8×10-37。已知Ca5(PO4)3F(s)的Ksp=2.8×10-61。下列说法错误的是(　　)
A.残留在牙齿上的糖发酵会产生H+,经常吃糖易造成龋齿
B.由上述平衡可知,小孩长牙时要少吃糖多补钙
C.若减少OH-的浓度,上述平衡将向右移动,Ksp的值相应增大
D.使用含氟牙膏能防止龋齿,是因为Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)
【解析】C 残留在牙齿上的糖发酵会产生H+,H+与OH-反应生成H2O,促使Ca5(PO4)3OH(s)的溶解平衡正向移动,易造成龋齿,A正确;小孩长牙时,要在牙齿表面形成Ca5(PO4)3OH(s),从平衡移动角度分析,应增大牙齿表面的c(Ca2+)、c(OH-),故小孩长牙时要少吃糖多补钙,B正确;减少OH-的浓度,平衡将向右移动,由于温度不变,则Ksp的值不变,C错误;由于Ca5(PO4)3F(s)的Ksp小于Ca5(PO4)3OH,使用含氟牙膏,Ca5(PO4)3OH(s)可转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s),可有效防止龋齿,D正确。
6.常温下，Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9 mol2·L－2，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断错误的是(　　)
A．a点是CaSO4的饱和溶液而b点不是
B．蒸发水可使溶液由b点变化到a点
C．常温下，CaCO3(s)＋SO(aq)CaSO4(s)＋CO(aq)的K＝3.1×10－4
D．除去锅炉中的CaSO4时，可用Na2CO3溶液将其转化为CaCO3
【解析】B　a点位于沉淀溶解平衡曲线上，所以为饱和溶液，b点位于曲线下方，为不饱和溶液，故A正确；b点和a点溶液中硫酸根离子浓度相同，蒸发水硫酸根离子和钙离子浓度均会增大，无法变化到a点，故B错误；对于反应CaCO3(s)＋SO(aq)CaSO4(s)＋CO(aq)平衡常数K＝＝＝＝≈3.1×10－4，故C正确；常温下Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，二者为同类型沉淀，硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，所以Na2CO3溶液可将CaSO4转化为CaCO3，故D正确。
7.关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是(　　)
A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关
B．将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明Ksp[Ca(OH)2]>Ksp(CaSO4)
C．已知25 ℃时Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39 mol4·L－4，则该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝2.8×103 mol－2·L2
D．已知25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11 mol3·L－3，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH＝11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2＋)＝1.8×10－5 mol·L－1
【解析】B　Ksp随温度的改变而改变，不同物质的溶解能力不同，与物质本身的性质有关，A项正确；将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不同，不能比较大小，B项错误；Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，K＝＝＝＝ mol－2·L2＝2.8×103 mol－2·L2，C项正确；c(Mg2＋)＝＝ mol·L－1＝1.8×10－5 mol·L－1，D项正确。
8.(2023黑龙江大庆铁人中学模拟)硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料,也可用作印染媒染剂,医药上用于催吐剂。已知25 ℃时,Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17,Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5,则下列说法正确的是(　　)
A.在水中加入少量ZnSO4固体时,水的电离平衡向正反应方向移动,KW不变
B.在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为:c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c(S)
C.在0.5 L 0.10 mol·L-1 ZnSO4溶液中加入等体积0.02 mol·L-1 AgNO3溶液,即可生成Ag2SO4沉淀
D.常温下,要使0.20 mol·L-1 ZnSO4溶液中的Zn2+完全沉淀[即溶液中c(Zn2+)≤1×10-5 mol·L-1],要调节溶液的pH≥10
【解析】A 向水中加入ZnSO4,Zn2+发生水解反应,促使水的电离平衡正向移动,由于温度不变,则KW不变,A正确。ZnSO4溶液中,根据电荷守恒可得:2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S),B错误。题给ZnSO4溶液和AgNO3溶液混合后,c(S)=0.05 mol·L-1,c(Ag+)=0.01 mol·L-1,则Q=c(S)·c2(Ag+)=0.05×(0.01)2=5×10-6mol·L-1=1×10-6 mol·L-1,c(H+)= mol·L-1=1×10-8 mol·L-1,故要调节溶液的pH≥8,D错误。
9.磷的含氧酸有磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)等多种,它们在工业上都是重要的化工原料。
(1)亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸,写出H3PO3与过量NaOH溶液反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)某温度下,0.01 mol·L-1 H3PO3溶液的pH为2.7,该温度下,H3PO3的一级电离常数=　　(已知:lg 2=0.3,lg 3=0.5,lg 5=0.7,H3PO3的第二步电离忽略不计)。
(3)某实验小组用NaOH溶液处理含H3PO3的废水,当溶液中c(Na+)=c(H2P)+2c(HP)时,溶液呈　　　　　(填“酸”“碱”或“中”)性。
(4)已知:常温下,磷酸(H3PO4)的=6.9×10-3、=6.2×10-8、=4.8×10-13,则常温下,Na2HPO4溶液中H2P、HP和P的浓度由大到小的顺序为　 。
(5)已知:常温下,Ksp(FePO4)=1.3×10-22、Ksp(AlPO4)=5.2×10-19。常温下,向含Fe3+、Al3+的混合溶液中滴加Na3PO4溶液,当FePO4、AlPO4同时生成时,溶液中c(Fe3+)∶c(Al3+)=　　　　　　。
【答案】(1)H3PO3+2NaOHNa2HPO3+2H2O
(2)5×10-4　(3)中
(4)c(HP)>c(H2P)>c(P)
(5)1∶(4×103)
【解析】(2)0.01 mol·L-1 H3PO3溶液的pH=2.7,则c(H+)=10-2.7 mol·L-1=2×10-3 mol·L-1,c(H2P)≈c(H+)=2×10-3 mol·L-1,c(H3PO3)=8×10-3 mol·L-1,=5×10-4。
(3)根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+c(OH-)可知,c(Na+)=c(H2P)+2c(HP)时,溶液呈中性。
(4)Na2HPO4溶液中HP的电离常数=4.8×10-13,其水解常数Kh=,故溶液中c(HP)>c(H2P)>c(P)。
(5)当FePO4、AlPO4同时生成时,溶液中。
10.（2023·湖北黄冈中学模拟）以含有微量Pb2+的NaH2PO2为原料,制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如下:
已知25 ℃时:
①金属硫化物的溶度积:pKsp(FeS)=19, pKsp(PbS)=28,pKsp(CuS)=45,pKsp(ZnS)=23。
②金属氢氧化物的溶度积:pKsp[Zn(OH)2]=18,pKsp[Fe(OH)2]=15,pKsp[Fe(OH)3]=38。
③H3PO3的pKa1=1.3,pKa2=6.6。
(1)NaH2PO2中P的化合价为　　　　;H3PO3的结构式为　　　　　　。
(2)“氧化”过程中的主要氧化产物为H3PO3,反应的化学方程式为　 。
(3)“除铅”过程,由已知信息判断试剂X为 (填化学式),除去微量Pb2+的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)“蒸馏”过程采用减压的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　;若I-回收率为95%,则剩余固体的主要成分为　　　　(填化学式)。
(5)“调pH=11”的作用是 　 。
【答案】(1)+1　
(2)NaH2PO2+I2+H2OH3PO3+NaI+HI
(3)FeS　FeS+Pb2+PbS+Fe2+
(4)降低温度,减少HI的分解　NaH2PO3
(5)将Fe3+转化为沉淀除去,同时部分NaH2PO3转化为Na2HPO3
【解析】本工艺流程题中“氧化”步骤,NaH2PO2、I2和水反应生成H3PO3、NaI和HI,“除铅”步骤,根据题干信息FeS的Ksp比PbS的大,且Fe(OH)3的Ksp比Zn(OH)2的小,便以后续步骤除去Fe3+,故试剂X为FeS,将Pb2+转化为PbS除去,同时得到Fe2+,因为HI易挥发,H3PO3和NaI反应生成HI和NaH2PO3,“蒸馏”获得HI,“溶解”阶段,H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,“调pH=11”将Fe3+转化为沉淀除去,同时部分NaH2PO3转化为Na2HPO3,“调pH”将NaH2PO3彻底转化为Na2HPO3,最后“结晶”得到Na2HPO3固体。(1)根据化合价代数和为0,可知NaH2PO2中P的化合价为+1,由题干信息H3PO3的pKa1=1.3,pKa2=6.6可知H3PO3为二元弱酸,即分子中只含有2个羟基氧原子,故H3PO3的结构式为。(2)“氧化”过程中的主要氧化产物为H3PO3,即NaH2PO2、I2和水反应生成H3PO3、NaI和HI,该反应的化学方程式为NaH2PO2+I2+H2OH3PO3+NaI+HI。(3)“除铅”过程,由已知信息①金属硫化物的溶度积:pKsp(FeS)=19,pKsp(PbS)=28,pKsp(CuS)=45,pKsp(ZnS)=23;②金属氢氧化物的溶度积:pKsp[Zn(OH)2]=18,pKsp[Fe(OH)2]=15,
pKsp[Fe(OH)3]=38,则可知:FeS(s)+Pb2+(aq)PbS(s)+Fe2+(aq)　K===109>105,可以沉淀完全,同理:ZnS(s)+Pb2+(aq)PbS(s)+Zn2+(aq)　K===105,也可以沉淀完全,而CuS的Ksp小于PbS,不能转化,且Fe(OH)3的Ksp远小于Zn(OH)2,故判断试剂X为FeS,除去微量Pb2+的离子方程式为FeS+Pb2+PbS+Fe2+。(4)根据“氧化”步骤的反应,可知蒸馏前溶液中主要含H3PO3、NaI和HI,HI受热易分解,故采用减压蒸馏的目的是降低温度,减少HI的分解,而蒸馏过程I-回收率为95%,说明H3PO3和NaI反应有NaH2PO3生成,则剩余固体的主要成分为NaH2PO3。