2022年高中化学《化学反应原理》第3章第三节知能优化训练鲁科版选修4.docx

2022年鲁科化学选修 化学反响原理 ：第3章第三节知能优化训练 Word版含答案1以下事实不能用沉淀溶解平衡原理解释的是()A误食可溶性钡盐，用硫酸钠溶液洗胃B除去硫酸铜溶液中的铁离子，可加Cu(OH)2，调节pHC在AgI的沉淀体系中加硫化钠溶液，出现黑色沉淀D在配制FeCl3溶液时，滴加少量盐酸解析：选D。A、B为沉淀的生成，C为沉淀的转化，D是水解问题。2Fe2S3的溶度积表达式是()AKspFe3S2BKspFeSCKspFe32S23DKsp2Fe323S23解析：选C。难溶电解质溶度积的表达式：AmBn(s)mAn(aq)nBm(aq)，KspAnmBmn。3将足量的硫酸钡放入水中，以下有关表达中正确的选项是()A硫酸钡不溶于水，硫酸钡固体的质量不会改变B最终会得到极稀的BaSO4饱和溶液C因为Ba2SO=BaSO4很容易发生，所以不存在逆反响BaSO4(s)=Ba2(aq)SO(aq)D因为BaSO4难溶于水，所以改变外界条件，也不会改变水中BaSO4固体的量解析：选B。BaSO4难溶于水，但不是不溶于水，它在水中能形成BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)的动态平衡，形成BaSO4饱和溶液。改变外界条件(如温度)可改变BaSO4的溶解平衡，从而改变BaSO4固体的量。42009年11月1日，江苏环境网发布 中国正在经受重金属污染之痛 。文章指出：研究显示，中国地表水中主要的重金属污染为汞，其次是镉、铬和铅，其他重金属如镍、铊、铜在中国各类地表水、饮用水体中的超标现象也很严重。依据下表一些难溶物溶度积常数判断除去某工业废水中含有的Cu2、Pb2、Hg2，最适宜参加过量的()物质FeSMnSCuSPbSHgSZnSKsp6.310182.510131.310353.410286.410331.61024A.NaOH BFeSCMnS DCuS解析：选B。除去Cu2、Pb2、Hg2最好选择难溶于水，能使三种离子转化为更难溶的硫化物且不引入其他离子的物质，结合表格选B。5在饱和氯化铁溶液中参加难溶于水的碳酸钙粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，产生无色气体和红褐色沉淀。那么：(1)气体为_，红褐色沉淀为_。用方程式表示产生上述现象的原因_。(2)在饱和氯化铁溶液中参加一种单质，也会产生类似上述现象的反响，这种单质是_。A磷 B硫C镁 D铜解析：沉淀溶解平衡是有条件的。条件改变，沉淀溶解平衡会发生移动。(1)FeCl3在溶液中水解呈酸性：Fe33H2OFe(OH)33H。参加的CaCO3粉末逐渐与H反响：CaCO32H=Ca2H2OCO2。消耗H使Fe3水解平衡向右移动而出现红褐色沉淀。(2)中等活泼金属Mg能与H反响，消耗H使Fe3水解平衡向右移动而出现红褐色沉淀，同时产生氢气。答案：(1)CO2Fe(OH)3Fe33H2OFe(OH)33H，CaCO32H=Ca2H2OCO2(2)C1以下物质属于微溶物的是()AKClBBaSO4CCa(OH)2 DAgCl解析：选C。KCl是易溶物，BaSO4、AgCl是难溶物，只有Ca(OH)2是微溶物。2以下关于沉淀溶解平衡的说法中不正确的选项是()A难溶电解质在水中存在沉淀溶解平衡，且是一种动态平衡BKsp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关CKsp反映了物质在水中的溶解能力，可直接根据Ksp的数值大小比较电解质在水中溶解能力的大小D可通过Q和Ksp的相对大小来判断沉淀溶解平衡的移动方向解析：选C。沉淀溶解平衡是化学平衡的一种，且是一种动态平衡；B、C、D三项考查的是Ksp的含义。难溶电解质的Ksp的大小反映了难溶电解质在水中的溶解能力，它只与难溶电解质的性质和温度有关，与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。在一定温度下，Ksp为一常数，Ksp数值大小只能比较同种类型物质(即组成物质的阴、阳离子个数比相同)的溶解能力的大小，C项是错误的。3有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法正确的选项是(双选)()AAgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率相等BAgCl难溶于水，溶液中没有Ag和ClC升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大D向AgCl沉淀中参加NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度不变解析：选AC。A项中，符合溶解平衡的特征v溶解v沉淀0，A项正确；B项中，AgCl难溶于水，存在溶解平衡，溶液中存在Ag和Cl，B项错误；C项正确；D项中，溶液中存在溶解平衡AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，参加固体NaCl后，c(Cl)增大，溶解平衡向左移动，AgCl的溶解度变小，D项错误。4Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)。将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再参加足量浓AgNO3溶液，那么溶液中()A只有AgBrBAgCl和AgBr沉淀等量生成CAgCl和AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主DAgCl和AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主解析：选C。AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合后，n(Br)n(Cl)，所以参加足量浓AgNO3溶液后生成的沉淀以AgCl沉淀为主。5在一定温度下，一定量的水中，石灰乳悬浊液存在以下平衡：Ca(OH)2(s)Ca(OH)2(aq)=Ca2(aq)2OH(aq)，当向此悬浊液中参加少量生石灰并恢复至该温度时，以下说法正确的选项是()An(Ca2)增大 Bc(Ca2)变小Cn(OH)增大 Dc(OH)不变解析：选D。参加生石灰的前后都是石灰水的饱和溶液。6(2022年蚌埠高二质量检测)25 时，以下三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为：Ksp(FeS)6.31018 mol2L2；Ksp(CuS)1.31036mol2L2；Ksp(ZnS)1.61024 mol2L2。以下关于常温时的有关表达正确的选项是()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晶体参加到0.1 mol/L的Na2S溶液中，Zn2的浓度最大只能到达1.61023mol/LC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溶液中参加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。由Ksp可知，常温下，CuS的溶解度最小；将足量的ZnSO4晶体参加到0.1 mol/L的Na2S溶液中，c(S2)将减至非常小，而Zn2的浓度远远大于1.61023 mol/L；因CuS比FeS更难溶，FeS沉淀可转化为CuS沉淀；温度不变，Ksp(FeS)不变。7(2022年北大附中高二质量检测)下表是五种银盐的溶度积常数(25 )：化学式AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgI溶度积1.810101.41056.310507.710138.511016以下说法错误的选项是()A五种物质在常温下溶解度最大的是Ag2SO4B将氯化银溶于水后，向其中参加Na2S，那么可以生成黑色沉淀C氯化银、溴化银和碘化银三种物质在常温下的溶解度按氯、溴、碘的顺序减小D向100 mL 0.1 molL1的Na2SO4溶液中参加1 mL 0.1 molL1的AgNO3溶液，有白色沉淀生成解析：选D。混合液中c(SO)c2(Ag)()21107 mol3L3，因为11071.4105，所以溶液中不会产生Ag2SO4沉淀。8(2022年高考浙江卷)：25 时，KspMg(OH)25.611012，KspMgF27.421011。以下说法正确的选项是()A25 时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2)大B25 时，在Mg(OH)2悬浊液中参加少量的NH4Cl固体，c(Mg2)增大C25 时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 molL1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 molL1NH4Cl溶液中的Ksp小D25 时，在Mg(OH)2悬浊液中参加NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2解析：选B。此题是有关沉淀溶解平衡的计算，考查学生对溶度积常数(Ksp)的理解与应用，重点考查学生的分析能力和理解能力。A项，由于KspMg(OH)2KspMgF2时，Mg(OH)2沉淀将转变为MgF2沉淀。9在BaSO4饱和溶液中参加少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，假设以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，那么平衡后溶液中()ABa2SO(Ksp)BBa2SO(Ksp)，Ba2SOCBa2SO(Ksp)，Ba2SODBa2SO(Ksp)，Ba2SO；由于温度未发生改变，所以溶液中Ba2SOKsp。10要使工业废水中的重金属离子Pb2沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，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/g1.031041.811071.841014由上述数据可知，选用的沉淀剂最好是()A硫化物 B硫酸盐C碳酸盐 D以上沉淀剂均可解析：选A。产生的沉淀的溶解度越小，沉淀反响进行的越完全。在某种沉淀中参加适当的沉淀剂，可使原来的沉淀溶解而转化为另一种溶解度更小的沉淀。11向含有AgI的饱和溶液中：(1)参加固体AgNO3，那么I将_。(填“变大、“变小或“不变，下同)。(2)假设改加更多的AgI，那么Ag将_。(3)假设改加AgBr固体，那么I将_，那么Ag将_。解析：此题考查了沉淀的生成和转化。根据AgI的沉淀溶解平衡：AgI(s)Ag(aq)I(aq)；向饱和溶液中参加固体AgNO3，溶液中的Ag浓度增大，使溶解平衡向左移动，那么溶液中的I浓度减小；假设改加AgI固体，由于AgI的浓度认为固定不变，所以对平衡无影响，那么溶液中的Ag浓度不变；假设改加AgBr固体，由于AgBr的溶解度比AgI大，所以它在溶液中产生的Ag浓度大于AgI在溶液中产生的Ag浓度，相当于向溶液中参加了Ag，使平衡向左移动，溶液中I浓度减小，但Ag的浓度却因AgBr的溶解而增大。答案：(1)变小(2)不变(3)变小变大12在CaCO3(Ksp4.9109 mol2L2)、CaF2(Ksp1.51010 mol3L3)、Ca3(PO4)2(Ksp2.11033 mol5L5)这些物质的饱和溶液中，Ca2浓度由大到小的顺序为_。解析：此题考查了有关Ksp的计算。要求饱和溶液中Ca2的浓度，可根据溶解方程式，设Ca2的浓度为x，酸根离子的浓度用含x的代数式表示，然后代入溶度积公式就可求得：在CaCO3的饱和溶液中，Ca2的浓度为7.0105 molL1，在CaF2的饱和溶液中，Ca2的浓度为3.35104 molL1，在Ca3(PO4)2的饱和溶液中，Ca2的浓度为3.43107 molL1。答案：CaF2CaCO3Ca3(PO4)213(1)硫酸钡和碳酸钡的Ksp分别为1.11010mol2L2和5.5109mol2L2，用平衡移动理论解释透视用“钡餐选硫酸钡而不选碳酸钡的理由：_。(2)向50 mL 0.018 molL1的AgNO3溶液中参加50 mL 0.020 molL1的盐酸，生成沉淀。如果溶液中Ag、Cl的乘积为一个常数，即Ksp1.01010mol2L2，试求：沉淀生成后溶液中Ag为_；沉淀生成后溶液的pH是_。解析：(1)胃酸的主要成分是盐酸，假设用碳酸钡作为钡餐，盐酸与碳酸根离子反响生成CO2，使得碳酸钡的沉淀溶解平衡正向移动，钡离子增多，被人体吸收后导致重金属中毒；假设用硫酸钡做钡餐，盐酸与之不反响，对人体比较平安。(2)反响前溶液中Ag的物质的量为0.0009 mol，Cl的物质的量为0.001 mol，反响完后剩余Cl的物质的量为0.0001 mol，那么Cl的浓度约为0.001 molL1，由于Ksp1.01010mol2L2，所以沉淀生成后溶液中Ag1107molL1。沉淀生成后溶液中的H0.01 molL1，pH2。答案：(1)胃酸的主要成分是盐酸，假设用碳酸钡做钡餐，盐酸与碳酸根离子反响生成CO2，使得碳酸钡的沉淀溶解平衡正向移动，钡离子增多，被人体吸收后导致重金属中毒，假设用硫酸钡做钡餐，盐酸与之不反响，对人体比较平安(2)1107molL1214，FeS饱和溶液中存在：FeS(s)Fe2(aq)S2(aq)，Fe2S2Ksp。常温下Ksp8.11017mol2L2。(1)理论上FeS的溶解度为_。(2)又知FeS饱和溶液中H与S2之间存在以下限量关系：H2S21.01022mol3L3，为了使溶液里Fe2到达1 molL1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的H为_。解析：(1)对FeS的溶度积常数开平方所得数值即是在1升水中的溶解量，由此可得结果。(2)溶液中同时共存的H与S2之间也存在一种定量关系：H2S21.01022mol3L3，因此，要求H，需要先根据定量关系式Fe2S2Ksp和给出的信息“Fe2到达1 molL1求出S2，然后再根据关系式“H2S21.01022mol3L3求出H。答案：(1)7.92108g/L(2)1.11103 molL1