4、能達(dá)到的最大濃度為1.3×10－35 mol·L－1
C.因?yàn)镠2SO4是強(qiáng)酸，故CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4不能發(fā)生
D.除去工業(yè)廢水中的Cu2＋，可以選用FeS作沉淀劑
5.(2019·合肥模擬)Mg(ClO3)2在農(nóng)業(yè)上常用作脫葉劑、催熟劑，可采用復(fù)分解反應(yīng)制備：MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl。已知四種化合物的溶解度(S)隨溫度(T)變化曲線如圖所示：
下列敘述正確的是( )
A.四種化合物的溶解度隨溫度變化最小的是Mg(ClO3)2
B.300 K時(shí)，MgCl2的溶解度約為55 g
C.300 K時(shí)，100 g NaCl飽
5、和溶液中約含有NaCl 36 g
D.該反應(yīng)能夠進(jìn)行的條件是生成了沉淀，該沉淀是Mg(ClO3)2
6.(預(yù)測(cè)題)在t ℃時(shí)，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。又知t ℃時(shí)AgCl的Ksp＝4×10－10，下列說(shuō)法不正確的是( )
A.在t ℃時(shí)，AgBr的Ksp為4.9×10－13
B.在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體，可使溶液由c點(diǎn)到b點(diǎn)
C.圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是AgBr的不飽和溶液
D.在t ℃時(shí)，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)平衡常數(shù)K≈816
7.已知25 ℃時(shí)，電離常數(shù)Ka(HF)＝3.6×10－4，溶度積常數(shù)Ksp(CaF2)
6、＝1.46×
10－10?，F(xiàn)向1 L 0.2 mol·L－1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2 溶液，則下列說(shuō)法中，正確的是( )
A.25 ℃時(shí)，0.1 mol·L－1 HF溶液中pH＝1
B.Ksp(CaF2)隨溫度和濃度的變化而變化
C.該體系中沒(méi)有沉淀產(chǎn)生
D.該體系中HF與CaCl2反應(yīng)產(chǎn)生沉淀
8.(2019·滁州模擬)對(duì)含等物質(zhì)的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，參考下表數(shù)據(jù)：
物質(zhì)
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Ksp(25 ℃)
8.0×10－16
2.2×10－20
4.0×10
7、－38
完全沉淀時(shí)
的pH范圍
≥9.6
≥6.4
3～4
下列描述中，不正確的是( )
A.向該混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到紅褐色沉淀
B.該溶液中c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]>5∶4
C.向該溶液中加入適量氯水，并調(diào)節(jié)pH到3～4后過(guò)濾，可獲得純凈的CuSO4溶液
D.在pH＝5的溶液中Fe3＋不能大量存在
9.(易錯(cuò)題)將氨水滴加到盛有AgCl濁液的試管中，AgCl逐漸溶解，再加入NaBr溶液又產(chǎn)生了淺黃色沉淀。對(duì)上述過(guò)程，下列理解或解釋中正確的是( )
A.Ksp(AgCl)＜Ksp(AgBr)
B.若在AgC
8、l濁液中直接加入NaBr溶液，也會(huì)產(chǎn)生淺黃色沉淀
C.上述實(shí)驗(yàn)說(shuō)明AgCl沒(méi)有NaBr穩(wěn)定
D.因?yàn)镵sp(AgCl)＞Ksp(AgOH)，故氨水能使AgCl溶解
10.常溫下，有關(guān)物質(zhì)的溶度積如下
物質(zhì)
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
4.96×10－9
6.82×10－6
4.68×10－6
5.61×10－12
2.64×10－39
下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是( )
A.常溫下，除去NaCl溶液中的MgCl2雜質(zhì)，選用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
B.常溫下，除去NaCl溶液中的CaCl2雜質(zhì)，選用
9、Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好
C.向含有Mg2＋、Fe3＋的溶液中滴加NaOH溶液，當(dāng)兩種沉淀共存且溶液的pH＝8時(shí)，c(Mg2＋)∶c(Fe3＋)＝2.125×1021
D.無(wú)法利用Ca(OH)2制備NaOH
二、非選擇題(本題包括3小題，共40分)
11.(10分)(探究題)以下是25 ℃時(shí)幾種難溶電解質(zhì)的溶解度：
難溶電解質(zhì)
Mg(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
溶解度/g
9×10－4
1.7×10－6
1.5×10－4
3.0×10－9
在無(wú)機(jī)化合物的提純中，常利用難溶電解質(zhì)的溶解平衡原理除去某些離子。例如：
①為了除
10、去氯化銨中的雜質(zhì)Fe3＋，先將混合物溶于水，加入一定量的試劑反應(yīng)，過(guò)濾后結(jié)晶。
②為了除去氯化鎂晶體中的雜質(zhì)Fe3＋，先將混合物溶于水，加入足量的Mg(OH)2，充分反應(yīng)，過(guò)濾后結(jié)晶。
③為了除去硫酸銅晶體中的雜質(zhì)Fe2＋，先將混合物溶于水，加入一定量的H2O2，將Fe2＋氧化成Fe3＋，調(diào)節(jié)溶液的pH＝4，過(guò)濾后結(jié)晶。
請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
(1)上述三種除雜方案都能夠達(dá)到很好的效果，F(xiàn)e2＋、Fe3＋都被轉(zhuǎn)化為而除去。
(2)①中加入的試劑應(yīng)該選擇為宜。
(3)②中除去Fe3＋所發(fā)生的總反應(yīng)的離子方程式為
_____________________________________
11、_____________________________。
(4)下列與方案③相關(guān)的敘述中，正確的是(填字母)。
A.H2O2是綠色氧化劑，在氧化過(guò)程中不引進(jìn)雜質(zhì)、不產(chǎn)生污染
B.將Fe2＋氧化為Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀較難過(guò)濾
C.調(diào)節(jié)溶液pH＝4可選擇的試劑是氫氧化銅或堿式碳酸銅
D.Cu2＋可以大量存在于pH＝4的溶液中
E.在pH>4的溶液中Fe3＋一定不能大量存在
12.(14分)(2019·馬鞍山模擬)KClO3在農(nóng)業(yè)上用作除草劑，超細(xì)CaCO3廣泛用于生產(chǎn)牙膏、無(wú)炭復(fù)寫紙等。某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)生產(chǎn)，利用制乙炔產(chǎn)生的殘?jiān)苽渖鲜?/p>
12、兩種物質(zhì)，過(guò)程如下：
電石灰漿殘?jiān)?
(1)殘?jiān)兄饕煞质荂a(OH)2和。
(2)將(1)中的部分灰漿配成濁液，通入Cl2在一定的溫度下只得到Ca(ClO3)2與CaCl2兩種溶質(zhì)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______________________________。
(3)向(2)所得溶液中加入KCl，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)， 經(jīng)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾得49.0克KClO3晶體，則理論上至少需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl2升。
(4)將(1)中的殘?jiān)苡贜H4Cl溶液，加熱，收集揮發(fā)出的氣體再利用。向所得CaCl2溶液中依次通入NH3、CO2，便可獲得超細(xì)CaCO3，過(guò)程如下：
①根據(jù)沉淀溶解平衡
13、原理，解釋殘?jiān)须y溶鹽的溶解原因________________。
②CaCl2溶液中通入兩種氣體后，生成超細(xì)CaCO3的化學(xué)方程式是__________。
③圖示的溶液A可循環(huán)使用，其主要成分的化學(xué)式是
__________________________________________________________________。
13.(16分)(2019·福建高考)四氯化鈦(TiCl4)是制取航天航空工業(yè)材料——鈦合金的重要原料。由鈦鐵礦(主要成分是FeTiO3)制備TiCl4等產(chǎn)品的一種工藝流程示意圖如下：
(1)往①中加入鐵屑至浸出液顯紫色，此時(shí)溶液仍呈強(qiáng)酸性。該過(guò)程
14、中有如下反應(yīng)發(fā)生：
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
2TiO2＋(無(wú)色)＋Fe＋4H＋===2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2O
Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋(無(wú)色)＋Fe2＋＋2H＋
加入鐵屑的作用是__________________________________________________。
(2)在②→ ③工藝過(guò)程中需要控制條件以形成TiO2·nH2O溶膠，該溶膠的分散質(zhì)顆粒直徑大小在范圍。
(3)若把③中制得的固體TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的雜質(zhì)，還可制得鈦白粉。已知25℃時(shí)，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，該溫度下
15、反應(yīng)Fe(OH)3＋3H＋
Fe3＋＋3H2O的平衡常數(shù)K＝ 。
(4)已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(l)＋O2(g)ΔH＝＋140 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1
寫出④中TiO2和焦炭、氯氣反應(yīng)生成液態(tài)TiCl4和CO氣體的熱化學(xué)方程式：________________________________________________________________。
(5)上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點(diǎn)。依據(jù)綠色化學(xué)理念，該工藝流程中存在的不足之處是_______________
16、____(只要求寫出一項(xiàng) )。
(6)依據(jù)下表信息，要精制含少量SiCl4雜質(zhì)的TiCl4，可采用方法。
TiCl4
SiCl4
熔點(diǎn)/℃
－25.0
－68.6
沸點(diǎn)/℃
136.4
57.6
答案解析
1.【解析】選D。 A項(xiàng)，水的離子積常數(shù)Kw只與溫度有關(guān)，不隨外加酸堿濃度的改變而改變，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，電離常數(shù)Ka是表示弱電解質(zhì)電離程度大小的物理量，Ka值越大，表示該一元弱酸電離程度越大，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，平衡常數(shù)(K)只與溫度有關(guān)，與濃度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤。
2.【解析】選B。生成尿酸鈉晶體，會(huì)引發(fā)關(guān)節(jié)炎，促進(jìn)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，冬季氣溫低，導(dǎo)致關(guān)節(jié)炎發(fā)作，說(shuō)明溫
17、度低，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，所以正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，選項(xiàng)B正確。
3.【解題指南】先根據(jù)第一個(gè)反應(yīng)對(duì)比Cu(OH)2與CuCO3溶解度的相對(duì)大??；再根據(jù)第二個(gè)反應(yīng)對(duì)比Cu(OH)2和CuS溶解度的相對(duì)大小，最后綜合比較。
【解析】選A。由第一個(gè)反應(yīng)可知溶解度Cu(OH)2
18、是強(qiáng)酸，但不溶解CuS，故反應(yīng)能發(fā)生。D對(duì)，因?yàn)橄鄬?duì)于FeS，CuS的Ksp更小，故而能夠?qū)崿F(xiàn)沉淀的轉(zhuǎn)化。
5.【解析】選B。從圖中可看出，NaCl隨溫度的變化，溶解度基本不變，A項(xiàng)錯(cuò)；Mg(ClO3)2的溶解度較大，反應(yīng)能正向進(jìn)行的原因是NaCl的溶解度較小造成的，D項(xiàng)錯(cuò)；從圖中可以讀出300 K時(shí)，MgCl2的溶解度大約為55 g，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，應(yīng)改為100 g水中，錯(cuò)誤。
6.【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：
(1)曲線上的點(diǎn)為溶解平衡點(diǎn)，找準(zhǔn)關(guān)鍵點(diǎn)求Ksp。
(2)結(jié)合Qc與Ksp的大小比較a、b的狀態(tài)。
【解析】選B。根據(jù)圖中c點(diǎn)的c(Ag＋)和c(Br－)可得該溫
19、度下AgBr的Ksp為4.9×10－13，A正確。在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體后，c(Br－)增大，溶解平衡逆向移動(dòng)，c(Ag＋)減小，故B錯(cuò)。在a點(diǎn)時(shí)Qc＜Ksp，故為AgBr的不飽和溶液，C正確。選項(xiàng)D中K＝c(Cl－)/c(Br－)＝Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，代入數(shù)據(jù)得K≈816，D正確。
【方法技巧】巧用沉淀溶解平衡曲線解決問(wèn)題
(1)沉淀溶解平衡曲線上各個(gè)點(diǎn)都是平衡點(diǎn)。各個(gè)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)分別為此平衡狀態(tài)時(shí)的離子濃度。
(2)曲線外各點(diǎn)都不是平衡狀態(tài)，若在曲線以下，是不飽和狀態(tài)，可以判斷使之達(dá)到平衡的方法；曲線以上的各點(diǎn)，已經(jīng)過(guò)飽和，必然有固體析出。
20、
(3)利用曲線中的數(shù)據(jù)，根據(jù)Ksp公式計(jì)算得出Ksp的值。
7.【解析】選D。A項(xiàng)，HF為弱酸，故0.1 mol·L－1 HF溶液中pH>1。B項(xiàng)，Ksp只與溫度有關(guān)。C項(xiàng)，設(shè)0.1 mol·L－1的HF溶液中c(F－)＝c(H＋)＝x，則＝3.6×10－4，x＝6×10－3 mol·L－1，混合后c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1，
0.1 mol·L－1×(6×10－3 mol·L－1)2＝3.6×10－6>1.46×10－10，故有CaF2沉淀生成。
【方法技巧】沉淀溶解與生成的判斷方法
通過(guò)比較溶度積和溶液中有關(guān)離子濃度冪的乘積(離子積Qc)的相對(duì)大小，可以判斷難溶電解
21、質(zhì)在給定條件下沉淀能否生成或溶解。
Qc＞Ksp 溶液過(guò)飽和，有沉淀析出，直至溶液飽和達(dá)到新的平衡狀態(tài)
Qc＝Ksp 溶液飽和，沉淀與溶解處于平衡狀態(tài)
Qc＜Ksp溶液未飽和，無(wú)沉淀析出，若加入過(guò)量難溶電解質(zhì)，難溶電解質(zhì)溶解直至溶液飽和。
8.【解析】選C。根據(jù)Ksp數(shù)據(jù)和完全沉淀時(shí)的pH可知，滴加NaOH時(shí)，首先得到Fe(OH)3沉淀，A項(xiàng)正確；根據(jù)離子守恒可知B項(xiàng)正確；加入氯水調(diào)節(jié)pH到3～4時(shí)，F(xiàn)e2＋被氧化成Fe3＋并形成Fe(OH)3沉淀，Cl2被還原生成Cl－，因而過(guò)濾得到的溶液中還含有CuCl2，C項(xiàng)錯(cuò)；在pH>4時(shí)Fe3＋幾乎完全沉淀，故pH＝5時(shí)，F(xiàn)e3＋不能大量存在
22、，D項(xiàng)正確。
9.【解析】選B。AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgBr沉淀，說(shuō)明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，A錯(cuò)；一種沉淀可以轉(zhuǎn)化為更難溶的沉淀，B正確；AgCl(s)Ag＋(aq)＋
Cl－(aq)，氨水中的NH3結(jié)合Ag＋生成[Ag(NH3)2]＋，從而使沉淀溶解，D錯(cuò)。
【誤區(qū)警示】一般來(lái)講，化學(xué)反應(yīng)向著生成更難溶的物質(zhì)的方向進(jìn)行，即難溶解的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為更難溶解的物質(zhì)。但不能認(rèn)為更難溶解的物質(zhì)就一定不能轉(zhuǎn)化為難溶解的物質(zhì)，如在一定條件下AgI也可轉(zhuǎn)化為AgCl。
10.【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：
(1)Ksp越小離子沉淀的越完全；
(2)當(dāng)兩種沉淀共存時(shí)，形成沉淀的
23、相同離子具有相同的物質(zhì)的量濃度。
【解析】選D。A項(xiàng)中Ksp[Mg(OH)2]< Ksp[MgCO3]，所以用NaOH溶液可使Mg2＋沉淀更完全；同理可知B項(xiàng)正確；C項(xiàng)中pH＝8即c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，當(dāng)兩種沉淀共存時(shí)，有＝，代入數(shù)據(jù)，則有上述結(jié)果，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)可用下述反應(yīng)實(shí)現(xiàn)：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
11.【解析】①中為了不引入雜質(zhì)離子，應(yīng)加入氨水使Fe3＋沉淀，而不能用NaOH溶液。②中根據(jù)溶解度表可明確Mg(OH)2能較容易轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2可除去Fe3＋，然后將沉
24、淀一并過(guò)濾。③中利用高價(jià)陽(yáng)離子Fe3＋極易水解的特點(diǎn)，據(jù)題意可知調(diào)節(jié)溶液的pH＝4可使Fe3＋沉淀完全，為了不引入雜質(zhì)離子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等調(diào)節(jié)溶液的pH。
答案：(1)氫氧化鐵 (2)氨水
(3)2Fe3＋＋3Mg(OH)2===3Mg2＋＋2Fe(OH)3
(4)A、C、D、E
12.【解析】(1)電石與水反應(yīng)生成Ca(OH)2，自然風(fēng)干后Ca(OH)2與空氣中CO2反應(yīng)生成CaCO3，所以殘?jiān)兄饕煞质荂a(OH)2和CaCO3。
(2)反應(yīng)的化學(xué)方程式是6Cl2＋6Ca(OH)2===5CaCl2＋Ca(ClO3)2＋6H2O。
(3)發(fā)生反
25、應(yīng)為Ca(ClO3)2＋2KCl===CaCl2＋2KClO3↓，得到KClO3的物質(zhì)的量為0.400 mol，根據(jù)6Cl2～Ca(ClO3)2～2KClO3，可得理論上至少需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl2的體積為26.88升。
(4)①根據(jù)沉淀溶解平衡原理，CaCO3(s)Ca2＋＋CO，NH4Cl溶液顯酸性，使CO濃度減小，平衡向右移動(dòng)，CaCO3溶解。
②CaCl2溶液中通入兩種氣體后，生成超細(xì)CaCO3的化學(xué)方程式是CaCl2＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH4Cl。
③題圖所示的溶液A可循環(huán)使用，其主要成分是NH4Cl。
答案：(1)CaCO3
(2)6Cl2＋6Ca
26、(OH)2===5CaCl2＋Ca(ClO3)2＋6H2O
(3)26.88
(4)①CaCO3(s)Ca2＋＋CO，NH4Cl溶液顯酸性，使CO濃度減小，平衡向右移動(dòng)，CaCO3溶解(或其他合理答案)
②CaCl2＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH4Cl③NH4Cl
13.【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下三點(diǎn)：
(1)求平衡常數(shù)時(shí)，可以將表達(dá)式中的分子和分母都乘以某種微粒的濃度，以找出與所給條件相符的式子。
(2)綠色化學(xué)的基本要求：節(jié)省原料，無(wú)污染。
(3)分離互溶的液體混合物常用蒸餾的方法。
【解析】(1)從圖中可以看出，①中加鐵屑的目的是得到富含TiO
27、2＋的溶液和綠礬(FeSO4·7H2O)，所以加入鐵屑的目的是將Fe3＋還原為Fe2＋。同時(shí)，生成的Ti3＋能還原Fe3＋為Fe2＋，故其另一個(gè)作用是防止Fe2＋被氧化成Fe3＋。
(2)膠體的分散質(zhì)微粒直徑的大小在10－9～10－7 m之間。
(3)Fe(OH)3中存在如下沉淀溶解平衡：
Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)，
Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.79×10－39，
Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O，
K＝＝＝＝＝2.79×103。
(4)先寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)==
28、=TiCl4(l)＋2CO(g)，將兩個(gè)熱化學(xué)方程式相加即得目標(biāo)方程式，所以ΔH＝140 kJ·mol－1－221 kJ·mol－1＝－81 kJ·mol－1。
(5)該反應(yīng)產(chǎn)生廢渣、廢液和廢氣，不符合綠色化學(xué)的零排放要求。
(6)TiCl4和SiCl4的沸點(diǎn)相差較大，可以用蒸餾的方法將二者分離。
答案：(1)使Fe3＋還原為Fe2＋；生成Ti3＋保護(hù)Fe2＋不被氧化
(2)10－9～10－7 m(或其他合理答案)
(3)2.79×103
(4)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－81 kJ·mol－1
(5)產(chǎn)生三廢(或其他合理答案)
(6)蒸餾(或分餾或精餾)
內(nèi)容總結(jié)
（1）(2)將(1)中的部分灰漿配成濁液，通入Cl2在一定的溫度下只得到Ca(ClO3)2與CaCl2兩種溶質(zhì)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______________________________
（2）(4)將(1)中的殘?jiān)苡贜H4Cl溶液，加熱，收集揮發(fā)出的氣體再利用
安徽專用版高考化學(xué) 課時(shí)提能演練二十五 84 難溶電解質(zhì)的溶解平衡 新人教版含精細(xì)解析
