4、能達到的最大濃度為1.3×10－35 mol·L－1
C.因為H2SO4是強酸，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在農業(yè)上常用作脫葉劑、催熟劑，可采用復分解反應制備：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，MgCl2的溶解度約為55 g
C.300 K時，100 g NaCl飽
5、和溶液中約含有NaCl 36 g
D.該反應能夠進行的條件是生成了沉淀，該沉淀是Mg(ClO3)2
6.(預測題)在t ℃時，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。又知t ℃時AgCl的Ksp＝4×10－10，下列說法不正確的是( )
A.在t ℃時，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點到b點
C.圖中a點對應的是AgBr的不飽和溶液
D.在t ℃時，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)平衡常數(shù)K≈816
7.已知25 ℃時，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，則下列說法中，正確的是( )
A.25 ℃時，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.該體系中沒有沉淀產(chǎn)生
D.該體系中HF與CaCl2反應產(chǎn)生沉淀
8.(2019·滁州模擬)對含等物質的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，參考下表數(shù)據(jù)：
物質
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
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，并調節(jié)pH到3～4后過濾，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。對上述過程，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，也會產(chǎn)生淺黃色沉淀
C.上述實驗說明AgCl沒有NaBr穩(wěn)定
D.因為Ksp(AgCl)＞Ksp(AgOH)，故氨水能使AgCl溶解
10.常溫下，有關物質的溶度積如下
物質
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
下列有關說法不正確的是( )
A.常溫下，除去NaCl溶液中的MgCl2雜質，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，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，當兩種沉淀共存且溶液的pH＝8時，c(Mg2＋)∶c(Fe3＋)＝2.125×1021
D.無法利用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 ℃時幾種難溶電解質的溶解度：
難溶電解質
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
在無機化合物的提純中，常利用難溶電解質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Fe3＋，先將混合物溶于水，加入一定量的試劑反應，過濾后結晶。
②為了除去氯化鎂晶體中的雜質Fe3＋，先將混合物溶于水，加入足量的Mg(OH)2，充分反應，過濾后結晶。
③為了除去硫酸銅晶體中的雜質Fe2＋，先將混合物溶于水，加入一定量的H2O2，將Fe2＋氧化成Fe3＋，調節(jié)溶液的pH＝4，過濾后結晶。
請回答下列問題：
(1)上述三種除雜方案都能夠達到很好的效果，F(xiàn)e2＋、Fe3＋都被轉化為而除去。
(2)①中加入的試劑應該選擇為宜。
(3)②中除去Fe3＋所發(fā)生的總反應的離子方程式為
_____________________________________
11、_____________________________。
(4)下列與方案③相關的敘述中，正確的是(填字母)。
A.H2O2是綠色氧化劑，在氧化過程中不引進雜質、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沉淀較難過濾
C.調節(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在農業(yè)上用作除草劑，超細CaCO3廣泛用于生產(chǎn)牙膏、無炭復寫紙等。某同學在實驗室模擬工業(yè)生產(chǎn)，利用制乙炔產(chǎn)生的殘渣制備上述
12、兩種物質，過程如下：
電石灰漿殘渣
(1)殘渣中主要成分是Ca(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，該反應的化學方程式是_______________________________。
(3)向(2)所得溶液中加入KCl，發(fā)生復分解反應， 經(jīng)蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾得49.0克KClO3晶體，則理論上至少需要標準狀況下Cl2升。
(4)將(1)中的殘渣溶于NH4Cl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CaCO3，過程如下：
①根據(jù)沉淀溶解平衡
13、原理，解釋殘渣中難溶鹽的溶解原因________________。
②CaCl2溶液中通入兩種氣體后，生成超細CaCO3的化學方程式是__________。
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，此時溶液仍呈強酸性。該過程
14、中有如下反應發(fā)生：
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
2TiO2＋(無色)＋Fe＋4H＋===2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2O
Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋(無色)＋Fe2＋＋2H＋
加入鐵屑的作用是__________________________________________________。
(2)在②→ ③工藝過程中需要控制條件以形成TiO2·nH2O溶膠，該溶膠的分散質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，還可制得鈦白粉。已知25℃時，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，該溫度下
15、反應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、氯氣反應生成液態(tài)TiCl4和CO氣體的熱化學方程式：________________________________________________________________。
(5)上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點。依據(jù)綠色化學理念，該工藝流程中存在的不足之處是_______________
16、____(只要求寫出一項 )。
(6)依據(jù)下表信息，要精制含少量SiCl4雜質的TiCl4，可采用方法。
TiCl4
SiCl4
熔點/℃
－25.0
－68.6
沸點/℃
136.4
57.6
答案解析
1.【解析】選D。 A項，水的離子積常數(shù)Kw只與溫度有關，不隨外加酸堿濃度的改變而改變，故A錯誤；B項，電離常數(shù)Ka是表示弱電解質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錯誤；C項，平衡常數(shù)(K)只與溫度有關，與濃度無關，故C錯誤。
2.【解析】選B。生成尿酸鈉晶體，會引發(fā)關節(jié)炎，促進平衡向正反應方向移動，冬季氣溫低，導致關節(jié)炎發(fā)作，說明溫
17、度低，化學平衡正向移動，所以正反應是放熱反應，選項B正確。
3.【解題指南】先根據(jù)第一個反應對比Cu(OH)2與CuCO3溶解度的相對大小；再根據(jù)第二個反應對比Cu(OH)2和CuS溶解度的相對大小，最后綜合比較。
【解析】選A。由第一個反應可知溶解度Cu(OH)2
18、是強酸，但不溶解CuS，故反應能發(fā)生。D對，因為相對于FeS，CuS的Ksp更小，故而能夠實現(xiàn)沉淀的轉化。
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項錯；Mg(ClO3)2的溶解度較大，反應能正向進行的原因是NaCl的溶解度較小造成的，D項錯；從圖中可以讀出300 K時，MgCl2的溶解度大約為55 g，B項正確；C項，應改為100 g水中，錯誤。
6.【解題指南】解答本題時應注意以下兩點：
(1)曲線上的點為溶解平衡點，找準關鍵點求Ksp。
(2)結合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，c(Ag＋)減小，故B錯。在a點時Qc＜Ksp，故為AgBr的不飽和溶液，C正確。選項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題
(1)沉淀溶解平衡曲線上各個點都是平衡點。各個點對應的橫坐標和縱坐標分別為此平衡狀態(tài)時的離子濃度。
(2)曲線外各點都不是平衡狀態(tài)，若在曲線以下，是不飽和狀態(tài)，可以判斷使之達到平衡的方法；曲線以上的各點，已經(jīng)過飽和，必然有固體析出。
20、
(3)利用曲線中的數(shù)據(jù)，根據(jù)Ksp公式計算得出Ksp的值。
7.【解析】選D。A項，HF為弱酸，故0.1 mol·L－1 HF溶液中pH>1。B項，Ksp只與溫度有關。C項，設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
通過比較溶度積和溶液中有關離子濃度冪的乘積(離子積Qc)的相對大小，可以判斷難溶電解
21、質在給定條件下沉淀能否生成或溶解。
Qc＞Ksp 溶液過飽和，有沉淀析出，直至溶液飽和達到新的平衡狀態(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，無沉淀析出，若加入過量難溶電解質，難溶電解質溶解直至溶液飽和。
8.【解析】選C。根據(jù)Ksp數(shù)據(jù)和完全沉淀時的pH可知，滴加NaOH時，首先得到Fe(OH)3沉淀，A項正確；根據(jù)離子守恒可知B項正確；加入氯水調節(jié)pH到3～4時，F(xiàn)e2＋被氧化成Fe3＋并形成Fe(OH)3沉淀，Cl2被還原生成Cl－，因而過濾得到的溶液中還含有CuCl2，C項錯；在pH>4時Fe3＋幾乎完全沉淀，故pH＝5時，F(xiàn)e3＋不能大量存在
22、，D項正確。
9.【解析】選B。AgCl沉淀轉化為AgBr沉淀，說明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，A錯；一種沉淀可以轉化為更難溶的沉淀，B正確；AgCl(s)Ag＋(aq)＋
Cl－(aq)，氨水中的NH3結合Ag＋生成[Ag(NH3)2]＋，從而使沉淀溶解，D錯。
【誤區(qū)警示】一般來講，化學反應向著生成更難溶的物質的方向進行，即難溶解的物質能轉化為更難溶解的物質。但不能認為更難溶解的物質就一定不能轉化為難溶解的物質，如在一定條件下AgI也可轉化為AgCl。
10.【解題指南】解答本題應注意以下兩點：
(1)Ksp越小離子沉淀的越完全；
(2)當兩種沉淀共存時，形成沉淀的
23、相同離子具有相同的物質的量濃度。
【解析】選D。A項中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項正確；C項中pH＝8即c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，當兩種沉淀共存時，有＝，代入數(shù)據(jù)，則有上述結果，C項正確；D項可用下述反應實現(xiàn)：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，D項錯誤。
11.【解析】①中為了不引入雜質離子，應加入氨水使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、淀一并過濾。③中利用高價陽離子Fe3＋極易水解的特點，據(jù)題意可知調節(jié)溶液的pH＝4可使Fe3＋沉淀完全，為了不引入雜質離子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等調節(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)電石與水反應生成Ca(OH)2，自然風干后Ca(OH)2與空氣中CO2反應生成CaCO3，所以殘渣中主要成分是Ca(OH)2和CaCO3。
(2)反應的化學方程式是6Cl2＋6Ca(OH)2===5CaCl2＋Ca(ClO3)2＋6H2O。
(3)發(fā)生反
25、應為Ca(ClO3)2＋2KCl===CaCl2＋2KClO3↓，得到KClO3的物質的量為0.400 mol，根據(jù)6Cl2～Ca(ClO3)2～2KClO3，可得理論上至少需要標準狀況下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，CaCO3溶解。
②CaCl2溶液中通入兩種氣體后，生成超細CaCO3的化學方程式是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，CaCO3溶解(或其他合理答案)
②CaCl2＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH4Cl③NH4Cl
13.【解題指南】解答本題時應注意以下三點：
(1)求平衡常數(shù)時，可以將表達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)綠色化學的基本要求：節(jié)省原料，無污染。
(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，生成的Ti3＋能還原Fe3＋為Fe2＋，故其另一個作用是防止Fe2＋被氧化成Fe3＋。
(2)膠體的分散質微粒直徑的大小在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)先寫出該反應的化學方程式：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)==
28、=TiCl4(l)＋2CO(g)，將兩個熱化學方程式相加即得目標方程式，所以ΔH＝140 kJ·mol－1－221 kJ·mol－1＝－81 kJ·mol－1。
(5)該反應產(chǎn)生廢渣、廢液和廢氣，不符合綠色化學的零排放要求。
(6)TiCl4和SiCl4的沸點相差較大，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)
內容總結
（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，該反應的化學方程式是_______________________________
（2）(4)將(1)中的殘渣溶于NH4Cl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 課時提能演練二十五 84 難溶電解質的溶解平衡 新人教版含精細解析
