全程复习方略浙江专用版高考化学 课时提能演练二十五 84难溶电解质的沉淀溶解平衡

全程复习方略浙江专用版高考化学 课时提能演练二十五 84难溶电解质的沉淀溶解平衡

浙江2019版化学复习方略 课时提能演练(二十五) 8.4难溶电解质的沉淀溶解平衡（苏教版）‎ ‎（45分钟 100分）‎ 一、选择题(本题包括10小题，每小题6分，共60分)‎ ‎1.下列说法正确的是(　　)‎ A.水的离子积常数Kw随温度改变而改变，随外加酸碱浓度改变而改变 B.一元弱酸的电离常数Ka越小，表示此温度下该一元弱酸电离程度越大 C.对已达到化学平衡的反应，仅改变浓度，若平衡移动则平衡常数(K)一定改变 D.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 ‎2.已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于难溶物之间转化的说法中错误的是(　　)‎ A.AgCl不溶于水，不能转化为AgI B.两种难溶物的Ksp相差越大，难溶物就越容易转化为更难溶的物质 C.AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgI D.常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×10－11 mol·L－1‎ ‎3.(2019·舟山模拟)已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：‎ ‎(1)CuSO4＋Na2CO3‎ 主要：Cu2＋＋CO＋H2O===Cu(OH)2↓＋CO2↑‎ 次要：Cu2＋＋CO===CuCO3↓(几乎不发生反应。下同)‎ ‎(2)CuSO4＋Na2S 主要：Cu2＋＋S2－===CuS↓‎ 次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2S↑‎ 则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是(　　)‎ A.CuSCu(OH)2>CuCO3‎ C.Cu(OH)2>CuCO3>CuS D.Cu(OH)2Ksp(BaSO4)‎ B.抢救钡离子中毒患者时，若没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替 C.若误饮c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的溶液时，会引起钡离子中毒 D.可以用0.36 mol·L－1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃 二、非选择题(本题包括3小题，共40分)‎ ‎11.(10分)(2019·新课标全国卷)(1)在0.10 mol·L－1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2＋)＝‎ ‎　_______　mol·L－1(Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)。‎ ‎(2)若在0.1 mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，此时溶液中的H＋浓度是　　　　mol·L－1。‎ ‎12.(14分)(探究题)以下是‎25 ℃‎时几种难溶电解质的溶解度：‎ 难溶电解质 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 在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。例如：‎ ‎①为了除去氯化铵中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入一定量的试剂反应，过滤后结晶。‎ ‎②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入足量的Mg(OH)2，充分反应，过滤后结晶。‎ ‎③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2＋，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋‎ ‎，调节溶液的pH＝4，过滤后结晶。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe2＋、Fe3＋都被转化为　　_　　而除去。‎ ‎(2)①中加入的试剂应该选择　　　　　为宜。‎ ‎(3)②中除去Fe3＋所发生的总反应的离子方程式为________________________。‎ ‎(4)下列与方案③相关的叙述中，正确的是　　　　(填字母)。‎ A.H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染 B.将Fe2＋氧化为Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤 C.调节溶液pH＝4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜 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 ‎13.(16分)(2019·福建高考)四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意图如下：‎ ‎(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：‎ Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋‎ ‎2TiO2＋(无色)＋Fe＋4H＋===‎ ‎2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2O Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O===‎ TiO2＋(无色)＋Fe2＋＋2H＋‎ 加入铁屑的作用是______________________。‎ ‎(2)在②→ ③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2·nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在　　　______　范围。‎ ‎(3)若把③中制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的杂质，还可制得钛白粉。已知‎25℃‎时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋‎ Fe3＋＋3H2O的平衡常数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 写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：‎ ‎_______________________________________________。‎ ‎(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_____________________(只要求写出一项 )。‎ ‎(6)依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用　　__　　方法。‎ TiCl4‎ SiCl4‎ 熔点/℃‎ ‎－25.0‎ ‎－68.6‎ 沸点/℃‎ ‎136.4‎ ‎57.6‎ 答案解析 ‎1.【解析】选D。 A项，水的离子积常数Kw只与温度有关，不随外加酸碱浓度的改变而改变，故A错误；B项，电离常数Ka是表示弱电解质电离程度大小的物理量，Ka值越大，表示该一元弱酸电离程度越大，B错误；C项，平衡常数(K)只与温度有关，与浓度无关，故C错误。 ‎ ‎2.【解题指南】解答本题应注意以下两点：‎ ‎(1)两种化学组成相似的难溶物可通过Ksp大小比较溶解度。‎ ‎(2)混合溶液中计算时可合理利用Ksp表达式求解。‎ ‎【解析】选A。Ksp(AgI)小于Ksp(AgCl)，AgI比AgCl更难溶于水，AgCl可以转化为AgI，饱和AgCl溶液中Ag＋浓度为×10－5 mol·L－1，根据Qc>Ksp，I－的浓度必须不低于 mol·L－1。‎ ‎3.【解题指南】先根据第一个反应对比Cu(OH)2与CuCO3溶解度的相对大小；再根据第二个反应对比Cu(OH)2和CuS溶解度的相对大小，最后综合比较。‎ ‎【解析】选A。由第一个反应可知溶解度Cu(OH)22.8×10－4 mol·L－1。而 c(Ca2＋)·c(CO)>0.1×2.8×10－4>2.8×10－9，因而有沉淀生成。同样可分析知D中无沉淀生成。‎ ‎9.【解析】选B。AgCl沉淀转化为AgBr沉淀，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，A错；一种沉淀可以转化为更难溶的沉淀，B正确；AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，氨水中的NH3结合Ag＋生成[Ag(NH3)2]＋，从而使沉淀溶解，D错。‎ ‎【误区警示】‎ 一般来讲，化学反应向着生成更难溶的物质的方向进行，即难溶解的物质能转化为更难溶解的物质。但不能认为更难溶解的物质就一定不能转化为难溶解的物质，如在一定条件下AgI也可转化为AgCl。‎ ‎10.【解析】选D 。胃液中为盐酸环境，难溶碳酸盐在胃液中溶解，故A、B错；硫酸钡作内服造影剂说明硫酸钡电离出的钡离子浓度是安全的，此时c(Ba2＋)＝＝1.05×10－5 mol·L－1>1.0×10－5 mol·L－1，故误饮c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的溶液时，不会引起钡离子中毒，C错；用0.36 mol·L－1的Na2SO4溶液洗胃时，胃液中c(Ba2＋)＝Ksp(BaSO4)÷c(SO)＝‎ ‎(1.1×10－10÷0.36) mol·L－1＝3.1×10－10 mol·L－1＜1.05×10－5 mol·L－1，故D正确。‎ ‎11.【解析】(1)根据溶度积的概念可以直接计算。pH＝8时，c(OH－)＝‎ ‎10－6 mol·L－1，由c(Cu2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Cu(OH)2]可得，c(Cu2＋)＝(2.2×10－20)/‎ ‎10－12 mol·L－1＝2.2×10－8 mol·L－1。(2)在0.1 mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，溶液中溶质为硫酸，c(SO)不变，为 ‎0.1 mol·L－1，c(H＋)为0.2 mol·L－1。‎ 答案：(1)2.2×10－8　 (2)0.2‎ ‎12.【解析】①中为了不引入杂质离子，应加入氨水使Fe3＋沉淀，而不能用NaOH溶液。②中根据溶解度表可明确Mg(OH)2能较容易转化为Fe(OH)3，因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2可除去Fe3＋，然后将沉淀一并过滤。③中利用高价阳离子Fe3＋极易水解的特点，据题意可知调节溶液的pH＝4可使Fe3＋沉淀完全，为了不引入杂质离子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等调节溶液的pH。‎ 答案：(1)氢氧化铁　(2)氨水 ‎(3)2Fe3＋＋3Mg(OH)2===3Mg2＋＋2Fe(OH)3‎ ‎(4)A、C、D、E ‎13.【解题指南】解答本题时应注意以下三点：‎ ‎(1)求平衡常数时，可以将表达式中的分子和分母都乘以某种微粒的浓度，以找出与所给条件相符的式子。‎ ‎(2)绿色化学的基本要求：节省原料，无污染。‎ ‎(3)分离互溶的液体混合物常用蒸馏的方法。‎ ‎【解析】(1)从图中可以看出，①中加铁屑的目的是得到富含TiO2＋的溶液和绿矾(FeSO4·7H2O)，所以加入铁屑的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，以防止Fe2＋被氧化成Fe3＋。‎ ‎(2)胶体的分散质微粒直径的大小在10－9～10－‎7 m之间。‎ ‎(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)先写出该反应的化学方程式：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋‎2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)，将两个热化学方程式相加即得目标方程式，所以 ΔH＝140 kJ·mol－1－221 kJ·mol－1＝－81 kJ·mol－1。‎ ‎(5)该反应产生废渣、废液和废气，不符合绿色化学的零排放要求。‎ ‎(6)TiCl4和SiCl4的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法将二者分离。‎ 答案：(1)使Fe3＋还原为Fe2＋；生成Ti3＋保护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)产生三废(或其他合理答案)‎ ‎(6)蒸馏(或分馏或精馏)‎