安徽专用版高考化学 课时提能演练二十五 84 难溶电解质的溶解平衡 新人教版含精细解析

安徽专用版高考化学 课时提能演练二十五 84 难溶电解质的溶解平衡 新人教版含精细解析

‎【安徽】2019版化学复习方略 课时提能演练(二十五) 8.4 难溶电解质的溶解平衡（人教版）‎ ‎（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.(2019·黄山模拟)关节炎是一种常见的慢性疾病，我国关节炎患者估计有1亿以上，且人数在不断增加。关节炎的病因主要是在关节滑液中形成了尿酸钠晶体，其主要反应为：Ur－＋Na＋NaUr(s)，第一次关节炎发作往往在冬季，有关该反应的说法中，正确的是(　　)‎ A.冬季气温低，平衡逆向移动 B.正反应是放热反应 C.正反应是吸热反应 D.不断降低温度，反应能完全进行 ‎3.(2019·顺义模拟)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)25∶4‎ C.向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到3～4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液 D.在pH＝5的溶液中Fe3＋不能大量存在 ‎9.(易错题)将氨水滴加到盛有AgCl浊液的试管中，AgCl逐渐溶解，再加入NaBr溶液又产生了浅黄色沉淀。对上述过程，下列理解或解释中正确的是(　　)‎ A.Ksp(AgCl)＜Ksp(AgBr)‎ B.若在AgCl浊液中直接加入NaBr溶液，也会产生浅黄色沉淀 C.上述实验说明AgCl没有NaBr稳定 D.因为Ksp(AgCl)＞Ksp(AgOH)，故氨水能使AgCl溶解 ‎10.常温下，有关物质的溶度积如下 物质 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 下列有关说法不正确的是(　　)‎ A.常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好 B.常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用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，当两种沉淀共存且溶液的pH＝8时，c(Mg2＋)∶c(Fe3＋)＝2.125×1021‎ D.无法利用Ca(OH)2制备NaOH 二、非选择题(本题包括3小题，共40分)‎ ‎11.(10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 ‎12.(14分)(2019·马鞍山模拟)KClO3在农业上用作除草剂，超细CaCO3广泛用于生产牙膏、无炭复写纸等。某同学在实验室模拟工业生产，利用制乙炔产生的残渣制备上述两种物质，过程如下：‎ 电石灰浆残渣 ‎(1)残渣中主要成分是Ca(OH)2和　　　　　　。‎ ‎(2)将(1)中的部分灰浆配成浊液，通入Cl2在一定的温度下只得到Ca(ClO3)2与CaCl2两种溶质，该反应的化学方程式是_______________________________。‎ ‎(3)向(2)所得溶液中加入KCl，发生复分解反应， 经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得‎49.0克KClO3晶体，则理论上至少需要标准状况下Cl‎2　‎　　　升。‎ ‎(4)将(1)中的残渣溶于NH4Cl溶液，加热，收集挥发出的气体再利用。向所得CaCl2溶液中依次通入NH3、CO2，便可获得超细CaCO3，过程如下：‎ ‎①根据沉淀溶解平衡原理，解释残渣中难溶盐的溶解原因________________。‎ ‎②CaCl2溶液中通入两种气体后，生成超细CaCO3的化学方程式是__________。‎ ‎③图示的溶液A可循环使用，其主要成分的化学式是 ‎__________________________________________________________________。‎ ‎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.【解析】选B。生成尿酸钠晶体，会引发关节炎，促进平衡向正反应方向移动，冬季气温低，导致关节炎发作，说明温度低，化学平衡正向移动，所以正反应是放热反应，选项B正确。‎ ‎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)21。B项，Ksp只与温度有关。C项，设0.1 mol·L－1的HF溶液中c(F－)＝c(H＋)＝x，则＝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】沉淀溶解与生成的判断方法 通过比较溶度积和溶液中有关离子浓度幂的乘积(离子积Qc)的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解。‎ Qc＞Ksp 溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和达到新的平衡状态 Qc＝Ksp 溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态 Qc＜Ksp溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。‎ ‎8.【解析】选C。根据Ksp数据和完全沉淀时的pH可知，滴加NaOH时，首先得到Fe(OH)3沉淀，A项正确；根据离子守恒可知B项正确；加入氯水调节pH到3～4时，Fe2＋被氧化成Fe3＋并形成Fe(OH)3沉淀，Cl2被还原生成Cl－，因而过滤得到的溶液中还含有CuCl2，C项错；在pH>4时Fe3＋几乎完全沉淀，故pH＝5时，Fe3＋不能大量存在，D项正确。‎ ‎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.【解题指南】解答本题应注意以下两点：‎ ‎(1)Ksp越小离子沉淀的越完全；‎ ‎(2)当两种沉淀共存时，形成沉淀的相同离子具有相同的物质的量浓度。‎ ‎【解析】选D。A项中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项正确；C项中pH＝8即c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，当两种沉淀共存时，有＝，代入数据，则有上述结果，C项正确；D项可用下述反应实现：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，D项错误。‎ ‎11.【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 ‎12.【解析】(1)电石与水反应生成Ca(OH)2，自然风干后Ca(OH)2与空气中CO2反应生成CaCO3‎ ‎，所以残渣中主要成分是Ca(OH)2和CaCO3。‎ ‎(2)反应的化学方程式是6Cl2＋6Ca(OH)2===5CaCl2＋Ca(ClO3)2＋6H2O。‎ ‎(3)发生反应为Ca(ClO3)2＋2KCl===CaCl2＋2KClO3↓，得到KClO3的物质的量为0.400 mol，根据6Cl2～Ca(ClO3)2～2KClO3，可得理论上至少需要标准状况下Cl2的体积为‎26.88升。‎ ‎(4)①根据沉淀溶解平衡原理，CaCO3(s)Ca2＋＋CO，NH4Cl溶液显酸性，使CO浓度减小，平衡向右移动，CaCO3溶解。‎ ‎②CaCl2溶液中通入两种气体后，生成超细CaCO3的化学方程式是CaCl2＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH4Cl。‎ ‎③题图所示的溶液A可循环使用，其主要成分是NH4Cl。‎ 答案：(1)CaCO3‎ ‎(2)6Cl2＋6Ca(OH)2===5CaCl2＋Ca(ClO3)2＋6H2O ‎(3)26.88‎ ‎(4)①CaCO3(s)Ca2＋＋CO，NH4Cl溶液显酸性，使CO浓度减小，平衡向右移动，CaCO3溶解(或其他合理答案)‎ ‎②CaCl2＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH4Cl　③NH4Cl ‎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＋。同时，生成的Ti3＋能还原Fe3＋为Fe2＋，故其另一个作用是防止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)‎