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：UrNaNaUr(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)CuSO4Na2CO3主要：Cu2COH2O=Cu(OH)2CO2次要：Cu2CO=CuCO3(几乎不发生反应。下同)(2)CuSO4Na2S主要：Cu2S2=CuS次要：Cu2S22H2O=Cu(OH)2H2S则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是()A.CuSCu(OH)2Cu(OH)2CuCO3C.Cu(OH)2CuCO3CuSD.Cu(OH)2CuCO354C.向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到34后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D.在pH5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CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4.961096.821064.681065.6110122.641039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pH8时，c(Mg2)c(Fe3)2.1251021D.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)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g91041.71061.51043.0109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：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。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。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pH4，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)中加入的试剂应该选择为宜。(3)中除去Fe3所发生的总反应的离子方程式为_。(4)下列与方案相关的叙述中，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pH4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pH4的溶液中E.在pH4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：根据沉淀溶解平衡原理，解释残渣中难溶盐的溶解原因_。CaCl2溶液中通入两种气体后，生成超细CaCO3的化学方程式是_。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：Fe2Fe3=3Fe22TiO2(无色)Fe4H=2Ti3(紫色)Fe22H2OTi3(紫色)Fe3H2O=TiO2(无色)Fe22H加入铁屑的作用是_。(2)在 工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在范围。(3)若把中制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的杂质，还可制得钛白粉。已知25时，KspFe(OH)32.791039，该温度下反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K 。(4)已知：TiO2(s)2Cl2(g)=TiCl4(l)O2(g)H140 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJmol1写出中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。TiCl4SiCl4熔点/25.068.6沸点/136.457.6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)2CuCO3，由第二个反应可知溶解度CuS1。B项，Ksp只与温度有关。C项，设0.1 molL1的HF溶液中c(F)c(H)x，则3.6104，x6103 molL1，混合后c(Ca2)0.1 molL1，0.1 molL1(6103 molL1)23.61061.461010，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。QcKsp 溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和达到新的平衡状态QcKsp 溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态QcKsp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34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pH4时Fe3几乎完全沉淀，故pH5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KspMg(OH)2 KspMgCO3，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pH8即c(OH)1106 molL1，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)2Na2CO3=CaCO32NaOH，D项错误。11.【解析】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。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。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pH4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)2Fe33Mg(OH)2=3Mg22Fe(OH)3(4)A、C、D、E12.【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6Cl26Ca(OH)2=5CaCl2Ca(ClO3)26H2O。(3)发生反应为Ca(ClO3)22KCl=CaCl22KClO3，得到KClO3的物质的量为0.400 mol，根据6Cl2Ca(ClO3)22KClO3，可得理论上至少需要标准状况下Cl2的体积为26.88升。(4)根据沉淀溶解平衡原理，CaCO3(s)Ca2CO，NH4Cl溶液显酸性，使CO浓度减小，平衡向右移动，CaCO3溶解。CaCl2溶液中通入两种气体后，生成超细CaCO3的化学方程式是CaCl22NH3CO2H2O=CaCO32NH4Cl。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)6Cl26Ca(OH)2=5CaCl2Ca(ClO3)26H2O(3)26.88(4)CaCO3(s)Ca2CO，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)CaCl22NH3CO2H2O=CaCO32NH4ClNH4Cl13.【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，中加铁屑的目的是得到富含TiO2的溶液和绿矾(FeSO47H2O)，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109107 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)，KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)2.791039，Fe(OH)33HFe33H2O，K2.79103。(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H140 kJmol1221 kJmol181 kJmol1。(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)109107 m(或其他合理答案)(3)2.79103(4)TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H81 kJmol1(5)产生三废(或其他合理答案)(6)蒸馏(或分馏或精馏)内容总结（1）(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_（2）(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