第八章 第29讲 难溶电解质的沉淀溶解平衡-【勤径学升】2025年高考化学一轮总复习（人教版）

国高考一轮总复习·化学 依据上述实验现象，结论不合理的是( 5.(2023·高考湖南卷)常温下，用浓度为 A,实验①说明加热促进Fe+水解反应 0.0200mol·L的Na(OH标准溶液滴定浓 B.实验②说明Fe+既发生了水解反应，又发 度均为0.0200mol·L的HC和CH,C(OOH 生了还原反应 的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随刀 C.实验③说明Fe+发生了水解反应，但没有 V(标准溶液)门 发生还原反应 V(待测溶液) 的变化曲线如图所示。 D.整个实验说明SO对Fe+的水解反应无 0 影响，但对还原反应有影响 8 4.(2021·新高考广东卷)鸟原呤(G)是一种有 e1.00.3.38 机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐（用GHCI 表示)。已知GHCI水溶液呈酸性，下列叙述 0.501.001.502.00 正确的是 下列说法错误的是 A.0.001mol/LGHC1水溶液的pH=3 A.K.(CH,C(OOH)约为10 B.0.001mol/L GHCI水溶液加水稀释，pH B.a:c(Na)=c(CI)=c(CH,COO)+ 升高 c(CH COOH) C.GHCI在水中的电离方程式为GHC1G C.b:c(CH COOH)<c(CH,COO) +HCI D.水的电离程度：a<b<c<d D.GHCI水溶液中：c(OH)十c(CI) c(GH)+c(G) 请完成《课时检测训练28》 第29讲 难溶电解质的沉淀溶解平衡 高考评价来求 1.认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解与转化。 2.能综合运用离子反应、化学平衡原理，分析和解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题。 考点 沉淀溶解平衡及应用 对应客案P429 7(必备知识·整合 (2)建立 L.沉淀溶解平衡 周体溶解 (1)含义 周体溶质溶解 锦w回 x旋 沉淀 在一定温度下的水溶液中，当回 能新圆 城提 沉淀溶解平衡 溶液中的溶质 常饰国 浪 析出品体 的速案相等时，即建立了沉淀溶解平衡状态。 ®184 第八章水溶液中的离子反应与平衡回 (3)沉淀溶解平衡的影响因素 易丨错I易丨混 判断对错（正确的打“√”，错误的打“×”）。 因 难溶电解质固 1.难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时， 升温，大多数溶解平衡向回 沉淀和溶解即停止 () 移动，K。增大[升温， 2.相同温度下，AgC1在水中的溶解能力与在 温度 Ca(OH),溶解平衡向生成沉淀的 NaCl溶液中的相同。 ( 方向移动，K减小] 3.在一定条件下，溶解度较小的沉淀也可以转化 加水稀释，平衡向回 成溶解度较大的沉淀。 浓度 移动，K不变 4,为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀 外 加入与难溶电解质含有相同离子的 HSO,代替HO来洗涤BaSO,沉淀。( 相同 物质，平衡向圆 移 5,洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好。 离子 动，K不变 6.饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升 加入能消耗难溶电解质中所含离子 高，所得溶液的pH会增大。 反应 的物质，平衡向回 7.钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导 离子 移动，K不变 泻使Ba+转化为BaCO2而排出。 2.沉淀溶解平衡的应用 7关键能力·提升M (1)沉淀的生成 题组一沉淀溶解平衡及其影响因素 方法 举例 解释 1.已知溶液中存在平衡：Ca(OH),(s)一Ca (aq)+2OH(aq)△H<0,下列有关该平衡 除去CuCL溶液中 体系的说法正确的是 的FeCl,,可向溶液 ①升高温度.平衡逆向移动 中加人CuO[或 ②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离 Cu(OH)2或CuCO 子的浓度 阔节pH法 或Cu(OH)CO] ③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以 除去NH,C溶液中 向溶液中加入适量的NaOH溶液 的FeCL,杂质，可加 ①恒温下，向溶液中加人CaO,溶液的pH 人回 调节 升高 pH至4左右 ®给溶液加热，溶液的pH升高 以图 等 ⑤向溶液中加入NaCO,溶液，其中固体质量 沉淀污水中的 增加 沉淀剂法 Hg、Cu+等重金 ⑦向溶液中加入少量Na(OH固体，Ca(OH)2 属离子 固体质量不变 A.①⑥ B.①⑥⑦ (2)沉淀的溶解 C.②③④⑥ D.①②⑤⑦ 如要使Mg(OH),沉淀溶解，可加入圆 2.(2023·全国高三专题练习)如图所示，有T1、 T,两种温度下两条BaSO,在水中的沉淀溶解 (3)沉淀的转化 平衡曲线，在T,温度下，下列说法不正确的是 锅炉除垢，将CaSO,转化为CaCO,的离子方 () 程式为CaSO,(s)+CO(aq)=CaCO2(s) ↑c(Ba-M(mol-L +SO(aq):ZnS沉淀中滴加CuSO,溶液得 1.0×10 到CuS沉淀的离子方程式为ZnS(s)+Cu (aq)→CuS(s)+Zn2+(aq)。 185型 回高考一轮总复习·化学 A.加入Na,SO,可使溶液由a点变到b点 馆又称为“冰丝带”，所用的碲化镉(CdTe)发 B.在T,曲线上方区域（不含曲线）任意一点 电玻璃被誉为“挂在墙上的油田”。一种以镉 时，均有BaSO,沉淀生成 废渣（含CdO及少量ZnO,Al,O2、MnO、FeO C.蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、 杂质)为原料制备镉的工艺流程如图所示： b之间的某一点（不含a、b) H0沈灰乳K州，形治m M密微 锅恶快一端留国京化换海徐俺形 *Gl D.升温可使溶液由b点变为d点 题组二沉淀溶解平衡的应用 3.(2023·全国高三专题练习)往锅炉注入 已知：部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时 NaCO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO,转化为 溶液的pH如下表所示。 CaCO,,再用盐酸除去，下列叙述中正确的是 金属阳离子 Fe Fe ) 开始沉淀时的pH 2.7 6.3 3.4 A.温度升高，NaCO2溶液的K.和c(H)均 完全沉淀时的pH 3.2 8.3 5.0 会增大 B.CaSO,能转化为CaCO,说明Km(CaCO,) 下列说法错误的是 >K (CaSO) A.调节pH=5的目的是除去Fe和AI等杂质 C.CaCO溶解于盐酸而CaSO,不溶，是因为 元素 硫酸酸性强于盐酸 B.“滤渣2”的主要成分为MnO2,Fe(OH) D.沉淀转化的离子方程式为CO(aq)+ C.“置换”后滤液溶质中含有ZnSO CaSO,(s)=CaCO,(s)+SO (ag) D.“纯化”过程中发生的反应为Zn十2NaOH 4.(2022·湖北·房县第一中学三模)国家速滑 +2H,O=Na [Zn(OH)]+H2 考点2 溶度积及其应用 -对应器案P130 必备知识·整合 2.溶度积的影响因素 (1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定 1.溶度积和离子积 因素。 以ABn(s)一mA+(aq)十nB(aq)为例： (2)外因 溶度积 离子积 ①浓度：加水稀释，平衡向回 方向移 口 的平衡 溶液中有关离子回 动，但K回 概念 常数 的乘积 ②温度：绝大多数难溶盐的溶解是圆 符号 K Q 过程，升高温度，平衡向回 方向移动， K(A.B)=c(A"+) Q(A.B.)=(A") K回 表达式 ·(B),式中的浓 ·(B),式中的浓 ③其他：向平衡体系中加人可与体系中某些离 度都是平衡浓度 度是任意时刻的浓度 子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气 体的离子时，平衡向溶解方向移动，但K 判断在一定条件下难溶电解质的沉淀或溶解 情况： 不变。 )Q>K。:溶液过饱和，圆 沉淀析出 应用 易错1易1混 (2)Q=K。±溶液饱和，沉淀与溶解处于国 状态 判断对错（正确的打“√/”，错误的打“X”)。 (3)Q<K。:溶液未包和，回 沉淀析出 1.已知K(Ag CrO,<Km(AgCI),则AgCr(O 的溶解度小于AgCI的溶解度。 () 186 第八章水溶液中的离子反应与平衡回 2.常温下，向BaCO,的饱和溶液中加人NaCO (2)在1.0 L Na,CO2溶液中溶解0.01mol 固体，BaCO,的Km减小。 BaSO,计算NaCO,溶液的最初浓度不得低于 3.溶度积常数K只受温度影响，温度升高，K mol·L'(忽略溶液体积变化)[已 增大。 ( 知：Km(BaS),)=1.1×10°、Kn(BaCO3)= 4.向AgC1、AgBr的混合饱和溶液中加人少量 5.1×10-9]。 AeN0游流中号不变。 (3)汽车尾气中的S)可用石灰水吸收，生成 亚硫酸钙浊液。常温下，测得某纯CaSO,与 5.向NaCI、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀 AgNO溶液，有黄色沉淀生成，则K(AgCI) 水形成的浊液的pH为9，忽略SO的第二步 >Km(AgI)。 () 水解，则Kp(CaSO)= (保留3位有 6.AgCI的K=1.8×10",则在任何含AgC1 效数字)[已知：K1(H:S03)=1.54×10, 固体的溶液中，c(Ag)=c(CI)=/I.8× Ka(HS)3)=1.02×107]。 103mol·L'。 ( 3.(2023·高考辽宁卷)某废水处理过程中始终 保持HS饱和，即c(HS)=0.1mol·L,通 一7关键能力·提升)一 过调节pH使N和Cd形成硫化物而分 1.(2022·湖南娄底一中模拟)在25℃时，FeS的 离，体系中pH与一lgc关系如下图所示，c为 Km=6.3×10,CuS的Km=1.3×106,ZnS HS、S、N+和Cd+的浓度，单位为mol· 的Km=1.3×10。下列有关说法中正确的 L.'。已知K(NiS)>K,(CdS),下列说法正 是 () 确的是 ( A.饱和CuS溶液中Cu+的浓度为1.3× 20 10mol·L1 16 49.130) B.25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度 6922 C.向物质的量浓度相同的FcCL2、ZnCl,的混 8 1.6.65 4.23.9 合液中加入少量Na,S,只有FeS沉淀生成 0 23 45 6 D.向饱和ZnS溶液中加人少量ZnCl,固体， ZnS的K,变大 A.K.(CdS)=10-15 2.按要求完成下列填空。 B.③为pH与一lgc(HS)的关系曲线 (1)已知某温度时K。(CaC))=1×10”,则该 C.K(H2S)=10& 温度下，CaC()的溶解度约为 D.Ka(H2S)=10w.7 对应答案P431 真题演练突破 1.(2023·高考江苏卷)室温下，用含少量Mg的 a止溶液HC)溶液 MnSO,溶液制备MnCO,的过程如图所示。已 洛毅一领-面-0 知K(MgF)=5.2×10",K,(HF)=6.3× A.0.1mol·LNaF溶液中：c(F)=c(Na) 10。下列说法正确的是 ( +c(H) 187 国高考一轮总复习·化学 B.“除镁”得到的上层清液中：c(Mg+) 子沉淀完全}。下列叙述正确的是 _K(MgF:) A c(F) C.0.1mol·L NaHCO,溶液中：c(CO) c(H)+c(H,CO)-c(OH D.“沉锰”后的滤液中：c(Na)十c(H广) e(OH )+c(HCO )+2c(CO) 2.(2023·高考新课标卷)向AgC1饱和溶液（有足 A.由a点可求得K[Fe(OH),]=10s 量AgCI固体)中滴加氨水，发生反应Ag+ NH:=[Ag(NH,)]Ag(NH,)]+NH BpH=4时A1(OH),的溶解度为10” ·L =[Ag(NH):]。lg[c(M)/(mol·L')] 与lg[c(NH)/(mol·L)]的关系如下图所 C.浓度均为0.01mol·LI的A1+和Fe+可 通过分步沉淀进行分离 示{其中M代表Ag、C、[Ag(NH)]或 D.A1+Cu2混合溶液中c(Cu+)=0.2mol [Ag(NH )] ·L一时二者不会同时沉淀 (-1.-235) 4.(2023·高考全国乙卷)一定温度下，AgC1和 1-1.-235 山21@ Ag.CrO,的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 -1.-7.40 7 0754.8,5 -10 -n -3 -2 Ig l(NILM(nl-I)] 2 、AgC0 下列说法错误的是 01234567890112 A,曲线I可视为AgCI溶解度随NH浓度变 lglc1mol·L1 或--lg le(C0好moL川 化曲线 下列说法正确的是 ( B.AgCI的溶度积常数K=c(Ag)·c(C) A.a点条件下能生成Ag.CrO,沉淀，也能生 =10污 成AgC1沉淀 C.反应[Ag(NH)]++NH B.b点时，c(CI)=c(CrO),K(AgCI)= [Ag(NH)2]的平衡常数K的值为101 K.(Ag:CrO,) D.c(NH)=0.01mol·L时，溶液中 C.Ag.CrO+2C1→2AgC1+CrO的平衡 e([Ag(NH )]>cAg NH )]) 常数K=10.9 c(Ag") D.向NaCl、Na.CrO,均为0.1mol·L的混 3.(2023·高雪全国甲卷)下图为Fe(OH)3、 合溶液中滴加AgN)溶液，先产生 A1(OH),和Cu(OH):在水中达沉淀溶解平衡 AgCr(),沉淀 时的pMpH关系图{pM=一lg[c(M)/(mol ·L1)]:c(M)≤105mol·L1可认为M离 请完成《课时检测训练29 ③188 第八章水溶液中的离子反应与平衡回 专题讲座五 水溶液中的离子平衡图像类 →对应路案P31 类型一酸、碱性溶液滴定（或混合）图像 2.(2023·陕西汉中·二模)常温下，用0.1mol 专题精讲 ·L的NaOH溶液滴定20mL.0.1mol·L 抓住关键“五点”，突破中和滴定曲线 的HPO,溶液，滴定过程中混合溶液的pH 例如：室温下，向20mL0.1mol·LHA 随加人的NaOH溶液体积变化关系如图所 溶液中逐滴加人0.1mol·L1NaOH溶液，溶 示，下列说法不正确的是 () 液pH的变化如图所示： L20.9.5j 10.5 20 起始点A 0.1mol·L'HA溶液的pH>1,放HA为别酸 0 20 V(NaOHVmL 靠质为NaA和H 剂液中： +半点B n(NaA) pH<7 =I E(A )>c(Na)> A.常温下，K.(H,PO:)的数量级为10 n(HA) c(H')>c(OH B.B点对应的溶液中：2[c(H广)一c(OH厂)] 质为NnA和 溶液巾： 巾性点C H=7 HA(少量) c(Na)=c(A)> c(H2PO )-c(H PO2) c(O1 C.HPO2为一元弱酸 溶波中： 竹好 溶质为NaA 反应点D pH>7 (Na)>c(A)> D.滴定至V=20mL的过程中，溶液中由水电 c(OH )>c(H) 离出的c(H)·c(OH)不变 溶液中： 过量点E 溶质为NaA、NaOIT H>7 e(Na)>c(OH)> 3.(2023·山东省济宁市年高三模拟考试)常温 c(A )>c(H) 下，向20mL0.1mol·L'NaN溶液中滴入 即时训练 1.(2021·高考海南卷)25℃时，向10.00mL 等浓度的HM溶流，所得溶液中g心与 0.1000mol·L的NaHC()溶液中滴加 1gM的关系如图所示。已知K,(HN)= c(N-) 0.1000mol·L的盐酸，溶液的pH随加入 3.0×10,下列说法错误的是 的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说 法正确的是 dH\) cN-) -2 A.K.(HM0=3.0×10 B.滴入20mL.HM溶液后，溶液中存在： 5.w0 11.0 V/mL e(M)>c(HN) A.a点，溶液pH>7是由于HCO水解程度 大于电离程度 C随着HM溶液的加人)：的 B.b点，c(Na)=c(HCO)+c(CO) 值变大 +c(C1) D.滴入20mLHM溶液后，溶液中存在： C.c点，溶液中的H主要来自HCO的电离 c(HN)+c(OH )+2c(N)=c(HM)+ D.d点，c(Na)=c(C1)=0.1000mol·L c(Na)+c(H*) 189 国高考一轮总复习·化学 类型二分布系数图像 A.甘氨酸具有两性 专题精讲 B.曲线c代表NH,CH,COO 1,透析分布曲线遵定思维方向 C. NH,CH,COO H.) 分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数（即 NHCH,COOH+OH的平衡常数K 组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的 =10h.i 关系曲线。 D.(NH CH.COO)<c(NH CH.COOH) 一元弱酸 二元酸 (以CHC(O)H为例) 《以HCO,为例) ·c(NH,CH.COO) 1.0 5.(2023·浙江·模拟预测)室温下，向1.001 0.8 10 0.1O0mol/L NH,HCO)溶液中加入NaOH稀溶 06 p1=pK=4.76 液，溶液中主要型体的分布系数[比如A一的分 0.6 0.2 c(A2) 布系数òA)=cHA+HA)十cA]以 0 02 及pH随n(N(OH)变化如图。下列说法不正确 注：pK.为电离常数的负 pH 的是 () 对数 分布系数 PH 1.00 14.00 6。为HCO,的分布系 a,为CHC(OOH的分布系 NH. 13.00 数，6为HCO的分 0.) 12.00 数，为CH,CO0的分布 11.00 布系数，：为CO的 系数 n.60 0.) 分布系数 pH. 9.00 040 8.00 2明确解题要领 快速准确作答 7.0 (1)读“曲线” 每条曲线所代表的粒子及变 0.20 6.00 人H,H 5.00 化趋势。 0.0 “ 00 0.050 0.100 0.150 0.200 (2)“读浓度”一通过横坐标的垂线，可读出 NaOITyiol 某pH时的粒子浓度。 (3)“用交点”一交点是某两种粒子浓度相等 A.0.100mol/LNH,HC0,溶液中c(0H e(H) 的点，可计算电离常数K 1,水的电离受到促进 (4)“可替换”一根据溶液中的元素守恒进行 B.加入NaOH稀溶液过程中，溶液满足关系 替换，分析得出结论。 式c(NH)+c(NH·HO)=c(CO)+ 即时训练 e(HCO )+c(H,CO,) 4.(2022·高考辽宁卷)甘氨酸(NH,CH,CO)H) C.K(HCO)·K(NH1·HO)>K 是人体必需氨基酸之一。在25℃时， NH CH.COOH、 NH CH.COO 和 D.加人少量NaOH时，OH主要先与NH NHCH,CO)的分布分数[如(A) 反应 c(A2-) 6.(2023·山东菏泽期来)常温下，弱酸HA与弱 c(H,A)+c(HA)+cA)]与溶液pH关系 碱MOH相互调节pH时，HA、A、MOH和 如图。下列说法错误的是 M的分布分数(X)与溶液pH的关系如图 分1.0 所示。 分0.8 0.9C00 0.6 0.700 HA MOH 42.35.0.50) ◆9.78.0.500 04 爱as0m0 0.3000 0.2 0.100 4.756 92510 1214 10 12 14 PH pH 190 第八章水溶液中的离子反应与平衡回 已知：以HA分子为例，存在8(HA)= ③比较溶液的Q与K的大小，判断溶液中有 c(HA)+c(A°下列说法正确的是( c(HA) 无沉淀析出。 ④涉及Q的计算时，所代入的离子浓度一定是 A.MOH的电离常数K,(MOH)=105 混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度 B.等物质的量浓度的NaA与HA混合溶液 时，所代入的溶液体积也必须是混合溶液的 中：c(HA)+c(H)=c(A)+c(OH) 体积。 C.等物质的量浓度的MOH和MCI的混合溶 2.有关沉淀溶解平衡对数图像分析 液pH>7 图像 说明 D.pH=8的HA与Na(OH的混合溶液及pH 横坐标数值越大，(C了) =8的HA与MOH的混合溶液中，后者 越小 (HA)大于前者 纵坐标数值越大，c(M) 越小 类型三沉淀溶解平衡图像 曲线上方的点为不饱和 专题精讲 溶液 1.有关沉淀溶解平衡K。曲线的分析 曲线上的点为饱和溶液 (1)典型示例 已知：pM=-lgc(M)(M: Mg,Ca、 曲线下方的点表示有沉 c(Ba)/(mol·L-) P(CO )=-lg c(CO 淀生成 4×10 La、c处在曲线上，Q=K, 包和溶液 曲线上任意一点，坐标数 2×10 b:Q>Kp有沉淀牛成 值越大，其对应的离子浓 I×1 c:K(Ba5O)=10s×10-10a d"巴：Q心Kp,不饱和溶液 度越小 07×102×1034×103 c(SO /(mol·L-') 团时训练 (2)点的变化 7.(2023·山东省济南市高三模拟考试)常温下， 含BaCO,的浊液中c(Ba)随c(H)的变化 a-xe 曲线上变化，增大(S)”) 关系如图所示（整个过程无气体逸出：忽略 加入1×10mol·L.Na,SO溶液（加 r+c CO第二步水解)。 水不行》 t(3a2-x10l·1- d→e 加人BC周体（忽路溶液的体积变化） 4 曲线上变化，增大c(Ba) 31.5. 1 曲线上方的点表示有沉淀生成：曲线下方的点表示不饱 (G,2 ip 和溶液 c(x 10 mol-1-) 已知：K(BaCO2)=2.5×10,Ka(HCO1) (3)沉淀溶解平衡图像题解题策略 =5.0×10-0 ①沉淀溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线 下列叙述正确的是 上任意一点都表示饱和溶液，曲线上方的任意 A.x=7.5 一点均表示过饱和溶液，此时有沉淀析出，曲 B.水的电离程度：M<N 线下方的任意一点均表示不饱和溶液。 ②从图像中找到数据，根据K公式计算得出 C.N点：HC0)丽 c(CO)1 K的值。 D.N点溶液中加Na SO,固体，将移向P点 191爱 国高考一轮总复习·化学 8.(2022·高考山东卷)工业上以SS0,(s)为原 D.对含SrSO,(s)且Na,S),和Na,CO,初始 料生产SCO,(s),对其工艺条件进行研究。 浓度均为1.0mol·L的混合溶液，pH≥ 现有含SrCO,(s)的0.1mol·L'、1.0mol· 7.7时才发生沉淀转化 L1NaCO溶液，含SrSO,(s)的0.1mol· 9.(2022·费州贵阳·一模)T℃时，CdCO3和 L、l.0mol·L1NaSO,溶液。在一定pH Cd(OH),的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已 范围内，四种溶液中lgc(Sr+)随pH的变化 知pCd+为Cd+浓度的负对数，pN为阴离子 关系如图所示。下列说法错误的是 ( 浓度的负对数。下列说法正确的是 62,-55) 6.8.-5.5 ①0 7.7a）② 6.9 家 ① 78910 6.06.57.07.58.08.59.0 pH A.曲线I是CdCO)的沉淀溶解平衡曲线 A.反应SrSO,(s)+C)一SrCO(s)+ B.加热可使溶液由X点变到Z点 SO的平衡常数K= K.(SrSO, C.Y点对应的Cd(OH):溶液是过饱和溶液 K.(SrCO,) D.T℃，在CdCO3(s)+2OH(aq) B.a=-6.5 Cd(OH):(s)+CO(aq)平衡体系中，平衡 C.曲线④代表含SrCO,(s)的1.0mol·L 常数K=10 NaCO,溶液的变化曲线 专题讲座六 突破无机化工流程题 ,对应答案P433 专题精讲 (1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原规律判 一、图解无机化工流程题的命题设计 断产物，并根据化合价升降相等配平。 陷生反应 (2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实 原预处理 了产品分离提纯 除米。净化 (产率计算 际判断产物」 原料 核心 所需产品 2.原料的预处理 尤机广物 化学发应 位市条件 (1)溶解：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸等。 俊溶、碱 、控州 排放物的无 注重环保 溶、水溶 原料满环利用 化处 水浸 与水接触发生反应或溶解 丹液的循环 浸出 周体加水（酸）溶解得到离了 氧化后调pH与 R结合) 利用（生产效率） 在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进人溶液， 酸浸 二，化工流程图中主要环节的分析 不溶物通过过滤除去 1.核心反应一陌生方程式的书写 浸出南 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 关注箭头的指向：箭头指入·反应物，箭头指 (2)灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能 出→生成物。 溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解。 192 第八章水溶液中的离子反应与平衡回 (3)审题时要“瞻前顾后”，注意物质性质及反 溶质，如从溶液中提取NaCl。 应原理的前后联系。 (4)冷却结品：提取溶解度随温度变化较大的 3.常用的控制反应条件的方法 溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、 (1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子 FeCl2、CuCl2、CuSO,·5HO、FeSO,· 形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一 7H,O等。 般应满足两点要求： (5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体 ①能与H反应，使溶液pH增大： 混合物，如分离乙醇和甘油。 ②不引入新杂质。 (6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如 例如：若要除去Cu+中混有的Fe3+,可加人 合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中 CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO,等物 的氨气。 质来调节溶液的pH,不可加入NaOH溶液、 即时训练 氨水等。 类型一 物质制备类化工流程题 (2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反 L(2023·高考山东卷)盐湖卤水（主要含Na、 应速率或使平衡向需要的方向移动。 Mg+,Li、CI、SO和硼酸根等)是锂盐的 (3)趁热过滤。防止某物质降温时析出。 重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除 (4)冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并 镁制备【i,CO2的工艺流程如图1： 减少品体在洗涤过程中的溶解损耗」 盐酸 H气体 生行灰 4.常用的提纯方法 肉水成翻一氯盛-阅- 含硼西体 闲休滤渣1 (1)水溶法：除去可溶性杂质。 鈍鹹 绝和\a(心0蒂液 (2)酸溶法：除去碱性杂质。 特制卫一深作☒浓第一沉闲 (3)碱溶法：除去酸性杂质。 拢法Ⅱ NaCl LiCO (4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性 图1 杂质。 已知：常温下，K(Li,CO)=2.2×102。相 (5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的 关化合物的溶解度与温度的关系如图2所示。 杂质。 120 (6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的 80 Fe+等。 三 40 LiOH. 12 5.常用的分离方法 1.5 1.i2(0 1.0 (1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要 0.5 020 40G080 100 温度/℃ 采用趁热过滤或者抽滤等方法。 (2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂 回答下列问题： 里的溶解度不同提取分离物质，如用CC1或 (1)含硼固体中的B(OH),在水中存在平衡： 苯萃取溴水中的溴。 B(OH)2+HO一H+[B(OH),](常温 (3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的 下，K=1091):B(OH)2与NaOH溶液反应可 193型真题演练突破 应，生成红福色的氢氧化铁，又校亚硫酸根离子还原，得到亚 1.A解析A.NHCI盐溶液存在NH+HONH,· 铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，成B正 H,O十H而显酸性，A符合海意：B.BaCL,溶液中Ba和 确：C.宾验③中在5ml,Na:S0),溶液中滴加2滴同浓度少量 FC1,溶波，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反 C1均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意：C, 应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化 H,SO属于酸，不是益类，C不符合题意：D.C(OH),是碱， 还票反应速率快，故C正确：D.结合三组实脸，说明铁离子 溶液显碱性，D不符合题意。故选A. 与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比 2.C解析A.KOH吸收CO,所得到的溶液，若为NaC) 氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子 溶液，则CO主要发生第一岁水解，溶液中(HCO,)< 对铁离子的水解作用无彩响，事实上，亚硫酸根离子水解显 c(HCO),若为NaHCO,溶液，则HCO发生水解的程度 碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。故选D。 很小，溶液中(H,CO,)<c(HCO),A不正确：B.KOH完4.B解析A.GHC1为延酸弱碱盐，电离出的GH会发生水 全转化为KCO时，依据电荷守恒，溶液中(K)十e(H) 解，册离子的水解较为嫩骑，因此0.001ml/LGHI水落液的 =(OH)+c(HCO,)十2(CO),依据物料守恒，溶液中 pH>3,放A错误：B.稀释GHCI溶液时，GH水解程度将 增大，根据粉夏持列原理可知溶液中c(H)将减小，溶液 c(K)=2[c(C)+c(HC))十c(HC0)],则c(OH) H将升高，故B正确：C.GHCI为强酸弱碱盐，在水中电离 =(H)+c(HCO,)+2(HCO).B不正确：C.KOH溶液 方程式为GHC1一GH+CI,故C错误：D.根据电荷守 吸收CO,c(KOH)=0.1mol·L',ca=0.1mol·L',则 恒可知，GHC落液中c(OHT)+r(C1厂)=c(H)+ 溶液为KHC0溶流，K。=K=1X90一≈23X10> c(GH),故D错误。故远B. 5.D解析用浓度为0.0200mol·L.'的NaOH标准溶液 K。=4.4×10",表明HCO以水解为主，所以溶液中 滴定同浓度的HCI和CH COOH的混合溶液，在滴定过程 c(HCO),)>c(C)),C正确：D.如图所示的“吸收”“转化” 中NOH落液先与强酸HCI反应，再与弱酸CH,CO)H反 过程中，发生反应CO+2KOHK,CO十HO,K,CO,+ 应。点a时7=1.00，此时标准溶液与待测溶液体积相同，盐 Ca)+H()一CaC(),￥+2KOH(若生成KHC)或 酸恰好被中和，酷成还没有反应，此时溶液中c(NaC)= KCO与KHCO的混含物，则原理相同)，二式相加得CO c(CH,C))H)=0.01mol·1.',pH=3.38,即c(H)= 十CaO一(CaCO,,,该反应放热，溶液的温度升高，D不正 10mol·',K,(CHC0oH)=c(CHCO0)·c(Hy (CH COOH) 确。故选C: ≈101"X10m 3.D解析铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解星碱性， 0.01 I0”,根据元素质量守恒可得，(Na) 两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化 =c(CT)=c(CH,C())+c(CH COOH),A、B正确。点b 性，亚硫碗根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应， 时？=1.50，酷酸反应掉一半，此时溶液中溶质为NaC、 在同一反应体系中，铁高子的水解反应与还原反应共存并相 CH,COONa和CH COOH且c(CH COOH)= 互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子 c(CH,COONa),此时溶液pH<7,CH COOH的电离程度 在水溶液中显棕黄色，存在水解反应F”十3H,O 大于CH,C())的水解程度，所以c(CH COOH)< Fe(OH),+3H,煮沸，促进水解平衡正向移动，得到虹褐色 c(CH,COO),C正确，点c时？=2.00，此时溶液恰好被中 和，溶液中溶质为NaCI和CH,COONa,CHCO)水解促进 的氢氣化铁胶体：实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子 水的电离，C点之前有剩余的酸，C点之后有过量的碱，均会 后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体，报据锐 物制水的电离，故？点水的电高程度最大，D错误。故送D 氯化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁蒋子被 第29讲难溶电解质的沉淀溶解平衡 还原为亚佚离子，而出现特征蓝色沉淀：实脸③通过反滴裸 考点1 作，根据现象描迷可知，溶液仍存在铁高子的水解反应，但油 【必备知识·整合】 干铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明佚离子的水 四沉淀溶解和生成☑>☒=团<固本身的性质 解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。A铁离 固沉淀溶解的方向团沉淀溶解的方向圆生成沉淀的方 子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向侈 向回沉淀溶解的方向团CuO与H反应，促进Fe水解 动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红 生成Fe(OH),沉淀回氨水☑Fe与NH·H,O反应 漏色，故A正确：B.在5mLFc(C,溶液中滴加2菏同浓度的 生成Fe(OH),沉淀服H,S,NaS国HS、NaS与Cu”, Na,SO,溶液，根据现象和分析可知，Fe既发生了水解反Hg+反应生成沉淀园盐酸，NH,C1溶液 429· 高考一轮总复习·化学 [易错易混]1.×2.×3.√4.√5.×6.×7.× 考点2 【关键能力·提升】 【必备知识·整合】 1.A解析该反应正方向△H<0,为放热反应，故升高温度， 山沉淀溶解☒浓度幂图有④平衡团无固溶解 平衡逆向移动，①正确：加入磺酸钠粉末会生成CC),使 回不变图吸热回溶解四增大 Ca浓度减小，②错：加入氢氧化纳溶液会使平衡左移，有[易错易混]1.×2.×3.×4.√5.×6.× Ca(OH),沉淀生成，但Ca(OH)。的溶度积较大，要除去【关键能力·提升】 Ca+,应把Ca+转化为更难溶的Ca(CO,③错：恒温下K不1.B解析饱和CuS溶液中Cu的浓度为，K,(CuS)= 变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH),的饱和溶液，pH不变， /1,3×10可m8l·L,放A错误：二者的朋、附离子个数 ①错，加热，C(OH),的溶解度减小，溶液的pH降低，⑤错， 比相间，由FcS的K。=6.3×10“,CuS的K。=1.3×104 加入NaCO,溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH):围体 可知，FeS的溶解度大干CuS的落解度，故B正确：FeS的 转化为CCO固体，固体质量增加，⑥正确：加入Na(OH围 K=6.3×10”,ZnS的K=1.3×10,向物质的量浓度 体，沉淀溶解平衡向左移动，C(OH),固体质量增如，⑦错。 相同的FCL,ZnCL,的混合液中加入少量Na,S,首先生成溶 综上，①@正确。故选A。 解度小的沉淀，因此只有ZS沉淀生成，故C错误：饱和ZnS 2.D解析A.硫酸，溶液中存在者溶解平衡，a点在平衡击 溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZCL固体，锌离子 线上，加入NaS),,会增大c(S)),平衡左移，r(Ba)应降 浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZS的K不变， 低，故A正确：B.在曲线上方区域（不含曲线）任意一点时， 故D错误。故选B。 Q>K.,溶液过德和，有沉淀祈出，故B正确C.d点时溶凌2.(1)10‘g(2)0.46(3)1.05×10· 不饱和，蒸发溶剂水，c(S)),c(Ba)均增大，所以可能使 解析(1)由K,(CaCO2)=1×10",可得c(Cn”) 溶液变饱和，由d点凌为曲线上a,b之间的某一点（不舍a、 c(CO)=1×10mol·L,设溶液为1L,溶解的CCO b),故C正确：D.升高温度，促进溶解平衡右移，(SO)、 的质量为1×10mol·1.×11×100g·mol'=103g, c(Ba)均增大，不会使溶液由b点变为d点，故D错误。故 所以100g水中最多可溶解的CaCO的质量为10g。 选D. (2)沉淀转化的离子方程式为C①()+BS0(s)=BCO 3,D解析温度升高，水的电离平衡正向移动，K。增大，温 度升高，NCO,的水解平衡正向移动，(OH)塘大，(H) (s)+so (ag).K=(so)(so).c(Ba") c(C(Oy)c(CO)·c(Ba+) 减小，A项错误：一般说来溶解度小的沉淀易转化成溶解度 K.(BaS0)_1.1×10-te 更小的沉淀，故K(CaCO)<K(CaS)),B项错误：CaCO K,BaC0)i.1×10≈0.022c(c0)=e(S0) 与往酸反应生咸可溶性的氧化钙、水和二氧化碳，CSO,与 0.01mol:L≈0.5mol·1,Na,C0,落流的最初浓度 0.022 雄酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强弱无关，C项 c(Na,C0,)≥(0.01+0.45)mol·1.1=0.46mol·L.. 错误：硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的 (3)pH=9,c(OH)=1×10mwl·L',由S+HO 碳酸钙，反应的高子方程式为CSO(s)十CO)(q) HS0+OH知，c(HSO)=c(OH)=1×103mal·L CnCO(s)十S)(aq),D项正确。故达D. 4.A解析根据流程图可知，船废渣中加入硫酸溶液后生成 K,(C)=cHSO)·c(0H)K. c(S0) K(7用10” 1.02×10 多种硫酸盐，加入石灰乳洞节pH=5,生成沉淀AI((OH)和 =1X10'×1×10 -(S了)=L.02×103mo·L。由物料 CaSO向德液中加入KMnO,溶液，将Fe氧化为Fe(OHD),沉 (S)) 淀、将Mn+氧化为Mn),:向滤液中加入锌置换出Cd,得到 守恒可知，c(Ca+)■c(S)+c(HS))=L.02×101ml· 海绵鍋，用氢氧化钠溶液落解海馆镉中过量的锌，得到C和 1.+1×10mdl·L.1=1.03×10mal·L.,则K(CS)) Na[Zn(OH),].A.调节pH=5,生成的沉淀为A1(OHD,和 =c(C+）·c(S)≈1.05×104。 CaS),没除去Fe元素，连项A错误，B.油液中加入KMO,3.D解析根据题意分析，随着pH的增大，HS电离出的 溶液，将Fe”氧化为Fe(OH),沉淀，将Mn氧化为MnO, HS泼度逐渐增大，且比第二步电离出的S的浓度大，所 则“滤渣2”主要成分为MnO,,Fe(OH),选项B正确：C.滤 以①表示一lgc(HS)与pH的关系曲线，③表示一lgc(S) 波中加入锌置换出Cd,“置换”后逃液溶质中含有ZnSO,选 与pH的关系面线，c(S)增大，导致c(Ni)、c(Cd)减 项C正确：D.“钝化”过程中发生反应的化学方程式为Z如十 小，已知K(NiS)>K(CdS),所以c(Ni)>c(Cd+),则 2NaOH十2HONa.[Zn((OH),]+H,↑，选项D正 ②表示一gc(N+)与pH的关系曲线，①表示一gc(Cd*)与 故选A。 pH的关系出线，据此分析。A项，由图可知，pH=4.9时， 高考一轮总复习+化学 ·430· e(Cd)=c(S)=10umol·L,',K。=c(C)·c(S-)流淀，D项错误。故选C. =10P×10H=10,错误：B项，③为-lg(S)与pH的4.C解析取点(4.8,5)计算K(AgC1)=c(Ag)·c(CT) 关系曲线，错误：C项，K(H,S》=cH):HS),选取图 =10X10t=10.取点(1.7,5)计算K。(AgCr0) e(H,S) c(Ag)·c(Cr0)=(10)产×10h7=10。A项，横、 中坐标(1.6,6.5)可得，K(H,S)=10“X10 0.1 -=1011, 纵坐标均为负对数，随着横、纵坐标使的增大，对应的离子浓度 减小点位于两条曲线的上方，为不饱和溶液，故4点条件下 选取坐标(4.2,3.9》也可计算出K,(HS),错误：D项， 两种沉淀均不能生成，错误：B项，b点时，(C)=c(C()),但 K(H,S)=日)S),当pH=6.8时，根摇C项所得 c(HS K的计算表达式不同，K(Ag)≠K(Ag,CO),错误：C项， K(HS)可计算出c(Hs)=10X0.1m0l.Lt= K(CO )(C)(Ag)K.(Ag Cro) 10 c(C1) c(C)·c(Ag) [K(AgCI) 101mal·1.,pH=6.8时c(S)=l0mol·L.',Ke 101. =10×10=10,正确。故选D 07-10,正确：D项，将c(C)=0.1ml·L代入 10a K(AgC])计算出开始产生AgC1沉淀时所需的c(Ag)= 真题演练突破 10mol·L.,同理，求出开始产生AgCO沉淀时所 L.C解析A项，NaF溶液中存在电荷守恒：e(Na)+ 的c(Ag)=10"mol·1.,开始产生沉淀时AgC1所需的 c(H)=(下)十c(OH).错误，B项，根据K。的定义， c(Ag)较小，故先产生AgCI沉淀，错误。故选C。 e(Mg")-K.(MgF,) 错误：C项，根据质子守恒：(C)) 专题讲座五水溶液中的离子平衡图像类 C(F) 1.A 十c(OH)=r(H)十e(HC0,,正确：D项，“沉锰”后的滤2.D解析由图可知，未加入氢氧化销溶液时，a.1ml·,'的 波中还舍有S(),播误。故远C HPO溶液pH为3说明HP)为弱酸，加入20ml.Q.1mol· 2.A解析AC1饱和溶液中Ag和】泼度相等，腹着氨水浓 1.氢氧化钠溶液时，20ml.01mol·L.的HPO.溶液恰好完 度增大，(Ag)变小，(C厂)增大，根据题图分析，曲线Ⅲ为g 全反应说明H,)为一元弱酸，所得NaH.PO)溶液星碱性： c(Ag),曲线N为1g:(C),根据题给两步反应分析， A.由分析可知，0.1mo·1.'的HP)溶液plH为3，测 lgc[Ag(NH,)门)先变大后减小（现不变），lgc([Ag(NH)]' 逐新增大，所以面线1为1gc([Ag(NH),]),曲线Ⅱ为 K(HP0.)=10ma1X10molL=1.0×10,数量级为 9.I mol L lgc([Ag(NH)]},据此分析。A项，ACI的溶解度与溶 1O,故A正确：B由图可知，B点时氢氧化钠溶液与HPO溶 液的温度有关，不随真气浓度变化而变化，错误：B项，根据 液反应得到等浓度的HP),和NaH,P)混合溶减，游液中存 题图可知，lgc(NH,)=一1时，c(Ag)=10"mal·L., 在电荷守恒关系(Na)十c(H)=c((OH)十c(HP))和物料 (C)=10nmol·L.',AgC的溶度积常数K。=c(Ag） 守恒关系2c(Na)=r(HPO)+c(HPO),整合可得2Tc(H) ·c(C1)=10,“×10可=10a,正确：C项.根据题图中 一(OH)门=c(HP))一(HPO),故B正确：C.由分析可 lgc(NH)=一1时的数据可知，反应[Ag(NH)]+NH, 知，HP)为一元弱酸，故C正确：D.由分析可知，HP)为一 [Ag(NH2]的平衡常数K= c(CAg(NH,) c{[Ag(NH)]'1·c(NH) 元弱酸.加入20mL0.1m0l·L氢氧化纳溶波时，20ml 103 0.1mol·L.的HP).溶液恰好完全反应说明HP)为一元 10“X10=10",正确：D项，根指lgc(NH)为-2 弱酸，所得NaH,PO溶液星碱性，则HP()离子在溶液中水 时各曲线对应lgC(M),可知正确。故选A。 解促进水的电离，溶液中由水电离出的(H)·(OH)增大， 3.C解析a点对应pH=2pM=2.5,则c(OH)=10:mdl 故D铝误。故选D ·L.c(Fe)=10mol·L1,所以K,[Fe(OH).] 3.A解析当1gH心=-1时，lgM二=0，即此时 c(Fe+)·c'(OH)=10,A项循误：由题图可知，pH=4 e(HN) e(N) 时pA1P+=3,c(A)=10mol·L.',故A1(OH),的溶解 1Oc(HM)=c(HN)、c(M)=c(N),所以K,(HM) 度为10ml·L',B项错误：当c(Fe)=10mol·L. c(M)·c(H')=c(N)·c(H)=3.0×10 (HM) 0,1c(HN) 0.1 -=3.0× 时，溶液pH<3,此时Fe+已经完全沉淀，而当e(AP)= 10,A错误：因为K,(HN)<K,(HM),根据较强藏制较弱 0.01mol·L.'(即pM=2)时，由题图可知pH约为3.7，AP 酸原理，滴入20mLHM溶液后，生成等物质的量的HN和 开始沉淀，所以AP+和Fe可通过分步沉淀进行分离，C项正 K. 确：由题图可知，当c(AP)=10mol·1.时（此时AP已 NaM.图K,(M)=K.iM<K,(HN).故cM)>CHN). 完全沉淀)，pH约为4.7，此时c(Cu)=0,1mol·1.< 0,2mol·L.,即C2+已开始沉淀，故A和C+会同时 B正确：随若HM溶液的加入，存在SHN)·(HM c(N)·c(M) ·431· 高考一轮总复习+化学 c(HN)·(HT)·(HM) C(H) cN)·C()·c(M)=K(HMD·K(HN氢离子浓 K.,故C选项错误：D.加入少量NaOH时，HCO,浓度基本 不变，而NH液度快速减小，所以OH先与NH发生主要 度增大，：增大，C正确：清入20LM溶这 反应，故D选项正确。成选C 后，溶液中存在等物质的量的NM、HN,结合电荷守恒 6.C解析MMOH分布分数相同时，c(M)=c(MOH), (OH)+c(N)+c(M)=c(Na)十c(H'),和物料守但 M0H的电离常数K,(M0H=·OH)=:OH) e(HM)+c(M)=c(HN)+c(N),则有c(HN)+(OH)+ 日0高一10，A错误：等物质的量浓度的aA与 K.10" 2c(N)=e(HMD+c(Na)+c(H),D正确。故选A. 4.D解析A.甘氢能中存在一NH和一COOH,所以既有酸 HA混合溶液中存在电荷守恒c(HT)十(Na)=c(A)十 性又有碱性，故A正确：B.氨基其有碱性，在酸性较强时会结 c(OH)和物料守恒2c(Na)=c(A)十c(HA),根据两式 合氢离子，骏基其有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应， 可得c(HA)+2e(TH)=c(A)+2c(OH),B错误： 故曲线a表示NH CH CO()H的分布分数随溶戒pH的变 104 化，曲线b表示NH CHC())的分布分数随溶液PH的变 K.(M)-K.(MO)-10-10K.(MOH)>K. 化·曲找e表示NH,CHC()的分布分数随溶液pH的变 MOH电离程度大于M水解程度，等物质的量浓度的 化.故B正确：C.NH.CH COO+H,O=NHCH,COOH MOH和MC1的混合溶液星减性，pH>7,C正确：温度不变 +OH平衡常数K=(NH CH.COOH:cOH),25℃ 电离平衡席数不变，pH=8的溶液中c(H)一定，K,(HA) (NH CHCOO =c(A) 时，根据a,b曲线交点坐标(2.35,0.50)可知，pH=2,35 骨品·H则合品-定，所议两希是合意该中 时，(NH CHCOO)=(NH CH.COOH),K=e(OH) (HA)相同，D错误，故远C =K. =104“，故C正确：D.由C项分折可知. 7.C解析M点c(Ba)=2×10mal·L',c(CO)= K(BaC0,)_2.5X10 (NH'CH,COOH)10" c(NHCH,COO)(OH)根据b、e曲线交点坐标 c(Ba) 2×10m0l11=1,25×10m0l.L, 则c()H)=yc(C))·K.=5.0×10‘ml·L',进商求得 (9.78,0,50)分析可得电离平衡NHCH,COO K NH,CH,COO+H的电离常数为K,=10 c(H)= O=2X10"mol·L,审x=2.A餐误：从M e(NH,CH.COO K, 10A 则 点到V点(H)增大，水的电离受到HT的抑制程度增大，故水 c(NH,CHCOO) (H) e(H)' 的电离程度：M>N,B错误：N点c(H)=3.15× (NH,CH,COOH) c(NH,CH,COO) 10L c(NH,CH,COO) (NH,CH,COO) (OH) 10m·L c(C()K(H(CO)5×10" 10-我m 101,a 'cH00c(H)a15x10忘C正 c(H') 10 <1,即e2(NH.CH.COO)> 确：N点溶液中加Na,S),围体，Ba与S)生战沉淀导致 c(NH,CH,COOH)·e(NH,CHCO)),故D错误。故 c(B)减小，BaC()溶解平衡右移，c(C)增大，C水 黄D 解，平衡右移，(OH)增大，C(H)减小，N点不可能移向P 5.C解析A.NH HCO-NH+HCO,NH和 点，D错误。故选C。 HCO,分别发生水解，HCO+HO一H,CO,+OH,8.D NH+H0NH·HO+,图为号>1.所以 9,D解析A.CdCO(s)一Cd+(aq)+CO(aq),则 c(C)=(CO),CdCO,的沉淀平衡中pCd=pN.放曲 c(OH)>(H),则说明HCO水解程度大，使水电离受到促 线Ⅱ是CdC(O,的沉淀溶解平衡曲线，A错误：B.由A分析 进，故A选项正确：BNHH)一一NH十H),NH和 可知，曲线I是Cd(OH):的沉淀溶解平衡曲线， HCO分别发生水解，HCO+HO,一HC)+OH,NH Cd(OH),(s)=Cd'(aq)+20H (aq).e(Cd ) +HO一NH,·HO+H,则由物料守恒得c(NH)十 2(OH),加热平衡正向移动，Cd,OH离子浓度变大，但 c(NH,·HO》=c(HCO)+c(CO)+(HCO).故B选项正 是不会相等，B错误：C,曲线上的点为达到了沉淀溶解平衡， 确：CK(H,CO)·K(NH·HO)=H)·CC). pCd为Cd浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则 (HCO) 数值越大，离子浓度越小，Y点在曲线上方，说明高子浓度 cOH)·c(NH2= K.·c(CO)·c(NH) c(NH·HO) H0)·c(NH·HO·图中 小，故为不饱和溶液，C错误：D.T℃，由图可知，pN=4时， c(HCO)=c(CO)时，c(NH)<c(NH,·HO),所以 CdC0中pd+为8，印K(CdCO,)=c(C))·c(Cd) =10”,pN=4时，Cd(OH):中pCd=为6，即 、《NiH<K因此K(H,CO)·K,(NH·HO< K[Cd(OH):]=(O)H)·c(C)=10":在CCO(s)+ 高考一轮总复习+化学 ·432· 2OHT(qCd(OH),(s)+CO(aq)平衡体系中，平衡第数 有Na,LiC,CO和精制I引入的OH,而由浓缩和 (C)c(C)·c(Cdf)K(CC) K-(0H)(0H ).(c)K.[Cd(OHD.] =10,D 沉經步骤，可知最终溶液中只有Na、Ii和CI,所以操作 X应除去CO)和OH厂且不引入其他杂质，故孟择的试利为 正确。故选D: 盐酸：若不进行该操作而直接浓缩，会使溶液中CO和 专题讲座六突破无机化工流醒领 OH浓度增大，结合洛解度与温度的关系图，可知LOH和 1.(1)[BO(0H)+5H)2B((OHD1+2[B(OH)] Li,CO,的溶解度远小于1iC1,直接泼缩会使1iCO,,IiOH 9.24 与NC1一同析出，造成沉锂步骤制得的Ii,CO减少. (2)CaS0.Mg(OH)25,5×10-Ca0,NaC0 2.(1)作还原剂，将BaSO.转化为易溶于水的BaS (3)除去精制1引入的Ca盐酸Li,CO,.LiOH与NaC1 (2)Ca++S-Ca5,(3)c 一同析出，造成沉锂步骤制得的L,CO.减少 (4)不可行，若直接酸浸，会导致CaS溶解，无法将S元素转 解析以高钱卤水为原料经两段除镁制备1C),分析避 化为沉淀除去 图1，馆一步脱翻中加盐酸像去赜酸根，最后两步得到NaC1 (5)TiCl +3(NH,)CO.+BaCl,+H,O-BaTiO(C O) 和LiC),则最后浓缩液中仅含有Na,Li和CI,中河岁 +H.C.O,+6NH CI 藏用于除Mg+和SO了：第二步浓缩结品得到Na、Ii,Mg的 (6)1:1 氧化物和克酸盐固体：第三步授烧时MC,·6H,O发生反 解析BaS)与碳粉、CaCL,经培烧产生BaC1,BaS、CaS,周 应，由于Mg发生水解，最终有MgO和HC生成：第四步水 体中还有过量的C,CaCl,加水浸取，过量的CCI,与BaS反 浸，钠盐、钮盐与MgSO,溶解，MgO难溶，大部分Mg被隐 应产生微溶于水的CaS和易溶于水的BCI·过选除去C和 去：第五步箭制I加入生石灰，生石灰与水反应生成C(OH), CaS,德液中的主要离子为Ba+、CI。“酸化”时，所加入的 引入Ca+和OH,与SO)和Mg分别反应生成CaS)沉 酸不能与B阳反应产生沉淀，也不能引入杂质离子，则选择 淀和Mg(OH)2沉淀从面除去S)和Mg,第六步精制Ⅱ 盐酸。经浓缩结品、过滤得到BCL,围体，再加入水溶解， 加入纯碱除去第五步精制I引入的过量Ca,生成CCO, 而加入TC1,(NH,),CO,反应产生沉淀BTO(CO),·最 沉淀：第七步操作X加入盐酸可除去第五步精制I引入的 后热分解得到BaTO。 OH和第六步精制Ⅱ引入的C):第八步浓编析出NaCl: (1)根据产生的气体C0和(2)问中培烧后的产物BaS、CaS 第九步沉锂加入饱和Na,CO,溶液，发生反应2LiCI十 可知，碳粉为还原剂，将BaSO,还原为易溶于水的BaS Na,CO一—iCO￥+2NaC1,制得1i,CO。 (2)将培绕后的物质用水浸取，BaS易溶于水，电离出B如”、 (1)已知[BO()HD,门]水解生成等物质的量浓度的B((OH)。 S,与过量的CCl:反应产生微溶于水的CaS,离子方程式为 和B(OH),],根据B原子守恒，1ml[BO(OH),]了水解 Ca++S=CaS↓. 生成2 mol B(OH),和2mo[BMOH),],再根据H,O原子守 (5)令BaTi0(CO,):的化学计量数为1，则TiC1 恒，可知水解需要5H(O,故水解反应的离子方程式为 (NH,):CO,BaCL存在如下化学计量数关系：TiC,+2 [BO(OHDJ+5H)一2B(OH),+2[B(OH),]。的溶 (NH,),CO,+BaCL一→BaTiO(CO,),由于各元素化合价 液中存在平衡B(OH),+H,O一H+[B(OH),],K,= 未变，该反应属于非氧化还原反应，则根据原子守恒，反应物 B(OH).]·H),由cBOH,]=BOD,丁可得K, 中还有1个HO,生成物中有4个NHCI和2个HCI,而 B(OH) HCI又可与(NH),C,(O.反应产生H,C,(O与NHC1,故最 c(H),故pH=一gK=924。 终得到该反应的化学方程式为TC1,十3(NH,),CO十 (2)由前速分析可知精制I过程中加入生石灰是为了除去溶 BaCl+H.O--BaTiO(C,O).+H,C,O,+6NH,CI. 液中的S()和Mg,滤渣I为CSO,Mg((OH):. (6)BaTi)(CO,),分解产生BaTO,,C()发生歧化反应， K(1.iC))=(1.i)·e(Cr)=2.2×10,c(1i)=2.0mo 根据得失电子守恒，产生的nm:i=1+1,则化学方程式为 ·L,计算可得c(C0)=5.5×103ml·L,故应控制 BaTi0C,0,),△BaTi0.+2C0,÷+2C0。 c(00)<5,5×10mdl·L以防止Li,C0,析出：若脱期后3.(1)分子晶体 直接进行精制【，缺少了第一段镜烧除镁的过程，只能在第 (2)确保Ga处于液态，易于分离Ga0+3e+2H0一 二段精制【垃程中相入生石灰除去Mg,且需要中和过量 Ga+40H[或Ga(0H)+3e一Ga+4(0H] 的盐酸，故CaO用量增加，除Ca+所用的Na,CO,用量也 (3)Ga,Mg.+8CH I+2Et,O -2Ga (CH)(Et,O)+ 增加。 3Mgl,+2CH,Mgl (3)精制I为了除去S)和Mg,需要加入过量的CaO, (4)CH.(5)D 因此精制Ⅱ加入纯碱是为了除去精制I引入的Ca:精制 (6)Ga(CH)2与Et,O的沸点相近，不易分离，而G(CH), Ⅱ为了除去Ca,需要加入过量的Na,CO,此时港液中舍与NR,的沸点相差较大，将Ga(CH),(NR)分解后，燕馏 ·433· 高考一轮总复习·化学 时可得到超纯Ga(CH) 为3，弧电子对数为0，价层电子对数为3十0=3，故Ga采取 (7)>Ga(CH),中Ga采取sp杂化，G(CH),(E,O)中 sp杂化，C-Gm一C键角为120：Ga(CH)2(EO)的结构为 Ga采取sp?杂化，前者CGa一C的键角大于后者 Et.O 解析：首先用稀盐酿和过氧化氢溶液酸浸二氧化铺废渣，得 ,O与G形成配位键，G进的。键电子对数为 到三价销，加入氨水调节H后用萃取利草取其中的三价 H.C CHCH 铈，抛大三价铈浓度，之后加入稀确酸反萃取其中的三价铈， 4,电子对数为0，份层电子对数为4十0=4，故G采取s即 再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，以此解愿。 杂化，C一Ga一C健角接近109°28。故(Ga(CH),中的C (1)根据信息反应物为CeO,与H,O,产物为Cer和O,,报 Ga一C键角更大。 据电荷守恒和元素守恒可知共离子方程式为2C(),十H,() 4.(1)Na,Cr),(2)FeO,(氧化铁：三氧化二铁铁红均可) +6H-2Ce+O2↑+4H,O。 (3)Al(OH)(4)PO结合H生成HPO /H,PO,/ (2)反应立程中保持CCL,少量即可得到含CI量较少的 HPO,不利于形成MgNH PO,沉淀不利于除尽磷S不 Ce(CO,),故选B。 能除尽（除净）/生成Mg(OH),消耗MgT(5)C (3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物，故序低溶液 (6)2Cx,0+3S.0+10H4Cr++6S0+5H,0 中氢离子的求度，促进碳酸氧根离子的电离，增大溶液中碳 酸根离子的浓度：②根据萃取原理可知，应选择的实验条件 解析由魔干可知铬和饥为主要元素，铁、铝、硅、磷等为杂 是酸性条件，为了使Ce尽可能多地发生上述转移，可以多 质元素，铁元素主要在“授烧”中转化为F巴，O,后在“爱取”中 次萃取：③“反苹取”得到的水溶液中含有浓度较大的C, 除去，铝元素在“授烧”中转北为Na[AI(OH),门后在“沉淀” 过滤后溶液中Ce离子浓度较小。 中转化为A(()H),除去，硅，磷元素在“除硅磷”中除去，铬 (4)应该用标准液滴定待测Cε溶液，用苯代邻氢基苯甲酸 元素的转化过程为：铬的低价态舍氧酸盐一·Na,Cr),一· 作指示剂，故岁骤③的操作为：从左侧滴定管中放出一定体 NaCr,O,一→Cr一Cr(OH),饥元素的转化过程为：锐 积的待测Ce溶液，加入榴示剂苯代邻氢基苯甲酸，用 的低价态含氧酸盐一钒的最高价舍氧哦盐一·V,()。 0.02000mol·L'(NH,)Fe(SO,),溶液来滴定，当滴入最 (1)授烧过程中加入碱性物质NaOH和Na,C),,结合已知 后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终 信息可得含铬化合物主要为Nn,Cr), 点，记录标准液的体积。(1)由题表中数据可却Ga(CH) (2)含铁化合物在空气中高温减烧，生成不溶于水的Fe,(O), 的沸点较低，可推测其为分子品体。 其在“浸取”步骤中除去， (2)G的熔点为29.8℃，为了让高纯Ga从出料口流出，应 (5)由题意可知，VO能分别与酸、碱反应生成盐和水，且V 确保Ga处于液态。类比电解精炼铜，同时考虑电解质溶液 的化合价不变，则V)为两性氧化物。 为NaOH溶液，可知阳极处应为杠Ga失e产生GO[成 (6)由(5)中题干可知，经“分离钒”步豫后，溶液显强酸性，路 Ga(OH)],则阴授上Ga(O[或Ga(OH),]得e生成Ga, 以Cr(O)y形式存在，且具有强氧化性，NaS,)中硫元素为 电校反应式为GaO,+3e+2H,O一Ga+4OH[或 +4价，具有还原性，酸性条件下Cr,O和SO反应生成 Ga(0H)十3e一Ga+40H]. C和S),结合氧化还原反应原理可写出离子方程式。 (3)由流程图可知合成Ga(CH,),(E1O)的反应物为 第九章有机化学基础 GaMg,CH1和E1(),再依据原子守恒配平化学方程式（配 第30讲有机化合物的结构特点与研究方法 平过程中注意CH与I的物质的量之比为1：1)。 考点1 (4)经①溶剂蒸发和②盖猫后，残渣中含有Mg,和【必备知识·整合】 CHMg,后者与水反应生成可燃性气体CH, (5)A项，“溶剂幕发”中E,O被蒸出，“配体交换”中NR从 ①原子或原子团 ③一OH①一OH Ga(CH),(E1,O)中交换出Et,O并生成Ga(CH),(NR), 固醛基国羧基⑦酯基 由流程图可知10（即图中“气体”）可返回合成工序中使[易错易混]1.×2.×3.×4.X5.× 用，正确：B项，根据(4)问中有机金属化合物可与水发生反【关键能力·提升】 应以及会属Ga性质与Al相敏，易与氧气反应可知，从“合成L,(1)BD ABC BCD E G,Mg”至“工序X”均雷在无水无氧环境下进行，正确：D项， (2)E DE ABC Ga(CH,),和CH,I中氢原子的化学环境不同，可利用核磁共2.(1)羟基，醚链 振氢谱进行区分，错误。 (2)碳碳双键、酮羰基 CH (3)羧基 (7)Ga(CH),的结构为 Ga ,Ga的。键电子对数 (4)羟基、醛基、碳碳双键脂环 HC CH (5)羟基，酯琴 高考一轮总复习+化学 ·434·