专题16 难溶电解质的溶解平衡-【备战高考】备战2027高考化学母题题源同步练

专题16难溶电解质的溶解平衡 考纲·题型解读 1.了解难溶电解质的溶解平衡。 2.知道沉淀转化的本质。 3.能应用溶度积常数进行简单计算。 4.认识沉淀反应在生产、科研、环保等领域的应用。 5.联系和比较化学平衡、电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡四类动态平衡，能够用平衡移动原理分析和说明有关问题。 对以上各点的考查的主要题型为选择题、填空题，也多见于以填空题、计算的形式出现在综合题中。 《十年高考母题题源揭秘 题源1 沉淀溶解平衡与溶度积 解题模型1.1 -1.50 -1.55 沉淀溶解平衡 -1.60 (1)溶解平衡 -1.65 313K 溶质溶解的过程是一个可逆过程： .a -1.70 283K 固体溶解 -1.75 363K 国依溶质 结晶 溶液中的溶质℃凉解=？括品 溶解平衡 -1.65-1.60-1.55-1.50-1.45 (℃凉解、<℃姑品 析出晶体 1gc(S0,2) 溶解平衡的特点：逆、等、动、定、变。 A.温度一定时，K(SSO,)随c(SO)的增大而减小 (适用平衡移动原理) B.三个不同温度中，313K时K(SrSO)最大 (2)沉淀溶解平衡常数—一溶度积 C.283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液 ①定义：在一定条件下，难溶性物质的饱和溶液中，存 D.283K下的SSO,饱和溶液升温到363K后变为不饱和 在沉淀溶解平衡，其平衡常数叫做溶度积常数或溶度积。 溶液 通常以K,表示。 [解析]首先对图分析，横轴自左向右c(SO)逐渐增大， ②表达式 纵轴自下而上c(Sr+)也逐渐增大，即随着c(SO)的增大， A B.(s)=mA"+(aq)+n B"(aq) c(Sr+)逐渐减小，温度一定时，K(SrSO,)=c(Sr2+)· Kp—[A+]m·[Bm-] c(S)),即为横坐标与纵坐标的乘积，积的大小不存在递变关 (3)K即反映了难溶电解质在水中的溶解能力 系，所以A不正确；当c(SO）一定时，在313K时，c(Sr2+)最 ①用溶度积直接比较时，物质的类型（如AB型、AB 大，B正确：283K时，在a点，c(Sr2+)·c(SO)<Km(283K), 型、AB。型等)必须相同。 所以a,点对应的溶液不饱和，C正确：SrSO,在283K下饱和溶 ②对于同类型物质，K数值越大，难溶电解质在水中 液升温至363K时，Kp减小，饱和溶液中析出SS),固体，D不 的溶解能力越强。 正确。 如由Km数值可知，溶解能力：AgCI>AgBr>AgI> [答案]BC Ag2S,Cu(OH)2>Mg(OH)2 (4)影响K即的因素 解题模型1.2 与化学平衡常数一样，K只与难溶电解质的性质和 影响沉淀溶解平衡的因素 温度有关，而与浓度无关。 (1)内因 溶液中离子浓度的变化只能使溶解平衡移动，并不改 难溶性电解质本身的性质。 变溶度积。 (2)外因 [真题1](2021·广东)硫酸锶(SS0,)在水中的沉淀溶 ①浓度：加水冲稀，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动， 解平衡曲线如下。下列说法正确的是 ( 但Kp不变。 141 ②温度：多数难溶性电解质溶解于水是吸热的，所以升 浓A溶液 高温度，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，同时K变大。 加热@ ① F溶液 ③同离子效应：向沉淀溶解平衡体系中加入相同的离 @ 子，使平衡向沉淀方向移动，但K即不变。 D溶液 ②■ -F溶液 ④其他：向沉淀溶解平衡体系中加入可与体系中某些 A 离子反应生成更难溶物质或气体的离子，使平衡向溶解的 g 方向移动，K即不变。 回 B 回 →回 [真题2](2022·山东)某温度下，Fe(OH)3(s)、 Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH, 请回答下列问题： 金属阳离于浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断中错误的是 (1)反应①的化学方程式为 ( (2)反应②的离于方程式为 (3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式： (4)D溶液与Pb(NO,):溶液混合可形成沉淀，此沉淀的 Fe Cu Kp=7.0×10·。将等体积的D溶液与Pb(NO)2溶液混合， 若D的浓度为1.0×10-mol/L,则生成沉淀所需Pb(NO3):溶 液的最小浓度为 [解析]本题为无机框图推断题，考查了元素化合物的性 d. 质、沉淀溶解平衡的应用等知识。由紫黑色固体单质，可推知G 1.3 4.4 pH 为1。由C是气体单质，且与D发生置换反应生成F和1，可推 A.K.[Fe(OH)]K[Cu(OH)2] 知C为CI2。由浓A溶液与B加热制CL2,可推知A为盐酸、B B.加适量NH,CI固体可使溶液由a点变到b点 为MnO2。由固体E在MnO2的催化作用下制取气体单质H, C.c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH)的乘积相等 可推知E为KCO3、H为O:、F为KCl,则D为KI。(1)浓盐酸 D.Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到 与MnO,的反应为MnO。+4HCI(浓)AMnC+Cl+十 饱和 2HO。(2)I的还原性比C1强，结合反应②产物可知I被氧 [解析]Kp[Fe(OH)3]=c(Fe3+）·c3(OH), 化为12，ClO被还原为C1。其离子方程式为6I厂+CIO+ K[Cu(OH)2]=c(Cu+)·c(OH),Fe3+Cu+浓度相等(b、c点) 6H+一一312+C1+3H2O。(3)实验室制取O2,除加热KCO 时，Fe+对应的pH小，c(H)较大，则c(OH)较小，又知K仅与 和MnO,的混合物外，还通常用到H,O,的分解和KMnO:的 温度有关，则KnFe(OH)3]<Km[Cu(OH)2],A选项正确：存在沉 受热分解两种方法。(4)因两溶液等体积混合，混合溶液中 淀溶解平衡：e(OH)3(s)一Fe3+(aq)+3OH(aq),加入NHCl固 体，因为NH止水解产生H+,H与OH反应使平衡正向移动， c1)=1.0×10molL1×2=5.0x10m0l.L-4.因 c(Fe+)增大，B选项错误：c(H)和c(OH)的乘积为Km,K仅 21(aq)十Pb+(aq)一PbL(s),混合溶液中生成沉淀所需 与温度有关，则C选项正确：由题意和题图知D选项正确。 Pb+的最小浓度由K=c2(1厂)·c(Pb+)可得：c(Pb+)= [答案]B K 7.0×10-9 c(=(5.0×10y=2.8×10mol·L1。则原Pb(N0,, 题源2 沉淀溶解平衡的应用 溶液的浓度为2.8×10-‘mol·L1×2=5.6×10-‘mol·L1。 [答案]1)MnO.+4HC(滚)AMnC+CL,++2H,O 解题模型2.1 (2)6I+C1O3+6H+—31+C1-+3HO 溶度积规则 (3)2H2)2 每化剂2H,0+0,+或2KMn0,△K:Mn0, 通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘 +MnO2十O2个（其他合理答案也正确） 积一浓度商Q。的相对大小，可以判断难溶电解质在给 (4)5.6×10-‘mol·L-1 定条件下沉淀能否生成或溶解： Q>K即，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达 解题模型2.2 到新的平衡。 沉淀的生成、溶解和转化 Q=Kp,溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。 1.沉淀的生成与溶解 Q<K即，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶 (1)在难溶电解质的溶液中，当Q>Kn时，就会生成 电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。 沉淀。据此，可加入沉淀剂而析出沉淀，是分离、除杂常用 [真题3](2021·海南)有关物质存在如图所示的转化关 系（部分产物已省略）。通常C为气体单质，G为紫黑色固体单 质。实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H。 ·142· 的方法。如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使某些金属离子如 注意：，沉淀的转化其实质是离子反应和平衡的移动，非 Cu+、Hg2+等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。 氧化还原反应的离子反应都是向着离子浓度减小的方向 注意：①利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生 进行，从溶解度角度来说，一般是易溶物质转化成微溶物 成沉淀的反应能够发生；其次希望沉淀生成的反应进行得 质，微溶物质转化成难溶物质，难溶物质转化成更难溶物 越完全越好。如要除去溶液中的Mg+,要使用NaOH等 质。沉淀的溶解度差别越大，转化越容易。 使之转化为溶解度较小的Mg(OH)2。 b.当一种试剂能沉淀溶液中几种离子时，生成沉淀所 ②不可能使要除去的离子全部通过沉淀除去。一般 需试剂离子浓度越小的越先沉淀：如果生成各种沉淀所需 认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10imol·L1时， 试剂离子的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离 沉淀就达完全。由K,的表达式可知，要使除去的离子在 离子的目的。 溶液中残留的浓度尽可能地小，要加入过量的沉淀剂。 (2)当Q<K时，就会使沉淀溶解。常用的方法有： [真题4](2022·江苏)以水氯镁石（主要成分为MgCL,· ①酸碱溶解法 6HO)为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下： NH NHg、NH:HCO3 原理是借助某些可溶性弱电解质（水、弱酸或弱碱）， 滤液 水氯 碱式 使难溶物的离子浓度降低而溶解。如难溶酸用强碱溶、难 镁石 一陪解一→预氨化一沉淀镁一热水解一过魂→碳酸镁 溶碱用强酸或较强酸溶、难溶弱酸盐用强酸或较强酸溶 (1)预氨化过程中有Mg(OH):沉淀生成，已知常温下 解等。 Mg(OH)2的Kp=1.8×101,若溶液中c(OH)=3.0×106 ②配位溶解法 mol·Ll,则溶液中c(Mg+)= 在难溶物中加入配位剂，因形成配合物而降低难溶物 (2)上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学 的某种离子浓度，使平衡向右移动而溶解。配位剂的浓度 式为 越大，或生成配合物稳定性越大，则难溶物的溶解度也越 (3)高温煅烧碱式碳酸镁得到Mg0。取碱式碳酸镁4.66g, 大。例如，含AgCI(s)的溶液中加入氨水，而使AgC】溶解 高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO,0.896L, 度增加或完全溶解：AgCI(s)十2NH:(aq)一 通过计算确定碱式碳酸镁的化学式。 [Ag(NH:)](aq)+CI (aq) (4)若热水解不完全，所得碱式碳酸镁中将混有MgCO,则 ③氧化还原溶解法 产品中镁的质量分数（填“升高”、“降低”或“不变”）。 原理是通过氧化还原反应使难溶物的离子浓度降低， [解析](1)Km[Mg(OH):]=c(Mg2+)·c2(OH-)= 使平衡向右移动而溶解。此法适用于具有明显氧化性或 c(Mg2+)·(3.0×10-$)2=1.8X101,解得c(Mg2+)=2.0 还原性的难溶物，如不溶于盐酸的硫化物AgS溶于 mol/L。 HNO就是一个例子： (2)沉淀的成分为碱式碳酸镁，根据质量守恒关系可知滤液 3Ag2 S+8HNO:--6AgNO3+3S+2NO+4H2 O 中得到的是NH,CL,浓缩结晶后的固体物质化学式为NH:CL。 ④沉淀转化溶解法 (4)由碱式碳酸镁的化学式Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O 本法是将难溶物转化为能用上迷述三种方法之一溶解 得镁含量为25.75%，而MgCO3中镁含量为28.57%，故产品中 的沉淀，然后再溶解。例如BaSO:中加入饱和NaCO溶 镁的质量分数升高。 液使BaSO,转化为BaCO3,再将BaCO3溶于盐酸。 [答案](1)2.0mol·L1 应当指出，沉淀溶解有的是几种方法综合的结果，例 (2)NH.CI 如HgS溶于水，就是氧化还原法和配位法的综合运用： 0.896L 3HgS+12HCI+2HNO-3H2(HgCl,)+3S (3)n(CO2)= 22.4L·mol可 =4.00×10-2mol +2NO↑+4H,O n(MgO)= 2.00g =5.00×10-2mol 2.沉淀的转化 40g·mol1 (1)沉淀转化的实质 n(H.O)= 4.66g-4.00×102mol×44gmo1-2.00g 沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。通常一种 18g·mo 沉淀可以转化为更难溶的沉淀，两种难溶物的溶解能力差 =5.00×10-2mol 别越大，这种转化的趋势就越大。 n(Mg)):n(CO2):n(H2))=(5.00×10-2):(4.00× (2)实例探究 10-2):(5.00×10-2)=5:4:5 ①往ZnS的溶解平衡体系中加入CuSO,溶液可将其 碱式碳酸镁的化学式为Mg(OH)2·4MgCO:·4HO 转化为更难溶的CuS沉淀。 (4)升高 ZnS(s)+Cu2+(ag)--CuS(s)+Zn2+(aq) [真题5](2022·浙江)已知： ②依据沉淀转化的原理，可用FS等难溶物作为沉淀 (1)25℃时，弱电解质的电离平衡常数：K.(CH,COOH)= 剂除去废水中的重金属离子。 1.8×10i,K.(KSCN)=0.13:难溶电解质的溶度积常数： FeS(s)+Hg'+(aq)-HgS(s)+Fe+(aq) Km(CaFz）=1.5X10-1o。 ③硬水中的Mg(HCO)2煮沸时分解为MgCO3,在继 (2)25℃时，2.0×10-3mol·L1氢氟酸水溶液中，调节溶液 续煮沸过程中，MgCO:转化为更难溶的Mg(OH):。 pH(忽略体积变化)，得到c(HF),c(F-)与溶液pH的变化关系 如下图所示： 143· 异的原因是 ，反应结束后所得两溶液中， 2.0×10 C(CHCOO) c(SCN)(填“>”、“<”或“=”)。 1.6×10 (2)25℃时，HF电离平衡常数的数值K≈ ,列式 1.2×10 并说明得出该平衡常数的理由 己8.0×10 (3)4.0×10-3mol·L1HF溶液与4.0×104mol·L CaCL,溶液等体积混合，调节混合液pH为4,0（忽略调节时混合 4.0×10 液体积的变化)，通过列式计算说明是否有沉淀产生。 1 2 34 5 6 [解析]由题给数据可知，相同条件下，HSCN的酸性强于 pH CH:COOH,则等体积、等浓度时，HSCN溶液中的c(H+)比 请根据以上信息回答下列问题： CH:COOH溶液中的大，则反应速率要快，最终均与NaHCO (1)25℃时，将20mL0.10mol·L-CH;COOH溶液和20 完全反应，得到CH,COONa溶液和NaSCN溶液，酸性越弱，则 mL0.10mol·L1HSCN溶液分别与20mL0.10mol·L1 水解程度越大，所以反应后的溶液中，c(CH;COO) NaHCO,溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变 <c(SCN-)。 化的示意图为： [答案](1)HSCN的酸性比CH COOH强，其溶液中 c(H)较大，故其溶液与NaHCO,溶液的反应速率较快< VC02)1 (2)103.5(或3.5×104) HSCN K=H*)·c(F c(HF) ,当c(F-)=c(HF)时，K.=c(H+) CH COOH (3)查图中的交点处即为c(F)=c(HF),故所对应的pH 即为K。的负对数，溶液中c(Ca+)=2.0×104mol·L1, c(Ca+)×c(F)=5.1×10-1o>K(CaF2),有沉淀产生。 反应初始阶段，两种溶液产生C),气体的速率存在明显差 《十年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) A组 A.溴酸银的溶解是放热过程 题源1沉淀溶解平衡与溶度积（★★） B.温度升高时溴酸银溶解速度加快 1.(2023·新课标I)已知：K,(AgC1)=1.56×101°， C.60℃时溴酸银的K约等于6×104 K（AgBr)=7.7X10,K(Ag2 CrO,)=9.0X10-1。某溶液 D.若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯 中含有CI,Br-和CrO,浓度均为0.010mol·L1,向该溶液 3.(2022·北京)自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋 中逐滴加入0.010mol·L的AgNO,溶液时，三种阴离于产生 滤作用后变成CuSO:溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZS 沉淀的先后顺序为 或PbS,慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是() A.CI、Br、CrO A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度 B.CrO、Br、CI B.原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性 C.Br-、CI、CrO C.CuSO,与ZnS反应的离于方程式是C++S一 D.Br、CrO、Cl CuS 2.(2023·新课标I)溴酸银(AgBrO,)溶解度随温度变化 D.整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应 曲线如图所示，下列说法错误的是 4.(2023·北京)实验：①0.1mol·L1AgNO溶液和0.1 1.4 mol·L1NaCI溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和 白色沉淀c: 1.2 ②向滤液b中滴加0.1mol·L1KI溶液，出现浑浊： (0-H00/6)s ③向沉淀c中滴加0.1mol·L1K1溶液，沉淀变为黄色。 0.8 下列分析不正确的是 ( 0.6 A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCI(s)==Ag(aq)+ 0.4 Cl (ag) 0.2 B.滤液b中不含有Ag 0.0 20 40 60 80 100 C.③中颜色变化说明AgCl转化为Agl D.实验可以证明AgI比AgCI更难溶 144 ②Mg与F,的反应是放热反应 题源2沉淀溶解平衡的应用（★★★） ③MgBr2与CL反应的△H<0 1.(2023·海南)镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的 ④化合物的热稳定性顺序为Mgl>MgBr>MgCl 下列问题： >MgF: (1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的 ⑤MgFg(s)+Br2(1)一MgBr2(s)+F2(g)△H=+600 还生成少量的 (填化学式)。 kJ·mol- (2)CH,MgCI是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价 2.(2019·上海)向含I和Cl的稀溶液中加入AgN)3溶 彩 ,该化合物水解的化学方程式为 液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液的体积关系如下图所示，则 原溶液中c(I)c(C-)的比值为 () (3)下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物 均为298K时的稳定状态)。 4(Mg+X2) 黄色沉淀 0 -400 -364Mgl2) V:VAgNO:) -524(MgBr2) -641.3MgC12) -800 A.(V2-V1)V B.V/V2 -1124MgF2) -1200 C.V1/(V:-V1) 反应过程 D.V:/V 下列选项中正确的是 (填序号)。 ①Mgl,中Mg+与I间的作用力小于MgF2中Mg+与F 间的作用力 B组 (测试时间：60分钟 总分：100分) 一、选择题（本题包括10小题，每小题5分，共50分。） 3.在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 1.下列说法正确的是 又知t℃时AgC1的K,=4×101°，下列说法不正确的是 ①难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，溶液中各种离子的溶 ( 解（或沉淀）速率都相等 ↑c(Ag*)/moL-1 ②难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量， 平衡向溶解方向移动 b ③向NaSO:溶液中加入过量的BaCl,溶液，则SO沉淀 7×107---- 完全，溶液中只含Ba2+、Na+和C1,不含SO ④K小的物质其溶解能力一定比K大的物质的溶解能 7×107 力小 c(Br )/mol-L-1 ⑤为减少洗涤过程中固体的损失，最好选用稀H,S0:代替 A.在t℃时，AgBr的K,为4.9×10s HO来洗涤BaSO.沉淀 B.在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变 ⑥洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好 到b点 A.①②③ B.①②③④⑤⑥ C.图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液 C.⑤ D.①⑤⑥ D.在t℃时，AgCl(s)+Br(aq)一AgBr(s)+CI(aq)的 2.下列用来表示物质或其他变化的化学用语中，错误的是 平衡常数K≈816 ( 4.下表是三种难溶金属硫化物的溶度积常数(25℃)： 化学式 FeS A.N3的结构示意图 CuS MnS 溶度积 6.3×10-18 1.3×10-36 2.5×10-13 B.NaHSO,溶液中滴入Ba(OH)2溶液使pH=7:SO片+ 下列有关说法中正确的是 H++Ba++OH-BaSO,￥+HO A.25℃时，CuS的溶解度大于MnS的溶解度 C.化铅(Pbl)的溶度积常数表达式为K即=c(Pb+)· B.25℃时，饱和CuS溶液中，Cu+的浓度为1.3×103 c(1)2 mol·L-1 D.钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式：O:十4e+2H,O C.因为HSO4是强酸，所以反应CuS(),+HS一一CuSv 4()H +H,SO,不能发生 ·145· D.除去某溶液中的Cu+,可以选用FeS作沉淀剂 c(Cu2+或Fe3) c(Cu2+或Fe3) 5.Cū(OH)2在水溶液中存在着如下沉淀溶解平衡： Cu2+ Cu2+ Cu(OH)2(s)Cu+(aq)+2OH(aq),在常温下Kp=2X Fe3 Fe3+ 100mo3·L3。在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向 0.02mol·L1的CuSO,溶液中加入碱来调整溶液的pH,应使 01.724pH 0 2 4 pH 溶液的pH大于 A () B A.2 B.3 4c(Cu2*或Fe3) c(Cu2*或Fe) C.4 D.5 Fe3 Fe3+ 6.已知298K时，Mg()H)2的溶度积常数K。=5.6× 、Cu2+ \Cu2+ 1012,取适量的MgCL2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀 01.724pH 0 4 pH 溶解平衡，测得pH=13,则下列说法不正确的是 ( C D A.所得溶液中的c(H+)=1.0×10-18mol·L 10.工业制氯化铜时，是将浓盐酸用蒸汽加热至80℃左右， B.所得溶液中由水电离产生的c(OH)=1.0×1013mol 慢慢加入粗制氧化铜粉（含杂质氧化亚铁），充分搅拌使之溶解， ·L1 反应如下：CuO+2HCI-一CuCl+HO,FeO+2HCI一 C.所加的烧碱溶液的pH=13.0 FeCl+HO。已知：pH>9.6时，Fe+以Fe(OH)2的形式完全 D.所得溶液中的c(Mg+)=5.6×1019mol·L 沉淀；pH≥6,4时，Cu+以Cu(OH):的形式完全沉淀，pH在3 7.已知溶液中存在平衡：Ca(OH),(s)一Ca+(aq)+ ~4时，Fe3+以Fe(OH)的形式完全沉淀。为除去溶液中的 2OH(aq)△H<0,下列有关该平衡体系的说法正确的是 Fe+,可以采用的方法是 ( A.直接加碱，调整溶液pH≥9.6 ①升高温度，平衡逆向移动 B.加纯铜粉，将Fe+还原出来 ②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离于浓度 C.通入适量Cl,,再加碱调整溶液的pH为4 ③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离于，可以向溶液中加 D.直接加铁粉将Cu+还原出来 入适量的NaOH溶液 二、非选择题（本题包括4小题，共50分。） ④恒温下向溶液中加入Ca(),溶液的pH升高 11.(12分)镉离于(Cd+)是重金属冶炼工业污水中的一种 ⑤给溶液加热，溶液的pH升高 离于。处理含镉废水常用化学沉淀法。回答下面的问题： ⑥向溶液中加入Na,CO,溶液，其中固体质量增加 (1)以下是几种镉的难溶化合物的溶度积常数(25℃)： ⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变 A.①⑥ 含镉难溶物 CdCo Cds Cd(OH), B.①⑥① 溶度积常数 5.2×10-123.6×10-92.0×10 C.②③④⑥ 根据上表提供的信息判断，沉淀C+效果最佳的试剂是 D.①②⑥⑦ (填字母序号)。 8.往含1和C1的稀溶液中滴入AgNO,溶液，沉淀的质 a.Na2 CO b.Na2S c.CaO 量与加入AgNO,溶液体积的关系如图所示。则原溶液中 (2)下图所示为某化工厂处理含Cd+废水的流程： c(I厂)/c(CI)的比值为 ( ① ↑沉淀质量 ② 生石灰 聚合氯化铝 反应沉淀池 加氯清水池 含Cd+废水→混合器 -滤池H约为7 黄色沉淀 含Cd滤渣 ①写出加入生石灰后发生反应的离于方程式： 0 V V, V(AgNO) ②聚合氯化铝[Al(OH)nCLz-m]是一种无机高分于聚合 (V-V) 物，分于式中x= A. V ③左下图是随污水的pH升高Cd+去除率的变化图像，由 V B.V: 图像可知，处理含Cd+污水的最佳pH= (取正整数)， 此时溶液中c(Cd+)= C.V:-V 100r去除率/% V2 95 直流电源 P.V 90 9.已知K,[Cu(OH)2]=2.2×100、Km[Fe(OH)3]=4.0 85 ×10-38,Cu2+和Fe3+完全以氢氧化物沉淀时的pH分别为：6.7 铜 80 和3.2。现在向pH=0、浓度均为0.04mol·L1的Cu+、Fe3+ 溶液中加入某一固体，以中和H+调节pH(设溶液体积不变)， 758 9.101112 pH =ACl3溶液=i 该过程中Cu+、Fe+的浓度与pH关系正确的是 pH值与去除率的关系 ·146 (3)在特定的电解槽中，用铝、铜作电极，氯化铝作电解液， (3)“除杂”环节中，先加入 溶液，经搅拌等操作后， 制备聚合氯化铝（示意图如右上图），电解反应为Al十HO十 过滤，再加入 溶液调滤液pH至中性。 AICL,通电LAl,(OH).CL,-]+H+ (4)不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系见下图， ①铝作电解池的（填“阴”或“阳”）极； 由图可得，随着温度升高。 373K ②该电解池的阴极电极反应为 323K 12.(12分)已知HA在水中存在以下平衡：H,A=一H 288K +HA,HA一H++A。回答以下问题： (I)NaHA溶液（填“显酸性”、“显碱性”、“显中性” 或“酸碱性无法确定”)，原因是 溶浸时间 (2)某温度下，向0.1mol·L1的NaHA溶液中滴入0.1 mol·L1KOH溶液至中性，此时溶液中以下所示关系一定正 ① 确的是 ② A.c(H+)·c(OH-)=1X10- (5)有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生： B.c(Na+)+c(K+)=c(HA)+2c(A2-) CaSO(s)+COCaCO:(s)+SO C.c(Na)>c(K) 已知298K时，Kp(CaCO3)=2.80X10-9,Kn=(CaSO,) D.c (Na)+c(K+)=0.05 mol.L-! =4.90×10,求此温度下该反应的平衡常数K(计算结果保留 (3)已知常温下，HA的钙盐(CA)饱和溶液中存在平衡： 三位有效数宇)。 CaA(s)==Ca+(aq)+A2(aq)△H>0。 ①温度升高时，K(填“增大”、“减小”或“不变”， 下同)。 ②滴加少量浓盐酸，c(Ca+) ,原因是 (用文宇和离于方程式说明)。 (4)若向CaA悬浊液中加入CuSO,溶液，生成一种黑色固 体物质，写出该过程中反应的离于方程式： 14.(12分)FeS在水溶液中存在如下溶解平衡：FeS(s)== 13.(14分)难溶性杂卤石(KSO:·MgSO:·2CaSO:· Fe2+(aq)+S-(aq),已知常温下Kp(FeS)=6.25X10-18。 2HO)属于“呆矿”，在水中存在如下平衡： (1)求常温下FeS的溶解度。（设饱和溶液密度1g·cm3) K2SO,·MgSO·2CaSO,·2H2O(s)2Ca++2K++ (2)常温下，HS饱和溶液中c(H)与c(S)间存在关系： Mg2++4SO片+2H,O [c(H+)2·c(S2)]=1.0×10-22。在该温度下，将FeS投入 为能充分利用钾资源，用饱和Ca(OH):溶液溶浸杂卤石制 HS饱和溶液中，欲使溶液中c(Fe+)达到1mol·L1,应调节 备硫酸钾，工艺流程如下： 溶液的pH为多少？ 母液 Ca(OH)2 溶溶液过渣 蒸发浓缩， 碗 滤一液一 冷却结晶 滤 (1)滤渣主要成分有 和 以及未溶杂卤石。 (2)用化学平衡移动原理解释C(OH),溶液能溶解杂卤石 浸出K+的原因： ·147·弱的顺序为CHC)OH、HC)3、HCIO、HCN、 C:H)H、HCO3(注意：Na2C)3对应的弱酸为 HCO3,Na HCO3对应的弱酸为HCO3)。(1)由强 酸制弱酸的原理及生成物的性质，A反应若生成 HClO,则可与Na2 CO3起反应生成NaClO和 Na HCO3,A不能发生，B能发生：同理可分析，D不 能发生，C、E、F能发生。(2)从三个反应：①生成难 溶的CaCO3;②生成的NaHC)3在水中的溶解度最 小；③NaCI在水中的溶解度最小，得出结论：复分解 反应总是向由溶解度大的物质生成溶解度小的物质 的方向进行。(3)比较溶液pH大小时，弱酸可根据 相对强弱，强酸则看H的浓度大小，根据(1)的结 论，弱酸中苯酚酸性弱于HCI),HCIO弱于 CH3CO()H,强酸有H2S):和HClO:,相同浓度的 溶液中，由于H2SO:中c(H+)大，故酸性强，从而得 出pH由大到小的顺序为①④②③⑤。(4)酸或碱 (无论是强的还是弱的)都会抑制水的电离，而多数盐 由于发生水解而促进水的电离，因而，水的电离程度 最大的是弱酸或弱碱形成的盐，即为NaCl();在等物 质的量的CH3 COONa和NaCN溶液中，由电荷守恒 可得：n1=n(Na)十n(H)=n(CH3CO))十 n(OH);n2=n(Na)+n(H)=n(CN-)+ n()H),又NaCN溶液中的)H物质的量大于 CH,COONa溶液中OH物质的量，则有NaCN溶 液中的n(H+)比CH3CO)Na溶液中的n(H+)少， 且两溶液中的n(Na+)相等，必有n1>n2。 专题16难溶电解质的溶解平衡 十年高考母题原型训练 A组 题源1 1.C【解析】根据Kw(AgCI)=c(Ag+)· c(C1)=1.56×10-,c(C1-)=0.010mol·L-1,可 得c(Ag+)=1.56×10-"mol·L1;Ks(AgBr)= c(Ag+)·c(Br)=7.7X10-13,c(Br)=0.010mol ·L-1,求得c(Ag+)=7.7×10-1mol·L1, Kn(Ag2CrO:)=c(Ag)2·c(CrO）=9.0X 10-12,c(CrO)=0.010mol·L1可得c(Ag)= 3.0×10imol·L1:根据c(Ag)越小越易沉淀可 推出沉淀的先后顺序为AgBr>AgCI>Ag2CrO4。 2.A【解析】A.由图像可知，温度越大，该物 质的溶解度越大，所以溴酸银(AgBr()3)的溶解是吸热 ·5 过程；B.温度升高，溴酸银(AgBrO3)溶解在水中的微 粒运动加快，扩散加快，所以溶解速度变快；C.60℃时 涣酸银(AgBrO3)的溶解度为0.6g,则c(AgBrO,)= (0.6/236)0.1L≈0.025mol,Kp=c(Ag)· c(Br)3)=0.025×0.025≈6×104；D.由于硝酸钾的 溶解度比较大，而溴酸银的溶解度较小，所以可用重结 晶的方法提纯。 3.D【解析】由于CuSO:与PbS反应生成 CuS和PbSO:,说明CuS的溶解度小于PbS的溶解 度，A项错误；原生铜的硫化物和铜蓝中的S均显一2 价，处在硫元素的最低价态，均具有还原性，B项错 误；CuSO:与ZnS反应的离子方程式为：Cu+十ZnS CuS十Zn+,C项错误；原生铜的硫化物转化为 CuS),发生的是氧化还原反应，CuSO,转化为CuS 为复分解反应，D项正确。 4.B【解析】浊液a中存在沉淀溶解平衡： AgCl(s)==Ag(aq)+CI厂(aq),故在滤液中应存在 Ag,B错。 题源2 1.(1)MgO Mg:N:(2)+CH;MgCI+ H:O一Mg(OH)C1+CH:↑(3)①②③⑤ 【解析】(1)镁在空气中燃烧，主要与氧气反应 生成氧化镁(MgO),因镁很活泼，还与空气中的氯气 反应生成少量的Mg3N。(2)因金属无负价，结合镁 的原子结构可知，在CH3MgCl中镁的化合价为十2 价，CH、CI厂均结合水电离出的H+,Mg+结合水电 离出的OH生成沉淀Mg(OH)。,但因有HCL生成 二者又发生反应生成Mg(OH)CI和HO,因此水解 方程为CH3MgCI十HOCH4+Mg(OH)CI. (3)由图可知，Mg与X:反应生成MgX:的能量变化 可知，反应为放热反应，故①正确，②正确，由图中数 据及盖斯定律，MgBr2与Cl2反应的△H=一641.3 kJ/mol+524kJ/mol=-117.3kJ/mol,③正确，由 MgF2(s)+Br2 (1)-MgBr2 (s)+F2(g)AH= +1124kJ/mol-524kJ/mol=+600kJ/mol,故⑤ 正确。 2.C【解析】由于AgI的溶解度比AgCI小， 开始先生成Agl沉淀，后生成AgC1沉淀。生成Agl 沉淀消耗AgNO3溶液体积为V1,生成AgCI沉淀消 耗AgNO3溶液体积为(V。一V1)。c(I)/c(CI)= n (1 )/n(CI)=[c (AgNO;)X V ]/Cc (AgNO3 )X (Vg-V1)]=V1/(V2-V)。 B组 1.C【解析】①难溶电解质达到沉淀溶解平 衡时，不同离子溶解（或沉淀）的速率不一定相等，这 与其化学计量数有关。②难溶电解质是固体，其浓度 可视为常数，增加它的量对平衡无影响，故D错误。 ③生成BaSO,沉淀后的溶液中仍然存在Ba+和 SO,因为有BaSO,的沉淀溶解平衡存在。④同类 型物质的K越小，溶解能力越小，不同类型的物质 则不能直接比较。⑤稀H,S),可以抑制BaSO,的溶 解。⑤洗涤沉淀一般2一3次即可，次数过多会使沉 淀溶解。 2.B【解析】NaHSO,溶液与Ba(OH)2溶液 反应后pH=7,说明n(H+)=n(OH),即 n(NaHSO:)=2n[Ba()H)2],则化学方程式为： 2 NaHSO:+Ba(OH)2一BaS):￥+NaSO.+ 2H2),相应的离子方程式为：2H++S)+Ba++ 2()H-=BaSO:￥+2H2O。 3.B【解析】根据图中c,点的c(Ag+)和 c(Br)可得该温度下AgBr的Kn为4,9X1013,A正 确；在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br)增 大，溶解平衡逆向移动，c(Ag)减小，故B错；在a,点 时Q<K即，故为AgBr的不饱和溶液，C正确：选项D 中K=c(CI-)/c(Br)=Ksp(AgC)/K(AgBr),代入 数据得K≈816，D正确。 4.D【解析】FeS、CuS、MnS都是二价金属的 硫化物，25℃时，CuS的Ksn远小于MnS的Kp,说明 CuS的溶解度小于MnS的溶解度：25℃时，饱和CuS 溶液中，c(Cu+)=c(S2)=√Km(CuS)= /1.3×103≈1.1×10-18(mol·L1):因为CuS不 溶于稀硫酸，所以反应CuS():十H,S一CuSY十 HSO,可以发生；因为溶解度CuS<FeS,所以Cu+ 可与FeS反应生成更难溶的CuS。 5.D【解析】要生成Cu(OH),沉淀，就应 满足： c(Cu2+)·[c(OH-)]>2×102o /2×10-20 c(0H)>N0.02 =1×10-9mol·L-1 所以pH>5,D项正确。 6.C【解析】A项，pH=13的溶液中，c(H+) =101amol/L;B项，NaOH抑制水的电离，水电离 产生的c(OH)=1018mol/L:C项，因为向MgC2 溶液中加Na)H溶液后，混合溶液的pH=13,所以 所加的NaOH溶液p>13;D项，溶液中的 c(Mg2+)=Kp/c2(OH)=5.6×10-1omol/L。 7.A【解析】②会生成CaCO3,使Ca+浓度 减小，错误；加入氢氧化钠溶液会使平衡左移，有 ·5 Ca()H)2沉淀生成，但Ca()H)2的溶度积较大，要除 去Ca+,应把Ca+转化为更难溶的CaCO,③错误；恒 温下K不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱 和溶液，pH不变，④错：加热，Ca()H)2的溶解度减 小，溶液的pH降低，⑤错：加入NCO3溶液，沉淀溶 解平衡向右移动，Ca(OH)?固体转化为CaC)3固体， 固体质量增加，⑤正确；加入N()H固体平衡向左移 动，Ca(()H)2固体质量增加，⑦错。 8.C【解析】根据I+Ag一一AgI￥（黄 色)，C1+Ag+一AgCI↓（白色），结合图示，可知 I、CI消耗AgNO3溶液的体积分别为V1、(V:一 V,),因此在原溶液中c） c(C-)(V2-V) 9.B【解析】由Kp[Cu(OH)2]=2.2× 10-0、K[Fe(OH)3]=4.0×10-38,浓度均为0.04 mol·L1的Cu2+和Fe3+溶液，Cu2+开始沉淀时 K c(OH)=√(C) =7.4×10-10,pH约为4.8， 3K Fe+开始沉淀时c(OH)=√Fe) =10-12,pH =2。所以pH=2时Fe3+开始沉淀，当全部沉淀时， pH为3.2。 I0.C【解析】由Fe3+、Fe2+、Cu+完全沉淀 的pH的大小可知，应先将Fe+氧化为Fe+,再加碱 调整溶液的pH生成Fe(OH)3沉淀，从而实现Fe+ 和Cu+分离。 11.(1)b (2)①Ca0+H2)-Ca2++2OH-、Cd2++ 2OH-—Cd(OH):￥（或CaO+HO+Cd+ Cd(0H)2￥+Ca2+)②6③112.0×10-1omol ·L-1 (3)①阳②2H++2e—H,↑ 【解析】(1)溶度积越小，沉淀Cd+的效果越 好，NaS最佳。(2)①加入Ca)后，生成Cd(OH): 沉淀，②根据3×2=n十x一n得x=6,③根据图像可 知，pH=11时，处理Cd+效果最佳。c(Cd+)= 2.0×10-1 10)2mol.L1=2.0×101°mol.L-1:(3)由 于Al失电子，所以Al作阳极，在阴极上H得电子， 放出H2。 12.(1)酸碱性无法确定不能确定HA的电 离程度和水解程度的相对大小(2)BC(3)①增大 ②增大加盐酸发生反应：A+H+=一HA, A2-浓度减小，CaA的溶解平衡向右移动，n(Ca+)显 3 著增大，而溶液体积变化不大，所以c(C+)增大 (4)CaA(s)+Cu2(ag)--Ca2(ag)+CuA(s) 【解析】(1)通过H2A的电离方程式不能确定 HA的电离程度和水解程度的相对大小，所以无法 判断NaHA溶液的酸碱性。(2)溶液显中性，则 c(H+)=c()H),根据电荷守恒有c(H+)十 c(Na+)+c(K+)=c(OH-)+c(HA)+2c(A2-), 则c(Na+)十c(K+)=c(HA-)十2c(A-),B正确： 加入KOH溶液，发生反应为HA十OH一一A 十H),A2-水解使溶液显碱性，所以，加入的K)H 的物质的量小于NaHA的物质的量，c(Na+)> c(K),C正确，D错误。温度不一定是25℃，所以 c(H+)·c(OH)不一定等于1X10“,A错误。 (3)该溶解平衡为吸热反应，升温K,增大；加盐酸发 生反应：A2-十H+=HA,A-浓度减小，溶解平 衡向右移动，此时，n(Ca+)显著增大，而溶液体积变 化不大，所以c(Ca2+)增大。(4)向CaA悬浊液中加 入CuSO,溶液，Cu+结合A2-生成更难溶的CuA。 13.(1)Mg(OH),CaSO:(2)加入Ca(OH) 溶液，Mg2+与OH结合生成Mg(OH):沉淀，Mg 浓度减小，平衡正向移动，K+增多(3)KCO HSO.(4)①溶浸平衡向右移动②K+的溶浸速 率增大(5)CaSO:(s)+CO==CaCO3(s)+ s0的平南省数K=0号}报KnCS0,) Kw（CaC0,)可知，c(S0）=K (CaSO.) c(Ca2+) c(CO)= K (CacOs) c(Ca),则有K= c(SO) c(C0号) Km(CaSO:)4.90×10-i Km(CaC0,)2.80×10=1.75×10。 【解析】(1)杂卤石中加入Ca(OH):溶液， Mg2+与OH-结合生成Mg()H)g沉淀，CS):微溶 于水，过滤后，滤渣中含有Mg()H)2、CaS):及未溶 解的杂卤石。(2)加入C(OH)2溶液，Mg+与OH 结合生成Mg(OH)2沉淀，使c(Mg+)减小，杂卤石 的溶解平衡正向移动，同时c(Ca+)与c(SO)均增 大，从而析出CaSO,沉淀，K+留在滤液中。(3)滤液 中含有C+、)H,可先加入过量KC)3溶液，除 去Ca+,过滤后，再加入稀H,SO,调节溶液的pH至 中性。(4)①溶浸平衡向右移动：②K的溶浸速率增 大。(5)CaSO:(s)+CO==CaCO3(s)+SO片的 平衡常数K .c(SO) Fc(Co;。CaC0,(s),Cas0.(s)分别 存在溶解平衡：CaCO3(s)一Ca+(aq)+CO(aq), ·5 CaS04(s)一Ca+(aq)+SO(ag),则有 Kn(CaCO3)=c(Ca+)·c(CO）=2.80×10-9, Kn(CaSO:)=c(Ca+)·c(SO)=4.90×10i,那 K(CaSO.) K(CaSO:) 么K= c(SO) c(Ca+) c(CO)Kp(CaCO3) Kp(CaCO3) c(Ca2+) 4.90×10-i 2.80×10可=1.75×10。 14.(1)在FeS饱和溶液中，c(FeS)=c(Fe2+)= √6.25×10=2.5×109(mol·L-1)。在100g水 中(100 mL FeS饱和溶液中)，溶解的m(FeS) 2.5×10-9×0.1mol×88g/mol=2.2×10-4g。常温 下FeS的溶解度为2.2×10-“g/100g水。(2)溶液中 c(Fe2+)为1mol·L1,则c(S2)=6.25×10-18 mol·L,c(H+)= 1.0×102 √6.25×108-4×10- mol·L1,溶液的pH为2.4。 第三部分 元素及其化合物 专题17碱金届元素 十年高考母题原型训练 A组 题源1 1.B【解析】由反应方程式：2Na十2D2)一 2NaOD+D2↑，可知9.2g金属钠完全反应产生0.2 molD,一个D原子中含1个质子、1个电子、1个中 子，故选B。 2.CD【解析】A项，工业上用98.3%的浓硫 酸吸收S)3而不用水：B项，CL2和S)2混合后与水 反应SO2+Cl2+2H2O—2HCI+HSO:,从而失 去漂白性；C项，I和Ⅱ不是因果关系；D项，石墨作 电极就是利用其稳定性和导电性。 3.C【解析】根据金属与酸反应的实质：2M 十2nH+一2M"+十nH2◆可知，三种金属都过量， 而铝、镁都不与H2)反应，按盐酸计算，两者产生气 体的物质的量都为0.05mol。金属钠可继续与H) 反应最终产生0.15molH2,即同温同压下产生气体 的体积比为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3:1 1。 4.(1)①2Na+2H,)-2NaOH+H2 ②NaO+HO-2Na)H