2019年高考化學(xué)備考百?gòu)?qiáng)校大題狂練系列專題38沉淀溶解平衡-含解析

（滿分60分時(shí)間30分鐘）姓名：_______________班級(jí)：_______________得分：_______________1．金屬氫氧化物在酸中溶解度不一樣，所以能夠利用這一性質(zhì)，控制溶液的pH，達(dá)到分別金屬離子的目的。難溶金屬氫氧化物在不一樣pH下的溶解度[S/(mol·L－1)]以下圖：難溶金屬氫氧化物的S－pH圖（1）pH=3時(shí)溶液中銅元素的主要存在形式是___________________________。（2）若要除掉CuCl2溶液中的少許Fe3＋，應(yīng)當(dāng)控制溶液的pH________。A．＜1B．4左右C．＞6（3）在Ni(NO)溶液中含有少許的2＋)經(jīng)過(guò)調(diào)理溶Co雜質(zhì)，________(填“能”或“不可以”32液pH的方法來(lái)除掉，原由是________________________________________。（4）要使氫氧化銅積淀溶解，除了加入酸以外，還能夠加入氨水生成[Cu(NH3)4]2＋，寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式：_________________________________________________________。（5）已知一些難溶物的溶度積常數(shù)以下表。物MnSCuSPbSHgSZnSFeS質(zhì)6.3×102.5×101.3×103.4×106.4×101.6×10Ksp－18－13－35－28－33－24為除掉某工業(yè)廢水中含有的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋雜質(zhì)，最適合向此工業(yè)廢水中加入過(guò)度的_______(填選項(xiàng))。A．NaOHB．FeSC．NaS2【答案】2+不可以Co和Ni積淀時(shí)的pH范圍相差太小Cu(OH)2+4NH?CuB3H2O=[Cu(NH3)4]2+-B+2OH+4H2O-1-【分析】【剖析】（1）在pH=3時(shí)，溶液中不會(huì)出現(xiàn)Cu(OH)2積淀；（2）除掉Fe3+的同時(shí)一定保證Cu2+不可以積淀，所以pH應(yīng)保持在4左右；（3）Co2+和Ni2+積淀的pH范圍相差太?。唬?）依據(jù)反響物和生成物可寫(xiě)出反響的方程式；（5）要使三種離子生成積淀，最好選擇難溶于水的FeS，使它們轉(zhuǎn)變?yōu)楦y溶解的金屬硫化物積淀，同時(shí)又不引入其余離子。【詳解】【點(diǎn)睛】此題考察了積淀溶解均衡的應(yīng)用以及溶度積的應(yīng)用，題目難度中等，解答此題的重點(diǎn)是仔細(xì)審題，能從圖象曲線的變化特色掌握物質(zhì)的溶解性。2．依據(jù)所學(xué)知識(shí)回答以下問(wèn)題。1）已知Ksp(BaCO3)=2.6×l0-9，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。BaCO3在20mL0.01mol·L－1Na2CO3溶液中的Ksp_________（填“大于”、“小于”或“等－1溶液中的K于”）其在20mL0.01mol·LBaCl2sp②現(xiàn)將濃度為2×10-4mol/LNa2CO3溶液與BaCl2溶液等體積混淆，則生成BaCO3積淀所需BaCl2溶液的最小濃度為_(kāi)______mol/L。③向含有BaSO4固體的溶液中滴加2—2Na2CO3溶液，當(dāng)有BaCO3積淀生成時(shí)，溶液中c(CO3)/c(SO4—)=___________（保存三位有效數(shù)字）。102）已知25℃時(shí)，Ksp[AgCl]=1.8×10，現(xiàn)將足量氯化銀分別放入：a．100mL蒸餾水中；b．100mL0.2mol/LAgNO3溶液中；c．100mL0.1mol/L氯化鋁溶液中；d．100mL0.1mol/L鹽酸溶液中。充分?jǐn)嚩逗?，同樣溫度下銀離子濃度由大到小的次序是_______________。（填寫(xiě)序號(hào)）；b中氯離子的濃度為_(kāi)_________mol/L?！敬鸢浮康扔?.2×10-523.6b＞a＞d＞c9×10-10【分析】【詳解】（1）①積淀的溶度積常數(shù)在必定溫度下是一個(gè)常數(shù)，所以BaCO3在20mL0.01mol·L-2-－1Na2CO3溶-1+-10÷?L氯化鋁溶液中氯離子濃度為0.3mol/L，c（Ag）=1.8×10mol/L0.3mol/L=6×10-10mol/L；?L-1鹽酸溶液中氯離子濃度為0.1mol/L，c（Ag+）=1.8×10-10mol/L÷0.1mol/L=1.8×10-9mol/L；綜上所述大小次序?yàn)閎＞a＞d＞c；在100mL0.2mol/LAgNO3溶液中，銀離子的濃度為0.2mol/L，加入氯化銀后，氯離子濃度為=9×10-10mol/L，故答案為：b＞ad＞c；9×10-10。3．已知Ca(OH)2和鎢酸鈣(CaWO4)都是微溶電解質(zhì)，二者的溶解度均隨溫度高升而減小。在鎢冶煉工藝中，將氫氧化鈣加入鎢酸鈉堿性溶液中獲得鎢酸鈣，2—(aq)發(fā)生反響Ⅰ：WO4＋Ca(OH)2(s)－CaWO4(s)＋2OH(aq)。（1）如圖為不一樣溫度下Ca(OH)2、CaWO的積淀溶解均衡曲線。4-3-①計(jì)算T1時(shí)Ksp(CaWO4)＝________。T1________T2(填“>”、“＝”或“<”)。（2）反響Ⅰ的均衡常數(shù)K理論值如表所示：溫度/℃255090100K79.96208.06222.88258.05①該反響均衡常數(shù)K的表達(dá)式為_(kāi)_______________。②該反響的H________0(填“>”、“＝”或“<”)。③因?yàn)槿芤褐须x子間的互相作用，實(shí)驗(yàn)測(cè)得的均衡常數(shù)與理論值相距甚遠(yuǎn)。50℃時(shí)，向一定體積的鎢酸鈉堿性溶液[c(Na2WO4)＝c(NaOH)＝0.5mol·L－1]中，加入過(guò)度Ca(OH)2，反響達(dá)到均衡后42—的積淀率為60%，計(jì)算實(shí)驗(yàn)測(cè)得的均衡常數(shù)________________。WO（3）制取鎢酸鈣時(shí)，合時(shí)向反響混淆液中增添適當(dāng)鹽酸，剖析作用：__________________?！敬鸢浮?×10－10<c2(OH—)/c(WO42—)>6.05加入鹽酸，耗費(fèi)反響生成的－－2—的積淀率OH，使溶液中OH濃度減小，均衡向正反響方向挪動(dòng)，提升WO4【分析】【詳解】（1）①依據(jù)圖像，T1時(shí)K(CaWO)=c(Ca2+2-)=1×10-5×-5=1×10-10，故)?c(WO1×10SP44答案為：1×10-10；挪動(dòng)，所以正反響是吸熱反響，H＞0，故答案為：＞；③WO42-(aq)+Ca(OH)2(s)═CaWO4(s)+2OH-(aq)-4-4．（1）H2A在水中存在以下均衡：H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。NaHA溶液顯酸性，則溶液中離子濃度的大小次序?yàn)開(kāi)_________________________。（2）已知常溫下H2A的鈣鹽(CaA)飽和溶液中存在以下均衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)滴加少許Na2A固體，c(Ca2＋)___(填“增大”“減小”或“不變”)，原由是______。（3）含有的廢水毒性較大，某工廠廢水中含4.00×10－3mol·L－1的Cr2O。為使廢水能達(dá)標(biāo)排放，作以下辦理：Cr2＋、Fe3＋Cr(OH)3、Fe(OH)3①該廢水中加入FeSO4·7H2O和稀硫酸，發(fā)生反響的離子方程式為：_______。②若辦理后的廢水中殘留的c(Fe3＋)＝1×10－13mol·L－1，則殘留的Cr3＋的濃度為_(kāi)_________________。{已知：Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31}【答案】c(Na＋)>(HA－)>c(H＋)>(A2－)>(OH－)減小加少許Na2A固體，A2－濃度增大，CaA的ccc2＋＋2＋3＋3＋溶解均衡向左挪動(dòng)，所以c(Ca)減小Cr2O＋14H＋6Fe===2Cr＋6Fe＋7H2O1×10－6mol·L－1【分析】【剖析】（1）H2A在水中存在以下均衡：H2A+-－+2-，所以H2A是二元弱酸，H＋HA，HAH＋ANaHA在溶液中存在電離均衡和水解均衡，溶液顯酸性，說(shuō)明-HA的電離程度大于水解程度，以此剖析。2）加少許Na2A固體，A2－濃度增大，CaA的溶解均衡向左挪動(dòng)。3）①亞鐵離子被氧化的離子方程式為Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。②依據(jù)Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38和Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31可知＝，3＋3＋依據(jù)c(Fe)濃度可求出Cr的濃度。（1）因?yàn)殁c離子不水解，HA－既水解又電離，所以c(Na＋)>c(HA－)，因?yàn)镹aHA溶液顯酸性，-5-－的電離大于水解，又因?yàn)樗婋x也能產(chǎn)生＋＋2－所以HAH，所以c(H)>c(A)，水的電離－濃度很小，所以c(A2－－＋－＋)>c(A2－)>c(OH很輕微，OH)>