《2025年红对勾高考一轮复习金卷化学》

10. 钛酸钡$(BaTiO_{3})$在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、$PTC$热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图。

已知：①草酸氧化钛钡晶体的化学式为$BaTiO(C_{2}O_{4})_{2}·4H_{2}O$；②$25\ ^{\circ }C$时，$BaCO_{3}$的溶度积$K_{sp}=2.58×10^{-9}$。
下列说法错误的是（ ）
A. $BaTiO_{3}$中钛元素的化合价为$ + 4$
B. 在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
C. 流程中可以通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体
D. 若浸出液中$c(Ba^{2 + })=0.1\ mol·L^{-1}$，则$c(CO_{3}^{2 - })$在浸出液中的最大浓度为$2.58×10^{-8}\ mol·L^{-1}$　　

答案： 由制备流程可知，$BaCO_{3}$用盐酸“酸浸”得到氯化钡溶液，再向氯化钡溶液中加入$TiCl_{4}$溶液和草酸溶液得到草酸氧化钛钡晶体和$HCl$，生成的$HCl$可循环利用，最后通过洗涤、干燥、煅烧草酸氧化钛钡晶体得到$BaTiO_{3}$，据此分析作答。$BaTiO_{3}$中$O$为$- 2$价，$Ba$为$ + 2$价，则钛元素的化合价为$2\times 3 - 2 = 4$，即$ + 4$价，A项正确；如用浓硫酸代替浓盐酸，可生成硫酸钡沉淀，消耗钡离子，难以得到钛酸钡，B项错误；由流程可知，加入草酸，得到草酸氧化钛钡晶体，可用过滤的方法得到，C项正确；若浸出液中$c(Ba^{2 + })=0.1\ mol\cdot L^{ - 1}$，则$c(CO_{3}^{2 - })$在浸出液中的最大浓度为$\frac {2.58\times 10^{ - 9}}{0.1}\ mol\cdot L^{ - 1}=2.58\times 10^{ - 8}\ mol\cdot L^{ - 1}$，D项正确。

11.(2024·四川南充二模)一定温度下，$AgCl$和$Ag_{2}C_{2}O_{4}$两种难溶化合物的溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）

A. 曲线$a$代表$AgCl$溶解平衡图像
B. $N$点对应溶液为$Ag_{2}C_{2}O_{4}$的过饱和溶液
C. 该温度下，的平衡常数为$10^{-0.71}$
D. 向$NaCl$、$Na_{2}C_{2}O_{4}$均为$0.1\ mol·L^{-1}$的混合溶液中滴加$AgNO_{3}$溶液，$Cl^{ - }$先沉淀　　　　　　　　　　　　　　　

答案： 根据难溶性物质的组成，可知两种物质的溶度积常数表达式分别是$K_{sp}(AgCl)=c(Ag^{ + })\cdot c(Cl^{ - })$、$K_{sp}(Ag_{2}C_{2}O_{4})=c^{2}(Ag^{ + })\cdot c(C_{2}O_{4}^{2 - })$，$AgCl$构型为$AB$型，$Ag_{2}C_{2}O_{4}$构型为$A_{2}B$型，由于$AB$型$(AgCl)$的沉淀溶解平衡曲线斜率大于$A_{2}B$型$(Ag_{2}C_{2}O_{4})$的沉淀溶解平衡曲线斜率，故曲线$a$代表$AgCl$溶解平衡图像，而曲线$b$代表草酸银溶解平衡图像，然后根据$a$、$b$两条线上的特殊点计算相应物质的溶度积常数及沉淀转化的化学平衡常数，并判断离子形成沉淀的先后顺序。根据上述分析可知，斜率较大的曲线$a$代表$AB$型$(AgCl)$沉淀溶解平衡图像，而曲线$b$代表$A_{2}B$型(草酸银)沉淀溶解平衡图像，A正确；$N$点位于草酸银沉淀溶解平衡曲线下方，在阴离子浓度相等时，纵坐标越小，$c(Ag^{ + })$就越大，由于$N$点$c(Ag^{ + })$大于沉淀溶解平衡的$c(Ag^{ + })$，因此$N$点对应溶液为$Ag_{2}C_{2}O_{4}$的过饱和溶液，B正确；由曲线$a$可计算出$K_{sp}(AgCl)=10^{ - 2}\times 10^{ - 7.75}=10^{ - 9.75}$，根据曲线$b$可计算出$K_{sp}(Ag_{2}C_{2}O_{4})=(10^{ - 4})^{2}\times 10^{ - 2.46}=10^{ - 10.46}$，该反应的平衡常数$K=\frac {c(C_{2}O_{4}^{2 - })}{c^{2}(Cl^{ - })}=\frac {c^{2}(Ag^{ + })\cdot c(C_{2}O_{4}^{2 - })}{c^{2}(Ag^{ + })\cdot c^{2}(Cl^{ - })}=\frac {K_{sp}(Ag_{2}C_{2}O_{4})}{K_{sp}^{2}(AgCl)}=\frac {10^{ - 10.46}}{(10^{ - 9.75})^{2}} = 10^{8.04}$，C错误；向$NaCl$、$Na_{2}C_{2}O_{4}$均为$0.1\ mol\cdot L^{ - 1}$的混合溶液中滴加$AgNO_{3}$溶液，形成$AgCl$沉淀需要$c(Ag^{ + })=\frac {10^{ - 9.75}}{0.1}\ mol\cdot L^{ - 1}=10^{ - 8.75}\ mol\cdot L^{ - 1}$，形成$Ag_{2}C_{2}O_{4}$沉淀需要$c(Ag^{ + })=\sqrt {\frac {10^{ - 10.46}}{0.1}}\ mol\cdot L^{ - 1}=\sqrt {10^{ - 9.46}}\ mol\cdot L^{ - 1}=10^{ - 4.73}\ mol\cdot L^{ - 1}＞10^{ - 8.75}\ mol\cdot L^{ - 1}$，可见当阴离子浓度相同时，生成$AgCl$沉淀所需$Ag^{ + }$浓度更小，故先生成$AgCl$沉淀，D正确。

12.(2024·浙江台州二模)某实验小组用以下方法探究难溶物$BaCO_{3}$的溶解度$S$(单位：$mol·L^{-1}$)。
方法一，$25\ ^{\circ }C$时，用$\sqrt{K_{sp}(BaCO_{3})}$计算得溶解度为$5.0×10^{-5}\ mol·L^{-1}$；
方法二，$25\ ^{\circ }C$时，实验测得$BaCO_{3}$的溶解度$S = 1.0×10^{-4}\ mol·L^{-1}$。
已知：$K_{sp}(BaCO_{3})=2.5×10^{-9}$，$H_{2}CO_{3}$的电离常数$K_{a1}=4.5×10^{-7}$，$K_{a2}=4.7×10^{-11}$。
下列说法不正确的是（ ）
A. 计算值小于实验测量值的主要原因是$CO_{3}^{2 - }$发生水解
B. $BaCO_{3}$饱和溶液中存在：$c(H^{ + }) + c(HCO_{3}^{ - }) + 2c(H_{2}CO_{3}) = c(OH^{ - })$
C. $BaCO_{3}$饱和溶液中存在：$2S = 2c(CO_{3}^{2 - }) + c(OH^{ - }) + c(HCO_{3}^{ - }) - c(H^{ + })$
D. $\frac{K_{a1}·K_{a2}}{c^{2}(H^{ + }) + c(H^{ + })·K_{a1} + K_{a1}·K_{a2}} = 0.75$

答案： $CO_{3}^{2 - }$为弱酸根阴离子，会发生水解，使碳酸根离子浓度减小，碳酸钙溶解平衡正向移动，故计算值小于实验测量值，A正确；$BaCO_{3}$饱和溶液中存在质子守恒，得$c(H^{ + })+c(HCO_{3}^{ - })+2c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{ - })$，B正确；$S = \sqrt {K_{sp}(BaCO_{3})}=c(Ba^{2 + })$，则$2S = 2c(Ba^{2 + })=2c(CO_{3}^{2 - })+2c(HCO_{3}^{ - })+2c(H_{2}CO_{3})$，将$c(H^{ + })+c(HCO_{3}^{ - })+2c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{ - })$代入上式可得：$2S = 2c(CO_{3}^{2 - })+c(OH^{ - })+c(HCO_{3}^{ - })-c(H^{ + })$，C正确；原式$=\frac {K_{a1}\cdot K_{a2}}{c^{2}(H^{ + })+c(H^{ + })\cdot K_{a1}+K_{a1}\cdot K_{a2}}=\frac {c(CO_{3}^{2 - })}{c(H_{2}CO_{3})+c(HCO_{3}^{ - })+c(CO_{3}^{2 - })}$，$c(H_{2}CO_{3})+c(HCO_{3}^{ - })+c(CO_{3}^{2 - })=1.0\times 10^{ - 4}\ mol\cdot L^{ - 1}$，$c(CO_{3}^{2 - })=\frac {K_{sp}(BaCO_{3})}{c(Ba^{2 + })}=\frac {2.5\times 10^{ - 9}}{1.0\times 10^{ - 4}}\ mol\cdot L^{ - 1}=2.5\times 10^{ - 5}\ mol\cdot L^{ - 1}$，原式$=\frac {2.5\times 10^{ - 5}}{1.0\times 10^{ - 4}} = 0.25$，D错误。