《2025年金版新学案高三总复习化学》

4. 可溶性钡盐有毒，医院中常用无毒硫酸钡作为内服“钡餐”造影剂。医院抢救钡离子中毒者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：某温度下，$K_{sp}({BaCO_{3}})=5.1×10^{-9}$，$K_{sp}({BaSO_{4}})=1.1×10^{-10}$。下列推断正确的是(B)

A.不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为碳酸钡比硫酸钡更难溶
B.可以用 0.36mol·L^{-1}的${Na_{2}SO_{4}}$溶液给钡离子中毒者洗胃
C.抢救钡离子中毒者时，若没有硫酸钠也可以用碳酸钠溶液代替
D.误饮$c({Ba^{2+}})=1.0×10^{-5}mol·L^{-1}$的溶液时，会引起钡离子中毒

答案： B
解析:碳酸钡能与胃酸反应生成可溶性钡盐,钡离子有毒,所以不能用碳酸钡作为内服造影剂,A错误;饱和$BaSO_{4}$溶液中$c(Ba^{2+})=\sqrt{K_{sp}(BaSO_{4})}=\sqrt{1.1×10^{-10}}mol· L^{-1}$,用$0.36mol· L^{-1}$的$Na_{2}SO_{4}$溶液给钡离子中毒者洗胃,反应后$c(Ba^{2+})=\frac{1.1×10^{-10}}{0.36}mol· L^{-1}\approx3.1×10^{-10}mol· L^{-1}＜1.0×10^{-5}mol· L^{-1}$,浓度很小,可起到解毒的作用,B正确;碳酸钡与胃酸反应转化为可溶性钡盐,起不到解毒的作用,C错误;饱和$BaSO_{4}$溶液中$c(Ba^{2+})=\sqrt{K_{sp}(BaSO_{4})}=\sqrt{1.1×10^{-10}}mol· L^{-1}＞1.0×10^{-5}mol· L^{-1}$,所以误饮$c(Ba^{2+})=1.0×10^{-5}mol· L^{-1}$的溶液时,不会引起钡离子中毒,D错误。

5. 在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的${Cl^{-}}$会腐蚀阳极而增大电解能耗。可向溶液中同时加入${Cu}$和${CuSO_{4}}$，生成${CuCl}$沉淀从而除去${Cl^{-}}$。已知：${Cu + Cu^{2+}＜=＞2Cu^{+}}$ $K=7.6×10^{-7}$；$K_{sp}({CuCl})=2.0×10^{-6}$。
(1) 通过计算说明上述除${Cl^{-}}$的反应能完全进行的原因为已知:①Cu+Cu^{2+}⇌2Cu^{+} K=7.6×10^{-7};②CuCl(s)⇌Cl^{-}(aq)+Cu^{+}(aq) K_{sp}=2.0×10^{-6};则①-2×②得:Cu+Cu^{2+}+2Cl^{-}⇌2CuCl,此反应的平衡常数为\frac{K}{[K_{sp}(CuCl)]^{2}}=1.9×10^{5},说明此反应进行程度很大,能够完全进行。
(2) 若用${Zn}$替换${Cu}$可加快除${Cl^{-}}$的速率，但需控制溶液的${pH}$。若${pH}$过低，除${Cl^{-}}$效果下降的原因是若pH过低,锌会与溶液中的氢离子反应。

答案：
(1)已知$:①Cu+Cu^{2+}⇌2Cu^{+} K=7.6×10^{-7};②CuCl(s)⇌Cl^{-}(aq)+Cu^{+}(aq) K_{sp}=2.0×10^{-6};$则①-2×②得$:Cu+Cu^{2+}+2Cl^{-}⇌2CuCl,$此反应的平衡常数为$\frac{K}{[K_{sp}(CuCl)]^{2}}=\frac{7.6×10^{-7}}{4.0×10^{-12}}=1.9×10^{5},$说明此反应进行程度很大,能够完全进行
(2)若pH过低,锌会与溶液中的氢离子反应

1. (2023·浙江 1 月选考)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：${CaCO_{3}(s)＜=＞Ca^{2+}(aq) + CO^{2-}_{3}(aq)}$[已知$K_{sp}({CaCO_{3}})=3.4×10^{-9}$，$K_{sp}({CaSO_{4}})=4.9×10^{-5}$，${H_{2}CO_{3}}$的电离常数$K_{a1}=4.5×10^{-7}$，$K_{a2}=4.7×10^{-11}$]，下列有关说法正确的是(B)

A.上层清液中存在$c({Ca^{2+}})=c({CO^{2-}_{3}})$
B.上层清液中含碳微粒最主要以${HCO^{-}_{3}}$形式存在
C.向体系中通入${CO_{2}}$气体，溶液中$c({Ca^{2+}})$保持不变
D.通过加${Na_{2}SO_{4}}$溶液可实现${CaCO_{3}}$向${CaSO_{4}}$的有效转化

答案： B
解析:上层清液为碳酸钙的饱和溶液,碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子,因此$c(Ca^{2+})＞c(CO_{3}^{2-})$,A错误;根据$K_{a2}=\frac{c(CO_{3}^{2-})· c(H^{+})}{c(HCO_{3}^{-})}=4.7×10^{-11}$,则碳酸根的水解平衡常数$K_{h}(CO_{3}^{2-})=\frac{c(HCO_{3}^{-})· c(OH^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}·\frac{K_{w}}{K_{a2}}\approx2.1×10^{-4}＞K_{a2}$,说明碳酸根的水解程度较大,上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子,B正确;向体系中通入$CO_{2}$,$CO_{3}^{2-}+CO_{2}+H_{2}O\rightleftharpoons2HCO_{3}^{-}$,$c(CO_{3}^{2-})$减小,$CaCO_{3}(s)\rightleftharpoons Ca^{2+}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)$正向移动,溶液中钙离子浓度增大,C错误;由题干可知,$K_{sp}(CaCO_{3})=3.4×10^{-9}$,$K_{sp}(CaSO_{4})=4.9×10^{-5}$,碳酸钙比硫酸钙更难溶,加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙,D错误。

2. (2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用${Na_{2}S}$、${FeS}$和${H_{2}S}$处理水样中的${Cd^{2+}}$。已知 25℃时，${H_{2}S}$饱和溶液浓度约为 0.1mol·L^{-1}，$K_{a1}({H_{2}S})=10^{-6.97}$，$K_{a2}({H_{2}S})=10^{-12.90}$，$K_{sp}({FeS})=10^{-17.20}$，$K_{sp}({CdS})=10^{-26.10}$。下列说法错误的是(B)

A.${Na_{2}S}$溶液中：$c({H^{+}}) + c({Na^{+}})=c({OH^{-}}) + c({HS^{-}}) + 2c({S^{2-}})$
B.0.01mol·L^{-1} ${Na_{2}S}$溶液中：$c({Na^{+}})＞c({S^{2-}})＞c({OH^{-}})＞c({HS^{-}})$
C.向$c({Cd^{2+}})=0.01mol·L^{-1}$的溶液中加入${FeS}$，可使$c({Cd^{2+}})＜10^{-8}mol·L^{-1}$
D.向$c({Cd^{2+}})=0.01mol·L^{-1}$的溶液中通入${H_{2}S}$气体至饱和，所得溶液中：$c({H^{+}})＞c({Cd^{2+}})$

答案： B
解析:$Na_{2}S$溶液中只有5种离子,分别是$H^{+}$、$Na^{+}$、$OH^{-}$、$HS^{-}$、$S^{2-}$,溶液是电中性的,存在电荷守恒,可表示为$c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+c(HS^{-})+2c(S^{2-})$,A正确;$0.01mol· L^{-1}Na_{2}S$溶液中,$S^{2-}$水解使溶液呈碱性,其水解常数为$K_{h}=\frac{c(OH^{-})· c(HS^{-})}{c(S^{2-})}=\frac{K_{w}}{K_{a2}}=\frac{10^{-14}}{10^{-12.9}}=10^{-1.10}$,根据硫元素守恒可知$c(HS^{-})＜0.01mol· L^{-1}$,所以$\frac{c(OH^{-})}{c(S^{2-})}＞1$,则$c(OH^{-})＞c(S^{2-})$,B不正确;$K_{sp}(FeS)$远远大于$K_{sp}(CdS)$,向$c(Cd^{2+})=0.01mol· L^{-1}$的溶液中加入$FeS$时,可以发生沉淀的转化,该反应的平衡常数为$K=\frac{K_{sp}(FeS)}{K_{sp}(CdS)}=\frac{10^{-17.20}}{10^{-26.10}}=10^{8.90}\gg10^{5}$,因此该反应可以完全进行,$CdS$的饱和溶液中$c(Cd^{2+})=\sqrt{10^{-26.1}}mol· L^{-1}=10^{-13.05}mol· L^{-1}$,若加入足量$FeS$时可使$c(Cd^{2+})＜10^{-8}mol· L^{-1}$,C正确;$Cd^{2+}+H_{2}S\rightleftharpoons CdS+2H^{+}$的平衡常数$K=\frac{c^{2}(H^{+})}{c(Cd^{2+})· c(H_{2}S)}=\frac{K_{a1}(H_{2}S)· K_{a2}(H_{2}S)}{K_{sp}(CdS)}=\frac{10^{-6.97}×10^{-12.90}}{10^{-26.10}}=10^{6.23}\gg10^{5}$,$H_{2}S$饱和溶液中$c(H_{2}S)=0.1mol/L$,则$\frac{c^{2}(H^{+})}{c(Cd^{2+})}=10^{6.23}c(H_{2}S)=10^{5.23}$,所以$c^{2}(H^{+})＞c(Cd^{2+})$,而$K_{a1}(H_{2}S)=10^{-6.97}$,$H_{2}S$电离度小,故$c(H^{+})＜1mol/L$,则$c(H^{+})＞c^{2}(H^{+})＞c(Cd^{2+})$,D正确。

3. (2023·新课标卷改编)向${AgCl}$饱和溶液(有足量${AgCl}$固体)中滴加氨水，发生反应${Ag^{+} + NH_{3}＜=＞[Ag(NH_{3})]^{+}}$和${[Ag(NH_{3})]^{+} + NH_{3}＜=＞[Ag(NH_{3})_{2}]^{+}}$，$\lg[c({M})/(mol·L^{-1})]$与$\lg[c({NH_{3}})/(mol·L^{-1})]$的关系如下图所示(其中${M}$代表${Ag^{+}}$、${Cl^{-}}$、${[Ag(NH_{3})]^{+}}$或${[Ag(NH_{3})_{2}]^{+}}$)。

(1) ${AgCl}$的溶度积常数$K_{sp}=$10^{-9.75}$$。
(2) 反应${[Ag(NH_{3})]^{+} + NH_{3}＜=＞[Ag(NH_{3})_{2}]^{+}}$的平衡常数$K=$10^{3.81}$$。

答案：
(1)10^{-9.75}
(2)10^{3.81}
解析:分析题图及题中信息知,曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示$\lg c([Ag(NH_{3})_{2}]^{+})$、$\lg c([Ag(NH_{3})]^{+})$、$\lg c(Ag^{+})$、$\lg c(Cl^{-})$与氨气浓度的对数的关系。
(1)由题图可知,当$\lg c(NH_{3})=-1$时,$c(NH_{3})=10^{-1}mol/L$,$c(Cl^{-})=10^{-2.35}mol/L$,$c(Ag^{+})=10^{-7.40}mol/L$,则$K_{sp}(AgCl)=10^{-2.35}×10^{-7.40}=10^{-9.75}$。
(2)由题图可知,$\lg c(NH_{3})=-1$时,溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为$10^{-2.35}mol/L$和$10^{-5.16}mol/L$,则$[Ag(NH_{3})]^{+}+NH_{3}\rightleftharpoons[Ag(NH_{3})_{2}]^{+}$的平衡常数$K=\frac{c([Ag(NH_{3})_{2}]^{+})}{c([Ag(NH_{3})]^{+})· c(NH_{3})}=\frac{10^{-2.35}}{10^{-5.16}×10^{-1}}=10^{3.81}$。

4. (2023·北京卷节选)以银锰精矿(主要含${Ag_{2}S}$、${MnS}$、${FeS_{2}}$)和氧化锰矿(主要含${MnO_{2}}$)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。

已知：酸性条件下，${MnO_{2}}$的氧化性强于${Fe^{3+}}$。
“浸锰”过程中，发生反应${MnS + 2H^{+}=Mn^{2+} + H_{2}S↑}$，则可推断：$K_{sp}({MnS})$＞$$(填“＞”或“＜”)$K_{sp}({Ag_{2}S})$。

答案： ＞
解析:“浸锰”过程中,矿石中的银以$Ag_{2}S$的形式残留于浸锰渣中,$MnS$发生反应:$MnS + 2H^{+}\rightleftharpoons Mn^{2+}+H_{2}S\uparrow$,硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸,则可推断:$K_{sp}(MnS)＞K_{sp}(Ag_{2}S)$。