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跟踪检测
(二十五)难溶电解质的溶解平衡1.在难溶电解质AB2的饱和溶液中,cA2+=xmol·L-1,cB-=ymol·L-1,则KspAB2为 A.xy2 B.xyC.xyD.4xy2解析选A 在难溶电解质AB2的饱和溶液中,难溶电解质AB2的电离方程式为AB2sA2+aq+2B-aq,Ksp=cA2+·c2B-=xy22.2019·巨鹿模拟已知在Ca3PO42的饱和溶液中,cCa2+=
2.0×10-6mol·L-1,cPO=
1.58×10-6mol·L-1,则Ca3PO42的Ksp为 A.
2.0×10-29B.
3.2×10-12C.
6.3×10-18D.
5.1×10-27解析选A Ca3PO42的饱和溶液中存在溶解平衡Ca3PO42s3Ca2+aq+2POaq,cCa2+=
2.0×10-6mol·L-1,cPO=
1.58×10-6mol·L-1,则Ca3PO42的Ksp=
2.0×10-63×
1.58×10-62≈
2.0×10-293.2019·腾冲模拟在含有Ag+的酸性溶液中,以铁铵矾NH4FeSO42作指示剂,用KSCN标准溶液滴定Ag+已知AgSCN白色,sAg++SCN-,Ksp=
1.0×10-12;Fe3++SCN-FeSCN2+红色,K=138下列说法正确的是 A.边滴定边摇动溶液,首先溶液变红色B.当Ag+定量沉淀后,少许过量的SCN-与Fe3+生成红色配合物,即为终点C.上述实验可用KCl标准溶液代替KSCN标准溶液滴定Ag+D.滴定时,溶液pH变化不会影响终点的观察解析选B AgSCN的溶度积常数很小,边滴定边摇动溶液,溶液中首先析出AgSCN白色沉淀,故A错误;Fe3++SCN-FeSCN2+红色,K=138,比较大,故正向反应容易进行,故当Ag+定量沉淀后,少许过量的SCN-与Fe3+生成红色配合物,且半分钟不褪色时即为终点,故B正确;KSCN和Fe3+形成红色溶液,KCl和Fe3+不反应,故不能用KCl标准溶液代替KSCN标准溶液滴定Ag+,故C错误;Fe3+易水解生成红褐色FeOH3胶体,干扰实验现象的观察,因此滴定时要控制溶液一定的酸性,故D错误4.2019·南通、泰州、扬州等七市联考向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4,可生成CuCl沉淀除去Cl-,降低对电解的影响,反应原理如下Cus+Cu2+aq2Cu+aq ΔH1=akJ·mol-1Cl-aq+Cu+aqCuCls ΔH2=bkJ·mol-1实验测得电解液pH对溶液中残留cCl-的影响如图所示下列说法正确的是 A.向电解液中加入稀硫酸,有利于Cl-的去除B.溶液pH越大,KspCuCl增大C.反应达到平衡时增大cCu2+,cCl-减小D.Cus+Cu2+aq+Cl-aqCuCls的ΔH=a+2bkJ·mol-1解析选C 根据图像,溶液的pH越小,溶液中残留cCl-越大,因此向电解液中加入稀硫酸,不利于Cl-的去除,A错误;KspCuCl只与温度有关,与溶液pH无关,B错误;根据Cus+Cu2+aq2Cu+aq可知增大cCu2+,平衡正向移动,使得cCu+增大,促进Cl-aq+Cu+aqCuCls右移,cCl-减小,C正确;已知
①Cus+Cu2+aq2Cu+aq ΔH1=akJ·mol-1,
②Cl-aq+Cu+aqCuCls ΔH2=bkJ·mol-1,根据盖斯定律,将
①×+
②得反应Cus+Cu2+aq+Cl-aqCuCls的ΔH=kJ·mol-1,D错误5.2019·广东仲元中学模拟已知
①t℃时AgCl的Ksp为2×10-10;
②在t℃时,Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是 A.t℃时,Ag2CrO4的Ksp为1×10-9B.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点C.t℃时,反应Ag2CrO4s+2Cl-aq2AgCls+CrOaq的平衡常数K=
2.5×107D.t℃时,用
0.01mol·L-1AgNO3溶液滴定20mL
0.01mol·L-1KCl和
0.01mol·L-1的K2CrO4的混合溶液,CrO先沉淀解析选C 题图中曲线上的点是沉淀溶解平衡点,Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为Ag2CrO4s2Ag++CrO,Ksp=c2Ag+·cCrO=10-32×10-6=10-12,A错误;在饱和溶液中加入CrO,可使沉淀溶解平衡左移,溶度积常数不变,还是饱和溶液,点应在曲线上,不可能由Y点到X点,B错误;在t℃时,Ag2CrO4s+2Cl-aq2AgCls+CrOaq,K====
2.5×107,C正确;
0.01mol·L-1AgNO3溶液滴定20mL
0.01mol·L-1KCl和
0.01mol·L-1的K2CrO4的混合溶液,cCrO=
0.01mol·L-1,可得cAg+=mol·L-1=10-5mol·L-1;cCl-=
0.01mol·L-1,可得cAg+=mol·L-1=2×10-8mol·L-1,所以先析出AgCl沉淀,D错误6.2019·天津红桥区模拟常温下,取一定量的PbI2固体配成饱和溶液,t时刻改变某一条件,离子浓度变化如图所示下列有关说法正确的是 A.常温下,PbI2的Ksp为2×10-6B.温度不变,向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液,平衡向左移动,Pb2+的浓度减小C.温度不变,t时刻改变的条件可能是向溶液中加入了KI固体,PbI2的Ksp增大D.常温下,KspPbS=8×10-28,向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液,反应PbI2s+S2-aqPbSs+2I-aq的化学平衡常数为5×1018解析选D 根据图像知,常温下平衡时溶液中cPb2+、cI-分别是10-3mol·L-
1、2×10-3mol·L-1,因此PbI2的Ksp=cPb2+·c2I-=4×10-9,A错误;PbI2饱和溶液中存在平衡PbI2sPb2+aq+2I-aq,温度不变,向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液,Pb2+浓度增大,平衡逆向移动,最终平衡时Pb2+浓度仍然比原平衡时大,B错误;根据图像知,t时刻改变的条件是增大I-浓度,温度不变,PbI2的Ksp不变,C错误;反应PbI2s+S2-aqPbSs+2I-aq的化学平衡常数K===5×1018,D正确7.2019·宁德质量检测常温下将
0.1000mol·L-1的AgNO3标准溶液分别滴加到20mL浓度均为
0.1000mol·L-1的NaCl和NaBr溶液中,混合溶液的pAg[-lgcAg+]与滴定百分数滴定所用标准溶液体积相对于滴定终点时所用标准溶液体积的百分数的变化关系如图所示下列叙述错误的是 A.曲线a代表滴定NaBr溶液B.KspAgCl=1×10-
9.5C.滴定至50%时,NaCl溶液中cNa+>cNO>cAg+>cH+D.滴定至100%时,cH++cAg+=cBr-+cOH-解析选C 根据信息可知,由pAg=-lgcAg+,AgBr的溶度积较小,故pAg较大,曲线a代表滴定NaBr溶液,A项正确;当滴定百分数为100%时,pAg=
4.75,说明cAg+=cCl-=10-
4.75,KspAgCl=cAg+·cCl-=1×10-
9.5,B项正确;滴定至50%时,pAg=8,cAg+=10-8mol·L-1,若不考虑Ag+水解,cH+=10-7mol·L-1,NaCl溶液中cH+>cAg+,C项错误;滴定至100%时,cNO=cNa+,根据电荷守恒有cH++cAg++cNa+=cBr-+cOH-+cNO,故cH++cAg+=cBr-+cOH-,D项正确8.2019·百校联盟联考已知298K时,KspNiS=
1.0×10-21,KspFeS=
6.0×10-18,其沉淀溶解平衡曲线如图所示图中R表示Ni或Fe,下列说法正确的是已知≈
2.4,≈
3.2 A.M点对应的溶液中,cS2-≈
3.2×10-11mol·L-1B.与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C.向Q点对应的溶液中加水,可转化成N点对应的溶液D.FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=6000解析选D 饱和NiS溶液中cNi2+=cS2-==mol·L-1=
3.2×10-11mol·L-1,同理饱和FeS溶液中cFe2+=cS2-=
2.4×10-9mol·L-1,因此Ⅰ曲线代表的是FeS,Ⅱ曲线代表的是NiS,即M点cS2-=
2.4×10-9mol·L-1,故A错误;P点对应的NiS为过饱和溶液,不是稳定分散系,应有沉淀产生,故B错误;Q点加水,溶液中cNi2+、cS2-减小,Q不能转化到N点,故C错误;平衡常数K=====6000,故D正确
9.2019·辽南协作校模拟某温度时,向10mL
0.1mol·L-1CaCl2溶液中滴加
0.1mol·L-1的Na2CO3溶液滴加过程中溶液中-lgcCa2+与Na2CO3溶液体积V的关系如图所示已知lg5=
0.7,下列有关说法正确的是 A.x、y两点cCa2+之比为2000∶3B.KspCaCO3=5×10-9C.w点对应的分散系很稳定D.x、y、z三点中,水的电离程度最大的为x点解析选A x点时Ca2+与CO恰好反应,此时由-lgcCa2+=
4.3计算得cCa2+=cCO=5×10-5mol·L-1,KspCaCO3=cCa2+·cCO=
2.5×10-9,y点溶液中cCO=mol·L-1,则cCa2+=
7.5×10-8mol·L-1,x、y两点cCa2+之比为5×10-5mol·L-1∶
7.5×10-8mol·L-1=2000∶3,A正确,B错误;w点时QcCaCO3KspCaCO3,分散系处于过饱和状态,不稳定,C错误;y点Na2CO3过量最多,CO水解促进水的电离,因此水的电离程度最大的为y点,D错误10.2019·绵阳南山中学模拟某研究小组进行MgOH2沉淀溶解和生成的实验探究查阅资料25℃时,Ksp[MgOH2]=
1.8×10-11,Ksp[FeOH3]=
4.0×10-38实验探究向2支均盛有1mL
0.1mol·L-1MgCl2溶液的试管中分别加入2滴2mol·L-1NaOH溶液,制得等量MgOH2沉淀1分别向两支试管中加入不同试剂,记录实验现象如表表中填空填下列选项中字母代号试管编号加入试剂实验现象Ⅰ2滴
0.1mol·L-1FeCl3溶液
①_____Ⅱ4mL2mol·L-1NH4Cl溶液
②_____A.白色沉淀转化为红褐色沉淀B.白色沉淀不发生改变C.红褐色沉淀转化为白色沉淀D.白色沉淀溶解,得无色溶液2测得试管Ⅰ中所得混合液pH=6,则溶液中cFe3+=______________3同学们猜想实验Ⅱ中沉淀溶解的主要原因有两种猜想1∶NH结合MgOH2电离出的OH-,使MgOH2的溶解平衡正向移动猜想2________________________________________4为验证猜想,同学们取少量相同质量的氢氧化镁盛放在两支试管中,一支试管中加入醋酸铵溶液pH=7,另一支试管中加入NH4Cl和氨水混合液pH=8,两者沉淀均溶解该实验证明猜想正确的是________填“1”或“2”解析1已知nMgCl2=1×10-3L×
0.1mol·L-1=1×10-4mol,nNaOH≈
0.1×10-3L×2mol·L-1=2×10-4mol,由反应Mg2++2OH-===MgOH2↓可知,二者基本反应完全生成白色沉淀MgOH2,当向其中加入FeCl3溶液时,由于Ksp[FeOH3]=
4.0×10-38远小于Ksp[MgOH2]=
1.8×10-11,所以白色沉淀MgOH2转化为红褐色沉淀FeOH3;当向其中加入NH4Cl溶液时,NH与MgOH2电离出的OH-结合生成弱电解质NH3·H2O,使MgOH2的溶解平衡正向移动,最终使MgOH2完全溶解得无色溶液2当试管Ⅰ中所得混合液pH=6时,即cOH-=10-8mol·L-1,由Ksp[FeOH3]=
4.0×10-38可求得cFe3+=
4.0×10-14mol·L-13NH4Cl因水解而呈酸性,生成的H+与MgOH2电离出的OH-结合生成水,使MgOH2的溶解平衡正向移动4由于醋酸铵溶液pH=7呈中性,能使MgOH2沉淀溶解,说明不是NH水解呈酸性导致MgOH2溶解;当加入弱碱性的NH4Cl和氨水混合液pH=8时,沉淀也溶解,说明猜想2是错误的因此证明MgOH2沉淀溶解的根本原因是NH与MgOH2电离出OH-结合生成弱电解质NH3·H2O,促进MgOH2溶解平衡正向移动,最终得无色溶液,所以猜想1是正确的答案1
①A
②D 24×10-14mol·L-13NH4Cl水解出来的H+与MgOH2电离出的OH-结合生成水,使MgOH2的溶解平衡正向移动 4111.2019·漳州模拟钪及其化合物具有许多优良的性能,在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用从钛白工业废酸含钪、钛、铁、锰等离子中提取氧化钪Sc2O3的一种流程如图回答下列问题1洗涤“油相”可除去大量的钛离子洗涤水是用93%的硫酸、
27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成混合的实验操作是__________________________________2先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是____;再向滤液加入氨水调节pH=6,滤液中Sc3+的浓度为____________{已知Ksp[MnOH2]=
1.9×10-13,Ksp[FeOH3]=
2.6×10-39,Ksp[ScOH3]=
9.0×10-31}3用草酸“沉钪”25℃时pH=2的草酸溶液中=__________保留两位有效数字写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式_________________________________[已知Ka1H2C2O4=
5.9×10-2,Ka2H2C2O4=
6.4×10-5]4草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为_______________________________________5废酸中含钪量为15mg·L-1,VL废酸最多可提取Sc2O3的质量为____________解析1在混合不同的液体时,一般先加密度较小、易挥发的,后加密度大、难挥发的,若混合时放热,则最后加受热易分解的,因此混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2中,并不断搅拌2废酸中含钪、钛、铁、锰等离子,洗涤“油相”已除去大量的钛离子,根据Ksp[MnOH2]=
1.9×10-
13、Ksp[FeOH3]=
2.6×10-39,Ksp[ScOH3]=
9.0×10-31,可以求出余下三种离子沉淀完全离子浓度小于10-5mol·L-1的pH,发现锰离子沉淀完全时pH约为10,钪离子沉淀完全时pH约为5,而铁离子沉淀完全时pH约为4,所以先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是FeOH3;再向滤液加入氨水调节pH=6,此时溶液中cOH-=10-8mol·L-1,滤液中Sc3+的浓度为mol·L-1=
9.0×10-7mol·L-1325℃时pH=2的草酸溶液中=××=Ka2H2C2O4×Ka1H2C2O4×=
6.4×10-5×
5.9×10-2×≈
3.8×10-2“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为2Sc3++3H2C2O4===Sc2C2O43↓+6H+4草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为2Sc2C2O43+3O22Sc2O3+12CO25废酸中含钪量为15mg·L-1,则VL废酸中含钪的质量为15×10-3g·L-1×VL=
0.015Vg,所以最多可提取Sc2O3的质量为=
0.023Vg答案1将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2中,并不断搅拌2FeOH3
9.0×10-7mol·L-l
33.8×10-2 2Sc3++3H2C2O4===Sc2C2O43↓+6H+42Sc2C2O43+3O22Sc2O3+12CO
250.023Vg12.2019·太原模拟铋Bi与氮同族,氯氧化铋BiOCl广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、生产金属铋等一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘除含铋的化合物之外,还有CuSO
4、ZnSO
4、CuS、Fe2O
3、PbSO4及As2O3制备高纯氯氧化铋的工艺流程如图请回答下列问题1BiOCl中Bi元素的化合价为__________2向“酸浸”所得“浸液1”中加入Zn粉,主要目的是______________________________________________________________________3“浸铜”时,有单质硫生成,其反应的离子方程式为______________________________________________________________________4“浸铋”时,温度升高,铋的浸出率降低,其原因为_______________________________________________________________5“沉铋”时需控制溶液的pH=
3.0,此时BiCl3发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________6“除铅、砷”时,可以采用以下两种方法
①加入改性羟基磷灰石固体HAP浸液2与HAP的液固比L/S与铅、砷去除率以及后续沉铋量的关系如表所示L/S125∶150∶125∶115∶1Pb2+去除率/%
84.
8694.
1595.
4096.83As3+去除率/%
98.
7998.
9298.
3499.05m沉铋/g
2.
342.
332.
051.98实验中应采用的L/S=__________
②铁盐氧化法向浸液2中加入Fe2SO43,并调节pH,生成FeAsO4沉淀欲使溶液中cAsO1×10-9mol·L-1,且不产生FeOH3沉淀,应控制pH的范围为__________[已知lg2=
0.3;FeAsO
4、FeOH3的Ksp分别为5×10-
21、4×10-38]解析1BiOCl中O为-2价,Cl为-1价,根据化合价代数和为0可知,Bi元素的化合价为+3价2向“酸浸”所得“浸液1”中加入Zn粉,Zn粉能与Cu2+、Fe3+反应生成Cu和Fe,从而除去Cu2+、Fe3+3“浸铜”时,加入的物质是稀硫酸、MnO2,得到单质硫,离子方程式为CuS+MnO2+4H+===Cu2++Mn2++S+2H2O4“浸铋”时,所加物质为盐酸和NaCl溶液,HCl易挥发,升高温度,HCl挥发,反应物浓度降低5“沉铋”时加入的物质是Na2CO3,生成BiOCl,因此有BiCl3+Na2CO3―→BiOCl,根据原子守恒,产物还有NaCl和CO2,化学方程式为BiCl3+Na2CO3===BiOCl↓+2NaCl+CO2↑6
①根据表格数据,L/S=50∶1以后,Pb2+、As3+去除率虽然增加,但是Pb2+、As3+去除率变化都不大,因此为了节省能源以及原料,L/S控制在50∶1
②cAsO=1×10-9mol·L-1时,cFe3+==mol·L-1=5×10-12mol·L-1,cOH-==mol·L-1=2×10-9mol·L-1,此时的pH=
5.3,即pH应小于
5.3答案1+3 2除去Cu2+、Fe3+3CuS+MnO2+4H+===Cu2++Mn2++S+2H2O4温度升高,HCl挥发,反应物浓度降低5BiCl3+Na2CO3===BiOCl↓+2NaCl+CO2↑6
①50∶1
②pH
5.3。