難溶電解質(zhì)溶解平衡

1、1室溫時(shí)，CaCO3在水中的溶解平衡曲線如圖所示，已知25其溶度積為2.8×10-9mol2/L2，下列說法正確的是（ ）Ax數(shù)值為2×10-5B加入蒸餾水可使溶液由d點(diǎn)變到a點(diǎn)Cb點(diǎn)對應(yīng)的溶度積大于d點(diǎn)對應(yīng)的溶度積D加入Na2CO3固體可以使溶液由b點(diǎn)變到c點(diǎn)【答案】A【解析】試題分析：A在d點(diǎn)，c(CO32-)=1.4×10-4 mol/L，因室溫時(shí)，CaCO3 的溶度積Ksp =2.8×10-9 ，所以c(Ca2+)= 2.8×10-9 ÷1.4×10-4 =2×10-5 mol/L，故x的數(shù)值為2×

2、;10-5,正確；B加入蒸餾水可使溶液中c(CO32-)、c(Ca2+)都減小，故不可能由d點(diǎn)變到a點(diǎn)，錯誤；Cb、d兩點(diǎn)都在該溫度下的溶解平衡曲線上，由于溫度不變，所以兩點(diǎn)的溶度積常數(shù)不變，錯誤；D向其中加入Na2CO3固體，c(CO32-)增大，使沉淀溶解平衡逆向移動，c(Ca2+)減小，因此不可能使溶液由b點(diǎn)變到c點(diǎn)，錯誤?？键c(diǎn)：考查沉淀溶解平衡原理的應(yīng)用的知識。2實(shí)驗(yàn)：0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等體積混合得到濁液，過濾取等量的濾液于兩支試管中，分別滴加等濃度等體積的Na2S溶液、Na2SO4溶液，前者出現(xiàn)渾濁，后者溶液仍澄清取少量的沉淀，滴加幾滴氨水，

3、沉淀逐漸溶解下列分析不正確的是A中生成AgCl沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl）大量減少B的濾液中不含有Ag+C的現(xiàn)象說明該溫度下Ag2S比Ag2SO4更難溶D中生成Ag（NH3）2+，使c（Ag+）減小，促進(jìn)AgCl（s）溶解平衡正向移動【答案】B【解析】0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等體積混合得到濁液，說明生成氯化銀沉淀；分別取少量的濾液，分別滴加等濃度等體積的飽和Na2S溶液、飽和Na2SO4溶液，前者出現(xiàn)渾濁，說明生成硫化銀，比氯化銀更難溶的沉淀，后者溶液仍澄清，說明未生成硫酸銀沉淀，此實(shí)驗(yàn)說明過濾后溶液中仍然存在銀離子；取少量氯化銀沉淀，滴加幾滴氨

4、水，沉淀逐漸溶解，說明此過程中生成了更難電離的物質(zhì)二氨合銀離子，A、0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等體積混合得到濁液，說明生成氯化銀沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl）大量減少，故A正確；B、根據(jù)沉淀溶解平衡，的濾液中含有Ag+，故B錯誤；C、依據(jù)分析可知：前者出現(xiàn)渾濁，說明生成硫化銀，比氯化銀更難溶的沉淀，后者溶液仍澄清，說明未生成硫酸銀沉淀，故C正確；D、由實(shí)驗(yàn)推測：銀離子與氨氣分子的絡(luò)合，促進(jìn)了氯化銀的溶解，故D正確，3鉻化學(xué)豐富多彩，由于鉻光澤度好，常將鉻鍍在其他金屬表面，同鐵、鎳組成各 種性能的不銹鋼，CrO3 大量地用于電鍍工業(yè)中。（1）在下圖裝置

5、中，觀察到圖 1 裝置銅電極上產(chǎn)生大量的無色氣泡，而圖 2 裝置中銅電 極上無氣體產(chǎn)生，鉻電極上產(chǎn)生大量有色氣體。圖 2 裝置中鉻電極的電極反應(yīng)式_（2）最近贛州酒駕檢查特別嚴(yán)，利用 CrO3 具有強(qiáng)氧化性，有機(jī)物（如酒精）遇到 CrO3 時(shí)，猛烈反應(yīng)，CrO3 被還原成綠色的硫酸鉻Cr2(SO4)3，另該過程中乙醇被氧化成乙酸， 從而增強(qiáng)導(dǎo)電性，根據(jù)電流大小可自動換算出酒精含量。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_（3）雖然鉻加到鐵中可將鐵做成不銹鋼可減少金屬腐蝕，但 生產(chǎn)成本高，生活中很多情況下還是直接使用鋼鐵，但易腐蝕， 利用右圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)。若 X 為碳棒，為 減緩鐵的腐蝕，開關(guān)

6、 K 應(yīng)置于_處。若 X 為鋅，開關(guān)K 置于_處。（4）CrO3 和 K2Cr2O7 均易溶于水，這是工業(yè)上造成鉻污染的 主要原因。凈化處理方法之一是將含6 價(jià) Cr 的廢水放入電解槽內(nèi)，用鐵作陽極，加入 適量的 NaCl 進(jìn)行電解：陽極區(qū)生成的 Fe2+和 Cr2O72發(fā)生反應(yīng)，生成的 Fe3+和 Cr3+在陰極 區(qū)與OH結(jié)合生成 Fe(OH)3 和 Cr(OH)3 沉淀除去【已知某條件下的KspFe (OH)3 3.0×10-31， KspCr(OH)3 6.0×10-38】。已知電解后的溶液中 c(Fe3+)為 2.0×106 mol·L1，則溶液

7、中c(Cr3+)為_mol·L-1?！敬鸢浮浚?） NO3-4H +3e- = NO2H2O（2分）（2）4CrO33C2H5OH6H2SO42Cr2(SO4)33CH3COOH9H2O（2分）N（2分） M（1分） （4）4.0×1013（2分）【解析】試題分析：（1）硝酸根離子在正極Cr電極上得電子被還原產(chǎn)生NO氣體。（3）K置于N處時(shí)，鐵與電源負(fù)極相連，發(fā)生氧化反應(yīng)，鐵不會被腐蝕，K置于M處時(shí)，因?yàn)殇\比鐵的金屬活動性強(qiáng)，Zn作為負(fù)極被氧化，鐵被保護(hù)。（4）KSP Fe(OH)3=C(Fe3+)×C3(OH-)=3.0×10-31 由此可得C3(OH

8、-)=1.5×10-25 KSP Cr(OH)3=C(Cr3-)×C3(OH)=6×10-38 C(Cr3+)=4×10-13mol/L。考點(diǎn)：本題重點(diǎn)考察了原電池的應(yīng)用，包括犧牲陽極的陰極保護(hù)法。4電解質(zhì)水溶液中可存在電離平衡，水解平衡，溶解平衡，依據(jù)所學(xué)回答下列問題。（1）等物質(zhì)的量濃度的下列四種溶液：NH3·H2O (NH4)2SO3 KHSO3 K2SO3 溶液中水的電離程度由大到小的排列順序?yàn)開(填序號)。（2）體積相同、c(H+)相同的三種酸溶液CH3COOH；HCl；H2SO4分別與同濃度的NaOH溶液完全中和時(shí)，消耗NaOH溶液

9、的體積由大到小的排列順序是(填序號) _。將c(H+)相同的三種酸均加水稀釋至原來的10倍，c(H+)由大到小的順序?yàn)開(填序號)。（3）已知，H+ (aq) + OH(aq) = H2O(l) H =57.3 kJ/mol。實(shí)驗(yàn)測得稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)生成1 mol H2O時(shí)放出57 kJ的熱，則醋酸溶液中，醋酸電離的熱化學(xué)方程式為_。（4）25時(shí)，NH3·H2O的電離常數(shù)為Kb=1.7×103。0.1mol·L1NH4Cl溶液的pH=a，則c(NH4)c(NH3·H2O)=_(用含a的代數(shù)式表示)（5）某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組對電解質(zhì)溶液作如下歸納

10、總結(jié)(均在常溫下)，其中正確的有( )pH=1的強(qiáng)酸溶液，加水稀釋后，溶液中各離子濃度一定都降低pH=2的鹽酸與pH=13的NaOH溶液，按體積比9：1混合后的溶液pH為11pH相等的三種溶液：aCH3COONa；bNaHCO3；cNaOH其溶液物質(zhì)的量濃度由小到大順序?yàn)閏、b、aNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，則c(Na+)=2c(SO42)亞磷酸(H3PO3)是二元弱酸，所以Na2HPO3稀溶液一定呈堿性甲、乙兩溶液都是強(qiáng)電解質(zhì)，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的兩倍，則甲、乙兩溶液等體積混合，混合液pH可能等于7某二元酸在水中的電離方程式是H2BH+HB；HBH+B2，則

11、0.1mol/L的Na2B溶液中，c(Na+)=2c(B2)+2c(HB)（6）25時(shí)KspMg(OH)25.6×1012，KspCu(OH)22.2×1020，KspFe(OH)34.0×1038，KspAl(OH)31.1×1033。在25下，向濃度均為0.1mol·L1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_沉淀(填化學(xué)式)。現(xiàn)向一定濃度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，當(dāng)Fe3剛好完全沉淀時(shí)，測定c(Al3)0.2mol·L1。此時(shí)所得沉淀中_(填“還含有”或“不含有”)Al(OH)3?！敬鸢浮?/p>

12、(14分)（1）(2分)（2）>=(1分)；>=(1分)（3）CH3COOH(aq) CH3COO(aq) + H+(aq) H + 0.3 kJ/mol (2分)（4）1.7×1011a(2分)（5）(3分)（6） Al(OH)3(1分)， 不含有(2分)【解析】試題分析：（1）等物質(zhì)的量濃度的下列五種溶液：NH3H2O(NH4)2SO3KHSO3K2SO3溶液：抑制了水的電離，中亞硫酸氫根離子的電離程度大于其水解程度，溶液顯弱酸性，抑制了水的電離，但的抑制能力大于；中亞硫酸根離子、銨根離子促進(jìn)了水的電離；中亞硫酸根離子促進(jìn)了水的電離，其中對水的電離程度大于，所以四種溶

13、液對水的電離程度由大到小的排列順序?yàn)椋唬?）c(H+)相同的鹽酸和硫酸中和堿的能力相同，而鹽酸和醋酸，因?yàn)榇姿崾侨蹼娊赓|(zhì)，所以醋酸中和堿的能力強(qiáng)，所以消耗NaOH溶液的體積由大到小的排列順序?yàn)椋?；醋酸是弱電解質(zhì)加水稀釋促進(jìn)電離，所以稀釋后醋酸氫離子濃度最大，而鹽酸和硫酸氫離子的濃度只減小，所以c(H+)由大到小的順序?yàn)?；（3）實(shí)驗(yàn)測得稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)生成1mol H2O時(shí)放出57kJ的熱，則熱化學(xué)方程式為：CH3COOH(aq)+OH-(aq)=H2O(l)+CH3COO-(aq)H=-57.0kJ/mol；而H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)H1=-57.3kJ/mol

14、；由蓋斯定律-得CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq)H=+0.3 kJ/mol；（4）c(NH4)c(NH3·H2O)= c(NH4)×c(OH-)c(NH3·H2O)×c(OH-)= Kbc(OH-)= Kb×c(H+)c(OH-)×c(H+)= Kb×c(H+) KW=1.7×103×10-a×1014=1.7×1011a；（5）強(qiáng)酸溶液全部電離，加水稀釋后，溶液中H+離子濃度降低，氫離子和氫氧極根離子的濃度的乘積(水的離子積)為定值，則氫氫氧根離子濃度增大，

15、故錯誤；pH=2的HCl溶液中氫離子濃度等于0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液中氫氧根離子濃度為0.1mol/L，鹽酸與氫氧化鈉溶液按9：1混合，發(fā)生反應(yīng)H+OH-=H2O，0.1×10.01×9，反應(yīng)后氫氧化鈉有剩余，溶液呈堿性，故反應(yīng)后溶液中c(OH-)= mol/L=0.001mol/L，故c(H+)=10-14/0.001mol/L=10-11mol/L，故反應(yīng)后溶液pH=-lgc(H+)=-lg10-11=11，故正確；三種鹽的水溶液均顯堿性，同濃度時(shí)堿性強(qiáng)弱順序?yàn)閏ba，故pH相等的四種溶液物質(zhì)的量濃度由小到大順序?yàn)閏、b、a，故正確；NH4HSO4溶

16、液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，溶液中存在c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)，則c(Na+)2c(SO42-)，故錯誤；亞磷酸是二元弱酸，Na2HPO3是正鹽，HPO32-的水解使溶液呈堿性，故正確；當(dāng)兩溶液的pH之和等于14時(shí)，則混合液pH=7，故正確；因HB-只電離不水解，故Na2B的鹽溶液里存在的電荷守恒式為c(Na+)=2c(B2)+2c(HB)，故正確；答案為；（6）根據(jù)Al(OH)3、Cu(OH)2的溶度積常數(shù)，在25下，向濃度均為0.1molL-1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，加入相同的濃度的氨水，Al(OH)3最先析出；Fe3+完全沉淀時(shí)，c

17、(OH-)3 = = = 4.0 × 10-33，c (Al3+) (OH-)3 = 0.2 × 4.0 × 10-33 = 8 × 10-34 KspAl(OH)3 ，所以沒有生成Al(OH)3沉淀?！究键c(diǎn)定位】考查弱電解質(zhì)的電離、鹽類的水解、溶度積常數(shù)計(jì)算、離子濃度的比較及溶液pH計(jì)算?！久麕燑c(diǎn)晴】電離平衡、水解平衡、溶解平衡均可結(jié)合平衡移動理論分析，其中電解強(qiáng)度和水解程度均與對應(yīng)的酸或堿的強(qiáng)弱有關(guān)，酸堿混合后溶液的pH計(jì)算是難點(diǎn)，具體分析：pH=2的HCl溶液中氫離子濃度等于0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液中氫氧根離子濃度為0.1mol

18、/L，鹽酸與氫氧化鈉溶液按9：1混合，發(fā)生反應(yīng)H+OH-=H2O，反應(yīng)后氫氧化鈉有剩余，溶液呈堿性，計(jì)算混合后溶液中c(OH-)，再根據(jù)Kw=c(H+)c(OH-)=10-14計(jì)算c(H+)，根據(jù)pH=-lgc(H+)計(jì)算。5工業(yè)廢水隨意排放會造成嚴(yán)重污染，根據(jù)成分不同可采用不同的處理方法。（1）電池生產(chǎn)工業(yè)廢水中常含有Cu2+等重金屬離子，常用FeS等難溶物質(zhì)作為沉淀劑除去。已知室溫下Ksp(FeS)6.3×1018mol2·L2，Ksp(CuS)1.3×1036mol2·L2。請用離子方程式說明上述除雜的原理_。FeS高溫煅燒產(chǎn)生的SO2氣體通入下列

19、溶液中，能夠產(chǎn)生沉淀的是_（填序號）ABa(NO3)2 BBaCl2CBa(OH)2 D溶有NH3的BaCl2溶液已知元素在高價(jià)態(tài)時(shí)常表現(xiàn)氧化性，若在酸性CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl沉淀，則生成CuCl的離子方程式是_。（2）電解法處理酸性含鉻廢水（主要含有Cr2O72-）時(shí)，在廢水中加入適量NaCl，以鐵板作陰、陽極，處理過程中存在如下反應(yīng)Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，最后Cr3+ 以Cr(OH)3形式除去，下列說法不正確的是_（填序號）A陽極反應(yīng)為Fe-2e-Fe2+B電解過程中溶液pH減小C過程中有Fe（OH）

20、3沉淀生成D電路中每轉(zhuǎn)移12 mol電子，最多有2mol Cr2O72-被還原（3）廢氨水可以轉(zhuǎn)化成氨，氨再設(shè)計(jì)成堿性燃料電池。右圖是該燃料電池示意圖，產(chǎn)生的X氣體可直接排放到大氣中，a電極作_極（填“正”“負(fù)”“陰”或“陽”），其電極反應(yīng)式為_?！敬鸢浮浚?1分）（1） FeS(s)+Cu2+(aq)= CuS(s)+ Fe 2+（aq）（2分）ACD （2分）2Cu2SO32-2ClH2O2CuClSO42-2H（2分）（2）BD（2分） （3）負(fù)（1分）；2NH3+6OH6e =N2+6H2O （2分）【解析】試題分析：（1）由于Ksp（FeS）Ksp（CuS），所以在相同條件下CuS的

21、溶解度更小，沉淀會向著生成CuS的方向進(jìn)行，故離子方程式為FeS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Fe2+（aq）；A、Ba（NO3）2 中有硝酸根離子，二氧化硫通入后生成亞硫酸，亞硫酸電離出氫離子，就相當(dāng)于硝酸了硝酸氧化亞硫酸成硫酸，硫酸根離子和鋇離子結(jié)合生成硫酸鋇沉淀，故可選；B、因?yàn)閬喠蛩徜^溶于鹽酸，較弱酸不能制備較強(qiáng)酸，所以不能生成沉淀，故不可選；C、二氧化硫和氫氧根反應(yīng)生成亞硫酸根離子，鋇離子和亞硫酸根離子結(jié)合生成亞硫酸鋇沉淀，故可選；D、與B項(xiàng)相比，溶有氨氣的BaCl2溶液呈堿性，在堿性溶液中可以生成亞硫酸鋇沉淀，故可選；故答案為：ACD；已知元素在高價(jià)態(tài)時(shí)常表現(xiàn)氧化性，若在

22、酸性CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl沉淀，則生成CuCl的離子方程式為：2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O2CuCl+SO42-+2H+；（2）AFe板作陽極，為活性電極，F(xiàn)e失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，陽極反應(yīng)為Fe-2e-Fe2+，故A正確；B由反應(yīng)式Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，處理過程中消耗氫離子，溶液的酸性減弱，溶液pH增大，故B錯誤；C陰極發(fā)生還原反應(yīng)，溶液中的氫離子得到電子減少，同時(shí)生成氫氧根，有Fe（OH）3沉淀生成，故C正確；DFe-2e-=Fe2+，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)12mol需要6molF

23、e，再根據(jù)能夠處理的關(guān)系式，得6Fe12e-6Fe2+Cr2O72-，故被還原的Cr2O72-的物質(zhì)的量為1mol，故D錯誤；故選BD；（3）在燃料電池中，可燃物充入負(fù)極區(qū)，所以NH3充入的a極作負(fù)極；產(chǎn)生的X氣體為氧化產(chǎn)物，可直接排放到大氣中，說明X對大氣無污染，因此X為氮?dú)?，由該燃料電池示意圖可知負(fù)極反應(yīng)產(chǎn)物有水，由于是堿性電池，氫氧根離子也參與負(fù)極電極反應(yīng)，綜上所述可寫出負(fù)極反應(yīng)式：2NH3+6OH-6e-=N2+6H2O?！究键c(diǎn)定位】考查電解原理、氧化還原反應(yīng)等?！久麕燑c(diǎn)晴】無機(jī)工業(yè)流程綜合題，為高頻考點(diǎn)，其中電解原理的應(yīng)用是解題重點(diǎn)，電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，將Cr

24、2O72-Cr3+發(fā)生還原反應(yīng)，但Cr2O72-是向陽極移動，無法在陽極區(qū)通過電極反應(yīng)發(fā)生還原反應(yīng)，故必須向溶液里引入還原性的Fe2+，由此確定Fe為電解池的陽極，這是解題關(guān)鍵，至于燃燒電池中通NH3的極發(fā)生氧化反應(yīng)生成N2，可知a極為負(fù)極，據(jù)此分析解答。6按要求回答下列問題：（1）實(shí)驗(yàn)室常用NaOH溶液來進(jìn)行洗氣和提純，當(dāng)100mL3mol/L的NaOH溶液吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48LCO2時(shí)，所得溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)開。（2）常溫下向一定體積的0.1mol/L醋酸溶液中加水稀釋后，下列說法正確的是_。A溶液中導(dǎo)電粒子的數(shù)目減小B醋酸的電離程度增大，c(H+)亦增大C溶液中不變D溶液

25、中減?。?）常溫下將0.15mol/L稀硫酸V1mL與0.1mol/LNaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH為1，則V1：V2=_（溶液體積變化忽略不計(jì)）。常溫下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL與pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得，則下列說法正確的是A若反應(yīng)后溶液呈中性，則c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol/LB若V1=V2，反應(yīng)后溶液pH一定等于7C若反應(yīng)后溶液呈酸性，則V1一定大于V2D若反應(yīng)后溶液呈堿性，則V1一定小于V2（4）常溫下，濃度均為0.1mol/L的下列五種溶液的pH值如表所示：溶質(zhì)CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8

26、.89.711.610.311.1根據(jù)表中數(shù)據(jù)，將濃度均為0.01mol/L的下列四種酸的溶液分別稀釋100倍，pH變化最小的是_。AHCN BHClO CH2CO3 DCH3COOH根據(jù)以上數(shù)據(jù)，判斷下列反應(yīng)可以成立的是_。ACH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONaBCH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCNCCO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClODNaHCO3+HCN=NaCN+CO2+H2O（5）幾種離子開始沉淀時(shí)的pH如下表：離子Fe2+Cu2+Mg2+pH7.65.210.4當(dāng)向含相同濃度Cu2+、Mg2+、Fe2+離子的溶液中滴加NaOH

27、溶液時(shí)，_(填離子符號)先沉淀，KspFe(OH)2_KspMg(OH)2(填“>”、“=”或“<”)【答案】（1）c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；（2）CD；（3）1：1；AD；（4）AAB；（5）Cu2+；<【解析】試題分析：（1）實(shí)驗(yàn)室常用NaOH溶液來進(jìn)行洗氣和提純，當(dāng)100mL3mol/L的NaOH溶液吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48LCO2時(shí)，n(NaOH)=3mol/L×0.1L=0.3mol，n(CO2)=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，n(NaOH): n(CO2)=

28、3:2，二者會發(fā)生反應(yīng)：3NaOH+2CO2=Na2CO3+NaHCO3+H2O，根據(jù)物料守恒可得c(Na+)最大，CO32-、HCO3-都會發(fā)生水解反應(yīng)，消耗水電離產(chǎn)生的H+，使溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液顯堿性，由于CO32-水解程度大于HCO3-的水解程度，所以c(HCO3-)>c(CO32-)，但是鹽水解的程度是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，所以c(CO32-)> c(OH-)，所以所得溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；（2）在醋酸溶液中存在電離平衡：CH

29、3COOHCH3COO-+H+，A.當(dāng)加水稀釋時(shí)，醋酸的電離平衡正向移動，電離程度增大，所以溶液中導(dǎo)電粒子的數(shù)目增加，錯誤；B.加水稀釋，醋酸的電離程度增大，但是由于稀釋使離子濃度減小的趨勢大于電離平衡正向移動使離子濃度增大的趨勢，所以溶液中c(H+)、c(CH3COO-)減小，錯誤；C.溶液中不變，正確；D.溶液中c(CH3COO-)、c(H+)減小，由于溶液中存在水的電離平衡，水的離子積是個常數(shù)，所以c(OH-)增大，故減小，正確；（3）常溫下將0.15mol/L稀硫酸V1mL與0.1mol/LNaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH為1，則(0.15mol/L ×2×

30、V1-0.1mol/L ×V2)÷(V1+V2)=0.1mol/L，則V1：V2=1:1；常溫下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL與pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得，則下列說法正確的是A.若反應(yīng)后溶液呈中性，c(H+) V1= c(OH-) V2；由于c(H+)= c(OH-)，所以V1=V2，則c(H+)+c(OH-)=1×10-7mol/L+1×10-7mol/L =2×10-7mol/L，正確；B.若V1=V2，則c(H+)= c(OH-)，若酸是強(qiáng)酸，則二者恰好中和，溶液顯中性，pH=7；若酸是弱酸，則酸電離產(chǎn)生的氫離子恰好被中

31、和，其中含有大量未電離的酸分子，所以酸過量，反應(yīng)后溶液顯酸性，pH<7，故反應(yīng)后溶液pH不一定等于7，錯誤； C.若反應(yīng)后溶液呈酸性，則酸是強(qiáng)酸，則V1=V2，若酸是弱酸，V1可能大于、等于，也可能小于V2，不一定大于V2，錯誤； D.若反應(yīng)后溶液呈堿性，由于堿是強(qiáng)堿，則無論酸是強(qiáng)酸還是弱酸，則V1一定小于V2，正確。（4）根據(jù)鹽的水解規(guī)律：有弱才水解，誰弱誰水解，誰強(qiáng)顯誰性，越弱越水解，根據(jù)鹽溶液的pH可知酸的酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-，酸的酸性越強(qiáng)，稀釋時(shí)氫離子的濃度變化越大；酸的酸性越弱，稀釋時(shí)氫離子的濃度變化越小，所以四

32、種酸的溶液分別稀釋100倍，pH變化最小的是HCN，選項(xiàng)A正確；A.由于酸性CH3COOH>H2CO3，所以可以發(fā)生反應(yīng)CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa，正確；B.由于酸性CH3COOH>HCN，所以可以發(fā)生反應(yīng)：CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN，正確；C.由于酸性H2CO3>HClO >HCO3-，所以CO2+ H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能發(fā)生，錯誤；D.由于酸性HCN>HCO3-，所以NaHCO3+HCN =NaCN +CO2+H2O不能發(fā)生，錯誤。（5）Fe(OH)2、Cu(OH)2、Mg(

33、OH)2的構(gòu)型相同，物質(zhì)的溶度積常數(shù)越小，當(dāng)離子濃度相同時(shí)，溶液的pH越小，就越容易形成其沉淀，所以根據(jù)形成沉淀的pH數(shù)值可知，當(dāng)向含相同濃度Cu2+、Mg2+、Fe2+離子的溶液中滴加NaOH溶液時(shí)，Cu2+先沉淀?？键c(diǎn)：考查電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較、電離平衡常數(shù)、溶度積常數(shù)的應(yīng)用的知識。7（1）已知：難溶電解質(zhì)Cu(OH)2在常溫下的KSP=2×10-20，則常溫下：某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02molL-1，如要生成Cu(OH)2沉淀，應(yīng)調(diào)整溶液的pH最小為_。要使0.2molL-1 CuSO4溶液中的Cu2+沉淀后，使溶液中Cu2+的濃度為2×10-

34、6molL-1，則應(yīng)向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH為_。（2）將0.2molL-1HA溶液與0.2molL-1NaOH溶液等體積混合，測得混合溶液中c（Na+）>c(A-)，則（用“>”、“<”或“=”填寫下列空白）?；旌先芤褐校伤婋x出的c（OH-）_0.2molL-1HA溶液由水電離出的c(H+)；25時(shí)，如果取0.2molL-1HA溶液與0.11molL-1NaOH溶液等體積混合，測得混合溶液的pH<7，則HA的電離程度_NaA的水解程度。【答案】（8分，每空2分）（1） 5 ，7；（2）；【解析】試題分析：（1）Cu(OH)2在常溫下的KSP=2

35、15;10-20，則某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02molL-1，如要生成Cu(OH)2沉淀，c2(OH-)=2×10-20÷0.02=1×10-18；c(OH-)=1×10-9；由于在室溫下Kw=1×10-14，所以pH=5；要使0.2molL-1 CuSO4溶液中的Cu2+沉淀后，使溶液中Cu2+的濃度為2×10-6molL-1，c2(OH-)=2×10-20÷2×10-6=1×10-14；c(OH-)=1×10-7；由于在室溫下Kw=1×10-14，所以pH=

36、7；（2）將0.2molL-1HA溶液與0.2molL-1NaOH溶液等體積混合，二者恰好完全反應(yīng)產(chǎn)生鹽NaA，鹽的濃度是0.1mol/L，由于溶液中c（Na+）>c(A-)，說明該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，A-發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生弱酸HA，促進(jìn)了水的電離平衡正向移動，使溶液中c(OH-)>c(H+)；而在0.2molL-1HA溶液，酸HA電離產(chǎn)生H+，對水的電離平衡起抑制作用，使水的電離程度減小，所以混合溶液中，由水電離出的c(OH-)大于0.2molL-1HA溶液由水電離出的c(H+)；25時(shí)，如果取0.2molL-1HA溶液與0.11molL-1NaOH溶液等體積混合，酸堿發(fā)生中和反應(yīng)，反

37、應(yīng)后的溶液為NaA、HA按11:9混合得到的溶液，溶液的pH<7，則說明HA的電離程度大于NaA的水解程度。考點(diǎn)：考查溶度積常數(shù)的應(yīng)用、酸堿混合溶液的有關(guān)計(jì)算的知識。8I下表是不同溫度下水的離子積數(shù)據(jù)：溫度/25t 1t 2水的離子積 KW1×10141×10131×1012試回答以下問題：（1）25下，某 Na2SO4 溶液中 c(SO42-)5×104 molL1，取該溶液 1mL 加水稀釋至10mL，則稀釋后溶液中 c(Na):c(OH)_。（2）在 t 2下，將 a molL1CH3COOH 溶液與 b molL1NaOH 溶液等體積混合反

38、應(yīng)后，溶液恰好呈中性，則該溫度下 CH3COOH 的電離常數(shù) Ka=_（用 a、b 表示）。II已知：25下，下列反應(yīng)：Ag+(aq)+2NH3(aq) Ag(NH3)2+(aq) H = a kJmol1 K = c2Ag+(aq)+2OH-(aq) Ag2O(s)+H2O(l) H = b kJmol1 K = d（3）寫出 Ag2O溶于氨水（用 NH3表示）生成銀氨溶液Ag(NH3)2+的熱化學(xué)方程式：_；計(jì)算 25下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)（用 c、d 表示）K =_。III某鎂鹽溶液中含有雜質(zhì)離子Cr3，所含主要離子及其濃度如下表所示(H和OH未列出)：離子Mg2Cr3Cl濃度(mol/L

39、)0.50.01a已知 25時(shí)，KspCr(OH)31032；KspMg (OH)25×1011；操作過程中溶液體積的變化忽略不計(jì)。（4）表格中的 a_1.03(填“<”、“>”或“”)。（5）除去雜質(zhì)Cr3離子，可加入MgO調(diào)節(jié)溶液 pH，理論上應(yīng)調(diào)節(jié) pH 的范圍是_。（6）溶液經(jīng)除雜、過濾后，由濾液制取氯化鎂晶體（MgCl26H2O）的操作是_?！敬鸢浮浚?）1000:1；（2）10-6b/(a-b)；（3）Ag2O(s)+H2O(l) +4NH3(aq) 2Ag(NH3)2+(aq)+2OH-(aq)H =(2 a -b)kJmol1；（4）>；（5）5 &

40、lt; pH 9；（6）濾液中加鹽酸(或在 HCl 氣流中)，加熱濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾?！窘馕觥吭囶}分析：（1）25下，某Na2SO4溶液中c(SO42-)5×104 molL1，c(Na+)=2c(SO42-)1×103 molL1，取該溶液 1mL 加水稀釋至10mL，則根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變可知稀釋后溶液中c(Na+)=1×104 molL1，由于溶液顯中性，所以c(OH)=1×107 molL1，則稀釋后溶液中 c(Na):c(OH)c(Na+)=1×104 molL1：1×107 molL1=1000:1；（2）在

41、t 2下，將 a molL1CH3COOH 溶液與 b molL1NaOH 溶液等體積混合反應(yīng)后，溶液恰好呈中性，則該溫度下 CH3COOH 的電離常數(shù)；（3）×2-，整理可得Ag2O(s)+H2O(l) +4NH3(aq) 2Ag(NH3)2+(aq)+2OH-(aq) H =(2 a -b)kJmol1；在25下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)（用 c、d 表示）；（4）在任何溶液中陽離子帶有的正電荷總數(shù)與陰離子帶有的負(fù)電荷總數(shù)相等。2c(Mg2+)+3c(Cr3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；2×0.5+3×0.01+ c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)

42、，由于該鹽溶液都是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解時(shí)溶液顯酸性，c(H+)>c(OH-)，所以c(Cl-)>2×0.5+3×0.01=1.03mol/L；（5）根據(jù)KspCr(OH)31032，可知使Cr3+形成沉淀完全的最小的c3(OH-)=1032÷10-5=1027，所以c(OH-)=10-9mol/L；則pH=9，由于溶液中c(Mg2+)=0.5mol/L，則根據(jù)KspMg (OH)25×1011可知使Mg2+不形成沉淀c2(OH-)=5×1011÷0.5=1×1010，所以c(OH-)=10-5mol/L；則pH=5。

43、故除去雜質(zhì)Cr3離子，可加入MgO調(diào)節(jié)溶液 pH，理論上應(yīng)調(diào)節(jié) pH 的范圍是5 < pH 9；（6）溶液經(jīng)除雜、過濾后得到的就是氯化鎂溶液，由于氯化鎂的溶解度隨溫度的升高而增大，所以由濾液制取氯化鎂晶體（MgCl26H2O）的操作是濾液中加鹽酸酸化(或在HCl氣流中)，然后加熱濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，就得到氯化鎂晶體?！究键c(diǎn)定位】考查溶液中離子濃度關(guān)系、蓋斯定律的應(yīng)用、電離平衡常數(shù)的計(jì)算、沉淀溶解平衡常數(shù)的應(yīng)用及分離混合物的方法的知識?！久麕燑c(diǎn)睛】對于鹽溶液來說稀釋時(shí)鹽電離產(chǎn)生的離子濃度都減小，由于中性溶液中氫離子或氫氧根離子的濃度不變，因此會使鹽電離產(chǎn)生的離子與水電離產(chǎn)生的離子的濃度的

44、比值減小。根據(jù)蓋斯定律，可以計(jì)算不能直接反應(yīng)的反應(yīng)熱，也可以計(jì)算不容易測定的反應(yīng)的反應(yīng)熱；根據(jù)溶度積常數(shù)可以計(jì)算使離子形成形成的溶液的pH。分離混合物要結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)具體分析，若物質(zhì)的溶解度隨溫度的升高而增大，隨溫度的降低而減小，則應(yīng)該采用冷卻熱飽和溶液的方法。即蒸發(fā)濃縮，使溶液變?yōu)轱柡腿芤海缓蠼档蜏囟?，使之形成沉淀而結(jié)晶析出，然后過濾洗滌產(chǎn)生，若該鹽容易水解，為防止鹽水解，則應(yīng)該在鹽水解產(chǎn)生的相應(yīng)的酸的環(huán)境中進(jìn)行加熱制取。 9（1）今有CH3COOH HCl H2SO4三種溶液，當(dāng)它們溫度相同、pH相同時(shí)，其物質(zhì)的量濃度由大到小排列的順序是 （用序號表示）。（2）某溫度下，純水中的c(H+

45、)=2.0×10-7mol/L，則此時(shí)溶液中c(OH-)為_mol/L。（3）在25下，向濃度均為0.1 mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，請寫出最先生成沉淀的離子方程式為 。（已知25時(shí)KspMg(OH)2=1.8×10-11，KspCu(OH)2=2.2×10-20）。（4）下列說法不正確的是 （填序號）。A用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl小B物質(zhì)的溶解度隨溫度的升高而增加，故物質(zhì)的溶解都是吸熱的C除去氯化鈉溶液中的Mg2+，用NaOH溶液沉淀Mg2+比用Na2CO3溶液效果好，說明相同溫度時(shí)Mg(OH)2的

46、溶解度比MgCO3大D沉淀反應(yīng)中常加適當(dāng)過量的沉淀劑，其目的是使相關(guān)離子沉淀完全【答案】（1）（2）2.0×10-7 mol/L。（3）Cu2+2NH3·H2O = Cu(OH)2+2NH4+。（4）BC【解析】試題分析：（1）鹽酸是一元強(qiáng)酸，硫酸是二元強(qiáng)酸，醋酸是一元弱酸，當(dāng)三種酸的溶液中氫離子濃度相同時(shí)，醋酸的濃度最大，硫酸的濃度最小，順序?yàn)椋?）純水中氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等，所以氫氧根離子濃度為2.0×10-7 mol/L。（3）根據(jù)溶度積分析，溶度積越小，越先開始沉淀，所以氫氧化銅的溶度積比氫氧化鎂的小，所以先產(chǎn)是氫氧化銅沉淀，離子方程式為Cu2+

47、2NH3·H2O = Cu(OH)2+2NH4+。 （4）A、氯化銀沉淀存在溶解平衡氯離子濃度增大，平衡向生成沉淀的方向進(jìn)行，所以用稀鹽酸洗滌氯化銀比用水損耗氯化銀小，正確，B、物質(zhì)的溶解度不一定隨溫度的升高而增大，如氫氧化鈣，錯誤。C、氫氧化鎂的溶解度比碳酸鎂小，錯誤。D、為了使離子完全沉淀，加入過量的沉淀劑，正確。所以錯誤的為BC。考點(diǎn)：弱電解質(zhì)的電離平衡 難溶電解質(zhì)的溶解平衡10Na2S又稱臭堿、硫化堿，是應(yīng)用廣泛的化工原料，也常用于吸收工業(yè)廢氣中的SO2。完成下列填空：（1）用離子方程式說明Na2S又稱臭堿、硫化堿的原因_。（2）向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，生成黑色沉

48、淀，寫出反應(yīng)的離子方程式_。結(jié)合你所學(xué)習(xí)過的其它離子反應(yīng)分析，離子互換反應(yīng)進(jìn)行的方向是_。向Na2S溶液中不斷通入SO2，直至不再能吸收。其間看到溶液變渾濁，停止反應(yīng)后溶液中含硫微粒為：S2O32-、HSO3-、H2SO3、HS-。（3）反應(yīng)過程中，溶液的pH逐漸_（填“變大”、“變小”），生成的沉淀是_；（4）關(guān)于反應(yīng)后得到的溶液，下列離子濃度關(guān)系正確的是_。ac(Na+) = c(S2O32-) + 2 c(HSO3-) + 2c(H2SO3) + 2 c(HS-)bc(Na+) + c(H+) = 2 c(S2O32-) + c(HSO3-) + c(HS-) + c(OH-)cc(Na

49、+) = 2 c(HS-)【答案】（1）S2-H2O OH-HS- ，HS-H2O OH-H2S （2分）（2）2 AgCl S2- Ag2S 2 Cl- （2分）； 某些離子濃度減小的方向（2分，答“生成更難溶的沉淀”得1分）（3）變小 （2分） S（2分）（4）b （2分）【解析】試題分析：（1）Na2S溶液中硫離子水解：S2-H2O OH-HS- ，HS-H2O OH-H2S，生成硫化氫，切導(dǎo)致溶液呈堿性。（2）向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，生成黑色硫化銀沉淀，反應(yīng)：2 AgCl S2- Ag2S 2 Cl- ；反應(yīng)向著更難溶的方向進(jìn)行。（3）二氧化硫溶于水生成亞硫酸，與硫化鈉反應(yīng)

50、，堿性減弱酸性增強(qiáng)，PH減?。簧蒘沉淀。（4）a考查物料守恒：硫化鈉中加入二氧化硫鈉與硫不是2:1，故a錯誤；b.考查電荷守恒：c(Na+) + c(H+) = 2 c(S2O32-) + c(HSO3-) + c(HS-) + c(OH-)，故b正確；c.考查物料守恒，硫化鈉中加入二氧化硫鈉與硫氫根離子不是2:1，故c錯誤；答案選b?？键c(diǎn)：考查鹽類水解11鉻是用途廣泛的金屬，但在生產(chǎn)過程中易產(chǎn)生有害的含鉻工業(yè)廢水。I. 還原沉淀法處理含Cr2O72和CrO42，工業(yè)廢水的一種常用方法，其工藝流程如下： CrO42Cr2O72Cr3+ Cr(OH)3其中第步存在平衡：2CrO42+2HCr2

51、O72+H2O（1）若平衡體系的pH0，該溶液顯 色。（2）第步反應(yīng)的離子方程式是 。已知：常溫下KspCr(OH)3 6.0×10-31， KspFe(OH)34.0×10-38向第步反應(yīng)后的溶液中加入一定量燒堿，若溶液中c(Fe3+)4.0×10-14 mol/L，溶液的pH值為 ，此時(shí)溶液中c(Cr3+) mol/L。II.探究 CrO3的強(qiáng)氧化性和熱穩(wěn)定性（3）CrO3具有強(qiáng)氧化性，遇到有機(jī)物(如酒精)時(shí)，劇烈反應(yīng)以至著火若該過程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被還原成綠色的Cr2(SO4)3完成該反應(yīng)的化學(xué)方程式： CrO3 + C2H5OH+ H2SO4

52、Cr2(SO4)3+ CH3COOH+ （4)CrO3的熱穩(wěn)定性較差，加熱時(shí)逐步分解，其固體殘留率隨溫度的變化如圖所示。B點(diǎn)時(shí)剩余固體的成分是 (填化學(xué)式 )?！敬鸢浮浚?）橙；（2）6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O；6；6.0×107（3）4CrO33C2H5OH6H2SO42Cr2(SO4)33CH3COOH9H2O （4）Cr2O3【解析】試題分析：（1）若pH0時(shí)，即酸性條件下，體系中存在的是Cr2O72 ，故溶液顯橙色；（2）第二步是將Cr2O72還原成Cr3+，離子方程式為：6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O；已知Ks

53、pFe(OH)34.0×1038，c(Fe3+)4.0×1014mol/L，根據(jù)Kspc(Fe3+)·c(OH-)34.0×1014mol/L×c(OH-)34.0×1038，可得到c(OH-)1.0×10-8mol/L，則氫離子濃度是106mol/L，因此pH6；又因?yàn)镵spCr(OH)36.0x1031c(Cr3+)×c(OH-)3;，可得到c(Cr3+)6.0×107mol/L（3）根據(jù)方程式可判斷Cr元素的化合價(jià)從+6價(jià)降低到+3價(jià)，得到3個電子。乙醇中碳元素的化合價(jià)從2價(jià)升高到0價(jià)，失去2個電子

54、，所以根據(jù)電子得失守恒可知氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是4:3，乙醇配平后的方程式為4CrO33C2H5OH6H2SO42Cr2(SO4)33CH3COOH9H2O；（4）設(shè)CrO3的質(zhì)量為100g，則CrO3中鉻元素的質(zhì)量為，B點(diǎn)時(shí)固體的質(zhì)量為：100g×76%76g，Cr的質(zhì)量沒有變，所以生成物中Cr元素的質(zhì)量為52g，氧元素的質(zhì)量為76g-52g24g，Cr、O原子個數(shù)比為，所以B點(diǎn)時(shí)剩余固體的成分是Cr2O3。考點(diǎn)：考查外界條件對平衡的影響、氧化還原反應(yīng)方程式配平、沉淀溶解平衡及物質(zhì)化學(xué)式計(jì)算等12（1）分別用等體積的蒸餾水和0.01mol/L硫酸洗滌BaSO4沉淀，用水洗滌

55、造成BaSO4 的損失量大于用稀硫酸洗滌的損失量。原因是 (請結(jié)合平衡移動原理，用相關(guān)的化學(xué)用語及文字表述回答。)（2）Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3(aq)3OH(aq)，常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp1032，要使c(Cr3)降至105 mol/L時(shí)，溶液的pH應(yīng)調(diào)至 （3）實(shí)驗(yàn)證明，多元弱酸的分步電離一步比一步困難。原因是 (提示：可以從粒子的電荷情況和電離平衡的移動兩方面加以考慮)（4）在25下，將a mol·L-1的氨水與0.01 mol·L-1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)平衡時(shí)溶液中c(NH4)=c(Cl)，則溶液是 (填

56、“酸”、“堿”或“中”)性；用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離常數(shù)Kb= 【答案】（1）根據(jù)BaSO4(S) Ba2+(aq)+SO42- (aq) ,在稀硫酸溶液中 可以使該平衡向逆向移動,即 抑制硫酸鋇的溶解,所以可以使硫酸鋇的損失減少。（2）5（3）前一步電離出的H+ 對以后每一步的電離起到抑制作用，所以電離越來越困難；第一步是在分子的基礎(chǔ)上進(jìn)行電離，而以后的每一步都是在陰離子的基礎(chǔ)上進(jìn)行電離，后者受到電性的引力作用更強(qiáng)，所以電離更困難。（4）中 【解析】試題分析：（1）BaSO4(s)Ba2+SO42-，用水洗滌使BaSO4的溶解平衡向正方向移動，造成BaSO4的損失；而用H2SO4洗滌，H2SO=2H+SO42-，SO42-的存在抑制了BaSO4的溶