（江苏专用）高考化学一轮复习 专题12 盐类水解和沉淀溶解平衡课件-人教版高三全册化学课件

1、专题12 盐类水解和沉淀溶解平衡高考化学高考化学 (江苏省专用)A A组组 自主命题自主命题江苏卷题组江苏卷题组五年高考考点一盐类的水解考点一盐类的水解1.(2019江苏单科,14,4分)室温下,反应HC+H2O H2CO3+OH-的平衡常数K=2.210-8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合,可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()A.0.2 molL-1氨水:c(NH3H2O)c(N)c(OH-)c(H+)B.0.2 molL-1NH4HCO3溶液(pH7):c(N)c(HC)c(H2CO3)c(NH3H2O)C

2、.0.2 molL-1氨水和0.2 molL-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(N)+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c(HC-)+c(C)D.0.6 molL-1氨水和0.2 molL-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH3H2O)+c(C)+c(OH-)=0.3 molL-1+c(H2CO3)+c(H+)3O4H4H3O4H3O23O23O答案答案BD本题涉及的考点有弱电解质的电离、盐类水解、离子浓度大小比较;结合有关信息求离子浓度关系,考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力;通过定量计算、比较离子浓度,体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养。0.2 molL-1氨水中存在:

3、NH3H2ON+OH-、H2OH+OH-,故c(NH3H2O)c(OH-)c(N-)c(H+),A项错误;NH4HCO3溶液中存在:N+H2ONH3H2O+H+、HC+H2OH2CO3+OH-,溶液pH7,说明HC水解程度比N水解程度大,所以c(N)c(HC)c(H2CO3)c(NH3H2O),B项正确;0.2 molL-1氨水和0.2 molL-1 NH4HCO3溶液等体积混合,二者恰好完全反应:NH3H2O+NH4HCO3(NH4)2CO3+H2O,根据物料守恒:c(N)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3)+c(HC)+c(C),C项错误;0.6 molL-1氨水和0.2 molL-1

4、 NH4HCO3溶液等体积混合得到0.2 molL-1氨水和0.1 molL-1(NH4)2CO3的混合溶液,该溶液中有如下关系式:电荷守恒:c(N)+c(H+)=c(OH-)+2c(C)+c(HC)物料守恒:c(N)+c(NH3H2O)=0.4 molL-1c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 molL-1-得:c(NH3H2O)+c(C)+c(OH-)=0.3 molL-1+c(H2CO3)+c(H+),D项正确。4H4H4H3O3O4H4H3O4H3O23O4H23O3O4H3O23O23O解题关键解题关键 依据混合溶液反应进行程度,确定溶质成分,然后依据守恒关系列等式,并进行

5、合适的运算。易错警示易错警示 D项注意溶液等体积混合,溶质的最终浓度“减半”。2.(2018江苏单科,14,4分)H2C2O4为二元弱酸,(H2C2O4)=5.410-2,(H2C2O4)=5.410-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 molL-1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A.0.100 0 molL-1 H2C2O4溶液:c(H+)=0.100 0 molL-1+c(C2)+c(OH-)-c(H2C2O4)B.c(Na+)=c(

6、总)的溶液:c(Na+)c(H2C2O4)c(C2)c(H+)C.pH=7的溶液:c(Na+)=0.100 0 molL-1+c(C2)-c(H2C2O4)D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2)1aK2aK4O24O24O24O24O4O答案答案AD本题考查电解质溶液中粒子浓度的关系。A项,由电荷守恒可知:c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),将其中一个c(C2)用题干信息代替可变式为c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+c(C2)+c(总)-c(H2C2O4)-c(HC2)=0.100 0 molL-1+c(C2)+

7、c(OH-)-c(H2C2O4),正确。B项,由c(Na+)=c(总)可知溶液中的溶质为NaHC2O4,已知=5.410-5,因c(HC2)c(C2),所以c(H+)5.410-5molL-1,溶液显酸性,HC2的电离程度大于其水解程度,故c(C2)c(H2C2O4),错误。C项,由电荷守恒可知:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),溶液pH=7,则c(Na+)=c(HC2)+2c(C2)=c(总)+c(C2)-c(H2C2O4),因为加入NaOH溶液,溶液的总体积增大,c(总)0.100 0 molL-1,所以c(Na+)0.100 0 molL-1+c(C2)

8、-c(H2C2O4),错误。D项,将c(Na+)=2c(总)代入C项的电荷守恒式可推知:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2),正确。4O24O24O4O24O4O24O2aK22424(H )(C O )(HC O )ccc4O24O4O24O4O24O4O24O24O24O4O易错警示易错警示 利用物料守恒时,要注意溶液的总体积是否改变,若溶液的总体积改变,c(总)也随之改变。解题技巧解题技巧 判断粒子浓度的关系时,除了掌握电荷守恒、物料守恒外,还要特别注意溶液的酸碱性,根据c(H+)与c(OH-)的大小关系判断。3.(2017江苏单科,14,4分)常温下,Ka(HC

9、OOH)=1.7710-4,Ka(CH3COOH)=1.7510-5,Kb(NH3H2O)=1.7610-5,下列说法正确的是 ()A.浓度均为0.1 molL-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积相等C.0.2 molL-1 HCOOH与0.1 molL-1 NaOH等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.0.2 molL-1 CH3COONa与0.1 molL-1盐酸等体积混合后的溶液中(pHc(

10、Cl-)c(CH3COOH)c(H+)答案答案ADA项,HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)=0.1 molL-1+c(H+),NH4Cl溶液中c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)=0.1 molL-1+c(OH-);已知:Ka(HCOOH)=1.7710-4Kb(NH3H2O)=1.7610-5,即同浓度时电离程度HCOOHNH3H2O,则水解程度HCOO-Ka(CH3COOH),所以n(HCOOH)n(CH3COOH),消耗NaOH溶液的体积前者小于后者,故B项错误。C项,混合后得HCOOH与HCOONa物质的量之比为1 1的溶液,物料守恒:2c(Na+)=c(HCOOH

11、)+c(HCOO-),电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),2-得c(HCOOH)+2c(H+)=c(HCOO-)+2c(OH-),故C项错误。D项,混合后得CH3COONa、NaCl和CH3COOH物质的量之比为1 1 1的混合液,且pHc(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)c(OH-),故D项正确。4H4H2.再确定溶液酸碱性(考虑电离程度 、水解程度的相对大小);3.若选项中包含等式,要考虑两个守恒(物料守恒和电荷守恒);若选项中包含不等式,要考虑两个守恒且结合等量代换。思路梳理思路梳理 1.先确定溶液成分(两溶液混合时能发生反应者优

12、先考虑反应);4.(2014江苏单科,11,4分)下列有关说法正确的是()A.若在海轮外壳上附着一些铜块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀 B.2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的H0 C.加热0.1 molL-1 Na2CO3溶液,C的水解程度和溶液的pH均增大D.对于乙酸与乙醇的酯化反应(H0),加入少量浓硫酸并加热,该反应的反应速率和平衡常数均增大23O答案答案CA项,若在海轮外壳上附着一些铜块,则Fe、Cu和海水构成原电池,海轮外壳腐蚀更快,A项错误;B项,该反应是熵减的反应,S0,要在常温下自发进行,则H0,B项错误;加热会促进C水解,c(OH-

13、)增大,pH增大,C项正确;D项,酯化反应是放热反应,加热会加快反应速率,但化学平衡逆向移动,平衡常数减小,D项错误。23O规律总结规律总结 金属防腐的两种常见方法:牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。外界条件对弱电解质电离和盐类水解的影响:越稀越热越电离,越稀越热越水解。考点二沉淀溶解平衡考点二沉淀溶解平衡5.(2010江苏单科,10,4分)下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是()选项实验操作实验目的或结论A某钾盐溶于盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体说明该钾盐是K2CO3B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末,搅拌一段时间后过滤除去

14、MgCl2溶液中少量FeCl3C常温下,向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末,过滤,向洗净的沉淀中加稀盐酸,有气泡产生说明常温下Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)DC2H5OH与浓硫酸170 共热,制得的气体通入酸性KMnO4溶液检验制得气体是否为乙烯答案答案BA项,钾盐还可以是KHCO3;B项,加入Mg(OH)2粉末,Fe3+可转化为沉淀而除去;C项,向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末会有BaCO3生成,但并不能说明Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4);D项,制得的乙烯中可能含有SO2气体,SO2也可使酸性高锰酸钾溶液褪色。6.(2016江苏单科,13,4分)根

15、据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A室温下,向苯酚钠溶液中通入足量CO2,溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚的强B室温下,向浓度均为0.1 molL-1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液,出现白色沉淀Ksp(BaSO4)HC,所以+CO2+H2O+NaHCO3。3O易错警示易错警示 根据盐类水解的规律,越弱越水解,即弱酸(弱碱)的酸性(碱性)越弱,其阴离子(阳离子)的水解程度也就越大。D选项中,pH:Na2SO3溶液NaHSO3溶液,说明S水解程度更大,即S结合H+的能力更强。23O23O7.(2013江苏单科,14,4分)一定温度下,三种碳酸盐MC

16、O3(M:Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知:pM=-lg c(M),p(C)=-lg c(C)。下列说法正确的是()A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B.a点可表示MnCO3的饱和溶液,且c(Mn2+)=c(C)C.b点可表示CaCO3的饱和溶液,且c(Ca2+)c(C)D.c点可表示MgCO3的不饱和溶液,且c(Mg2+)p(Ca2+),则c(C)c(Ca2+),C项错误;c点c(C)c(Mg2+)p(C),则c(Mg2+)c(OH-)B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与

17、水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同答案答案C本题考查了CH3COONa、CuSO4的水解,水的离子积常数及温度对相关平衡移动的影响等知识。该题的综合度高、思维容量大,侧重考查了学生对实验数据的提取、分析、处理能力。试题多角度、动态分析化学反应,运用化学反应原理来解决实际问题,体现了培养学生创新思维和创新意识的价值观念。A项,温度升高,纯水中的H+、OH-的浓度都增大,但二者始终相等;B项,温度升高,CH3COONa的水解平衡正向移动,溶液中OH-浓度增大,图像中反映出的“随温度升高CH3

18、COONa溶液的pH下降”的现象,是由“温度升高水的离子积常数增大”导致的,并非OH-浓度下降了;D项,温度升高对CH3COO-、Cu2+的水解都有促进作用,二者水解平衡移动的方向是一致的。2.(2018天津理综,3,6分)下列叙述正确的是()A.某温度下,一元弱酸HA的Ka越小,则NaA的Kh(水解常数)越小B.铁管镀锌层局部破损后,铁管仍不易生锈C.反应活化能越高,该反应越易进行D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3 答案答案BA项,HA的Ka越小,说明该一元酸的酸性越弱,酸根离子的水解能力越强,NaA的Kh越大;B项,镀锌层局部破损后有可能在特定的环境下形成原电池,铁电极被保

19、护而不易生锈;C项,活化能越高,反应越不易进行;D项,C2H5OH和CH3OCH3的官能团不同,红外光谱也不同,所以用红外光谱可以区分。知识拓展知识拓展核磁共振氢谱用来确定化学环境中氢原子种类及数目;质谱用来确定分子的相对分子质量;红外光谱主要用来确定官能团的种类。3.(2018北京理综,11,6分)测定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。实验过程中,取时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,产生白色沉淀多。下列说法不正确的是()A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:S+H2OHS+OH-B.的pH与不同,是由于S浓度减小造成的C.的过程中,温度

20、和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.与的KW值相等时刻温度/25304025pH9.669.529.379.2523O3O23O答案答案C本题考查Na2SO3的还原性和温度对水解平衡的影响。过程中Na2SO3不断转化为Na2SO4,S浓度逐渐减小,使水解平衡向逆反应方向移动,而升高温度使水解平衡向正反应方向移动,故C不正确。23O拓展延伸拓展延伸 亚硫酸盐、H2SO3、SO2等+4价硫元素的化合物都具有较强的还原性。考点二沉淀溶解平衡考点二沉淀溶解平衡4.(2019课标,12,6分)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀

21、溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)Fe2+B.将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性 C.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D.向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象Ksp(AgI)Ksp(AgCl)答案答案CFeCl3溶液与足量铁粉发生反

22、应:Fe+2Fe3+ 3Fe2+,Fe为还原剂,Fe2+为还原产物,还原剂的还原性强于还原产物的还原性,A项不符合题意;根据实验现象可推知,钠在CO2气体中燃烧生成的黑色颗粒为C,O2 ,则CO2作氧化剂,表现出氧化性,B项不符合题意;NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O、CO2,其中NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝,根据现象无法得出NH4HCO3显碱性的结论,C项符合题意;向Ag+浓度相同的溶液中分别加入相同浓度的Cl-和I-,产生AgI沉淀而没有产生AgCl沉淀,说明Ksp(AgI)C6H5OHC.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(Z

23、nS)D.某溶液中加入Ba(NO3)2溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有S24O答案答案B本题考查Fe2+、S的检验,Ksp的应用等。A项,说明原溶液中有Fe2+,但不能确定是否有Fe3+,不正确;B项,说明H2CO3制出了C6H5OH,正确;C项,S2-与Cu2+直接反应生成CuS黑色沉淀,不能说明Ksp(CuS)c(Na+)=c(NH3H2O)B.加入10 mL盐酸时:c(N)+c(H+)=c(OH-)C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+)D.加入20 mL盐酸时:c(Cl-)=c(N)+c(Na+)4H4H答案答案BNH3H2O发生微弱电离,溶液中c(O

24、H-)c(Na+)c(NH3H2O),A项不正确;加入10 mL 0.1 molL-1盐酸时,混合溶液中:c(Na+)=c(Cl-),根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)+c(N)=c(OH-)+c(Cl-),B项正确;加入盐酸至溶液pH=7时,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒可知c(Na+)+c(N)=c(Cl-),C项不正确;加入20 mL盐酸时溶液中溶质为NaCl和NH4Cl,溶液显酸性:c(H+)c(OH-),结合电荷守恒可知:c(Na+)+c(N)c(HC2)C.P点:c(Na+)+c(H2C2O4)0.100 molL-1+c(C2)D.该温度下H2C2O4的电离平衡常数=

25、110-4.2 4O24O24O24O4O24O2aK答案答案CD A项,NaHC2O4溶液的质子守恒式为c(H2C2O4)+c(H+)=c(C2)+c(OH-),故错误;B项,图中曲线表示H2C2O4,曲线表示HC2,曲线表示C2,由图中纵坐标可直接读出Q点c(H2C2O4)+c(C2)c(HC2),故错误;C项,由电荷守恒可得c(Na+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)-c(H+),则有c(Na+)+c(H2C2O4)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)-c(H+)+c(H2C2O4)=c(C2)+0.100 molL-1+c(OH-)-c(H+),因P点溶液显酸性,则c(

26、OH-)-c(H+)0,故c(Na+)+c(H2C2O4)c(HC)+2c(C)D.当pH=10.25时,c(Na+)+c(H+)c(C)+c(OH-)3O23O23O答案答案CDA项,当pH=6.37时,此溶液应为“碳酸氢铵+盐酸”的混合溶液,由电荷守恒可得:c(H+)+c(N)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)+c(Cl-),且c(Cl-)0,可推出:c(H+)+c(N)c(HC)+2c(C)+c(OH-),故错误;B项,当pH=7.78时,应为碳酸氢铵溶液,根据物料守恒可得:c(N)+c(NH3H2O)=c(HC)+c(C)+c(H2CO3)c(HC)+c(C),故错误;C项,当pH

27、=9.25时,此溶液应为“碳酸氢铵+氢氧化钠”的混合溶液,由电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)+c(N)=c(HC)+2c(C )+c(OH-),由图示可知,此时c(N)=c(NH3H2O),代入上式,可得:c(Na+)+c(H+)+c(NH3H2O)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),因pH=9.25时,c(H+)c(HC)+2c(C),故正确;D项,当pH=10.25时,此溶液应为“碳酸氢铵+氢氧化钠”的混合溶液,由电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)+c(N)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),移项得:c(Na+)+c(H+)=c(C)+c(OH-)+c(HC)+c(C)-

28、c(N),由图示可知,pH=10.25时c(HC)=c(C)c(N),则c(HC)+c(C)-c(N)0,可得:c(Na+)+c(H+)c(C)+c(OH-),故正确。4H3O23O4H3O23O4H3O23O3O23O4H3O23O4H3O23O3O23O4H3O23O23O3O23O4H3O23O4H3O23O4H23O3.2019泰州一模,16(2)以电石渣主要成分为Ca(OH)2,含Fe2O3、MgO和SiO2等杂质为原料制备纳米碳酸钙的一种工艺流程如下:(2)“浸渍”时,一定时间内Ca2+浸取率随温度变化如图所示。Ca2+浸取率随温度升高而上升的两个原因是 ; 。 答案答案(2)温度

29、升高,增大浸取反应速率,从而提高Ca2+浸取率温度升高导致氨挥发,促进该反应平衡向右移动,从而提高Ca2+浸取率(或温度升高,NH4Cl溶液中的N水解程度增大,从而提高Ca2+浸取率;温度升高,溶液黏稠度减小,从而提高Ca2+浸取率。任意答出两点即可)4H解析解析(2)围绕温度升高有利于提高Ca2+浸取率的变化来回答。考点二沉淀溶解平衡考点二沉淀溶解平衡4.(2019泰州中学、宜兴中学联考,13)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向碘水中加入等体积CCl4,振荡后静置,上层接近无色,

30、下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH,前者pH比后者的大非金属性:SCD向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液,有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)Ksp(AgI)答案答案BA项,向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液发生反应C6H5OH+Na2CO3 C6H5ONa+NaH-CO3,体现出苯酚的酸性强于HC,而苯酚的酸性是弱于H2CO3的,故错误;B项,加入CCl4后,I2被CCl4萃取,下层为I2的CCl4溶液,上层为H2O,说明I2在CCl4中的溶解度更大,故正确;C项,元素的非金属性越强,则对应的最高价氧化物的

31、水化物的酸性越强,而Na2SO3中的S元素的化合价不是其最高价,此现象不能得出对应结论,故错误;D项,Cl-和I-的初始浓度未知,不能得出Ksp(AgCl)Ksp(AgI)的结论,故错误。3O5.2019南京、盐城一模,19(2)(4)以SO2、软锰矿(主要成分MnO2,含少量Fe、Al、Ca及Pb的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备MnSO4溶液和Mn3O4,主要实验步骤如下:步骤:如图所示装置,将SO2通入B中的软锰矿浆液中(MnO2+SO2 MnSO4)。步骤:充分反应后,在不断搅拌下依次向三口烧瓶中加入适量纯净的MnO2、MnCO3,最后加入适量Na2S来沉铅等重金属。步骤:过滤得

32、MnSO4溶液。(2)装置B中反应应控制在90100 ,适宜的加热方式是 。(4)“步骤”中加入纯净MnO2的目的是 ,用MnCO3调节溶液pH时,需调节溶液pH范围为 。该实验条件下,部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下:金属离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+开始沉淀pH7.041.873.327.56沉淀完全pH9.183.274.910.2答案答案(2)用90100 的水浴加热(4)将Fe2+氧化为Fe3+4.9pH7.56解析解析(2)装置B中反应应控制在90100 ,适宜的加热方式是用90100 的水浴加热。(4)MnO2可将Fe2+氧化为Fe3+;用MnCO3调节溶液pH时,

33、应使铁离子、铝离子生成沉淀除去,同时应避免锰离子生成沉淀,故应控制pH的范围为:4.9pH7.56。6.2019启东、海门、通州联考,18(1)四氧化三锰(Mn3O4)是重要的电子工业磁性原料。(1)Mn3O4的一种工业制法:在常温下,往硫酸锰溶液中加入氨水,控制溶液的pH为10,使Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀,过滤,在NH4Cl溶液催化下通入氧气将滤渣氧化为Mn3O4。滤液中Mn2+的浓度为 KspMn(OH)2=1.910-13。滤渣转化为Mn3O4的化学方程式为 。答案答案(1)1.910-5 molL-16Mn(OH)2+O2 2Mn3O4+6H2O解析解析(1)由题意,根据溶度积

34、公式可得:c(Mn2+)c2(OH-)=1.910-13,常温下,pH=10,可知c(H+)=10-10molL-1,则c(OH-)=10-4 molL-1,代入式中运算可得c(Mn2+)=1.910-5 molL-1。滤渣成分为Mn(OH)2,根据题意,其与O2反应生成Mn3O4,根据原子守恒结合题设情景,应推出生成物中还有水生成,再根据得失电子守恒、原子守恒配平可得答案。1.(2019扬州一模,12)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液,出现浑浊蛋白质可能发生了变性B将乙醇与浓硫酸混合加热,产生的气体通入酸性KMnO4溶

35、液,溶液紫红色褪去产生的气体中一定含有乙烯C室温下,用pH试纸测得:0.1 molL-1 Na2SO3溶液的pH约为10;0.1 molL-1 NaHSO3溶液的pH约为5HS结合H+的能力比S的强D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液,产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)c(HC2)c(C2)c(H2C2O4)C.当VNaOH(aq)=15.00 mL时:3c(Na+)=2c(C2)+2c(HC2)+2c(H2C2O4)24O4O4O24O24O4OD.当VNaOH(aq)=30.00 mL时:c(C2)+2c(HC2)+3c(H2C2O4)=c(OH-)-c(H+

36、)24O4O答案答案BD A项,根据电荷守恒,始终存在:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2)+c(HC2),故错误;B项,当VNaOH(aq)=10.00 mL 时,恰好为NaHC2O4溶液,且由题图可知此时溶液呈酸性,存在:c(Na+)c(HC2)c(C2)c(H2C2O4),故正确;C项,当VNaOH(aq)=15.00 mL时,恰好为NaHC2O4与Na2C2O4物质的量之比为1 1的溶液,故存在物料守恒:2c(Na+)=3c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4),故错误;D项,当VNaOH(aq)=30.00 mL时,形成Na2C2O4与NaOH物质的量之比为1 1

37、的溶液,存在电荷守恒式:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2)+c(HC2),物料守恒式:c(Na+)=3c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4),两式联立可得:c(C2)+2c(HC2)+3c(H2C2O4)=c(OH-)-c(H+),故正确。24O4O4O24O4O24O24O4O4O24O24O4O方法技巧方法技巧 比较电解质溶液中粒子浓度大小时,首先判断溶液中微粒的成分和浓度大小,其次再结合溶液酸碱性或者水解与电离程度的大小关系。如本题B选项NaHC2O4溶液中,溶质电离出的Na+与HC2肯定是溶液中主要存在的离子,而HC2水解且电离,所以c(Na+)c(HC2);其

38、次根据此时溶液呈酸性推出HC2电离比水解程度大,所以c(C2)c(H2C2O4)。4O4O4O4O24O规律总结规律总结 溶液中三大守恒的应用若等式一边全为阴离子,另一边全为阳离子电荷守恒。若等式一边包含了一种元素的所有存在形式,另一边包含了另一种元素物料守恒。若等式一边微粒能电离,另一边微粒能结合质子守恒。若等式没有以上明显特征,则需要由三个等式变式而来。3.(2019无锡期中,14)25 时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7,所得溶液中:c(Na+)c(ClO-)c(Cl-)c(OH-)B.0.1 molL-1 NH4HSO4溶液与

39、0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合:c(S)=c(Na+)c(N)c(H+)c(OH-)C.0.2 molL-1 NaHCO3溶液与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合:2c(H+)+c(C)+3c(H2CO3)2c(OH-)+c(HC)D.0.1 molL-1 HCN溶液与0.05 molL-1 NaOH溶液等体积混合(pH7):c(H+)+c(HCN)c(OH-)+c(CN-)24O4H23O3O答案答案BD A项,由得失电子守恒结合物料守恒,有c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO),则c(Cl-)c(ClO-);根据溶液中的电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(

40、ClO-)+c(Cl-)+c(OH-),当溶液pH=7时,c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-),因而c(Na+)c(Cl-),所以溶液中离子浓度大小为c(Na+)c(Cl-)c(ClO-)c(OH-),故错误;B项,混合时发生反应2NH4HSO4+2NaOH Na2SO4+(NH4)2SO4+2H2O,即所得溶液为等物质的量的Na2SO4和(NH4)2SO4的混合溶液,因N发生微弱水解,使溶液显酸性,则有c(S )=c(Na+)c(N)c(H+)c(OH-),故正确;C项,混合时发生反应NaHCO3+NaOH Na2CO3+H2O,所得溶液为等物质的量的NaH

41、CO3和Na2CO3混合溶液,由于Na2CO3的水解程度强于NaH-CO3,则该混合溶液中c(C)c(HC)。混合溶液中的电荷守恒式为:c(H+)+c(Na+)=2c(C)+c(HC)+c(OH-),物料守恒式为:2c(Na+)=3c(C)+c(HC)+c(H2CO3),联立两式约去c(Na+),得2c(H+)+c(HC)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(C),因c(C)c(HC),则2c(H+)+c(C)+3c(H2CO3)2c(OH-)+c(HC),故错误;D项,混合溶液为等物质的量的HCN和NaCN的混合溶液,混合溶液中的电荷守恒式为:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(

42、CN-),物料守恒式为:c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+),两式联立约去c(Na+),得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-),由于溶液显碱性,即c(H+)c(OH-)+c(CN-),故正确。4H24O4H23O3O23O3O23O3O3O23O23O3O23O3O解题关键解题关键 当看到溶液混合后显中性(pH=7)时,往往优先考虑写出溶液中的电荷守恒表达式。知识拓展知识拓展 等物质的量的弱酸(或弱碱)与对应盐的混合溶液的酸碱性:等物质的量的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液显酸性,即CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度;等物质的量的NH3H

43、2O与NH4Cl的混合溶液显碱性,即NH3H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度;等物质的量的HCN与NaCN的混合溶液显碱性,即HCN的电离程度小于NaCN的水解程度。4.(2019徐州、淮安、连云港调研,13)根据下列图示所得出的结论不正确的是()A.图甲表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3 H0D.图丁是常温下AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线,说明阴影区域只有Ag2CrO4沉淀答案答案AA项,增大体系压强的瞬间,正、逆反应速率应都突然增大,该反应图像应是不连续的,故错误;B项,当氯化钠浓度较高时曲线下降,腐蚀速率降低,说明溶液中氯化钠浓度增大、氧气的浓度减小影响了正极

44、反应,导致腐蚀速率变慢,故正确;C项,金刚石的能量比石墨高,根据能量守恒定律,石墨转化为金刚石要吸热,故正确;D项,阴影区中的点对应的离子浓度满足c2(Ag+)c(Cr)Ksp(Ag2CrO4),c(Ag+)c(Cl-)原电池的负极直接反应原电池的正极电解池的阴极。5.(2019常州教育学会学业水平监测,14)常温下,向20 mL0.2 mol/L H2A溶液中滴加0.2 mol/L NaOH溶液,有关微粒的物质的量变化如图,根据图示判断,下列说法正确的是()A.在P点时,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B.当V(NaOH)=20 mL时,c(O

45、H-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)C.当V(NaOH)=30 mL时,3c(Na+)=2c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)D.当V(NaOH)=40 mL时,c(Na+)c(A2-)c(HA-)c(H2A)c(OH-)c(H+)答案答案AA项,P点时c(H2A)=c(A2-),且由电荷守恒可得:2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),两式相加可得答案,故正确;B项,当V(NaOH)=20 mL时,恰好为NaHA溶液,故存在质子守恒c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-),故错误;C项,当V(NaOH)=30 mL时,得到NaHA与N

46、a2A物质的量之比为11的溶液,由物料守恒可得:2c(Na+)=3c(HA-)+c(A2-)+c(H2A),故错误;D项,当V(NaOH)=40 mL时,得到Na2A溶液,离子浓度大小关系为:c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(HA-)c(H2A)c(H+),故错误。方法技巧方法技巧 当遇到溶液中离子浓度大小比较时,需要分析溶液成分并运用电荷守恒、物料守恒进行判断,对于实际问题可能还要将两个守恒结合运用。规律总结规律总结 混合溶液中离子浓度大小比较,要进行综合分析,如电离因素、水解因素等,例如:NH4Cl与NH3H2O的混合溶液:若显碱性,则以NH3H2O电离为主(水解可以忽略),此时c(

47、N)c(Cl-)c(OH-)c(H+);若NH4Cl相对浓度较大,则显酸性,以水解平衡为主,此时有c(Cl-)c(N)c(H+)c(OH-);在某个恰当点,溶液也可能呈中性,此时溶液中有c(Cl-)=c(N)c(H+)=c(OH-)。4H4H4H6.(2019江苏四校调研,14)常温下,向20 mL 0.2 molL-1 H2A溶液中滴加0.2 molL-1 NaOH溶液,滴加过程中有关微粒的物质的量变化绘制在下图中。下列说法正确的是A.当V(NaOH)=10 mL时,溶液中粒子浓度大小关系为:c(Na+)c(HA-)c(H2A)c(H+)c(OH-)B.当V(NaOH)=20 mL时,溶液中

48、粒子浓度大小关系为:c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(H2A)C.当V(NaOH)=30 mL时,溶液中存在以下关系:c(A2-)+2c(OH-)=c(HA-)+c(H+)+3c(H2A)D.当V(NaOH)=40 mL时,溶液中存在以下关系:c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)答案答案BD由图可知,、分别表示H2A、HA-、。A项,由图可知当V(NaOH)=10 mL时,c(HA-)c(H2A),故正确;C项,当V(NaOH)=30 mL时,恰好为NaHA与Na2A物质的量之比为1 1的溶液,根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A

49、2-)+c(OH-),根据物料守恒得:2c(Na+)=3c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),联立两式可得:c(A2-)+2c(OH-)=c(HA-)+2c(H+)+3c(H2A),故错误;D项,当V(NaOH)=40 mL时,形成Na2A的溶液,存在物料守恒式:c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),故正确。2A解题关键解题关键 图像题的解题关键在于剖析图像,该题首先要确定、所代表的相关微粒,利用特殊点对应图像的位置来分析此时溶液中粒子的浓度关系。7.(2018常州教育学会学业水平监测,11)下列说法正确的是()A.常温下,C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)不

50、能自发进行,该反应的H0B.用pH均为2的盐酸和醋酸溶液分别中和等体积等物质的量浓度的NaOH溶液,消耗醋酸溶液的体积更大C.粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快,是因为粗锌比纯锌还原性强D.常温下,在0.1 mol/L氨水中,加入少量NH4Cl晶体,溶液的pH减小答案答案ADA项,该反应的S0,因常温下该反应不能自发进行,故G=H-TS0,可推出H0,故正确;B项,盐酸和醋酸溶液的pH均为2,则c(CH3COOH)c(HCl),中和等体积等物质的量浓度的NaOH溶液,消耗醋酸溶液的体积更小,故错误;C项,粗锌中含有的杂质与Zn、稀硫酸构成了原电池,加快了反应速率,不能说明粗锌的还原性比纯锌强,故错

51、误;D项,加入少量NH4Cl晶体后,NH3H2O的电离平衡NH3H2ON+OH-逆向移动,则c(OH-)减小,溶液的pH减小,故正确。4H易错警示易错警示 pH相等的盐酸和醋酸溶液分别中和等体积等物质的量浓度的NaOH溶液,消耗醋酸溶液的体积更小;若改为相同浓度的盐酸和醋酸溶液,则消耗两者的体积相等。知识拓展知识拓展 其他条件相同时,形成原电池可加快化学反应速率。8.(2018苏州调研,14)室温下,下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1 molL-1 CH3COONa溶液中通入HCl气体至中性:c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)=c(OH-)B.已知Ka(CH3COO

52、H)=1.810-5,Ka(HNO2)=1.7510-4,相同浓度的CH3COONa和NaNO2混合溶液中:c(Na+)c(N)c(CH3COO-)c(OH-)C.0.10 molL-1氨水与0.05 molL-1盐酸等体积混合:c(OH-)+c(NH3H2O)=c(H+)+c(Cl-)D.50 mL 0.05 molL-1 H2C2O4溶液与25 mL 0.10 molL-1 NaOH溶液混合后溶液pH=2.9:c(Na+)c(HC2)c(H2C2O4)c(C2)2O4O24O答案答案BCA项,c(Na+)应大于c(CH3COO-),故错误;B项,因Ka(CH3COOH)c(CH3COO-)

53、,故正确;C项,混合溶液中电荷守恒式为c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),物料守恒式为c(N)+c(NH3H2O)=2c(Cl-),两式联立约去c(N),得c(OH-)+c(NH3H2O)=c(H+)+c(Cl-),故正确;D项,H2C2O4和NaOH按物质的量之比1 1反应,恰好生成NaHC2O4,其中HC2既能电离:HC2H+C2,也能发生水解:HC2+H2OH2C2O4+OH-,溶液的pH=2.9,说明HC2的电离程度大于其水解程度,即c(C2)c(H2C2O4),故错误。2O2O4H4H4H4O4O24O4O4O24O知识拓展知识拓展 某酸式盐NaHR溶液中,若HR-的电

54、离程度大于其水解程度,则NaHR溶液显酸性,如NaHSO3、NaHC2O4溶液;若HR-的水解程度大于其电离程度,则NaHR溶液显碱性,如NaHCO3溶液。9.2019扬州一模,16(3)(2分)以高钛渣(主要成分为Ti3O5,含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下:已知:Na2TiO3难溶于碱性溶液;H2TiO3中的杂质Fe2+比Fe3+更易水洗除去。(3)水解“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸,生成难溶于水的H2TiO3,该反应的化学方程式为 。二、非选择题(共58分)答案答案(3)TiOSO4+2H2O H2TiO3+H2SO4 解析解析(3

55、)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解,经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3。10.2019扬州一模,18(1)(4分)纳米级Co3O4是一种电极材料,可用草酸盐湿式沉淀-煅烧分解法制备。(1)先用(NH4)2C2O4溶液和CoCl2溶液为原料制取难溶于水的CoC2O42H2O晶体。已知25 ,Kb(NH3H2O)=1.810-5,H2C2O4的=5.610-2,=5.410-5。(NH4)2C2O4溶液的pH (填“”“=”或“”)7。反应时,使(NH4)2C2O4过量的原因是 。1aK2aK答案答案(1)使Co2+充分沉淀(或提高Co2+的沉淀率)解析解析(1)(NH4)2C2O4溶液中

56、,N水解显酸性,C2以第一步水解为主,其水溶液显碱性,结合Kb(NH3H2O)=1.810-5,=5.410-5,弱电解质的电离平衡常数越小,盐溶液水解程度越大,则N的水解程度大于C2的水解程度,使(NH4)2C2O4溶液显酸性,则pH7。反应时,使(NH4)2C2O4过量,可使Co2+充分沉淀,提高Co2+的沉淀率。4H24O2aK4H24O知识拓展知识拓展 弱酸弱碱盐是弱酸和弱碱反应生成的盐,酸碱性由弱酸和弱碱间的相对强弱决定,可依据Ka和Kb的相对大小来判断。解题关键解题关键 为使某离子充分沉淀,沉淀剂往往需要过量。11.2019苏州期末,20(1)(3分)污水中过量的氮元素会使水体富营

57、养化,其中主要以氨氮(NH3、N等)存在。(1)化学沉淀法可用于氨氮浓度较高的废水处理。其原理是加入可溶性磷酸盐将其中的Mg2+和N同时转化为磷酸铵镁(MgNH4PO4)。若沉淀后溶液中c(Mg2+)=210-5 molL-1,c(N)=1.2510-3 molL-1,则所得沉淀中 (填“含有”或“不含”)Mg3(PO4)2。已知Ksp(MgNH4PO4)=2.510-13,KspMg3(PO4)2=9.810-25。4H4H4H答案答案(1)不含解析解析(1)Ksp(MgNH4PO4)=c(Mg2+)c(N)c(P)=2.510-13,c(P)= molL-1= molL-1=110-5 m

58、olL-1;QcMg3(PO4)2=c3(Mg2+)c2(P)=(210-5)3(110-5)2=810-25KspMg3(PO4)2=9.810-25,则所得沉淀中不含Mg3(PO4)2。4H34O34O13242.5 10(Mg)(NH )cc13532.5 102 101.25 1034O易错警示易错警示 判断所得沉淀中是否含有Mg3(PO4)2时,除了要准确计算,还要熟记公式:KspMg3(PO4)2=c3(Mg2+)c2(P)。34O12.2019无锡期中,16(3)(4)(6分)工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为主要原料生产锰酸锂(Li

59、Mn2O4)的工艺流程如下:(3)加入MnF2是为了除去溶液中的Ca2+,若控制溶液中F-浓度为310-3 molL-1,则Ca2+的浓度为 molL-1常温时,Ksp(CaF2)=2.710-11。(4)“合成MnO2”的化学方程式为 。答案答案(3)310-6(4)MnSO4+K2S2O8+2H2O MnO2+K2SO4+2H2SO4 解析解析 (3)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=2.710-11,当F-浓度为310-3 molL-1时,可求得c(Ca2+)=310-6 molL-1。(4)“过滤”后滤液中的成分为MnSO4,它被K2S2O8氧化为MnO2,K2S2O8中

60、+7价S被还原为S中的+6价S,据此可写出化学方程式。24O方法归纳方法归纳 可根据溶度积常数的表达式,直接求出Ca2+的 浓度,本题求得Ca2+的浓度为310-6 molL-1,一般认为某种离子的浓度小于10-5 molL-1时即被完全沉淀。解题关键解题关键 书写陌生的化学反应方程式时,应特别注意从化合价变化的角度分析,得出反应的主要产物,然后完善并配平。13.2019七市二模,20(3)(7分)铊(Tl)的价态分析及处理方法是环境保护研究的重点课题。(3)通过沉淀法也可以去除工业废水中的Tl+和Tl3+。利用硫酸盐还原菌(SRB)的催化作用,可以将废水中有机碳源(以CH2O表示)、S、Tl