2021届新高考一轮复习人教版专题十九盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
专题十九 盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
考点1 盐类水解及其应用
1.[2019北京,12,6分]实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L-1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.随温度升高,纯水中c(H+)>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
本题以温度与pH变化二维图像为载体,通过分析温度对水解平衡移动方向及溶液中c(H+)的影响,考查考生的学习理解能力及实践应用能力。
解题模型:链接考法1命题角度
2.[2019江苏,14,4分][双选]室温下,反应HCO3-+H2OH2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8。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 mol·L-1氨水:c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
B.0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液(pH>7):c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
C.0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)
D.0.6 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3 mol·L-1+c(H2CO3)+c(H+)
混合溶液中的粒子浓度关系比较题型是高考中一类重要的题型,综合性强,思维容量大,本题结合定量计算判断不同溶液中粒子浓度关系,有一定的难度和区分度,解题时容易出现失误。解题时最好写出具体粒子的水解或电离方程式,应用3个守恒关系,进行综合判断。
解题模型:链接考法2命题角度
考点2 沉淀溶解平衡
3.[2019全国卷Ⅱ,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)
1
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中c(Cl-)c(Br-)不变
根据Ka(CH3COOH)=c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COOH)=Kac(CH3COO-),判断A项;根据Kh(CH3COO-)=c(OH-)·c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(CH3COO-)c(OH-)·c(CH3COOH)=1Kh(CH3COO-),判断B项;根据溶液中电荷守恒,判断C项;根据Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+),Ksp(AgBr)=c(Br-)·c(Ag+)Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=c(Cl-)c(Br-),判断D项。
A项考查外界因素对弱电解质电离平衡的影响。c(H+)c(CH3COOH)=Kac(CH3COO-),加入少量水,CH3COOH的电离程度增大,但c(CH3COO-)减小,平衡常数不变,故比值增大,错误。B项考查盐类的水解受温度的影响。升温,水解平衡常数(Kh)增大,CH3COO-的水解程度增大,c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(OH-)=1Kh,Kh增大,则比值减小,错误。C项考查电荷守恒。向盐酸中加入氨水至中性,则有c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒,则c(Cl-)=c(NH4+),错误。D项考查沉淀溶解平衡受外界因素的影响及溶度积常数Ksp。向AgCl和AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,c(Cl-)c(Br-)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr),Ksp不变,则比值不变,正确。
D
解题模型 以CH3COONa溶液为例:
考点扫描
1.[2019全国卷Ⅱ,8B]1L0.1mol·L-1磷酸钠溶液含有的PO43-数目为0.1NA( )
2.[2019江苏,5C改编]蒸干AlCl3溶液可制得无水AlCl3固体( )
3.[2019浙江4月选考,24D]在相同条件下,Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强( )
4.[2018全国卷Ⅰ,10A]16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA( )
5.[2018全国卷Ⅱ,7A]碳酸钠可用于去除餐具的油污( )
6.[2018全国卷Ⅱ,11B]100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA( )
7.[2018江苏,6B]KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体( )
提示:1.✕ 2.✕ 3.√(点拨:Fe3+逐步水解生成[Fe(OH)]2+、[Fe(OH)2]+、Fe(OH)3,水解能力Fe3+>[Fe(OH)]2+) 4.✕ 5.√ 6.✕ 7.√
1. (1)[2019安徽合肥九中第一次考试改编]已知SOCl2是一种液态化合物,沸点为77 ℃。遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生。
①写出SOCl2与水反应的化学方程式: 。
②直接蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3,使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热,可得到无水AlCl3,试解释原因:
。
(2)[人教版《化学》(选修4)第60页第10题改编]Sb2O3在工业中有着广泛用途,实验室可利用SbCl3的水解反应制取Sb2O3。请回答下列问题:
①SbCl3是无色晶体,在空气中微发烟,分子中所有原子都达到了8电子稳定结构,请写出SbCl3的电子式: 。
②利用SbCl3的水解反应制取Sb2O3(SbCl3的水解分三步进行,中间产物有SbOCl等)时,其总反应可表示为2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl,为了促进水解反应趋于完全,可采取的措施: (写两点即可)。
考法2溶液中粒子浓度大小的比较
近几年的真题中,盐类水解平衡溶液、酸碱滴定溶液、弱电解质稀释溶液中的微粒关系式的正误判断是考查的重点。其目的在于考查考生分析化学平衡与微粒量的关系,即电荷守恒、物料守恒、质子守恒、微粒浓度大小的关系。
命题角度 混合溶液中粒子浓度大小的比较(热点角度)
2 [2018江苏,14,4分][双选]H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用 NaOH 溶液滴定 25.00 mL 0.100 0 mol·L-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 mol·L-1 H2C2O4溶液:c(H+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)
B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+)
C.pH=7的溶液:c(Na+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)
D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)
AD
解题模型
以强碱弱酸盐Na2A为例
盐的水解Ka1(H2A)Ka2(H2A)Kh1=KwKa2Kh2=KwKa1电荷守恒关系式:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)物料守恒关系式:c(Na+)=2[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]质子守恒关系式:c(OH-)=c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)根据Ka2与Kh1的相对大小及Ka1与Kh2的相对大小确定c(H2A)、c(HA-)、c(A2-)之间的大小关系
2. HR是一元酸,室温时,用0.250 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定25.00 mL HR溶液时,溶液的pH变化情况如图所示。其中b点表示两种物质恰好完全反应,下列说法正确的是( )
A.HR的电离常数Ka≈5×10-6
B.x<7
C.a点对应溶液中粒子浓度的大小关系是c(Na+)>c(R-)>c(HR)>c(H+)>c(OH-)
D.b点对应溶液中粒子浓度的大小关系是c(Na+)>c(OH-)>c(R-)>c(H+)
考点2 沉淀溶解平衡
考法3沉淀溶解平衡的应用
命题角度1 通过“实验—现象”比较同类型沉淀的Ksp(热点角度)
3 [高考组合]下列说法正确的是
选项
实验
现象
结论
A.[2017全国卷Ⅱ,13D]
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(Ag2S)
A项,根据题中描述可知黄色沉淀为AgI,另一支试管中无明显现象,说明没有AgCl析出,证明Ksp(AgI)Ksp(AgI)( )
2.[2018江苏,7A]饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应:CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-( )
3.[2018天津,4C改编]向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液,生成黑色沉淀,则Ksp(CuS)Ksp,能形成沉淀,曲线左下方各点所对应的溶液是不饱和溶液,QcS(AgBr),所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。将50.0mL0.0500mol·L-1的Cl-溶液改为50.0mL0.0500mol·L-1的Br-溶液,因为银离子和氯离子或溴离子都是按物质的量之比为1∶1沉淀的,所以滴定终点的横坐标不变,又因为溴化银更难溶,所以达到滴定终点时,溴离子的浓度应该比氯离子的浓度小,故反应终点c向b方向移动,D正确。
C
解题模型
以nAm++mBn-AnBm为例
4. [2019湖北武汉二调]常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1 Na2S溶液,滴加过程中-lg c(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.Ksp(CuS)的数量级为10-35
B.曲线上各点对应的溶液均满足关系式:c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS)
C.a、b、c三点中,由水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小的为b点
D.c点溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)
疑难8电解质溶液中“四大平衡常数”的比较和联系
电离平衡常数(Ka、Kb)
水的离子积常数(Kw)
盐类的水解常数(Kh)
难溶电解质的溶度积常数(Ksp)
表达式
(1)一元弱酸HA:
HAH++A-
Kw=c(H+)·c(OH-)
(1)强碱弱酸盐,如CH3COONa溶液:CH3COO-+H2O
MmAn(s)mMn+(aq)+nAm-(aq)
Ka=c(H+)·c(A-)c(HA);
(2)一元弱碱BOH:
BOHB++OH-
Kb=c(B+)·c(OH-)c(BOH)
CH3COOH+OH-
Kh=c(CH3COOH)·c(OH-)c(CH3COO-);
(2)强酸弱碱盐,如NH4Cl溶液:NH4++H2ONH3·H2O+H+
Kh=c(NH3·H2O)·c(H+)c(NH4+)
Ksp(MmAn)=cm(Mn+)·cn(Am-)
影响
因素
只与温度有关,升高温度,Ka、Kb增大
只与温度有关,升高温度,Kw增大
只与温度有关,Kh随温度的升高而增大
只与难溶电解质的性质和温度有关
突破点1 电离常数与水解常数、水的离子积的关系
(1)定量关系
a.对于一元弱酸HA,Ka与Kh的关系
HAH++A-,Ka(HA)=c(H+)·c(A-)c(HA);A-+H2OHA+OH-,Kh(A-)=c(OH-)·c(HA)c(A-)。则Ka·Kh=c(H+)·c(OH-)=Kw,故Kh=KwKa。常温时,Ka·Kh=Kw=1.0× 10-14,Kh=1.0×10-14Ka。
b.对于二元弱酸H2B,Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB-)、Kh(B2-)的关系
HB-+H2OH2B+OH-,Kh(HB-)=c(OH-)·c(H2B)c(HB-)=c(H+)·c(OH-)·c(H2B)c(H+)·c(HB-)=KwKa1。
B2-+H2OHB-+OH-,Kh(B2-)=c(OH-)·c(HB-)c(B2-)=c(H+)·c(OH-)·c(HB-)c(H+)·c(B2-)=KwKa2。
(2)大小关系
相同温度下,弱酸的电离常数越小,其对应的弱酸根离子的水解常数越大。
9 已知25 ℃时有关弱酸的电离常数如表所示:
化学式
HA
H2B
电离常数(25 ℃)
Ka=1.7×10-6
Ka1=1.3×10-3;Ka2=5.6×10-8
则下列有关说法正确的是
A.等物质的量浓度的各溶液的pH大小关系为Na2B>NaHB>NaA
B.将a mol·L-1的HA溶液与a mol·L-1的NaA溶液等体积混合,混合液中c(Na+)>c(A-)
C.向Na2B溶液中加入足量的HA溶液,发生反应的离子方程式为B2-+2HA2A-+H2B
D.NaHB溶液中部分微粒浓度的大小关系为c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)
根据相同温度下的电离常数,可知酸性强弱的顺序为H2B>HA>HB-,故对应离子的水解程度HB-NaA>NaHB,A项错误。因为Ka·Kh=Kw,Ka=1.7×10-6,故Kh=KwKa=1.0×10-141.7×10-6≈5.9×10-9,所以Ka>Kh。将amol·L-1的HA溶液与amol·L-1的NaA溶液等体积混合,HA的电离程度大于A-的水解程度,则混合液中c(A-)>
c(Na+),B项错误。根据酸性H2B>HA>HB-可知,向Na2B溶液中加入足量的HA溶液,发生反应的离子方程式为B2-+HAA-+HB-,C项错误。由于H2B的Ka1=1.3×10-3,则Kh(HB-)=KwKa1=1.0×10-141.3×10-3≈7.7×10-12,Ka2>Kh(HB-),即HB-的电离程度大于其水解程度,所以c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H2B),D项正确。
D
突破点2 电离常数与平衡常数的关系
一般在电离常数表达式的分子、分母中同时乘以c(H+)、c(OH-)或某种微粒浓度,与平衡常数表达式取得联系,进而进行计算。
10 [2016全国卷Ⅱ,26(4)改编]已知:N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107,计算常温时联氨(二元弱碱)的第一步电离常数 。
联氨在水中的电离方式与氨相似,由NH3+H2ONH4++OH-类比,写出联氨的第一步电离方程式:N2H4+H2ON2H5++OH-。Kb1=c(N2H5+)·c(OH-)c(N2H4)=c(N2H5+)·c(OH-)·c(H+)c(N2H4)·c(H+)=K·Kw=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7。
8.7×10-7
突破点3 电离常数与溶度积常数的关系
根据电离常数计算出各离子的浓度,进而可计算出Ksp。
11[2018河北衡水中学模拟节选]汽车尾气中的SO2可用石灰水吸收,生成亚硫酸钙浊液。常温下,测得某纯CaSO3与水形成的浊液的pH为9,忽略SO32-的第二步水解,则Ksp(CaSO3)= (保留3位有效数字)。[已知:Ka1(H2SO3)=1.2×10-2,
Ka2(H2SO3)=5.6×10-8]
常温下,pH=9,c(OH-)=1×10-5mol/L,由SO32-+H2OHSO3-+OH-知,c(HSO3-)=c(OH-)=1×10-5mol/L。Kh(SO32-)=c(HSO3-)·c(OH-)c(SO32-)=KwKa2,则1×10-145.6×10-8=1×10-5×1×10-5c(SO32-),c(SO32-)=5.6×10-4mol/L。由物料守恒知c(Ca2+)=c(SO32-)+c(HSO3-)=5.6×
10-4mol/L+1×10-5mol/L=5.7×10-4mol/L。则Ksp(CaSO3)=c(Ca2+)·c(SO32-)≈3.19×10-7。
3.19×10-7
1.C 任何温度时,纯水中H+浓度与OH-浓度始终相等,A项错误;随温度升高,CH3COONa的水解程度增大,溶液中c(OH-)增大,且温度升高,水的电离程度增大,c(OH-)也增大,B项错误;温度升高,水的电离程度增大,c(H+)增大,又CuSO4水解使溶液显酸性,温度升高,水解平衡正向移动,故c(H+)增大,C项正确;温度升高,
能使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动,而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多,而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多,D项错误。
【易错警示】 本题易错选B。若只观察图中CH3COONa溶液的pH随温度升高的变化趋势,而忽视导致该变化的主要原因是水的电离程度随温度升高而增大,或者误认为Kw在不同温度时为定值,直接根据图像变化得出c(H+)增大,c(OH-)减小,从而得出错误的结论。
2.BD A项,氨水中存在NH3·H2ONH4++OH-,H2OH++OH-,氨水中NH3·H2O部分电离,主要以NH3·H2O分子的形式存在,两个电离方程式均电离出OH-,所以c(OH-)>c(NH4+),错误;B项,NH4HCO3溶液显碱性,说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度,所以c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O),正确;C项,由物料守恒可知,n(N)∶n(C)=2∶1,则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)],错误;D项,由物料守恒可知,n(N)∶n(C)=4∶1,则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①,电荷守恒关系式为c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②,结合①②消去c(NH4+),得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③,0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液与0.6 mol·L-1氨水等体积混合后,c(NH4HCO3)=0.1 mol·L-1,由C守恒可知,c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1 mol·L-1④,将③两边各加一个c(CO32-),则有c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)⑤,将④代入⑤中得c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3 mol·L-1,正确。
3.B a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2+和S2-的物质的量浓度,可间接表示对应温度下CdS在水中的溶解度,A项正确。m、p、n点均为温度为T1的曲线上的点,q为温度为T2的曲线上的点,结合p、q两点对应阴、阳离子物质的量浓度可确定对应温度下Ksp的大小,一般来说,Ksp随温度升高而逐渐增大,由此可确定温度:T1Ksp(AgCl),有沉淀产生,B项错误;由题图可知当lg c(Cl-)mol·L-1与lgc(C2O42-)mol·L-1相等时,达到饱和溶液时,AgCl对应的-lg c(Ag+)mol·L-1大,即c(Ag+)小,因此要使Qc>Ksp,即产生沉淀时,AgCl对应的c(Ag+)小,故滴入AgNO3溶液时先产生AgCl沉淀,C项错误;该反应的平衡常数K=c(C2O42-)c2(Cl-),两边取对数,lg K=lg c(C2O42-)mol·L-1-2lg c(Cl-)mol·L-1,当-lg c(Ag+)mol·L-1=4时,lg c(Cl-)mol·L-1=-5.75,lg c(C2O42-)mol·L-1=-2.46,lg K=-2.46-2×(-5.75)=9.04,故K=109.04,D项正确。
【技巧点拨】 解答本题A项、D项,可以充分利用数学中的对数知识,对溶度积和平衡常数取对数进行计算,可以简化计算过程,减少计算次数。若按照传统方法,计算A项中Ksp(Ag2C2O4)时,在题图中找点,将横、纵坐标转化为离子浓度,代入溶度积表达式进行计算;同理计算D项中平衡常数时,先根据平衡常数表达式K=c(C2O42-)c2(Cl-),推导出K=c2(Ag+)·c(C2O42-)c2(Ag+)·c2(Cl-)=Ksp(Ag2C2O4)Ksp2(AgCl),再根据沉淀溶解平衡图像,分别计算出溶度积。
5.(除标明外,每空2分)(1)SiO2(不溶性硅酸盐)(1分) MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O (2)将Fe2+氧化为Fe3+(1分) (3)4.7 (4)NiS和ZnS (5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2++2F-平衡向右移动 (6)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O
【流程梳理】 流程中各步主要转化如下:
【解析】 (1)硫化锰矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在,则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(或不溶性硅酸盐)。结合“滤渣1”中含S,可知“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4和S,根据化合价升价法可配平该反应。(2)“溶浸”后溶液中含Fe2+,“氧化”中加入的适量MnO2能将Fe2+氧化为Fe3+。(3)“调pH”除去Fe3+和Al3+时,结合表格中数据信息可知需控制溶液的pH在4.7~6之间。(4)“除杂1”中加入Na2S能将Zn2+和Ni2+分别转化为沉淀除去,故“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS。(5)“除杂2”中F-与Mg2+反应生成MgF2沉淀,若溶液酸度过高,则F-与H+结合生成弱电解质HF,导致MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)平衡向右移动,Mg2+不能完全除去。(6)“沉锰”时Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3并放出CO2,由此可写出离子方程式。
【思维拓展】 本题第(1)问中分析“滤渣1”成分时,可结合硫化锰矿的成分和各元素性质进行分析。硅是亲氧元素,在自然界中硅主要以熔点很高的氧化物和硅酸盐的形式存在,硅酸盐是一大类结构复杂的固态物质,大多不溶于水,化学性质很稳定。
1.(1)①SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑ ②SOCl2与水反应,一方面消耗水,另一方面生成酸抑制AlCl3的水解
(2)① ②加大量的水、加热(或加氨水等其他合理答案)
【解析】 (1)①根据题给信息,可写出SOCl2与水反应的化学方程式,即SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑;②AlCl3溶液易水解,AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热,SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用,生成无水AlCl3、SO2和HCl气体,SO2和HCl溶于水呈酸性抑制AlCl3水解。(2)①SbCl3是无色晶体,在空气中微发烟,说明其是共价化合物,分子中所有原子都达到了8电子稳定结构,则SbCl3的电子式为;②SbCl3的水解反应属于吸热反应,加大量的水、加热或加氨水等,都可以促进水解反应趋于完全。
2.A 由“b点表示两种物质恰好完全反应”知,c(HR)×V(HR溶液)=c(NaOH)×V(NaOH溶液),c(HR)=0.200 0 mol·L-1。结合题图可知0.200 0 mol·L-1的HR溶液的pH=3,则c(H+)=10-3 mol·L-1,根据Ka(HR)=c(H+)·c(R-)c(HR)=10-3×10-30.2000-10-3≈5×10-6,A项正确。由0.200 0 mol·L-1 HR溶液的pH为3可知,HR为弱酸,又因为b点对应溶液中溶质为NaR,可知x>7,B项错误。根据a点时V(NaOH溶液)=10.00 mL,可知a点对应溶液中的溶质为HR、NaR,且n(HR)=n(NaR),又因为a点对应溶液的pH为4.7可知,HR的电离程度大于NaR的水解程度,所以根据物料守恒及电荷守恒可得c(R-)>c(Na+)>c(HR)>c(H+)>c(OH-),C项错误。b点对应溶液中的溶质为NaR,NaR水解使溶液显碱性,可得c(Na+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+),D项错误。
3.(1)加热、增大硫酸的浓度(或粉碎固体废料、搅拌等,合理即可) (2)4AgCl+N2H4·H2O+4OH-4Ag+4Cl-+N2↑+5H2O (3)1014 (4)H2SeO3+2SO2+H2O2H2SO4+Se↓ (5)2H++2e-H2↑ 80.4
【解析】 (1)为了提高浸出速率,可以采取的措施有加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等。(2)反应③中AgCl转化为Ag,Ag的化合价降低,则N2H4·H2O中N的化合价升高,结合题意知N2H4·H2O转化为N2,反应的离子方程式为4AgCl+N2H4·H2O+4OH-4Ag+4Cl-+N2↑+5H2O。(3)根据题图2,可以计算出Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-5×10-4.75=10-9.75,Ksp(Ag2SO4)=c2(Ag+)·c(SO42-)=(10-2)2×10-1=10-5。该反应的平衡常数K=c(SO42-)c2(Cl-)=c2(Ag+)·c(SO42-)c2(Ag+)·c2(Cl-)=Ksp(Ag2SO4)Ksp2(AgCl)=10-5(10-9.75)2=1014.5=100.5×1014,1<100.5<10,故该反应的平衡常数的数量级为1014。(4)反应④为SO2和H2SeO3的反应,H2SeO3转化为Se,被还原,则SO2被氧化,转化为H2SO4,根据得失电子守恒和原子守恒,配平化学方程式,即H2SeO3+2SO2+H2O2H2SO4+Se↓。(5)若电解液的pH太小,则阴极上除了Ag+放电,H+也会放电,H+放电的电极反应式为2H++2e-H2↑。60min通过的电荷量为
3600s×10A=36000C,通过的电子的物质的量为36000C96500C·mol-1≈0.373mol,理论上应沉积Ag的质量为0.373mol×108
g·mol-1≈40.29g,故该电解池的电解效率为32.4g40.29g×100%≈80.4%。
4.A 从题图中可以看出,达到滴定终点时溶液中c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7 mol·L-1,则Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7×10-17.7=10-35.4=100.6×10-36,故Ksp(CuS)的数量级为10-36,A项错误;该曲线为Na2S溶液滴定CuCl2溶液的滴定曲线,滴定过程中发生反应S2-+Cu2+CuS↓,CuS发生沉淀溶解平衡,故曲线上任意一点均满足c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS),B项正确;Cu2+单独存在或S2-单独存在时均会水解,水解促进水的电离,b点时恰好完全反应,此时水的电离程度最小,即由水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小,C项正确;c点溶液中含0.002 mol NaCl和0.001 mol Na2S,由于S2-水解使溶液显碱性,故c点溶液中有c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+),D项正确。
