- 难溶电解质的溶解平衡
- 共2266题
（2011春•宁波校级期末）下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．设饱和氯化银溶液c（AgCl）=xmol/L，则x•x=1.77×10-10，解得：x≈1.33×10-5，设饱和溶液中c（Ag2CrO4）=ymol/L，则（2y）2×y=1.12×10-12，解得y=
B.0.1mol•L-1的ZnCl2溶液中通入足量硫化氢气体，最终得不到ZnS沉淀，是因为ZnS溶于强酸溶液，不符合复分解反应发生的条件，故B错误；
C．碳酸钡的溶度积Ksp=[Ba2+][CO32-]，硫酸钡的溶度积Ksp=[Ba2+][SO42-]，溶液中钡离子浓度一定时，即使碳酸钡的Ksp比硫酸钡的大，由于碳酸根的浓度远大于硫酸根的浓度，可以转化为碳酸钡，故C错误；
D、设Ksp（AgCl）=a，则0.05mol•L-1的KCl溶液中c（Ag+）=
故选D．
（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法．
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质．其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的______（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是______【已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10-10、Ksp（BaCO3）=5.1×10-9】
②该法工艺原理如图．其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2．工艺中可以利用的单质有______（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为______．
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2．完成反应的化学方程式：____________+24NaClO3+12H2SO4=______ClO2↑+______CO2↑+18H2O+____________
（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-．处理含CN-相同时的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的______倍．
正确答案
解：（1）①加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32-时，发生BaSO4（s）+CO32- （aq）=BaCO3（s）+SO42- （aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），
故答案为：BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32-时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）；
②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，同时生成水，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，
故答案为：H2、Cl2；2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，则配平后的化学方程式为1 C6H12O6+24 NaClO3+12H2SO4=24 ClO2↑+6 CO2↑+18H2O+12 Na2SO4，
故答案为：1；C6H12O6；24；6；12；Na2SO4；
（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，则所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为：2.5．
解析
解：（1）①加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32-时，发生BaSO4（s）+CO32- （aq）=BaCO3（s）+SO42- （aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），
故答案为：BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32-时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）；
②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，同时生成水，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，
故答案为：H2、Cl2；2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，则配平后的化学方程式为1 C6H12O6+24 NaClO3+12H2SO4=24 ClO2↑+6 CO2↑+18H2O+12 Na2SO4，
故答案为：1；C6H12O6；24；6；12；Na2SO4；
（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，则所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为：2.5．
下表是五种银盐的溶度积常数（25℃），下列有关说法错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A、由表中数据可知溶解度最大的是Ag2SO4，微溶于水，其它物质难溶，故A正确；
B、Ag2S溶度积远小于AgCl，Ag2S难溶于水，在AgCl的饱和溶液中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀，故B正确；
C、化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时，平衡发生移动，故C正确；
D、AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，故AgCl可以转化为AgI，反之则不可以，故D错误．
故选：D．
在10mL 1.0×10-3mol/L的MgSO4溶液中，有沉淀析出和沉淀析出完全时氢氧根离子浓度分别是多少？设体积不变．（Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12mol3•L-3）．
正确答案
解：溶液中c（MgSO4）=1.0×10-3mol/L，当析出氢氧化镁沉淀时，c（Mg2+）×c2（OH-）＞Ksp[Mg（OH）2]，即：c2（OH-）×1.0×10-3mol/L＞5.6×10-12mol3•L-3，解得：c（OH-）＞
当Mg2+完全沉淀时，此时Mg2+浓度应小于1.0×10-5mol/L，c（OH-）=
答：有沉淀析出时氢氧根离子浓度为7.5×10-5mol/L，沉淀析出完全时氢氧根离子浓度为7.5×10-4mol/L．
解析
解：溶液中c（MgSO4）=1.0×10-3mol/L，当析出氢氧化镁沉淀时，c（Mg2+）×c2（OH-）＞Ksp[Mg（OH）2]，即：c2（OH-）×1.0×10-3mol/L＞5.6×10-12mol3•L-3，解得：c（OH-）＞
当Mg2+完全沉淀时，此时Mg2+浓度应小于1.0×10-5mol/L，c（OH-）=
答：有沉淀析出时氢氧根离子浓度为7.5×10-5mol/L，沉淀析出完全时氢氧根离子浓度为7.5×10-4mol/L．
生活污水采用“超滤+反渗透”工艺进行处理后，再对水中的盐分进行处理，可供二次使用．
（1）污水通过超滤系统时，需向进水中加入适量NaClO溶液，其作用是______．
（2）经超滤系统处理后，水中的余氯大部分以游离态存在（余氯可近似看作游离态氯），其中约有1/3与水反应，有关反应的化学方程式是______．加入亚硫酸氢钠可除去水中余氯，反应的离子方程式是______．
（3）反渗透过程中水的回收率为75%～80%，同时生成浓盐水，此浓盐水的含盐浓度是进水含盐浓度的______倍（忽略此过程离子的损失）．由于浓盐水中离子浓度较大，极易形成沉淀，在反渗透膜表面析出，使反渗透膜透水率下降．已知：Ksp（CaCO3）约为8.7×10-9，若浓盐水中c（CO32-）约为3.0×10-4mol•L-1，则c（Ca2+）最大不得超过______mol•L-1．
（4）硬度的表示方法是：将水中的Ca2+和Mg2+都看成Ca2+，并将其折算成CaO的质量．通常把1L水中含有10mgCaO称为1度，8度以上为硬水，8度以下为软水．取某水样10mL，经实验测定其中含钙离子0.001g，含镁离子0.00048g，则此水样为______度．用钠离子交换树脂对硬水进行软化处理的原理是______．
正确答案
解：（1）向污水中加入适量NaClO溶液，就是利用次氯酸根的强氧化性对水进行杀菌消毒，故答案为：杀菌消毒；
（2）氯气能够和水反应，生成盐酸和次氯酸，化学方程式为：Cl2+H2O⇌HClO+HCl；亚硫酸根能够被氯气氧化为硫酸根，本身被还原为氯离子，离子方程式为：HSO3-+Cl2=2Cl-+SO42-+3H+，故答案为：Cl2+H2O⇌HClO+HCl；HSO3-+Cl2=2Cl-+SO42-+3H+；
（3）水的回收率为75%～80%，生成浓盐水只有20%～25%，盐的量没有变化，所以其浓度变为原来的4～5倍；Ksp（CaCO3）=c（CO32-）•c（Ca2+），则有8.7×10-9=3.0×10-4•c（Ca2+），c（Ca2+）=2.9×10-5，故答案为：4～5，2.9×10-5；
（4）含镁离子0.00048g，为
故答案为：25.2；水中的钙离子和镁离子被吸附在离子交换树脂表面，钠离子从离子交换树脂表面进入水中．
解析
解：（1）向污水中加入适量NaClO溶液，就是利用次氯酸根的强氧化性对水进行杀菌消毒，故答案为：杀菌消毒；
（2）氯气能够和水反应，生成盐酸和次氯酸，化学方程式为：Cl2+H2O⇌HClO+HCl；亚硫酸根能够被氯气氧化为硫酸根，本身被还原为氯离子，离子方程式为：HSO3-+Cl2=2Cl-+SO42-+3H+，故答案为：Cl2+H2O⇌HClO+HCl；HSO3-+Cl2=2Cl-+SO42-+3H+；
（3）水的回收率为75%～80%，生成浓盐水只有20%～25%，盐的量没有变化，所以其浓度变为原来的4～5倍；Ksp（CaCO3）=c（CO32-）•c（Ca2+），则有8.7×10-9=3.0×10-4•c（Ca2+），c（Ca2+）=2.9×10-5，故答案为：4～5，2.9×10-5；
（4）含镁离子0.00048g，为
故答案为：25.2；水中的钙离子和镁离子被吸附在离子交换树脂表面，钠离子从离子交换树脂表面进入水中．
（2013秋•宁德期末）向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．首先生成的白色沉淀是ZnS，但是仍然有很小溶解，S2-离子接着和Cu2+反应生成CuS黑色沉淀，故A正确；
B．白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，即CuS的Ksp小于ZnS的Ksp，故B错误；
C．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的另一种沉淀，故C正确；
D．沉淀转化的本质是平衡的移动，所以上述过程破坏了ZnS的溶解平衡，故D正确；
故选：B．
25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10-10，Ksp （BaCO3）=2.6×10-9．该温度下，下列说法不正确的是（ ）
A同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出
BBaCO3的悬浊液中加入少量的新制氯水，c（Ba2+）增大
CBaSO4和BaCO3共存的悬浊液中
DBaSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3
正确答案
解析
解：A．25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10-10，Ksp （BaCO3）=2.6×10-9，物质Ksp小的容易生成沉淀，所以同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出，故A正确；
B．BaCO3的悬浊液中存在沉淀溶解平衡，加入氯水，c（CO32-）的浓度减小，沉淀溶解平衡正移，所以c（Ba2+）增大，故B正确；
C．根据Ksp（BaSO4 ）和Ksp（BaCO3）计算可求出中
D．当Qc=c（CO32-）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），就能转化为BaCO3，所以当c（CO32-）足够大时，能满足Qc=c（CO32-）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），所以BaSO4能转化为BaCO3，故D错误；
故选：D．
已知常温下Mg（0H）2饱和溶液的pH是n，则在此温度下Mg（OH）2的溶解度是多少？
正确答案
解：Mg（OH）2溶解掉的部分完全电离：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH-，
pH是n，c（H+）=10-nmol/L，则c（OH-）=
设Mg（OH）2饱和溶液的体积为 1L，
则OH-的物质的量 n（OH-）=10n-14mol，
溶解的Mg（OH）2的物质的量=
溶解的Mg（OH）2的质量=58×
由于溶解的Mg（OH）2的质量很小很小，所以可以近视地认为 1LMg（OH）2饱和溶液里水的质量等于1000g，那么100g水里溶解的Mg（OH）2质量就是2.9×10n-14g，
答：溶解度为2.9×10n-14g．
解析
解：Mg（OH）2溶解掉的部分完全电离：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH-，
pH是n，c（H+）=10-nmol/L，则c（OH-）=
设Mg（OH）2饱和溶液的体积为 1L，
则OH-的物质的量 n（OH-）=10n-14mol，
溶解的Mg（OH）2的物质的量=
溶解的Mg（OH）2的质量=58×
由于溶解的Mg（OH）2的质量很小很小，所以可以近视地认为 1LMg（OH）2饱和溶液里水的质量等于1000g，那么100g水里溶解的Mg（OH）2质量就是2.9×10n-14g，
答：溶解度为2.9×10n-14g．
已知溶液中存在平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H＜0，下列有关该平衡体系的说法正确的是（ ）
①升高温度，平衡逆向移动 ②溶液中c（Ca2+）•c2（OH-）恒为定值
③向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大c（Ca2+）
④除去氯化钠溶液中混有的少量Ca2+，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液
⑤恒温下，向饱和溶液中加入CaO，溶液的pH升高
⑥给溶液加热，溶液的pH升高
⑦向溶液中加入Na2CO3 溶液，其中固体质量增加
⑧向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2 固体质量不变．
正确答案
解析
解：①升高温度，平衡向吸热即逆反应向移动，故①正确；
②温度改变，溶液中Ksp=c（Ca2+）•c2（OH-）也会改变，故②错误；
③向溶液中加入少量碳酸钠粉末，仍是饱和溶液，c（Ca2+）数值不变，故③错误；
④除去氯化钠溶液中混有的少量Ca2+，加入适量的NaOH溶液，引入杂质，故④错误；
⑤恒温下，向饱和溶液中加入CaO，发生CaO+H2O=Ca（OH）2，仍为饱和溶液，pH不变，故⑤错误；
⑥给溶液加热，Ca（OH）2的溶解度降低，氢氧根离子的浓度减小，所以溶液pH减小，故⑥错误；
⑦向溶液中加入Na2CO3 溶液，发生Ca2++CO32-=CaCO3↓，其中固体质量增加，故⑦正确；
⑧向溶液中加入少量NaOH固体，加入少量的NaOH固体，OH-浓度增大，平衡向逆方向移动，则Ca（OH）2的固体增多，故⑧错误；
故选A．
已知：I2+2
（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入______，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=______．过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O晶体．
（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是______（用化学方程式表示）．由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是______．
（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I-发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．
①可选用______作滴定指示剂，滴定终点的现象是______．
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为______．
③该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为______．
正确答案
Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3
2.6×10-9mol/L
2CuCl2•2H2O
在干燥的HCl气流中加热脱水
淀粉溶液
蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
95%
解析
解：（1）为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入含铜元素和氢氧根离子的物质，可以是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，溶液的pH=4，所以溶液中氢离子浓度为10-4 mol/L，则氢氧根离子浓度为10-10 mol/L，c（Fe3+）=
故答案为：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3 ；2.6×10-9mol/L；
（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，2CuCl2•2H2O
故答案为：2CuCl2•2H2O
（3）测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I-发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL；反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，
①硫代硫酸钠滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；终点为蓝色褪去一段时间不恢复颜色，
故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色；
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
③依据2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
得到 2Na2S2O3～2Cu2+
2 2
0.1000mol/L×0.0200L 0.1000mol/L×0.0200L=0.002mol
试样中CuCl2•2H2O的质量百分数=
故答案为：95%．
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