- 沉淀反应的应用——沉淀的转化
- 共487题
已知CaSO4的溶度积为2.5×10-5，如果用0.01mol•L-1的CaCl2溶液与等体积的Na2SO4溶液混合，若要产生硫酸钙沉淀，则混合前Na2SO4溶液的浓度（mol•L-1）至少应为（ ）
正确答案
解析
解：CaCl2溶液的浓度为1×10-2mol/L，等体积混合后溶液中cc（Ca2+）=0.5×10-2mol/L，根据Ksp=c（SO42-）•c（Ca2+）=2.5×10-5可知，c（SO42-）=
故选：A．
（2014秋•夏县校级期末）把Ca（OH）2放入一定量的蒸馏水中，一定温度下达到平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）．当向悬浊液中加入少量生石灰后，若温度保持不变，下列判断正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，反应后仍为饱和溶液，c（Ca2+）不变，故A错误；
B．反应后仍为饱和溶液，c（Ca2+）不变，故B错误；
C．反应后仍为饱和溶液，c（OH-）不变，溶液pH不变，故C正确；
D．反应后仍为饱和溶液，c（OH-）不变，溶液pH不变，故D错误；
故选C．
下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp（25℃）．
回答下列问题：
（1）由上表分析，若①CH3COOH ②HCO3-③C6H5OH ④H2PO4-均可看作酸，则它们酸性由强到弱的顺序为______（须填编号）；
（2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式：______；
（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c（CH3COO-）______c（NH4+）；（填“＞”、“=”或“＜”）
（4）25℃时，向10ml 0.01mol/L苯酚溶液中滴加Vml 0.01mol/L氨水，混合溶液中粒子浓度关系正确的是______；
A．若混合液pH＞7，则V≥10
B．若混合液pH＜7，则c（NH4+）＞c（C6H5O-）＞c（H+）＞c（OH-）
C．V=10时，混合液中水的电离程度小于10ml 0.01mol/L苯酚溶液中水的电离程度
D．V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（C6H5OH）
（5）水解反应是典型的可逆反应．水解反应的化学平衡常数称为水解常数（用Kh表示），类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式______．
（6）Ⅰ．如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：
①T1______T2（填＞、=、＜），T2温度时Ksp（BaSO4）=______；
②讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是______
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b）
D．升温可使溶液由b点变为d点
Ⅱ．现有0.2mol的BaSO4沉淀，每次用1L饱和Na2CO3溶液（浓度为1.7mol/L）处理．若使BaSO4中的SO42-全部转化到溶液中，需要反复处理______次．[提示：BaSO4（s）+CO32-（aq）⇌BaCO3（s）+SO42- （aq）]．
正确答案
解：（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据这几种酸的电离平衡常数知，它们的酸性强弱顺序是：①④③②，故答案为：①④③②；
（2）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-，故答案为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；
（3）25℃时，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，则等浓度等体积的醋酸和一水合氨混合，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得（H+）+（NH4+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以得（NH4+）=c（CH3COO-），故答案为：=；
（4）相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，
A．如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，故A错误；
B．若混合液pH＜7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（OH-），所以c（C6H5O-）＞c（NH4+），故B错误；
C．含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，故C错误；
D．任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（C6H5OH），故D正确；
故选D；
（5）Kh=
（6）Ⅰ．①升高温度促进难溶物溶解，根据图象知T2的溶度积常数大于T1，所以T1＜T2；Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）．c（SO42-）=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9，；
故答案为：T1＜T2；5.0×10-9；
②A．硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；
C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；
D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；
故选ABC；
Ⅱ．设每次用1.00L 2.0 mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmol BaSO4，
BaSO4 +CO32-=BaCO3 +SO42
（2.0-x）mol•L-1 x mol•L-1
根据K=
解得：x=0.081，处理次数=
故答案为：3次．
解析
解：（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据这几种酸的电离平衡常数知，它们的酸性强弱顺序是：①④③②，故答案为：①④③②；
（2）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-，故答案为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；
（3）25℃时，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，则等浓度等体积的醋酸和一水合氨混合，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得（H+）+（NH4+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以得（NH4+）=c（CH3COO-），故答案为：=；
（4）相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，
A．如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，故A错误；
B．若混合液pH＜7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（OH-），所以c（C6H5O-）＞c（NH4+），故B错误；
C．含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，故C错误；
D．任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（C6H5OH），故D正确；
故选D；
（5）Kh=
（6）Ⅰ．①升高温度促进难溶物溶解，根据图象知T2的溶度积常数大于T1，所以T1＜T2；Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）．c（SO42-）=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9，；
故答案为：T1＜T2；5.0×10-9；
②A．硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；
C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；
D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；
故选ABC；
Ⅱ．设每次用1.00L 2.0 mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmol BaSO4，
BaSO4 +CO32-=BaCO3 +SO42
（2.0-x）mol•L-1 x mol•L-1
根据K=
解得：x=0.081，处理次数=
故答案为：3次．
正确答案
解析
解：A．pM相等时，图线中p（CO32-）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小，故A错误；
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32-），所以c（Mn2+）=c（CO32-），故B错误；
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＞p（CO32-），所以c（Ca2+）＜c（CO32-），故C正确；
D．pM数值越小，实际浓度越大，已知c点不在曲线上，而在曲线下面，则c点表示MgCO3 的过饱和溶液，pM＞p（CO32-），所以c（Mg2+）＜c（CO32-），故D错误；
故选：C．
甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为______，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为______，通过计算确定上述方案______（填“可行”或“不可行”）；理由______．
正确答案
4
3.3
可行
铁离子沉淀完全时铜离子还没有开始沉淀
解析
解：Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，c（Cu2+）=3.0mol•L-1；依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH-）=3.0×10-20；c2（OH-）=
残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，c（Fe3+）×c3（OH-）=8.0×10-38；c3（OH-）=
故答案为：4；3.3；可行；铁离子沉淀完全时铜离子还没有开始沉淀．
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