- 影响沉淀溶解平衡的因素
- 共1709题
铬是水体的主要污染物之一，可以导致水生生物死亡。化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该有害物质。例如处理铬的实验循环示意图如下
(1)在上图所示的编号步骤中，其中反应①所用的试剂是硫酸酸化的H2O2，请写出该反应的离子方程式
_____________________
(2)现有含Cr3+和Fe3+的溶液，使用NaOH溶液和盐酸溶液，可将这两种离子相互分离，根据上图信息分析，在涉及的过滤操作中，上述两种离子的存在形态分别是____________（写化学式）；
(3)铬的化合价除了示意图中涉及的+3和+6价外，还有0，+2，+4和+5价等。现有24 mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为 0. 02 mol/L的Na2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3被Na2Cr2O7氧化为
Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为___________；
(4)已知298 K时，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp=6.3×10-31(mol/L)4，取少量Cr2(SO4)3溶液，加入一定量的氨水达到沉淀溶解平衡，测得pH=11，则此温度下残留在溶液中Cr3+的浓度为__________mol/L。
正确答案
(1)Cr2O72-+8H++3H2O2=2Cr3++3O2↑+7H2O
(2)CrO2-、Fe(OH)3 (3)+3
(4)6.3×10-22
A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大．A和E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量X＜Y ）；D形成的分子为单原子分子．回答问题：
（1）D元素的名称为______，F形成的离子的结构示意图为______．
（2）写出液态化合物Y的一种用途______．
（3）用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应，产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式______，使用这种气球存在的隐患是______．
（4）P和Q两种物质都是由A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应．写出该反应的离子方程式：______．
（5）由A、B两元素形成的化合物W可作为火箭推进器中的强还原剂，已知一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子，0.5mol液态W和足量液态Y反应，生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X，并放出408.8kJ热量．查资料可知：
2Y（1）=2X（1）+C2（g）△H=-196.4kJ•mol-1写出液态W与气态C2反应生成液态X和气态B2的热化学方程式为______．该反应还可设计为原电池（以KOH溶液为电解质溶液），请写出该电池的负极反应式：______．
（6）G为氯，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液可以测定溶液中Cl-的浓度，已知Ksp（AgCl）=1.56ⅹ10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10ⅹ10-12，Ag2CrO4为砖红色，则滴定终点的现象是______．
正确答案
由短周期主族元素的原子中，A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大，E原子的半径最大，则E为钠元素；C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍，则C为氧元素，F为硫元素；因G的原子序数大于F，则G为氯元素；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，则B为氮元素；A和E最外层电子数相同，A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y，X、Y为水和双氧水，则A为氢元素；D形成的分子为单原子分子，D的原子序数介于8～11，则D为氖元素；
（1）因D为氖元素，则名称为氖，F为硫元素，硫离子带2各单位的负电荷，质子数为16，电子数为18，最外层电子数为8，其离子结构示意图为
，故答案为：氖；
；
（2）A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量X＜Y ），则Y为H2O2，因其具有氧化性，则可作消毒剂，故答案为：一定浓度的H2O2溶液作消毒剂；
（3）A、C、E组成的化合物的水溶液为NaOH溶液，金属易拉罐含铝，则发生的离子反应为
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，生成的氢气易燃、易爆，则存在安全隐患，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；易燃、易爆；
（4）A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应，则该反应为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠的反应，其离子反应为H++HSO3-=H2O+SO2↑，故答案为：H++HSO3-=H2O+SO2↑；
（5）由A、B两元素形成的化合物W，一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子，0.5mol液态W和足量液态Y反应，生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X，并放出408.8kJ热量，该反应的热化学方程式为
N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（1）△H=-817.6kJ•mol-1、、、、①，
由2Y（1）=2X（1）+C2（g）△H=-196.4kJ•mol-1，即2H2O2（1）=2H2O（1）+O2（g）△H=-196.4kJ•mol-1、、、、②，①-②可得N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）△H=-621.2kJ•mol-1，
该反应还可设计为原电池，在负极N元素失去电子，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，
故答案为：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）△H=-621.2kJ•mol-1；N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；
（6）由Ksp（AgCl）=1.56ⅹ10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10ⅹ10-12，
转化为AgCl沉淀需要的c（Ag+）=
转化为Ag2CrO4沉淀需要的c（Ag+）=
即AgCl先转化为沉淀，则滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现砖红色深沉，振荡后砖红色沉淀不溶解即达到滴定的终点，故答案为：滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现砖红色深沉，振荡后砖红色沉淀不溶解．
（1）在粗制CuSO4•5H2O晶体中常含有杂质Fe2+．在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是______
A．KMnO4 B．H2O2 C．Cl2 水 D．HNO3
然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的______
A．NaOH B．NH3•H2O C．CuO D．Cu（OH）2
（2）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”）（已知lg5=0.7）
正确答案
（1）除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，四个选项中，只有双氧水氧化后生成水，双氧水受热见光易分解，没有多余杂质；调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质粒子，氢氧化钠中含有钠离子，氨水反应后生成铵根离子，所以氢氧化钠和氨水能引进新的杂质离子，CuO粉末、Cu（OH）2悬浊液反应后生成铜离子和水而不引进新的杂质离子，故选CD．
故答案为：B；CD；
（2）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．
（1）盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性．试用离子方程式表示：
①盐碱地产生碱性的原因______
②用石膏降低其碱性的原理______
（2）根据下列2个热化学反应方程式：
FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-218kJ/mol；
Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ/mol．
写出CO气体还原Fe3O4固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：______．
（3）常温下，等物质的量的浓度的①氨水；②NH4HSO4；③NH4Cl；④（NH4）2CO3；⑤（NH4）2SO4溶液中，c（N
正确答案
（1）①碳酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性，水解离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；
②石膏能与碳酸根离子反应，降低碱性，离子反应为CO32-+CaSO4═SO42-+CaCO3，
故答案为：CO32-+CaSO4═SO42-+CaCO3；
（2）①FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-218kJ/mol；
②Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ/mol，
由盖斯定律可知①×3+②得Fe3O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）
△H=（-218kJ/mol）×3+640.5kJ/mol=-13.5kJ/mol，
故答案为：Fe3O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H=-13.5kJ/mol；
（3）假设浓度均为1mol/L，④⑤接近2mol/L，但④中离子相互促进水解，则⑤＞④；②③接近1mol/L，但②中氢离子抑制铵根离子水解，则②＞③；氨水中一水合氨电离产生铵根离子，则浓度最小，所以铵根离子浓度为⑤＞④＞②＞③＞①，故答案为：⑤；④；②；③；①．
热重分析法是程序控制温度下，测量物质的质量与温度的关系的一种实验技术．现有一CaC2O4•nH2O试样，分别在氮气气氛、氧气气氛中进行热重分析，得到如下热重（TG）曲线．
（1）图中曲线上有三个失重台阶，分别表示加热过程中依次发生了三个反应．根据第1步反应的失重数据计算试样CaC2O4•nH2O中的n值（精确到整数）为______．
（2）根据第2步反应的失重数据推测第2反应的化学方程式为______；观察曲线说明氧气存在时有利于第2步反应进行，原因是______．
（3）第3步反应中释放的气体产物是______．观察曲线可判断出，氧气存在时不利于第3步反应进行，可能原因是______．
正确答案
（1）根据图象可知第1步反应是晶体失去结晶水的过程，14.6克CaC2O4•xH2O失去水后生成12.8克CaC2O4，则：
CaC2O4•xH2O～CaC2O4，
128+18x 128
14.6g 12.8g
所以：（128+18x）：128=14.6g：12.8g，解得x=1，
故答案为：1；
（2）第2步生成氧化物的质量=12.8g-10g=2.8g，12.8克CaC2O4的物质的量=
草酸钙的分解中生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，从而促使草酸钙的分解向正反应方向移动，
故答案为：CaC2O4
（3）第3步，继续加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，CaCO3
第2步时，在氧气氛围内，第2步产生的一氧化碳和氧气反应生成的二氧化碳，第2步产生的二氧化碳抑制碳酸钙分解，所以氧气存在时不利于第3步反应进行，
故答案为：CO2；氧气存在时第2步反应产生二氧化碳会抑制碳酸钙分解反应的进行．
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