- 影响沉淀溶解平衡的因素
- 共1709题
Ⅰ．在CaCO3沉淀中加入HCl溶液，有______现象，其离子反应式是______．沉淀溶解的原因是______．
Ⅱ．在25℃，101kPa时，H2在1.00molO2中完全燃烧生成2.00mol液态H2O．放出571.6kJ的热量，H2的燃烧热为______，
表示H2燃烧热的热化学方程式为______．
正确答案
Ⅰ．碳酸钙是难溶性的弱酸盐，在水中存在的电离平衡为CaCO3⇌Ca 2++CO3 2-，酸和碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，导致碳酸根离子浓度降低，平衡向正反应方向移动，从而使碳酸钙逐渐溶解，反应现象是沉淀溶解，有气泡逸出，发生的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
故答案为：沉淀溶解，有气泡逸出；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；HCl与CaCO3电离出的CO32-反应，生成HCO3-，继而生成H2CO3，降低了CO32-的浓度，使沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，使沉淀溶解；
Ⅱ．根据题意知，2mol氢气完全燃烧放出571.6kJ的热量，则1mol氢气完全燃烧放出的燃量为285.8KJ，所以氢气的燃烧热为-285.8KJ/mol，氢气和氧气都是气态，水是液态，则氢气的燃烧热热化学方程式为H2（g）+
故答案为：-285.8KJ/mol；H2（g）+
（1）已知4g甲烷气体充分燃烧生成CO2（g）和H2O（l）时，放出Q kJ的热量．甲烷燃烧的热化学方程式为______．
（2）我国自行研制的优质磷酸二氢钾（KDP）晶体被应用于大功率固体激光器中．反应方程式为H3PO4（aq）+KCl（aq）
KH2PO4（aq）+HCl（aq），当反应时间不同时，产品产率和产品中Cl‑含量变化情况如图所示．KDP晶体的一级品标准：Cl-质量分数低于0.2%．
由图中可知，当反应进行到约______min时，KDP晶体达到一级品标准，此时的产品产率约为______．
（3）如图在一定条件下，将1mol N2与3mol H2混合于一个10L密闭容器中，反应达到A平衡时，混合气体中氨体积分数为25%，试回答：
①N2的转化率αA为______；
②在状态A时，平衡常数KA=______（代入数值即可）当温度由T1变到T2时，KA______KB（填“＞”、“＜”或“=”）；
（4）向20.00mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，请回答相关问题：
①当加入10.00mL盐酸时，溶液中各种离子浓度之间的大小关系为（请在括号中填入离子符号）：c______＞c______＞c______＞c______
②当盐酸与氨水等物质的量反应时，溶液的pH______7（填“＞”或“＜”或“=”，下同）
③当溶液pH=7时，反应所消耗的物质（包括还在溶液中存留的物质）之间的关系为：n（NH3•H2O）______n（HCl），溶液中c（ NH4+）______c（Cl-）．
正确答案
（1）4g甲烷的物质的量为
则1molCH4反应放热为4QkJ，则热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=2H2O（l）+CO2（g）△H=-4Q kJ•mol-1，
故答案为：CH4（g）+2O2（g）=2H2O（l）+CO2（g）△H=-4Q kJ•mol-1；
（2）因KDP晶体的一级品标准：Cl-质量分数低于0.2%，黑球表示产品产率，方框表示氯离子的质量分数，
由图象可以看出，60min时Cl-质量分数低于0.2%，则为一级品，且产品产率为95%，故答案为：60；95%；
（3）1mol N2与3mol H2混合于一个10L密闭容器中，反应达到A平衡时，混合气体中氨体积分数为25%，
设转化的氮气的物质的量为x，则
N2+3H2
开始 1 3 0
转化 x 3x 2x
平衡 1-x 3-3x 2x
则
解得x=0.4mol，
①N2的转化率αA为
②氮气的平衡浓度为
氢气的平衡浓度为
氨气的平衡浓度为
则平衡常数K=
当温度由T1变到T2时，K变小，即KA＞KB，
故答案为：40%；
（4）①由量可知，反应后为等量的氨水和氯化铵的混合溶液，电离大于水解，则c（NH4+）＞c（Cl-），溶液显碱性，
则c（ OH-）＞c（H+），又电离的程度很弱，则c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（ OH-）＞c（H+），
故答案为：（NH4+）；（Cl-）；（ OH-）；（H+）；
②盐酸与氨水等物质的量反应，溶液中的溶质只有氯化铵，则铵根离子水解使溶液显酸性，则pH＜7，故答案为：＜；
③pH=7时，溶液应为氨水和氯化铵的混合溶液，且氨水的电离等于氯化铵的水解，因二者的物质的量浓度相同，等体积混合溶液的pH小于7，则应保证碱过量，则氨水的体积大，即
n（NH3•H2O）＞n（HCl），pH=7时c（ OH-）=c（H+），
由电荷守恒则c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c OH-）；，则c（NH4+）=c（Cl-），故答案为：＞；=．
四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料--钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：
回答下列问题：
（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性．该过程中有如下反应发生．
2Fe3++Fe═3Fe2+
2TiO2+（无色）+Fe+4H+═2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O
Ti3+（紫色）+Fe3++H2O═TiO2+（无色）+Fe2++2H+
加入铁屑的作用是______．
（2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2•nH2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在______范围．
（3）若把③中制得的固体TiO2•nH2O用酸清洗除去其中的Fe（OH）3杂质，还可制得钛白粉．已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.79×10-39，该温度下反应Fe（OH）3+3H+⇌Fe3++H2O的平衡常数K=______．
（4）已知：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+O2（g）△H=+140kJ•mol-1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ•mol-1
写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：______．
（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点．依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是______（只要求写出一项）．
（6）依据如表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用______方法．
正确答案
（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，说明浸出液中含有Ti3+，由方程式可知，Fe3+氧化为Ti3+，加入铁屑作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+，
故答案为：防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+；
（2）控制条件以形成TiO2•n H2O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10-9～10-7m（或1nm-100nm），
故答案为：10-9～10-7m（或1nm-100nm）；
（3）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.79×10-39，反应Fe （OH）3+3H+⇌Fe3++H2O的平衡常数K=
故答案为：2.79×103；
（4）①TiO2 （s）+2Cl2 （g）═TiCl4（l）+O2（g）△H=+140KJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221KJ•mol-1
依据盖斯定律①+②得到：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2 （g）=TiCl4（l）+2CO（g）△H=-81KJ•mol-1；
故答案为：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2 （g）=TiCl4（l）+2CO（g）△H=-81KJ•mol-1
（5）由工艺流程可知，生成中产生废气，废液，废渣等，不符合绿色化学理念，
故答案为：产生了废气，废液，废渣等；
（6）由表中数据可知，SiCl4、TiCl4为液体，二者沸点相差较大，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用蒸馏（或分馏）方法，
故答案为：蒸馏（或分馏）；
A、B、C、D为四种短周期元素，A、B、D的原子序数和原子半径均依次增大，B、D同主族且能组成一种能形成“酸雨”的化合物．A、B可以形成A2B和A2B2的两种通常情况下呈液态的共价化合物；B、C形成的两种离子化合物溶于水，所得的溶液均呈强碱性；C的单质常温下可与A2B剧烈反应．试回答下列问题：
（1）B、C两元素以微粒个数比1：1形成的化合物X中，阴、阳离子个数比为______．
（2）在A2B2作用下，铜与稀硫酸制硫酸铜的化学反应的化学方程为：______．
（3）表示形成DB2型“酸雨”的化学反应方程式有多个，请你选择一个合适的反应，写出这个反应的平衡常数表达式K=______．
（4）已知常温下 17gA、D两元素组成的化合物与足量的DB2完全反应时放出热量为a kJ，则该反应的热化学方程式为______．
（5）已知 25℃时，Ksp（CaCO3）=1×10-9．Ksp（CaSO4）=9×10-6．长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率．水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去．
①CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为______；
②请分析CaSO4转化为CaCO3的原理______．
正确答案
B、D同主族且能组成一种能形成“酸雨”的化合物，该物质为SO2，根据原子序数关系可知B为O元素，D为S元素，A、B可以形成A2B和A2B2的两种通常情况下呈液态的共价化合物，应为H2O和H2O2，则A为H元素，B、C形成的两种离子化合物溶于水，所得的溶液均呈强碱性；C的单质常温下可与A2B剧烈反应，即C与H2O剧烈反应，两种离子化合物分别是Na2O、Na2O2，则C为Na元素，则
（1）B、C两元素以微粒个数比1：1形成的化合物为Na2O2，其中阳离子为Na+，阴离子为O22-，阴、阳离子个数比为1：2，故答案为：1：2；
（2）Cu和稀硫酸不反应，在具有强氧化性的H2O2作用下，发生反应生成CuSO4，反应的化学方程式为Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，
故答案为：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O；
（3）以反应2SO2+O2
2SO3为例，反应的平衡常数为k=
（4）A、D两元素组成的化合物与足量的DB2完全反应的化学方程式为2H2S+SO2═3S+2H2O，n（H2S）=
则4molH2S参加反应生成液态水放出的热量为4akJ，
所以热化学方程式为2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）△H=-4a kJ/mol，
故答案为：2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）△H=-4a kJ/mol；
（5）加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合，转化为Ksp更小的CaCO3沉淀，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），CaCO3疏松、易溶于酸，从而除去水垢，
故答案为：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq）；加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合，转化为Ksp更小的CaCO3沉淀，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动．
Ⅰ．氮是地球小含量最丰富6一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．请回答下列问题：
（1）41是1mol&tb得p;tO2和1mol&tb得p;CO反应生成CO2和tO过程中能量变化示意4，请写出tO2和&tb得p;CO反应6热化学方程式______
（2）在0.5L6密闭容器中，一定量6氮气和氢气进行如下化学反应：t2（3）+3H2（3）⇌2tH3（3）△H＜0，其化学平衡常数K与温度t6关系如表：请完成下列问题；
①试比较K1、K26大小，K1______K2（填写“＞”、“=”或“＜”）
②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态6依据是______（填序号字母）
a．容器内t2、H2、tH36浓度之比为1：3：2&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;b．υ（t2）（正）=3υ（H2）（逆）
c．容器内压强保持不变&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;d．混合气体6密度保持不变
③400℃时，反应2tH3（3）⇌t2（3）+3H2（3）6化学平衡常数6值为______．当测得tH3和t2、H26物质6量分别为3mol和2mol、1mol时，则该反应6
υ（t2）（正）______&tb得p;υ（t2）（逆）&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;&tb得p;（填写“＞”、“=”或“＜”=）
Ⅱ．沉淀物并非绝对不溶，且在水及各种不同6溶液中溶解度有所不同，同离子效应、络合
物6形成等都会使沉淀物6溶解度有所改变．已知A3Cl+Cl-═[A3Cl2]-，42是某温度下A3Cl在taCl溶液中6溶解情况．
由以小信息可知：
（1）由4知该温度下A3Cl6溶度积常数为______．
（2）A3Cl在taCl溶液中6溶解出现如4所示情况（先变小后变大）6原因是：______
（3）设计实验证明得（A3Cl）＞得（A3I）＞得（A32得），实验方案是______．
（4）若在A3Cl形成6浊液中滴加氨水有什么现象？______．发生反应6离子方程式为______．
正确答案
Ⅰ、（1）该反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234KJ/mol，
故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ•mol-1；
（2）①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1＞K2，故答案为：K1＞K2；
②a、容器内各物质的浓度之比等于计量数之比，不能证明正逆反应速率相等，故a错误；
b、不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，3υ（N2）（正）=υ（H2）（逆）是平衡状态，故b错误；
c、容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故c正确；
d、如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故d错误；
故答案为：c；&nb下p;&nb下p;&nb下p;&nb下p;&nb下p;&nb下p;&nb下p;&nb下p;&nb下p;&nb下p;
③化学平衡常数等于生成物浓度系数次方之积比反应物浓度系数次方之积，即K=
反应2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）的化学平衡常数和N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数互为倒数，即为2，
容器的体积为1L，NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为：3mol/L、2mol/L、1mol/L，时，
Qc=
故答案为：2；＞；
Ⅱ．（1）AgCl的溶度积常数K下p=[Ag+][Cl-]=17-vmol/L•17-3mol/L=17-12（mol/L）2，故答案为：17-12（mol/L）2；
（2）根据沉淀溶解平衡：AgCl=Cl-+Ag+，将氯化银放在氯化钠中，Cl-抑制了AgCl的溶解，但Cl-浓度增大使AgCl形成络合物：AgCl+Cl-═[AgCl2]-，
故答案为：Cl-抑制了AgCl的溶解，但Cl-浓度增大使AgCl形成络合物：AgCl+Cl-═[AgCl2]-；
（3）根据下（AgCl）＞下（AgI）＞下（Ag2下），并且沉淀向着更难溶的物质转化，可以设计实验方案是：向AgCl悬浊液中滴加KI稀溶液（7.1mol/L），固体由白色转化为黄色，再向悬浊液中滴加同浓度Na2下稀溶液（7.1mol/L），固体由黄色转化为黑色，故答案为：向AgCl悬浊液中滴加KI稀溶液（7.1mol/L），固体由白色转化为黄色，再向悬浊液中滴加同浓度Na2下稀溶液（7.1mol/L），固体由黄色转化为黑色；
（4）氯化银能和氨水反应生成无色溶液，现象是：白色沉淀溶解，形成无色溶液，实质为：AgCl+2NH3=Ag（NH3）2++Cl-，
故答案为：白色沉淀溶解，形成无色溶液；AgCl+2NH3=Ag（NH3）2++Cl-．
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