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考点8 电解质溶液-2024年高考化学试题分类汇编
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这是一份考点8 电解质溶液-2024年高考化学试题分类汇编，共25页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
1.(2024·湖北选择考·13)CO2气氛下,Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5ml·L-1,pKal(H2CO3)=6.4、pKa2(H2CO3)=10.3,pKsp(PbCO3)=12.1。下列说法错误的是( )
A.pH=6.5时,溶液中c(CO32−)B.δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时,c(Pb2+)<1.0×10-5ml·L-1
C.pH=7时,2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]<2c(CO32−)+c(HCO3-)+c(ClO4-)
D.pH=8时,溶液中加入少量NaHCO3(s),PbCO3会溶解
【解析】选C。由图可知,pH=6.5时δ(Pb2+)>50%,即c(Pb2+)>1×10-5ml·L-1,则c(CO32−)≤Ksp(PbCO3)c(Pb2+)=10-12.11×10-5ml·L-1=10-7.1ml·L-12c(CO32−)+c(HCO3-)+c(ClO4-),C项错误;NaHCO3溶液中HCO3-的水解平衡常数为KwKa1(H2CO3)=1×10-1410-6.4=10-7.6>Ka2(H2CO3),NaHCO3溶液呈碱性,加入少量NaHCO3固体,溶液pH增大,PbCO3转化成Pb(CO3)22−而溶解,D项正确。
2.(2024·全国甲卷·13)将0.10 mml Ag2CrO4配制成1.0 mL悬浊液,向其中滴加0.10 ml·L-1的NaCl溶液。lg[cM/(ml·L-1)](M代表Ag+、Cl-或CrO42−)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是( )
A.交点a处:c(Na+)=2c(Cl-)
B.Ksp(AgCl)Ksp(Ag2CrO4)=10-2.21
C.V≤2.0 mL时,c(CrO42−)c(Cl-)不变
D.y1=-7.82,y2=-lg34
【解析】选D。A.2.0 mL时Ag2CrO4与NaCl溶液恰好完全反应,则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4,电荷守恒:c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(CrO42−)+c(Cl-)+c(OH-),此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计,a点为Cl-和CrO42−曲线的交点,即c(CrO42−)=c(Cl-),则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-),A错误;B.当V(NaCl)=1.0 mL时,有一半的Ag2CrO4转化为AgCl,Ag2CrO4与AgCl共存,均达到沉淀溶解平衡,取图中横坐标为1.0 mL的点,得Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75,Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)·c(CrO42−)=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96,则Ksp(AgCl)Ksp(Ag2CrO4)=10-9.7510-11.96=102.21,B错误;C.V<2.0 mL时,Ag+未沉淀完全,体系中Ag2CrO4和AgCl共存,则Ksp(AgCl)Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag+)·c(Cl-)c2(Ag+)·c(CrO42−)为定值,即c(Ag+)·c(CrO42−)c(Cl-)为定值,由图可知,在V≤2.0 mL时c(Ag+)并不是定值,则c(CrO42−)c(Cl-)的值也不是定值,即在变化,C错误;D.V>2.0 mL时AgCl处于饱和状态,V(NaCl)=2.4 mL时,图像显示c(Cl-)=10-1.93 ml·L-1,则c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)=10-9.7510-1.93=10-7.82 ml·L-1,故y1=-7.82,此时Ag2CrO4全部转化为AgCl,n(CrO42−)守恒,等于起始时n(Ag2CrO4),则c(CrO42−)=n(CrO42−)V=0.1×10-3ml(1+2.4)×10-3L=134 ml·L-1,则y2=lg c(CrO42−)=lg134=-lg34,D正确。故答案选D。
3.(2024·黑、吉、辽选择考·15)25 ℃下,AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。
已知:①Ag2CrO4为砖红色沉淀;
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr;
③25 ℃时,pKa1(H2CrO4)=0.7,pKa2(H2CrO4)=6.5。
pAg=-lg[c(Ag+)/(ml·L-1)]
pX=-lg[c(Xn-)/(ml·L-1)]
(Xn-代表Cl-、Br-或CrO42−)
下列说法错误的是( )
A.曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线
B.反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCrO4-的平衡常数K=10-5.2
C.滴定Cl-时,理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0 ml·L-1
D.滴定Br-达终点时,溶液中c(Br-)c(CrO42−)=10-0.5
【解析】选D。由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1∶1,即两者图像平行,所以①代表Ag2CrO4,由于相同条件下,AgCl溶解度大于AgBr,即Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),所以②代表AgCl,则③代表AgBr,根据①上的点(2.0,7.7),可求得Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42−)=(10-2)2×10-7.7=10-11.7,根据②上的点(2.0,7.7),可求得Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-2×10-7.7=10-9.7,根据③上的点(6.1,6.1),可求得Ksp(AgBr)=c(Ag+)×c(Br-)=10-6.1×10-6.1=10-12.2。由分析得,曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线,故A正确;反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCrO4-的平衡常数K=c2(Ag+)c(HCrO4-)c(H+)=c2(Ag+)c(CrO42−)c(HCrO4-)c(H+)c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)Ka2(H2CrO4)=10-11.710-6.5=10-5.2,故B正确;当Cl-恰好滴定完全时,c(Ag+)=Ksp(AgCl)=10-4.85 ml·L-1,即c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag+)=10-11.7(10-4.85)2=10-2.0 (ml·L-1),因此,指示剂的浓度不宜超过10-2.0 ml·L-1,故C正确;当Br-到达滴定终点时,c(Ag+)=c(Br-)=Ksp(AgBr)=10-6.1 ml·L-1,即c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag+)=10-11.7(10-6.1)2=100.5 (ml·L-1),c(Br-)c(CrO42−)=10-,故D错误。
4.(2024·安徽选择考·7)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质,转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物),羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下,羟胺易潮解,水溶液呈碱性,与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用于药品、香料等的合成。
已知25 ℃时,Ka(HNO2)=7.2×10-4,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,Kb(NH2OH)=8.7×10-9。
下列有关物质结构或性质的比较,正确的是( )
A.键角:NH3>NO3-
B.熔点:NH2OH>[NH3OH]Cl
C.25 ℃同浓度水溶液的pH:[NH3OH]Cl>NH4Cl
D.羟胺分子间氢键的强弱:O—H…O>N—H…N
【解析】选D。NH3中N原子的价层电子对数=3+12(5-3×1)=3+1=4,为sp3杂化,键角为107°,NO3-中N的价层电子对数=3+12(5+1-3×2)=3+0=3,为sp2杂化,键角为120°,故键角:NH3Kb(NH2OH),故NH2OH的碱性比NH3·H2O弱,故同浓度的水溶液中,[NH3OH]+的水解程度大于NH4+的水解程度,二者同浓度水解后,[NH3OH]+中氢离子浓度更大,酸性更强,同浓度水溶液的pH:[NH3OH]ClN—H…N,D项正确。
5.(2024·安徽选择考·13)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时,H2S饱和溶液浓度约为0.1 ml·L-1,Ka1(H2S)=10-6.97,Ka2(H2S)=10-12.90,Ksp(FeS)=10-17.20,Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是( )
A.Na2S溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
ml·L-1 Na2S溶液中:c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)
C.向c(Cd2+)=0.01 ml·L-1的溶液中加入FeS,可使c(Cd2+)<10-8 ml·L-1
D.向c(Cd2+)=0.01 ml·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,所得溶液中:c(H+)>c(Cd2+)
【解析】选B。Na2S溶液中只有5种离子,分别是H+、Na+、OH-、HS-、S2-,溶液是电中性的,存在电荷守恒,可表示为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),A正确;0.01 ml·L-1 Na2S溶液中,S2-水解使溶液呈碱性,其水解常数为Kh=c(OH-)·c(HS-)c(S2−)=KwKa2=10-1410-12.90=10-1.1,根据硫元素守恒可知c(HS-)<10-1.1 ml·L-1,所以c(OH-)c(S2−)>1,则c(OH-)>c(S2-),B不正确;Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS),向c(Cd2+)=0.01 ml·L-1的溶液中加入FeS时,可以发生沉淀的转化,该反应的平衡常数为K=Ksp(FeS)Ksp(CdS)=10-17.2010-26.10=108.9≫105,因此该反应可以完全进行,CdS的饱和溶液中c(Cd2+)=10-26.10ml·L-1=10-13.05 ml·L-1,则加入足量FeS时可使c(Cd2+)<10-8 ml·L-1,C正确;Cd2++H2SCdS+2H+的平衡常数K=c2(H+)c(Cd2+)·c(H2S)=Ka1·Ka2Ksp=10-6.97×10-12.9010-26.10=106.23≫105,该反应可以完全进行,因此,当向c(Cd2+)=0.01 ml·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,Cd2+可以完全沉淀,所得溶液中c(H+)>c(Cd2+),D正确。
6.(2024·江苏选择考·11)室温下,根据下列实验过程及现象,能验证相应实验结论的是( )
【解析】选B。H2SO4是二元酸,CH3COOH是一元酸,通过该实验无法比较H2SO4和CH3COOH酸性的强弱,故A错误;向2 mL 0.1 ml·L-1Na2S溶液中滴加几滴溴水,振荡,产生淡黄色沉淀,说明发生反应:S2-+Br22Br-+S↓,氧化剂的氧化性大于氧化产物,因此氧化性:Br2>S,故B正确;CaCO3和BaCO3均为白色沉淀,无法通过现象确定沉淀种类,无法比较CaCO3和BaCO3溶度积常数的大小,故C错误;比较CH3COO-和NO2-结合H+能力,应在相同条件下测定相同浓度CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH,但题中未明确指出两者浓度相等,故D错误。
7.(2024·江苏选择考·12)室温下,通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2,Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。
实验1:将SO2气体通入水中,测得溶液pH=3。
实验2:将SO2气体通入0.1 ml·L-1 NaOH溶液中,当溶液pH=4时停止通气。
实验3:将SO2气体通入0.1 ml·L-1酸性KMnO4溶液中,当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是( )
A.实验1所得溶液中:c(HSO3-)+c(SO32−)>c(H+)
B.实验2所得溶液中:c(SO32−)>c(HSO3-)
C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D.实验3所得溶液中:c(SO42−)>c(Mn2+)
【解析】选D。实验1得到H2SO3溶液,实验2所得溶液的pH为4,含NaHSO3,实验3 SO2和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O5SO42−+2Mn2++4H+。实验1得到H2SO3溶液,其质子守恒关系式为c(HSO3-)+2c(SO32−)+c(OH-)=c(H+),则c(HSO3-)+c(SO32−)c(Mn2+),D正确。
8.(2024·河北选择考·11)在水溶液中,CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时,lgc(金属离子)c(配离子)与-lgc(CN-)的关系如图。
下列说法正确的是( )
A.99%的X、Y转化为配离子时,两溶液中CN-的平衡浓度:X>Y
B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐,达平衡时c(X)c(X配离子)>c(Z)c(Z配离子)
C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时,消耗CN-的物质的量:YD.若相关离子的浓度关系如P点所示,Y配离子的解离速率小于生成速率
【解析】选B。A.99%的X、Y转化为配离子时,溶液中c(X)c(X配离子)=c(Y)c(Y配离子)=1%99%,则lgc(X)c(X配离子)=lgc(Y)c(Y配离子)≈-2,根据图像可知,纵坐标约为-2时,溶液中-lgcX(CN-)>-lgcY(CN-),则溶液中CN-的平衡浓度:Xlgc(Z)c(Z配离子),则c(X)c(X配离子)>c(Z)c(Z配离子),B正确;C.设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子+mCN-配离子,则平衡常数K=c(配离子)c(金属离子)·cm(CN-),lgK=lgc(配离子)c(金属离子)-mlgc(CN-)=-lgc(金属离子)c(配离子)-mlgc(CN-),即lgc(金属离子)c(配离子)=-mlgc(CN-)-lgK,故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多,对应lgc(金属离子)c(配离子)~-lgc(CN-)曲线斜率越大,由题图知,曲线斜率:Y>Z,则由Y、Z制备等物质的量的配离子时,消耗CN-的物质的量:Z生成速率,D错误。本题选B。
9.(2024·湖南选择考·11)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下:
已知:①H3PO4的电离常数:K1=6.9×10-3,K2=6.2×10-8,K3=4.8×10-13
②Na2HPO4·12H2O易风化。
下列说法错误的是( )
A.“中和”工序若在铁质容器中进行,应先加入Na2CO3溶液
B.“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4
C.“结晶”工序中溶液显酸性
D.“干燥”工序需在低温下进行
【解析】选C。H3PO4和Na2CO3先发生反应,通过加入X调节pH,使产物完全转化为Na2HPO4,通过结晶、过滤、干燥,最终得到Na2HPO4·12H2O成品。铁是较活泼金属,可与H3PO4反应生成氢气,故“中和”工序若在铁质容器中进行,应先加入Na2CO3溶液,A项正确;若“中和”工序加入Na2CO3过量,则需要加入酸性物质来调节pH,为了不引入新杂质,可加入H3PO4;若“中和”工序加入H3PO4过量,则需要加入碱性物质来调节pH,为了不引入新杂质,可加入NaOH,所以“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4,B项正确;“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液,由已知可知H3PO4的K2=6.2×10-8,K3=4.8×10-13,则HPO42−的水解常数Kh=KwK2=1.0×10-146.2×10-8≈1.6×10-7,由于Kh>K3,则Na2HPO4的水解程度大于电离程度,溶液显碱性,C项错误;由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水,故“干燥”工序需要在低温下进行,D项正确。
10.(2024·湖南选择考·13)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20 mL 0.10 ml·L-1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示,下列说法错误的是( )
A.水的电离程度:MB.M点:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
C.当V(HCOOH)=10 mL时,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N点:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
【解析】选D。结合起点和终点,向20 mL 0.10 ml·L-1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,浓度发生改变的微粒是OH-和HCOO-,当V(HCOOH)=0 mL,溶液中存在的微粒是OH-,可知随着甲酸的加入,OH-被消耗,浓度逐渐下降,即经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变,经过M点、N点在上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。M点时,V(HCOOH)=10 mL,溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOO-)=1∶1,仍有未反应的甲酸,对水的电离是抑制的,N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时仅存在HCOONa的水解,此时水的电离程度最大,故A正确;M点时,V(HCOOH)=10 mL,溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOO-)=1∶1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-),可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+),故B正确;当V(HCOOH)=10 mL时,溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOONa)=1∶1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),根据物料守恒c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-),故C正确;N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,甲酸根发生水解,因此c(Na+)>c(HCOO-)及c(OH-)>c(H+);观察图中N点可知,c(HCOO-)≈0.05 ml·L-1,根据Ka(HCOOH)=c(H+)·c(HCOO-)c(HCOOH)=1.8×10-4,可知c(HCOOH)>c(H+),故D错误。
11.(2024·浙江6月选考·15)室温下,H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如δ(H2S)=c(H2S)c(H2S)+c(HS-)+c(S2−)]。已知:Ksp(FeS)=6.3×10-18,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。
下列说法正确的是( )
A.溶解度:FeS大于Fe(OH)2
B.以酚酞为指示剂(变色的pH范围8.2~10.0),用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度
C.忽略S2-的第二步水解,0.1 ml·L-1的Na2S溶液中S2-水解率约为62%
ml·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20 ml·L-1的Na2S溶液,反应初始生成的沉淀是FeS
【解析】选C。在H2S溶液中存在电离平衡:H2SH++HS-、HS-H++S2-,随着pH的增大,H2S的物质的量分数逐渐减小,HS-的物质的量分数先增大后减小,S2-的物质的量分数逐渐增大,如图所示:线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化关系,由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7,由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。A项,FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq),饱和FeS溶液物质的量浓度为Ksp(FeS)=6.3×10-18ml·L-1=6.3×10-9 ml·L-1,Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq),饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为3Ksp[Fe(OH)2]4=34.9×10-174 ml·L-1=312.25×10-6 ml·L-1>6.3×10-9 ml·L-1,故溶解度:FeS小于Fe(OH)2,A项错误;B项,酚酞的变色范围为8.2~10,若以酚酞为指示剂,用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液,由图可知当酚酞发生明显颜色变化时,反应没有完全,即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点,B项错误;C项,Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-(忽略第二步水解),第一步水解平衡常数Kh(S2-)=c(HS-)c(OH-)c(S2−)=c(HS-)c(OH-)c(H+)c(S2−)c(H+)=KwKa2(H2S)=1×10-141×10-13=0.1,设水解的S2-的浓度为x ml·L-1,则x20.1−x=0.1,解得x≈0.062,S2-的水解率约为0.062ml·L-10.1ml·L-1×100%=62%,C项正确;D项,0.01 ml·L-1FeCl2溶液中加入等体积0.2 ml·L-1Na2S溶液,瞬间得到0.005 ml·L-1FeCl2和0.1 ml·L-1Na2S的混合液,结合C项,瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005 ml·L-1×(0.1 ml·L-1-0.062 ml·L-1)=1.9×10-4>Ksp(FeS),c(Fe2+)c2(OH-)=0.005 ml·L-1×(0.062 ml·L-1)2=1.922×10-5>Ksp[Fe(OH)2],故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2,D项错误。
12.(2024·山东等级考·10)常温下Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液体系中存在反应:Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq),平衡常数为K。已知初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08 ml·L-1,所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是( )
A.线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况
B.CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-n
C.pH=n时,c(Ag+)=10m-nK ml·L-1
D.pH=10时,c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 ml·L-1
【解析】选C。在溶液中存在平衡:CH3COOHCH3COO-+H+(①)、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)(②),Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+(③),随着pH的增大,c(H+)减小,平衡①③正向移动,c(CH3COOH)、c(Ag+)减小,pH较小时(约小于7.8)CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg浓度增大,pH较大时(约大于7.8)CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg浓度减小,故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系,线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系,线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系,A项错误;由图可知,当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)时(即线Ⅰ和线Ⅱ的交点),溶液的pH=m,则CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=10-m,B项错误;pH=n时c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=10-m,c(CH3COO-)=10-mc(CH3COOH)c(H+)=10n-mc(CH3COOH),Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=c(CH3COOAg)c(Ag+)c(CH3COO-),c(Ag+)=c(CH3COOAg)K·c(CH3COO-),由图可知pH=n时,c(CH3COOH)=c(CH3COOAg),代入整理得c(Ag+)=10m-nK ml·L-1,C项正确;根据物料守恒,pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08 ml·L-1,D项错误。
13.(2024·山东等级考·12)由下列事实或现象能得出相应结论的是( )
【解析】选A、B。向酸性KMnO4溶液中加入草酸,紫色褪去说明KMnO4被还原成无色Mn2+,则草酸具有还原性,A项符合题意;铅蓄电池放电时正极反应为PbO2+2e-+SO42−+4H+PbSO4+2H2O,负极反应为Pb-2e-+SO42−PbSO4,正、负极质量都增加,充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-PbO2+SO42−+4H+,阴极反应为PbSO4+2e-Pb+SO42−,阴、阳极质量都减小,B项符合题意;向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液,先生成AgCl白色沉淀,说明先达到AgCl的Ksp,但由于AgCl、Ag2CrO4的类型不相同,不能得出Ksp(AgCl)Ksp(Ag2CrO4),C项不符合题意;将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水,红棕色变浅,说明降低温度平衡向正反应方向移动,正反应为放热反应,根据ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能<0知,正反应的活化能小于逆反应的活化能,D项不符合题意。
14.(2024·北京等级考·9)氘代氨(ND3)可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3:①Mg3N2与D2O的水解反应;②NH3与D2O反应。下列说法不正确的是( )
A.NH3和ND3可用质谱法区分
B.NH3和ND3均为极性分子
C.方法①的化学方程式是Mg3N2+6D2O3Mg(OD)2+2ND3↑
D.方法②得到的产品纯度比方法①的高
【解析】选D。NH3和ND3的相对分子质量不同,可以用质谱法区分,A正确;NH3和ND3的H原子不同,但空间结构均为三角锥形,是极性分子,B正确;Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3,反应方法①的化学方程式书写正确,C正确;方法②是通过D2O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND3,代替的个数不同,产物会不同,纯度低,D错误。
15.(2024·北京等级考·12)下列依据相关数据作出的推断中,不正确的是( )
A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较,可推断反应进行的方向
B.依据一元弱酸的Ka,可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小
C.依据第二周期主族元素电负性依次增大,可推断它们的第一电离能依次增大
D.依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能,可推断它们的热稳定性强弱
【解析】选C。对于可逆反应的Q与K的关系:Q>K,反应向逆反应方向进行,Q16.(2024·新课标卷·13)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中,分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如:δ(CH2ClCOO-)=c(CH2ClCOO-)c(CH2ClCOOH)+c(CH2ClCOO-)]
下列叙述正确的是( )
A.曲线M表示δ(CHCl2COO-)~pH的变化关系
B.若酸的初始浓度为0.10 ml·L-1,则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO-)+c(OH-)
C.CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-1.3
D.pH=2.08时,电离度α(CH2ClCOOH)电离度α(CHCl2COOH)=
【解析】选D。随着pH增大,CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度逐渐减小,CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度逐渐增大,—Cl为吸电子基团,CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH,即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH),δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8,则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3,Ka(CH2ClCOOH)≈10-2.8,由此分析解题。A.根据分析,曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系,A错误;B.Ka(CHCl2COOH)=c(CHCl2COO-)·c(H+)c(CHCl2COOH),初始c0(CHCl2COOH)=0.1 ml·L-1,若溶液中溶质只有CHCl2COOH,则c(CHCl2COO-)=c(H+)≈Ka(CHCl2COOH)·c0(CHCl2COOH)=10-1.15 ml·L-1,但a点对应的c(H+)=0.1 ml·L-1,说明此时溶液中加入了酸性更强的酸,根据电荷守恒可知c(H+)>c(CHCl2COO-)+c(OH-),B错误;C.根据分析,CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8,C错误;D.电离度α=n电离n始,n始=n电离+n未电离,则α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO-),
α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO-),pH=2.08时,δ(CH2ClCOO-)=0.15,
δ(CHCl2COO-)=0.85,D正确。
非选择题
17.(2024·全国甲卷·26)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 ml·L-1,其他金属离子不沉淀,即认为完全分离。
已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CS)=4.0×10-21。
②以氢氧化物形式沉淀时,lg[c(M)/(ml·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题:
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是
。
(2)“酸浸”步骤中,CO发生反应的化学方程式是
。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(C2+)均为0.10 ml·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(C2+)= ml·L-1,据此判断能否实现Zn2+和C2+的完全分离 (填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中,生成1.0 ml MnO2,产生H+的物质的量为 。
(5)“沉淀”步骤中,用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是 。
(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化C2+,其反应的离子方程式为
。
(7)根据题中给出的信息,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质,经稀硫酸酸浸时,铜不溶解,除含铅元素的+2价氧化物转化为硫酸铅沉淀外,Zn及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液;然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀;过滤后,滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去,同时亚铁离子也被氧化为铁离子;再次过滤后,用氢氧化钠调节pH=4,铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去;过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴,得到C(OH)3。
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出效率。(2)“酸浸”步骤中,Cu不溶解,除含铅元素的+2价氧化物转化为硫酸铅沉淀外,Zn单质及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液,即CO转化为CSO4,反应的化学方程式为CO+H2SO4CSO4+H2O。(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(C2+)均为0.10 ml·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(S2-)=2.5×10-2210-5 ml·L-1=2.5×10-17 ml·L-1,则c(C2+)=4.0×10-212.5×10-17 ml·L-1=1.6×10-4 ml·L-1,c(C2+)小于0.10 ml·L-1,说明大部分C2+也转化为硫化物沉淀,据此判断不能实现Zn2+和C2+的完全分离。(4)“沉锰”步骤中,Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去,发生的反应为S2O82−+Mn2++2H2OMnO2↓+4H++2SO42−,因此,生成1.0 ml MnO2,产生H+的物质的量为4.0 ml。(5)“沉锰”步骤中,S2O82−同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3,因此,分离出的滤渣是Fe(OH)3。(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化C2+,为了保证C2+被完全氧化,NaClO要适当过量,其反应的离子方程式为2C2++5ClO-+5H2O2C(OH)3↓+Cl-+4HClO。(7)根据题中给出的信息,“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5,溶液中Zn元素以Zn2+形式存在,随pH增大Zn2+逐渐减少,转化为Zn(OH)2,当pH>12后氢氧化锌会溶解转化为Zn(OH)42−,因此,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH接近12但不大于12,静置后过滤、洗涤、干燥。
答案:(1)增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出效率
(2)CO+H2SO4CSO4+H2O
(3)1.6×10-4 不能
(4)4.0 ml
(5)Fe(OH)3
(6)2C2++5ClO-+5H2O2C(OH)3↓+Cl-+4HClO
(7)向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH接近12但不大于12,静置后过滤、洗涤、干燥
18.(2024·江苏选择考·16)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3,常用于循环处理高氯废水。
(1)沉淀Cl-。在高氯水样中加入K2CrO4使CrO42−浓度约为5×10-3 ml·L-1,当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加过程的体积增加),此时溶液中Cl-浓度约为 ml·L-1。[已知:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12]
(2)还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实,加入足量0.5 ml·L-1盐酸后静置,充分反应得到Ag。
①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为 。
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是
。
③为判断AgCl是否完全转化,补充完整实验方案:取出铁圈,搅拌均匀,取少量混合物过滤,
[实验中必须使用的试剂和设备:稀HNO3、AgNO3溶液,通风设备]
(3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌(如图所示),其抗菌性能受溶解氧浓度影响。
①纳米Ag溶解产生Ag+的离子方程式为 。
②实验表明溶解氧浓度过高,纳米Ag的抗菌性能下降,主要原因是
。
【解析】(1)CrO42−浓度约为5×10-3 ml·L-1,当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀,此时c(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42−)=2.0×10-125×10-3 ml·L-1=2×10-5 ml·L-1,c(Cl-)=Ksp(AgCl)c(Ag+)=1.8×10-102×10-5 ml·L-1=9×10-6 ml·L-1。
(2)①在足量0.5 ml·L-1盐酸中静置,铁将AgCl转化为单质Ag,反应的化学方程式为Fe+AgCl+2HClFeCl3+Ag+H2↑;
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag,是因为形成了以Fe为负极,AgCl为正极,盐酸为电解质溶液的原电池,正极AgCl得到电子,电极反应式为AgCl+e-Ag+Cl-,生成Ag;
③判断AgCl是否完全转化,即检验混合物中是否含有AgCl,若AgCl完全转化,则剩余固体全部为银,可完全溶于稀HNO3,若AgCl未完全转化,剩余AgCl不能溶于稀HNO3,则可用稀HNO3检验,稀HNO3参与反应可能会产生氮氧化物,反应需在通风设备中进行,反应后的溶液中存在氯离子,若未将滤渣洗净,氯离子会干扰实验,所以首先需要检验氯离子是否洗净,实验方案为取出铁圈,搅拌均匀,取少量混合物过滤,洗涤,向最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液,确保氯离子洗净,打开通风设备,向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO3,搅拌,若固体完全溶解,则AgCl完全转化,若固体未完全溶解,则AgCl未完全转化。
(3)①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+,离子方程式为4Ag+O2+4H+4Ag++2H2O;
②溶解氧浓度过高,纳米Ag与氧气反应生成Ag2O,使得Ag+浓度下降,抗菌性能下降。
答案:(1)9×10-6
(2)①Fe+AgCl+2HClFeCl3+Ag+H2↑
②形成了以Fe为负极,AgCl为正极,盐酸为电解质溶液的原电池,正极AgCl得到电子,电极反应式为AgCl+e-Ag+Cl-,生成Ag
③洗涤,向最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液,确保氯离子洗净,开启通风设备,向滤渣中加入足量稀HNO3,搅拌,若固体完全溶解,则AgCl完全转化,若固体未完全溶解,则AgCl未完全转化
(3)①4Ag+O2+4H+4Ag++2H2O
②纳米Ag与氧气反应生成Ag2O,使得Ag+浓度下降
19.(2024·湖南选择考·16)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源,回收贵金属的化工流程如下:
已知:①当某离子的浓度低于1.0×10-5ml·L-1时,可忽略该离子的存在;
②AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq) K=2.0×10-5;
③Na2SO3易从溶液中结晶析出;
④不同温度下Na2SO3的溶解度如下:
回答下列问题:
(1)Cu属于 区元素,其基态原子的价电子排布式为 ;
(2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3,“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为 ;
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl:
①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是 。
②在“除金”工序溶液中,Cl-浓度不能超过 ml·L-1。
(4)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 ml·L-1,两种离子分布分数δδ([Ag(SO3)2]3−)=n([Ag(SO3)2]3−)n([Ag(SO3)2]3−)+n([Ag(SO3)3]5−)随SO32−浓度的变化关系如图所示,若SO32−浓度为1.0 ml·L-1,则[Ag(SO3)3]5-的浓度为 ml·L-1。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式);在连续生产的模式下,“银转化”和“银还原”工序需在40 ℃左右进行,若反应温度过高,将难以实现连续生产,原因是 。
【解析】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸,由题中信息可知,滤液1中含有Cu2+和H2SeO3,滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4;滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl,将Au转化为Na[AuCl4]除去,滤液2中含有Na[AuCl4],滤渣2中含有AgCl、PbSO4;在滤渣2中加入Na2SO3,将AgCl转化为[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-,过滤除去PbSO4,滤液3含有[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-;滤液3中加入Na2S2O4,将Ag元素还原为Ag单质,Na2S2O4转化为Na2SO3,滤液4中溶质主要为Na2SO3,可继续进行银转化过程。
(1)Cu的原子序数为29,位于第四周期第ⅠB族,位于ds区,其基态原子的价电子排布式为3d104s1;
(2)滤液1中含有Cu2+和H2SeO3,氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应,生成CuSO4、H2SeO3和H2O,反应的离子方程式为Cu2Se+4H2O2+4H+2Cu2++H2SeO3+5H2O;
(3)①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是使银元素转化为AgCl沉淀;②由题目可知AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq),在“除金”工序溶液中,若Cl-加入过多,AgCl则会转化为[AgCl2]-,当某离子的浓度低于1.0×10-5ml·L-1时,可忽略该离子的存在,为了不让AgCl发生转化,则应使c([AgCl2]-)=1.0×10-5ml·L-1,由K=c([AgCl2]-)c(Cl-)=2.0×10-5,可得c(Cl-)=0.5 ml·L-1,即Cl-浓度不能超过0.5 ml·L-1;
(4)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 ml·L-1,溶液中存在平衡关系:[Ag(SO3)2]3-+SO32−[Ag(SO3)3]5-,当c(SO32−)=0.5 ml·L-1时,此时c([Ag(SO3)2]3-)=c([Ag(SO3)3]5-)=0.037 5 ml·L-1,则该平衡关系中的平衡常数K=c([Ag(SO3)3]5−)c([Ag(SO3)2]3−)×c(SO32−)=×0.5=2,当c(SO32−)=1 ml·L-1时,K=c([Ag(SO3)3]5−)c([Ag(SO3)2]3−)×c(SO32−)=c([Ag(SO3)3]5−){0.075-c([Ag(SO3)3]5−)}×1=2,解得此时c([Ag(SO3)3]5-)=0.05 ml·L-1;
(5)由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3;由不同温度下Na2SO3的溶解度可知,高于40 ℃后,Na2SO3的溶解度下降,“银转化”和“银还原”的效率降低,难以实现连续生产。
答案:(1)ds 3d104s1
(2)Cu2Se+4H2O2+4H+2Cu2++H2SeO3+5H2O
(3)①使银元素转化为AgCl沉淀 ②0.5
(4)0.05
(5)Na2SO3 高于40 ℃后,Na2SO3的溶解度下降,“银转化”和“银还原”的效率降低,难以实现连续生产
选项
实验过程及现象
实验结论
A
用0.1 ml·L-1 NaOH溶液分别中和等体积的0.1 ml·L-1 H2SO4溶液和0.1 ml·L-1CH3COOH溶液,H2SO4消耗的NaOH溶液多
酸性:H2SO4>CH3COOH
B
向2 mL 0.1 ml·L-1Na2S溶液中滴加几滴溴水,振荡,产生淡黄色沉淀
氧化性:Br2>S
C
向2 mL浓度均为0.1 ml·L-1的CaCl2和BaCl2混合溶液中滴加少量0.1 ml·L-1Na2CO3溶液,振荡,产生白色沉淀
溶度积常数:CaCO3>BaCO3
D
用pH试纸分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH,CH3COONa溶液pH大
结合H+能力:CH3COO->NO2-
事实或现象
结论
A
向酸性KMnO4溶液中加入草酸,紫色褪去
草酸具有还原性
B
铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加
电池发生了放电反应
C
向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液,先生成AgCl白色沉淀
Ksp(AgCl)D
2NO2N2O4为基元反应,将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水,红棕色变浅
正反应活化能大于逆反应活化能
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
1.(2024·湖北选择考·13)CO2气氛下,Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5ml·L-1,pKal(H2CO3)=6.4、pKa2(H2CO3)=10.3,pKsp(PbCO3)=12.1。下列说法错误的是( )
A.pH=6.5时,溶液中c(CO32−)
C.pH=7时,2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]<2c(CO32−)+c(HCO3-)+c(ClO4-)
D.pH=8时,溶液中加入少量NaHCO3(s),PbCO3会溶解
【解析】选C。由图可知,pH=6.5时δ(Pb2+)>50%,即c(Pb2+)>1×10-5ml·L-1,则c(CO32−)≤Ksp(PbCO3)c(Pb2+)=10-12.11×10-5ml·L-1=10-7.1ml·L-1
2.(2024·全国甲卷·13)将0.10 mml Ag2CrO4配制成1.0 mL悬浊液,向其中滴加0.10 ml·L-1的NaCl溶液。lg[cM/(ml·L-1)](M代表Ag+、Cl-或CrO42−)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是( )
A.交点a处:c(Na+)=2c(Cl-)
B.Ksp(AgCl)Ksp(Ag2CrO4)=10-2.21
C.V≤2.0 mL时,c(CrO42−)c(Cl-)不变
D.y1=-7.82,y2=-lg34
【解析】选D。A.2.0 mL时Ag2CrO4与NaCl溶液恰好完全反应,则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4,电荷守恒:c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(CrO42−)+c(Cl-)+c(OH-),此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计,a点为Cl-和CrO42−曲线的交点,即c(CrO42−)=c(Cl-),则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-),A错误;B.当V(NaCl)=1.0 mL时,有一半的Ag2CrO4转化为AgCl,Ag2CrO4与AgCl共存,均达到沉淀溶解平衡,取图中横坐标为1.0 mL的点,得Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75,Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)·c(CrO42−)=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96,则Ksp(AgCl)Ksp(Ag2CrO4)=10-9.7510-11.96=102.21,B错误;C.V<2.0 mL时,Ag+未沉淀完全,体系中Ag2CrO4和AgCl共存,则Ksp(AgCl)Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag+)·c(Cl-)c2(Ag+)·c(CrO42−)为定值,即c(Ag+)·c(CrO42−)c(Cl-)为定值,由图可知,在V≤2.0 mL时c(Ag+)并不是定值,则c(CrO42−)c(Cl-)的值也不是定值,即在变化,C错误;D.V>2.0 mL时AgCl处于饱和状态,V(NaCl)=2.4 mL时,图像显示c(Cl-)=10-1.93 ml·L-1,则c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)=10-9.7510-1.93=10-7.82 ml·L-1,故y1=-7.82,此时Ag2CrO4全部转化为AgCl,n(CrO42−)守恒,等于起始时n(Ag2CrO4),则c(CrO42−)=n(CrO42−)V=0.1×10-3ml(1+2.4)×10-3L=134 ml·L-1,则y2=lg c(CrO42−)=lg134=-lg34,D正确。故答案选D。
3.(2024·黑、吉、辽选择考·15)25 ℃下,AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。
已知:①Ag2CrO4为砖红色沉淀;
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr;
③25 ℃时,pKa1(H2CrO4)=0.7,pKa2(H2CrO4)=6.5。
pAg=-lg[c(Ag+)/(ml·L-1)]
pX=-lg[c(Xn-)/(ml·L-1)]
(Xn-代表Cl-、Br-或CrO42−)
下列说法错误的是( )
A.曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线
B.反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCrO4-的平衡常数K=10-5.2
C.滴定Cl-时,理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0 ml·L-1
D.滴定Br-达终点时,溶液中c(Br-)c(CrO42−)=10-0.5
【解析】选D。由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1∶1,即两者图像平行,所以①代表Ag2CrO4,由于相同条件下,AgCl溶解度大于AgBr,即Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),所以②代表AgCl,则③代表AgBr,根据①上的点(2.0,7.7),可求得Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42−)=(10-2)2×10-7.7=10-11.7,根据②上的点(2.0,7.7),可求得Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-2×10-7.7=10-9.7,根据③上的点(6.1,6.1),可求得Ksp(AgBr)=c(Ag+)×c(Br-)=10-6.1×10-6.1=10-12.2。由分析得,曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线,故A正确;反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCrO4-的平衡常数K=c2(Ag+)c(HCrO4-)c(H+)=c2(Ag+)c(CrO42−)c(HCrO4-)c(H+)c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)Ka2(H2CrO4)=10-11.710-6.5=10-5.2,故B正确;当Cl-恰好滴定完全时,c(Ag+)=Ksp(AgCl)=10-4.85 ml·L-1,即c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag+)=10-11.7(10-4.85)2=10-2.0 (ml·L-1),因此,指示剂的浓度不宜超过10-2.0 ml·L-1,故C正确;当Br-到达滴定终点时,c(Ag+)=c(Br-)=Ksp(AgBr)=10-6.1 ml·L-1,即c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag+)=10-11.7(10-6.1)2=100.5 (ml·L-1),c(Br-)c(CrO42−)=10-,故D错误。
4.(2024·安徽选择考·7)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质,转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物),羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下,羟胺易潮解,水溶液呈碱性,与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用于药品、香料等的合成。
已知25 ℃时,Ka(HNO2)=7.2×10-4,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,Kb(NH2OH)=8.7×10-9。
下列有关物质结构或性质的比较,正确的是( )
A.键角:NH3>NO3-
B.熔点:NH2OH>[NH3OH]Cl
C.25 ℃同浓度水溶液的pH:[NH3OH]Cl>NH4Cl
D.羟胺分子间氢键的强弱:O—H…O>N—H…N
【解析】选D。NH3中N原子的价层电子对数=3+12(5-3×1)=3+1=4,为sp3杂化,键角为107°,NO3-中N的价层电子对数=3+12(5+1-3×2)=3+0=3,为sp2杂化,键角为120°,故键角:NH3
5.(2024·安徽选择考·13)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时,H2S饱和溶液浓度约为0.1 ml·L-1,Ka1(H2S)=10-6.97,Ka2(H2S)=10-12.90,Ksp(FeS)=10-17.20,Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是( )
A.Na2S溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
ml·L-1 Na2S溶液中:c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)
C.向c(Cd2+)=0.01 ml·L-1的溶液中加入FeS,可使c(Cd2+)<10-8 ml·L-1
D.向c(Cd2+)=0.01 ml·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,所得溶液中:c(H+)>c(Cd2+)
【解析】选B。Na2S溶液中只有5种离子,分别是H+、Na+、OH-、HS-、S2-,溶液是电中性的,存在电荷守恒,可表示为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),A正确;0.01 ml·L-1 Na2S溶液中,S2-水解使溶液呈碱性,其水解常数为Kh=c(OH-)·c(HS-)c(S2−)=KwKa2=10-1410-12.90=10-1.1,根据硫元素守恒可知c(HS-)<10-1.1 ml·L-1,所以c(OH-)c(S2−)>1,则c(OH-)>c(S2-),B不正确;Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS),向c(Cd2+)=0.01 ml·L-1的溶液中加入FeS时,可以发生沉淀的转化,该反应的平衡常数为K=Ksp(FeS)Ksp(CdS)=10-17.2010-26.10=108.9≫105,因此该反应可以完全进行,CdS的饱和溶液中c(Cd2+)=10-26.10ml·L-1=10-13.05 ml·L-1,则加入足量FeS时可使c(Cd2+)<10-8 ml·L-1,C正确;Cd2++H2SCdS+2H+的平衡常数K=c2(H+)c(Cd2+)·c(H2S)=Ka1·Ka2Ksp=10-6.97×10-12.9010-26.10=106.23≫105,该反应可以完全进行,因此,当向c(Cd2+)=0.01 ml·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,Cd2+可以完全沉淀,所得溶液中c(H+)>c(Cd2+),D正确。
6.(2024·江苏选择考·11)室温下,根据下列实验过程及现象,能验证相应实验结论的是( )
【解析】选B。H2SO4是二元酸,CH3COOH是一元酸,通过该实验无法比较H2SO4和CH3COOH酸性的强弱,故A错误;向2 mL 0.1 ml·L-1Na2S溶液中滴加几滴溴水,振荡,产生淡黄色沉淀,说明发生反应:S2-+Br22Br-+S↓,氧化剂的氧化性大于氧化产物,因此氧化性:Br2>S,故B正确;CaCO3和BaCO3均为白色沉淀,无法通过现象确定沉淀种类,无法比较CaCO3和BaCO3溶度积常数的大小,故C错误;比较CH3COO-和NO2-结合H+能力,应在相同条件下测定相同浓度CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH,但题中未明确指出两者浓度相等,故D错误。
7.(2024·江苏选择考·12)室温下,通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2,Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。
实验1:将SO2气体通入水中,测得溶液pH=3。
实验2:将SO2气体通入0.1 ml·L-1 NaOH溶液中,当溶液pH=4时停止通气。
实验3:将SO2气体通入0.1 ml·L-1酸性KMnO4溶液中,当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是( )
A.实验1所得溶液中:c(HSO3-)+c(SO32−)>c(H+)
B.实验2所得溶液中:c(SO32−)>c(HSO3-)
C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D.实验3所得溶液中:c(SO42−)>c(Mn2+)
【解析】选D。实验1得到H2SO3溶液,实验2所得溶液的pH为4,含NaHSO3,实验3 SO2和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O5SO42−+2Mn2++4H+。实验1得到H2SO3溶液,其质子守恒关系式为c(HSO3-)+2c(SO32−)+c(OH-)=c(H+),则c(HSO3-)+c(SO32−)
8.(2024·河北选择考·11)在水溶液中,CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时,lgc(金属离子)c(配离子)与-lgc(CN-)的关系如图。
下列说法正确的是( )
A.99%的X、Y转化为配离子时,两溶液中CN-的平衡浓度:X>Y
B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐,达平衡时c(X)c(X配离子)>c(Z)c(Z配离子)
C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时,消耗CN-的物质的量:Y
【解析】选B。A.99%的X、Y转化为配离子时,溶液中c(X)c(X配离子)=c(Y)c(Y配离子)=1%99%,则lgc(X)c(X配离子)=lgc(Y)c(Y配离子)≈-2,根据图像可知,纵坐标约为-2时,溶液中-lgcX(CN-)>-lgcY(CN-),则溶液中CN-的平衡浓度:X
9.(2024·湖南选择考·11)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下:
已知:①H3PO4的电离常数:K1=6.9×10-3,K2=6.2×10-8,K3=4.8×10-13
②Na2HPO4·12H2O易风化。
下列说法错误的是( )
A.“中和”工序若在铁质容器中进行,应先加入Na2CO3溶液
B.“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4
C.“结晶”工序中溶液显酸性
D.“干燥”工序需在低温下进行
【解析】选C。H3PO4和Na2CO3先发生反应,通过加入X调节pH,使产物完全转化为Na2HPO4,通过结晶、过滤、干燥,最终得到Na2HPO4·12H2O成品。铁是较活泼金属,可与H3PO4反应生成氢气,故“中和”工序若在铁质容器中进行,应先加入Na2CO3溶液,A项正确;若“中和”工序加入Na2CO3过量,则需要加入酸性物质来调节pH,为了不引入新杂质,可加入H3PO4;若“中和”工序加入H3PO4过量,则需要加入碱性物质来调节pH,为了不引入新杂质,可加入NaOH,所以“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4,B项正确;“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液,由已知可知H3PO4的K2=6.2×10-8,K3=4.8×10-13,则HPO42−的水解常数Kh=KwK2=1.0×10-146.2×10-8≈1.6×10-7,由于Kh>K3,则Na2HPO4的水解程度大于电离程度,溶液显碱性,C项错误;由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水,故“干燥”工序需要在低温下进行,D项正确。
10.(2024·湖南选择考·13)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20 mL 0.10 ml·L-1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示,下列说法错误的是( )
A.水的电离程度:M
C.当V(HCOOH)=10 mL时,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N点:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
【解析】选D。结合起点和终点,向20 mL 0.10 ml·L-1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,浓度发生改变的微粒是OH-和HCOO-,当V(HCOOH)=0 mL,溶液中存在的微粒是OH-,可知随着甲酸的加入,OH-被消耗,浓度逐渐下降,即经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变,经过M点、N点在上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。M点时,V(HCOOH)=10 mL,溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOO-)=1∶1,仍有未反应的甲酸,对水的电离是抑制的,N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时仅存在HCOONa的水解,此时水的电离程度最大,故A正确;M点时,V(HCOOH)=10 mL,溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOO-)=1∶1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-),可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+),故B正确;当V(HCOOH)=10 mL时,溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOONa)=1∶1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),根据物料守恒c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-),故C正确;N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,甲酸根发生水解,因此c(Na+)>c(HCOO-)及c(OH-)>c(H+);观察图中N点可知,c(HCOO-)≈0.05 ml·L-1,根据Ka(HCOOH)=c(H+)·c(HCOO-)c(HCOOH)=1.8×10-4,可知c(HCOOH)>c(H+),故D错误。
11.(2024·浙江6月选考·15)室温下,H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如δ(H2S)=c(H2S)c(H2S)+c(HS-)+c(S2−)]。已知:Ksp(FeS)=6.3×10-18,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。
下列说法正确的是( )
A.溶解度:FeS大于Fe(OH)2
B.以酚酞为指示剂(变色的pH范围8.2~10.0),用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度
C.忽略S2-的第二步水解,0.1 ml·L-1的Na2S溶液中S2-水解率约为62%
ml·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20 ml·L-1的Na2S溶液,反应初始生成的沉淀是FeS
【解析】选C。在H2S溶液中存在电离平衡:H2SH++HS-、HS-H++S2-,随着pH的增大,H2S的物质的量分数逐渐减小,HS-的物质的量分数先增大后减小,S2-的物质的量分数逐渐增大,如图所示:线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化关系,由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7,由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。A项,FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq),饱和FeS溶液物质的量浓度为Ksp(FeS)=6.3×10-18ml·L-1=6.3×10-9 ml·L-1,Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq),饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为3Ksp[Fe(OH)2]4=34.9×10-174 ml·L-1=312.25×10-6 ml·L-1>6.3×10-9 ml·L-1,故溶解度:FeS小于Fe(OH)2,A项错误;B项,酚酞的变色范围为8.2~10,若以酚酞为指示剂,用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液,由图可知当酚酞发生明显颜色变化时,反应没有完全,即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点,B项错误;C项,Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-(忽略第二步水解),第一步水解平衡常数Kh(S2-)=c(HS-)c(OH-)c(S2−)=c(HS-)c(OH-)c(H+)c(S2−)c(H+)=KwKa2(H2S)=1×10-141×10-13=0.1,设水解的S2-的浓度为x ml·L-1,则x20.1−x=0.1,解得x≈0.062,S2-的水解率约为0.062ml·L-10.1ml·L-1×100%=62%,C项正确;D项,0.01 ml·L-1FeCl2溶液中加入等体积0.2 ml·L-1Na2S溶液,瞬间得到0.005 ml·L-1FeCl2和0.1 ml·L-1Na2S的混合液,结合C项,瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005 ml·L-1×(0.1 ml·L-1-0.062 ml·L-1)=1.9×10-4>Ksp(FeS),c(Fe2+)c2(OH-)=0.005 ml·L-1×(0.062 ml·L-1)2=1.922×10-5>Ksp[Fe(OH)2],故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2,D项错误。
12.(2024·山东等级考·10)常温下Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液体系中存在反应:Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq),平衡常数为K。已知初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08 ml·L-1,所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是( )
A.线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况
B.CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-n
C.pH=n时,c(Ag+)=10m-nK ml·L-1
D.pH=10时,c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 ml·L-1
【解析】选C。在溶液中存在平衡:CH3COOHCH3COO-+H+(①)、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)(②),Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+(③),随着pH的增大,c(H+)减小,平衡①③正向移动,c(CH3COOH)、c(Ag+)减小,pH较小时(约小于7.8)CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg浓度增大,pH较大时(约大于7.8)CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg浓度减小,故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系,线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系,线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系,A项错误;由图可知,当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)时(即线Ⅰ和线Ⅱ的交点),溶液的pH=m,则CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=10-m,B项错误;pH=n时c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=10-m,c(CH3COO-)=10-mc(CH3COOH)c(H+)=10n-mc(CH3COOH),Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=c(CH3COOAg)c(Ag+)c(CH3COO-),c(Ag+)=c(CH3COOAg)K·c(CH3COO-),由图可知pH=n时,c(CH3COOH)=c(CH3COOAg),代入整理得c(Ag+)=10m-nK ml·L-1,C项正确;根据物料守恒,pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08 ml·L-1,D项错误。
13.(2024·山东等级考·12)由下列事实或现象能得出相应结论的是( )
【解析】选A、B。向酸性KMnO4溶液中加入草酸,紫色褪去说明KMnO4被还原成无色Mn2+,则草酸具有还原性,A项符合题意;铅蓄电池放电时正极反应为PbO2+2e-+SO42−+4H+PbSO4+2H2O,负极反应为Pb-2e-+SO42−PbSO4,正、负极质量都增加,充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-PbO2+SO42−+4H+,阴极反应为PbSO4+2e-Pb+SO42−,阴、阳极质量都减小,B项符合题意;向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液,先生成AgCl白色沉淀,说明先达到AgCl的Ksp,但由于AgCl、Ag2CrO4的类型不相同,不能得出Ksp(AgCl)
14.(2024·北京等级考·9)氘代氨(ND3)可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3:①Mg3N2与D2O的水解反应;②NH3与D2O反应。下列说法不正确的是( )
A.NH3和ND3可用质谱法区分
B.NH3和ND3均为极性分子
C.方法①的化学方程式是Mg3N2+6D2O3Mg(OD)2+2ND3↑
D.方法②得到的产品纯度比方法①的高
【解析】选D。NH3和ND3的相对分子质量不同,可以用质谱法区分,A正确;NH3和ND3的H原子不同,但空间结构均为三角锥形,是极性分子,B正确;Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3,反应方法①的化学方程式书写正确,C正确;方法②是通过D2O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND3,代替的个数不同,产物会不同,纯度低,D错误。
15.(2024·北京等级考·12)下列依据相关数据作出的推断中,不正确的是( )
A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较,可推断反应进行的方向
B.依据一元弱酸的Ka,可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小
C.依据第二周期主族元素电负性依次增大,可推断它们的第一电离能依次增大
D.依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能,可推断它们的热稳定性强弱
【解析】选C。对于可逆反应的Q与K的关系:Q>K,反应向逆反应方向进行,Q
下列叙述正确的是( )
A.曲线M表示δ(CHCl2COO-)~pH的变化关系
B.若酸的初始浓度为0.10 ml·L-1,则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO-)+c(OH-)
C.CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-1.3
D.pH=2.08时,电离度α(CH2ClCOOH)电离度α(CHCl2COOH)=
【解析】选D。随着pH增大,CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度逐渐减小,CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度逐渐增大,—Cl为吸电子基团,CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH,即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH),δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8,则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3,Ka(CH2ClCOOH)≈10-2.8,由此分析解题。A.根据分析,曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系,A错误;B.Ka(CHCl2COOH)=c(CHCl2COO-)·c(H+)c(CHCl2COOH),初始c0(CHCl2COOH)=0.1 ml·L-1,若溶液中溶质只有CHCl2COOH,则c(CHCl2COO-)=c(H+)≈Ka(CHCl2COOH)·c0(CHCl2COOH)=10-1.15 ml·L-1,但a点对应的c(H+)=0.1 ml·L-1,说明此时溶液中加入了酸性更强的酸,根据电荷守恒可知c(H+)>c(CHCl2COO-)+c(OH-),B错误;C.根据分析,CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8,C错误;D.电离度α=n电离n始,n始=n电离+n未电离,则α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO-),
α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO-),pH=2.08时,δ(CH2ClCOO-)=0.15,
δ(CHCl2COO-)=0.85,D正确。
非选择题
17.(2024·全国甲卷·26)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 ml·L-1,其他金属离子不沉淀,即认为完全分离。
已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CS)=4.0×10-21。
②以氢氧化物形式沉淀时,lg[c(M)/(ml·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题:
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是
。
(2)“酸浸”步骤中,CO发生反应的化学方程式是
。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(C2+)均为0.10 ml·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(C2+)= ml·L-1,据此判断能否实现Zn2+和C2+的完全分离 (填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中,生成1.0 ml MnO2,产生H+的物质的量为 。
(5)“沉淀”步骤中,用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是 。
(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化C2+,其反应的离子方程式为
。
(7)根据题中给出的信息,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质,经稀硫酸酸浸时,铜不溶解,除含铅元素的+2价氧化物转化为硫酸铅沉淀外,Zn及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液;然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀;过滤后,滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去,同时亚铁离子也被氧化为铁离子;再次过滤后,用氢氧化钠调节pH=4,铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去;过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴,得到C(OH)3。
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出效率。(2)“酸浸”步骤中,Cu不溶解,除含铅元素的+2价氧化物转化为硫酸铅沉淀外,Zn单质及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液,即CO转化为CSO4,反应的化学方程式为CO+H2SO4CSO4+H2O。(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(C2+)均为0.10 ml·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(S2-)=2.5×10-2210-5 ml·L-1=2.5×10-17 ml·L-1,则c(C2+)=4.0×10-212.5×10-17 ml·L-1=1.6×10-4 ml·L-1,c(C2+)小于0.10 ml·L-1,说明大部分C2+也转化为硫化物沉淀,据此判断不能实现Zn2+和C2+的完全分离。(4)“沉锰”步骤中,Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去,发生的反应为S2O82−+Mn2++2H2OMnO2↓+4H++2SO42−,因此,生成1.0 ml MnO2,产生H+的物质的量为4.0 ml。(5)“沉锰”步骤中,S2O82−同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3,因此,分离出的滤渣是Fe(OH)3。(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化C2+,为了保证C2+被完全氧化,NaClO要适当过量,其反应的离子方程式为2C2++5ClO-+5H2O2C(OH)3↓+Cl-+4HClO。(7)根据题中给出的信息,“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5,溶液中Zn元素以Zn2+形式存在,随pH增大Zn2+逐渐减少,转化为Zn(OH)2,当pH>12后氢氧化锌会溶解转化为Zn(OH)42−,因此,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH接近12但不大于12,静置后过滤、洗涤、干燥。
答案:(1)增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出效率
(2)CO+H2SO4CSO4+H2O
(3)1.6×10-4 不能
(4)4.0 ml
(5)Fe(OH)3
(6)2C2++5ClO-+5H2O2C(OH)3↓+Cl-+4HClO
(7)向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH接近12但不大于12,静置后过滤、洗涤、干燥
18.(2024·江苏选择考·16)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3,常用于循环处理高氯废水。
(1)沉淀Cl-。在高氯水样中加入K2CrO4使CrO42−浓度约为5×10-3 ml·L-1,当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加过程的体积增加),此时溶液中Cl-浓度约为 ml·L-1。[已知:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12]
(2)还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实,加入足量0.5 ml·L-1盐酸后静置,充分反应得到Ag。
①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为 。
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是
。
③为判断AgCl是否完全转化,补充完整实验方案:取出铁圈,搅拌均匀,取少量混合物过滤,
[实验中必须使用的试剂和设备:稀HNO3、AgNO3溶液,通风设备]
(3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌(如图所示),其抗菌性能受溶解氧浓度影响。
①纳米Ag溶解产生Ag+的离子方程式为 。
②实验表明溶解氧浓度过高,纳米Ag的抗菌性能下降,主要原因是
。
【解析】(1)CrO42−浓度约为5×10-3 ml·L-1,当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀,此时c(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42−)=2.0×10-125×10-3 ml·L-1=2×10-5 ml·L-1,c(Cl-)=Ksp(AgCl)c(Ag+)=1.8×10-102×10-5 ml·L-1=9×10-6 ml·L-1。
(2)①在足量0.5 ml·L-1盐酸中静置,铁将AgCl转化为单质Ag,反应的化学方程式为Fe+AgCl+2HClFeCl3+Ag+H2↑;
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag,是因为形成了以Fe为负极,AgCl为正极,盐酸为电解质溶液的原电池,正极AgCl得到电子,电极反应式为AgCl+e-Ag+Cl-,生成Ag;
③判断AgCl是否完全转化,即检验混合物中是否含有AgCl,若AgCl完全转化,则剩余固体全部为银,可完全溶于稀HNO3,若AgCl未完全转化,剩余AgCl不能溶于稀HNO3,则可用稀HNO3检验,稀HNO3参与反应可能会产生氮氧化物,反应需在通风设备中进行,反应后的溶液中存在氯离子,若未将滤渣洗净,氯离子会干扰实验,所以首先需要检验氯离子是否洗净,实验方案为取出铁圈,搅拌均匀,取少量混合物过滤,洗涤,向最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液,确保氯离子洗净,打开通风设备,向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO3,搅拌,若固体完全溶解,则AgCl完全转化,若固体未完全溶解,则AgCl未完全转化。
(3)①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+,离子方程式为4Ag+O2+4H+4Ag++2H2O;
②溶解氧浓度过高,纳米Ag与氧气反应生成Ag2O,使得Ag+浓度下降,抗菌性能下降。
答案:(1)9×10-6
(2)①Fe+AgCl+2HClFeCl3+Ag+H2↑
②形成了以Fe为负极,AgCl为正极,盐酸为电解质溶液的原电池,正极AgCl得到电子,电极反应式为AgCl+e-Ag+Cl-,生成Ag
③洗涤,向最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液,确保氯离子洗净,开启通风设备,向滤渣中加入足量稀HNO3,搅拌,若固体完全溶解,则AgCl完全转化,若固体未完全溶解,则AgCl未完全转化
(3)①4Ag+O2+4H+4Ag++2H2O
②纳米Ag与氧气反应生成Ag2O,使得Ag+浓度下降
19.(2024·湖南选择考·16)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源,回收贵金属的化工流程如下:
已知:①当某离子的浓度低于1.0×10-5ml·L-1时,可忽略该离子的存在;
②AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq) K=2.0×10-5;
③Na2SO3易从溶液中结晶析出;
④不同温度下Na2SO3的溶解度如下:
回答下列问题:
(1)Cu属于 区元素,其基态原子的价电子排布式为 ;
(2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3,“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为 ;
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl:
①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是 。
②在“除金”工序溶液中,Cl-浓度不能超过 ml·L-1。
(4)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 ml·L-1,两种离子分布分数δδ([Ag(SO3)2]3−)=n([Ag(SO3)2]3−)n([Ag(SO3)2]3−)+n([Ag(SO3)3]5−)随SO32−浓度的变化关系如图所示,若SO32−浓度为1.0 ml·L-1,则[Ag(SO3)3]5-的浓度为 ml·L-1。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式);在连续生产的模式下,“银转化”和“银还原”工序需在40 ℃左右进行,若反应温度过高,将难以实现连续生产,原因是 。
【解析】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸,由题中信息可知,滤液1中含有Cu2+和H2SeO3,滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4;滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl,将Au转化为Na[AuCl4]除去,滤液2中含有Na[AuCl4],滤渣2中含有AgCl、PbSO4;在滤渣2中加入Na2SO3,将AgCl转化为[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-,过滤除去PbSO4,滤液3含有[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-;滤液3中加入Na2S2O4,将Ag元素还原为Ag单质,Na2S2O4转化为Na2SO3,滤液4中溶质主要为Na2SO3,可继续进行银转化过程。
(1)Cu的原子序数为29,位于第四周期第ⅠB族,位于ds区,其基态原子的价电子排布式为3d104s1;
(2)滤液1中含有Cu2+和H2SeO3,氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应,生成CuSO4、H2SeO3和H2O,反应的离子方程式为Cu2Se+4H2O2+4H+2Cu2++H2SeO3+5H2O;
(3)①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是使银元素转化为AgCl沉淀;②由题目可知AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq),在“除金”工序溶液中,若Cl-加入过多,AgCl则会转化为[AgCl2]-,当某离子的浓度低于1.0×10-5ml·L-1时,可忽略该离子的存在,为了不让AgCl发生转化,则应使c([AgCl2]-)=1.0×10-5ml·L-1,由K=c([AgCl2]-)c(Cl-)=2.0×10-5,可得c(Cl-)=0.5 ml·L-1,即Cl-浓度不能超过0.5 ml·L-1;
(4)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 ml·L-1,溶液中存在平衡关系:[Ag(SO3)2]3-+SO32−[Ag(SO3)3]5-,当c(SO32−)=0.5 ml·L-1时,此时c([Ag(SO3)2]3-)=c([Ag(SO3)3]5-)=0.037 5 ml·L-1,则该平衡关系中的平衡常数K=c([Ag(SO3)3]5−)c([Ag(SO3)2]3−)×c(SO32−)=×0.5=2,当c(SO32−)=1 ml·L-1时,K=c([Ag(SO3)3]5−)c([Ag(SO3)2]3−)×c(SO32−)=c([Ag(SO3)3]5−){0.075-c([Ag(SO3)3]5−)}×1=2,解得此时c([Ag(SO3)3]5-)=0.05 ml·L-1;
(5)由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3;由不同温度下Na2SO3的溶解度可知,高于40 ℃后,Na2SO3的溶解度下降,“银转化”和“银还原”的效率降低,难以实现连续生产。
答案:(1)ds 3d104s1
(2)Cu2Se+4H2O2+4H+2Cu2++H2SeO3+5H2O
(3)①使银元素转化为AgCl沉淀 ②0.5
(4)0.05
(5)Na2SO3 高于40 ℃后,Na2SO3的溶解度下降,“银转化”和“银还原”的效率降低,难以实现连续生产
选项
实验过程及现象
实验结论
A
用0.1 ml·L-1 NaOH溶液分别中和等体积的0.1 ml·L-1 H2SO4溶液和0.1 ml·L-1CH3COOH溶液,H2SO4消耗的NaOH溶液多
酸性:H2SO4>CH3COOH
B
向2 mL 0.1 ml·L-1Na2S溶液中滴加几滴溴水,振荡,产生淡黄色沉淀
氧化性:Br2>S
C
向2 mL浓度均为0.1 ml·L-1的CaCl2和BaCl2混合溶液中滴加少量0.1 ml·L-1Na2CO3溶液,振荡,产生白色沉淀
溶度积常数:CaCO3>BaCO3
D
用pH试纸分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH,CH3COONa溶液pH大
结合H+能力:CH3COO->NO2-
事实或现象
结论
A
向酸性KMnO4溶液中加入草酸,紫色褪去
草酸具有还原性
B
铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加
电池发生了放电反应
C
向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液,先生成AgCl白色沉淀
Ksp(AgCl)
2NO2N2O4为基元反应,将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水,红棕色变浅
正反应活化能大于逆反应活化能
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
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