1、1专题 10 平衡原理的应用1图(I)和图(II)分别为二元酸 H2A 和乙二胺(H 2NCH2CH2NH2)溶液中各微粒的百分含量 (即物质的量百分数)随溶液 pH 的变化曲线(25)。下列说法正确的是A H 3NCH2CH2NH3A 溶液显碱性B 乙二胺(H 2NCH2CH2NH2)的 Kb2=10-7.15C H 3NCH2CH2NH2HA溶液中各离子浓度大小关系为：c(H 3NCH2CH2NH2+c(HA-)c(H2NCH2CH2NH2)c(A2-)c(OH-)c(H+)D 向H 3NCH2CH2NH2HA溶液中通入一定量的 HCl 气体，则 可能增大也可能减小【答案】B上得到，H 3
2、NCH2CH2NH32+离子的电离平衡常数大于 A2-离子的水解平衡常数，即H 3NCH2CH2NH32+离子的电离应该占主导地位，所以H 3NCH2CH2NH3A 的溶液应该显酸性，选项 A 错误。乙二胺的两步为：H 2NCH2CH2NH2 + H2O H3NCH2CH2NH2+ + OH-；H 3NCH2CH2NH2+ + H2O H3NCH2CH2NH32+ + OH-，所以，由图（） 得到：当 pH=6.85 时，c(H 3NCH2CH2NH2+)= c(H3NCH2CH2NH32+)，所以 Kb2c(OH )10 (146.85) 10 7.15 ，选项 B 正确。H 3NCH2CH
3、2NH2HA溶液中主2要存在H 3NCH2CH2NH2+和 HA-，根据图（） 得到：HA -的溶液应该显酸性，即 HA-的电离占主导地位，其电离平衡常数为 ，当 pH=6.20 时 c(HA-)c(A 2-)，所以 Kc(H +)10 -6.2；根据图（） 得到：H 3NCH2CH2NH2+的溶液应该显碱性，即H 3NCH2CH2NH2+ + H2O H3NCH2CH2NH32+ + OH-占主导地位，其平衡常数上面已经计算出为 Kb210 7.15 ，因为 KK b2所以H 3NCH2CH2NH2HA溶液中应该以HA-的电离为主导，溶液应该显酸性，即 c(OH-)c(H +)，选项 C 错
4、误。选项 D 中的式子为：其中 ， 为 H2NCH2CH2NH2 + H2O H3NCH2CH2NH2+ + OH-的平衡常数 Kb1， 为 H2A 的第一步电离平衡常数 Ka1，所以，该式子的数值只与温度有关，所以通入一定量的 HCl 气体时，数值应该不改变，选项 D 错误。2 【2019 届福建省莆田市第二十四中学高三上学期第一次调研考试】室温下，用相同物质的量浓度的 HC1 溶液，分别滴定物质的量浓度均为 0.1 mol/L 的三种碱溶液，滴定 曲线如图所示。下列判断正确的是A 滴定前，三种碱溶液中水电离出的 c(H +)大小关系： DOHBOHAOHB pH= 7 时，c(A +)=c
5、(B+)=c(D+)C 滴定至 P 点时，溶液中：c(Cl -)c(B+)c(BOH)c(OH-)c(H+)D 当中和百分数达 100%时，将三种溶液混合后：c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H +)-c(OH-)3【答案】D由小到大的顺序是 DClBClACl，它们水解均使溶液显酸性。A滴定前，三种碱液中水电离的 c(H+)大小关系为 AOHBOHDOH，A 不正确；B滴定至 P 点时，此时中和百分数为 50%，即 BOH 恰好有一半被中和，溶液为物质的量浓度相同的 BOH 和 BCl 混合溶液，pH、溶液显碱性，则 BOH 的电离程度大于 BCl的水解程度，所以溶液中 c(Cl
6、-)c(B +)， B 不正确；CpH=7 时，溶液中 c(H+)=c(OH )，由电荷守恒可知，三种溶液中 c(Cl-)均等于其 c(弱碱的阳离子)。由于三种盐在相同的条件下的水解程度由小到大的顺序是 DClBClACl，且其水解均使溶液显酸性，则滴定到溶液恰好呈中性时，三种溶液中消耗 HCl 的体积由小到大的顺序为 AOHBOHDOH，则三种溶液中 c(Cl )不相等，且 c(Cl )由小到大的顺序为AOHBOHDOH，因而 c(A+)c (B+)c(D +)，故 C 不正确；D当中和百分数达 100%时，三种溶液的物质的量浓度相同，混合后，根据质子守恒，c(DOH)+c(AOH)+c(B
7、OH)+c(OH )=c(H+)，则 c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)c(OH )，故 D 正确。本题选 D。 点睛：本题以酸碱中和滴定曲线为载体，考查了影响水的电离的因素、溶液中离子浓度的大小比较及相关等量关系的判断，难度较大。根据图象判断三种碱均为弱酸是解题的突破口，注意酸或碱会抑制水的电离，而盐类水解促进水的电离。比较溶液中离子浓度大小时，要根据溶液的酸碱性，判断酸或碱的电离作用与盐的水解作用的相对大小，然后再来比较相关离子的浓度大小关系。要牢牢把握溶液中的守恒思想，溶液中的三种守恒关系不仅可以帮助判断相关的等式是否成立，而且还可以帮助判断相关离子浓度之间的大小关系。
8、3 【2019 届浙江省“超级全能生”高考选考科目 9 月联考】常温下，将 盐酸慢慢加入到浓度为 溶液中，所得溶液 pH 变化曲线如图所示 忽略体积变化 。下列说法不正确的是 4A 点 所示溶液中由水电离产生的B 点 所示溶液中：C 点 所示溶液中：D 点 所示溶液中：【答案】C【解析】A.依据在常温下点 的 ，所示溶液是强碱弱酸盐，所以在 CH COONa 溶液中由水电离产生的 ，选项 A 正确； B.点 所示溶液中存在：COO ，此时 ，选项 B 正确； C.点 所示溶液 是 CH COONa 和 CH COOH 等物质的量混合 中，此时存在： COO，选项 C 错误；D.点 所示溶液中是
9、 和 NaCl 的混合溶液，所以， ，选项 D 正确。答案选 C。【点睛】本题是对电解质溶液的知识的考察，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是依据图像合理的推导溶液的性质，侧重知识的综合能力考察。4 【2019 届浙江省“超级全能生”高考选考科目 9 月联考】常温下，下列说法不正确的是( )A 物质的量浓度相同的 NaOH 溶液和氨水：B 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，前者 更小C 将相同体积相同物质的量浓度的 NaOH 溶液和醋酸溶液混合后呈碱性，说明醋酸是弱电解质5D 的盐酸和 的氨水混合后 ，说明氨水是弱电解质【答案】D错误。答案选 D。【点睛】本题主要考查强电解质和弱电解质的概念
10、，离子浓度大小的比较的相关知识，据此进行分析解答。5 【2019 届浙江省嘉兴市高三上学期 9 月份考试】常温下，用 0.01000 molL-1的盐酸滴定 0.01000 molL-1NaA 溶液 20.00mL。滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A a 点到 d 点的过程中，等式 c(HA)+c(A)=0.01000 molL1恒成立B b 点时，溶液中微粒浓度大小关系为：c(A )c(Cl )c(HA)c(OH)c(H+)C c 点时，溶液中微粒浓度存在关系：c(Na +)+c(H+) = c(HA)+c(OH)+2c(A)D d 点时，溶液中微粒浓度存在关系：c(OH )+c(A)=c
11、(H+)【答案】C6【点睛】本题的易错点是选项 A，学生根据物料守恒，认为 c(HA)+c(A)=0.01000 molL1是正确的，却忽略了加入盐酸，溶液的体积增大，浓度减小，应是 c(HA)+c(A)c(NaOH)，加水稀释促进 NH3H2O 的电离，即稀释相同倍数后，c(NH 4 )c(Na )，故 D 说法错误。7 【2019 届江西省红色七校高三第一次联考】下列实验中根据现象得出的结论错误的是（ ）选项实验 现象 结论A相同条件下，用 1molL1的 CH3COOH 和1molL1的 HCl 分别做导电性实验 CH3COOH 溶液对应的灯泡较暗CH3COOH 是弱电解质B 向某溶液中
12、加铜和浓 H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有 NO37C向某钾盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钾盐为 K2SO3或 KHSO3D向浓度均为 0.1 molL1的 MgCl2、CuCl 2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2【答案】C【详解】A同浓度的两种一元酸的导电性实验，CH 3COOH 溶液对应的灯泡较暗，电离出的氢离子浓度小，所以醋酸为弱酸，故 A 正确； B铜在酸性条件下，被硝酸根离子氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气被氧化为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液中可能含有 NO3-，故 B 正确；C
13、使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则可能为 KClO 与浓盐酸反应生成的氯气，也可能是K2SO3或 KHSO3与浓盐酸反应生成的二氧化硫，故 C 错误；D难溶电解质的溶度积越小，越容易生成沉淀。在相同的条件下，先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，因此可以得出 KspMg(OH)2KspCu(OH)2结论，故 D 正确。故答案选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及弱酸的证明、硝酸根离子检验、物质的检验、沉淀的溶度积大小比较等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性分析。8下列有关实验现象、解释和结论都正确的是选项实验操作 实验现象 解释或结论A 将充满 NO2的密闭玻
14、璃球浸泡在热水中 红棕色变深 反应 2NO2 N2O4的 H08B淀粉水解后的溶液加入新制 Cu(OH)2浊液，再加热无砖红色沉淀淀粉水解产物不含醛基C滴加稀 NaOH 溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝 原溶液中无 NH4+D向盛有 1mL0.l mol/L 的 AgNO3溶液中加入 10 滴0.1mol/L 的 NaCl 溶液，振荡，再加入 10 滴 0.1 mol/L 的 NaI 溶液，再振荡，先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgI)Ksp(AgCl)【答案】A【详解】A红棕色变深，说明升高温度，平衡移动，二氧化氮的浓度增大，则说明反应 2NO2 N2O4的H0，选项 A
15、 正确；B、用新制 Cu(OH)2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性，而淀粉溶液水解时加入稀 H2SO4做催化剂，故想检验葡萄糖的生成，须在水解液中加过量的碱使溶液呈碱性，冷却后再加入新制 Cu(OH)2浊液，若有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖，选项 B 错误；C、氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的 NH4+时，滴加稀 NaOH 溶液不会放出 NH3，选项 C 错误；D、1mL 溶液约有 20 滴，向 1mL0.l mol/L 的 AgNO3溶液中加入 10 滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶液，AgNO 3是过量的，再加NaI，不能确定是 AgCl 转化为 A
16、gI，所以不能比较 Ksp，故 D 错误。答案选 A。9 【2019 届湖北省武汉市部分市级示范高中高三十月联考】醋酸镍（(CH 3COO)2Ni是一种重要的化工原料。一种以含镍废料（含 NiS、Al 2O3、FeO、CaO、SiO 2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：相关离子生成氢氧化物的 pH 和相关物质的溶解性如下表：9(1)粉碎含镍废料的作用_(2)酸浸过程中，l molNiS 失去 6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式：_。(3)写出氧化步骤中加入 H2O2发生反应的离子方程式：_。(4)调节 pH 除铁、铝步骤中，溶液 pH 的调节范围是_。(5)滤渣
17、 3 主要成分的化学式是_。(6)沉镍过程中，若 c(Ni2+)= 2.0 molL -1，欲使 100 mL 该滤液中的 Ni2+沉淀完全c(Ni 2+)10 -5 molL-1，则需要加入 Na2CO3固体的质量最少为_g（保留一位小数） 。(7)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为_、_min。【答案】提高镍的浸出率 NiS+H2SO4+2HNO3NiSO 4+SO2+2NO+2H 2O 2Fe2 +H2O2+2H 2Fe 3 +2H2O 5.0pH6.7 CaF 2 31.8g 70 120min【详解】 （1）将含镍原料
18、粉碎可以提高镍的浸出率；（2）酸浸过程中，1mol NiS 被硝酸氧化失去 6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成 NO 和10SO2，其反应的化学方程式为：NiS+H 2SO4+2HNO3NiSO 4+SO2+2NO+2H 2O；（3）溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加 H2O2把亚铁离子氧化为 Fe3 ，反应的离子方程式为：2Fe2 +H2O2+2H 2Fe 3 +2H2O；（4）调节 pH 使 Al3 、Fe 3 转化为沉淀，同时 Ni2 不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节 pH 的范围为 5.0pH6.7；（5）由流程分析可知，滤渣 3 为 CaF2；（6）已知 NiC
19、O3的 Ksp=1.010-5，使 100ml 该滤液中的 Ni2 沉淀物完全，即c（Ni 2 ）10-5molL -1，则溶液中 c（CO 32 ）=K sp/c(Ni2 )=1.010-5/10-5molL1 =1.0molL1 ，与 Ni2 反应的 n（CO 32 ）=cV=2molL1 0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量 n（CO 32 ）=0.2mol+1.0molL1 0.1L=0.3mol，所以 m=nM=0.3mol106gmol1 =31.8g；(7)由图象可知，为 70、120min 时，酸浸出率最高。10 【2019 届江西省红色七校高三第一次联考】工业上
20、利用废镍催化剂(主要成分为 Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO 2、CaO 等)制备草酸镍晶体的流程如下：（1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_；滤渣 I 的成分是CaSO4和_(填化学式)。（2）除铁时，控制不同的条件可以得到不同的滤渣 II。已知滤渣 II 的成分与温度、pH 的关系如图所示：若控制温度 40、pH=8，则滤渣 II 的主要成分为_(填化学式)。若控制温度 80、pH=2，可得到黄铁矾钠Na 2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀(图中阴影部分)，写出生成黄铁矾钠的离子方程式：_。11（3）已知除铁后所得 100 mL 溶液中 c(Ca2+)=0.01molL-1，
21、加入 100 mL NH4F 溶液，使 Ca2+恰好沉淀完全即溶液中 c(Ca2+)=110-5 molL-1，则所加 c(NH4F)=_molL-1。已知 Ksp(CaF2)=5.2910-9（4）加入有机萃取剂的作用是_。【答案】把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等 SiO 2 FeOOH 2Na+3ClO- +6Fe2+ +4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12+3Cl -+6H+ 6.610-2 除去溶液中的 Zn2+(1)根据影响反应速率的因素答题；滤渣 I 主要为不溶于硫酸的 SiO2和微溶物 CaSO4；(2)根据图象可以知道，控制温度 4
22、0、pH=8，则滤渣 2 的主要成分为 FeOOH； Na 2Fe6(SO4)4(OH)12中铁元素化合价为+3 价，可知 ClO-将 e2+氧化为 Fe3+，依据氧化还原反应规律可写出生成黄铁矾钠的离子方程式；(3)根据反应式 Ca2+2F-=CaF2，沉淀 Ca2+消耗 0.002molNH4F，根据 Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=5.2910-9，沉淀 Ca2+后，溶液中 c(F-)= ；(4)根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的 Zn2+。【详解】 （1）根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等，滤渣
23、 I 的成分是 CaSO4和 SiO2，因此，本题正确答案是：把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；SiO 2； （2）根据图象可以知道，控制温度 40、pH=8，则滤渣 2 的主要成分为 FeOOH，因此，本题正确答案是：FeOOH； 若控制温度 80、pH=2，可得到黄铁矾钠Na 2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，依据氧化还原反应规律写出生成黄铁矾钠的离子方程式为：2Na +3ClO- +6Fe2+ +4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12+3Cl -+6H+；因此，本题正确答案是：2Na +3ClO- +6Fe2+ +4SO42-+9H2O =
24、Na2Fe6(SO4)4(OH)12+3Cl -+6H+； （3）根据反应式 Ca2+2F-=CaF2，沉淀 Ca2+消耗 0.002molNH4F，根据 Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=5.2910-9，沉淀 Ca2+后，溶液中 c(F-)= ，设加入 c(NH4F)=cmol/L，则12= ；解得 c=6.610-2，因此，本题正确答案是：6.610 -2；（4）根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的 Zn2+，因此，本题正确答案是：除去溶液中的 Zn2+。【点睛】本题考查了工业上从废镍催化剂制备草酸镍晶体的工艺流程，侧重考查物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用溶液不同 pH 条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液 pH 除去杂质离子，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，解题时先要弄清制备流程中各步反应原理和目的，从而知道分离提纯的环节中各成分组成，再结合氧化还原反应和沉淀溶度积等知识解决各问题。
