1、1(2019全国卷)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析难溶物质的溶解度可以用物质的量浓度(摩尔浓度)表示,即图中a、b分别表示T1、T2温度下,1 L CdS饱和溶液里含a mol、b mol CdS,A正确
2、;Ksp在一定温度下是一个常数,所以Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)c(OH)B随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH)减小C随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO、Cu2水解平衡移动方向不同答案C解析升温,促进水的电离,溶液中的H、OH浓度均增大,但二者始终相等,溶液呈中性,A错误;升温,CH3COONa溶液中的水解平衡正向移动,c(OH)增大,B错误;随温度升高,CuSO4溶液的水解平衡正向移动,水的电离平衡正向移动,因此CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡
3、移动共同作用的结果,C正确;随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的水解平衡均正向移动,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果,D错误。3(2018江苏高考)根据下列图示所得出的结论不正确的是()A图甲是CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的H0B图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线,说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C图丙是室温下用0.1000 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1某一元酸HX的滴定
4、曲线,说明HX是一元强酸D图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2达到沉淀溶解平衡时,溶液中c(Ba2)与c(SO)的关系曲线,说明溶液中c(SO)越大c(Ba2)越小答案C解析根据图甲,升高温度,lg K减小,平衡向逆反应方向移动,逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,该反应的H0,A正确,根据图乙,随着时间的推移,c(H2O2)变化趋于平缓,说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小,B正确;根据图丙,没有滴入NaOH溶液时,0.1000 molL1HX溶液的pH1,HX为一元弱酸,C错误;根据图丁可见横坐标越小,纵坐标越大,lg c(SO)越小,lg c(Ba2)越大,说明c(SO)越大
5、,c(Ba2)越小,D正确。4(2017全国卷)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是()AKsp(CuCl)的数量级为107B除Cl反应为CuCu22Cl=2CuClC加入Cu越多,Cu浓度越高,除Cl效果越好D2Cu=Cu2Cu平衡常数很大,反应趋于完全答案C解析当lg0时,lg约为7,即c(Cl)1 molL1,c(Cu)107 molL1,因此Ksp(CuCl)的数量级为107,A正确;分析生成物CuCl的化合价可知,Cl元素的化合价没
6、有发生变化,Cu元素由0价和2价均变为1价,因此参加该反应的微粒为Cu、Cu2和Cl,生成物为CuCl,则反应的离子方程式为CuCu22Cl=2CuCl,B正确;铜为固体,只要满足反应用量,Cu的量对除Cl效果无影响,C错误;2Cu=Cu2Cu的平衡常数K,可取图像中的c(Cu)c(Cu2)1106 molL1代入平衡常数的表达式中计算,即K1106 Lmol1105,因此平衡常数很大,反应趋于完全,D正确。5(2017全国卷)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()AKa2(H2X)的数量级为106B曲线N表示pH与l
7、g的变化关系CNaHX溶液中c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时,c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)c(H)答案D解析己二酸为二元弱酸,当横坐标为0.0时对应M、N两线的pH分别约为5.4和4.4,由第一步电离远远大于第二步电离可知第一步电离时己二酸pH更小,所以N为第一步电离,即曲线N表示pH与lg 的变化关系,B正确;由上述分析可知曲线M为己二酸的第二步电离,则当lg 0.0时,Ka2(H2X)c(H)105.4100.6106,A正确;NaHX溶液中,1,则lg0,此时溶液pH5.4,溶液呈酸性,所以c(H)c(OH),C正确;由以上分析可知,HX的电离程度大于其水解程度,故当溶
8、液呈中性时,c(Na2X)c(NaHX),溶液中各离子浓度大小关系为c(Na)c(X2)c(HX)c(OH)c(H),D错误。6(2017全国卷)改变0.1 molL1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA、A2的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是()ApH1.2时,c(H2A)c(HA)Blg K2(H2A)4.2CpH2.7时,c(HA)c(H2A)c(A2)DpH4.2时,c(HA)c(A2)c(H)答案D解析A对:根据题给图像,pH1.2时,H2A与HA的物质的量分数相等,则有c(H2A)c(HA)。B对:根据题给图像,pH4.2时,HA与A2的物质的量分数
9、相等,K2(H2A)c(H)104.2,则lg K2(H2A)4.2。C对:根据题给图像,pH2.7时,H2A与A2的物质的量分数相等,且远小于HA的物质的量分数,则有c(HA)c(H2A)c(A2)。D错:根据题给图像,pH4.2时,HA与A2的物质的量分数相等,c(HA)c(A2),且c(HA)c(A2)约为0.1 molL1,c(H)104.2 molL1,则c(HA)c(A2)c(H)。7(2018全国卷)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M248 gmol1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)1.11010,Ksp(BaS2O3)4.1105。
10、市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象取少量样品,加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液_,有刺激性气体产生静置,_(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:溶液配制:称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的_中,加蒸馏水至_。滴定:取0.00950 molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O6I14H=3I22Cr37H2O
11、。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I22S2O=S4O2I。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液_,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为_%(保留一位小数)。答案(1)加入过量稀盐酸出现乳黄色浑浊(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液产生白色沉淀(2)烧杯容量瓶刻度线蓝色褪去95.0解析(1)检验样品中的硫酸根离子,应该先加入稀盐酸,再加入氯化钡溶液。但是本题中,硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应,所以应该排除其干扰,具体过程应该为先将样品溶解,加入稀盐酸酸化(反应为S2O2H=SO2SH2O),静置,(吸)取上层清液,滴入氯化钡溶
12、液,观察到白色沉淀,证明存在硫酸根离子。(2)配制一定物质的量浓度的溶液,应该先称量质量,在烧杯中溶解,再转移至容量瓶,最后定容即可。淡黄绿色溶液中有单质碘,加入淀粉作为指示剂,溶液显蓝色,用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘,到滴定终点时溶液的蓝色褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式:Cr2O3I26S2O,则配制的100 mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c molL10.04597 molL1,含有的硫代硫酸钠为0.004597 mol,所以样品纯度为100%95.0%。8(2018天津高考)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH13,CO2主要转化为_(写离子符号);若所得溶液c(
13、HCO)c(CO)21,溶液pH_。(室温下,H2CO3的K14107;K251011)答案CO10解析CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH13,因为得到溶液的碱性较强,所以CO2主要转化为碳酸根离子(CO)。若所得溶液c(HCO)c(CO)21,则根据第二步电离平衡常数K251011,所以氢离子浓度为11010 mol/L,pH10。9(2017全国卷)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:回答下列问题:(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如图所示。由图可知,当铁的浸出
14、率为70%时,所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后,钛主要以TiOCl形式存在,写出相应反应的离子方程式_。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因_。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为4,其中过氧键的数目为_。(5)若“滤液”中c(Mg2)0.02 molL1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?_(列式计算)。FePO4、
15、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_。答案(1)100 、2 h,90 、5 h(2)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O(3)低于40 ,TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3恰好沉淀完全时,c(PO) molL11.31017 molL1,c3(Mg2)c2(PO)值为0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2,因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4
16、Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O解析(3)当温度低于40 时,H2O2、NH3H2O不易分解,但是温度低,反应速率慢,TiO2xH2O转化率低;当温度高于40 时,H2O2分解,NH3逸出,反应物浓度降低,TiO2xH2O的转化率低。(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x,则非过氧键氧原子数目为152x,根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得:2x2(152x)1245,解得:x4。(5)根据Ksp(FePO4)1.31022及Fe3恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3)1.0105 molL1,可得c(PO) molL11.31017 molL1。c(Mg2) molL10.01 molL1,则c3(Mg2)c2(PO)0.013(1.31017)21.6910401.71040KspMg3(PO4)21.01024,因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。(6)煅烧过程中,Fe元素化合价由3降至2,被还原,则H2C2O4应作还原剂,其氧化产物为CO2。