電解質(zhì) | 電離方程式 | 電離常數(shù)K | Ksp |
H2CO3 | H2CO3?HCO3-+H+ HCO3-?CO32-+H+ | K1=4.31×10-7 K2=5.61×10-11 | - |
H3PO4 | H3PO4?H2PO4-+H+ H2PO4-?HPO42-+H+ HPO42-?PO43-+H+ | K1=7.52×10-3 K2=6.23×10-6 K3=2.20×10-13 | - |
C6H5OH | C6H5OH?C6H5O-+H+ | 1.1×10-10 | - |
NH3•H2O | NH3•H2O?OH-+NH4+ | 1.76×10-5 | - |
BaSO4 | BaSO4(s)?Ba2++SO42- | - | 1.1×10-10 |
BaCO3 | BaCO3(s)?Ba2++CO32- | - | 1×10-9 |
分析 (1)溶液酸性強弱H3PO4>H2PO4->C6H5OH>HPO42-,C6H5OH與Na3PO4反應生成苯酚鈉和HPO42-;
(2)25℃時,向10mL 0.01mol/LC6H5OH溶液中滴加V mL 0.1mol/L氨水恰好反應生成苯酚銨,電離平衡常數(shù)可知苯酚電離程度小,
a.pH>7,溶液顯示堿性,則溶液中一定滿足:c(OH-)>c(H+);
b.V=5時反應后得到等濃度苯酚溶液和苯酚銨溶液的混合溶液,物料守恒分析;
c.二者恰好反應生成苯酚銨,溶液顯示堿性,則c(OH-)>c(H+)、c(NH4+)>c(C6H5O-);
d.若混合溶液PH<7,則苯酚一定過量,根據(jù)混合液中的物料守恒判斷;
(3)水解平衡常數(shù)等于生成物濃度系數(shù)次冪之積與反應物濃度系數(shù)次冪之積的比;
(4)①根據(jù)圖片知,溫度越高,硫酸鋇的溶度積常數(shù)越大,根據(jù)T2時硫酸鋇溶度積常數(shù)與 25°C時溶度積常數(shù)比較判斷;
②a.硫酸鈉抑制硫酸鋇電離;
b.在T1曲線上方區(qū)域(不含曲線)為過飽和溶液;
c.蒸發(fā)溶劑,增大溶液中溶質(zhì)的濃度,溫度不變,溶度積常數(shù)不變;
d.升溫增大溶質(zhì)的溶解,溶液中鋇離子、硫酸根離子濃度都增大;
③含有相同的離子能抑制硫酸鋇的溶解,難溶物質(zhì)向更難溶物質(zhì)進行轉(zhuǎn)化,硫酸根離子或鋇離子濃度越大,硫酸鋇的溶解度越;
④在BaCO3和BaSO4混合物懸濁液中,c(SO42-)與c(CO32-)之比為可以依據(jù)溶度積常數(shù)計算,c(CO32-):c(SO42-)=$\frac{Ksp(BaC{O}_{3})}{Ksp(BaS{O}_{4})}$.
解答 解:(1)電離平衡常數(shù)比較分析可知溶液酸性強弱H3PO4>H2PO4->C6H5OH>HPO42-,較強酸制備較弱酸的原理可知C6H5OH與Na3PO4反應生成苯酚鈉和HPO42-,反應的離子方程式為:C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-,
故答案為:C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-;
(2)氨水的電離平衡常數(shù)大于苯酚的電離平衡常數(shù),所以C6H5O-水解程度大于NH4+的水解程度,因此溶液顯堿性,
a.溶液的pH>7時,溶質(zhì)可能為苯酚銨或苯酚銨與氨水的混合液,V≥10,也可以是苯酚銨和苯酚混合溶液,V<10,則溶液中一定存在c(OH-)>c(H+),故a錯誤;
b.V=5時反應后得到等濃度苯酚溶液和苯酚銨溶液的混合溶液,苯酚過量,溶液中存在物料守恒,2c(NH3•H2O)+2c(NH4+)═c(C6H5OH)+c(C6H5O-),故b正確;
c.V=10時,二者恰好反應生成苯酚銨溶液,C6H5O-水解程度大于NH4+的水解程度,因此溶液顯堿性,苯酚電離出的氫離子抑制水的電離,混合液中水的電離程度大于0.01mol/L C6H5OH溶液中水的電離程度,故c錯誤;
d.若混合溶液PH<7,則苯酚一定過量,溶液中離子濃度大小c(C6H5O-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)或c(C6H5O-)>c(H+)>>c(NH4+)>c(OH-),故d錯誤;
故答案為:b;
(3)Na2CO3第一步水解反應的水解離子方程式為:CO32-+H2O?HCO3-+OH-,Kh=$\frac{c(HC{{O}_{3}}^{-})c(O{H}^{-})}{c(C{{O}_{3}}^{2-})}$=$\frac{c(HC{{O}_{3}}^{-})c(O{H}^{-})}{c(C{{O}_{3}}^{2-})}$×$\frac{c({H}^{+})}{c({H}^{+})}$=$\frac{Kw}{K{a}_{2}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{5.61×1{0}^{-11}}$=1.78×10-4,
故答案為:1.78×10-4;
(4)①25°C時硫酸鋇的Ksp=1.07×10-10,根據(jù)圖片知,溫度越高,硫酸鋇的離子積常數(shù)越大,T2 時硫酸鋇的溶度積常數(shù)=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9>1.07×10-10,所以該溫度大于25℃,故答案為:>;
②a.硫酸鈉抑制硫酸鋇電離,硫酸根離子濃度增大,導致溶液中鋇離子濃度減小,所以可以使溶液由a點變?yōu)閎點,故a錯誤;
b.在T1曲線上方區(qū)域(不含曲線)為過飽和溶液,所以有晶體析出,故b正確;
c.蒸發(fā)溶劑,增大溶液中溶質(zhì)的濃度,溫度不變,溶度積常數(shù)不變,所以蒸發(fā)溶劑可能使溶液由d點變?yōu)榍上a、b之間的某一點(不含a、b),故c正確;
d.升溫增大溶質(zhì)的溶解,溶液中鋇離子、硫酸根離子濃度都增大,故d錯誤;
故選bc,
故答案為:bc;
③根據(jù)難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)知,溶液中硫酸根離子濃度越大,硫酸鋇的溶解度越小,鋇離子濃度越低,氫氧化鋇能抑制硫酸鋇的電離,但氫氧化鋇溶液中含有鋇離子,所以鋇離子濃度最大;水中的鋇離子濃度次之;硫酸鈉溶液和硫酸溶液中都含有硫酸根離子,抑制硫酸鋇的電離,硫酸鈉中的硫酸根濃度大于硫酸中的濃度,所以硫酸鈉溶液中鋇離子的濃度小于硫酸溶液中鋇離子濃度,所以鋇離子濃度大小順序是:c>a>d>b,故選A,硫酸鋇溶液中加入硫酸根離子和鋇離子都會導致硫酸鋇的沉淀溶解平衡逆移,硫酸鋇的溶解度減小,硫酸根離子或鋇離子濃度越大,硫酸鋇的溶解度越小,所以BaSO4的溶解度的大小順序:a>d>c>b,故選C,
故答案為:A;C;
④在BaCO3和BaSO4混合物懸濁液中,c(SO42-)與c(CO32-)之比為可以依據(jù)溶度積常數(shù)計算,c(SO42-):c(CO32-)=$\frac{c(S{{O}_{4}}^{2-})}{c(C{{O}_{3}}^{2-})}$×$\frac{c(B{a}^{2+})}{c(B{a}^{2+})}$=$\frac{Ksp(BaS{O}_{4})}{Ksp(BaC{O}_{3})}$=1.1×10-10:1×10-9=0.11(或1.1×10-1),
故答案為:0.11(或1.1×10-1).
點評 本題考查較綜合,涉及弱電解質(zhì)電離、難溶物的溶解平衡、鹽類水解等知識點,根據(jù)弱酸電離平衡常數(shù)及弱酸根離子水解程度的關(guān)系來分析解答,明確難溶物溶解平衡曲線變化趨勢、縱橫坐標的含義,知道不飽和轉(zhuǎn)化為飽和溶液的方法,題目難度中等.
科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A. | c(OH-)=1×10-7mol/L | B. | c(H+)=1×10-7mol/L | ||
C. | c(OH-)=c(H+) | D. | pH=7 |
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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A. | 弱堿性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3- | |
B. | 滴加石蕊呈紅色的溶液可能大量存在K+、NH4+、Cl-、S2- | |
C. | 與Al反應能放出H2的溶液中可能大量存在:Fe2+、K+、NO3-、SO42- | |
D. | 漂白粉的水溶液可能大量存在Fe2+、Cl-、Ca2+、Na+ |
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科目:高中化學 來源: 題型:解答題
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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A. | H2SO4 | B. | CH3COOH | C. | (NH4)2 SO4 | D. | NaOH |
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科目:高中化學 來源: 題型:解答題
溶液中被沉淀的離子 | Fe3+ | Fe2+ | Cu2+ |
完全生成氫氧化物的沉淀時,溶液的pH | ≥3.7 | ≥6.4 | ≥4.4 |
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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A. | NH4Cl溶液、NaOH溶液、堿石灰 | B. | 濃氨水、NaOH固體、濃硫酸 | ||
C. | NH4Cl固體、消石灰、堿石灰 | D. | 濃NaOH溶液、NH4C固體、濃硫酸 |
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科目:高中化學 來源: 題型:解答題
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