精英家教網 > 高中化學 > 題目詳情
6.(1)已知常溫下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液產生沉淀和氣體,反應的離子方程式為:Fe 3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑;若將所得懸濁液的pH調整為4,則溶液中Fe3+濃度為4.0×10-8mol•L-1
(2)常溫下,濃度均為0.1mol•L-1的下列五種鈉鹽溶液的pH如表
溶質CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCN
pH8.89.711.610.311.1
上述鹽溶液中的陰離子,結合H+能力最強的是CO32-.根據表中數據,濃度均為0.01mol•L-1
的下列四種酸的溶液分別稀釋100倍,pH變化最大的是C(填編號).
A.HCN         B.HClO      C.CH3COOH    D.H2CO3
(3)下列說法不正確的是AD(填序號)
A.某溫度下純水中的c(H+)=10-6,故顯酸性
B.用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl小
C.相同溫度下,0.1mol/LNH4Cl溶液中NH4+的濃度比0.1mol/L氨水中NH4+的濃度大
D.相同溫度下,pH均為8的Na2CO3和NaHCO3溶液,前者物質的量濃度大
E.向飽和石灰水中加入CaO固體,溶液中Ca2+、OH-的物質的量均減小.

分析 (1)在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液產生沉淀和氣體,生成的沉淀是氫氧化鐵、生成的氣體是二氧化碳;若將所得懸濁液的pH調整為4,溶液中c(OH-)=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-4}}$mol/L=10-10 mol/L,溶液中c(Fe3+)=$\frac{{K}_{sp}}{{c}^{3}(O{H}^{-})}$;
(2)相同濃度的鈉鹽溶液中,溶液的pH越大說明該酸根離子水解程度越大,酸根離子水解程度越大其結合氫離子能力越強;酸根離子水解程度越大,其對應的酸的電離程度越小,相同濃度的酸的酸性越弱,相同濃度的不同弱酸,酸的電離程度越小,稀釋相同的倍數pH變化越;
(3)A.任何溫度下純水都呈中性;
B.稀鹽酸抑制AgCl溶解;
C.氯化銨是強電解質,完全電離,但銨根離子水解程度較。灰凰习笔侨蹼娊赓|,部分電離;
D.相同溫度下,pH均為8的Na2CO3和NaHCO3溶液,酸根離子水解程度越大,其濃度越;
E.向飽和石灰水中加入CaO固體,CaO和水反應生成氫氧化鈣且溶液溫度升高,升高溫度氫氧化鈣溶解度降低,導致溶液為過飽和溶液,析出氫氧化鈣固體.

解答 解:(l) 在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液產生沉淀和氣體,生成的沉淀是氫氧化鐵、生成的氣體是二氧化碳,反應方程式為Fe 3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑;若將所得懸濁液的pH調整為4,溶液中c(OH-)=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-4}}$mol/L=10-10 mol/L,溶液中c(Fe3+)=$\frac{{K}_{sp}}{{c}^{3}(O{H}^{-})}$=$\frac{4.0×1{0}^{-38}}{(1{0}^{-10})^{3}}$mol/L=4.0×10-8mol/L;
故答案為:Fe 3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑;4.0×10-8;
(2)相同濃度的鈉鹽溶液中,溶液的pH越大說明該酸根離子水解程度越大,酸根離子水解程度越大其結合氫離子能力越強,根據表中數據知,水解程度最大的是CO32-,則結合氫離子能力最大的是CO32-;
酸根離子水解程度越大,其對應的酸的電離程度越小,相同濃度的酸的酸性越弱,相同濃度的不同弱酸,酸的電離程度越小,稀釋相同的倍數pH變化越小,這幾種酸酸性強弱順序是C>D>B>A,則濃度均為0.01mol•L-1的下列四種酸的溶液分別稀釋100倍,pH變化最大的酸性最強,為碳酸,
故答案為:CO32-;C;
(3)A.任何溫度下純水都呈中性,所以某溫度下純水中的c(H+)=10-6,但仍然等于c(OH-),溶液呈中性,故A錯誤;
B.稀鹽酸抑制AgCl溶解,降低AgCl的溶解,所以用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl小
,故B正確;
C.氯化銨是強電解質,完全電離,但銨根離子水解程度較;一水合氨是弱電解質,部分電離,所以相同溫度下,0.1mol/LNH4Cl溶液中NH4+的濃度比0.1mol/L氨水中NH4+的濃度大,故C正確;
D.相同溫度下,pH均為8的Na2CO3和NaHCO3溶液,酸根離子水解程度越大,其濃度越小,碳酸鈉水解程度大于碳酸氫鈉,所以濃度:前者小于后者,故D錯誤;
E.向飽和石灰水中加入CaO固體,CaO和水反應生成氫氧化鈣且溶液溫度升高,升高溫度氫氧化鈣溶解度降低,導致溶液為過飽和溶液,析出氫氧化鈣固體,所以溶液中Ca2+、OH-的物質的量均減小,故E正確;
故選AD.

點評 本題考查難溶物的溶解平衡、弱電解質的電離、鹽類水解等知識點,為高頻考點,側重考查學生分析推斷及計算能力,明確弱酸電離平衡常數與其對應酸根離子水解程度關系是解本題關鍵,注意(3)中E中氫氧化鈣溶解度與溫度的關系,為易錯點.

練習冊系列答案
相關習題

科目:高中化學 來源: 題型:解答題

16.下表為周期表的一部分,其中的編號代表對應的元素.

請回答下列問題:
(1)表中屬于d區(qū)的元素是⑨(填編號).
(2)元素⑥形成的最高價含氧酸根的立體構型是正四面體,其中心原子的雜化軌道類型是sp3
(3)元素②的一種氫化物是重要的化工原料,常把該氫化物的產量作為衡量石油化工發(fā)展水平的標志.有關該氫化物分子的說法正確的是BD.
A.分子中含有氫鍵               B.屬于非極性分子
C.含有4個σ鍵和1個π鍵       D.該氫化物分子中,②原子采用sp2雜化
(4)某元素的特征電子排布式為nsnnpn+1,該元素原子的核外最外層電子的孤對電子數為3;該元素與元素①形成的分子X構形為三角錐型;X在①與③形成的分子Y中的溶解度很大,其主要原因是NH3與H2O都是極性分子,根據相似相溶原理,極性分子易溶于極性溶劑中,且分子之間能形成氫鍵.
(5)科學發(fā)現,②、④、⑨三種元素的原子形成的晶體具有超導性,其晶胞的結構特點如右圖(圖中②、④、⑨分別位于晶胞的體心、頂點、面心),則該化合物的化學式為MgCNi3(用對應的元素符號表示).

查看答案和解析>>

科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

17.用NA表示阿伏加德羅常數的值.下列敘述正確的是(  )
A.0.5 mol白磷(P4,結構如圖)含有2NA個P-P鍵
B.23g鈉與在一定條件下與氧氣作用,若兩者均無剩余,轉移NA個電子
C.1mol/L(NH42SO4溶液中,含SO2-4NA個,NH+4少于2NA
D.常溫常壓下22.4L的CO2在一定條件下與足量的鎂反應,轉移4NA個電子

查看答案和解析>>

科目:高中化學 來源: 題型:解答題

14.苯丙酸諾龍的一種同分異構體A,在一定條件下可發(fā)生下列反應:

已知反應:
根據以上信息回答下列問題:
(1)A中所含官能團的名稱是酯基、碳碳雙鍵、羰基;B的分子式是C18H26O2
(2)B→C的反應類型是加成反應;E→F的反應類型是取代反應.
(3)D的結構簡式是
(4)F→G的化學方程式是
(5)H中最多有9個碳原子在同一個平面上.
(6)芳香族化合物X是F的同分異構體,請寫出X的兩種符合下列條件的結構簡式:
①1mol最多能和3molNaOH發(fā)生反應
②苯環(huán)上的氫只有兩種

查看答案和解析>>

科目:高中化學 來源: 題型:解答題

1.含鉻污水處理是污染治理的重要課題.污水中鉻元素以Cr2O72-和CrO42-形式存在,常見除鉻基本步驟是:

(1)加酸可以使CrO42-轉化為Cr2O72-:2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O
若常溫下pH=1溶液中Cr2O72-濃度為0.1mol•L-1,Cr2O72-濃度是CrO42-濃度的10倍,該化學平衡常數K=1.0×105
(2)六價鉻的毒性大約是三價鉻的100倍,二氧化硫還原法是在酸性溶液中通SO2將Cr2O72-還原,反應的離子方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=2Cr3++3SO42-+H2O.而后再加堿將Cr3+沉淀,已知常溫下Ksp[Cr(OH)3]=10-32,要使c(Cr3+)降低到10-5mol•L-1,溶液的pH應升高到5.
(3)電解還原法是利用電解產生的Fe2+將Cr2O72-還原為Cr3+.電解裝置所用的電極材料是碳棒和鐵片,其中鐵片連接直流電源的正極.
(4)Cr(OH)3為綠色粘性沉淀,類似于Al(OH)3既溶于酸又能溶于強堿溶液.Cr(OH)3溶于稀硫酸的化學方程式為2Cr(OH)3+3H2SO4=2Cr2(SO43+3H2O.往100.00mL 0.1000mol•L-1CrCl3溶液滴加1.000mol•L-1NaOH溶液,請畫出生成沉淀的物質的量與加入NaOH溶液體積的關系圖

查看答案和解析>>

科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

11.化合物Mg5Al3(OH)x(H2O)4可作環(huán)保型阻燃材料,受熱時會發(fā)生如下分解反應(其中M是某種物質,a為化學計量數):2Mg5Al3(OH)x(H2O)4$\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$27H2O↑+10M+aAl2O3
下列說法正確的是(  )
A.a=2
B.x=18
C.M的化學式為MgO
D.該反應中Mg5Al3(OH)x(H2O)4既是氧化劑又是還原劑

查看答案和解析>>

科目:高中化學 來源: 題型:解答題

18.廢A201型催化劑(含FeO及少量CoO、Al2O3、CaO)可制備鐵黃(Fe2O3•H2O).
(1)CoO中Co的化合價為+2.
(2)廢催化劑中的四種氧化物均能與強酸反應,等物質的量的FeO、Al2O3分別與足量的稀HNO3反應,消耗HNO3的物質的量之比為5:9.
(3)工業(yè)上用廢催化劑制備鐵黃時有多個步驟.
①將廢催化劑進行粉碎,其目的是增大反應的接觸面積,加快反應速率,提高原料的利用率.
②用硫酸酸化,再加入NaClO溶液將Fe2+氧化,氧化時發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O.
③經過一系列步驟后可得到鐵黃,已知鐵黃不溶于水,使鐵黃從溶液中分離出來所進行的操作中,用到的玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯.

查看答案和解析>>

科目:高中化學 來源: 題型:解答題

4.“甲醇制取低碳烯烴技術(DMTO)”項目曾摘取了2014年度國家技術發(fā)明獎一等獎.DMTO主要包括煤的氣化、液化、烯烴化三個階段.回答下列有關問題:
(1)煤的氣化.用化學方程式表示出煤的氣化的主要反應:C+H2O(g)$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$CO+H2
(2)煤的液化.下表中有些反應是煤液化過程中的反應:
熱化學方程式平衡常數
500℃700℃
Ⅰ.2H2(g)+CO(g)?CH3OH(g)△H1=akJ•mol-12.50.2
Ⅱ.H2(g)+CO2(g)?H2O(g)+CO(g)△H2=bkJ•mol-11.02.3
Ⅲ.3H2(g)+CO2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H3=ckJ•mol-1K34.6
①反應Ⅰ的平衡常數表達式為K1=$\frac{c(C{H}_{3}OH)}{{c}^{2}({H}_{2})×c(CO)}$.
②b>0(填“>”“<”或“=”),c與a、b之間的定量關系為c=a+b.
③K3=2.5(填具體的數值),若反應Ⅲ是在500℃、容積為2L的密閉容器中進行的,測得某一時刻體系內H2、CO2、CH3OH、H2O的物質的量分別為6mol、2mol、10mol、10mol,則此時CH3OH的生成速率>(填“>”“<”或“=”)CH3OH的消耗速率.
④對于反應Ⅲ在容器容積不變的情況下,下列措施可增加甲醇產率的是A、B.
A.升高溫度
B.將CH3OH(g)從體系中分離
C.使用合適的催化劑
D.充入He,使體系總壓強增大
(3)烯烴化階段.如圖1是某工廠烯烴化階段產物中乙烯、丙烯的選擇性與溫度、壓強之間的關系(選擇性:指生成某物質的百分比.圖中Ⅰ、Ⅱ表示乙烯,Ⅲ表示丙烯).

①為盡可能多地獲得乙烯,控制的生產條件為530℃,0.1Mpa.
②一定溫度下某密閉容器中存在反應:2CH3OH(g)?CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H>0.在壓強為p1時,產物水的物質的量與時間的關系如圖2所示,若t0時刻,測得甲醇的體積分數為10%,此時甲醇乙烯化的轉化率為85.7%(保留三位有效數字);若在t1時刻將容器容積快速擴大到原來的2倍,請在圖2中繪制出此變化發(fā)生后至反應達到新平衡時水的物質的量與時間的關系圖.

查看答案和解析>>

科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

5.下列化學用語使用正確的是( 。
A.聚氯乙烯的結構簡式為:B.乙醇的官能團的電子式為:
C.S2-的結構示意圖為:D.乙酸的實驗式為C2H4O2

查看答案和解析>>

同步練習冊答案