06mol 0.06mol×3 0.04mol 0.04mol×3 0.04mol 將Fe3+和Al3+剛好完全沉淀耗NaOH:0.18mol+0.12mol=0.3mol.余下的NaOH(0.36mol-0.3mol=0.06mol),,由反應:Al(OH)3+ OH- =AlO2-+2H2O.知生成的0.04mol Al(OH)3全部被溶解.因此.最終得到的沉淀是0.06mol的Fe(OH)3. (2)由于Fe3+和Al3+均為+3價離子.所以無論x的值為多少.將溶液中總物質(zhì)的量為0.1 mol的Fe3+ 和Al3+完全沉淀時.耗NaOH為0.3mol.此時沉淀總量為0.1mol,其中有0.1xmol Al(OH)3和0.1x3.由于所加NaOH為0.36mol.過量0.36mol-0.3mol=0.06mol.這是一個定值.故有以下兩種情況: ①若Al(OH)3沉淀的物質(zhì)的量小于或等于0.06mol.即0.1x≤0.06.則根據(jù)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知.Al(OH)3全部溶解.最終沉淀中只有Fe(OH)3.其物質(zhì)的量為0.1(1-x)mol.結(jié)合0<x<1.可歸納出以下數(shù)學關(guān)系: 0.1x≤0.06 當 .即0<x≤0.6時.沉淀只有Fe(OH)3.其物質(zhì)的量為0.1(1-x)mol.顯然.在0<x 0<x<1 ≤0.6范圍內(nèi).x的值越大沉淀的物質(zhì)的量越小. ②若Al(OH)3沉淀的物質(zhì)的量大于0.06mol.即0.1x>0.06.則Al(OH)3沉淀被溶解掉0.06mol后還有剩余.最終沉淀為Fe(OH)3和Al(OH)3.其總的物質(zhì)的量為0.1mol-0.06mol=0.04mol.結(jié)合0<x<1.可歸納出以下數(shù)學關(guān)系: 0.1x>0.06 當 .即時0.6<x<1時.沉淀量等于0.04mol 0<x<1 根據(jù)上述分析選取坐標中的三個點:起點.轉(zhuǎn)折點.終點.并依次用直線連接.便得到沉淀總量(mol)隨x的變化曲線. (3)該問將Fe3+和Al3+的物質(zhì)的量由0.1mol變?yōu)锳mol.旨在考查由特殊到一般的處理問題的能力.另外要求討論的問題是Fe(OH)3和Al(OH)3同時在沉淀中存在時x的取值范圍.與(2)不同.是沉淀的另一種情況. Fe3+ 和Al3+共Amol.則n(Al3+)=Axmol.n(Fe3+)=A(1-x)mol. Fe3+ Fe(OH)3↓ Al3+ Al(OH)3↓AlO2- Amol Axmol Axmol Axmol 溶液中Fe3+ 和Al3+完全沉淀時.生成Al(OH)3的為Axmol.Fe(OH)3為A(1-x)mol.消耗的NaOH為3Amol.剩余的NaOH為mol.欲使沉淀中同時有Fe(OH)3和Al(OH)3.必須使<Ax.并結(jié)合0<x<1.得出<x<1.最終沉淀中: n[Fe(OH)3]=A3]=[Ax--0.36]mol. 答案:3.0.06mol 3.至少需n(OH-)=4×0.1xmol x的最大取值為 0.1(1-x)×3+0.4x=0.09×4,x=0.6 ∴在0≤x≤0.6時,沉淀只有Fe(OH)3 x=0時,Fe(OH)3沉淀量為0.1mol, x=0.4時,Fe(OH)3沉淀量為0.06mol, x=0.6時,Fe(OH)3沉淀量為0.04mol, 在0.6≤x≤1內(nèi),總沉淀量:n總=0.1(1-x)+0.1x=0.04mol +4Ax=0.36.x=0.36/A-3 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

Al、Mg混合物與適量的稀硫酸恰好完全反應，將溶液蒸干得固體質(zhì)量比原固體增加了4.8克,則該混合物的物質(zhì)的量可能為 

A．0.04mol        　B．0.03mol       　　 C．0.06mol        　 D．0.05mol

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有下列溶液：
①0.5mol?L-1的NaOH溶液和1.0mol?L-1 HCl溶液等體積混合后的溶液　
②pH=0的溶液　
③c（OH-）=10-11 mol?L-1的溶液　
④0.1mol?L-1 CH3COOH溶液，
它們的酸性由強到弱的順序是（　　）

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A、B、C、D、E五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，A、E同主族，A元素的原子半徑最小，B元素原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，C元素的最高價氧化物的水化物X與其氫化物反應生成一種鹽Y，A、B、C、E四種元素都能與D元素形成原子個數(shù)比不相同的常見化合物．回答下列問題：
（1）常溫下，X、Y的水溶液的pH均為5．則兩種水溶液中由水電離出的H+濃度之比是
10-4：1
10-4：1
．
（2）A、B、D、E四種元素組成的某無機化合物，受熱易分解．寫出少量該化合物溶液與足量的Ba（OH）2溶液反應的離子方程式
Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O
Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O
．
（3）A、B、D、E四種元素組成的某無機化合物濃度為0.1mol/L時，pH最接近
C
C
．
A．5.6B．7.0   C．8.4D．13.0
（4）在一個裝有可移動活塞的容器中進行如下反應：C2（g）+3A2（g）2CA3（g）
△H=-92.4kJ?mol-1．反應達到平衡后，測得容器中含有C2　0.5mol，A2　0.2mol，CA3　0.2mol，總?cè)莘e為1.0L．
①如果達成此平衡前各物質(zhì)起始的量有以下幾種可能，其中不合理的是
BC
BC
：
A．C2　0.6mol，A2　0.5mol，CA3　0mol
B．C2　0mol，A2　0mol，CA3　1.2mol
C．C2　0.6mol/L，A2　0.5mol/L，CA3　0.2mol/L
②求算此平衡體系的平衡常數(shù)K=
10
10
；
③如果保持溫度和壓強不變，向上述平衡體系中加入0.18molC2，平衡將
逆向
逆向
（填“正向”、“逆向”或“不”）移動．理由是
原平衡體系中，1.0L容器中含有分子0.5mol+0.2mol+0.2mol=0.9mol，當加入N2，體系瞬間有分子0.9mol+0.18ml=1.08mol，瞬間總體積為1.08×
1.00
0.9
=1.2L，所以：Q=
c2(NH3)
c(N2)×c3(H2)
=
(
0.2
1.2
)2
(
0.68
1.2
)(
0.2
1.2
)3
=10.59＞10，平衡逆向移動
原平衡體系中，1.0L容器中含有分子0.5mol+0.2mol+0.2mol=0.9mol，當加入N2，體系瞬間有分子0.9mol+0.18ml=1.08mol，瞬間總體積為1.08×
1.00
0.9
=1.2L，所以：Q=
c2(NH3)
c(N2)×c3(H2)
=
(
0.2
1.2
)2
(
0.68
1.2
)(
0.2
1.2
)3
=10.59＞10，平衡逆向移動
．
④已知0.4mol 液態(tài)C2 A4與足量的液態(tài)雙氧水反應，生成C2和水蒸氣，放出256.65kJ的熱量．寫出該反應的熱化學方程式
N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ?mol-1
N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ?mol-1
．

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下列數(shù)量的各物質(zhì)所含原子數(shù)按由大到小順序排列的是（　�。�
①0.5mol NH3�、跇藳r下22.4L He　③4℃時18mL水�、�0.8mol H3PO4．

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實驗室配制500mL　0.2mol/L的Na2CO3溶液，實際操作步驟有：
①在天平上稱量一定量的Na2CO3，放入燒杯，加水溶解；
②把制得的溶液小心地注入500mL容量瓶中；
③繼續(xù)向容量瓶中加水至距刻度1～2厘米處，改用膠頭滴管加水至刻度；
④用少量水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次，每次將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶，并搖勻；
⑤將容量瓶塞塞緊，充分搖勻．填寫下列空白：
（1）稱量Na2CO3的質(zhì)量是
10.6g
10.6g

（2）操作步驟的正確順序是（填序號）
①②④③⑤
①②④③⑤

（3）本實驗使用到的玻璃儀器是
500ml容量瓶、燒杯、玻璃杯，膠頭滴管
500ml容量瓶、燒杯、玻璃杯，膠頭滴管

（4）若沒有進行④操作，會使結(jié)果（填偏高、偏低、無影響，下同）
偏低
偏低

若用天平稱固體時，砝碼上沾有油污，則所配制的溶液濃度將
偏高
偏高

若定容時仰視刻度，則所配制的溶液濃度將
偏低
偏低

（5）在進行②操作時，不慎有液體濺出，應該怎樣處理？
重新配制
重新配制
．

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