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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(H2NCH2CH2NH2)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 H3NCH2CH2NH3A溶液显碱性B 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2=10-7.15C H3NCH2CH2NH2HA溶液中各离子浓度大小关系为：c(H3NCH2CH2NH2+c(HA-)c(H2NCH2CH2NH2)c(A2-)c(OH-)c(H+)D 向H3NCH2CH2NH2HA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，H3NCH2CH2NH32+离子的电离平衡
2、常数大于A2-离子的水解平衡常数，即H3NCH2CH2NH32+离子的电离应该占主导地位，所以H3NCH2CH2NH3A的溶液应该显酸性，选项A错误。乙二胺的两步为：H2NCH2CH2NH2 + H2OH3NCH2CH2NH2+ + OH-；H3NCH2CH2NH2+ + H2OH3NCH2CH2NH32+ + OH-，所以，由图（） 得到：当pH=6.85时，c(H3NCH2CH2NH2+)= c(H3NCH2CH2NH32+)，所以Kb2c(OH)10(146.85)107.15，选项B正确。H3NCH2CH2NH2HA溶液中主要存在H3NCH2CH2NH2+和HA-，根据图（） 得到：H
3、A-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(A2-)，所以Kc(H+)10-6.2；根据图（） 得到：H3NCH2CH2NH2+的溶液应该显碱性，即H3NCH2CH2NH2+ + H2OH3NCH2CH2NH32+ + OH-占主导地位，其平衡常数上面已经计算出为Kb2107.15，因为KKb2所以H3NCH2CH2NH2HA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错误。选项D中的式子为： 其中，为H2NCH2CH2NH2 + H2OH3NCH2CH2NH2+ + OH-的平衡常数Kb1，为H2A
4、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(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)
5、+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-)【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-)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，
6、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(BOH)+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
7、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。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 A 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
8、.依据在常温下点的，所示溶液是强碱弱酸盐，所以在CHCOONa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CHCOONa和CHCOOH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
9、，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D 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，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(O
10、H)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(H+)【答案】C【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(NH4)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1mol
11、L1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向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3C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、CuCl2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，CH3COOH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
12、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
13、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的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2NO2N2O4的H0B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2NO2N2O4
14、的H0，选项A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，AgNO3是过量的，再加NaI，不能确定是AgCl转化为AgI，所以不能比较Ksp，故D错误。答案选
15、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（(CH3COO)2Ni是一种重要的化工原料。一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）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：(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3主要成分的化学式是_。(6)沉镍过程中，若c(Ni2+)= 2.0 molL-1
16、，欲使100 mL该滤液中的Ni2+沉淀完全c(Ni2+)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+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O 2Fe2+H2O2+2H2Fe3+2H2O 5.0pH6.7 CaF2 31.8g 70 120min【详解】（1）将含镍原料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N
17、O和SO2，其反应的化学方程式为：NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O；（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+2H2Fe3+2H2O；（4）调节pH使Al3、Fe3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NiCO3的Ksp=1.010-5，使100ml该滤液中的Ni2沉淀物完全，即c（Ni2）10-5molL-1，则溶液中c（CO32）=Ksp/c(Ni2)=1.010-5/10-5mol
18、L1=1.0molL1，与Ni2反应的n（CO32）=cV=2molL10.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量n（CO32）=0.2mol+1.0molL10.1L=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】工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、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。
19、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Na2Fe6(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：_。（3）已知除铁后所得100 mL溶液中c(Ca2+)=0.01molL-1，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
20、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40、pH=8，则滤渣2的主要成分为FeOOH；Na2Fe6(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+)
21、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；SiO2； （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Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，依据氧化还原反应规律写出生成黄铁矾钠
22、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=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=；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。12