高考化学一轮复习 跟踪检测（五十二）系统归纳 四大平衡常数的相互关系及运算（含解析）-人教版高三化学试题

跟踪检测（五十二）系统归纳——四大平衡常数的相互关系及运算1．(2019·廊坊模拟)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是()A．图中四点KW间的关系：A＝D＜C＜BB．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量酸C．若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体D．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体解析：选CKW只受温度的影响，随温度升高而增大，A、D点温度相同，B点温度>C点温度>A点温度，A正确；从A点到D点，温度不变，酸性增强，B、D正确；A、C点温度不同，C错误。2．已知，常温下浓度为0.1mol·L－1的下列溶液的pH如表：溶质NaFNaClONa2CO3pH7.59.711.6下列有关说法正确的是()A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HFB．若将CO2通入0.1mol·L－1Na2CO3溶液中至溶液呈中性，则溶液中2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.1mol·L－1C．根据上表，水解方程式ClO－＋H2OHClO＋OH－的水解常数K≈10－7.6D．向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c(Na＋)＞c(F－)＞c(H＋)＞c(HClO)＞c(OH－)解析：选C盐NaF、NaClO、Na2CO3、NaHCO3所对应的酸依次为HF、HClO、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3，酸性：HCOeq\o\al(－,3)＜HClO＜H2CO3＜HF，所以三种酸溶液的导电能力顺序：HClO＜H2CO3＜HF，A项错误；0.1mol·L－1Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝0.2mol·L－1，根据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，由于溶液呈中性：c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.2mol·L－1，B项错误；根据水解方程式ClO－＋H2OHClO＋OH－，水解的平衡常数表达式为K＝eq\f(cHClO·cOH－,cClO－)，从上表可知常温下浓度为0.1mol·L－1NaClO溶液的pH＝9.7，则pOH＝4.3，c(OH－)＝10－4.3，所以，K＝eq\f(10－4.3×10－4.3,0.1)≈10－7.6，C项正确；向NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应，NaClO＋HF=NaF＋HClO，溶液中生成等物质的量的NaF和HClO，由于HClO为弱酸，存在着电离平衡：HClOH＋＋ClO－，同时溶液中也存在着NaF的水解平衡，但是由于水解程度是很微弱的，所以溶液中应该是c(Na＋)＞c(F－)＞c(HClO)＞c(H＋)＞c(OH－)，D项错误。3．(2019·资阳二诊)25℃时，用0.1000mol·L－1KOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液，滴定中pH变化如图，下列关系错误的是()A．V＝0mL时，CH3COOH溶液pH＝3，其电离平衡常数K≈10－5B．V＝10.00mL时，溶液中c(CH3COO－)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH－)C．溶液pH＝7时，eq\f(cK＋·cOH－,cCH3COO－·cH＋)＝1D．V≥20.00mL时，溶液中c(K＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(CH3COOH)解析：选D0.1000mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝3，则该温度下醋酸的电离常数为eq\f(10－3×10－3,0.1－10－3)≈10－5，A正确；当V＝10.00mL时生成的醋酸钾与剩余的醋酸浓度相等，根据图示，溶液显酸性，这说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B正确；溶液pH＝7时显中性，根据电荷守恒可知钾离子浓度等于醋酸根离子浓度，因此溶液中eq\f(cK＋·cOH－,cCH3COO－·cH＋)＝1，C正确；V＝20.00mL时二者恰好反应生成CH3COOK，溶液中满足物料守恒c(K＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，D错误。4．(2019·衡水联考)已知：25℃时，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－18，Ka(HCOOH)＝1.0×10－4。该温度下，下列说法错误的是()A．HCOO－的水解常数为1.0×10－10B．Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中，c(Zn2＋)＞1.0×10－6mol·L－1C．向Zn(OH)2悬浊液中加入HCOOH，溶液中c(Zn2＋)增大D．Zn(OH)2(s)＋2HCOOH(aq)Zn2＋(aq)＋2HCOO－(aq)＋2H2O(l)的平衡常数K＝100解析：选BHCOO－存在水解平衡：HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，则水解常数为Kh＝eq\f(cHCOOH·cOH－,cHCOO－)＝eq\f(KW,KaHCOOH)＝eq\f(1×10－14,1.0×10－4)＝1.0×10－10，A正确；Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中，Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝4c3(Zn2＋)＝1.0×10－18，则有c(Zn2＋)<1.0×10－6mol·L－1，B错误；向Zn(OH)2悬浊液中加入HCOOH，发生中和反应消耗OH－，Zn(OH)2溶解平衡正向移动，溶液中c(Zn2＋)增大，C正确；该反应的平衡常数为K＝eq\f(c2HCOO－·cZn2＋,c2HCOOH)＝eq\f(K\o\al(2,a)HCOOH·Ksp[ZnOH2],K\o\al(2,W))＝eq\f(1.0×10－42×1.0×10－18,1.0×10－142)＝100，D正确。5．已知25℃时某些弱酸的电离常数如下表。常温下稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化如图所示。下列说法正确的是()弱电解质CH3COOHHClOH2CO3电离常数Ka＝1.8×10－3Ka＝3.0×10－8Ka1＝4.1×10－7Ka2＝5.6×10－11A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋COeq\o\al(2－,3)C．图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度D．图像中a、c两点处的溶液中eq\f(cR－,cHR·cOH－)相等(HR代表CH3COOH或HClO)解析：选D由于CH3COOH的Ka大于HClO的Ka，根据盐类水解“越弱越水解”的规律可知，ClO－的水解程度大于CH3COO－，故混合液中离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A错误。由于Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成HClO和NaHCO3，离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)，B错误。由于Ka(CH3COOH)＞Ka(HClO)，稀释相同倍数时，CH3COOH的pH变化大，则曲线Ⅰ代表CH3COOH，曲线Ⅱ代表HClO；起始时两种酸溶液的pH相等，则有c(HClO)＞c(CH3COOH)，故a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度，C错误。CH3COOH的电离常数为Ka(CH3COOH)＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(KW·cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)，则有eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)＝eq\f(KaCH3COOH,KW)，a、c两点处的溶液温度相同，则Ka(CH3COOH)、KW相同，故两点溶液中eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)相等，D正确。6．(2018·唐山模拟)已知某温度时CH3COOH的电离常数为K。该温度下向20mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1NaOH溶液，pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。以下叙述正确的是()A．根据图中数据可计算出K值约为10－5B．①②③点水的电离程度由大到小的顺序为②＞③＞①C．点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)D．点③时c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1解析：选A由图可知滴定前0.1mol·L－1醋酸溶液的pH为3，则醋酸的电离常数K＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(c2H＋,cCH3COOH)≈eq\f(1×10－3mol·L－12,0.1mol·L－1)＝1×10－5mol·L－1，A项正确；③点时，恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COO－的水解促进水的电离，在②点时，溶液pH＝7，水的电离既没受到促进也没受到抑制，在①点时，水的电离受到抑制，故水的电离程度由大到小的顺序为③＞②＞①，B项错误；①点时得到等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒得，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据物料守恒得，2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，整理以上两个式子得质子守恒式：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH3COOH)＋2c(H＋)，且①点时溶液呈酸性，c(H＋)≠c(OH－)，则C项错误；D项忽视了溶液由20mL变为40mL，故③点时c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.05mol·L－1，D项错误。7．已知K、Ka、KW、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离常数、水的离子积常数、盐的水解常数、难溶电解质的溶度积常数。(1)有关上述常数的说法正确的是____________。a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度b．它们的大小都随温度的升高而增大c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Kad．一定温度下，在CH3COONa溶液中，KW＝Ka·Kh(2)25℃时，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2mol·L－1，则该温度下pH＝3、c(HSOeq\o\al(－,3))＝0.1mol·L－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝________。(3)高炉炼铁中发生的反应有：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)ΔH＜0该反应的平衡常数表达式K＝________；已知1100℃时，K＝0.25，则平衡时CO的转化率为________；在该温度下，若测得高炉中c(CO2)＝0.020mol·L－1，c(CO)＝0.1mol·L－1，则此时反应速率是v正________v逆(填“＞”“＜”或“＝”)。(4)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.0×10－38、1.0×10－11，向浓度均为0.1mol·L－1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH的范围是________。(已知lg2＝0.3，离子浓度低于10－5mol·L－1时认为沉淀完全)解析：(1)对于正反应为放热反应的化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，b选项错误；温度不变，CH3COOH的电离常数不变，c选项错误。(2)由Ka＝eq\f(cH＋·cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)，代入数据得c(H2SO3)＝0.01mol·L－1。(3)根据方程式可得K＝eq\f(cCO2,cCO)；设开始时c(CO)＝amol·L－1，平衡时c(CO2)＝bmol·L－1，则eq\f(b,a－b)＝0.25，得a＝5b，则平衡时CO的转化率为eq\f(b,a)＝eq\f(b,5b)×100%＝20%；Qc＝eq\f(cCO2,cCO)＝0.20＜0.25，故v正＞v逆。(4)Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Fe3＋完全沉淀时c3(OH－)＝eq\f(8.0×10－38,10－5)，得c(OH－)＝2×10－11mol·L－1，pH＝3.3，Mg(OH)2开始沉淀时c2(OH－)＝eq\f(1.0×10－11,0.1)＝1.0×10－10，得c(OH－)＝1×10－5mol·L－1，pH＝9，调节pH范围为[3.3,9]。答案：(1)ad(2)0.01mol·L－1(3)eq\f(cCO2,cCO)20%＞(4)[3.3,9]8．(1)常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))________(填“>”“<”或“＝”)c(HCOeq\o\al(－,3))；反应NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=NH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝______。(已知常温下NH3·H2O的电离常数Kb＝2×10－5，H2CO3的电离常数K1＝4×10－7，K2＝4×10－11)(2)已知Ksp[Mg(OH)2]＝2×10－11，在某MgSO4溶液里c(Mg2＋)＝0.002mol·L－1，如果生成Mg(OH)2沉淀，应调整溶液pH，使之大于________；在0.20L的0.002mol·L－1MgSO4溶液中加入等体积的0.10mol·L－1的氨水溶液，电离常数Kb(NH3·H2O)＝2×10－5，试计算__________(填“有”或“无”)Mg(OH)2沉淀生成？(3)CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，该反应的平衡常数K＝______________________[已知Ksp(CuCl)＝1.2×10－6，Ksp(Cu2S)＝2.5×10－43]。(4)已知常温下H2SO3的电离常数：Ka1＝1.0×10－1.9，Ka2＝1.0×10－7.2，计算0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH值为______(忽略SOeq\o\al(2－,3)的二级水解)。解析：(1)由于NH3·H2O的电离常数大于HCOeq\o\al(－,3)的电离常数，再根据盐类水解规律可得HCOeq\o\al(－,3)的水解程度更大，因此c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HCOeq\o\al(－,3))；反应NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=NH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝eq\f(cNH3·H2O·cH2CO3,cNH\o\al(＋,4)·cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(cH＋·cOH－,KNH3·H2O·K1)＝eq\f(10－14,2×10－5×4×10－7)＝1.25×10－3。(2)MgSO4溶液中c(Mg2＋)＝0.002mol·L－1，沉淀平衡时c(OH－)＝eq\r(\f(2×10－11,0.002))mol·L－1＝10－4mol·L－1，则c(H＋)＝10－10mol·L－1，因此生成Mg(OH)2沉淀，应调整溶液pH，使之大于10；在0.20L的0.002mol·L－1MgSO4溶液中加入等体积的0.10mol·L－1的氨水溶液，镁离子浓度变为0.001mol·L－1；c(OH－)＝eq\r(0.05×2×10－5)mol·L－1＝0.001mol·L－1，c(Mg2＋)·c2(OH－)＝10－9>Ksp＝2×10－11，有沉淀产生。(3)2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)的平衡常数K＝eq\f(c2Cl－,cS2－)＝eq\f(c2Cu＋·c2Cl－,c2Cu2＋·cS2－)＝eq\f(K\o\al(2,sp)CuCl,KspCu2S)＝eq\f(1.2×10－62,2.5×10－43)＝5.76×1030。(4)HSOeq\o\al(－,3)SOeq\o\al(2－,3)＋H＋的常数Ka2＝eq\f(cH＋·cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝1.0×10－7.2，c(SOeq\o\al(2－,3))≈c(H＋)，c(HSOeq\o\al(－,3))≈0.1mol·L－1，则c2(H＋)＝1.0×10－7.2×c(HSOeq\o\al(－,3))＝1.0×10－7.2×0.1＝10－8.2，c(H＋)＝10－4.1，故pH＝－lgc(H＋)＝4.1。答案：(1)>1.25×10－3(2)10有(3)5.76×1030(4)4.19．钴(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取CoCl2·6H2O粗品的工艺流程图如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等；②部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀时的pH2.77.67.64.07.7完全沉淀时的pH3.79.69.25.29.8请回答下列问题：(1)上述工艺流程图中操作a的名称为________。(2)写出“浸出”时Co2O3发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)加入NaClO3的作用是_______________________________________________。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。使用萃取剂最适宜的pH范围是________(填字母)。A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．5.0～5.5D．9.5～9.8(5)“除钙、镁”是将溶液中Ca2＋与Mg2＋转化为CaF2、MgF2沉淀。已知某温度下，Ksp(MgF2)＝7.35×10－11，Ksp(CaF2)＝1.50×10－10。当加入过量NaF，所得滤液中eq\f(cMg2＋,cCa2＋)＝________。解析：水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，已知浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等，则加入的Na2SO3将Co3＋、Fe3＋还原为Co2＋、Fe2＋；加入NaClO3将Fe2＋氧化为Fe3＋，并调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁；过滤后，向滤液中加入萃取剂，萃取Mn2＋；萃取后的余液中主要含有CoCl2，蒸发结晶得到CoCl2·6H2O粗品。(1)由上述分析可知，工艺流程图中操作a的名称是过滤。(2)浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Co3＋、Fe3＋还原为Co2＋、Fe2＋，其中“浸出”时Co2O3发生反应的离子方程式为SOeq\o\al(2－,3)＋Co2O3＋4H＋=SOeq\o\al(2－,4)＋2Co2＋＋2H2O。(3)加入NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，使Fe3＋沉淀完全。(4)pH在3～3.5时Mn2＋的萃取率增大很多，而pH＝4时，Co2＋的萃取率比较大，故pH在3.0～3.5时萃取效果最佳。(5)由溶度积可知，溶液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2＋与Mg2＋分别转化为CaF2、MgF2沉淀，根据溶度积定义可知eq\f(cMg2＋,cCa2＋)＝eq\f(KspMgF2,KspCaF2)＝eq\f(7.35×10－11,1.50×10－10)＝0.49。答案：(1)过滤(2)Co2O3＋SOeq\o\al(2－,3)＋4H＋=2Co2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O(3)将Fe2＋氧化成Fe3＋，使Fe3＋沉淀完全[利于生成Fe(OH)3除去](4)B(5)0.4910．锂离子电池是目前具有最高比能量的二次电池。LiFePO4可极大地改善电池体系的安全性能，且具有资源丰富、循环寿命长、环境友好等特点，是锂离子电池正极材料的理想选择。生产LiFePO4的一种工艺流程如图：已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp(FePO4·xH2O)＝1.0×10－15。回答下列问题：(1)在合成磷酸铁时，步骤Ⅰ中pH的控制是关键。如果pH<1.9，Fe3＋沉淀不完全，影响产量；如果pH>3.0，则可能存在的问题是____________________________________。(2)步骤Ⅱ中，洗涤是为了除去FePO4·xH2O表面附着的________等离子。(3)取三组FePO4·xH2O样品，经过高温充分煅烧测其结晶水含量，实验数据如下表：实验序号123固体失重质量分数/%19.920.120.0固体失重质量分数＝eq\f(样品起始质量－剩余固体质量,样品起始质量)×100%则x＝________(精确至0.1)。(4)步骤Ⅲ中研磨的作用是______________________________________________。(5)在步骤Ⅳ中生成了LiFePO4、CO2和H2O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。(6)H3PO4是三元酸，如图是溶液中含磷微粒的物质的量分数(δ)随pH变化示意图。则POeq\o\al(3－,4)第一步水解的水解常数K1的表达式为________，K1的数值最接近________(填字母)。A．10－12.4 B．10－1.6C．10－7.2 D．10－4.2解析：(1)合成磷酸铁时，pH<1.9，Fe3＋沉淀不完全；pH>3.0，由Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38可知，易生成Fe(OH)3沉淀，影响磷酸铁的纯度。(2)步骤Ⅰ在反应釜中加入H3PO4、Fe(NO3)3溶液，并用氨水调pH＝2.0～3.0，控