2022年高考化學復習 專題06 溶液中的離子平衡考點剖析
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1、2022年高考化學復習 專題06 溶液中的離子平衡考點剖析 主標題:水溶液中的離子平衡 副標題:剖析考點規(guī)律,明確高考考查重點,為學生備考提供簡潔有效的備考策略。 關鍵詞:弱電解質,溶液酸堿性,鹽類水解 難度:4 重要程度:4 內容: 此知識點為高考的重要考查內容,考綱要求①了解電解質的概念,強、弱電解質的概念。②了解電解質在水溶液中的電離,以及電解質溶液的導電性。③了解水的電離、離子積常數(shù)。④了解溶液pH的定義,了解測定溶液pH的方法,能進行pH的簡單計算。⑤了解鹽類水解的原理,了解影響鹽類水解程度的主要因素,了解鹽類水解的應用。⑥了解難溶電解質的沉淀溶解平衡,了解難溶電解質的
2、沉淀轉化的本質。 知識點一、弱電解質 1、 弱電解質的電離: 外界條件對電離平衡的影響。 ①內因:弱電解質本身的性質。 ②外因: a.溫度:升高溫度,電離平衡向電離方向移動,電離程度增大 ,原因是電離過程吸熱。 b.濃度:加水稀釋,使弱電解質的濃度減小,電離平衡向電離的方向移動,電離程度增大。 c.同離子效應:例如向CH3COOH溶液中加入CH3COONa固體,溶液中c(CH3COO-) 增大,CH3COOH的電離平衡向左(填“左”或“右”)移動,電離程度減小,c(H+) 減小,pH值增大。 2、 電離平衡常數(shù): 【典型題例】: 1、下列物質中屬于非電解質,但水溶液能
3、夠導電的是( ) A.蔗糖 B.NaOH C.CaO D.NH3 答案 D 解析 蔗糖是非電解質且不與水反應,溶于水后所形成的溶液不導電,NaOH、CaO均是電解質,NH3是非電解質但溶于水后可形成電解質NH3·H2O,溶液能導電。 2、用右圖所示裝置分別進行下列各組物質的導電性實驗,小燈泡的亮度比反應前明顯減弱的是( ) A.向亞硫酸鈉溶液中通入氯氣 B.向硝酸銀溶液中通入少量氯化氫 C.向氫碘酸飽和溶液中通入少量氧氣 D.向氫氧化鈉溶液中通入少量氯氣 答案 C 解析 A項中發(fā)生的反應為Na2SO3+Cl2+H2O===Na2SO
4、4+2HCl,生成了兩種強電解質,溶液的導電能力增強,故燈泡變亮;B項中發(fā)生的反應為AgNO3+HCl===AgCl↓+HNO3,溶液的導電能力幾乎不變;C項中發(fā)生的反應為4HI+O2===2H2O+2I2,溶液的導電能力下降,故燈泡變暗;D項中發(fā)生的反應為2NaOH+Cl2===NaCl+NaClO+H2O,溶液的導電能力幾乎不變,故燈泡的亮度幾乎不變。 3、某溫度下,相同pH的鹽酸和醋酸分別加水稀釋,平衡pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據(jù)圖判斷正確的是( ) A.Ⅱ為鹽酸稀釋時的pH變化曲線 B.b點溶液的導電性比c點溶液的導電性強 C.a(chǎn)點Kw的數(shù)值比c點Kw的數(shù)值大
5、D.b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度 答案 B 解析 本題考查弱電解質的電離平衡、pH知識,意在考查考生的識圖能力,把電離平衡知識與圖像緊密結合起來。鹽酸為強電解質,醋酸為弱電解質,相同pH的鹽酸和醋酸加水稀釋后,鹽酸的pH改變較大,而醋酸的pH改變較小,從圖線上看,Ⅰ對應的為鹽酸,Ⅱ對應的為醋酸,A項錯誤;b點溶液的濃度比c點大,導電性強,B項正確;由于溫度不變,Kw不變,C項錯誤;開始時,鹽酸和醋酸的pH相同,此時c(H+)相等,加水稀釋后,b點時,鹽酸已完全電離,而a點時的醋酸中,仍有一部分醋酸分子沒有電離,故a點時酸的總濃度較大,D項錯誤。 5.為了證明醋酸是弱電解質,甲、乙、
6、丙、丁四人分別選用下列試劑進行實驗:0.1 mol·L-1醋酸溶液、0.1 mol·L-1鹽酸、pH=3的鹽酸、pH=3的醋酸、CH3COONa晶體、NaCl晶體、CH3COONH4晶體、蒸餾水、鋅粒、pH試紙、酚酞、NaOH溶液等。 (1)甲取出10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液,用pH試紙測出其pH=a,確定醋酸是弱電解質,則a應該滿足的關系是________,理由是___________________________________ (2)乙分別取pH=3的醋酸和鹽酸各1 mL,分別用蒸餾水稀釋到100 mL,然后用pH試紙分別測定兩溶液的pH,則可認定醋酸是弱電解質,判
7、斷的依據(jù)是___________________ _______________________________________________。 (3)丙分別取pH=3的鹽酸和醋酸各10 mL,然后加入質量相同的鋅粒,醋酸放出H2的速率快,則認定醋酸是弱電解質,你認為這一方法正確嗎? ______________________________________________ (4)丁用CH3COONa晶體、NaCl晶體、蒸餾水和酚酞作試驗,也論證了醋酸是弱酸的事實,該同學的試驗操作和現(xiàn)象是_______________________________________________
8、 答案 (1)a>1 因醋酸是弱酸,不能完全電離 (2)鹽酸的pH=5,醋酸的pH<5 (3)正確。由于醋酸是弱酸,隨著反應的進行,醋酸不斷電離,c(H+)變化小,產(chǎn)生H2的速率醋酸比鹽酸快 (4)將CH3COONa晶體、NaCl晶體溶于適量水配成溶液,分別滴入酚酞試液,CH3COONa溶液變淺紅色,NaCl溶液不變色。 知識點二、水的電離和溶液酸堿性: 1、 水的電離 水電離出的c(H+)或c(OH-)的計算(25 ℃時) (1)中性溶液: c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol/L。 (2)溶質為酸的溶液: H+來源于酸電離和水電離,而OH-只來源于
9、水。如計算pH=2的鹽酸中水電離出的c(H+)方法是:先求出溶液中的c(OH-)=10-12 mol/L,即水電離出的c(H+)=c(OH-)=10-12mol/L。 (3)溶質為堿的溶液: OH-來源于堿電離和水電離,而H+只來源于水。如pH=12的NaOH溶液中,c(H+)=10-12 mol/L,即水電離產(chǎn)生的c(OH-)=c(H+)=10-12mol/L。 (4)水解呈酸性或堿性的鹽溶液: H+和OH-均由水電離產(chǎn)生。如pH=2的NH4Cl溶液中由水電離出的c(H+)=10-2mol/L,[c(OH-)=10-12mol/L是因為部分OH-與部分NH結合了];pH=12的Na2
10、CO3溶液中由水電離出的c(OH-)=10-2mol/L。 2、 溶液酸堿性、PH計算: 溶液pH的計算 A、總體原則 (1)若溶液為酸性,先求c(H+),再求pH; (2)若溶液為堿性,先求c(OH-),再由c(H+)=求c(H+),最后求pH。 B、類型及方法(室溫下) (1)酸、堿溶液pH的計算: ①強酸溶液,如HnA,設濃度為c mol·L-1,c(H+)=nc mol·L-1,pH=-lgc(H+)=-lg(nc)。 ②強堿溶液,如B(OH)n,設濃度為c mol·L-1, c(H+)=mol·L-1,pH=-lgc(H+)=14+lg(nc)。 (2)酸、堿混
11、合pH計算: ①兩強酸混合c混(H+)= ②兩強堿混合c混(OH-)= ③強酸、強堿混合(一者過量): 酸過量:c混(H+)= 堿過量:c混(OH-)= 強酸強堿恰好完全反應溶液呈中性pH=7 c酸(H+)·V酸=c堿(OH-)·V堿 C、酸堿混合時的pH規(guī)律 (1)酸與堿的pH之和為14,且等體積混合: (2)等體積的強酸(pH1)和強堿(pH2)混合: 常溫時 (2)等體積的強酸(pH1)和強堿(pH2)混合: 常溫時 (3)強酸(pH1)與強堿(pH2)混合呈中性時,V酸與V堿的關系如下: ①若pH1+pH2=14,則V酸=V堿。 ②若pH1的強酸與pH2
12、的強堿混合后呈中性,則存在=10 pH1+pH2-14。
D、酸堿稀釋時pH的變化
酸
堿
弱酸
強酸
弱堿
強堿
稀釋10n倍
13、 【典型題例】: 1.短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,其簡單離子都能破壞水的電離平衡的是( ) A.W2-、X+ B.X+、,Y3+ C.Y3+、Z2- D.X+、Z2- 答案 C 解析 根據(jù)“短周期元素”“原子序數(shù)依次增大”和選項中離子所帶的電荷數(shù),可以判斷出四種元素對應的離子分別是O2-、Na+、Al3+和S2-,其中Na+對水的電離平衡無影響,故排除A、B、D三項,選C項。 2、常溫下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH=a,下列能使溶液pH=(a+1)的措施是( ) A.將溶液稀釋到原體積的10倍 B.加入適量的醋酸鈉固體
14、 C.加入等體積0.2 mol·L-1的鹽酸 D.提高溶液的溫度 答案 B 解析 本題以弱電解質的電離平衡移動為背景,考查有關溶液的pH計算及電離平衡的移動。pH增加一個單位,需要溶液的H+濃度降低到原來的,醋酸是弱酸,電離方程式為CH3COOHH++CH3COO-,故將溶液稀釋到原體積的10倍,溶液pH增加不到一個單位,A項錯誤;加入適量的醋酸鈉固體,抑制醋酸的電離,使其pH增大,可以使其pH由a變成(a+1),B項正確;加入等體積0.2 mol·L-1鹽酸,雖然抑制醋酸的電離,但增大了c(H+),溶液的pH減小,C項錯誤;提高溶液的溫度,促進了醋酸的電離,c(H+)增大,溶液的
15、pH減小,D項錯誤。 3、如圖曲線a和b是鹽酸與氫氧化鈉相互滴定的滴定曲線,下列敘述正確的是( ) A.水電離出的氫離子濃度:a>b B.鹽酸的物質的量濃度為0.010 0 mol·L-1 C.指示劑變色時,說明鹽酸與NaOH恰好完全反應 D.當?shù)渭覰aOH溶液10.00 mL時,該混合液的pH=1+lg3 答案 D 解析 在滴定過程中a點酸性比b點強,a點時,HCl對水的電離抑制程度大,水電離出的H+濃度:a
16、液為弱堿性,NaOH過量,C選項錯誤;當?shù)渭覰aOH溶液10 mL時,溶液中c(H+)= = mol·L-1,pH=-lg =1+lg3,D選項正確。 知識點三、鹽類水解 1、水解規(guī)律 有弱才水解,越弱越水解,誰強顯誰性,同強顯中性。 鹽的類型 實例 是否水解 水解的離子 溶液的酸堿性 溶液的pH(25 ℃) 強酸強堿鹽 NaCl、KNO3 不 中 pH=7 強酸弱堿鹽 NH4Cl 水解 NH 酸 pH<7 弱酸強堿鹽 CH3COONa 水解 CH3COO- 堿 pH>7 2、水解的離子方程式的書寫 (1)書寫形式。 在書
17、寫鹽類水解方程式時一般要用“”號連接,產(chǎn)物不標“↑”或“↓”,其一般形式為:鹽+水酸+堿,用離子方程式表示為:鹽中的弱離子+水弱酸(或弱堿)+OH-(或H+) 。 (2)書寫規(guī)律。 ①一般鹽類水解程度很小,水解產(chǎn)物很少,如果產(chǎn)物易分解(如NH3·H2O、H2CO3)也不寫成其分解產(chǎn)物的形式,如:NH4Cl的水解離子方程式NH+H2ONH3·H2O+H+。 ②多元弱酸鹽的水解分步進行,以第一步為主,一般只寫第一步水解的離子方程式,如Na2CO3的水解離子方程式CO+H2OHCO+OH- 。 ③多元弱堿陽離子的水解方程式一步寫完,如FeCl3的水解離子方程式Fe3++3H2OFe(OH
18、)3+3H+。 ④能完全水解的離子組,由于水解程度較大,書寫時要用“===”“↑”“↓”等,如NaHCO3與AlCl3混合溶液的反應離子方程式Al3++3HCO===Al(OH)3↓+3CO2↑。 3、影響因素 內因 酸或堿越弱,其對應的弱酸陰離子或弱堿陽離子的水解程度大,溶液的堿性或酸性越強; 外因 因素 水解平衡移動方向 水解程度 水解產(chǎn)生離子的濃度 溫度 升高 水解方向 增大 增大 濃度 增大 水解方向 減小 增大 稀釋 水解方向 增大 減小 外加酸堿 酸 弱酸根離子的水解程度增大, 弱堿陽離
19、子的水解程度減小 堿 弱酸根離子的水解程度減小, 弱堿陽離子的水解程度增大 4、離子濃度大小及應用 A、兩個理論依據(jù) (1)電離理論。 (2)水解理論。 發(fā)生水解的微粒的濃度大于水解生成微粒的濃度,如Na2CO3溶液中:c(CO)>c(HCO)?c(H2CO3)(多元弱酸酸根離子的水解以第一步為主)。 B、三個守恒關系 (1)電荷守恒。溶液中所有陽離子的電荷總濃度等于所有陰離子的電荷總濃度,即溶液中陰、陽離子所帶電荷總數(shù)相等。如NaHCO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)。 (2)物料守恒。物料守恒也就是元素守恒,電解質(電離或
20、水解或反應)變化前后某種元素的原子個數(shù)守恒,如0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中:c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=0.1 mol·L-1。 (3)質子守恒。由水電離出的c(H+)=由水電離出的c(OH-) 如Na2CO3溶液中,c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)。 NH4Cl溶液中,c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)。 C、應用 (1)根據(jù)鹽類水解規(guī)律判斷溶液的酸堿性或pH大小 如相同物質的量濃度的下列溶液,Na2CO3、NaHCO3、Na2SO4、NH4Cl、(NH4)2SO4、CH3COOH、HCl,pH由
21、大到小的順序為:Na2CO3>NaHCO3>Na2SO4>NH4Cl>(NH4)2SO4>CH3COOH>HCl。 (2)判斷鹽溶液中離子的種類及濃度的大小 如Na2CO3溶液中存在的微粒有:Na+、CO、HCO、H2CO3、OH-、H+、H2O,且c(Na+)>2c(CO),c(OH-)>c(H+)。 (3)配制易水解鹽溶液時,要注意抑制水解 如配制FeCl3、AlCl3溶液時滴加幾滴稀鹽酸。 (4)實驗室貯存試劑時,要考慮鹽的水解 如Na2CO3、NaHCO3溶液顯堿性而不能用帶玻璃塞的試劑瓶貯存。 (5)判斷鹽溶液蒸干時所得的產(chǎn)物 如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到
22、Al(OH)3、Fe(OH)3;CuSO4溶液蒸干后得CuSO4固體,NaHCO3溶液低溫蒸干后可得NaHCO3固體。 (6)如MgCl2溶液中混有少量FeCl3雜質,因Fe3+的水解程度比Mg2+水解程度大,可加入MgO或Mg(OH)2或MgCO3等,使Fe3+的水解平衡右移,生成Fe(OH)3沉淀而除去。 (7)判斷溶液中離子能否大量共存 如Al3+、Fe3+與CO、HCO在溶液中不能大量共存,因為能發(fā)生相互促進的水解反應。 (8)解釋鹽參加的某些反應 如Mg加到NH4Cl溶液中,AlCl3與Na2S溶液混合等 【典型題例】 1.有四種鹽溶液,物質的量濃度相等且都由一價
23、陽離子A+和B+及一價陰離子X-和Y-組成。據(jù)測定常溫下AX和BY溶液的pH=7,AY溶液的pH>7,BX溶液的pH<7,由此判斷不水解的鹽是( ) A.BX B.AX C.AY D.BY 答案 B 解析 AY溶液的pH>7,說明AY為強堿弱酸鹽,BX溶液的pH<7,說明BX為強酸弱堿鹽,則AX為強酸強堿鹽,不能發(fā)生水解,B項對。 2、等物質的量濃度的下列稀溶液: ①CH3COONa溶液 ②Na2CO3溶液?、踃溶液 ④Ba(OH)2溶液。它們的pH依次增大,則X溶液不可能是( ) A.氨水 B.硅酸鈉溶液 C.NaOH溶液 D.NaH
24、CO3溶液
答案 D
解析 因幾種酸的酸性強弱為:CH3COOH>H2CO3>H2SiO3,故等物質的量濃度的鹽溶液的pH大小為:CH3COONa 25、答案 B
解析 明礬溶液加熱,水解程度增大,酸性增強,酚酞溶液不變色,A項不符合題意;CH3COONa溶液水解顯堿性,加熱使水解程度增大,酚酞溶液顏色加深,B項符合題意;NH4Cl水解顯酸性,操作后顏色變淺,C項不符合題意;NaCl不水解,對顏色無影響,D項不符合題意。
4、下列實驗不能證明一元酸HR為弱酸的是( )
A.室溫下,NaR溶液的pH大于7
B.HR能與Na2CO3溶液反應生成氣體
C.向HR溶液中加入少量的NaR固體,溶解后溶液的pH變大
D.20 ℃時,0.01 mol·L-1的HR溶液的pH=2.8
答案 B
解析 室溫下NaR溶液的pH>7說明NaR是 26、強堿弱酸鹽,即HR為弱酸,A項能;只要酸性比碳酸強,HR就能與Na2CO3溶液反應,B項不能;若HR為強酸,則加少量NaR,溶液的pH不變,現(xiàn)pH變大,則說明NaR抑制了HR的電離,C項能;若HR是強酸,則0.01 mol·L-1的HR溶液的pH=2<2.8,故D項能。
5、下列應用與鹽類的水解無關的是( )
A.明礬凈水
B.NaCl可用作防腐劑和調味劑
C.泡沫滅火器的滅火原理
D.FeCl3飽和溶液滴入沸水中制備Fe(OH)3膠體
答案 B
解析 A選項,明礬凈水的原理為Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,是利用了Al3+的水解;C選項,泡沫滅火器是利用Al3 27、+和HCO的雙水解反應,離子方程式為:Al3++3HCO===Al(OH)3↓+3CO2↑;D選項,F(xiàn)e(OH)3膠體的制備是利用Fe3+水解,離子方程式為:Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+。
知識點四、難溶電解質的溶解平衡:
1、影響因素
①內因:
難溶電解質本身的性質,這是決定因素。
②外因:
以AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ΔH>0為例
外界條件
移動方向
平衡后c(Ag+)
平衡后c(Cl-)
Ksp
升高溫度
正向
增大
增大
增大
加水稀釋
正向
減小
減小
不變
加入少量 28、AgNO3
逆向
增大
減小
不變
通入HCl
逆向
減小
增大
不變
通入H2S
正向
減小
增大
不變
2、沉淀溶解平衡的應用
(1)沉淀的生成。
①調節(jié)pH法。
如除去NH4Cl溶液中的FeCl3雜質,可加入氨水調節(jié)pH至7-8,離子方程式為:Fe3++3NH3·H2O===Fe(OH)3+3NH 。
②沉淀劑法。
如用H2S沉淀Cu2+,離子方程式為:H2S+Cu2+===CuS↓+2H+。
(2)沉淀的溶解。
①酸溶解法。
如CaCO3溶于鹽酸,離子方程式為:CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2 29、↑。
②鹽溶解法
如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液,化學方程式為:Mg(OH)2+2NH4Cl===MgCl2+2H2O+2NH3↑。
③氧化還原溶解法。
如不溶于鹽酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。
④配位溶解法。
如AgCl溶于氨水,離子方程式為:AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O。
(3)沉淀的轉化。
①實質:沉淀溶解平衡的移動。(沉淀的溶解度差別越大,越容易轉化)
②舉例。
根據(jù)難溶物質溶解度的大小,難溶物質間可以進行轉化,例如:
AgNO3 AgCl白色沉淀) AgBr (淡黃色沉淀) AgI (黃色沉淀) Ag2S (黑 30、色沉淀)
3、沉淀溶解平衡圖像題的解題策略
溶解平衡曲線類似于溶解度曲線,曲線上任一點都表示飽和溶液,曲線上方的任一點均表示過飽和,此時有沉淀析出,曲線下方的任一點,均表示不飽和。
從圖像中找到數(shù)據(jù),根據(jù)Ksp公式計算得出Ksp的值。
比較溶液的Qc與Ksp的大小,判斷溶液中有無沉淀析出。
涉及Qc的計算時,所代入的離子濃度一定是混合溶液中的離子濃度,因此計算離子濃度時,所代入的溶液體積也必須是混合液的體積。
【典型題例】
1、溴酸銀(AgBrO3)溶解度隨溫度變化曲線如下圖所示。下列說法錯誤的是( )
A.溴酸銀的溶解是放熱過程
B.溫度升高時溴酸銀溶解速度加快
31、C.60 ℃時溴酸銀的Ksp約等于6×10-4
D.若硝酸鉀中含有少量溴酸銀,可用重結晶方法提純
答案 A
解析 從圖像可看出隨溫度的升高,AgBrO3的溶解度逐漸升高,即AgBrO3的溶解是吸熱過程,A項錯誤;溫度升高,其溶解速度加快,B項正確;60 ℃時飽和溶液中AgBrO3的物質的量濃度約為=2.5×10-2mol/L,其Ksp=6×10-4,C項正確;由于AgBrO3的溶解度比較小,故KNO3中含有AgBrO3時,可采用重結晶的方法提純,D項正確。
2、常溫下Ksp(CaSO4)=9×10-6,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是( )
A. 32、在任何溶液中,若有CaSO4沉淀析出,則c(Ca2+)與c(SO)一定相等
B.d點溶液通過蒸發(fā)可以變到c點
C.a(chǎn)點對應的Ksp等于c點對應的Ksp
D.b點將有沉淀生成,平衡后溶液中c(SO)一定等于3×10-3mol·L-1
答案 C
解析 有CaSO4沉淀析出的溶液中,一定存在c(Ca2+)·c(SO)=Ksp(CaSO4),但c(Ca2+)和c(SO)不一定相等,A選項錯誤;d點溶液未飽和,蒸發(fā)溶劑時,c(SO)不可能不發(fā)生變化,B選項錯誤;溫度不變時,Ksp也不變,C選項正確;b點沒有在曲線上,平衡時,c(Ca2+)和c(SO)不一定相等,D選項錯誤。
3、已知CaCO 33、3的Ksp=2.8×10-9,現(xiàn)將濃度為2×10-4 mol·L-1的Na2CO3溶液與CaCl2溶液等體積混合,若要產(chǎn)生沉淀,則所用CaCl2溶液的濃度至少應為( )
A.2.8×10-2 mol·L-1 B.1.4×10-5 mol·L-1
C.2.8×10-5 mol·L-1 D.5.6×10-5 mol·L-1
答案 D
解析 由沉淀形成的條件知,要產(chǎn)生沉淀必須滿足:c(Ca2+)·c(CO)>2.8×10-9,因等體積混合后,c(CO)=1×10-4 mol·L-1,故混合溶液中c(Ca2+)應大于2.8×10-5 mol·L-1,則混合前c(CaCl2)至少應為5. 34、6×10-5 mol·L-1。
4、在pH為4-5的環(huán)境中,Cu2+、Fe2+不能生成沉淀,而Fe3+幾乎完全沉淀。工業(yè)上制取CuCl2是將濃鹽酸用蒸汽加熱到80 ℃左右,再慢慢加入粗氧化銅(含雜質FeO),充分攪拌使之溶解,欲除去溶液中的雜質離子,下列方法正確的是( )
A.加入純Cu將Fe2+還原
B.向溶液中加入(NH4)2S使Fe2+沉淀
C.直接加水加熱使雜質離子水解除去
D.在溶液中通入Cl2,再加入CuO粉末調節(jié)pH為4-5
答案 D
解析 A項,Cu與Fe2+不反應;B項,引入新雜質,且Cu2+轉化為CuS;C項,直接加水加熱Cu2+也會發(fā)生水解;D項,通入Cl2,把Fe2+氧化為Fe3+,再加入CuO調節(jié)pH為4-5,使Fe3+沉淀完全即可。
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