时间:2017-07-10 20:04:08
1、选择题 海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：KSp(CaCO3)=4.96×10－9；KSp(MgCO3)=6.82×10-6；KSp[Ca(OH)2]=4.68×10-6；KSp[Mg(OH)2]="5.61×10" -12。
下列说法不正确的是
A．沉淀物X为CaCO3
B．滤液M中存在Mg2+和Ca2+
C．滤液N中存在Mg2+、Ca2+
D．步骤②中若改为加入4．2 g NaOH固体，沉淀物Y只有Mg(OH)2
参考答案：C
本题解析：步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH)=0.001mol，[即n(OH－)=0.001mol]．依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH－ 恰好与HCO3－完全反应：OH－+HCO3－
CO32－+H2O，生成0.001molCO32－．由于Ksp(CaCO3)＜＜Ksp(MgCO3)，生成的CO32－与水中的Ca2＋反应生成CaCO3沉淀Ca2＋+CO32－=CaCO3↓．所以沉淀物X为CaCO3，故A正确；步骤①中，由于CO32－只有0.001mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2＋也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2＋）=0.010mol·L－1，所以滤液M中同时存在着Ca2＋和Mg2＋，故B正确；步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11时，此时滤液中c(OH－)=1×10-3 mol·L－1．则Q[Ca(OH)2]=c(Ca2＋)×(10-3)2=0.010×（10-3）2=10-8＜Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2生成，Q[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)×(10-3)2=0.050×(10-3)2=5×10-8＞Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成，又由于Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)×(10-3)2=5.6×10-12，c(Mg2＋)=5.6×10-6＜10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2＋，故C错误；步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05mol Mg2＋反应：Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓，生成0.05 molMg(OH)2，剩余0.005 mol OH－，由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca2＋)×(OH－)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-7＜Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，故D正确。sp的应用和计算，离子反应等。
本题难度：一般
2、选择题 下列说法正确的是
A．不溶于水的物质的溶解度为0
B．H+与OH—在水溶液中混合时，反应的活化能几乎为0
C．对已达平衡的可逆反应，v（正）=v（逆）=0
D．常温下，1mol/L的CH3COOH溶液，pH=0
参考答案：B
本题解析：
试题解析：不溶于水的物质溶解度不为0，而是溶解度小于0.01g，绝对不溶解的物质是不存在的，故A错误；溶液中自由的氢离子和氢氧根发生中和反应生成水时，没有化学键的断裂过程，活化能几乎为0，故B正确；对已达平衡的可逆反应，v（正）=v（逆），但反应并未停止，速率不等于0，故C错误；醋酸是弱电解质，在水中微弱电离，氢离子浓度小于1mol/L，PH大于0，故D错误。
考点：活化能、溶液中的平衡、化学平衡
本题难度：一般
3、选择题 常温下，AgCl、AgBr、AgI的溶度积(Ksp)依次为1．8×10
、5．0×10
、8．3×10
。下列有关说法错误的是? (? )
A．常温下在水中溶解能力AgCl>AgBr>Agl
B．在AgCl饱和液中加入足量浓NaBr溶液有AgBr沉淀生成
C．在AgBr饱和溶液中加入足量浓NaCl溶液不可能有AgCI沉淀生成
D．在AgI饱和液中加入NaI固体有AgI沉淀析出
参考答案：C
本题解析：
答案：C
AgBr＋Cl―
AgCl＋Br―沉淀转换平衡，也是可逆反应，改变条件可使平衡向某个方向移动。C，只要提高Cl―的浓度，平衡就可以向生成AgCl的方向移动。
本题难度：简单
4、填空题 向含有AgI的饱和溶液中分别加入下列物质，请就溶液中碘离子浓度的变化做出回答。(1)加入固体AgNO3：________________________________________
(2)若改加更多的AgI固体：________________________________________
(3)若改加AgBr固体：________________________________________
参考答案：(1)减小? (2)不变? (3)减小
本题解析：根据同离子效应对平衡的影响，可以判断加入固体AgNO3和AgBr会使的溶解平衡向左移动，碘离子浓度变小；而在饱和溶液中再加入AgI固体对平衡无影响。
本题难度：一般
5、选择题 已知：AgI为黄色沉淀，AgCl为白色沉淀。25℃时，AgI饱和溶液中c（Ag+）为1.22×10-8 mol·L-1；AgCI饱和溶液中c（Ag+）为1.30×10-5mol·L-1。若在5 mL含有KC1和KI浓度均为0．01 mol·L-1的混合溶液中，滴加8 mL0.0l mol·L-1的AgNO3溶液，则下列叙述中不正确的是
A．溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为c(K＋)＞c(NO3－)＞c(Cl－)＞c(I－)＞c(Ag＋)
B．溶液中先产生的是AgI沉淀
C．AgCl的KSP的数值为1.69×10-10
D．若在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液，黄色沉淀也会转变成白色沉淀
参考答案：A
本题解析：A、根据溶解度判断沉淀的先后顺序，利用溶度积常数计算出各离子浓度，结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小；B、依据碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，反应中先析出碘化银；C、AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30×10-5mol?L-1，溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）
Ag++Cl-，氯离子浓度为1.30×10-5mol?L-1；依据Ksp=[Ag+][Cl-]计算得到；D、依据溶液中Qc与Ksp的大小关系分析，则A、若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/L AgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n（Ag+）=0.003L×0.01mol/L=3×10-5mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n（Cl-）=0.005×0.01mol/L-3×10-5mol=2×10-5mol，c（Cl-）=2×10-5mol÷0.013L=1.53×10-3mol/L，浊液中c（Ag+）=KSP（AgCl）÷c（Cl-）=（1.30×10-5）2÷1.53×10-3=1.1×10-7（mol/L），c（I-）=KSP（AgI）÷c（Ag+）=（1.22×10-8）2÷1.1×10-7=1.35×10-9，混合溶液中n（K+）=1×10-4mol，
n（NO3-）=0.008L×0.01mol/L=1×10-5mol，则c（K+）＞c（NO3-），故c（K+）＞c（NO3-）＞c（Cl-）＞c（Ag+）＞c（I-），故A错误；B、依据A分析溶液中先产生的是AgI沉淀，故B正确；C、AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30×10-5mol?L-1．溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag++Cl-，氯离子浓度为1.30×10-5mol?L-1，由Ksp=[Ag+][Cl-]=1.30×10-5mol/L×1.30×10-5mol/L=1.69×10-10，故C正确；D、当溶液中Qc=c（Cl-）×c（Ag+）＞Ksp时，会有氯化银沉淀生成，所以在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液，黄色沉淀会转变成白色沉淀，故D正确，答案选A。
本题难度：一般