鲁科版高考化学一轮复习课时分层作业48化工流程中的Ksp计算与溶解平衡图像含答案

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2．C [根据图像可求Ksp(MS)＝10－30×1 ml2·L－2＝10－30 ml2·L－2，Ksp(QS)＝1×10－20 ml2·L－2>Ksp(MS)，故QS易转化为MS，A错误；a点Q(MS)>Ksp(MS)，此点为过饱和溶液，不稳定，易析出沉淀，B错误；溶度积小的先析出沉淀，Ksp(MS)c(Q2＋)的混合溶液中滴加Na2S溶液，首先析出MS沉淀，故C正确；对于Ⅱ来说，a点是不饱和溶液，蒸发不饱和溶液c(S2－)、c(Q2＋)都增大，所以不能实现目的，D错误。]
3．CD [RA饱和溶液pH＝6时，c(H＋)＝10－6 ml·L－1，c(OH－)＝1×10－8 ml·L－1，据图可知此时c2(A－)＝30×10－11(ml·L－1)2，所以c(A－)＝eq \r(3)×10－5 ml·L－1<2×10－5 ml·L－1，A正确；RB的饱和溶液中存在平衡：RB(s)R＋(aq)＋B－(aq)、R＋＋H2OROH＋H＋，溶液酸性越强，R＋的水解程度越弱，c(R＋)和c(B－)越接近，据图可知当c(OH－)接近0时(酸性强)，当c(OH－) ＝0时c2(B－)＝5×10－11(ml·L－1)2，此时c(R＋)＝c(B－)，Ksp(RB)＝c(R＋)·c(B－)＝c2(B－)＝5×10－11 ml2·L－2，B正确；RB溶液中存在物料守恒：c(R＋)＋c(ROH)＝c(B－)，Kb(ROH)＝eq \f(cOH－·cR＋,cROH)，若调节pH使碱性增强(加入的碱不是ROH)，则c(R＋)＝c(ROH)时，满足c(R＋)＝c(ROH)＝eq \f(1,2)c(B－)，Ksp(RB)＝c(R＋)·c(B－)＝eq \f(1,2)c(B－)·c(B－)＝5×10－11 ml2·L－2，所以此时c2(B－)＝10×10－11 (ml·L－1)2，据图可知此时c(OH－)＝2×10－8 ml·L－1，即Kb(ROH)＝2×10－8 ml·L－1，C错误；RB饱和溶液中，由于R＋的水解，溶液会显酸性，所以pH＝7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子，此时根据电荷守恒可知c(R＋)＋c(H＋)≠c(B－)＋c(OH－)，D错误。]
4．A [根据Ka＝eq \f(cH＋·cF－,cHF)，可得－lg eq \f(cH＋,cHF)－lg c(F－)＝－lg Ka，则lg eq \f(cHF,cH＋)－lg c(F－)＝－lg Ka，Ka不变，即lg eq \f(cHF,cH＋)随－lg c(F－)的增大而减小，故L1代表－lg c(F－)与lg eq \f(cHF,cH＋)的关系，L2代表－lg c(Sr2＋)与lg eq \f(cHF,cH＋)的关系，A项错误；由图可知，lg eq \f(cHF,cH＋)＝1.0时，c(F－)＝10－2.2 ml·L－1、c(Sr2＋)＝10－4.0 ml·L－1，则Ksp(SrF2)＝c(Sr2＋)·c2(F－)＝10－8.4 ml3·L－3＝100.6×10－9 ml3·L－3，其数量级为10－9，B项正确；根据物料守恒，可知溶液中始终存在c(F－)＋c(HF)＝2c(Sr2＋)，C项正确；c为L1、L2的交点，则c(Sr2＋)＝c(F－)，根据物料守恒式可得c(Sr2＋)＝c(F－)＝c(HF)，c点对应的lg eq \f(cHF,cH＋)>0，故c(HF)>c(H＋)，根据电荷守恒2c(Sr2＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，及c(Sr2＋)＝c(F－)，可得c(Sr2＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，通入HCl使溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，则c(Cl－)>c(Sr2＋)，故c点的溶液中存在c(Cl－)>c(Sr2＋)＝c(HF)>c(H＋)，D项正确。]
5.BC [pH变大时逐渐生成Q，所以Q是[Al(OH)4]－，[Al(OH)4]－与Al3＋会发生相互促进的水解反应，所以它们不共存，因此N是Mg2＋，M是Al3＋，A错误；点(3.0,0)处，c(Al3＋)＝1 ml·L－1，c(OH－)＝10－11 ml·L－1，Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)×c3(OH－)＝10－33 ml4·L－4，同理取点(8.5,0)可求出Ksp[Mg(OH)2]＝10－11 ml3·L－3，所以Ksp[Al(OH)3]6．[解析] (1)用盐酸和H3BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性(生成盐酸盐)、还原性(Ce元素化合价降低)；滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，滤渣Ⅰ用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则滤渣Ⅱ主要成分为KBF4。(2)“滤液Ⅰ”中c(Ce3＋)＝0.1 ml·L－1，Ce3＋开始沉淀时，c(OH－)＝eq \r(3,\f(1×10－22,0.1)) ml·L－1＝10－7 ml·L－1，c(H＋)＝10－7 ml·L－1，即pH＝7；铁离子沉淀完全时，c(Fe3＋)＝10－5 ml·L－1，c(OH－)＝eq \r(3,\f(8×10－38,10－5)) ml·L－1＝2×10－11 ml·L－1，c(H＋)＝eq \f(10－14,2×10－11) ml·L－1＝eq \f(10－3,2) ml·L－1，则pH＝3.3，故用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7；“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3发生反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2Ce3＋＋6HCOeq \\al(－,3)===Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8 t，根据
2Ce2(CO3)3＋O2===6CO2＋4CeO2 Δm
4×172 232
m 5.8 t
m＝eq \f(4×172×5.8,232) t＝17.2 t，则获得CeO2的质量为17.2 t。
[答案] (1)酸性、还原性 KBF4
(2)3.3≤pH<7 2Ce3＋＋6HCOeq \\al(－,3)===Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O 17.2
7．[解析] (1)根据图甲，pH为7.2左右时，三种离子的损失浓度最低，又根据图乙，eq \f(nNH4HCO3,nFe2＋＋Ni2＋＋Zn2＋)＝2.0时，pH为7.2，则为了提高原料利用率，eq \f(nNH4HCO3,nFe2＋＋Ni2＋＋Zn2＋)最好控制在2.0左右。
(3)反应的平衡常数K＝eq \f(cH2CO3,c2HCO\\al(－,3)·cFe2＋)＝eq \f(Ka2,Ka1×Ksp)≈4.17×106。
[答案] (1)2.0 3MeSO4＋6NH4HCO3===MeCO3·2Me(OH)2·H2O↓＋3(NH4)2SO4＋5CO2↑ (2)防止NH4HCO3受热分解 (3)4.17×106
8．[解析] 根据Ksp(MgSiO3)＝2.4×10－5 ml2·L－2，则c(Mg2＋)＝eq \f(KspMgSiO3,cSiO\\al(2－,3))＝eq \f(2.4×10－5,8×10－3) ml·L－1＝3×10－3 ml·L－1，把c(Mg2＋)代入Ksp[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2＋)·c2(POeq \\al(3－,4))＝2.7×10－24 ml5·L－5，c(POeq \\al(3－,4))＝eq \r(\f(Ksp[Mg3PO42],c3Mg2＋))＝eq \r(\f(2.7×10－24,3×10－33)) ml·L－1＝1×10－8 ml·L－1。
[答案] 1×10－8

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