2025屆高考化學基礎(chǔ)知識復習大單元整合　提能力驗考情6

大單元整合提能力驗考情六在25℃時，水溶液中由水電離出氫離子、氫氧根離子濃度類型舉例由水電離出的c水(H＋)、c水(OH－)備注酸性溶液pH＝3的HCl溶液c水(OH－)＝eq\f(Kw,c溶液H＋)＝10－11mol/L①酸或堿抑制水的電離，c水(H＋)＝c水(OH－)＜10－7mol/L；②酸(堿)中H＋(OH－)濃度越大，對水電離的抑制作用越大；③pH相同的強酸(強堿)和弱酸(弱堿)對水電離的抑制作用相同；④pH之和等于14的酸和堿對水的電離的抑制作用相同；⑤可水解的鹽，c水(H＋)＝c水(OH－)＞10－7mol/L；⑥不水解的鹽，c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－7mol/LpH＝2的HCl溶液、CH3COOH溶液c水(OH－)＝eq\f(Kw,c溶液H＋)＝10－12mol/LpH＝2的AlCl3溶液、FeCl3溶液c水(H＋)＝c溶液(H＋)＝10－2mol/L堿性溶液pH＝11的NaOH溶液c水(H＋)＝c溶液(H＋)＝10－11mol/LpH＝12的NaOH溶液、氨水c水(H＋)＝c溶液(H＋)＝10－12mol/LpH＝12的CH3COONa溶液、Na2CO3溶液c水(OH－)＝eq\f(Kw,c溶液H＋)＝10－2mol/L中性溶液pH＝7的NaCl溶液、KNO3溶液c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－7mol/LpH＝7的CH3COONH4溶液c水(H＋)＝c水(OH－)＞10－7mol/L對數(shù)圖像分析當弱電解質(zhì)溶液的成分粒子的濃度(X)經(jīng)對數(shù)處理后，就得到lg(X)與pH的直線關(guān)系圖。1.電解質(zhì)溶液的稀釋(1)等濃度、等體積稀釋①25℃時，將濃度均為0.1mol/L、體積均為1L的HX和HY兩種酸溶液分別加水稀釋至體積為V0，pH隨lgV0的變化如圖所示。[分析]HX和HY兩種酸溶液稀釋前的濃度相等，均為0.1mol/L，體積均為1L。由圖像可知，未稀釋時，0.1mol/L的HY的pH＝1，說明HY為強酸，0.1mol/L的HX的pH＞2，說明HX為弱酸。②25℃時，1mL濃度均為0.10mol/L的MOH和M2CO3溶液分別加水稀釋(溶液體積為V)，溶液pH隨lgV的變化情況如圖所示。[分析]根據(jù)圖示，當lgV＝0時，0.1mol/L的MOH的pH＝13，說明XOH溶液中c(OH－)＝c始(MOH)，MOH完全電離，為強堿，M2CO3則為強堿弱酸鹽。(2)等pH、等體積稀釋常溫下，將pH相同、體積均為V0的鹽酸和醋酸分別加水稀釋至V，pH隨lgeq\f(V,V0)的變化如圖所示。[分析]鹽酸和醋酸稀釋前的pH相同、體積均為V0，那么起始濃度醋酸大于鹽酸。由圖像可知，稀釋相同的倍數(shù)，pH變化較大的直線Ⅰ表示鹽酸，直線Ⅱ表示醋酸溶液。2．中和滴定曲線分析(1)根據(jù)中和反應判斷各成分濃度是增大還是減小。(2)根據(jù)pH等于7、H＋和OH－濃度對數(shù)的交叉點，來確定氫離子和氫氧根離子濃度變化的曲線。例1:25℃時，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol/L，lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO－)、lgc(H＋)和lgc(OH－)隨pH變化的關(guān)系如圖1所示。,圖1),圖2)[分析]隨著pH的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，醋酸和氫離子的濃度減小。根據(jù)圖2分析可知，O點pH＝7時，c(H＋)＝c(OH－)，故可推知：曲線2為lgc(H＋)隨pH的變化曲線，曲線3為lgc(OH－)隨pH的變化曲線；曲線1為lgc(CH3COO－)隨pH的變化曲線，曲線4為lgc(CH3COOH)隨pH的變化曲線。圖3例2:草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸。常溫下，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gXeq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(X表示\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O\o\al(－,4))))或eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))))隨pH的變化關(guān)系如圖3所示。[分析]①向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，溶液的pH的不斷升高；②lgX＝0，在圖中有兩條直線，可以讀出Ka1和Ka2；直線Ⅰ的X表示的是eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)；當c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(H2C2O4)時，eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)＝1，lgX＝0，pH1＝pKa1＝1.22，所以Ka1＝10－1.22；同理：直線Ⅱ的X表示的是eq\f(cHC2O\o\al(2－,4),cH2C2O\o\al(－,4))，lgX＝0，pH2＝pKa2＝4.19，所以Ka2＝10－4.19。3.某酸(HX)中加入NaOH溶液，溶液的pH與peq\f(cHX,cX－)的坐標分析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(注p\f(cHX,cX－)＝－lg\f(cHX,cX－)))4.常見對數(shù)圖像分析方法類型含義變化規(guī)律解題策略pH＝－lgc(H＋)氫離子濃度的常用對數(shù)負值pH越大，c(H＋)越小，溶液的堿性越強①先弄清是對數(shù)還是負對數(shù)；②弄清楚是什么的對數(shù)，如濃度對數(shù)、濃度之比對數(shù)、體積之比對數(shù)等；③弄清楚對數(shù)變化所表示的意義pC＝－lgc(C)C離子濃度的常用對數(shù)負值pC越大，c(C)越小lgeq\f(cHX－,cH2X)生成物與反應物離子濃度之比的常用對數(shù)lgeq\f(cHX－,cH2X)越大，反應向正反應方向進行的程度越大lgeq\f(V,V0)稀釋后與稀釋前體積比的常用對數(shù)lgeq\f(V,V0)越大，稀釋程度越大AG＝lgeq\f(cH＋,cOH－)氫離子與氫氧根離子濃度比的常用對數(shù)AG越大，酸性越強中性時，lgeq\f(cH＋,cOH－)＝1，AG＝0酸堿中和滴定曲線變化1.強酸與強堿之間的中和滴定以0.1000mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1000mol/LHCl溶液為例，pH變化曲線如圖所示。理論上講，強酸強堿完全反應時的pH應為7，滴定時應選用在pH＝7時變色的指示劑，但從圖中可知，當氫氧化鈉溶液的體積從19.98mL變?yōu)?0.02mL時，pH從3.6突躍至10.4。因此只要選擇變色范圍在這一范圍內(nèi)的指示劑(如酚酞、甲基橙等)就不會造成很大誤差。當指示劑剛好變色，并在半分鐘內(nèi)不能恢復原來的顏色，即認為已達滴定終點。2.酸堿中和滴定的曲線變化酸堿中和滴定滴定曲線圖指示劑終點現(xiàn)象起點突躍點范圍終點pH用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L鹽酸酚酞無色→淺紅色pH＝1(低)大pH＝7甲基橙紅色→橙色用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L醋酸酚酞無色→淺紅色pH>1(高)變小pH>7用0.1mol/L鹽酸滴定20．00mL0.1mol/LNaOH溶液酚酞紅色→無色pH＝13(高)大pH＝7甲基橙黃色→橙色用0.1mol/L鹽酸滴定20．00mL0.1mol/L氨水甲基橙黃色→橙色pH＜13(低)變小pH＜7工藝流程中控制溶液的pH的目的1．為了使某種或幾種金屬離子轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，而目標離子不生成沉淀，以達到分離的目的(常利用題給金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH信息，選擇pH范圍，使雜質(zhì)離子以氫氧化物的形式沉淀出來)。例：以軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量鐵的氧化物)制備高純MnCO3。流程如下圖：(1)酸溶還原時，MnO2發(fā)生反應的離子方程式：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。(2)在常溫下，已知：Ksp[Mn(OH)2]＝2×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。工業(yè)上，當某離子濃度小于1×10－6mol/L時，認為該離子已除凈。氧化后所得溶液中c(Mn2＋)＝0.2mol/L，為使溶液中Fe3＋除凈，調(diào)節(jié)pH的范圍應為3～8?！窘馕觥?2)當Fe3＋除凈，c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[FeOH3],cFe3＋))＝eq\r(3,\f(1×10－39,1×10－6))mol/L＝1×10－11mol/L，pH＝3；當錳離子開始沉淀，c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[MnOH2],cMn2＋))＝eq\r(\f(2×10－13,0.2))mol/L＝10－6mol/L，pH＝8。2.“酸作用”還可除去氧化物(膜)、抑制某些金屬離子的水解等3.“堿作用”還可除去油污、除去鋁片表面的氧化膜、溶解鋁等4.金屬離子的萃取率與溶液的pH密切相關(guān)5.調(diào)節(jié)溶液pH常用試劑(1)酸性試劑：稀鹽酸、稀硫酸、稀硝酸(注意氧化性)、酸性氣體(二氧化硫)等。(2)堿性試劑：氫氧化鈉、氨水、碳酸鈉、碳酸氫銨、金屬氧化物等。反應過程中離子濃度的大小(2023·韶關(guān)二模)常溫下，向10.00mL0.1000mol/LNaHCO3溶液中滴加0.1000mol/L的鹽酸，溶液的pH隨加入的鹽酸體積V的變化如圖所示。下列說法錯誤的是(C)A.a點溶液中，c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))B.b點溶液中，c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＜c(Na＋)＋c(Cl－)C.c點溶液中，共含有7種微粒D.d點溶液中，c(Na＋)＋c(Cl－)＝0.1000mol/L【解析】a點是NaHCO3溶液，溶液顯堿性，說明HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于電離程度，則NaHCO3溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，A正確；b點溶液中電荷守恒為c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，此時pH＝7，說明c(OH－)＝c(H＋)，則c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)＝c(Na＋)，故c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＜c(Na＋)＋c(Cl－)，B正確；c點為向10.00mL0.1000mol/LNaHCO3溶液中滴加0.1000mol/L的鹽酸5mL，此時溶液中溶質(zhì)為H2CO3、NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、Cl－、OH－、H2CO3、H2O等，至少含有8種微粒，C錯誤；d點為向10.00mL0.1000mol/LNaHCO3溶液中滴加0.1000mol/L的鹽酸10mL，恰好完全反應，溶液中Na＋、Cl－濃度均為0.0500mol/L，則c(Na＋)＋c(Cl－)＝0.1000mol/L，D正確。(2023·湖南卷)常溫下，用濃度為0.0200mol/L的NaOH標準溶液滴定濃度均為0.0200mol/L的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨ηeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(V標準溶液,V待測溶液)))的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是(D)A.Ka(CH3COOH)約為10－4.76B.a點：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C.b點：c(CH3COOH)<c(CH3COO－)D.水的電離程度：a<b<c<d【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應時，先與強酸反應，然后再與弱酸反應，由滴定曲線可知，a點時NaOH溶液和HCl恰好完全反應生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應，溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH；b點時NaOH溶液反應掉一半的CH3COOH，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點時NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa；d點時NaOH過量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH。a點時溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.0100mol/L，c(H＋)＝10－3.38mol/L，Ka(CH3COOH)＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)≈eq\f(10－3.38×10－3.38,0.01)＝10－4.76，A正確；a點溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素質(zhì)量守恒：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B正確；b點溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C正確；c點溶液中CH3COO－水解促進水的電離，a、b點溶液中有酸，d點溶液中堿過量，酸和堿均會抑制水的電離，則水的電離程度c點最大，D錯誤。分布系數(shù)圖分析(2023·武漢武昌5月)常溫下，將0.1mol/L的NaOH溶液滴入20mL0.1mol/L的NaHC2O4溶液中，HC2Oeq\o\al(2－,4)(或C2Oeq\o\al(2－,4))的分布系數(shù)δeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(如δHC2O\o\al(－,4)＝\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4＋cHC2O\o\al(－,4)＋cC2O\o\al(2－,4))))以及NaOH溶液體積V與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是(C)A.曲線a表示的是C2Oeq\o\al(2－,4)的分布系數(shù)變化曲線B.Na2C2O4的水解平衡常數(shù)的數(shù)量級為10－9C.n點對應的溶液中，c(C2Oeq\o\al(2－,4))>3c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))D.在n、p、q三點中，水的電離程度最大的是p點【解析】隨著加入NaOH溶液體積增大，HC2Oeq\o\al(－,4)分布系數(shù)逐漸減小，曲線a代表HC2Oeq\o\al(－,4)的變化曲線，C2Oeq\o\al(2－,4)的分布系數(shù)增大，則曲線b代表C2Oeq\o\al(2－,4)的變化曲線；20mL時二者恰好完全反應生成草酸鈉，pH發(fā)生突躍，故虛線代表pH，A錯誤；m點對應的溶液中c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))，pH＝4.2，此時Ka2(H2C2O4)＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4)·cH＋,cHC2O\o\al(－,4))＝c(H＋)＝10－4.2，則C2Oeq\o\al(2－,4)水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,10－4.2)＝10－9.8，數(shù)量級為10－10，B錯誤；n點V(NaOH)＝10mL，此時溶液中c(Na2C2O4)＝c(NaHC2O4)，元素質(zhì)量守恒為2c(Na＋)＝3[c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(H2C2O4)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))]，電荷守恒為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，則c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋3c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，由圖可知，n點pH<7，c(OH－)<c(H＋)，則c(C2Oeq\o\al(2－,4))>3c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，C正確；在n、p、q三點中，q點溶質(zhì)為Na2C2O4，C2Oeq\o\al(2－,4)發(fā)生水解促進水的電離，水的電離程度最大的是q點，D錯誤。(2023·廣州調(diào)研)三元弱酸亞砷酸(H3AsO3)在溶液中存在多種微粒形態(tài)，各種微粒的物質(zhì)的量分數(shù)與溶液pH的關(guān)系如圖所示。向1mol/LH3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，關(guān)于該過程的說法正確的是(C)A.H3AsO3的第三步電離平衡常數(shù)Ka3＝10－cB.H3AsO3的物質(zhì)的量分數(shù)先減小后增大C.pH＝b時：c(Na＋)>c(H2AsOeq\o\al(－,3))>c(H3AsO3)＝c(HAsOeq\o\al(2－,3))D.pH＝12時，存在的含砷微粒僅有H2AsOeq\o\al(－,3)、HAsOeq\o\al(2－,3)、AsOeq\o\al(3－,3)【解析】由圖可知，當c(HAsOeq\o\al(2－,3))＝c(H2AsOeq\o\al(－,3))時，pH＝c，氫離子濃度為10－c，則H3AsO3的第三步電離平衡常數(shù)Ka3<Ka2＝eq\f(cH＋·cHAsO\o\al(2－,3),cH2AsO\o\al(－,3))＝10－c，A錯誤；由圖可知，H3AsO3的物質(zhì)的量分數(shù)一直在減小，B錯誤；由圖可知，pH＝b時c(H2AsOeq\o\al(－,3))濃度最大且c(H3AsO3)＝c(HAsOeq\o\al(2－,3))，則此時溶質(zhì)主要為NaH2AsO3，故有c(Na＋)>c(H2AsOeq\o\al(－,3))>c(H3AsO3)＝c(HAsOeq\o\al(2－,3))，C正確；H3AsO3是弱電解質(zhì)，pH＝12時，H3AsO3依然少量存在，此時存在的含砷微粒有H3AsO3、H2AsOeq\o\al(－,3)、HAsOeq\o\al(2－,3)、AsOeq\o\al(3－,3)，D錯誤。(2023·湖北卷)H2L為某鄰苯二酚類配體，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常溫下構(gòu)建Fe(Ⅲ)－H2L溶液體系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4mol/L，c0(H2L)＝5.0×10－3mol/L。體系中含F(xiàn)e物種的組分分布系數(shù)δ與pH的關(guān)系如圖所示，分布系數(shù)δ(X)＝eq\f(cX,2.0×10－4mol/L)，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列說法正確的是(C)A.當pH＝1時，體系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)B.pH在9.5～10.5之間，含L的物種主要為L2－C.L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常數(shù)的lgK約為14D.當pH＝10時，參與配位的c(L2－)≈1.0×10－3mol/L【解析】Ka1＝eq\f(cHL－·cH＋,cH2L)＝10－7.46，pH＝1時，eq\f(cHL－,cH2L)＝10－6.46，則含L的物種主要為H2L，c(H2L)≈5.0×10－3mol/L，c(HL－)＝10－6.46×5.0×10－3＝5.0×10－9.46mol/L＞c(OH－)＝10－13mol/L，即c(HL－)＞c(OH－)，A錯誤；Ka2＝eq\f(cL2－·cH＋,cHL－)＝10－12.4，pH＝9.5～10.5時，eq\f(cL2－,cHL－)＝10－2.9～10－1.9<1，即c(L2－)<c(HL－)，pH在9.5～10.5之間，含L的物種主要為HL－，B錯誤；由圖可知，pH＝4時，c([FeL]＋)＝c([FeL2]－)，平衡常數(shù)K＝eq\f(c[FeL2]－,c[FeL]＋·cL2－)＝eq\f(1,cL2－)，由Ka1·Ka2＝eq\f(cL2－·c2H＋,cH2L)、c(H2L)≈5.0×10－3mol/L知，c(L2－)≈5.0×10－14.86，則該絡合平衡常數(shù)K≈2.0×1013.86≈1014，即lgK≈14，C正確；由圖可知，pH＝10時，δ([FeL3]3－)＝δ([FeL2(OH)]2－)＝0.5，即c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝1.0×10－4mol/L，參與配位的c(L2－)＝(3＋2)×1.0×10－4mol/L＝5.0×10－4mol/L，D錯誤。對數(shù)圖像分析(2023·安徽黃山三模)H2X是一種二元弱酸。常溫下向H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgY[Y表示eq\f(cHX－,cH2X)或eq\f(cX2－,cHX－)]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。常溫下，下列敘述正確的是(D)A.直線Ⅰ中Y表示的是eq\f(cX2－,cHX－)B.電離平衡常數(shù)Ka2(H2X)的數(shù)量級為10－4C.pH＝7.2時，c(HX－)＝1000c(X2－)D.當c(X2－)＝c(H2X)時，溶液pH為2.7【解析】H2X是一種二元弱酸，Ka1＝eq\f(cH＋·cHX－,cH2X)>Ka2＝eq\f(cH＋·cX2－,cHX－)，當lgY＝0時，pH＝－lgc(H＋)＝－lgKa，pH1＝1.2<pH2＝4.2，表明Ka1＝1×10－1.2>Ka2＝1×10－4.2，所以直線Ⅰ中Y代表eq\f(cHX－,cH2X)，直線Ⅱ中Y表示的是eq\f(cX2－,cHX－)，A錯誤；Ka2(H2X)＝1×10－4.2，數(shù)量級為10－5，B錯誤；pH＝7.2時，溶液中c(H＋)＝1×10－7.2mol/L，eq\f(cHX－,cX2－)＝eq\f(cH＋,Ka2)＝eq\f(1×10－7.2,1×10－4.2)＝eq\f(1,1000)，1000c(HX－)＝c(X2－)，C錯誤；當c(X2－)＝c(H2X)時，Ka1·Ka2＝eq\f(cH＋·cX2－,cHX－)×eq\f(cH＋·cHX－,cH2X)＝eq\f(c2H＋·cX2－,cH2X)＝1×10－1.2×1×10－4.2＝1×10－5.4，當c(X2－)＝c(H2X)時，c(H＋)＝eq\r(1×10－5.4)mol/L＝1×10－2.7mol/L，溶液的pH為2.7，D正確。(2023·安徽合肥二模)常溫下，向100mL0.1mol/L的NaA溶液中通入HF(g)，溶液中l(wèi)geq\f(cX－,cHX)(X代表A或F)的值和pH的關(guān)系如圖所示，已知酸性：HF>HA，忽略溶液體積的變化。下列敘述錯誤的是(D)A.HA的電離常數(shù)Ka＝10－7.5B.當c(F－)＝c(HA)時，混合溶液pH＝7C.通入0.01molHF時，c(F－)>c(A－)>c(HF)D.隨著HF(g)的通入，溶液導電性先增大后減小【解析】根據(jù)圖像可知，當lgeq\f(cX－,cHX)＝0時，則eq\f(cX－,cHX)＝1，根據(jù)已知酸性：HF＞HA，即有Ka(HF)＞Ka(HA)，Ka(HF)＝10－3.45，曲線M代表lgeq\f(cF－,cHF)隨pH的變化情況，Ka(HA)＝10－7.5，曲線N表示lgeq\f(cA－,cHA)隨pH的變化情況。HA的電離常數(shù)Ka＝10－7.5，A正確；根據(jù)溶液中的電荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(F－)＋c(OH－)，元素質(zhì)量守恒c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，若溶液中c(F－)＝c(HA)，聯(lián)立方程可得，得出c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝7，B正確；通入HF(g)，發(fā)生反應為HF＋NaA=HA＋NaF，通入0.01molHF時，HF與NaA恰好完全反應，溶液的溶質(zhì)為等濃度的HA和NaF，因為HA的電離平衡常數(shù)為Ka(HA)＝10－7.5，根據(jù)HF的電離平衡常數(shù)可知，NaF的水解平衡常數(shù)Kh(NaF)＝eq\f(Kw,KaHF)＝eq\f(10－14,10－3.45)＝10－10.55，推出溶液HA的電離程度大于F－的水解程度，所以離子濃度大小關(guān)系為c(F－)>c(A－)>c(HF)，C正確；通入HF(g)，發(fā)生反應為HF＋NaA=HA＋NaF，隨著HF的增多，溶液中A－不斷轉(zhuǎn)化為F－，水解程度減弱，總離子濃度增大，即溶液的導電性增大，當NaA恰好與HF反應完后，溶液中溶質(zhì)為HF、HA和NaF，HF會更多的電離出H＋與F－，導電性也會增大，D錯誤。沉淀溶解平衡(2023·全國甲卷)如圖為Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中達到沉淀溶解平衡時pM－pH關(guān)系圖{pM＝－lgeq\f(cM,mol/L)；c(M)≤10－5mol/L可認為M離子沉淀完全}。下列敘述正確的是(C)A.由a點可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5B.pH＝4時Al(OH)3的溶解度為eq\f(10－10,3)mol/LC.濃度均為0.01mol/L的Al3＋和Fe3＋可通過分步沉淀進行分離D.Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2mol/L時二者不會同時沉淀【解析】由圖可知，a點pH＝2，c(H＋)＝10－2mol/L，c(OH－)＝10－12mol/L，c(Fe3＋)＝10－2.5mol/L，所以Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－38.5，A錯誤；根據(jù)圖像Al3＋的曲線，pH＝5時，可得Ksp[Al(OH)3]＝10－33，pH＝4時，c(H＋)＝10－4mol/L，c(OH－)＝10－10mol/L，c(Al3＋)＝eq\f(Ksp[AlOH3],c3OH－)＝eq\f(10－33,10－103)mol/L＝10－3mol/L，即Al(OH)3的溶解度為10－3mol/L，B錯誤；由圖像可知，F(xiàn)e3＋優(yōu)先沉淀，當Fe3＋沉淀完全時，c3(OH－)＝eq\f(10－38.5,10－5)(mol/L)3＝10－33.5(mol/L)3，此時Q[Al(OH)3]＝0.01×10－33.5＝10－35.5＜Ksp[Al(OH)3]＝10－33，Al3＋還未沉淀，所以濃度均為0.01mol/L的Al3＋和Fe3＋可通過分步沉淀進行分離，C正確；根據(jù)圖像Cu2＋的曲線，pH＝7時，c(H＋)＝10－7mol/L，c(OH－)＝10－7mol/L，c(Cu2＋)≈10－5.5mol/L，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝10－5.5×(10－7)2＝10－19.5，由B分析知Ksp[Al(OH)3]＝10－33，Al3＋沉淀完全時的c(OH－)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10－33,10－5)))eq\f(1,3)mol/L≈10－9.3mol/L，c(H＋)≈10－4.7mol/L，pH＝4.7，此時Cu2＋剛開始沉淀，c(Cu2＋)＝0.1mol/L，若c(Cu2＋)＝0.2mol/L＞0.1mol/L，因此Al3＋、Cu2＋會同時沉淀，D錯誤。(2023·新課標卷)向AgCl飽和溶液(有足量AgCl固體)中滴加氨水，發(fā)生反應Ag＋＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋。lgeq\f(cM,mol/L)與lgeq\f(cNH3,mol/L)的關(guān)系如圖所示{其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋}。下列說法錯誤的是(A)A.曲線Ⅰ可視為AgCl溶解度隨NH3濃度變化曲線B.AgCl的溶度積常數(shù)Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75C.反應[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常數(shù)K的值為103.81D.c(NH3)＝0.01mol/L時，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag＋)【解析】滴加氨水，發(fā)生反應Ag＋＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，AgCl飽和溶液中，一開始c(Ag＋)＝c(Cl－)，隨著氨水加入，AgCl溶解平衡正向移動，c(Ag＋)減小，c(Cl－)增大，Ⅰ表示[Ag(NH3)2]＋的變化、Ⅱ表示[Ag(NH3)]＋的變化，Ⅲ表示Ag＋的變化，Ⅳ表示Cl－的變化，曲線Ⅳ可視為AgCl溶解度隨NH3濃度變化曲線，A錯誤；則由圖可知，c(NH3)＝0.1mol/L時，即lgc(NH3)＝－1時，c(Ag＋)＝10－7.40mol/L，c(Cl－)＝10－2.35mol/L，則AgCl的溶度積常數(shù)Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－7.40×10－2.35＝10－9.75，B正確；即lgc(NH3)＝－1時，c(Cl－)≈c([Ag(NH3)2]＋)＝10－2.35mol/L，c([Ag(NH3)]＋)＝10－5.16mol/L，則反應[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常數(shù)K的值為eq\f(c[AgNH32]＋,c[AgNH3]＋·cNH3)＝eq\f(10－2.35,10－5.16×0.1)＝103.81，C正確；c(NH3)＝0.01mol/L時，即lgc(NH3)＝－2時，則溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag＋)，D正確。(2023·遼寧卷)某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)＝0.1mol/L，通過調(diào)節(jié)pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分離，體系中pH與－lgc關(guān)系如圖所示，c為HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的濃度，單位為mol/L。已知Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，下列說法正確的是(D)A.Ksp(CdS)＝10－18.4B.③為pH與－lgc(HS－)的關(guān)系曲線C.Ka1(H2S)＝10－8.1D.Ka2(H2S)＝10－14.7【解析】酸性較強的溶液中含硫微粒為H2S、HS－、S2－，H2S是二元弱酸，則起始階段c(HS－)＞c(S2－)，－lgc(HS－)＜－lgc(S2－)，隨著溶液pH增大，溶液的酸性減弱，c(HS－)和c(S2－)都逐漸增大，－lgc(HS－)和－lgc(S2－)都逐漸減小，c(Ni2＋)或c(Cd2＋)逐漸減小，－lgc(Ni2＋)或－lgc(Cd2＋)逐漸增大，且Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，當c(S2－)一定時c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，－lgc(Ni2＋)＜－lgc(Cd2＋)，所以圖中曲線①②③④分別為pH與－lgc(Cd2＋)、－lgc(Ni2＋)、－lgc(S2－)、－lgc(HS－)的關(guān)系曲線。由圖可知，當pH＝4.9時c(S2－)＝c(Cd2＋)＝10－13.0mol/L，Ksp(CdS)＝c(S2－)·c(Cd2＋)＝10－26.0，A錯誤；③為pH與－lgc(S2－)的關(guān)系曲線，④為pH與－lgc(HS－)的關(guān)系曲線，B錯誤；pH＝4.2時c(HS－)＝10－3.9mol/L，c(H＋)＝10－4.2mol/L，Ka1(H2S)＝eq\f(cHS－·cH＋,cH2S)＝eq\f(10－3.9×10－4.2,0.1)＝10－7.1，C錯誤；Ka2(H2S)＝eq\f(cS2－·cH＋,cHS－)，Ka1(H2S)＝eq\f(cHS－·cH＋,cH2S)，則Ka2(H2S)·Ka1(H2S)＝eq\f(cS2－·c2H＋,cH2S)，當pH＝4.9時，c(S2－)＝10－13.0mol/L，c(H＋)＝10－4.9mol/L，Ka2(H2S)·Ka1(H2S)＝eq\f(10－13.0×10－9.8,0.1)＝10－21.8，由選項C可知，Ka1(H2S)＝10－7.1，所以Ka2(H2S)＝10－14.7，D正確。工藝流程中溶液pH的控制(2023·廣東卷)Ni、Co均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工藝可提取Ni、Co，并獲得高附加值化工產(chǎn)品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常溫下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋與NH3形成可溶于水的配離子：lgKb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空氣氧化為Co(OH)3；部分氫氧化物的Ksp如下表。氫氧化物Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp5.9×10－151.6×10－445.5×10－161.3×10－335.6×10－12回答下列問題：(1)活性MgO可與水反應，化學方程式為。(2)常溫下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________c(NHeq\o\al(＋,4))(填“>”“<”或“＝”)。(3)“氨浸”時，由Co(OH)3轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2＋的離子方程式為。(4)(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3屬于________(填“晶體”或“非晶體”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是。(5)①“析晶”過程中通入的酸性氣體A為________。②由CoCl2可制備AlxCoOy晶體，其立方晶胞如圖。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數(shù)，則Co在晶胞中的位置為________；晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數(shù)為________。(6)①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新物質(zhì)。晶體A含6個結(jié)晶水，則所得HNO3溶液中n(HNO3)與n(H2O)的比值，理論上最高為________________。②“熱解”對于從礦石提取Ni、Co工藝的意義，在于可重復利用HNO3和________(填化學式)?！敬鸢浮?1)MgO＋H2O=Mg(OH)2(2)＞(3)2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SOeq\o\al(2－,3)=2[Co(NH3)6]2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋13H2O＋4OH－[或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)=2[Co(NH3)6]2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋13H2O，反應物NH3·H2O寫成NH3也可](4)①晶體②減少膠狀物質(zhì)對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積(5)①HCl②體心③12(6)①2∶5②MgO【解析】(2)常溫下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(OH－)＝10－4.1mol/L，Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq\f(10－4.7,cOH－)＝eq\f(10－4.7,10－4.1)＝10－0.6<1，則c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。(5)①“析晶”過程中為了防止Ni2＋水解，因此通入的酸性氣體A為HCl。②AlxCoOy晶體中x、y為整數(shù)，根據(jù)圖中信息該晶胞中●、都只有1個，而○有3個，Al與O最小間距大于Co與O最小間距，則Al在頂點，O在面心，Co在體心；晶體中一個Al周圍與其最近的O原子，以頂點Al分析，面心的氧原子一個橫截面有4個，三個橫截面共12個，因此晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數(shù)為12。(6)①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新物質(zhì)。晶體A含6個結(jié)晶水，則晶體A為Mg(NO3)2·6H2O，根據(jù)Mg(NO3)2＋2H2OMg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))MgO＋H2O，還剩余5個水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)與n(H2O)的比值理論上最高為2∶5。(2023·遼寧卷)某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含(Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)。實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質(zhì)Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2Mg(OH)2Ksp10－37.410－14.710－14.710－10.8回答下列問題：(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為(答出一條即可)。(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中過氧鍵的數(shù)目為________。(3)“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化為MnO2，該反應的離子方程式為____________________________(H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為MnO2、________________(填化學式)。(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn(Ⅱ)氧化率與時間的關(guān)系如圖所示。SO2體積分數(shù)為________時，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數(shù)時，Mn(Ⅱ)氧化速率減小的原因是。(5)“沉鈷鎳”中得到的Co(Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應的化學方程式為_______________________________________________________________

_________。(6)“沉鎂”中為使Mg2＋沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于________(精確至0.1)。【答案】(1)適當增大硫酸濃度(或適當升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎等)(2)6.02×1023(3)H2O＋Mn2＋＋HSOeq\o\al(－,5)=MnO2↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋Fe(OH)3、CaSO4(4)9.0%SO2有還原性，也能還原H2SO5，降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2＋O2=4CoO(OH)＋2H2O(6)11.1【解析】(2)(H2SO5)的結(jié)構(gòu)為，則1molH2SO5中過氧鍵的數(shù)目為NA。(3)用石灰乳調(diào)節(jié)pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化為MnO2，該反應的離子方程式為H2O＋Mn2＋＋HSOeq\o\al(－,5)=MnO2↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋；濾渣中除MnO2外，石灰乳中的Ca2＋與反應生成的SOeq\o\al(2－,4)結(jié)合生成CaSO4沉淀，由后續(xù)步驟“沉鈷鎳、沉鎂”知，“氧化”的目的是“沉鐵”，故濾渣還有氫氧化鐵。(4)根據(jù)圖示可知，SO2體積分數(shù)為0.9%時，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數(shù)時，由于SO2有還原性，將會降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率。(6)Ksp[Mg(OH)2]＝10－10.8，當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2＋)＝10－5mol/L，根據(jù)Ksp可計算c(OH－)＝10－2.9mol/L，則c(H＋)＝10－11.1mol/L，所以需控制溶液的pH不低于11.1。(2023·全國甲卷)BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料，采用下列路線可制備粉狀BaTiO3。回答下列問題：(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是__________________。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”時主要反應的離子方程式為_________________________________________

____________________________。(3)“酸化”步驟應選用的酸是________(填字母)。a．稀硫酸 B.濃硫酸c．鹽酸 D.磷酸(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？________，其原因是 。(5)“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4)2的化學方程式為 。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的n(CO2)∶n(CO)＝________?！敬鸢浮?1)作還原劑，將BaSO4還原(2)S2－＋Ca2＋=CaS↓(3)c(4)不可行產(chǎn)物中的硫化物與酸反應生成的有毒氣體H2S會污染空氣，而且CaS與鹽酸反應生成可溶于水的CaCl2，導致BaCl2溶液中混有CaCl2雜質(zhì)無法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低(5)BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4=BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl(6)1∶1【解析】(1)“焙燒”步驟中，BaSO4與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被還原為BaS，因此碳粉的主要作用是作還原劑，將BaSO4還原。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS與過量的CaCl2可以發(fā)生復分解反應生成硫化鈣沉淀，因此“浸取”時主要反應的離子方程式為S2－＋Ca2＋=CaS↓。