2025届高考化学基础知识复习大单元整合　提能力验考情6

大单元整合提能力验考情六在25℃时，水溶液中由水电离出氢离子、氢氧根离子浓度类型举例由水电离出的c水(H＋)、c水(OH－)备注酸性溶液pH＝3的HCl溶液c水(OH－)＝eq\f(Kw,c溶液H＋)＝10－11mol/L①酸或碱抑制水的电离，c水(H＋)＝c水(OH－)＜10－7mol/L；②酸(碱)中H＋(OH－)浓度越大，对水电离的抑制作用越大；③pH相同的强酸(强碱)和弱酸(弱碱)对水电离的抑制作用相同；④pH之和等于14的酸和碱对水的电离的抑制作用相同；⑤可水解的盐，c水(H＋)＝c水(OH－)＞10－7mol/L；⑥不水解的盐，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碱性溶液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对数图像分析当弱电解质溶液的成分粒子的浓度(X)经对数处理后，就得到lg(X)与pH的直线关系图。1.电解质溶液的稀释(1)等浓度、等体积稀释①25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积均为1L的HX和HY两种酸溶液分别加水稀释至体积为V0，pH随lgV0的变化如图所示。[分析]HX和HY两种酸溶液稀释前的浓度相等，均为0.1mol/L，体积均为1L。由图像可知，未稀释时，0.1mol/L的HY的pH＝1，说明HY为强酸，0.1mol/L的HX的pH＞2，说明HX为弱酸。②25℃时，1mL浓度均为0.10mol/L的MOH和M2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示。[分析]根据图示，当lgV＝0时，0.1mol/L的MOH的pH＝13，说明XOH溶液中c(OH－)＝c始(MOH)，MOH完全电离，为强碱，M2CO3则为强碱弱酸盐。(2)等pH、等体积稀释常温下，将pH相同、体积均为V0的盐酸和醋酸分别加水稀释至V，pH随lgeq\f(V,V0)的变化如图所示。[分析]盐酸和醋酸稀释前的pH相同、体积均为V0，那么起始浓度醋酸大于盐酸。由图像可知，稀释相同的倍数，pH变化较大的直线Ⅰ表示盐酸，直线Ⅱ表示醋酸溶液。2．中和滴定曲线分析(1)根据中和反应判断各成分浓度是增大还是减小。(2)根据pH等于7、H＋和OH－浓度对数的交叉点，来确定氢离子和氢氧根离子浓度变化的曲线。例1:25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol/L，lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO－)、lgc(H＋)和lgc(OH－)随pH变化的关系如图1所示。,图1),图2)[分析]随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，醋酸和氢离子的浓度减小。根据图2分析可知，O点pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，故可推知：曲线2为lgc(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH－)随pH的变化曲线；曲线1为lgc(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线。图3例2:草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgXeq\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))))随pH的变化关系如图3所示。[分析]①向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，溶液的pH的不断升高；②lgX＝0，在图中有两条直线，可以读出Ka1和Ka2；直线Ⅰ的X表示的是eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)；当c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(H2C2O4)时，eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)＝1，lgX＝0，pH1＝pKa1＝1.22，所以Ka1＝10－1.22；同理：直线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与peq\f(cHX,cX－)的坐标分析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(注p\f(cHX,cX－)＝－lg\f(cHX,cX－)))4.常见对数图像分析方法类型含义变化规律解题策略pH＝－lgc(H＋)氢离子浓度的常用对数负值pH越大，c(H＋)越小，溶液的碱性越强①先弄清是对数还是负对数；②弄清楚是什么的对数，如浓度对数、浓度之比对数、体积之比对数等；③弄清楚对数变化所表示的意义pC＝－lgc(C)C离子浓度的常用对数负值pC越大，c(C)越小lgeq\f(cHX－,cH2X)生成物与反应物离子浓度之比的常用对数lgeq\f(cHX－,cH2X)越大，反应向正反应方向进行的程度越大lgeq\f(V,V0)稀释后与稀释前体积比的常用对数lgeq\f(V,V0)越大，稀释程度越大AG＝lgeq\f(cH＋,cOH－)氢离子与氢氧根离子浓度比的常用对数AG越大，酸性越强中性时，lgeq\f(cH＋,cOH－)＝1，AG＝0酸碱中和滴定曲线变化1.强酸与强碱之间的中和滴定以0.1000mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1000mol/LHCl溶液为例，pH变化曲线如图所示。理论上讲，强酸强碱完全反应时的pH应为7，滴定时应选用在pH＝7时变色的指示剂，但从图中可知，当氢氧化钠溶液的体积从19.98mL变为20.02mL时，pH从3.6突跃至10.4。因此只要选择变色范围在这一范围内的指示剂(如酚酞、甲基橙等)就不会造成很大误差。当指示剂刚好变色，并在半分钟内不能恢复原来的颜色，即认为已达滴定终点。2.酸碱中和滴定的曲线变化酸碱中和滴定滴定曲线图指示剂终点现象起点突跃点范围终点pH用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L盐酸酚酞无色→浅红色pH＝1(低)大pH＝7甲基橙红色→橙色用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L醋酸酚酞无色→浅红色pH>1(高)变小pH>7用0.1mol/L盐酸滴定20．00mL0.1mol/LNaOH溶液酚酞红色→无色pH＝13(高)大pH＝7甲基橙黄色→橙色用0.1mol/L盐酸滴定20．00mL0.1mol/L氨水甲基橙黄色→橙色pH＜13(低)变小pH＜7工艺流程中控制溶液的pH的目的1．为了使某种或几种金属离子转化为氢氧化物沉淀，而目标离子不生成沉淀，以达到分离的目的(常利用题给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH信息，选择pH范围，使杂质离子以氢氧化物的形式沉淀出来)。例：以软锰矿(主要成分为MnO2，含少量铁的氧化物)制备高纯MnCO3。流程如下图：(1)酸溶还原时，MnO2发生反应的离子方程式：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。(2)在常温下，已知：Ksp[Mn(OH)2]＝2×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。工业上，当某离子浓度小于1×10－6mol/L时，认为该离子已除净。氧化后所得溶液中c(Mn2＋)＝0.2mol/L，为使溶液中Fe3＋除净，调节pH的范围应为3～8。【解析】(2)当Fe3＋除净，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；当锰离子开始沉淀，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”还可除去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等3.“碱作用”还可除去油污、除去铝片表面的氧化膜、溶解铝等4.金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关5.调节溶液pH常用试剂(1)酸性试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸(注意氧化性)、酸性气体(二氧化硫)等。(2)碱性试剂：氢氧化钠、氨水、碳酸钠、碳酸氢铵、金属氧化物等。反应过程中离子浓度的大小(2023·韶关二模)常温下，向10.00mL0.1000mol/LNaHCO3溶液中滴加0.1000mol/L的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示。下列说法错误的是(C)A.a点溶液中，c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))B.b点溶液中，c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＜c(Na＋)＋c(Cl－)C.c点溶液中，共含有7种微粒D.d点溶液中，c(Na＋)＋c(Cl－)＝0.1000mol/L【解析】a点是NaHCO3溶液，溶液显碱性，说明HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度，则NaHCO3溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，A正确；b点溶液中电荷守恒为c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，此时pH＝7，说明c(OH－)＝c(H＋)，则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正确；c点为向10.00mL0.1000mol/LNaHCO3溶液中滴加0.1000mol/L的盐酸5mL，此时溶液中溶质为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种微粒，C错误；d点为向10.00mL0.1000mol/LNaHCO3溶液中滴加0.1000mol/L的盐酸10mL，恰好完全反应，溶液中Na＋、Cl－浓度均为0.0500mol/L，则c(Na＋)＋c(Cl－)＝0.1000mol/L，D正确。(2023·湖南卷)常温下，用浓度为0.0200mol/L的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol/L的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随ηeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(V标准溶液,V待测溶液)))的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(D)A.Ka(CH3COOH)约为10－4.76B.a点：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C.b点：c(CH3COOH)<c(CH3COO－)D.水的电离程度：a<b<c<d【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH。a点时溶质成分为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正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素质量守恒：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B正确；b点溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C正确；c点溶液中CH3COO－水解促进水的电离，a、b点溶液中有酸，d点溶液中碱过量，酸和碱均会抑制水的电离，则水的电离程度c点最大，D错误。分布系数图分析(2023·武汉武昌5月)常温下，将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))的分布系数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溶液体积V与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(C)A.曲线a表示的是C2Oeq\o\al(2－,4)的分布系数变化曲线B.Na2C2O4的水解平衡常数的数量级为10－9C.n点对应的溶液中，c(C2Oeq\o\al(2－,4))>3c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))D.在n、p、q三点中，水的电离程度最大的是p点【解析】随着加入NaOH溶液体积增大，HC2Oeq\o\al(－,4)分布系数逐渐减小，曲线a代表HC2Oeq\o\al(－,4)的变化曲线，C2Oeq\o\al(2－,4)的分布系数增大，则曲线b代表C2Oeq\o\al(2－,4)的变化曲线；20mL时二者恰好完全反应生成草酸钠，pH发生突跃，故虚线代表pH，A错误；m点对应的溶液中c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))，pH＝4.2，此时Ka2(H2C2O4)＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4)·cH＋,cHC2O\o\al(－,4))＝c(H＋)＝10－4.2，则C2Oeq\o\al(2－,4)水解常数Kh＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,10－4.2)＝10－9.8，数量级为10－10，B错误；n点V(NaOH)＝10mL，此时溶液中c(Na2C2O4)＝c(NaHC2O4)，元素质量守恒为2c(Na＋)＝3[c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(H2C2O4)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))]，电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，则c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋3c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，由图可知，n点pH<7，c(OH－)<c(H＋)，则c(C2Oeq\o\al(2－,4))>3c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，C正确；在n、p、q三点中，q点溶质为Na2C2O4，C2Oeq\o\al(2－,4)发生水解促进水的电离，水的电离程度最大的是q点，D错误。(2023·广州调研)三元弱酸亚砷酸(H3AsO3)在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。向1mol/LH3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法正确的是(C)A.H3AsO3的第三步电离平衡常数Ka3＝10－cB.H3AsO3的物质的量分数先减小后增大C.pH＝b时：c(Na＋)>c(H2AsOeq\o\al(－,3))>c(H3AsO3)＝c(HAsOeq\o\al(2－,3))D.pH＝12时，存在的含砷微粒仅有H2AsOeq\o\al(－,3)、HAsOeq\o\al(2－,3)、AsOeq\o\al(3－,3)【解析】由图可知，当c(HAsOeq\o\al(2－,3))＝c(H2AsOeq\o\al(－,3))时，pH＝c，氢离子浓度为10－c，则H3AsO3的第三步电离平衡常数Ka3<Ka2＝eq\f(cH＋·cHAsO\o\al(2－,3),cH2AsO\o\al(－,3))＝10－c，A错误；由图可知，H3AsO3的物质的量分数一直在减小，B错误；由图可知，pH＝b时c(H2AsOeq\o\al(－,3))浓度最大且c(H3AsO3)＝c(HAsOeq\o\al(2－,3))，则此时溶质主要为NaH2AsO3，故有c(Na＋)>c(H2AsOeq\o\al(－,3))>c(H3AsO3)＝c(HAsOeq\o\al(2－,3))，C正确；H3AsO3是弱电解质，pH＝12时，H3AsO3依然少量存在，此时存在的含砷微粒有H3AsO3、H2AsOeq\o\al(－,3)、HAsOeq\o\al(2－,3)、AsOeq\o\al(3－,3)，D错误。(2023·湖北卷)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4mol/L，c0(H2L)＝5.0×10－3mol/L。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(X)＝eq\f(cX,2.0×10－4mol/L)，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确的是(C)A.当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)B.pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－C.L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lgK约为14D.当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3mol/L【解析】Ka1＝eq\f(cHL－·cH＋,cH2L)＝10－7.46，pH＝1时，eq\f(cHL－,cH2L)＝10－6.46，则含L的物种主要为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错误；Ka2＝eq\f(cL2－·cH＋,cHL－)＝10－12.4，pH＝9.5～10.5时，eq\f(cL2－,cHL－)＝10－2.9～10－1.9<1，即c(L2－)<c(HL－)，pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为HL－，B错误；由图可知，pH＝4时，c([FeL]＋)＝c([FeL2]－)，平衡常数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，则该络合平衡常数K≈2.0×1013.86≈1014，即lgK≈14，C正确；由图可知，pH＝10时，δ([FeL3]3－)＝δ([FeL2(OH)]2－)＝0.5，即c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝1.0×10－4mol/L，参与配位的c(L2－)＝(3＋2)×1.0×10－4mol/L＝5.0×10－4mol/L，D错误。对数图像分析(2023·安徽黄山三模)H2X是一种二元弱酸。常温下向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－)]随pH的变化关系如图所示。常温下，下列叙述正确的是(D)A.直线Ⅰ中Y表示的是eq\f(cX2－,cHX－)B.电离平衡常数Ka2(H2X)的数量级为10－4C.pH＝7.2时，c(HX－)＝1000c(X2－)D.当c(X2－)＝c(H2X)时，溶液pH为2.7【解析】H2X是一种二元弱酸，Ka1＝eq\f(cH＋·cHX－,cH2X)>Ka2＝eq\f(cH＋·cX2－,cHX－)，当lgY＝0时，pH＝－lgc(H＋)＝－lgKa，pH1＝1.2<pH2＝4.2，表明Ka1＝1×10－1.2>Ka2＝1×10－4.2，所以直线Ⅰ中Y代表eq\f(cHX－,cH2X)，直线Ⅱ中Y表示的是eq\f(cX2－,cHX－)，A错误；Ka2(H2X)＝1×10－4.2，数量级为10－5，B错误；pH＝7.2时，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错误；当c(X2－)＝c(H2X)时，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，当c(X2－)＝c(H2X)时，c(H＋)＝eq\r(1×10－5.4)mol/L＝1×10－2.7mol/L，溶液的pH为2.7，D正确。(2023·安徽合肥二模)常温下，向100mL0.1mol/L的NaA溶液中通入HF(g)，溶液中lgeq\f(cX－,cHX)(X代表A或F)的值和pH的关系如图所示，已知酸性：HF>HA，忽略溶液体积的变化。下列叙述错误的是(D)A.HA的电离常数Ka＝10－7.5B.当c(F－)＝c(HA)时，混合溶液pH＝7C.通入0.01molHF时，c(F－)>c(A－)>c(HF)D.随着HF(g)的通入，溶液导电性先增大后减小【解析】根据图像可知，当lgeq\f(cX－,cHX)＝0时，则eq\f(cX－,cHX)＝1，根据已知酸性：HF＞HA，即有Ka(HF)＞Ka(HA)，Ka(HF)＝10－3.45，曲线M代表lgeq\f(cF－,cHF)随pH的变化情况，Ka(HA)＝10－7.5，曲线N表示lgeq\f(cA－,cHA)随pH的变化情况。HA的电离常数Ka＝10－7.5，A正确；根据溶液中的电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(F－)＋c(OH－)，元素质量守恒c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，若溶液中c(F－)＝c(HA)，联立方程可得，得出c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝7，B正确；通入HF(g)，发生反应为HF＋NaA=HA＋NaF，通入0.01molHF时，HF与NaA恰好完全反应，溶液的溶质为等浓度的HA和NaF，因为HA的电离平衡常数为Ka(HA)＝10－7.5，根据HF的电离平衡常数可知，NaF的水解平衡常数Kh(NaF)＝eq\f(Kw,KaHF)＝eq\f(10－14,10－3.45)＝10－10.55，推出溶液HA的电离程度大于F－的水解程度，所以离子浓度大小关系为c(F－)>c(A－)>c(HF)，C正确；通入HF(g)，发生反应为HF＋NaA=HA＋NaF，随着HF的增多，溶液中A－不断转化为F－，水解程度减弱，总离子浓度增大，即溶液的导电性增大，当NaA恰好与HF反应完后，溶液中溶质为HF、HA和NaF，HF会更多的电离出H＋与F－，导电性也会增大，D错误。沉淀溶解平衡(2023·全国甲卷)如图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达到沉淀溶解平衡时pM－pH关系图{pM＝－lgeq\f(cM,mol/L)；c(M)≤10－5mol/L可认为M离子沉淀完全}。下列叙述正确的是(C)A.由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5B.pH＝4时Al(OH)3的溶解度为eq\f(10－10,3)mol/LC.浓度均为0.01mol/L的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离D.Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2mol/L时二者不会同时沉淀【解析】由图可知，a点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错误；根据图像Al3＋的曲线，pH＝5时，可得Ksp[Al(OH)3]＝10－33，pH＝4时，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的溶解度为10－3mol/L，B错误；由图像可知，Fe3＋优先沉淀，当Fe3＋沉淀完全时，c3(OH－)＝eq\f(10－38.5,10－5)(mol/L)3＝10－33.5(mol/L)3，此时Q[Al(OH)3]＝0.01×10－33.5＝10－35.5＜Ksp[Al(OH)3]＝10－33，Al3＋还未沉淀，所以浓度均为0.01mol/L的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离，C正确；根据图像Cu2＋的曲线，pH＝7时，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＋沉淀完全时的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，此时Cu2＋刚开始沉淀，c(Cu2＋)＝0.1mol/L，若c(Cu2＋)＝0.2mol/L＞0.1mol/L，因此Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，D错误。(2023·新课标卷)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋。lgeq\f(cM,mol/L)与lgeq\f(cNH3,mol/L)的关系如图所示{其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋}。下列说法错误的是(A)A.曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B.AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75C.反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81D.c(NH3)＝0.01mol/L时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag＋)【解析】滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，AgCl饱和溶液中，一开始c(Ag＋)＝c(Cl－)，随着氨水加入，AgCl溶解平衡正向移动，c(Ag＋)减小，c(Cl－)增大，Ⅰ表示[Ag(NH3)2]＋的变化、Ⅱ表示[Ag(NH3)]＋的变化，Ⅲ表示Ag＋的变化，Ⅳ表示Cl－的变化，曲线Ⅳ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线，A错误；则由图可知，c(NH3)＝0.1mol/L时，即lgc(NH3)＝－1时，c(Ag＋)＝10－7.40mol/L，c(Cl－)＝10－2.35mol/L，则AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－7.40×10－2.35＝10－9.75，B正确；即lgc(NH3)＝－1时，c(Cl－)≈c([Ag(NH3)2]＋)＝10－2.35mol/L，c([Ag(NH3)]＋)＝10－5.16mol/L，则反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为eq\f(c[AgNH32]＋,c[AgNH3]＋·cNH3)＝eq\f(10－2.35,10－5.16×0.1)＝103.81，C正确；c(NH3)＝0.01mol/L时，即lgc(NH3)＝－2时，则溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag＋)，D正确。(2023·辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1mol/L，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lgc关系如图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol/L。已知Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，下列说法正确的是(D)A.Ksp(CdS)＝10－18.4B.③为pH与－lgc(HS－)的关系曲线C.Ka1(H2S)＝10－8.1D.Ka2(H2S)＝10－14.7【解析】酸性较强的溶液中含硫微粒为H2S、HS－、S2－，H2S是二元弱酸，则起始阶段c(HS－)＞c(S2－)，－lgc(HS－)＜－lgc(S2－)，随着溶液pH增大，溶液的酸性减弱，c(HS－)和c(S2－)都逐渐增大，－lgc(HS－)和－lgc(S2－)都逐渐减小，c(Ni2＋)或c(Cd2＋)逐渐减小，－lgc(Ni2＋)或－lgc(Cd2＋)逐渐增大，且Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，当c(S2－)一定时c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，－lgc(Ni2＋)＜－lgc(Cd2＋)，所以图中曲线①②③④分别为pH与－lgc(Cd2＋)、－lgc(Ni2＋)、－lgc(S2－)、－lgc(HS－)的关系曲线。由图可知，当pH＝4.9时c(S2－)＝c(Cd2＋)＝10－13.0mol/L，Ksp(CdS)＝c(S2－)·c(Cd2＋)＝10－26.0，A错误；③为pH与－lgc(S2－)的关系曲线，④为pH与－lgc(HS－)的关系曲线，B错误；pH＝4.2时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错误；Ka2(H2S)＝eq\f(cS2－·cH＋,cHS－)，Ka1(H2S)＝eq\f(cHS－·cH＋,cH2S)，则Ka2(H2S)·Ka1(H2S)＝eq\f(cS2－·c2H＋,cH2S)，当pH＝4.9时，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，由选项C可知，Ka1(H2S)＝10－7.1，所以Ka2(H2S)＝10－14.7，D正确。工艺流程中溶液pH的控制(2023·广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。氢氧化物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回答下列问题：(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为。(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________c(NHeq\o\al(＋,4))(填“>”“<”或“＝”)。(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为。(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3属于________(填“晶体”或“非晶体”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是。(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为________。②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为________。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为________________。②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和________(填化学式)。【答案】(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，反应物NH3·H2O写成NH3也可](4)①晶体②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积(5)①HCl②体心③12(6)①2∶5②MgO【解析】(2)常温下，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，则c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。(5)①“析晶”过程中为了防止Ni2＋水解，因此通入的酸性气体A为HCl。②AlxCoOy晶体中x、y为整数，根据图中信息该晶胞中●、都只有1个，而○有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，O在面心，Co在体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2＋2H2OMg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))MgO＋H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2∶5。(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2Mg(OH)2Ksp10－37.410－14.710－14.710－10.8回答下列问题：(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为(答出一条即可)。(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为________。(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为____________________________(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、________________(填化学式)。(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如图所示。SO2体积分数为________时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是。(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为_______________________________________________________________

_________。(6)“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于________(精确至0.1)。【答案】(1)适当增大硫酸浓度(或适当升高温度或将镍钴矿粉碎等)(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有还原性，也能还原H2SO5，降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2＋O2=4CoO(OH)＋2H2O(6)11.1【解析】(2)(H2SO5)的结构为，则1molH2SO5中过氧键的数目为NA。(3)用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为H2O＋Mn2＋＋HSOeq\o\al(－,5)=MnO2↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋；滤渣中除MnO2外，石灰乳中的Ca2＋与反应生成的SOeq\o\al(2－,4)结合生成CaSO4沉淀，由后续步骤“沉钴镍、沉镁”知，“氧化”的目的是“沉铁”，故滤渣还有氢氧化铁。(4)根据图示可知，SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率。(6)Ksp[Mg(OH)2]＝10－10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2＋)＝10－5mol/L，根据Ksp可计算c(OH－)＝10－2.9mol/L，则c(H＋)＝10－11.1mol/L，所以需控制溶液的pH不低于11.1。(2023·全国甲卷)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是__________________。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为_________________________________________

____________________________。(3)“酸化”步骤应选用的酸是________(填字母)。a．稀硫酸 B.浓硫酸c．盐酸 D.磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？________，其原因是 。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为 。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的n(CO2)∶n(CO)＝________。【答案】(1)作还原剂，将BaSO4还原(2)S2－＋Ca2＋=CaS↓(3)c(4)不可行产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低(5)BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4=BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl(6)1∶1【解析】(1)“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此碳粉的主要作用是作还原剂，将BaSO4还原。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此“浸取”时主要反应的离子方程式为S2－＋Ca2＋=CaS↓。