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章末素养提升
考向一 关于各种常数关系的计算与应用
1.(2025·浙江1月选考)25 ℃时,H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11;Ksp(CaCO3)=3.4×10-9。下列描述不正确的是(　D　)
A.HC+H2O OH-+H2CO3,K=2.2×10-8
B.2HC ,K=1.0×10-4
C.HC+Ca2+ CaCO3(s)+H+,K=1.4×10-2
D.NaHCO3溶液中,c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(C),则c(H+)=
解析:HC+H2O OH-+H2CO3,K==≈2.2×10-8,A正确;2HC H2CO3+C,K==≈1.0×10-4,B正确;HC+Ca2+ CaCO3(s)+H+,K==≈1.4×10-2,C正确;==c2(H+)·[],由于c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(C),则=c2(H+),D错误。
2.(2023·江苏卷)室温下,用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。已知Ksp(MgF2)=5.2×10-11,Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是(　C　)
A.0.1 mol·L-1 NaF溶液中:c(F-)=c(Na+)+c(H+)
B.“除镁”得到的上层清液中:c(Mg2+)=
C.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中:c(C)=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-)
D.“沉锰”后的滤液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)
解析:0.1 mol·L-1NaF溶液中存在电荷守恒:c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+),A错误;“除镁”得到的上层清液为MgF2的饱和溶液,有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-),故c(Mg2+)=,B错误;0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中存在质子守恒:c(C)+c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3),故c(C)=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-),C正确;“沉锰”后的滤液中还存在F-、S等离子,故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立,D错误。
考向二 水溶液中的离子平衡图像分析与计算
3.(2025·全国卷)HF总浓度c总(HF)为0.100 0 mol·L-1的水溶液中存在平衡:HFH++F-、HF+F-H。溶液中c(HF)、c(H)、c(F-)与pH关系如图所示。下列叙述正确的是(　B　)
A.M、N分别为c(HF)~pH、c(H)~pH关系曲线
B.K1=≈7×10-4,K2=≈5
C.溶液中c总(HF)=c(F-)+c(HF)+c(H)
D.pH=1的溶液中c(H+)=c(F-)+c(H)+c(OH-)
解析:已知HF溶液中存在平衡:HFH++F-,当溶液中pH增大时,c(H+)减小,该平衡正向移动,c(HF)减小,对应M曲线,c(H)先增大后减小,所以M、N分别为c(HF)~pH、c(F-)~pH关系曲线,故A项错误;根据平衡常数计算公式: K1=,取pH=4,c(F-)=0.080 0 mol/L,c(HF)=0.011 0 mol/L,c(H+)=10-4 mol/L,代入可得K1=≈7×10-4,结合K2=,取pH=4,c(H)=0.004 5 mol/L,c(F-)=0.080 0 mol/L,c(HF)=0.011 0 mol/L,K2=≈5,故B项正确;根据总浓度c总(HF)的定义,溶液中HF的存在形式有HF、F-、H三种,根据元素守恒,可知c总(HF)=c(F-)+c(HF)+2c(H),故C项错误;已知:HF总浓度c总(HF)为0.100 0 mol·L-1,其pH>1。在pH=1的溶液中,应该加入了其他酸,根据电荷守恒,可知c(H+)≠c(F-)+c(H)+c(OH-),故D项错误。
4.(2025·甘肃卷)氨基乙酸(NH2CH2COOH)是结构最简单的氨基酸分子,其分子在水溶液中存在如下平衡:+NH3CH2COOH+NH3CH2COO-NH2CH2COO-。在25 ℃时,其分布分数δ与溶液pH关系如图所示。在100 mL 0.01 mol/L +NH3CH2COOH·Cl-溶液中逐滴滴入0.1 mol/L NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是(　C　)
A.曲线Ⅰ对应的离子是+NH3CH2COOH
B.a点处对应的pH为9.6
C.b点处c(+NH3CH2COOH)=c(NH2CH2COO-)
D.c点处2c(+NH3CH2COOH)+c(+NH3CH2COO-)+c(H+)=c(OH-)
解析:曲线Ⅰ对应物质的分布分数随pH增大逐渐减小,pH=0时,溶液呈强酸性,曲线Ⅰ代表+NH3CH2COOH的分布分数与溶液pH的关系,A正确;a点代表+NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分数相等的点,二者浓度相等,pK2=9.6,K2==c(H+)=10-9.6,pH=9.6,B正确;b点滴入的NaOH溶液为10 mL,+NH3CH2COOH·Cl-和NaOH的物质的量相等,得到的主要离子为+NH3CH2COO-,+NH3CH2COO-存在电离和水解,K2=10-9.6,Kh==10-11.6,电离程度大于水解程度,则c(+NH3CH2COOH)考向三 关于沉淀溶解平衡的图像分析
5.(2025·安徽卷)H2A是二元弱酸,M2+不发生水解。25 ℃时,向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸,平衡时溶液中lg [c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系如图所示。
已知25 ℃时,Ka1(H2A)=10-1.6,Ka2(H2A)=10-6.8,lg 2=0.3。下列说法正确的是(　A　)
A.25 ℃时,MA的溶度积常数Ksp(MA)=10-6.3
B.pH=1.6时,溶液中c(M2+)>c(Cl-)>c(HA-)>c(A2-)
C.pH=4.5时,溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
D.pH=6.8时,溶液中c(H+)+2c(HA-)+c(H2A)=c(OH-)+c(Cl-)
解析:MA存在沉淀溶解平衡:MA(s) M2+(aq)+A2-(aq),向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸,发生反应:A2-+H+ HA-,继续加盐酸发生反应:HA-+H+ H2A,由Ka1(H2A)=10-1.6可知,当c(H2A)=c(HA-)时,pH=1.6,Ka2(H2A)=10-6.8,则c(A2-)=c(HA-)时,pH=6.8,Ka1·Ka2==10-8.4,当c(A2-)=c(H2A)时,pH=4.2,则可将图像转化为进行分析。溶液中存在元素守恒:c(M2+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),当pH=6.8时,c(HA-)=c(A2-),c(H2A)很低,可忽略不计,则c(M2+)=2c(A2-)=10-3 mol·L-1,Ksp(MA)=c(M2+)·c(A2-)=10-3××10-6,p[Ksp(MA)]=-6-lg 2=-6.3,则Ksp(MA)=10-6.3,A正确;根据元素守恒:c(M2+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),c(M2+)>c(HA-),由图像可知,pH=1.6时,c(HA-)>c(A2-)成立,由电荷守恒:c(H+)+2c(M2+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),则c(H2A)+c(H+)+c(M2+)=c(Cl-)+c(A2-)+c(OH-),由图像可知,c(H2A)>c(A2-)且c(H+)>c(OH-),则c(M2+)c(M2+)>c(HA-)>c(A2-),B错误;由图像可知,pH=4.5时,溶液中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),C错误;pH=6.8时,c(HA-)=c(A2-),根据电荷守恒关系:c(H+)+2c(M2+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),将元素守恒代入,得到c(H+)+2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),化简得到c(H+)+2c(H2A)+c(HA-)=c(Cl-)+c(OH-),D错误。
6.(2025·重庆卷)Cr(OH)3是两性氢氧化物,其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 ℃某溶液中,c(Cr3+)与c{[Cr(OH)4]-}的总和为c。-lg c随pH的变化关系如图所示(忽略体积变化)。
已知:
Cr(OH)3(s) Cr3+(aq)+3OH-(aq)　Ksp
Cr(OH)3(s)+OH-(aq) [Cr(OH)4]-(aq)　K=10-0.4
下列叙述正确的是(　A　)
A.由M点计算得Ksp为10-30.2
B.Cr3+恰好沉淀完全时pH为6.7
C.P点沉淀质量小于Q点沉淀质量
D.随pH增大先减小后增大
解析:c(Cr3+)与c{[Cr(OH)4]-}的总和为c,随着pH增大,发生反应:Cr3+(aq)+3OH-(aq) Cr(OH)3(s),含铬粒子总浓度下降,随着pH继续增大,发生反应 :Cr(OH)3(s)+OH-(aq) [Cr(OH)4]-(aq),含铬粒子总浓度上升,据此解答。M点时,c(OH-)= mol·L-1=10-9 mol/L,K==10-0.4,c{[Cr(OH)4]-}=10-9.4 mol/L,几乎可以忽略不计,含Cr粒子主要为Cr3+,Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-3.2×=10-30.2,A正确;Cr3+恰好完全沉淀时,c(Cr3+)<10-5 mol/L,由Ksp数据计算可知,c(OH-)> mol·L-1=10-8.4 mol·L-1,Cr3+恰好完全沉淀pH最小为5.6,B错误;P和Q点溶液中含Cr粒子总和相等,生成的Cr(OH)3(s)质量相等,则P点溶液质量等于Q点溶液质量,C错误;随着pH的增大,c(Cr3+)减小,而c{[Cr(OH)4]-}增大,减小,D错误。
7.(2025·四川卷)H2A是一种二元酸,MA是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下:
(ⅰ)0.10 mol·L-1的H2A溶液中,各物种的lg[c/(mol·L-1)]与pH的关系;
(ⅱ)含MA(s)的0.10 mol·L-1 Na2A溶液中,lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系。
下列说法正确的是(　B　)
A.曲线④表示lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系
B.(ⅰ)中pH=2.00时,=10-1.46
C.pKsp(MA)=5.60
D.(ⅱ)中增加MA(s),平衡后溶液中H2A、HA-、A2-浓度之和增大
解析:H2A是一种二元酸,随着pH增大,c(H2A)逐渐减小,c(HA-)先增大后减小,c(A2-)逐渐增大;含MA(s)的0.10 mol·L-1 Na2A溶液中,随着pH增大,A2-+H2O HA-+OH-逆移,c(A2-)逐渐增大,导致MA(s) M2+(aq)+A2-(aq)逆移,c(M2+)逐渐减小,但由于平衡移动的程度不大,因此c(M2+)变化不大;据此可得曲线①表示lg[c(A2-)/(mol·L-1)]与pH的关系,曲线②表示lg [c(HA-)/(mol·L-1)]与pH的关系,曲线③表示lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系,曲线④表示lg[c(H2A)/(mol·L-1)]与pH的关系。根据分析,曲线④表示lg[c(H2A)/(mol·L-1)]与pH的关系,A错误;由曲线可得,Ka1(H2A)×Ka2(H2A)==(10-2.73)2=10-5.46, (ⅰ)中pH=2.00时,=10-1.46,B正确;Ksp(MA)=c(M2+)×c(A2-),由图可知,pH=2.73时,c(A2-)=10-2.49 mol·L-1,c(M2+)=10-4.30 mol·L-1,则Ksp(MA)=c(M2+)×c(A2-)=10-4.30×10-2.49=10-6.79,因此pKsp(MA)=6.79,C错误;(ⅱ)中增加MA(s),MA(s) M2+(aq)+A2-(aq)平衡不移动,c(A2-)不变,则c(H2A)、c(HA-)均不变,因此平衡后溶液中H2A、HA-、A2-浓度之和不变,D错误。
考向四 无机化工流程题
8. (2025·河南卷)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸溶1”的目的是溶解Fe,使其进入滤液,从而通过过滤实现分离。
(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3===H3[RhCl6]+NO↑+2H2O;“滤渣”的主要成分是SiO2(填化学式)。
(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl。
(4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH为A(填字母)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。
A.2.0　　　　B.4.0　　　　C.6.0
(5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为+1;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为6︰1。
(6)“酸溶3”的目的是将Rh与Zn、Sn分离。
解析:(1)贵金属合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2,Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸),而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解,SiO2不溶于酸,因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐,过滤后Fe(Ⅱ)进入滤液,剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2,实现初步分离。(2)“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],Rh元素化合价由0升高至+3,HNO3中N元素化合价由+5降低至+2,结合得失电子守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3===H3[RhCl6]+NO↑+2H2O;由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。(3)“高温还原”过程中,Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh,Rh元素化合价均由+3降低至0,根据得失电子守恒以及原子守恒,可知反应的化学方程式为Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl。(4)SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,则溶液中c(Sn2+)=1.0×10-4 mol·L-1,当恰好生成Sn(OH)2沉淀时,c(OH-)= mol·L-1≈2.3×10-12 mol·L-1,c(H+)= mol·L-1≈4.3×10-3 mol·L-1,pH=-lg c(H+)=-lg (4.3×10-3)≈3-0.6=2.4,因此为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液的pH<2.4,故选A。(5)配离子[Rh(SnCl3)5]4-中,配体[SnCl3]-带1个负电荷,设Rh的化合价为x,则x+5×(-1)=-4,则x=+1;Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ),每个Rh得到2个电子,SnCl2为还原剂,部分被氧化为[SnCl6]2-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ),每个Sn失去2个电子,同时反应过程中,部分SnCl2结合一个Cl-形成[SnCl3]-,作为新的配体,每生成1个[Rh(SnCl3)5]4-,需要5个SnCl2,结合原子守恒和得失电子守恒可知,理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为6︰1。(6)由于“二次还原”过程中,为确保[Rh(SnCl3)5]4-完全反应,加入的Zn需过量,过滤后剩余Zn和生成物Rh、Sn存在于滤渣中,因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为将Rh与Zn、Sn分离。(共34张PPT)
第九章　水溶液中的离子
反应与平衡
章末素养提升
目
录
真题分类 训练
知识体系 构建
一
知识体系 构建
二
真题分类 训练
1.(2025·浙江1月选考)25 ℃时,H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×
10-11;Ksp(CaCO3)=3.4×10-9。下列描述不正确的是(　　)
A.HC+H2O OH-+H2CO3,K=2.2×10-8
B.2HC ,K=1.0×10-4
C.HC+Ca2+ CaCO3(s)+H+,K=1.4×10-2
D.NaHCO3溶液中,c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(C),
则c(H+)=
考向一
关于各种常数关系的计算与应用
D
解析:HC+H2O OH-+H2CO3,K==
≈2.2×10-8,A正确;2HC
H2CO3+C,K==≈1.0×10-4,B正确;HC+Ca2+ CaCO3(s) +H+,K =
=≈
1.4×10-2,C正确;
==
c2(H+)·[],由于c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(C),
则=c2(H+),D错误。
2.(2023·江苏卷)室温下,用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。已知Ksp(MgF2)=5.2×10-11,Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是(　　)
A.0.1 mol·L-1 NaF溶液中:c(F-)=c(Na+)+c(H+)
B.“除镁”得到的上层清液中:c(Mg2+)=
C.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中:c(C)=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-)
D.“沉锰”后的滤液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)
C
解析:0.1 mol·L-1NaF溶液中存在电荷守恒:c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+),A错误;“除镁”得到的上层清液为MgF2的饱和溶液,有Ksp(MgF2)=
c(Mg2+)·c2(F-),故c(Mg2+)=,B错误;0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中存在质子守恒:c(C)+c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3),故c(C)=c(H+)+
c(H2CO3)-c(OH-),C正确;“沉锰”后的滤液中还存在F-、S等离子,故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立,D错误。
3.(2025·全国卷)HF总浓度c总(HF)为0.100 0 mol·L-1的水溶液中存在平衡:
HF 　　H++F-、HF+F- 　　H。溶液中c(HF)、c(H)、c(F-)与pH关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A.M、N分别为c(HF)~pH、c(H)~pH关系曲线
B.K1=≈7×10-4,K2=≈5
C.溶液中c总(HF)=c(F-)+c(HF)+c(H)
D.pH=1的溶液中c(H+)=c(F-)+c(H)+c(OH-)
考向二
水溶液中的离子平衡图像分析与计算
B
解析:已知HF溶液中存在平衡:HF 　　H++F-,当溶液中pH增大时,c(H+)减小,该平衡正向移动,c(HF)减小,对应M曲线,c(H)先增大后减小,所以M、N分别为c(HF)~pH、c(F-)~pH关系曲线,故A项错误;根据平衡常数计算公式: K1=,取pH=4,c(F-)=0.080 0 mol/L,c(HF)=0.011 0 mol/L,c(H+)=10-4 mol/L,代入可得K1=≈7×10-4,结合K2=,取pH=4,c(H)=0.0045 mol/L,c(F-)=0.0800 mol/L,
c(HF)=0.011 0 mol/L,K2=≈5,故B项正确;
根据总浓度c总(HF)的定义,溶液中HF的存在形式有HF、F-、H三种,根据元素守恒,可知c总(HF)=c(F-)+c(HF)+2c(H),故C项错误;已知:HF总浓度c总(HF)为0.100 0 mol·L-1,其pH>1。在pH=1的溶液中,应该加入了其他酸,根据电荷守恒,可知c(H+)≠c(F-)+c(H)+c(OH-),故D项错误。
4.(2025·甘肃卷)氨基乙酸(NH2CH2COOH)是结构最简单的氨基酸分子,其分子在水溶液中存在如下平衡:+NH3CH2COOH 　　　　　 +NH3CH2COO- 　　　　　　NH2CH2COO-。在25 ℃时,其分布分数
δ与溶液pH关
系如图所示。在100 mL 0.01 mol/L +NH3CH2COOH·Cl-溶液中
逐滴滴入0.1 mol/L NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液滴入体积
的变化关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.曲线Ⅰ对应的离子是+NH3CH2COOH
B.a点处对应的pH为9.6
C.b点处c(+NH3CH2COOH)=c(NH2CH2COO-)
D.c点处2c(+NH3CH2COOH)+c(+NH3CH2COO-)+c(H+)=c(OH-)
C
解析:曲线Ⅰ对应物质的分布分数随pH增大逐渐减小,pH=0时,溶液呈强酸性,曲线Ⅰ代表+NH3CH2COOH的分布分数与溶液pH的关系,A正确;a点代表+NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分数相等的点,二者浓度相等,pK2=9.6,K2==c(H+)=10-9.6,pH=9.6,B正确;b点滴入的NaOH溶液为10 mL,+NH3CH2COOH·Cl-和NaOH的物质的量相等,得到的主要离子为+NH3CH2COO-,+NH3CH2COO-存在电离和水解,K2=
10-9.6,Kh==10-11.6,电离程度大于水解程度,则c(+NH3CH2COOH)5.(2025·安徽卷)H2A是二元弱酸,M2+不发生水解。25 ℃时,向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸,平衡时溶液中lg [c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系如图所示。
考向三
关于沉淀溶解平衡的图像分析
已知25 ℃时,Ka1(H2A)=10-1.6,Ka2(H2A)=10-6.8,lg 2=0.3。下列说法正确的是(　　)
A.25 ℃时,MA的溶度积常数Ksp(MA)=10-6.3
B.pH=1.6时,溶液中c(M2+)>c(Cl-)>c(HA-)>c(A2-)
C.pH=4.5时,溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
D.pH=6.8时,溶液中c(H+)+2c(HA-)+c(H2A)=c(OH-)+c(Cl-)
A
解析:MA存在沉淀溶解平衡:MA(s) M2+(aq)+A2-(aq),向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸,发生反应:A2-+H+ HA-,继续加盐酸发生反应:HA-+H+ H2A,由Ka1(H2A)=10-1.6可知,当c(H2A)=c(HA-)时,pH=1.6,
Ka2(H2A)=10-6.8,则c(A2-)=c(HA-)时,pH=6.8,Ka1·Ka2==10-8.4,
当c(A2-)=c(H2A)时,pH=4.2,则可将图像转化为 　　　 　进行分析。溶
液中存在元素守恒:c(M2+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),当pH=6.8时,c(HA-)=
c(A2-),c(H2A)很低,
可忽略不计,则c(M2+)=2c(A2-)=10-3 mol·L-1,Ksp(MA)=c(M2+)·c(A2-)=10-3
×-3×10-6,p[Ksp(MA)]=-6-lg 2=-6.3,则Ksp(MA)=10-6.3,A正确;根据元素守恒:c(M2+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),c(M2+)>c(HA-),由图像可知,pH=1.6时,c(HA-)>c(A2-)成立,由电荷守恒:c(H+)+2c(M2+)=c(Cl-)+
c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),则c(H2A)+c(H+)+c(M2+)=c(Cl-)+c(A2-)+c(OH-),由图像可知,c(H2A)>c(A2-)且c(H+)>c(OH-),则c(M2+)c(M2+)>c(HA-)>c(A2-),B错误;由图像可知,pH=4.5时,溶液中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),C错误;pH=6.8时,c(HA-)=c(A2-),根据电荷守恒关系:c(H+)+2c(M2+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),将元素守恒代入,得到c(H+)+2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),化简得到c(H+)+2c(H2A)+c(HA-)=c(Cl-)+c(OH-),D错误。
6.(2025·重庆卷)Cr(OH)3是两性氢氧化物,其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 ℃某溶液中,c(Cr3+)与c{[Cr(OH)4]-}的总和为c。-lg c随pH的变化关系如图所示(忽略体积变化)。
已知:
Cr(OH)3(s) Cr3+(aq)+3OH-(aq)　Ksp
Cr(OH)3(s)+OH-(aq) [Cr(OH)4]-(aq)　K=10-0.4
下列叙述正确的是(　　)
A.由M点计算得Ksp为10-30.2
B.Cr3+恰好沉淀完全时pH为6.7
C.P点沉淀质量小于Q点沉淀质量
D.随pH增大先减小后增大
A
解析:c(Cr3+)与c{[Cr(OH)4]-}的总和为c,随着pH增大,发生反应:Cr3+(aq)+3OH-(aq) Cr(OH)3(s),含铬粒子总浓度下降,随着pH继续增大,发生反应 :Cr(OH)3(s)+OH-(aq) [Cr(OH)4]-(aq),含铬粒子总浓度上升,据此解答。M点时,c(OH-)= mol·L-1=10-9 mol/L,K=
=10-0.4,c{[Cr(OH)4]-}=10-9.4 mol/L,几乎可以忽略不计,含Cr粒子主要为Cr3+,Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-3.2×=10-30.2,A正确;
Cr3+恰好完全沉淀时,c(Cr3+)<10-5 mol/L,由Ksp数据计算可知,c(OH-)>
mol·L-1=10-8.4 mol·L-1,Cr3+恰好完全沉淀pH最小为5.6,B错误;P和Q点溶液中含Cr粒子总和相等,生成的Cr(OH)3(s)质量相等,则P点溶液质量等于Q点溶液质量,C错误;随着pH的增大,c(Cr3+)减小,而c{[Cr(OH)4]-}增大,减小,D错误。
7.(2025·四川卷)H2A是一种二元酸,MA是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下:
(ⅰ)0.10 mol·L-1的H2A溶液中,各物种的lg[c/(mol·L-1)]与pH的关系;
(ⅱ)含MA(s)的0.10 mol·L-1 Na2A溶液中,lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系。
下列说法正确的是(　　)
A.曲线④表示lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系
B.(ⅰ)中pH=2.00时,=10-1.46
C.pKsp(MA)=5.60
D.(ⅱ)中增加MA(s),平衡后溶液中H2A、HA-、A2-浓度之和增大
B
解析:H2A是一种二元酸,随着pH增大,c(H2A)逐渐减小,c(HA-)先增大后减小,c(A2-)逐渐增大;含MA(s)的0.10 mol·L-1 Na2A溶液中,随着pH增大,A2-+H2O HA-+OH-逆移,c(A2-)逐渐增大,导致MA(s) M2+(aq)+A2-(aq)逆移,c(M2+)逐渐减小,但由于平衡移动的程度不大,因此c(M2+)变化不大;据此可得曲线①表示lg[c(A2-)/(mol·L-1)]与pH的关系,曲线②表示lg [c(HA-)/(mol·L-1)]与pH的关系,曲线③表示lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系,曲线④表示lg[c(H2A)/(mol·L-1)]与pH的关系。根据分析,曲线④表示lg[c(H2A)/(mol·L-1)]与pH的关系,A错误;
由曲线可得,Ka1(H2A)×Ka2(H2A)==(10-2.73)2=10-5.46,(ⅰ)中pH=2.00时,=10-1.46,B正确;Ksp(MA)=c(M2+)×c(A2-),由图可知,pH=2.73时,c(A2-)=10-2.49 mol·L-1,c(M2+)=10-4.30 mol·L-1,则Ksp(MA)=c(M2+)×c(A2-)
=10-4.30×10-2.49=10-6.79,因此pKsp(MA)=6.79,C错误;(ⅱ)中增加MA(s),MA(s) M2+(aq)+A2-(aq)平衡不移动,c(A2-)不变,则c(H2A)、c(HA-)均不变,因此平衡后溶液中H2A、HA-、A2-浓度之和不变,D错误。
8. (2025·河南卷)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下:
考向四
无机化工流程题
回答下列问题:
(1)“酸溶1”的目的是__________________________________________。
解析:贵金属合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2,Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸),而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解,SiO2不溶于酸,因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐,过滤后Fe(Ⅱ)进入滤液,剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2,实现初步分离。
溶解Fe,使其进入滤液,从而通过过滤实现分离
(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为___________________________________________;“滤渣”的主要成分是______(填化学式)。
解析:“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],Rh元素化合价由0升高至+3,HNO3中N元素化合价由+5降低至+2,结合得失电子守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3===H3[RhCl6]+NO↑+2H2O;由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。
Rh+6HCl+HNO3===H3[RhCl6]+NO↑+2H2O
SiO2
(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_______________________________________________________。
解析:“高温还原”过程中,Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh,Rh元素化合价均由+3降低至0,根据得失电子守恒以及原子守恒,可知反应的化学方程式为Rh2O3+3H2 　　　2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2 　　　2Rh+6HCl。
Rh2O3+3H2
2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2
2Rh+6HCl
(4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH为____(填字母)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。
A.2.0　　　　B.4.0　　　　C.6.0
解析:SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,则溶液中c(Sn2+)=1.0×10-4 mol·L-1,当恰好生成Sn(OH)2沉淀时,c(OH-)= mol·L-1≈2.3×10-12 mol·L-1,c(H+)= mol·L-1≈4.3×10-3 mol·L-1,pH=-lg c(H+)=-lg (4.3×10-3)≈3-0.6=2.4,因此为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液的pH<2.4,故选A。
A
(5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为_____;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为________。
解析:配离子[Rh(SnCl3)5]4-中,配体[SnCl3]-带1个负电荷,设Rh的化合价为x,则x+5×(-1)=-4,则x=+1;Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ),每个Rh得到2个电子,SnCl2为还原剂,部分被氧化为[SnCl6]2-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ),每个Sn失去2个电子,同时反应过程中,部分SnCl2结合一个Cl-形成[SnCl3]-,作为新的配体,每生成1个[Rh(SnCl3)5]4-,需要5个SnCl2,结合原子守恒和得失电子守恒可知,理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为6︰1。
+1
6︰1
(6)“酸溶3”的目的是___________________。
解析:由于“二次还原”过程中,为确保[Rh(SnCl3)5]4-完全反应,加入的Zn需过量,过滤后剩余Zn和生成物Rh、Sn存在于滤渣中,因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为将Rh与Zn、Sn分离。
将Rh与Zn、Sn分离
Thank you
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