《2024年步步高大一轮复习讲义高中化学人教版》

4. (2022·福建，10)氨氮是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①$2NH_{3}+3ClO^{-}=N_{2}\uparrow +3Cl^{-}+3H_{2}O$
②$NH_{3}+4ClO^{-}+OH^{-}=NO_{3}^{-}+4Cl^{-}+2H_{2}O$
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将$1\ L\ 0.006\ mol\cdot L^{-1}$的氨水分别和不同量的$NaClO$混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与$NaClO$投入量(用$x$表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是 （ ）


A. $x_{1}$的数值为$0.009$
B. $x＞x_{1}$时，$c(Cl^{-})=4c(NO_{3}^{-})$
C. $x＞x_{1}$时，$x$越大，生成$N_{2}$的量越少
D. $x = x_{1}$时，$c(Na^{+})+c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})+c(ClO^{-})$

答案： C [$x_1$时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%，$n(NH_3)=0.006\ mol\cdot L^{-1}\times1\ L = 0.006\ mol$，95%的氨气参与反应①，5%的氨气参与反应②，反应①消耗$n_1(ClO^-)$$=\frac{0.006\ mol\times95\%}{2}\times3 = 0.00855\ mol$，反应②消耗$n_2(ClO^-)=4\times0.006\ mol\times5\% = 0.0012\ mol$，$x_1 = 0.00855\ mol + 0.0012\ mol = 0.00975\ mol$，A错误；$x＞x_1$时，反应①也生成氯离子，所以$c(Cl^-)＞4c(NO_3^-)$，B错误；$x＞x_1$时，氨去除率不变，$x$越大，总氮残余率越大，说明生成的硝酸根离子越多，生成$N_2$的量越少，C正确；$x = x_1$时，氨的去除率为100%，溶液中没有$NH_4^+$和$ClO^-$，含有$Na^+$、$H^+$、$NO_3^-$、$Cl^-$和$OH^-$，根据电荷守恒得$c(Na^+)+c(H^+)=c(Cl^-)+c(OH^-)+c(NO_3^-)$，D错误。]

5. (2021·辽宁，15)用$0.1000\ mol\cdot L^{-1}$盐酸滴定$20.00\ mL\ Na_{2}A$溶液，溶液中$H_{2}A$、$HA^{-}$、$A^{2 - }$的分布分数$\delta$随$pH$变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是[如$A^{2 - }$分布分数：$\delta(A^{2 - })=\frac{c(A^{2 - })}{c(H_{2}A)+c(HA^{-})+c(A^{2 - })}$]（ ）


A. $H_{2}A$的$K_{a1}$为$10^{-10.25}$
B. c点：$c(HA^{-})＞c(A^{2 - })＞c(H_{2}A)$
C. 第一次突变，可选酚酞作指示剂
D. $c(Na_{2}A)=0.2000\ mol\cdot L^{-1}$

答案： C

6. (2018·天津，6)$LiH_{2}PO_{4}$是制备电池的重要原料。室温下，$LiH_{2}PO_{4}$溶液的$pH$随$c_{初始}(H_{2}PO_{4}^{-})$的变化如图1所示，$H_{3}PO_{4}$溶液中$H_{2}PO_{4}^{-}$的分布分数$\delta$随$pH$的变化如图2所示$[\delta=\frac{c(H_{2}PO_{4}^{-})}{c_{总}(含P元素的粒子)}]$。下列有关$LiH_{2}PO_{4}$溶液的叙述正确的是 （ ）



A. 溶液中存在3个平衡
B. 含P元素的粒子有$H_{2}PO_{4}^{-}$、$HPO_{4}^{2 - }$和$PO_{4}^{3 - }$
C. 随$c_{初始}(H_{2}PO_{4}^{-})$增大，溶液的$pH$明显变小
D. 用浓度大于$1\ mol\cdot L^{-1}$的$H_{3}PO_{4}$溶液溶解$Li_{2}CO_{3}$，当$pH$达到4.66时，$H_{3}PO_{4}$几乎全部转化为$LiH_{2}PO_{4}$

答案： D

7. (2023·湖北，14)$H_{2}L$为某邻苯二酚类配体，其$pK_{a1}=7.46$，$pK_{a2}=12.4$。常温下构建$Fe(Ⅲ)-H_{2}L$溶液体系，其中$c_{0}(Fe^{3 + })=2.0\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}$，$c_{0}(H_{2}L)=5.0\times10^{-3}\ mol\cdot L^{-1}$。体系中含$Fe$物种的组分分布系数$\delta$与$pH$的关系如图所示，分布系数$\delta(x)=\frac{c(x)}{2.0\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}}$，已知$\lg 2\approx0.30$，$\lg 3\approx0.48$。下列说法正确的是 （ ）


A. 当$pH = 1$时，体系中$c(H_{2}L)＞c([FeL]^{+})＞c(OH^{-})＞c(HL^{-})$
B. $pH$在$9.5\sim10.5$之间，含$L$的物种主要为$L^{2 - }$
C. $L^{2 - }+[FeL]^{+}\rightleftharpoons[FeL_{2}]^{-}$的平衡常数的$\lg K$约为14
D. 当$pH = 10$时，参与配位的$c(L^{2 - })\approx1.0\times10^{-3}\ mol\cdot L^{-1}$

答案： C [由图可知，$pH = 1$，即$c(H^+)=0.1\ mol\cdot L^{-1}$时$c([FeL]^+)=1.0\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}$，又$c_0(H_2L)=5.0\times10^{-3}\ mol\cdot L^{-1}$，根据$Fe^{3+}+H_2L\rightleftharpoons[FeL]^++2H^+$，此时$c(H_2L)=(5.0 - 0.1)\times10^{-3}\ mol\cdot L^{-1}=4.9\times10^{-3}\ mol\cdot L^{-1}$，结合$K_{a1}=\frac{c(H^+)\cdot c(HL^-)}{c(H_2L)} = 10^{-7.46}$知，此时$c(HL^-)=10^{-7.46}\times4.9\times10^{-3}\times10\ mol\cdot L^{-1}=4.9\times10^{-9.46}\ mol\cdot L^{-1}$，又$pH = 1$时，$c(OH^-)=10^{-13}\ mol\cdot L^{-1}$，故A错误；$pH$在$9.5\sim10.5$之间时$c([FeL_2]^{3 - })=c([FeL_2(OH)]^{2 - })=10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}$，其中两种离子共含$c(L^{2 - })=3\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}+2\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}=5\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}$，当$pH = 10$时，$c(H^+)=10^{-10}\ mol\cdot L^{-1}$，根据$K_{a1}=\frac{c(H^+)\cdot c(HL^-)}{c(H_2L)}=\frac{10^{-10}c(HL^-)}{c(H_2L)} = 10^{-7.46}$，$c(HL^-)=10^{2.54}c(H_2L)$，即$c(HL^-)＞c(H_2L)$，由$K_{a2}=\frac{c(H^+)\cdot c(L^{2 - })}{c(HL^-)} = 10^{-12.4}$，得$c(HL^-)=10^{2.4}c(L^{2 - })$，即$c(HL^-)＞c(L^{2 - })$，B、D错误；该反应的平衡常数$K=\frac{c([FeL_2]^ - )}{c(L^{2 - })\cdot c([FeL]^+)}$，由题图知，当$c([FeL_2]^ - ) = c([FeL]^+)$时，$pH = 4$，由$K_{a1}\cdot K_{a2}=10^{-19.86}=\frac{c^2(H^+)\cdot c(L^{2 - })}{c(H_2L)}$，得①式：$10^{-19.86}\times c(H_2L)=10^{-8}c(L^{2 - })$，此时$c(H_2L)=5.0\times10^{-3}\ mol\cdot L^{-1}-3\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}=4.7\times10^{-3}\ mol\cdot L^{-1}$，代入①式，$c(L^{2 - })=\frac{4.7\times10^{-22.86}}{10^{-8}}\ mol\cdot L^{-1}=4.7\times10^{-14.86}\ mol\cdot L^{-1}$，则$K=\frac{1}{4.7\times10^{-14.86}}\approx2\times10^{13.86}$，故$\lg K = 13.86+\lg2\approx14$，C正确。]