适用于新教材2024版高考化学一轮总复习第八章课时规范练43反应过程中微粒浓度变化图像及分析新人教版

这是一份适用于新教材2024版高考化学一轮总复习第八章课时规范练43反应过程中微粒浓度变化图像及分析新人教版，共8页。试卷主要包含了常温下,向20 mL 0，25 ℃时,向20，常温下,向1 L 0，室温下,用0，常温下,用0，常温下,将体积为V1的0，3时,溶液中等内容，欢迎下载使用。

课时规范练43
选择题:每小题只有1个选项符合题意。
1.常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,溶液pH的变化如图所示,下列说法正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　

A.水的电离程度:e>d>c>b>a
B.d点溶液中c(Na+)=c(A-)
C.HA的电离平衡常数约为10-5
D.b点溶液中粒子浓度关系:c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
答案:C
解析:由a点可知,0.1mol·L-1HA溶液的pH=3,说明HA为弱酸。当加入20mL0.1mol·L-1NaOH溶液时,恰好反应生成NaA,NaA为强碱弱酸盐,故d点水的电离程度最大,A错误;d点溶液为NaA溶液,由于A-发生水解,则溶液中c(Na+)>c(A-),B错误;由a点可知,0.1mol·L-1HA溶液的pH=3,说明HA为弱酸,c(H+)=1.0×10-3mol·L-1,则HA的电离平衡常数约为=1.0×10-5,C正确;b点溶液表示10mL0.1mol·L-1NaOH溶液与20mL0.1mol·L-1HA溶液混合,反应后为等浓度的NaA与HA的混合溶液,由图可知,此时溶液显酸性,则HA的电离程度大于A-的水解程度,故微粒浓度关系为c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),D错误。
2.25 ℃时,向20.00 mL 0.10 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.10 mol·L-1 NaOH溶液,同时分别测得溶液pH和导电能力的变化如图所示,下列说法不正确的是(　　)


A.a点对应溶液的pH等于3,说明HA是弱酸
B.b点对应的溶液中:c(A-) C.c点对应的溶液中:c(A-)+c(HA)=c(Na+)
D.根据溶液pH和导电能力的变化可推断:V1 答案:B
解析:0.10mol·L-1HA溶液的pH=3,说明HA未完全电离,则HA是弱酸,A正确;b点加入10mLNaOH溶液,溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液,此溶液pH<7,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,则有c(HA) 3.常温下,向1 L 0.1 mol·L-1 H2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液,所得溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图,下列说法正确的是(　　)

A.Na2A水解的离子方程式为A2-+H2OHA-+OH-,HA-+H2OH2A+OH-
B.常温下,Na2A水解常数Kh(A2-)=1.0×10-10
C.0.1 mol·L-1 NaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)=0.1 mol·L-1
D.常温下,等物质的量浓度NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液的pH=3
答案:C
解析:由图像可知,0.1mol·L-1H2A溶液中H2A全部电离为HA-,说明第一步电离为完全电离,HA-不发生水解,A错误;pH=3时c(A2-)=c(HA-),则Na2A水解常数Kh(A2-)==c(OH-)=10-11,B错误;H2A在溶液中第一步完全电离,溶液中不存在H2A分子,由元素质量守恒可得:c(A2-)+c(HA-)=0.1mol·L-1,C正确;HA-H++A2-,电离常数K(HA-)=,当c(A2-)=c(HA-)时,K(HA-)=c(H+)=10-3,K(HA-)>Kh(A2-),等物质的量浓度NaHA、Na2A溶液等体积混合,HA-的电离程度大于A2-的水解程度,则溶液中c(HA-)3,D错误。
4.(2023湖南邵阳模拟)室温下,用0.1 mol·L-1的盐酸分别滴定50 mL的三种碱(AOH、BOH和DOH)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是(　　)

A.从反应开始至恰好完全反应,水电离出的c(H+)始终增大
B.滴定至P点时,溶液中:c(B+)>c(Cl-)>c(BOH)>c(OH-)>c(H+)
C.pH=7时,三种溶液中c(A+)=c(B+)=c(D+)
D.当盐酸体积均为50 mL时,将三种溶液混合后:c(H+)=c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)+c(OH-)
答案:C
解析:向三种碱溶液中分别滴加盐酸至恰好完全反应,溶液的碱性减弱,对水的电离抑制程度减小,故水电离出的c(H+)始终增大,A正确。由图可知,滴定终点时消耗盐酸的体积为50mL,则三种碱的浓度均为0.1mol·L-1;P点V(盐酸)=25mL,此时溶液为等浓度BOH和BCl混合溶液,由于溶液pH>9,溶液呈碱性,则BOH的电离程度大于BCl的水解程度,故溶液中c(B+)>c(Cl-)>c(BOH),B正确。pH=7时三种溶液中均存在c(OH-)=c(H+),且存在电荷守恒关系:c(X+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)(X+代表A+、B+或D+),则有c(X+)=c(Cl-),由于三种碱的碱性强弱不同,则pH=7时加入盐酸的体积不同,即c(Cl-)不同,故pH=7时,三种溶液中c(A+)≠c(B+)≠c(D+),C错误。当盐酸体积为50mL时,三种碱溶液均恰好与盐酸反应生成相应的盐,将三种溶液混合,根据质子守恒可得c(H+)=c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)+c(OH-),D正确。
5.常温下,向1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后,N与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑溶液体积的变化和氨的挥发),下列说法正确的是(　　)

A.M点溶液中水的电离程度比原溶液大
B.a=0.05
C.当n(NaOH)=0.05 mol时,溶液中有:c(Cl-)>c(Na+)>c(N)>c(OH-)>c(H+)
D.在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05) mol
答案:D
解析:M点是向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体后,反应得到NaCl、NH3·H2O溶液与剩余NH4Cl溶液的混合溶液,此时N的浓度和NH3·H2O相同,NH3·H2O是一元弱碱,抑制水的电离,此时水的电离程度小于原NH4Cl溶液中水的电离程度,A错误;若a=0.05,得到物质的量均为0.05mol的NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的混合溶液,由于NH3·H2O电离大于NH4Cl水解,则c(N)>c(NH3·H2O),离子浓度大小关系为c(N)>c(Cl-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+),B、C错误;在M点时溶液中存在电荷守恒,n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(N),n(OH-)-n(H+)=n(N)+n(Na+)-n(Cl-)=0.05mol+amol-0.1mol=(a-0.05)mol,D正确。
6.(2023辽宁沈阳郊联体联考)常温下,用0.10 mol·L-1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L-1 H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看作混合前溶液的体积之和)。下列说法正确的是(　　)

A.点①所示溶液中:=1012
B.点②所示溶液中:c(K+)+c(H+)=c(C2)+c(HC2)+c(OH-)
C.点③所示溶液中:c(K+)>c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4)
D.点④所示溶液中:c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)=0.10 mol·L-1
答案:C
解析:点①未加入KOH溶液,H2C2O4是二元弱酸,0.10mol·L-1H2C2O4溶液中c(H+)<0.10mol·L-1,则有c(OH-)>10-13mol·L-1,从而可得<1012,A错误。点②所示溶液中,根据电荷守恒可得c(K+)+c(H+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-),B错误。点③所示溶液中加入10.00mLKOH溶液,恰好反应生成KHC2O4,此时溶液呈酸性,说明HC2的电离程度大于其水解程度,则有c(C2)>c(H2C2O4);HC2的电离及水解程度均较小,则有c(K+)>c(HC2),C正确。点④加入15.00mLKOH溶液,所得溶液为等浓度KHC2O4和K2C2O4的混合溶液,根据元素质量守恒可得:c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)=0.04mol·L-1,D错误。
7.常温下,将体积为V1的0.100 0 mol·L-1 HCl溶液逐滴加入体积为V2的0.100 0 mol·L-1 Na2CO3溶液中,溶液中H2CO3、HC、C所占的物质的量分数(α)随pH的变化曲线如图。下列说法不正确的是(　　)

A.在pH=10.3时,溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)+c(Cl-)
B.在pH=8.3时,溶液中:0.100 0 mol·L-1>c(HC)+c(C)+c(H2CO3)
C.在pH=6.3时,溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(HC)>c(H+)>c(OH-)
D.V1∶V2=1∶2时,溶液中:c(OH-)>c(HC)>c(C)>c(H+)
答案:D
解析:由图可知,pH=10.3时,溶液中含有NaHCO3、Na2CO3、NaCl,根据电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)+c(Cl-),A正确;在pH=8.3时,该溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液,根据元素质量守恒可得c(HC)+c(C)+c(H2CO3)<0.1000mol·L-1,B正确;在pH=6.3时,溶液中存在NaHCO3、NaCl和H2CO3,该溶液显酸性,则c(H+)>c(OH-),根据化学反应:Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3、NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,故离子浓度大小关系为c(Na+)>c(Cl-)>c(HC)>c(H+)>c(OH-),C正确;V1∶V2=1∶2时,混合后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl的混合溶液,Na2CO3和NaHCO3是强碱弱酸盐,水解导致溶液显碱性,C的水解程度大于HC的水解程度,则溶液中c(HC)>c(C),由于水解程度是微弱的,则有c(HC)>c(C)>c(OH-)>c(H+),D错误。
8.(2021浙江6月选考,23)取两份10 mL 0.05 mol·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05 mol·L-1的盐酸,另一份滴加0.05 mol·L-1 NaOH溶液,溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。

下列说法不正确的是(　　)
A.由a点可知:NaHCO3溶液中HC的水解程度大于电离程度
B.a→b→c过程中:c(HC)+2c(C)+c(OH-)逐渐减小
C.a→d→e过程中:c(Na+) D.令c点的c(Na+)+c(H+)=x,e点的c(Na+)+c(H+)=y,则x>y
答案:C
解析:向NaHCO3溶液中滴加盐酸,溶液酸性增强,溶液pH逐渐减小,向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液,溶液碱性增强,溶液pH逐渐增大,故曲线abc为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液,曲线ade为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。a点溶质为NaHCO3,此时溶液呈碱性,故NaHCO3溶液中HC的水解程度大于电离程度,A正确。由电荷守恒可知,a→b→c过程溶液中,根据电荷守恒可得:c(HC)+2c(C)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),滴加NaOH溶液的过程中c(Na+)保持不变,c(H+)逐渐减小,故c(HC)+2c(C)+c(OH-)逐渐减小,B正确。由元素质量守恒可知,a点溶液中c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H2CO3),向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出,故a→d→e过程中c(Na+)>c(HC)+c(C)+c(H2CO3),C错误。c点溶液中c(Na+)+c(H+)=(0.05+10-11.3)mol·L-1,e点溶液体积增大1倍,此时溶液中c(Na+)+c(H+)=(0.025+10-4.3)mol·L-1,则有x>y,D正确。
9.(2023湖北黄石模拟改编)常温下,向一定浓度的Na2X溶液中逐滴加入盐酸,微粒浓度与混合溶液pH变化的关系如图所示。已知:H2X是二元弱酸,Y表示,pY=-lgY。下列叙述错误的是(　　)

A.NaHX溶液中c(H2X)>c(X2-)
B.的数量级为10-7
C.线n表示p与pH的变化关系
D.当pH=7时,混合溶液中c(Na+)=c(HX-)+c(X2-)+c(Cl-)
答案:D
解析:H2X为二元弱酸,以第一步电离为主,则(H2X)=×c(H+)>(H2X)=×c(H+),则pH相同时,则有p10-10.3,故HX-的水解程度大于其电离程度,即NaHX溶液中c(H2X)>c(X2-),A正确。由上述分析可知,(H2X)=10-6.4,其数量级为10-7,B正确。线n表示pH与p的变化关系,C正确。pH=7时溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),溶液中含有NaCl,电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-),即c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-),D错误。
10.亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中会生成ClO2、HClO2、Cl、Cl-等,其中HClO2和ClO2都具有漂白作用。已知pOH=-lg c(OH-),经测定25 ℃时各组分含量随pOH变化情况如图所示(Cl-没有画出),此温度下,下列分析正确的是(　　)

A.HClO2的电离平衡常数Ka=10-8
B.pOH=11时,Cl部分转化成ClO2和Cl-的方程式为5Cl+2H2O4ClO2+Cl-+4OH-
C.pH=7时,溶液中含氯微粒的浓度大小为:c(HClO2)>c(Cl)>c(ClO2)>c(Cl-)
D.同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合,则混合溶液中有:c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HClO2)
答案:D
解析:HClO2的电离方程式为HClO2H++Cl,电离平衡常数Ka=,由图像可知,当c(HClO2)=c(Cl)时,溶液中pOH=8,c(OH-)=1×10-8mol·L-1,则c(H+)=1×10-6mol·L-1,电离平衡常数Ka=1×10-6,A错误;pOH=11时,c(OH-)=1×10-11mol·L-1,c(H+)=1×10-3mol·L-1,溶液呈酸性,Cl部分转化成ClO2和Cl-的方程式为5Cl+4H+4ClO2+Cl-+2H2O,B错误;25℃pH=7时,pOH=7,由图可知c(Cl)>c(HClO2)>c(ClO2),C错误;同浓度的HClO2和NaClO2等体积的混合溶液中电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH-),根据元素质量守恒式可知,2c(Na+)=c(HClO2)+c(Cl),两式整理得c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HClO2),D正确。
11.(2022湖北卷,15)下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T,lg =-3.04,lg =-4.37)混合体系中部分物种的c-pH图(浓度:总As为5.0×10-4 mol·L-1,总T为1.0×10-3 mol·L-1)。下列说法错误的是(　　)

A.As(OH)3的lg 为-9.1
B.[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强
C.pH=3.1时,As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高
D.pH=7.0时,溶液中浓度最高的物种为As(OH)3
答案:D
解析:As(OH)3[As(OH)2O]-+H+,,当pH=9.1时,c{[As(OH)2O]-}=c[As(OH)3],则有=c(H+)=10-9.1,lg=-9.1,A正确;[As(OH)2T]-[AsO(OH)T]2-+H+,Ka=,当pH=4.6时,c{[AsO(OH)T]2-}=c{[As(OH)2T]-},Ka=10-4.6,H3AsO3的=10-9.1,故[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强,B正确;As(OH)3的浓度为左坐标,浓度的数量级为10-3,[As(OH)2T]-的浓度为右坐标,浓度的数量级为10-6,当pH=3.1时,As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高,C正确;酒石酸(H2T,lg=-3.04,lg=-4.37),As(OH)3的lg=-9.1,即酒石酸的远大于As(OH)3的,则酒石酸的酸性远强于As(OH)3,另外总As的浓度也小于总T的浓度,因此当pH=7.0时,溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3,D错误。