新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十五粒子平衡图像

这是一份新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十五粒子平衡图像，共10页。试卷主要包含了 25 ℃时，向10 mL 0，75，8，pH＝4，01 ml·L－1， 常温下，向20 mL 0等内容，欢迎下载使用。

A．25 ℃时，HY的电离常数Ka＝1.0×10－3.25
B．图中a＝3.75
C．A点时，所滴入NaOH溶液的体积为5 mL
D．从A点到B点，水的电离程度不断增大
【解析】由图中A点可知，－lg eq \f(cHY,cY－)＝0时，pH＝3.25，求得HY的Ka＝eq \f(cY－·cH＋,cHY)＝1.0×10－3.25，A正确；根据B点数据及HY的电离常数的关系式，Ka＝eq \f(cY－·10－7,cHY)＝1.0×10－3.25，可求得a＝3.75，B正确；当滴入NaOH溶液的体积为5 mL时，溶液为HY与NaY浓度之比为1∶1的混合溶液，溶液中c(HY)∶c(Y－)不等于1∶1，所以A点所加NaOH溶液的体积不是5 mL，C错误；向HY中加NaOH，恰好完全反应时，溶液pH大于7，所以从A点到B点，是往HY中滴加NaOH溶液继续生成盐的过程，水的电离程度不断增大，D正确；故选C。
2. (2023·山东菏泽二模)常温下，向一定浓度邻苯二甲酸钠(Na2A表示)溶液中通入HCl气体，保持溶液体积和温度不变，测得－lg X与pOH[X为c(H2A)、c(A2－)、eq \f(cA2－,cHA－)；pOH＝－lg c(OH－)]的变化关系如图所示。下列说法正确的是( B )
A．曲线L1表示－lg c(H2A)
B．Ka1(H2A)＝1×10－3
C．水的电离程度：b>a＝c
D．c点溶液中：c(Na＋)>c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)
【解析】向一定浓度邻苯二甲酸钠(Na2A表示)溶液中通入HCl气体，c(HA－)逐渐增大，然后生成H2A，c(HA－)又逐渐减小；c(H2A)在pOH达到一定程度后逐渐增大，－lg c(H2A)逐渐减小，故L2为－lg c(H2A)；c(A2－)从开始加入HCl就逐渐减小，－lg c(A2－)增大，则L1表示－lg c(A2－)；由于c(A2－)逐渐减小，c(HA－)逐渐增大，eq \f(cA2－,cHA－)逐渐减小，－lgeq \f(cA2－,cHA－)逐渐增大，L3表示－lgeq \f(cA2－,cHA－)，据此分析。根据分析，曲线L1表示－lg c(A2－)，A错误；由分析结合图中数据可知，当pOH＝9.8，pH＝4.2，此时c(A2－)＝c(H2A)，即Ka1Ka2＝eq \f(c2H＋cA2－,cH2A)＝c2(H＋)＝10－8.4，L3表示－lgeq \f(cA2－,cHA－)，当pOH＝8.6即pH＝5.4时，－lgeq \f(cA2－,cHA－)＝0，即c(A2－)＝c(HA－)，则Ka2＝eq \f(cH＋cA2－,cHA－)＝c(H＋)＝10－5.4，所以Ka1＝eq \f(10－8.4,10－5.4)＝10－3，B正确；pOH越小，碱性越强，随着HCl加入，溶液碱性减弱，酸性逐渐增强，水的电离程度受到抑制，水的电离程度：a>b>c，C错误；Na2A溶液中通入HCl，溶液中的Na＋和含A的微粒和的比例是不变的，所以在任意一点都有c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，D错误；故选B。
3. (2023·天津统考一模)常温下，将0.01 ml·L－1盐酸逐滴加入10 mL 0.01 ml·L－1NaA溶液中。滴加过程中，A－、HA的物质的量分数(δ)随pH变化关系如图1所示，pH随加入盐酸体积的变化如图2所示。下列说法正确的是( C )
A．当pH＝7时，溶液中c(Cl－)＝c(Na＋)
B．水解平衡常数Kh(NaA)＝10－9.5
C．b点对应溶液中：c(Cl－)＞c(A－)＞c(OH－)
D．c点对应溶液中：c(A－)＋c(HA)＝0.01 ml·L－1
【解析】依据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(OH－)，当pH＝7时，c(OH－)＝c(H＋)，溶液中c(Cl－)＋c(A－)＝c(Na＋)，A不正确；在a点，c(A－)＝c(HA)，则水解平衡常数Kh(NaA)＝eq \f(cHA·cOH－,cA－)＝c(OH－)＝10－4.5，B不正确；b点对应溶液中，反应后，c(Cl－)＝c(A－)＝c(HA)，但此时溶液呈碱性，则A－发生水解，浓度减小，所以c(Cl－)＞c(A－)＞c(OH－)，C正确；c点对应溶液的体积为20 mL，恰好为NaA溶液体积的二倍，依据物料守恒，c(A－)＋c(HA)＝0.005 ml·L－1，D不正确；故选C。
4. (2023·广东汕头统考一模)亚磷酸(H3PO3)常用作尼龙增白剂和合成药物中间体。25 ℃时，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1 ml·L－1，溶液中所有含磷微粒的lg c－pOH的关系如图所示。已知：pOH表示OH－浓度的负对数[pOH＝－lg c(OH－)]。下列说法正确的是( D )
A．H3PO3为三元弱酸
B．曲线①表示lg c(H2POeq \\al(－,3))随pOH的变化
C．pH＝4的溶液中：c(H3PO3)＋2c(HPOeq \\al(2－,3))＝0.1 ml·L－1
D．反应H3PO3＋HPOeq \\al(2－,3)2H2POeq \\al(－,3)的平衡常数K＝1.0×105.3
【解析】任何pOH下，图中含P物质均有3种，说明H3PO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH－)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3＋OH－===H2POeq \\al(－,3)＋H2O、H2POeq \\al(－,3)＋OH－===HPOeq \\al(2－,3)＋H2O，可知c(H3PO3)逐渐减小，c(H2POeq \\al(－,3))先增大后减小，c(HPOeq \\al(2－,3))逐渐增大，故lg c(H3PO3)逐渐减小，lg c(H2POeq \\al(－,3))先增大后减小，lg c(HPOeq \\al(2－,3))逐渐增大，故曲线①表示c(HPOeq \\al(2－,3))，曲线②表示c(H2POeq \\al(－,3))，曲线③表示c(H3PO3)，据此分析解题。由分析可知H3PO3为二元弱酸，A错误；由分析可知，曲线②表示c(H2POeq \\al(－,3))随pOH的变化，B错误；pH＝4时，pOH＝10，由图可知，此时，lg c(H3PO3)＝lg c(H2POeq \\al(－,3))，即c(H2POeq \\al(－,3))＝c(H3PO3)，而c(H3PO3)＋c(H2POeq \\al(－,3))＋c(HPOeq \\al(2－,3))＝0.1 ml·L－1，故2c(H3PO3)＋c(HPOeq \\al(2－,3))＝0.1 ml·L－1，C错误；根据a点知，c(HPOeq \\al(2－,3))＝c(H2POeq \\al(－,3))时，pOH＝7.3，c(OH－)＝10－7.3ml·L－1，c(H＋)＝10－6.7ml·L－1，则H3PO3的Ka2＝eq \f(cH＋×cHPO\\al(2－,3),cH2PO\\al(－,3))＝c(H＋)＝10－6.7，根据c点知，c(H2POeq \\al(－,3))＝c(H3PO3)，pOH＝12.6，c(OH－)＝10－12.6ml·L－1，c(H＋)＝10－1.4ml·L－1，则H3PO3的Ka1＝eq \f(cH＋×cH2PO\\al(－,3),cH3PO3)＝c(H＋)＝10－1.4，由H3PO3H2POeq \\al(－,3)＋H＋减去H2POeq \\al(－,3)HPOeq \\al(2－,3)＋H＋，可得H3PO3＋HPOeq \\al(2－,3)2H2POeq \\al(－,3)，则平衡常数K＝eq \f(Ka1,Ka2)＝eq \f(10－1.4,10－6.7)＝105.3，D正确；故选D。
5. (2023·山东济宁统考一模)常温下，向20 mL 0.1 ml/L NaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中lgeq \f(cHM,cHN)与lgeq \f(cM－,cN－)的关系如图所示。已知Ka(HN)＝3.0×10－5，下列说法错误的是( A )
A．Ka(HM)＝3.0×10－6
B．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：c(M－)＞c(HN)
C．随着HM溶液的加入eq \f(cHN·cHM,cN－·cM－)的值变大
D．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：c(HN)＋c(OH－)＋2c(N－)＝c(HM)＋c(Na＋)＋c(H＋)
【解析】根据坐标图示可知：当lgeq \f(cHM,cHN)＝－1时，lgeq \f(cM－,cN－)＝0，即此时10c(HM)＝c(HN)、c(M－)＝c(N－)，所以Ka(HM)＝eq \f(cM－·cH＋,cHM)＝eq \f(cH＋·cN－,\f(1,10)×cHN)＝3.0×10－4，A错误；滴入等浓度20 mL HM溶液后，根据复分解反应的规律：强酸与弱酸盐反应可以制备弱酸，二者恰好发生反应：HM＋NaN===HN＋NaM，M－会发生水解反应，HN会发生电离作用，Kh(M－)＝eq \f(Kw,KaHM)＝eq \f(1×10－14,3.0×10－4)＝eq \f(1,3)×10－10＜Ka(HN)，故c(M－)＞c(HN)，B正确；随着HM溶液的加入，溶液中存在eq \f(cHN·cHM,cN－·cM－)＝eq \f(cHN·c2H＋·cHM,cN－·c2H＋·cM－)＝eq \f(c2H＋,KaHM·KaHN)，溶液中c(H＋)会不断增大，电离平衡常数不变，故eq \f(cHN·cHM,cN－·cM－)增大，C正确；向其中滴入20 mL等浓度的HM溶液后，根据物料守恒可知n(HM)＝n(HN)，微粒处于同一溶液中，根据物料守恒可得c(HM)＋c(M－)＝c(HN)＋c(N－)；根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(M－)＋c(N－)＋c(OH－)，两式相加，整理可得关系式c(HN)＋c(OH－)＋2c(N－)＝c(HM)＋c(Na＋)＋c(H＋)，D正确；故选A。
6. (2023·广东深圳统考一模)常温下，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的水溶液中，H2NCH2CH2NH2、(H3NCH2CH2NH2)＋和(H3NCH2CH2NH3)2＋的分布分数δ(X)与pH的关系如图所示。已知：δ(X)＝eq \f(nX,nH2NCH2CH2NH2＋n[H3NCH2CH2NH2＋]＋n[H3NCH2CH2NH32＋])。
下列说法不正确的是( C )
A．(H3NCH2CH2NH3)SO4溶液显酸性
B．曲线b可表示δ[(H3NCH2CH2NH2)＋]
C．H2NCH2CH2NH2＋H2O(H2NCH2CH2NH3)＋＋OH－的平衡常数K＝10－9.93
D．0.1 ml·L－1(H3NCH2CH2NH2)Cl溶液中：c[(H3NCH2CH2NH3)2＋]>c(H2NCH2CH2NH2)
【解析】根据图示，pH较小时浓度降低的曲线a为δ[(H3NCH2CH2NH3)2＋]，增加的曲线b为δ[(H2NCH2CH2NH3)＋]，交点处(6.85,0.5)两者浓度相等，故Kb2＝eq \f(c[H3NCH2CH2NH32＋]cOH－,c[H2NCH2CH2NH3＋])＝c(OH－)＝eq \f(10－14,10－6.85)＝10－7.15；随着pH的增大，δ[(H2NCH2CH2NH3)＋]即曲线b逐渐减小，δ(H2NCH2CH2NH2)即曲线c逐渐增大，B点时两者相等，Kb1＝eq \f(c[H2NCH2CH2NH3＋]cOH－,cH2NCH2CH2NH2)＝c(OH－)＝eq \f(10－14,10－9.93)＝10－4.07；(H2NCH2CH2NH3)＋的水解平衡常数Kh2＝eq \f(cH＋cH2NCH2CH2NH2,c[H2NCH2CH2NH3＋])·eq \f(cOH－,cOH－)＝eq \f(Kw,Kb1)＝eq \f(10－14,10－4.07)＝10－9.93。根据上述分析可知，(H3NCH2CH2NH3)SO4存在水解平衡，(H3NCH2CH2NH3)2＋水解显酸性，A正确；曲线b可表示δ[(H3NCH2CH2NH2)＋]，B正确；H2NCH2CH2NH2＋H2O(H2NCH2CH2NH3)＋＋OH－表示H2NCH2CH2NH2的第一步电离方程式，则其平衡常数为Kb1＝10－4.07，C错误；根据上述分析可知，H2NCH2CH2NHeq \\al(＋,3)的水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2，所以电离平衡产物的浓度c[(H3NCH2CH2NH3)2＋]>水解平衡产物的浓度c(H2NCH2CH2NH2)，D正确；故选C。
7. (2023·湖南联考二模)图1为CdCO3和Cd(OH)2在25 ℃时的沉淀溶解平衡曲线，图2为向两份等体积等浓度的CdCl2溶液中分别滴加等浓度的NaOH溶液和Na2CO3溶液滴定关系图(图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2＋为Cd2＋浓度的负对数)。下列说法正确的是( A )
A．X为Cd(OH)2对应直线，Ksp[Cd(OH)2]＝1×10－14
B．M为向CdCl2溶液中滴加NaOH溶液对应的曲线
C．图1中a点对应的溶液为CdCO3的不饱和溶液
D．图2中c点、b点对应取值分别为c＝6，b>5
【解析】CdCO3(s)Cd2＋(aq)＋COeq \\al(2－,3)(aq)，Ksp(CdCO3)＝c(Cd2＋)×c(COeq \\al(2－,3))是定值，图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2＋为Cd2＋浓度的负对数，则对应CdCO3的曲线斜率应该为－1，故直线Y是CdCO3，X为Cd(OH)2。根据滴定终点可知Cd2＋沉淀完全时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为CdCl2溶液中滴加Na2CO3溶液对应的曲线，N为CdCl2溶液中滴加NaOH溶液对应的曲线。CdCO3(s)Cd2＋(aq)＋COeq \\al(2－,3)(aq)，Ksp(CdCO3)＝c(Cd2＋)×c(COeq \\al(2－,3))是定值，图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2＋为Cd2＋浓度的负对数，则对应CdCO3的曲线斜率应该为－1，故直线Y是CdCO3，X为Cd(OH)2，利用曲线上点可算出Ksp[Cd(OH)2]＝1×10－4×(1×10－5)2＝1×10－14，A正确；根据滴定终点可知Cd2＋沉淀完全时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为CdCl2溶液中滴加Na2CO3溶液对应的曲线，B错误；a点溶液Q(CdCO3)＝1×10－5×1×10－6＝1×10－11>1×10－12，故a点对应的溶液为CdCO3的过饱和溶液，C错误；c点有Ksp(CdCO3)＝c2(Cd2＋)＝1×10－12，c(Cd2＋)＝1×10－6，则c＝6；设b点c(Cd2＋)＝x，Ksp[Cd(OH)2]＝x×(2x)2＝1×10－14，x>1×10－5，则b＜5，D错误；故选A。
8. (2023·江苏南京二模)甘氨酸盐酸盐(ClH3NCH2COOH)可用作食品添加剂，已知：
H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOHH3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－＋H＋
Ka1＝1×10－2.4
H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－H2NCH2COO－＋H＋
Ka2＝1×10－9.6
常温下，用0.1 ml·L－1NaOH标准溶液滴定10 mL 0.1 ml·L－1甘氨酸盐酸盐溶液过程中的pH变化如图所示。下列说法不正确的是( C )
A．X点溶液中：c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOH)＝c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－)
B．Y点溶液中甘氨酸主要以H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－形式存在
C．Z点溶液中：c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOH)＋c(H＋)＝c(H2NCH2COO－)＋c(OH－)
D．滴定过程中存在：c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOH)＋c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－)＋c(H2NCH2COO－)＝c(Cl－)
【解析】由于H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOHH3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－＋H＋，根据电离平衡常数的计算可得Ka＝eq \f(cH3\(N,\s\up6(＋))CH2COO－cH＋,cH3\(N,\s\up6(＋))CH2COOH)＝10－2.4，根据图像代入此时的c(H＋)＝10－2.4，得c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOH)＝c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－)，A正确；由A选项可知，当pH＝2.4时，c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOH)＝c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－)，当pH＝9.6时c(H2NCH2COO－)＝c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－)，根据弱酸的电离特点可知一级电离优先于二级电离，所以当pH介于二者之间时，溶液中甘氨酸主要以H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－形式存在，B正确；该等式为电荷守恒，但是阴离子还有Cl－阳离子还有Na＋，故正确的电荷守恒应为c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(H2NCH2COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，C错误；该等式为物料守恒，在ClH3NCH2COOH中，Cl原子和N原子的关系是1∶1，在滴定过程中N以H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOH、H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－、H2NCH2COO－形式存在于溶液中，Cl以离子形式存在，故可得c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COOH)＋c(H3eq \(N,\s\up6(＋))CH2COO－)＋c(H2NCH2COO－)＝c(Cl－)，D正确；故选C。
9. (2023·浙江绍兴二模)甘氨酸(HOOCCH2NH2)是人体必需氨基酸之一，在25 ℃时，仅考虑HOOCCH2NHeq \\al(＋,3)、－OOCCH2NHeq \\al(＋,3)和－OOCCH2NH2三种微粒，其分布分数(δ)与溶液pH关系如图。[如H2A中A2－的分布系数：δ(A2－)＝eq \f(cA2－,cH2A＋cHA－＋cA2－)]。下列说法不正确的是( D )
A．曲线a代表HOOCCH2NHeq \\al(＋,3)
B．两性离子－OOCCH2NHeq \\al(＋,3)的浓度在pH＝6附近最大，说明两性离子的电离能力比水解强
C．NHeq \\al(＋,3)CH2COO－＋H2ONHeq \\al(＋,3)CH2COOH＋OH－的平衡常数K＝10－11.65
D．c2(NHeq \\al(＋,3)CH2COO－)Ka2，水解大于电离，所以溶液显碱性，A正确；BaX溶于HY酸，离子方程式为BaX＋2H＋Ba2＋＋H2X，c(Ba2＋)≈c(H2X)，Ka1×Ka2＝eq \f(cHX－×cH＋,cH2X)×eq \f(cH＋×cX2－,cHX－)＝eq \f(c2H＋×cX2－,cH2X)＝eq \f(c2H＋×cX2－,cBa2＋)，c(X2－)＝eq \f(Ka1×Ka2×cBa2＋,c2H＋)，Ksp(BaX)＝c(Ba2＋)×c(X2－)＝c(Ba2＋)×eq \f(Ka1×Ka2×cBa2＋,c2H＋)＝eq \f(Ka1×Ka2×c2Ba2＋,c2H＋)≈6.18×10－23，错误，B符合题意；b点时，溶液中有BaY2和H2X，由电荷守恒可知，2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋c(OH－)＋c(Y－)，C正确；BaX溶于HY酸，离子方程式为BaX＋2H＋Ba2＋＋H2X,0.1 ml BaX消耗0.2 ml H＋，c点溶液中，c(H＋)＝eq \r(0.144 4) ml·L－1＝0.38 ml·L－1，则n(H＋)＝0.38 ml·L－1×0.025 L＝0.009 5 ml，c(HY)＝eq \f(0.2＋0.009 5 ml,0.025 L)≈8.38 ml·L－1，故x≈8.38，D正确；故选B。
12. (2023·山东聊城二模)天然溶洞的形成与岩石中的CaCO3和空气中CO2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常温下，某溶洞水体中pM随pH的变化关系如图所示。
[已知：Ksp(CaCO3)＝10－8.54；pM＝－lg c(M)，M为HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)或Ca2＋]下列说法正确的是( C )
A．曲线③代表p(HCOeq \\al(－,3))与pH的关系
B．Kh1(COeq \\al(2－,3))的数量级为10－3
C．m＝2.57
D．pH由4到8的过程中c(HCOeq \\al(－,3))增大的比c(COeq \\al(2－,3))快
【解析】二氧化碳可以和少量氢氧根反应生成碳酸氢根，和过量的氢氧根反应生成碳酸根，所以碱性越强碳酸根的浓度越大，碳酸根浓度越大，钙离子的浓度越小，所以曲线①钙离子浓度、②碳酸氢根浓度、③碳酸根浓度。曲线③代表p(COeq \\al(2－,3))，A错误；点(10.3，1.1)时，Kh1(COeq \\al(2－,3))＝eq \f(cHCO\\al(－,3)×cOH－,cCO\\al(2－,3))＝10－14＋10.3＝10－3.7，数量级为10－4，B错误；(8.6，n)，碳酸根浓度等于钙离子浓度，Ksp(CaCO3)＝c(COeq \\al(2－,3))×c(Ca2＋)＝10－8.54，c(COeq \\al(2－,3))＝10－8.54÷2＝10－4.27ml/L，(8.6，m)，即pH＝8.6，c(H＋)＝10－8.6ml/L，c(OH－)＝10－14÷10－8.6＝10－5.4ml/L，Kh1(COeq \\al(2－,3))＝eq \f(cHCO\\al(－,3)×cOH－,cCO\\al(2－,3))＝10－3.7，eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3))＝eq \f(10－3.7,cOH－)＝eq \f(10－3.7,10－5.4)＝101.7，c(HCOeq \\al(－,3))＝101.7×c(COeq \\al(2－,3))＝101.7×10－4.27＝10－2.57，p(HCOeq \\al(－,3))＝－lg c(HCOeq \\al(－,3))＝2.57，C正确；根据图像斜率，pH由4到8的过程中c(HCOeq \\al(－,3))增大的比c(COeq \\al(2－,3))慢，D错误；故选C。