【文档说明】2024届高考一轮复习化学试题（通用版）第八章 第43讲 反应过程中微粒浓度变化图像及分析 Word版含解析.docx，共(7)页，721.438 KB，由小赞的店铺上传

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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20mL0.1mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH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>aB.d点溶液中c(Na+)=c(A-)C

.HA的电离平衡常数约为10-5D.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-1

NaOH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1.0×10-3×1.0×10-30.1=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20.00mL0.1

0mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH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(Na+)<c(HA)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<V2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)<c(Na+)<c(A-),B错误;c点前后溶液导电能力明显存在变化,则c点为反应终点,生成NaA和H2O,据元素质量守恒可得c(A-)+c(HA)=c(Na+),C正确;图中V1时溶液呈中性,V2时反应终点溶液呈碱性,则有V1<V2,D

正确。3.常温下,向1L0.1mol·L-1H2A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,Na2

A水解常数Kh(A2-)=1.0×10-10C.0.1mol·L-1NaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)=0.1mol·L-1D.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,0.1

mol·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-)·𝑐(HA-)𝑐(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-)=𝑐(H+)·𝑐(A2-)𝑐(HA-),当c(A2-)=c(H

A-)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-)<c(A2-),由图像可知该溶液pH>3,D错误。4.(2023湖南邵阳模拟)室温下,用0.1mol·L-1的盐

酸分别滴定50mL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50mL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1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后,NH4+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.

05C.当n(NaOH)=0.05mol时,溶液中有:c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>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NH4+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(NH4+)>c(NH3·H2O),离子浓度大小关系为c(NH4+)>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(NH4+),n(OH-)-n(H+)=n(NH4+)+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0.10mol·L-1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L-1H2C2O4(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:𝑐(H+)𝑐(OH-)=1012B.点②所示溶液中:c(K+)+c(H+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C.点③所示溶液中:c(

K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)D.点④所示溶液中:c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=0.10mol·L-1答案:C解析:点①未加入KOH溶液,H2C2O4是二元弱酸,0.10mol·L-1H2C2O

4溶液中c(H+)<0.10mol·L-1,则有c(OH-)>10-13mol·L-1,从而可得𝑐(H+)𝑐(OH-)<1012,A错误。点②所示溶液中,根据电荷守恒可得c(K+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c

(HC2O4-)+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HC2O4-的电离程度大于其水解程度,则有c(C2O42-)>c(H2C2O4);HC

2O4-的电离及水解程度均较小,则有c(K+)>c(HC2O4-),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(HC2O4-)+c(C

2O42-)+c(H2C2O4)=0.04mol·L-1,D错误。7.常温下,将体积为V1的0.1000mol·L-1HCl溶液逐滴加入体积为V2的0.1000mol·L-1Na2CO3溶液中,溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-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(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)B.在pH=8.3时,溶液中:0.1000mol·L-1>c(HCO3-

)+c(CO32-)+c(H2CO3)C.在pH=6.3时,溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(H+)>c(OH-)D.V1∶V2=1∶2时,溶液中:c(OH-)>c(HCO3-)>c(CO32-)>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(HCO3-)+2c(CO32-)+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(HCO3-)+c(CO32-)+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+HCl

NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,故离子浓度大小关系为c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>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,CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度,则溶液中c(HCO3-)>c(CO32-),由于水解程度是微弱的,则有c(HCO3-)>c(

CO32-)>c(OH-)>c(H+),D错误。8.(2021浙江6月选考,23)取两份10mL0.05mol·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05mol·L-1的盐酸,另一份滴加0.05mol·L-1NaOH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HCO3-的水解程度大于电离程度B.a→b→c过程中:c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小C.a→d→e过程中:c(Na+)<c(HCO3-)

+c(CO32-)+c(H2CO3)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a

bc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HCO3-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(HCO3-)+2c(CO32-)+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(HCO3-)+2c(CO32-)+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(HCO3-)+c(CO32-)+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(HCO3-)+c(CO32-)+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𝑐(X2

-)𝑐(HX-)或𝑐(HX-)𝑐(H2𝑋),pY=-lgY。下列叙述错误的是()A.NaHX溶液中c(H2X)>c(X2-)B.𝐾a1的数量级为10-7C.线n表示p𝑐(HX-)𝑐(H2�

�)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𝐾a1(H2X)=𝑐(HX-)𝑐(H2𝑋)×c(H+)>𝐾a2(H2X

)=𝑐(X2-)𝑐(HX-)×c(H+),则pH相同时𝑐(HX-)𝑐(H2𝑋)>𝑐(X2-)𝑐(HX-),则有p𝑐(HX-)𝑐(H2𝑋)<p𝑐(X2-)𝑐(HX-),故m、n分别表示pH与p�

�(X2-)𝑐(HX-)、p𝑐(HX-)𝑐(H2𝑋)的变化关系。M点pH=9.3,c(H+)=10-9.3mol·L-1,p𝑐(X2-)𝑐(HX-)=-lg𝑐(X2-)𝑐(HX-)=1,即𝑐(X2-)𝑐(HX

-)=0.1,𝐾a2(H2X)=𝑐(X2-)𝑐(HX-)×c(H+)=10-9.3×0.1=10-10.3,根据N点可知,𝐾a1(H2X)=𝑐(HX-)𝑐(H2𝑋)×c(H+)=10×1

0-7.4=10-6.4,HX-的水解平衡常数Kh=𝐾W𝐾a1=10-1410-6.4=10-7.6>10-10.3,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,𝐾

a1(H2X)=10-6.4,其数量级为10-7,B正确。线n表示pH与p𝑐(HX-)𝑐(H2𝑋)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、ClO2-、Cl-等,其中HClO2和ClO2都具

有漂白作用。已知pOH=-lgc(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=10-8B.pOH=11时,ClO2-部分转化成

ClO2和Cl-的方程式为5ClO2-+2H2O4ClO2+Cl-+4OH-C.pH=7时,溶液中含氯微粒的浓度大小为:c(HClO2)>c(ClO2-)>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++ClO2-,电离平衡常数Ka=𝑐(H+)·𝑐(ClO2-)𝑐(HClO2),由图像可知,当c(HClO2)=c(ClO2-)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,ClO2-部分转

化成ClO2和Cl-的方程式为5ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O,B错误;25℃pH=7时,pOH=7,由图可知c(ClO2-)>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(ClO2-)+c(OH-),根据元素质量守恒式可知,2c(Na+)=c(HClO2)+c(ClO2-),两式整理得c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(H

ClO2),D正确。11.(2022湖北卷,15)下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T,lg𝐾a1=-3.04,lg𝐾a2=-4.37)混合体系中部分物种的c-pH图(浓度:总As为5.0×10-4mol·L-1,总T为1.0×10-3mol·L

-1)。下列说法错误的是()A.As(OH)3的lg𝐾a1为-9.1B.[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+,𝐾a1=𝑐{[As(OH)2𝑂]-}×𝑐(H+)𝑐[As(OH)3],当pH=9.1时,c{[As(OH)2O]-}=c[As(OH)3

],则有𝐾a1=c(H+)=10-9.1,lg𝐾a1=-9.1,A正确;[As(OH)2T]-[AsO(OH)T]2-+H+,Ka=𝑐{[AsO(OH)T]2-}×𝑐(H+)𝑐{[As(OH)2𝑇]-},当pH

=4.6时,c{[AsO(OH)T]2-}=c{[As(OH)2T]-},Ka=10-4.6,H3AsO3的𝐾a1=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,lg𝐾a1=-3.04,lg𝐾a2=-4.37),As(OH)3的lg𝐾a1=-9.1,即酒石酸的𝐾a1远大于As(OH)

3的𝐾a1,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。