高考化学二轮复习专项分层特训练28 酸、碱、盐溶液反应过程中的陌生图像含答案

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这是一份高考化学二轮复习专项分层特训练28 酸、碱、盐溶液反应过程中的陌生图像含答案，共10页。试卷主要包含了[2021·海南卷]，100 0 ml·L－1，[2021·辽宁卷]用0，3，－1，7的溶液中，[2022·山东滨州期末]等内容，欢迎下载使用。

A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表NH2CH2COO－
C．NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－＋H2O⇌
NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH＋OH－的平衡常数K＝10－11.65
D．c2（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－）c（NH2CH2COO－）
2.[2021·福建卷]下图为某实验测得0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液在升温过程中（不考虑水挥发）的pH变化曲线。下列说法正确的是（）
A．a点溶液的c（OH－）比c点溶液的小
B．a点时，KwC．b点溶液中，c（Na＋）＝c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）
D.ab段，pH减小说明升温抑制了HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的水解
3.[2021·海南卷]（双选）25 ℃时，向10.00 mL 0.100 0 ml·L－1的NaHCO3溶液中滴加0.100 0 ml·L－1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法正确的是（）
A．a点，溶液pH>7是由于HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 水解程度大于电离程度
B．b点，c（Na＋）＝c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（Cl－）
C.c点，溶液中的H＋主要来自HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的电离
D．d点，c（Na＋）＝c（Cl－）＝0.100 0 ml·L－1
4.[2021·辽宁卷]用0.100 0 ml·L－1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，溶液中H2A、HA－、A2－的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（）
[如A2－分布分数：
δ（A2－）＝ eq \f(c（A2－）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）) ]
A．H2A的Ka1为10－10.25
B．c点：c（HA－）>c（A2－）>c（H2A）
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂
D．c（Na2A）＝0.200 0 ml·L－1
5.[2022·河北邢台联考]常温下，已知弱酸H3RO3溶液中含R物种的浓度之和为0.1 ml·L－1，溶液中所有含R物种的lg cpOH的关系如图所示，下列说法错误的是（）
已知：①pOH表示OH－浓度的负对数
[pOH＝－lg c（OH－）]；
②a、b、c三点的坐标为a（7.3，－1.3）、b（10.0，－3.6）、c（12.6，－1.3）。
A.H3RO3为二元弱酸
B．曲线③表示lg c（H3RO3）随pOH的变化
C．pH＝6.7的溶液中：2c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（H3RO3）＝0.1 ml·L－1
D．反应H3RO3＋HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ⇌2H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的平衡常数K＝1.0×105
6.[2022·广东联合测评]已知H3RO4为三元弱酸。25 ℃时，某溶液中含R的各微粒分布分数（平衡时某微粒的浓度占所有微粒浓度之和的分数）随pH的变化关系如图所示。下列有关说法正确的是（）
A．0.1 ml·L－1 NaH2RO4溶液的pH大于7
B．溶液中存在 eq \f(Ka1,Ka2) ＝10－4.78
C．RO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ＋H2O⇌HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋OH－的水解常数为10－2.50
D．Na2HRO4溶液中存在：c（Na＋）>c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）>c（RO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ）>c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）
7.[2022·辽宁省名校联考]实验室用0.1 ml·L－1的NaOH溶液滴定20 mL 0.1 ml·L－1的HAuCl4溶液。溶液中，含氯微粒a、b的分布系数δ、NaOH溶液体积V（NaOH）与pH的关系如图所示[比如HAuCl4的分布系数，
δ（HAuCl4）＝ eq \f(c（HAuCl4）,c（HAuCl4）＋c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）) ]。下列叙述错误的是（）
A.x点对应溶液的pH约为5
B．p点对应的溶液中，c（HAuCl4）＋2c（H＋）＝c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋2c（OH－）
C．微粒b为AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，该滴定可选酚酞作指示剂
D．滴定到q点时，溶液中c（HAuCl4）>c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）
8.[2022·湖北联考]常温下，用0.100 ml·L－1的盐酸滴定20 mL相同浓度的一元碱BOH溶液（滴有少量酚酞），滴定过程中溶液pH及电导率变化曲线如图所示。下列说法中正确的是（）
A．BOH的电离常数Kb约为10－6
B．a点溶液中：c（B＋）＋2c（H＋）＝2c（OH－）＋c（BOH）
C．b点溶液的颜色为粉红色
D．滴定至pH＝7时，c（B＋）＝c（Cl－）＝0.1 ml·L－1
9.[2022·山东滨州期末]（双选）25 ℃时，用1.00 ml·L－1 NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A，滴定过程中溶液的pH及H2A、HA－、A2－的物质的量浓度变化如图所示。下列说法错误的是（）
A．H2A的Ka1＝1.0×10－4 ml·L－1
B．Y点：c（Na＋）<3c（A2－）
C．X点、Z点水的电离程度：ZD．当V（NaOH）＝20.00 mL时，2c（H2A）＋c（Na＋）＋2c（H＋）＝2c（A2－）＋2c（OH－）
练28 酸、碱、盐溶液反应过程中的陌生图像
1．答案：D
解析：由题意可知，NH2CH2COOH在溶液中可电离出NH2CH2COO－和H＋，使溶液显酸性，也可发生水解生成NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH和OH－，使溶液显碱性，也可既发生电离又发生水解生成NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－。由上述分析可知，甘氨酸具有两性，A正确；酸性条件下消耗NH2CH2COOH水解产生的OH－，促进甘氨酸水解，使溶液中NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH浓度较大，故a曲线代表NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH的分布分数，同理可知c曲线代表NH2CH2COO－的分布分数，B正确；NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－＋H2O⇌NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH＋OH－的平衡常数K＝ eq \f(c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH）·c（OH－）,c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－）) ，25 ℃时，根据坐标（2.35，0.50）可知，pH＝2.35时，c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－）＝c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH），则K＝c（OH－）＝ eq \f(Kw,c（H＋）) ＝10－11.65，C正确；由C项的分析可知， eq \f(c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH）,c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－）) ＝ eq \f(10－11.65,c（OH－）) ，对坐标（9.78，0.50）进行分析可得电离平衡NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－⇌NH2CH2COO－＋H＋的电离常数K′＝10－9.78， eq \f(c（NH2CH2COO－）,c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－）) ＝ eq \f(K′,c（H＋）) ＝ eq \f(10－9.78,c（H＋）) ，则 eq \f(c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH）,c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－）) × eq \f(c（NH2CH2COO－）,c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－）) ＝ eq \f(10－11.65,c（OH－）) × eq \f(10－9.78,c（H＋）) <1，即c2（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COO－）>c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(3)) CH2COOH）·c（NH2CH2COO－），D错误。
2．答案：A
解析：A项，由题图知a点、c点pH相同，则c（H＋）相同，升温时Kw变大，所以c（OH－）增大，即a点溶液的c（OH－）比c点溶液的小，正确；B项，a点NaHCO3溶液显碱性，故HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 水解程度大于电离程度，即水解常数Kh2>电离常数Ka2（H2CO3），而Kh2＝ eq \f(Kw,Ka1（H2CO3）) ，即 eq \f(Kw,Ka1（H2CO3）) >Ka2（H2CO3），可得Kw>Ka1（H2CO3）·Ka2（H2CO3），错误；C项，b点溶液中，根据电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（OH－），此时溶液显碱性c（OH－）>c（H＋），故c（Na＋）>c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ），错误；D项，升温促进水解，故ab段pH减小不是升温抑制了HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的水解的结果，错误。
3．答案：AB
解析：A项，HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 水解产生OH－，电离产生H＋，a点NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的水解程度大于电离程度，正确；B项，b点溶液呈中性，则c（OH－）＝c（H＋），再根据电荷守恒得到，c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（Cl－），故c（Na＋）＝c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（Cl－），正确；C项，c点溶液pH小于7，呈酸性，H＋主要来自H2CO3的电离，错误；D项，d点溶液体积近似等于20 mL，则c（Na＋）＝c（Cl－）＝0.050 0 ml·L－1错误。
4．答案：C
解析：H2A存在两步电离平衡，即H2A⇌HA－＋H＋，HA－⇌A2－＋H＋，结合d点可知c（H2A）＝c（HA－）时pH＝6.38，则H2A的一级电离常数Ka1＝ eq \f(c（H＋）·c（HA－）,c（H2A）) ＝10－6.38，A错误；由图像可知c点：c（HA－）>c（H2A）>c（A2－），B错误；由图像可知，第一次突变时溶液显碱性，pH约为8.32，可选酚酞作指示剂，C正确；Na2A与足量盐酸反应的化学方程式为Na2A＋2HCl===H2A＋2NaCl，可知HCl和Na2A以2∶1完全反应，由图可知完全反应时消耗V（HCl）＝40 mL，c（HCl）·V（HCl）＝2c（Na2A）·V（Na2A），可求得c（Na2A）＝0.1 ml·L－1，D错误。
5．答案：D
解析：图像中含R物质只有3种，说明H3RO3为二元弱酸，故A正确；随着c（OH－）逐渐增大，pOH逐渐减小，根据H3RO3⇌H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H＋、H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ⇌HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋H＋，知c（H3RO3）逐渐减小，c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）先增大后减小，c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）逐渐增大，故曲线③表示lg c（H3RO3），曲线②表示lg c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ），曲线①表示lg c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ），故B正确；pH＝6.7时pOH＝7.3，即图中a点，此时，lg c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＝lg c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ），即c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＝c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ），而c（H3RO3）＋c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＝0.1 ml·L－1，则2c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（H3RO3）＝0.1 ml·L－1，故C正确；根据a点知，c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＝c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）时，pOH＝7.3，c（OH－）＝10－7.3 ml·L－1，c（H＋）＝10－6.7 ml·L－1，则H3RO3的Ka2＝ eq \f(c（H＋）·c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）) ＝c（H＋）＝10－6.7，根据c点知，c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＝c（H3RO3），pOH＝12.6，c（OH－）＝10－12.6 ml·L－1，c（H＋）＝10－1.4 ml·L－1，则H3RO3的Ka1＝ eq \f(c（H＋）·c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）,c（H3RO3）) ＝c（H＋）＝10－1.4，H3RO3＋HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ⇌2H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的平衡常数K＝ eq \f(c2（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）,c（H3RO3）·c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）) ＝ eq \f(Ka1,Ka2) ＝ eq \f(10－1.4,10－6.7) ＝105.3，故D错误。
6．答案：C
解析：H3RO4存在三步电离：①H3RO4⇌H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋H＋，结合图像特点可知，pH＝2.20时，c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＝c（H3RO4），所以Ka1＝ eq \f(c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）·c（H＋）,c（H3RO4）) ＝c（H＋）＝10－2.20；②H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ⇌HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋H＋，同理可得Ka2＝ eq \f(c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）·c（H＋）,c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）) ＝10－6.98；③HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ⇌RO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ＋H＋，同理可得Ka3＝ eq \f(c（RO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ）·c（H＋）,c（HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）) ＝10－11.50。0.1 ml·L－1 NaH2RO4溶液中存在H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 的水解平衡和电离平衡，由Ka1＝－2.20可得H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋H2O⇌H3RO4＋OH－的Kh＝ eq \f(Kw,Ka1) ＝10－11.8Ka3，则HRO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的水解程度大于电离程度，故c（H2RO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）>c（RO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ），D项错误。
7．答案：D
解析：由图像可知，当V（NaOH）＝0时，对应溶液的pH＝3，此时溶液中的c（H＋）＝1×10－3 ml·L－1，Ka＝ eq \f(c（H＋）·c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）,c（HAuCl4）) ＝ eq \f(10－3×10－3,0.1－10－3) ≈10－5，根据图像x点时，c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＝c（HAuCl4），则此时的Ka＝c（H＋）≈10－5，pH≈5，A正确；p点时，V（NaOH）＝10 mL，根据电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋c（OH－），根据物料守恒有2c（Na＋）＝c（HAuCl4）＋c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ），两式联立消去c（Na＋）得：c（HAuCl4）＋2c（H＋）＝c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋2c（OH－），B正确；随着NaOH的加入，HAuCl4逐渐减少，AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 逐渐增多，结合图像可知，微粒a为HAuCl4，微粒b为AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，滴定到q点时，V（NaOH）＝20 mL，两者恰好完全反应，生成NaAuCl4溶液，此时溶液呈碱性，所以选酚酞作指示剂，C正确；滴定到q点时，V（NaOH）＝20 mL，由图可知c（AuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）>c（HAuCl4），D错误。
8．答案：B
解析：向BOH溶液中滴加等浓度的盐酸，pH不断减小，所以a、b点所在的曲线为随盐酸的滴入溶液电导率的变化，另一条曲线为pH的变化。由图可知，0.100 ml·L－1BOH溶液的pH＝11，c（H＋）＝10－11 ml·L－1，则c（OH－）＝ eq \f(Kw,c（H＋）) ＝ eq \f(10－14,10－11) ml·L－1＝0.001 ml·L－1，溶液中c（BOH）≈0.100 ml·L－1，c（B＋）≈c（OH－）＝0.001 ml·L－1，BOH的电离常数Kb＝ eq \f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）) ≈ eq \f(10－3×10－3,0.100) ＝1×10－5，故A错误；因n（BOH）＝0.002 ml，a点加入的n（HCl）＝0.001 ml，所以反应后剩余BOH的物质的量为0.001 ml，生成0.001 ml BCl，则a点溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH和BCl，a点溶液中存在电荷守恒：c（B＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－）①，存在物料守恒：c（B＋）＋c（BOH）＝2c（Cl－）②，①×2－②整理得c（B＋）＋2c（H＋）＝2c（OH－）＋c（BOH），故B正确；b点溶液中溶质为BCl，由A项分析可知BOH为弱碱，则BCl为强酸弱碱盐，B－水解使溶液显酸性，pH<7，b点溶液应为无色，故C错误；混合溶液pH＝7时，溶液呈中性，c（H＋）＝c（OH－），溶液中存在电荷守恒：c（B＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），则c（B＋）＝c（Cl－），酸碱混合后导致溶液体积增大，c（Cl－）减小，所以存在c（B＋）＝c（Cl－）<0.1 ml·L－1，故D错误。
9．答案：BC
解析：H2A是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡：H2A⇌H＋＋HA－、HA－⇌H＋＋A2－，主要是第一步电离，随着氢氧化钠溶液滴入，H2A不断减小，HA－先增后减，A2－的量一开始几乎为0、加入氢氧化钠溶液一定体积之后不断增加，故根据离子浓度大小可知：图像中呈下降趋势的曲线表示H2A，先上升后下降的曲线表示HA－，呈上升趋势的曲线表示A2－， eq \f(c（HA－）,c（H2A）) ＝1时，对应溶液pH＝4（X点），c（H＋）＝1×10－4 ml·L－1，则H2A的 Ka1＝ eq \f(c（H＋）×c（HA－）,c（H2A）) ＝1×10－4，A正确；Y点对应溶液中c（A2－）＝c（HA－），溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（A2－）＋c（HA－）＋c（OH－），由于此时溶液pH＝8，说明溶液中c（H＋）2c（A2－）＋c（HA－），c（Na＋）>3c（A2－），B错误；H2A溶液中酸电离产生H＋，对水电离起抑制作用，向H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A不断被中和，溶液的酸性逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，在恰好被完全中和生成Na2A前，水的电离程度一直增大，X点时酸H2A仅部分被中和，Z点恰好完全中和生成Na2A，所以水的电离程度：Z>X，C错误；当V（NaOH）＝20.00 mL时，溶质为Na2A，由电荷守恒可得c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（A2－）＋c（HA－）＋c（OH－），由质子守恒可得2c（H2A）＋c（HA－）＋c（H＋）＝c（OH－），两等式相加消去c（HA－）可得2c（H2A）＋c（Na＋）＋2c（H＋）＝2c（A2－）＋2c（OH－），D正确。