备战2025年高考二轮复习化学（通用版）大单元 选择题突破练10 B组（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习化学（通用版）大单元 选择题突破练10 B组（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了25 ℃时,某小组通过调节0，0×10-38,lg5=0，0时,体系中无Fe3固体，6,c=1×10-10，常温下,用0等内容，欢迎下载使用。
学生用书P237
(选择题每小题3分)
1.(2024·浙江台州一模)25 ℃时,某小组通过调节0.1 ml·L-1的FeCl3溶液的pH,获取Fe(OH)3饱和溶液并对其进行研究。已知,25 ℃时,Fe(OH)3(aq)的电离常数:Kb1=3.2×10-9,Kb2=5.0×10-10,Kb3=1.5×10-12,Fe(OH)3(s)的
Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,lg5=0.69。下列说法正确的是( )
A.25 ℃,pH为3.0时,体系中无Fe(OH)3固体
B.25 ℃时,Fe(OH)3的溶解度为s(ml·L-1),s=c[Fe(OH)2+]+c[Fe(OH)2+]+c(Fe3+)
C.25 ℃时,Fe(OH)3饱和溶液中Fe(OH)3分子的浓度约为1.7×10-8 ml·L-1
D.25 ℃,pH约为9.31时,溶液中Fe(OH)2+与Fe(OH)2+的浓度相等
答案:C
解析:25 ℃,pH为3.0时,c(H+)=1×10-3 ml·L-1,c(OH-)=KWc(H+)=10-1410-3 ml·L-1=1×10-11 ml·L-1,Qc=c(Fe3+)c3(OH-)=0.1×(10-11)3>Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,体系中有Fe(OH)3固体析出,故A错误;根据题干信息,氢氧化铁的电离是不完全电离,所以溶解的氢氧化铁会以Fe(OH)3、Fe(OH)2+、Fe(OH)2+、Fe3+四种形式存在,不是三种,则s=c[Fe(OH)2+]+c[Fe(OH)2+]+c(Fe3+)+c[Fe(OH)3],B错误;Kb1×Kb2×Kb3=c(Fe3+)c3(OH-)c[Fe(OH)3]=Ksp[Fe(OH)3]c[Fe(OH)3]=4.0×10-38c[Fe(OH)3]=2.4×10-30,c[Fe(OH)3]≈1.7×10-8 ml·L-1,故C正确;溶液中Fe(OH)2+与Fe(OH)2+的浓度相等,c(OH-)=Kb2=c[Fe(OH)2+]c(OH-)c[Fe(OH)2+]=5.0×10-10 ml·L-1,c(H+)=KWc(OH-)=10-145.0×10-10 ml·L-1=2×10-5 ml·L-1,pH=-lgc(H+)=-lg 2×10-5=5-lg2≈4.69,故D错误。
2.(2024·山东德州一模)25 ℃下,在含一定质量Mg(OH)2的悬浊液中,分6次快速注入等量盐酸,体系pH变化曲线如图。下列说法不正确的是( )
A.由图可知,酸碱中和反应速率大于Mg(OH)2沉淀溶解速率
B.第6次加入盐酸时,Mg(OH)2沉淀消耗完全
C.由图可知Ksp[Mg(OH)2]=5×10-32.8
D.上述过程中Mg(OH)2沉淀溶解平衡常数保持不变
答案:C
解析:中和反应是一个进行的极快的反应,瞬间就可完成,A正确;由图可知第6次加入盐酸时,溶液的pH不变,Mg(OH)2沉淀消耗完全,B正确;由图可知未加入稀盐酸时溶液的pH=10.6,c(H+)=1×10-10.6 ml·L-1,则c(OH-)=1×10-3.4 ml·L-1,c(Mg2+)=12×10-3.4 ml·L-1,Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=12×10-3.4×(1×10-3.4)2=5×10-11.2,C错误;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度不变沉淀溶解平衡常数保持不变,D正确。
3.(2024·广东江门一模)常温下,向10.00 mL 0.1 ml·L-1 MOH碱溶液中滴加0.1 ml·L-1盐酸,溶液的pH及导电能力随滴加盐酸体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.MOH的电离方程式为MOHM++OH-
B.水的电离程度:c>a>b
C.b点溶液中c(Cl-)=c(M+)+c(MOH)
D.c点溶液中c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)
答案:D
解析:向10.00 mL 0.1 ml·L-1 MOH碱溶液中滴加0.1 ml·L-1盐酸,溶液的pH降低,由图可知,c点为滴定终点。由图可知,0.1 ml·L-1 MOH溶液的pH小于13,则其为弱碱,其电离方程式为MOHM++OH-,A错误;MOH电离出的氢氧根离子会抑制水的电离,随着盐酸的加入消耗MOH,水的电离程度增大,则水的电离程度:c>b>a,B错误;根据电荷守恒可知,c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+),此时溶液显中性,则c(Cl-)=c(M+),C错误;由分析可知,c为滴定终点,则c点为MCl,且此时由于M+的水解,导致溶液显酸性,则c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-),D正确。
4.(2024·广西柳州一模)已知H3XO3是二元弱酸,常温下,向10 mL 0.10 ml·L-1 K2HXO3溶液中滴加0.10 ml·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示,下列说法正确的是( )
A.b点溶液中存在c(Cl-)=c(HXO32-)+c(H2XO3-)+c(H3XO3)
B.常温下,H3XO3的一级电离常数数量级是10-4
C.H3XO3与足量的KOH溶液反应的离子方程式为H3XO3+3OH-XO33-+3H2O
D.水的电离程度:c>b>a
答案:A
解析:由图可知,a点盐酸体积为5 mL,K2HXO3溶液与盐酸反应得到等浓度的K2HXO3、KH2XO3、KCl的混合溶液,溶液pH为6.1;b点盐酸体积为10 mL,K2HXO3溶液与盐酸反应得到等浓度的KH2XO3和KCl的混合溶液;c点盐酸体积为20 mL,K2HXO3溶液与盐酸反应得到H3XO3和KCl的混合溶液,溶液pH为2.0。由分析可知,b点为等浓度的KH2XO3和KCl的混合溶液,溶液中存在元素守恒关系c(Cl-)=c(HXO32-)+c(H2XO3-)+c(H3XO3),故A正确。由分析可知,c点为H3XO3和KCl的混合溶液,溶液pH为2.0,由原子个数守恒可知,H3XO3的浓度为0.10ml·L-1×0.01 L0.03 L=130 ml·L-1,则H3XO3的一级电离常数约为10-2×10-2130=3×10-3,数量级为10-3,故B错误。H3XO3为二元弱酸,与足量的氢氧化钾溶液反应生成K2HXO3和水,反应的离子方程式为H3XO3+2OH-HXO32-+2H2O,故C错误。HXO32-在溶液中水解促进水的电离、H3XO3在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离,a到c的过程中,HXO32-的浓度减小、H3XO3的浓度增大,则水的电离程度的大小顺序为a>b>c,故D错误。
5.(2024·全国新课标卷)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中,分布分数δ与pH的变化关系如图所示。[比如:δ(CH2ClCOO-)=c(CH2ClCOO-)c(CH2ClCOOH)+c(CH2ClCOO-)]
下列叙述正确的是( )
A.曲线M表示δ(CHCl2COO-)~pH的变化关系
B.若酸的初始浓度为0.10 ml·L-1,则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO-)+c(OH-)
C.CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-1.3
D.pH=2.08时,电离度α(CH2ClCOOH)电离度α(CHCl2COOH)=
答案:D
解析:由分析知,随着pH的增大,c(CH2ClCOOH)和c(CHCl2COOH)减小,c(CH2ClCOO-)和c(CHCl2COO-)增大,由于—Cl为吸电子基团,则CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH的酸性,即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH),δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8,则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)=c(H+)·c(CHCl2COO-)c(CHCl2COOH)≈10-1.3,Ka(CH2ClCOOH)=c(H+)·c(CH2ClCOO-)c(CH2ClCOOH)≈10-2.8,曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系,A、C两项错误;a点所在曲线表示δ(CHCl2COOH)~pH的变化关系,初始c0(CHCl2COOH)=0.10 ml·L-1,若溶液中溶质只有CHCl2COOH,则c(CHCl2COO-)=c(H+)≈Ka(CHCl2COOH)·c0(CHCl2COOH)=10-1.15 ml·L-1≈0.07 ml·L-1,由图像知,a点对应的pH为1.0,即c(H+)=0.10 ml·L-1,则说明此时溶液中加入了酸性更强的酸,根据电荷守恒,c(H+)>c(CHCl2COO-)+c(OH-),B项错误;电离度α=n电离n始,n始=n电离+n未电离,则α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO-),α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO-),pH=2.08时,δ(CH2ClCOO-)=0.15,δ(CHCl2COO-)=0.85,D项正确。
6.(2024·陕西西安一模)常温下,向C(NO3)2、Pb(NO3)2和HR的混合液中滴加NaOH溶液,pM与pH的关系如图所示,已知pM=-lgc(M),c(M)代表c(C2+)、c(Pb2+)或c(R-)c(HR);Ksp[C(OH)2]>Ksp[Pb(OH)2];当被沉淀的离子的物质的量浓度小于1×10-5 ml·L-1时,认为该离子已沉淀完全,下列叙述错误的是( )
A.X、Z分别代表-lgc(Pb2+)、-lgc(R-)c(HR)与pH的关系
B.常温下,C(OH)2的Ksp=1×10-15
C.图中a点对应溶液的pH为6.5,此时溶液中c(R-)1,则溶液中c(R-)大于c(HR),C错误;由方程式可知,反应的平衡常数K=c(C2+)c(Pb2+)=c(C2+)c2(OH-)c(Pb2+)c2(OH-)=Ksp[C(OH)2]Ksp[Pb(OH)2]=1.0×10-151.0×10-20=1×105,故D正确。
7.常温下,用0.2 ml·L-1盐酸滴定25.00 mL 0.2 ml·L-1 NH3·H2O溶液,所得溶液pH、NH4+和NH3·H2O的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A.曲线①代表φ(NH3·H2O),曲线②代表φ(NH4+)
B.当溶液显中性时,滴入盐酸的体积小于25 mL
C.NH3·H2O的电离常数的数量级为10-4
D.a点溶液中存在c(NH4+)=c(NH3·H2O)>c(Cl-)
答案:C
解析:往氨水溶液中加入稀盐酸,随着滴加稀盐酸的体积变化,溶液pH的变化有一个突变过程,NH3·H2O逐渐与盐酸反应生成氯化铵和水,NH3·H2O含量下降,为曲线①,NH4+的含量逐渐上升,为曲线②。由分析知,A项正确;当盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵和水时,消耗盐酸25 mL,溶液显酸性。当溶液显中性时,溶液中存在氯化铵、氨水,氯化铵的水溶液呈酸性,氨水的溶液呈碱性,说明氨水未反应完,滴入盐酸的体积小于25 mL,B项正确;NH3·H2O的电离常数表达式是Kb=c(OH-)·c(NH4+)c(NH3·H2O),当含量50%时,c(NH4+)=c(NH3·H2O),此时pH=9.26,常温下,pOH=14-9.26=4.74,则Kb=10-4.74,则NH3·H2O的电离常数的数量级为10-5,C项错误;a点中溶液呈碱性,还有一部分氨水未被中和,溶液中存在氯化铵、一水合氨,刚好是曲线①和曲线②的交点,则c(NH4+)=c(NH3·H2O),所以存在c(NH4+)=c(NH3·H2O)>c(Cl-),D项正确。
8.(2024·浙江绍兴一模)常温下,用0.5 ml·L-1 NaHCO3溶液滴定25.00 mL 0.25 ml·L-1 CaCl2溶液,测得混合溶液的pH随滴加NaHCO3溶液体积的变化如图所示,当滴加25.00 mL NaHCO3溶液时出现较为明显的白色沉淀[已知:常温下,
Ksp(CaCO3)=3.5×10-9、Ka1(H2CO3)=4.4×10-7、Ka2(H2CO3)=4.5×10-11、100.8≈6.3]。
下列说法正确的是( )
A.从a点到b点,水的电离程度减小
B.从b点到c点,pH减小是因为发生反应:Ca2++HCO3-CaCO3↓+H+
C.c点溶液中:c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
D.d点溶液中c(Ca2+)·c(HCO3-)≈4.9×10-6
答案:D
解析:a点是氯化钙溶液,pH=7,溶液呈中性,b点是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液,两者之间没有发生反应,碳酸氢根离子水解呈碱性,c点溶液呈碱性,d点沉淀的量已经不再变化,但溶液仍为碱性,说明碳酸氢根离子的水解大于电离。从a点到b点,NaHCO3溶液逐渐增多,促进水的电离,水的电离程度增大,A错误;从b点到c点,pH减小是因为HCO3-CO32-+H+、CO32-+Ca2+CaCO3↓,由于CO32-浓度减小,导致HCO3-的电离平衡正向移动,溶液中H+浓度增大,pH减小,B错误;c点溶液呈碱性,说明碳酸氢根离子的水解大于电离,c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-),C错误;由题干图示信息可知,d点溶液中的pH=7.20,则有c(Ca2+)·c(HCO3-)=c(Ca2+)·c(HCO3-)·c(CO32-)·c(H+)c(CO32-)·c(H+)=
Ksp(CaCO3)·c(H+)Ka2(H2CO3)=3.5×10-9×10-7.24.5×10-11≈4.9×10-6,D正确。
9.(2024·宁夏银川一模)常温下,向20 mL 0.1 ml·L-1 NaN溶液中滴入等浓度的HM溶液,所得溶液中lgc(HM)c(HN)与lgc(M-)c(N-)的关系如图所示。已知Ka(HN)=3.0×10-5,下列说法正确的是( )
A.Ka(HM)=3.0×10-6
B.滴入20 mLHM溶液后,溶液中存在:c(M-)