高考化学一轮复习课时跟踪练42含答案

课时跟踪练[基础巩固]1．(2024·惠州统考)常温下，下列事实能说明某一元酸HX是一元强酸的是()A．0.1mol·L－1HX溶液的pH＝4B．0.1mol·L－1NaX溶液的pH>7C．0.1mol·L－1HX溶液比0.1mol·L－1硝酸导电能力弱D．10mL0.1mol·L－1NaOH溶液与10mL0.1mol·L－1HX溶液混合pH＝7解析：选D。A．0.1mol·L－1HX溶液的pH＝4，说明HX在水溶液中只能部分电离，属于一元弱酸，A不符合题意；B．常温下，0.1mol·L－1NaX溶液的pH>7，说明NaX是强碱弱酸盐，X－水解呈碱性，即HX为一元弱酸，B不符合题意；C．0.1mol·L－1HX溶液比0.1mol·L－1硝酸导电能力弱，说明HX在水溶液中只能部分电离，属于一元弱酸，C不符合题意；D．10mL0.1mol·L－1NaOH溶液与10mL0.1mol·L－1HX溶液完全反应生成NaX，混合后溶液pH＝7，说明NaX为强酸强碱盐，即说明HX为一元强酸，D符合题意。2．0.1mol·L－1HCN溶液中存在电离平衡：HCN⇌H＋＋CN－。对该平衡，下列叙述正确的是()A．加入少量NaOH固体，平衡正向移动B．加水，平衡逆向移动C．滴加少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)减小D．加入少量NaCN固体，平衡正向移动解析：选A。加入少量NaOH固体，OH－和H＋反应使溶液中c(H＋)减小，HCN的电离平衡正向移动，故A正确；加水稀释能促进弱电解质的电离，所以HCN的电离平衡正向移动，故B错误；加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，溶液中c(H＋)增大，故C错误；加入少量NaCN固体，溶液中c(CN－)增大，HCN的电离平衡逆向移动，故D错误。3．酸碱质子理论认为，在反应过程中凡是能给出质子(H＋)的分子或离子都是酸，凡是能接受质子的分子或离子都是碱。按照“酸碱质子理论”，下列叙述错误的是()A．H2O既属于酸又属于碱B．可以根据HNO3的性质推断NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的碱性较强C．根据H2C2O4＋H2O⇌HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H3O＋，可推断碱性强弱：H2O>HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))D．BrO－＋H2O⇌HBrO＋OH－是酸碱反应解析：选B。A．根据酸碱质子理论可知，H2O能电离产生H＋，为酸，H2O能和H＋结合生成H3O＋，为碱，所以H2O既属于酸又属于碱，A正确；B．HNO3是强酸，NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))是弱碱，B错误；C．根据H2C2O4＋H2O⇌HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H3O＋可知，H2O结合H＋能力大于HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))结合H＋能力，所以碱性强弱：H2O>HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))，C正确；D．BrO－＋H2O⇌HBrO＋OH－，BrO－结合H＋，H2O给出H＋，所以该反应是酸碱反应，D正确。4．已知人体体液中存在如下平衡：CO2＋H2O⇌H2CO3⇌H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是()A．当强酸性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定B．当强碱性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小D．进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，会使体液的pH减小解析：选C。若静脉滴注大量生理盐水，则体液被稀释，CO2＋H2O⇌H2CO3⇌H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))平衡虽然正向移动，但根据勒夏特列原理，c(H＋)减小，体液的pH增大。5．(2024·阳江阶段测试)25℃时，0.1mol·L－1的CH3COOH溶液pH＝3，0.1mol·L－1的HCN溶液pH＝4。下列说法正确的是()A．CH3COOH与HCN均为弱酸，且酸性强弱：HCN>CH3COOHB．25℃时，水电离出的c(H＋)均为10－11mol·L－1的两种酸，酸的浓度：HCN>CH3COOHC．25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的CH3COONa溶液和NaCN溶液的pH：CH3COONa>NaCND．25℃时，pH均为3的CH3COOH与HCN溶液各100mL，与等浓度的NaOH溶液完全反应，消耗NaOH溶液的体积：CH3COOH>HCN解析：选B。同温、同浓度时，CH3COOH溶液的pH小，酸性较强，A错误；25℃时，水电离出的c(H＋)均为10－11mol·L－1，因此两种酸溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，由于酸性强弱：CH3COOH>HCN，故酸的浓度：HCN>CH3COOH，B正确；CH3COONa溶液和NaCN溶液浓度相同且CN－水解程度大，故pH：NaCN>CH3COONa，C错误；pH均为3的CH3COOH溶液与HCN溶液相比，HCN溶液浓度大，故消耗NaOH溶液的体积：HCN>CH3COOH，D错误。6．(2024·韶关质检)溴甲基蓝(用HBb表示)指示剂是一元弱酸，HBb为黄色，Bb－为蓝色。下列叙述正确的是()A．0.01mol·L－1HBb溶液的pH＝2B．HBb溶液的pH随温度升高而减小C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色D．0.01mol·L－1NaBb溶液中，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Bb－)＋c(HBb)解析：选B。A．HBb为一元弱酸，0.01mol·L－1HBb溶液中氢离子浓度小于0.01mol·L－1，故溶液的pH＞2，A错误；B．升高温度促进弱电解质的电离，HBb溶液的pH随温度升高而减小，B正确；C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，发生酸碱中和反应，导致溶液中Bb－浓度增大，溶液显蓝色，C错误；D．0.01mol·L－1NaBb溶液中，存在元素守恒c(Na＋)＝c(Bb－)＋c(HBb)，D错误。7．已知25℃时，部分弱酸的电离平衡常数见下表：化学式CH3COOHH2SO3HClO电离平衡常数1.75×10－5Ka1＝1.4×10－2Ka2＝6.0×10－84.0×10－8下列反应能发生的是()A．2CH3COOH＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=H2O＋SO2↑＋2CH3COO－B．ClO－＋CH3COOH=CH3COO－＋HClOC．H2SO3＋ClO－=HClO＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))D．HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋CH3COO－=CH3COOH＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))解析：选B。根据表中数据可知，酸性强弱：H2SO3>CH3COOH>HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))>HClO，可利用强酸制弱酸，据此分析解题。A．酸性强弱：H2SO3>CH3COOH，反应2CH3COOH＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=H2O＋SO2↑＋2CH3COO－不能发生；B．酸性强弱：CH3COOH>HClO，反应ClO－＋CH3COOH=CH3COO－＋HClO能发生；C．HClO具有氧化性，可将H2SO3氧化为H2SO4，反应H2SO3＋ClO－=HClO＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))不能发生；D．酸性强弱：CH3COOH>HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，反应HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋CH3COO－=CH3COOH＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))不能发生。8．常温下，部分酸的电离常数见下表：化学式HFHCNH2CO3电离常数Ka＝6.3×10－4Ka＝6.2×10－10Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－11(1)c(H＋)相同的三种酸，酸的浓度由大到小的顺序为_________________。(2)若HCN的起始浓度为0.01mol·L－1，平衡时c(H＋)约为____________mol·L－1。若要使此溶液中HCN的电离程度增大且c(H＋)也增大，可采用的方法是____________。(3)中和等量的NaOH，消耗等pH的氢氟酸和硫酸的体积分别为aL、bL，则a________b(填“大于”“小于”或“等于”，下同)。中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为n1、n2，则n1________n2。(4)向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________。(5)设计实验证明氢氟酸比盐酸的酸性弱：__________________________。解析：(1)根据三种酸的电离常数可知，酸性强弱：HF>H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，因此c(H＋)相同的三种酸，酸的浓度由大到小的顺序为c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)。(2)设c(H＋)＝xmol·L－1，根据HCN⇌H＋＋CN－，Ka＝eq\f(c(H＋)·c(CN－),c(HCN))＝eq\f(x·x,0.01－x)＝6.2×10－10，解得x≈eq\r(6.2)×10－6；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，能够促进HCN的电离，电离程度增大，c(H＋)也增大。(3)中和等量的NaOH，需要消耗等量的H＋，当氢氟酸和硫酸的pH相等时，由于硫酸是强酸，氢氟酸为弱酸，氢氟酸的浓度大于硫酸，需要消耗氢氟酸的体积小于硫酸的体积，即a小于b。氢氟酸为一元酸、硫酸为二元酸，中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量之比为1∶2，即n1小于n2。(4)由于酸性强弱：H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，向NaCN溶液中通入少量CO2反应生成HCN和NaHCO3，离子方程式为CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。(5)证明氢氟酸比盐酸的酸性弱可以使用的方法有：①测定等物质的量浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大；②等物质的量浓度的两种酸分别与Zn反应，开始时氢氟酸冒气泡慢；③测定等物质的量浓度的两种溶液的导电性，连接氢氟酸的灯泡较暗等。答案：(1)c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)(2)eq\r(6.2)×10－6升高温度(3)小于小于(4)CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))(5)测定等物质的量浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大(答案合理即可)[素养提升]9．(2024·汕头金禧中学高三测试)甘氨酸在水溶液中主要以如下所示的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种微粒形式存在，且存在以下电离平衡：已知：常温下甘氨酸的Ka1＝10－2.35，Ka2＝10－9.78，当氨基酸主要以两性离子存在时溶解度最小。下列说法不正确的是()A．甘氨酸晶体易溶于水，难溶于乙醚、苯等溶剂B．甘氨酸钠溶液中存在：H2N—CH2—COO－＋H2O⇌H2N—CH2—COOH＋OH－C．pH＝2的甘氨酸盐酸盐溶液中c(Ⅰ)∶c(Ⅱ)＝10－0.35D．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝6，可能会析出固体解析：选C。A．甘氨酸为极性分子，分子中的氨基和羧基都能与水分子间形成氢键，所以甘氨酸晶体易溶于水，难溶于乙醚、苯等溶剂，A正确；B．羧酸为弱酸，羧酸根离子易发生水解，故甘氨酸钠溶液中存在水解平衡：H2N—CH2—COO－＋H2O⇌H2N—CH2—COOH＋OH－，B正确；C．pH＝2的甘氨酸盐酸盐溶液中，eq\f(c(Ⅱ)×10－2,c(Ⅰ))＝10－2.35，故c(Ⅰ)∶c(Ⅱ)＝100.35，C不正确；D．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝6，此时氨基酸主要以两性离子存在，溶解度最小，可能会析出固体，D正确。10．利用电导法测定某浓度醋酸电离的ΔH、Ka随温度变化曲线如下图所示。已知整个电离过程包括氢键断裂、醋酸分子解离、离子水合。下列有关说法不正确的是()A．理论上ΔH＝0时，Ka最大B．25℃时，c(CH3COOH)最大C．电离的热效应较小是因为分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当D．CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因解析：选B。理论上ΔH＝0时，电离程度最大，H＋和CH3COO－浓度最大，Ka最大，A项正确；由题图可知，25℃时，Ka最大，CH3COOH的电离程度最大，平衡时CH3COOH分子的浓度最小，B项错误；分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当，即断开化学键吸收的能量与离子水合放出的能量相当，此时，电离的热效应较小，C项正确；断开氢键需要消耗能量，但随温度升高，氢键的作用越来越弱，CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因，D项正确。11.常温下，向20mL浓度均为0.1mol/L的HCl、CH3COOH混合液中滴加0.1mol/L的氨水，测得混合液的导电能力与加入的氨水的体积(V)关系如图所示。下列说法错误的是()A．a→b时反应为H＋＋NH3·H2O=NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2OB．b→d过程中水的电离程度：先增大后减小C．b点离子浓度：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))>c(H＋)>c(CH3COO－)D．c点溶液呈中性解析：选D。a→b时溶液导电能力减弱到最低，为氨水与盐酸的反应，离子数量不变但溶液体积增大，故发生的反应为H＋＋NH3·H2O=NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2O，A正确；b→d过程溶液导电能力先增大后减小，为氨水与醋酸反应至氨水过量，对水的电离的抑制程度先减小后增大，故水的电离程度先增大后减小，B正确；b点时氨水与盐酸完全反应，为等浓度的氯化氨和醋酸溶液，离子浓度：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))>c(H＋)>c(CH3COO－)，C正确；c点为等浓度的氯化铵和醋酸铵溶液，氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，醋酸铵为弱酸弱碱盐，水解呈中性，故c点溶液呈酸性，D错误。12．(2022·新高考广东卷)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的Ka＝1.75×10－5＝10－4.76。(1)某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设稀释HAc溶液或改变Ac－浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为0.1mol·L－1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定pH，记录数据。序号V(HAc溶液)/mLV(NaAc溶液)/mLV(H2O)/mLn(NaAc)∶n(HAc)pHⅠ40.00——02.86Ⅱ4.00—36.0003.36…Ⅶ4.00ab3∶44.53Ⅷ4.004.0032.001∶14.65①根据表中信息，补充数据：a＝________，b＝________。②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡________(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_________________________________。③由实验Ⅱ～Ⅷ可知，增大Ac－浓度，HAc电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。(2)小组分析上表数据发现：随着eq\f(n(NaAc),n(HAc))的增加，c(H＋)的值逐渐接近HAc的Ka。查阅资料获悉：一定条件下，按eq\f(n(NaAc),n(HAc))＝1配制的溶液中，c(H＋)的值等于HAc的Ka。对比数据发现，实验Ⅷ中pH＝4.65与资料数据Ka＝10－4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。(ⅰ)移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08mL，该HAc溶液的浓度为________mol·L－1。(ⅱ)用上述HAc溶液和0.1000mol·L－1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。(3)小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1mol·L－1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。Ⅰ移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1mLⅡ________________________________________________________________________，测得溶液的pH为4.76实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。(4)根据Ka可以判