《2025年5年高考3年模拟高中化学全一册人教B版》

5.(2024福建泉州三模，10)常温下，用浓度均为0.10mol·L⁻¹的HCl和CH₃COOH溶液进行实验：①各取10mL，混合后滴加一定浓度的KOH溶液。测得溶液的电导率随KOH溶液体积的变化如图1所示；②各取10mL，分别滴加上述KOH溶液。测得溶液的电导率随KOH溶液体积的变化如图2所示。下列说法正确的是（ ）


A.a点溶液：pH = 1
B.水的电离程度：b＜c＜d
C.c(Cl⁻)+c(CH₃COO⁻)+c(OH⁻)：a＞c＞d
D.由图2可知等浓度时的电导率：Cl⁻＞CH₃COO⁻

答案： 5 D 两种溶液等体积混合后，物质的量浓度减半，则a点溶液的pH＞1，A项错误。根据图1中电导率的变化可知b点时，HCl溶液恰好完全被中和，此时溶液中溶质为KCl和CH₃COOH，继续滴加KOH溶液，CH₃COOH反应，结合图2，可知到c点时CH₃COOH恰好完全反应，此时溶液中溶质为KCl和CH₃COOK；c点到d点KOH溶液过量，则c点水的电离程度最大，则水的电离程度c＞d，B项错误。离子浓度越大，离子所带电荷数越多，溶液的导电性越强，根据图1中电导率的大小，可知c(OH⁻)+c(CH₃COO⁻)+c(Cl⁻)：a＞d＞c，C项错误。由图2可知描点处HCl溶液和CH₃COOH溶液恰好完全被中和，溶液中溶质分别为KCl和CH₃COOK，且二者物质的量相等，则可得等浓度时的电导率为Cl⁻＞CH₃COO⁻，D项正确。

6.(2024山东临沂二模，15，改编)常温下，用盐酸调节草酸钡（用BaR表示）浊液的pH，测得溶液中 -lgc(X)[X为R²⁻、$\frac{c²(H⁺)}{c(H₂R)}$或$\frac{c²(HR⁻)}{c(H₂R)}$]随 -lgc(Ba²⁺)的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

A.曲线L₂表示 -lgc(Ba²⁺)与 -lg[$\frac{c²(HR⁻)}{c(H₂R)}$]变化曲线
B.Kₛₚ(BaR)=10⁻⁶.⁸
C.a点溶液中：c(Ba²⁺)=c(Cl⁻)+c(OH⁻)+c(R²⁻)
D.b点溶液中：lgc(R²⁻)=$\frac{lgKₐ₁(H₂R)+lgKₐ₂(H₂R)}{2}$

答案： 6 C 草酸钡浊液中存在平衡：BaR(s)⇌Ba²⁺(aq)+R²⁻(aq)，R²⁻+H⁺⇌HR⁻，HR⁻+H⁺⇌H₂R。随着盐酸加入，c(H⁺)增大，c(R²⁻)减小，BaR的沉淀溶解平衡正向移动，c(Ba²⁺)增大，-lgc(Ba²⁺)减小。Ka₁(H₂R)·Ka₂(H₂R)=$\frac{c²(H⁺)c(R²⁻)}{c(H₂R)}$，则$\frac{c²(H⁺)}{c(H₂R)}=\frac{Ka₁(H₂R)Ka₂(H₂R)}{c(R²⁻)}$，故c(R²⁻)减小时$\frac{c²(H⁺)}{c(H₂R)}$增大，-lg[$\frac{c²(H⁺)}{c(H₂R)}$]减小，则-lgc(Ba²⁺)减小时-lg[$\frac{c²(H⁺)}{c(H₂R)}$]减小，因此曲线L₃表示-lgc(Ba²⁺)与-lg[$\frac{c²(H⁺)}{c(H₂R)}$]的变化曲线。已知Ka₁(H₂R)＞Ka₂(H₂R)，故$\frac{Ka₁(H₂R)}{Ka₂(H₂R)}=\frac{c²(HR⁻)}{c(H₂R)c(R²⁻)}＞1$，可得$\frac{c²(HR⁻)}{c(H₂R)}＞c(R²⁻)$，则-lg[$\frac{c²(HR⁻)}{c(H₂R)}$]＜-lgc(R²⁻)，因此曲线L₂表示-lgc(Ba²⁺)与-lg[$\frac{c²(HR⁻)}{c(H₂R)}$]的变化曲线，曲线L₁表示-lgc(Ba²⁺)与-lgc(R²⁻)的变化曲线。由上述分析可知，A项正确。根据曲线L₁上的点(3，3.8)，可得Ksp(BaR)=c(Ba²⁺)c(R²⁻)=10⁻³×10⁻³.⁸=10⁻⁶.⁸，B项正确。a点溶液中-lg[$\frac{c²(HR⁻)}{c(H₂R)}$]=-lg[$\frac{c²(H⁺)}{c(H₂R)}$]，可得c(HR⁻)=c(H⁺)，根据电荷守恒有2c(Ba²⁺)+c(H⁺)=2c(R²⁻)+c(HR⁻)+c(Cl⁻)+c(OH⁻)，故2c(Ba²⁺)=2c(R²⁻)+c(Cl⁻)+c(OH⁻)，C项错误。b点溶液中-lgc(R²⁻)=-lg[$\frac{c²(H⁺)}{c(H₂R)}$]，即c(R²⁻)=$\frac{c²(H⁺)}{c(H₂R)}$，故Ka₁(H₂R)Ka₂(H₂R)=$\frac{c²(H⁺)c(R²⁻)}{c(H₂R)}=c²(R²⁻)$，则c(R²⁻)=$\sqrt{Ka₁(H₂R)Ka₂(H₂R)}$，lgc(R²⁻)=$\frac{lgKa₁(H₂R)+lgKa₂(H₂R)}{2}$，D项正确。

7.(2024山东青岛二模，15)弱酸H₂A在有机相和水相中存在平衡：H₂A(环己烷)⇌H₂A(aq)，平衡常数为Kd。25℃时，向VmL0.1mol·L⁻¹H₂A环己烷溶液中加入VmL水进行萃取，用NaOH(s)或HCl(g)调节水溶液pH。测得水溶液中H₂A、HA⁻、A²⁻浓度、环己烷中H₂A的浓度[c环己烷(H₂A)]与水相萃取率α[α = 1 - $\frac{c环己烷(H₂A)}{0.1mol·L⁻¹}$]随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

已知：①H₂A在环己烷中不电离；②忽略溶液体积变化；③lg2 = 0.3。
A.Kd = 0.2
B.pH = 6时，95%＜α＜96%
C.若调节水溶液pH = 3，应加NaOH固体调节
D.若加水体积为2VmL，则交点N会由pH = 4.6移至pH = 4.3

答案：
7 C 随着NaOH(s)的加入，pH逐渐增大，水溶液中H₂A的浓度减小，则平衡H₂A(环己烷)⇌H₂A(aq)正向移动，使水相萃取率α增大，故对应α的是曲线②或⑤；根据α=1-$\frac{c_{环己烷}(H₂A)}{0.1 mol·L⁻¹}$可得0.1 mol·L⁻¹×α+c_{环己烷}(H₂A)=0.1 mol·L⁻¹，由图可知，pH＝2时曲线②对应点的纵坐标值为20％，曲线①对应点的纵坐标值为0.08，则满足前述关系式，故曲线②对应α，曲线①对应c_{环己烷}(H₂A)。随着pH增大，水溶液中H₂A的浓度会逐渐减小，HA⁻的浓度会先增大后减小，A²⁻的浓度会逐渐增大，故曲线③、④、⑤分别对应水溶液中H₂A、HA⁻、A²⁻的浓度。曲线③与④的交点处有c(H₂A)=c(HA⁻)且pH＝4，故H₂A的Ka₁=$\frac{c(H⁺)c(HA⁻)}{c(H₂A)}=10⁻⁴$；曲线④与⑤的交点处有c(HA⁻)=c(A²⁻)且pH＝7，故H₂A的Ka₂=$\frac{c(H⁺)c(A²⁻)}{c(HA⁻)}=10⁻⁷$。根据上述分析，pH＝2时c_{环己烷}(H₂A)=0.08 mol·L⁻¹，水溶液中c(H₂A)=0.02 mol·L⁻¹，故Kd=$\frac{c(H₂A)}{c_{环己烷}(H₂A)}=\frac{0.02}{0.08}=0.25$，A项错误。pH＝6时，c(H⁺)=10⁻⁶ mol·L⁻¹，根据Ka₁=$\frac{c(H⁺)c(HA⁻)}{c(H₂A)}=10⁻⁴$可得c(HA⁻)=100c(H₂A)，根据Ka₂=$\frac{c(H⁺)c(A²⁻)}{c(HA⁻)}=10⁻⁷$可得c(A²⁻)=0.1c(HA⁻)=10c(H₂A)；根据元素守恒有c_{环己烷}(H₂A)+c(H₂A)+c(HA⁻)+c(A²⁻)=0.1 mol·L⁻¹，即c_{环己烷}(H₂A)+(1 + 100+10)c(H₂A)=0.1 mol·L⁻¹，又根据Kd=$\frac{c(H₂A)}{c_{环己烷}(H₂A)}=0.25$，得c(H₂A)=0.25c_{环己烷}(H₂A)，联立解得c_{环己烷}(H₂A)≈3.48×10⁻³ mol·L⁻¹，故α=1-$\frac{3.48×10⁻³ mol·L⁻¹}{0.1 mol·L⁻¹}=96.52％$，B项错误。当未加入NaOH(s)或HCl(g)调节水溶液的pH时，水溶液中弱酸H₂A的主要存在形式是H₂A，忽略HA⁻和A²⁻的浓度，根据c_{环己烷}(H₂A)+c(H₂A)=0.1 mol·L⁻¹和Kd=$\frac{c(H₂A)}{c_{环己烷}(H₂A)}=0.25$，解得c(H₂A)=0.02 mol·L⁻¹；Ka₁=10⁻⁴=$\frac{c(H⁺)c(HA⁻)}{c(H₂A)}≈\frac{c²(H⁺)}{0.02}$，解得c(H⁺)=$\sqrt{2}×10⁻³ mol·L⁻¹$，pH＝2.85＜3，若调节水溶液pH＝3，应加NaOH固体调节，C项正确。根据Kd=$\frac{c(H₂A)}{c_{环己烷}(H₂A)}=0.25$，得c(H₂A)=0.25c_{环己烷}(H₂A)，Ka₁=$\frac{c(H⁺)c(HA⁻)}{c(H₂A)}=\frac{c(H⁺)c(HA⁻)}{0.25c_{环己烷}(H₂A)}=10⁻⁴$，交点N处有c_{环己烷}(H₂A)=c(HA⁻)，解得c(H⁺)=2.5×10⁻⁵ mol·L⁻¹为定值，故若加水体积为2V mL，交点N对应的pH不变，D项错误。