《2025年新坐标同步练习高中化学选择性必修第一册人教版青海专版》

1. (2025·湖北高二联考)室温时,向 $20 \, mL \, 0.1 \, mol \cdot L^{-1}$ 的醋酸中不断滴入 $0.1 \, mol \cdot L^{-1}$ 的 $NaOH$ 溶液,溶液的 $ pH $ 变化曲线如下图所示。在滴定过程中,下列关于溶液中粒子浓度大小关系的描述不正确的是(A)

A.$a$ 点时：$c(CH_3COOH) ＞ c(Na^+) ＞ c(CH_3COO^-) ＞ c(H^+) ＞ c(OH^-)$
B.$b$ 点时：$c(Na^+) = c(CH_3COO^-) ＞ c(H^+) = c(OH^-)$
C.$c$ 点时：$c(OH^-) = c(CH_3COOH) + c(H^+)$
D.$d$ 点时：$2c(Na^+) = 3c(CH_3COO^-) + 3c(CH_3COOH)$

答案： 解析：选A。反应前n(CH₃COOH)=0.002 mol，a点时n(NaOH)=0.001 mol，此时溶液中溶质为等物质的量的CH₃COOH和CH₃COONa，因为溶液的pH＜7，所以CH₃COOH的电离程度大于CH₃COO⁻的水解程度，故c(CH₃COO⁻)＞c(Na⁺)＞c(CH₃COOH)＞c(H⁺)＞c(OH⁻)，A不正确；b点时，pH=7，溶液呈中性，c(H⁺)=c(OH⁻)，依据电荷守恒，可得出c(Na⁺)=c(CH₃COO⁻)，由于水的电离程度很小，所以c(Na⁺)=c(CH₃COO⁻)＞c(H⁺)=c(OH⁻)，B正确；c点时，CH₃COOH与NaOH刚好完全反应生成CH₃COONa和H₂O，CH₃COONa溶液中存在质子守恒：c(OH⁻)=c(CH₃COOH)+c(H⁺)，C正确；d点时溶液中溶质为CH₃COONa和NaOH，且二者物质的量之比为2：1，依据元素守恒可得2c(Na⁺)=3c(CH₃COO⁻)+3c(CH₃COOH)，D正确。

2. $H_2C_2O_4$ 是二元弱酸。向 $100 \, mL \, 0.40 \, mol/L$ $H_2C_2O_4$ 溶液中加入 $1.0 \, mol/L \, NaOH$ 溶液调节 $ pH $,加水控制溶液体积为 $200 \, mL$。测得溶液中微粒的 $\delta(x)$ 随 $ pH $ 变化曲线如下图所示 $[\delta(x) = \frac{c(x)}{c(H_2C_2O_4) + c(HC_2O_4^-) + c(C_2O_4^{2-})}, x$ 代表微粒 $H_2C_2O_4$、$HC_2O_4^-$ 或 $C_2O_4^{2-}$ ]。下列叙述正确的是(B)


A.曲线Ⅰ 是 $HC_2O_4^-$ 的变化曲线
B.$H_2C_2O_4$ 的电离常数 $K_{a1} = 1.0 × 10^{-1.22}$
C.在 $b$ 点,$c(C_2O_4^{2-}) + 2c(OH^-) = c(HC_2O_4^-) + c(H^+)$
D.在 $c$ 点,$c(HC_2O_4^-) = 0.06 \, mol/L$

答案： 解析：选B。溶液酸性越强，曲线Ⅰ表示的微粒的含量越高，可推知曲线Ⅰ是H₂C₂O₄的变化曲线，曲线Ⅱ是HC₂O₄⁻的变化曲线，曲线Ⅲ是C₂O₄²⁻的变化曲线，A错误；在a点，c(H₂C₂O₄)=c(HC₂O₄⁻)，pH=1.22，H₂C₂O₄的电离常数$K_{a1}=\frac{c(HC_{2}O_{4}^{-})\cdot c(H^{+})}{c(H_{2}C_{2}O_{4})}=c(H^{+})=1.0×10^{-1.22}$，B正确；在b点，c(C₂O₄²⁻)=c(HC₂O₄⁻)，且溶液呈酸性，若c(C₂O₄²⁻)+2c(OH⁻)=c(HC₂O₄⁻)+c(H⁺)，则2c(OH⁻)=c(H⁺)，显然不成立，C错误；在c点，HC₂O₄⁻的分布系数为0.15，而H₂C₂O₄、HC₂O₄⁻、C₂O₄²⁻的总物质的量为0.1 L×0.40 mol/L=0.04 mol，故HC₂O₄⁻的物质的量为0.15×0.04 mol=0.006 mol，溶液体积为0.2 L，故$c(HC_{2}O_{4}^{-})=\frac{0.006\ mol}{0.2\ L}=0.03\ mol/L$，D错误。

3. (2023·湖南卷)常温下,用浓度为 $0.0200 \, mol \cdot L^{-1}$ 的 $NaOH$ 标准溶液滴定浓度均为 $0.0200 \, mol \cdot L^{-1}$ 的 $HCl$ 和 $CH_3COOH$ 的混合溶液,滴定过程中溶液的 $ pH $ 随 $ \eta [\eta = \frac{V(标准溶液)}{V(待测溶液)}]$ 的变化曲线如下图所示。下列说法错误的是(D)

A.$K_a(CH_3COOH)$ 约为 $10^{-4.76}$
B.点 $a$：$c(Na^+) = c(Cl^-) = c(CH_3COO^-) + c(CH_3COOH)$
C.点 $b$：$c(CH_3COOH) ＜ c(CH_3COO^-)$
D.水的电离程度：$a ＜ b ＜ c ＜ d$

答案： 解析：选D。a点HCl恰好被完全中和，溶质为等物质的量的NaCl和CH₃COOH，根据CH₃COOH⇌CH₃COO⁻+H⁺，可近似认为a点c(H⁺)=c(CH₃COO⁻)，又a点pH=3.38，c(H⁺)=10⁻³.³⁸ mol·L⁻¹，故$K_{a}(CH_{3}COOH)\approx\frac{10^{-3.38}×10^{-3.38}}{0.0100}=10^{-4.76}$，A项正确；由元素守恒可得a点溶液中c(Na⁺)=c(Cl⁻)=c(CH₃COO⁻)+c(CH₃COOH)，B项正确；b点CH₃COOH被中和了一半，溶质为NaCl及等物质的量浓度的CH₃COOH和CH₃COONa，溶液pH＜7，说明CH₃COOH的电离大于CH₃COO⁻的水解，故c(CH₃COOH)＜c(CH₃COO⁻)，C项正确；a、b两点溶液呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH₃COO⁻水解促进水的电离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，D项错误。

4. (2023·福建卷)$25^{\circ} C$ 时,某二元酸 $(H_2A)$ 的 $K_{a1} = 10^{-3.04}$、$K_{a2} = 10^{-4.37}$。$1.0 \, mol \cdot L^{-1} \, NaHA$ 溶液稀释过程中 $\delta(H_2A)$、$\delta(HA^-)$、$\delta(A^{2-})$ 与 $pc(Na^+)$ 的关系如下图所示。已知 $pc(Na^+) = -\lg c(Na^+)$,$HA^-$ 的分布系数 $\delta(HA^-) = \frac{c(HA^-)}{c(H_2A) + c(HA^-) + c(A^{2-})}$。下列说法错误的是(B)

A.曲线 $n$ 为 $\delta(HA^-)$ 的变化曲线
B.$a$ 点：$ pH = 4.37$
C.$b$ 点：$2c(H_2A) + c(HA^-) = c(Na^+)$
D.$c$ 点：$c(Na^+) + c(H^+) = 3c(HA^-) + c(OH^-)$

答案： 解析：选B。1.0 mol·L⁻¹ NaHA溶液稀释过程中，存在电离平衡：HA⁻⇌H⁺+A²⁻和水解平衡：HA⁻+H₂O⇌OH⁻+H₂A，HA⁻的水解常数$K_{h}=\frac{10^{-14}}{10^{-3.04}}=10^{-10.96}\lt K_{a2}$，故HA⁻的电离程度大于水解程度，稀释过程中c(A²⁻)＞c(H₂A)，因此曲线n为δ(HA⁻)的变化曲线，曲线m为δ(A²⁻)的变化曲线，曲线p为δ(H₂A)的变化曲线，选项A正确；a点时，pc(Na⁺)=1，c(Na⁺)=0.1 mol·L⁻¹，δ(HA⁻)=0.70，b点时，δ(H₂A)=δ(A²⁻)=0.15，$K_{a2}=\frac{c(A^{2-})\cdot c(H^{+})}{c(HA^{-})}=10^{-4.37}$，$c(H^{+})=\frac{0.15}{0.70}×10^{-4.37}$，pH≠4.37，选项B错误；b点：δ(H₂A)=δ(A²⁻)，故c(H₂A)=c(A²⁻)，根据元素守恒c(A²⁻)+c(H₂A)+c(HA⁻)=c(Na⁺)，故2c(H₂A)+c(HA⁻)=c(Na⁺)，选项C正确；c点：δ(HA⁻)=δ(A²⁻)，故c(HA⁻)=c(A²⁻)，根据电荷守恒有c(Na⁺)+c(H⁺)=2c(A²⁻)+c(HA⁻)+c(OH⁻)，故c(Na⁺)+c(H⁺)=3c(HA⁻)+c(OH⁻)，选项D正确。