《2025年金版新学案高三总复习化学》

2.某同学在两个相同的特制容器中分别加入$20\ mL\ 0.4\ mol · L^{-1}\ Na_2CO_3$溶液和$40\ mL\ 0.2\ mol · L^{-1}\ NaHCO_3$溶液，再分别用$0.4\ mol · L^{-1}$盐酸滴定，利用$pH$计和压力传感器检测，得到如下曲线：

下列说法正确的是(C)

A.图中甲、丁线表示向$NaHCO_3$溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向$Na_2CO_3$溶液中滴加盐酸
B.当滴加盐酸的体积为$V_1\ mL$时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为$HCO_3^- + H^+ \longrightarrow CO_2 \uparrow + H_2O$
C.根据$pH-V(HCl)$图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D.$Na_2CO_3$和$NaHCO_3$溶液中均满足：$c(H_2CO_3) - c(CO_3^{2-}) = c(OH^-) - c(H^+)$

答案： 2. C 碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向$Na_{2}CO_{3}$溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向$NaHCO_{3}$溶液中滴加盐酸，A错误；当滴加盐酸的体积为$V_{1}\ mL$时（a点、b点），从图像可以看出，b点尚未放出$CO_{2}$，离子方程式表示为$CO_{3}^{2 -} + H^{+}\longrightarrow HCO_{3}^{-}$，B错误；根据$pH - V(HCl)$图，滴定分析时，c点的$pH$在9左右，故可用酚酞作指示剂；d点的$pH$在4左右，故可用甲基橙作指示剂，C正确；根据质子守恒，$Na_{2}CO_{3}$中存在$c(OH^{-}) - c(H^{+}) = 2c(H_{2}CO_{3}) + c(HCO_{3}^{-})$，$NaHCO_{3}$溶液中满足$c(H_{2}CO_{3}) - c(CO_{3}^{2 -}) = c(OH^{-}) - c(H^{+})$，D错误。

3.(2024·新课标卷)常温下$CH_2ClCOOH$和$CHCl_2COOH$的两种溶液中，分布系数$\delta$与$pH$的变化关系如图所示。[如$\delta(CH_2ClCOO^-) = \frac{c(CH_2ClCOO^-)}{c(CH_2ClCOOH) + c(CH_2ClCOO^-)}$]

下列叙述正确的是(D)

A.曲线M表示$\delta(CHCl_2COO^-)\simpH$的变化关系
B.若酸的初始浓度为$0.10\ mol · L^{-1}$，则a点对应的溶液中有$c(H^+) = c(CHCl_2COO^-) + c(OH^-)$
C.$CH_2ClCOOH$的电离常数$K_a = 10^{-1.3}$
D.$pH = 2.08$时，$\frac{电离度\ \alpha(CH_2ClCOOH)}{电离度\ \alpha(CHCl_2COOH)} = \frac{0.15}{0.85}$

答案： 3. D 随着$pH$的增大，$CH_{2}ClCOOH$、$CH_{3}ClCOOH$浓度减小，$CH_{2}ClCOO^{-}$、$CH_{3}ClCOO^{-}$浓度增大，$-Cl$为吸电子基团，$CH_{2}ClCOOH$的酸性强于$CH_{3}ClCOOH$，即$K_{a}(CH_{2}ClCOOH)＞K_{a}(CH_{3}ClCOOH)$，酸性越弱，电离出的$H^{+}$越少，对应酸的$\delta$越大，则图像上部曲线从左至右依次代表$\delta(CH_{2}ClCOOH)$、$\delta(CH_{3}ClCOOH)$、$\delta(CH_{2}ClCOO^{-})$、$\delta(CH_{3}ClCOO^{-})$与$pH$的关系。$\delta$(酸分子)=$\delta$(酸根离子)=0.5时$pH$分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为$K_{a}(CH_{2}ClCOOH)\approx10^{-1.3}$，$K_{a}(CH_{3}ClCOOH)\approx10^{-2.8}$。曲线M表示$\delta(CH_{3}ClCOO^{-})\sim pH$的变化关系，A错误；根据$K_{a}(CH_{2}ClCOOH)=\frac{c(CH_{2}ClCOO^{-})× c(H^{+})}{c(CH_{2}ClCOOH)}$，初始$c_{0}(CH_{2}ClCOOH)=0.1\ mol· L^{-1}$，若溶液中溶质只有$CH_{2}ClCOOH$，则$c(CH_{2}ClCOO^{-}) = c(H^{+})\approx\sqrt{K_{a}(CH_{2}ClCOOH)c_{0}(CH_{2}ClCOOH)} = 10^{-1.15}\ mol· L^{-1}$，但a点对应的$c(H^{+}) = 0.1\ mol· L^{-1}$，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，$c(H^{+})＞c(CH_{2}ClCOO^{-}) + c(OH^{-})$，B错误；根据分析，$CH_{3}ClCOOH$的电离常数$K_{a}=10^{-2.8}$，C错误；电离度$\alpha=\frac{n_{电离}}{n_{总}} = \frac{n_{电离}}{n_{未电离}+n_{电离}}$，则$\alpha(CH_{2}ClCOOH)=\delta(CH_{2}ClCOO^{-})$，$\alpha(CH_{2}ClCOOH)=\delta(CH_{2}ClCOO^{-})$，$pH = 2.08$时，$\delta(CH_{2}ClCOO^{-}) = 0.15$，$\delta(CH_{2}ClCOO^{-}) = 0.85$，D正确。

4.(双选)(2023·山东卷)在含$HgI_2(s)$的溶液中，一定$c(I^-)$范围内，存在平衡关系：$HgI_2(s) \rightleftharpoons HgI_2(aq)$；$HgI_2(aq) \rightleftharpoons HgI^+ + I^-$；$HgI_2(aq) + I^- \rightleftharpoons HgI_3^-$；$HgI_2(aq) + 2I^- \rightleftharpoons HgI_4^{2-}$，平衡常数依次为$K_0$、$K_1$、$K_2$、$K_3$、$K_4$。已知$\lg c(Hg^{2+})$、$\lg c(HgI^+)$、$\lg c(HgI_3^-)$、$\lg c(HgI_4^{2-})$随$\lg c(I^-)$的变化情况如图所示，下列说法错误的是(BD)


A.线L表示$\lg c(HgI_4^{2-})$的变化情况
B.随$c(I^-)$增大，$c[HgI_2(aq)]$先增大后减小
C.$a = \lg \frac{K_1}{K_2}$
D.溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为$2:1$

答案：
4. BD $HgI_{2}$溶液中各反应达到平衡后，增加$c(I^{-})$，平衡$HgI_{2}(aq)\longrightarrow HgI^{+} + I^{-}$、$HgI_{2}(aq)\longrightarrow Hg^{2 +} + 2I^{-}$逆向移动，$c(HgI^{+})$、$c(Hg^{2 +})$减小，且开始时$c(HgI^{+})＜c(Hg^{2 +})$；平衡$HgI_{2}(aq) + I^{-}\longrightarrow HgI_{3}^{-}$、$HgI_{2}(aq) + 2I^{-}\longrightarrow HgI_{4}^{2 -}$正向移动，$c(HgI_{3}^{-})$、$c(HgI_{4}^{2 -})$增大，且开始时$c(HgI_{3}^{-})＞c(HgI_{4}^{2 -})$，则如下图中线1、2、3、4分别代表$\lg c(HgI^{+})$、$\lg c(Hg^{2 +})$、$\lg c(HgI_{3}^{-})$、$\lg c(HgI_{4}^{2 -})$随$\lg c(I^{-})$的变化情况。

由分析知，曲线L表示$\lg c(HgI_{4}^{2 -})$的变化情况，A正确；由$HgI_{2}(s)\longrightarrow HgI_{2}(aq)$知$k_{0} = c(HgI_{2})$，而$k_{0}$只与$T$有关，故$c(HgI_{2})$始终保持不变，B错误；已知$HgI_{2}(aq)\longrightarrow Hg^{2 +} + 2I^{-}$、$HgI_{2}(aq)\longrightarrow HgI^{+} + I^{-}$的平衡常数分别为$K_{1}$、$K_{2}$，由第二个反应减去第一个反应，可得$Hg^{2 +} + I^{-}\longrightarrow HgI^{+}$，$K = \frac{c(HgI^{+})}{c(Hg^{2 +})· c(I^{-})} = \frac{K_{2}}{K_{1}}$，M点$c(HgI^{+}) = c(Hg^{2 +})$，则$c(I^{-}) = \frac{K_{1}}{K_{2}}$，$a = \lg c(I^{-}) = \lg\frac{K_{1}}{K_{2}}$，C正确；加入$I^{-}$使各平衡移动，故溶液中$I^{-}$元素与$Hg$元素的物质的量之比不始终为$2:1$，D错误。