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1.(2022·湖北高考)根据酸碱质子理论,给出质子(H+)的物质是酸,给出质子的能力越强,酸性越强。已知:N2H+NH3===NH+N2H4,N2H4+CH3COOH===N2H+CH3COO-,下列酸性强弱顺序正确的是( )
A.N2H>N2H4>NH
B.N2H>CH3COOH>NH
C.NH3>N2H4>CH3COO-
D.CH3COOH>N2H>NH
答案 D
解析 根据酸碱质子理论,给出质子的能力越强,酸性越强;根据复分解反应的规律,强酸能制得弱酸,则反应N2H4+CH3COOH===N2H+CH3COO-中酸性:CH3COOH>N2H,反应N2H+NH3===NH+N2H4中酸性:N2H>NH,故酸性:CH3COOH>N2H>NH,故选D。
2.(2022·浙江1月选考)已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是( )
A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,水的电离程度前者小于后者
B.向0.1 mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3,则H2A的电离度为0.013%
C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11,则c(A2-)>c(HA-)
D.取pH=a的H2A溶液10 mL,加蒸馏水稀释至100 mL,则该溶液pH=a+1
答案 B
解析 盐类的水解促进水的电离,Na2A比NaHA易水解,等浓度的溶液前者水的电离程度更大,A错误;设0.1 mol·L-1 H2A溶液在pH=3时H2A的电离度是α,则Ka1===1.3×10-7,解得α≈1.3×10-4,B正确;溶液pH=11时,c(H+)=10-11 mol·L-1,由Ka2==7.1×10-15,可得=7.1×10-4<1,c(A2-)<c(HA-),C错误;由题中信息知H2A为弱酸,加水稀释促进H2A的电离,所以稀释10倍后溶液pH变化<1,D错误。
3.(2022·江苏高考)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·L-1 KOH溶液吸收CO2,若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略,溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是( )
A.KOH吸收CO2所得到的溶液中:c(H2CO3)>c(HCO)
B.KOH完全转化为K2CO3时,溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)
C.KOH溶液吸收CO2,c总=0.1 mol·L-1溶液中:c(H2CO3)>c(CO)
D.如图所示的“吸收”“转化”过程中,溶液的温度下降
答案 C
解析 KOH吸收CO2所得到的溶液,若为K2CO3溶液,则CO主要发生第一步水解,溶液中:c(H2CO3)<c(HCO),若为KHCO3溶液,则HCO发生水解的程度很小,溶液中:c(H2CO3)<c(HCO),A不正确;KOH完全转化为K2CO3时,依据电荷守恒,溶液中:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO),依据元素质量守恒,溶液中:c(K+)=2[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)],则c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3),B不正确;KOH溶液吸收CO2,c(KOH)=0.1 mol·L-1,c总=0.1 mol·L-1,则溶液为KHCO3溶液,Kh2==≈2.3×10-8>Ka2=4.4×10-11,表明HCO以水解为主,所以溶液中:c(H2CO3)>c(CO),C正确;题图所示的“吸收”“转化”过程中发生反应为CO2+2KOH===K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O===CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物,则原理相同),二式相加得:CO2+CaO===CaCO3↓,该反应放热,溶液的温度升高,D不正确。
4.(2022·浙江6月选考)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是( )
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 mol·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
答案 C
解析 醋酸的酸性大于苯酚,则醋酸根离子的水解程度较小,则相同温度下,等pH的C6H5ONa