2025届高考化学三轮冲刺考前押题卷-弱电解质的电离平衡含答案

2025届高三化学三轮复习考前押题卷-弱电解质的电离平衡弱电解质的电离平衡一．选择题（共21小题）1．（2024秋•汉中期末）已知25℃时，水的离子积常数Kw＝1×10﹣14。常温下，下列说法正确的是（）A．0.01mol•L﹣1H2SO4溶液的pH＝2，抑制了水的电离 B．向CH3COONa溶液中加入水，溶液中n(CH3C．0.005mol•L﹣1H2SO4溶液与0.01mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合，pH＝7 D．将100mLpH＝5的H2SO4溶液稀释1000倍，pH＝82．（2024秋•郑州期末）25℃时，下列说法正确的是（）A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸 B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐 C．pH＝10.00的Na2CO3溶液中H+的物质的量为1.0×10﹣10mol D．0.010mol•L﹣1和0.10mol•L﹣1醋酸溶液的电离度分别为a1、a2，则a1＞a23．（2024秋•和平区期末）25℃时，已知Ka（C6H5OH）＜Ka（CH3COOH）下列说法正确的是（）A．25℃时，C6H5ONa和CH3COONa溶液中，C6H5ONa溶液pH大 B．将浓度均为0.1mol•L﹣1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两溶液的pH均变大 C．25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的C6H5ONa溶液与CH3COOH溶液混合，溶液变浑浊 D．25℃时，向C6H5OH溶液中加少量CH3COONa固体，水的电离程度变大4．（2024秋•衡水期末）已知Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9及表中有关信息：弱酸CH3COOHH2CO3电离平衡常数（常温）Ka＝1.8×10﹣6Ka1＝4.3×10﹣7Ka2＝5.6×10﹣11下列判断正确的是（）A．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是CO33−+2H2O⇌H2CO3B．常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH＝6，则e(CHC．NaHCO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2CO3）﹣c（CO32−D．2×10﹣4mol•L﹣1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则CaCl2溶液的浓度一定是5.6×10﹣5mol•L﹣15．（2025•安徽模拟）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ[δ=c(H2S)c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)]随pH变化关系如图，已知：K1（HA．忽略第二步电离，0.1mol/LH2S溶液的pH约为3 B．浓度均为0.1mol/LNaHCO3和NaHS溶液前者的pH比较小 C．0.1mol/LNa2S溶液中S2﹣水解率小于10% D．在H2CO3的对应体系中，当c（H2CO3）＝c（CO36．（2024秋•平谷区期末）室温下，某浓度醋酸溶液的pH为3。下列说法正确的是（）A．此溶液中c（CH3COOH）＝1×10﹣3mol•L﹣1 B．此溶液中，由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣11mol•L﹣1 C．将此溶液加水稀释10倍，所得溶液pH＝4 D．将此溶液与等体积的1.0×10﹣3mol•L﹣1氨水反应，恰好完全中和7．（2025•安徽开学）已知：H2A为二元酸，且第一步电离为完全电离；MHA易溶于水；MOH为强碱。常温下，含足量M2A（s）的M2A饱和溶液中，通过滴加H2A调节溶液的pH，得到pc（M+）及含A物种的分布系数（δ）随溶液pH的变化关系曲线如图所示[pc（M+）＝﹣lgc（M+）；δ(A下列说法正确的是（）A．曲线甲表示H2A的分布系数随pH变化的关系 B．b点溶液存在：c（HA﹣）+c（A2﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（M+） C．常温下Ksp（M2A）约为5×10﹣7 D．0.001mol•L﹣1的MHA溶液中：c（HA﹣）＞c（A2﹣）8．（2024秋•通州区期末）室温下，通过下列实验探究草酸（H2C2O4）的性质。已知Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4，Ksp（CoC2O4）＝4×10﹣6实验1：用0.10mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.00mL0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液，滴定曲线如图所示。实验2：向0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液中滴加cosSO4溶液，产生沉淀。实验3：向酸性KMnO4溶液中滴加0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液至溶液恰好褪色。下列说法正确的是（）A．图中X点的溶液中：c（H2C2O4）＞c（C2O42−B．图中Y点的溶液中：c（Na+）＝c（C2O42−）+c（H2C2O4）+c（HC2OC．实验2中发生反应Co2+（aq）+H2C2O4（aq）⇌CoC2O4（s）+2H+（aq）的平衡常数K＝2.1 D．实验3中发生反应的离子方程式为：5C2O42−+2MnO4−+16H+═2Mn9．（2024秋•石家庄期末）25℃时，某弱酸HA溶液中HA和A﹣的分布分数（δ）随pH的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．δ1为HA的分布分数随pH的变化 B．该酸的电离常数Ka＝4.76 C．pH＝4.76时，c（H+）＜c（A﹣）+c（OH﹣） D．A﹣的水解平衡常数Kb=10．（2025•河东区一模）常温下，①2mL0.1mol•L﹣1盐酸，②2mL0.1mol•L﹣1醋酸，③2mL0.1mol•L﹣1氢氧化钠溶液。下列说法不正确的是（）A．证明醋酸是弱电解质：向①②中分别加入等量镁条，开始阶段②中产生气泡慢 B．向②中滴加③，溶液pH增大，说明醋酸的电离受到了抑制 C．②③混合后，所得溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣） D．①中c（OH﹣）等于③中c（H+）11．（2024秋•潍坊期末）已知Ka（CH3COOH）＞Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3）。下列判断错误的是（）A．常温下，加水稀释0.1mol•L﹣1醋酸，c(CH3B．中和等体积等浓度的HClO和CH3COOH需要NaOH的物质的量相同 C．少量CO2通入NaClO溶液反应离子方程式为COD．相同温度下，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO溶液中c（Na+）：③＞②＞①12．（2024秋•重庆期末）常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别将两溶液加水稀释，稀释后溶液体积为V，所得曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．两者均为弱酸，且酸性强弱为：HB＞HA B．将lgVV0=1的溶液加水稀释至lgC．M点水的电离程度大于N D．在0≤pH≤7时，HB溶液满足：pH=lg13．（2025•长春二模）常温下，浓度均为xmol•L﹣1的CH2ClCOOH和CHCl2COOH两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[如：δ（CH2ClCOO﹣）=c(C下列叙述错误的是（）A．酸性强弱：CHCl2COOH＞CH2ClCOOH B．若x＝0.1，则a点对应的溶液中有c（H+）＜c（CHCl2COO﹣）+c（OH﹣） C．CH2ClCOOH的电离常数KaD．pH＝2.08时，电离度α(CHC14．（2024秋•靖远县校级期末）常温下，将HA和HB两种一元酸的溶液分别加水稀释，稀释时溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（）A．HB是强酸 B．稀释前，c（HA）＝10c（HB） C．在M点的两种溶液中：c（B﹣）＝c（A﹣） D．M点两溶液中水的电离程度：HA＞HB15．（2024秋•香坊区校级期末）乳酸（LAC）是一种有机弱酸，可用于制备聚乳酸（PLA）生物可降解性塑料。常温下，不能证明乳酸是弱酸的实验事实是（）A．0.1mol/L乳酸溶液的pH＝3 B．pH＝3的乳酸溶液加水稀释10倍后，pH＜4 C．乳酸溶液能与Na2CO3溶液反应生成CO2 D．等体积等pH的盐酸和乳酸与足量锌粒反应，乳酸产生H2多16．（2024秋•岳阳县校级期末）下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka═1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙，Ka═1.4×10﹣3）在水中的电离度与浓度关系的是（）A． B． C． D．17．（2024秋•石景山区期末）对于二元弱酸H2A，存在电离平衡：H2A⇌H++HA−，HA﹣⇌H++A2﹣，Ka1=c(H+)×c(HA−)c(已知：H2SO3的Ka1=1.4×10−2，H2CO3的Ka1=4.5×10−7，CO32−下列说法不正确的是（）A．酸性：H2SO3＞H2CO3 B．将浓度均为0.4mol/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，会生成BaSO3沉淀 C．将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10﹣4mol/L，CO3D．将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以CO18．（2025•安徽开学）根据相应的图像，下列说法正确的是（）A．图甲对应的反应为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），则t0时改变的条件一定是加入了催化剂 B．图乙表示某浓度Na2CO3溶液的pH随温度的变化，则Na2CO3的水解程度：b＞a＞c C．图丙表示一定温度下，向冰醋酸中加水后溶液导电能力的变化，则图中a、b、c三点CH3COOH的电离程度：a＜b＜c D．图丁表示向20mL0.1mol/LHClO溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，则c点时，V（NaOH）＝20mL19．（2025•安徽开学）柱状图可以直观地表示水溶液中微粒的种类和浓度。相同温度下，两种某浓度—元酸（HA和HB）溶液中溶质微粒的种类和浓度分别如图所示，下列有关说法正确的是（）A．HA的电离方程式为：HA⇌H++A B．上述溶液pH：HA＜HB C．用NaOH分别中和等体积的上述HA溶液与HB溶液、HB溶液消耗的NaOH多 D．0.1mol/LNaA溶液中：c（Na+）＝c（A﹣）＝c（H+）＝c（OH﹣）20．（2025•安徽开学）根据表中信息，判断下列说法错误的是（）酸电离常数（常温下）CH3COOHKaH2SKa1=10A．相同条件下结合氢离子的能力强弱顺序为：CHB．往Na2S溶液中加入足量CH3COOH能生成H2S C．0.01mol•L﹣1K2S溶液中，c（S2﹣）＞c（OH﹣） D．CH3COOH溶液中加水稀释过程中c(H21．（2024秋•湖北期末）氨水可用于工业尾气中SO2的吸收，已知室温下，NH3•H2O的Kb=1.8×10−5，H2SOA．向0.1mol/L氨水中加入少量水，溶液中c(OH−B．氨水与SO2反应恰好生成（NH4）2SO3时：c(NHC．氨水与SO2反应恰好生成NH4HSO3时：c(D．2NH3弱电解质的电离平衡参考答案与试题解析一．选择题（共21小题）1．（2024秋•汉中期末）已知25℃时，水的离子积常数Kw＝1×10﹣14。常温下，下列说法正确的是（）A．0.01mol•L﹣1H2SO4溶液的pH＝2，抑制了水的电离 B．向CH3COONa溶液中加入水，溶液中n(CH3C．0.005mol•L﹣1H2SO4溶液与0.01mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合，pH＝7 D．将100mLpH＝5的H2SO4溶液稀释1000倍，pH＝8【答案】C【分析】A．根据硫酸作为二元强酸，理论上H+浓度为0.02mol/L进行分析；B．根据稀释CH3COONa溶液时，水解平衡常数K=c(CC．根据H+物质的量为0.005×2V＝0.01V，OH﹣物质的量为0.01V进行分析；D．根据H2SO4是强酸，稀释后H+浓度趋近于中性（pH≈7），但不会超过7进行分析。【解答】解：A．0.01mol/L硫酸溶液中，硫酸作为二元强酸，理论上H+浓度为0.02mol/L，不是题目中所述的pH＝2，尽管硫酸抑制水的电离是正确的，但pH计算错误，故A错误；B．稀释醋酸钠溶液时，水解平衡常数K=c(CH3C．0.005mol/L硫酸与0.01mol/LNaOH等体积混合后，OH﹣物质的量为0.01V，H+物质的量为0.005×2V＝0.01V，两者恰好中和，生成强酸强碱盐Na2SO4，溶液呈中性（pH＝7），故C正确；D．pH＝5的硫酸溶液稀释1000倍时，由于硫酸是强酸，稀释后H+浓度趋近于中性（pH≈7），但不会超过7，题目中pH＝8的结论违背酸性溶液稀释规律，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（2024秋•郑州期末）25℃时，下列说法正确的是（）A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸 B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐 C．pH＝10.00的Na2CO3溶液中H+的物质的量为1.0×10﹣10mol D．0.010mol•L﹣1和0.10mol•L﹣1醋酸溶液的电离度分别为a1、a2，则a1＞a2【答案】D【分析】A．NaHA溶液呈酸性，H2A可能是强酸也可能是弱酸；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，BA可能是强酸强碱盐，也可能是弱酸弱碱盐；C．溶液的体积未知；D．醋酸的浓度越大，其电离程度越小。【解答】解：A．NaHA溶液呈酸性，H2A可能是强酸也可能是弱酸，如：NaHSO4、NaHSO3溶液都呈酸性，但H2SO4是强酸、H2SO3是弱酸，故A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，BA可能是强酸强碱盐，也可能是弱酸弱碱盐，如：NaCl、CH3COONH4溶液都呈中性，NaCl是强酸强碱盐、CH3COONH4是弱酸弱碱盐，故B错误；C．溶液的体积未知，无法计算氢离子的物质的量，故C错误；D．醋酸的浓度越大，其电离程度越小，则0.010mol•L﹣1和0.10mol•L﹣1醋酸溶液的电离度分别为a1、a2，则a1＞a2，故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类水解，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质是解本题关键，题目难度不大。3．（2024秋•和平区期末）25℃时，已知Ka（C6H5OH）＜Ka（CH3COOH）下列说法正确的是（）A．25℃时，C6H5ONa和CH3COONa溶液中，C6H5ONa溶液pH大 B．将浓度均为0.1mol•L﹣1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两溶液的pH均变大 C．25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的C6H5ONa溶液与CH3COOH溶液混合，溶液变浑浊 D．25℃时，向C6H5OH溶液中加少量CH3COONa固体，水的电离程度变大【答案】D【分析】A．两种盐溶液的物质的量浓度相对大小未知；B．加热促进C6H5ONa水解，NaOH完全电离，加热促进H2O电离；C．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：醋酸＞苯酚，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则C6H5ONa溶液与CH3COOH溶液混合，二者反应生成醋酸钠和苯酚；D．强碱弱酸盐促进水电离。【解答】解：A．两种盐溶液的物质的量浓度相对大小未知，无法判断哪种盐溶液的pH较大，故A错误；B．加热促进C6H5ONa水解，NaOH完全电离，加热促进H2O电离，前者溶液pH值增大，后者溶液pH值减小，故B错误；C．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：醋酸＞苯酚，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则C6H5ONa溶液与CH3COOH溶液混合，二者反应生成醋酸钠和苯酚，因为二者的量未知，无法判断混合溶液是否变浑浊，故C错误；D．强碱弱酸盐促进水电离，醋酸钠是强碱弱酸盐，促进水电离，H2O的电离程度变大，故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确电离平衡常数与酸性强弱的关系、强酸制取弱酸的原理是解本题关键，A选项为解答易错点。4．（2024秋•衡水期末）已知Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9及表中有关信息：弱酸CH3COOHH2CO3电离平衡常数（常温）Ka＝1.8×10﹣6Ka1＝4.3×10﹣7Ka2＝5.6×10﹣11下列判断正确的是（）A．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是CO33−+2H2O⇌H2CO3B．常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH＝6，则e(CHC．NaHCO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2CO3）﹣c（CO32−D．2×10﹣4mol•L﹣1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则CaCl2溶液的浓度一定是5.6×10﹣5mol•L﹣1【答案】C【分析】A．CO32−为二元弱酸酸根离子，分步水解，第一个水解生成HCO3−和OH﹣、第二步水解生成H2COB．常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH＝6，溶液中c（H+）＝10﹣6mol/L，溶液中c(CHC．NaHCO3溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HCO3−）+2c（CO32−）、存在物料守恒c（Na+）＝c（H2CO3）+c（D．2×10﹣4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合时，混合溶液体积是原来Na2CO3溶液体积的2倍，则混合溶液中c（Na2CO3）为原来的一半，为1×10﹣4mol/L，混合溶液出现沉淀，则存在c（CO32−）×c（Ca2+）＞Ksp（CaCO【解答】解：A．CO32−为二元弱酸酸根离子，分步水解，第一个水解生成HCO3−和OH﹣、第二步水解生成H2CO3和OH﹣，第一步水解程度大于第二步水解程度，所以向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是CO32−+HB．常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH＝6，溶液中c（H+）＝10﹣6mol/L，溶液中c(CHC．NaHCO3溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HCO3−）+2c（CO32−）、存在物料守恒c（Na+）＝c（H2CO3）+c（HCO3−）+c（CO32−），根据电荷守恒和物料守恒得c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（CO32−），则c（OHD．2×10﹣4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合时，混合溶液体积是原来Na2CO3溶液体积的2倍，则混合溶液中c（Na2CO3）为原来的一半，为1×10﹣4mol/L，混合溶液出现沉淀，则存在c（CO32−）×c（Ca2+）＞Ksp（CaCO3），所以c（Ca2+）＞Ksp(CaCO3故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合化运用能力，明确弱电解质电离、盐类水解、溶度积常数的计算方法是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用，B、D为解答易错点。5．（2025•安徽模拟）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ[δ=c(H2S)c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)]随pH变化关系如图，已知：K1（HA．忽略第二步电离，0.1mol/LH2S溶液的pH约为3 B．浓度均为0.1mol/LNaHCO3和NaHS溶液前者的pH比较小 C．0.1mol/LNa2S溶液中S2﹣水解率小于10% D．在H2CO3的对应体系中，当c（H2CO3）＝c（CO3【答案】B【分析】由图可知：K1（H2S）＝1×10﹣7，K2（H2S）＝1×10﹣13，据此分析作答。【解答】解：A．忽略第二步电离，根据K1（H2S）＝1×10﹣7，c（H2S）＝0.1mol/L，平衡时c（H+）＝c（HS﹣），则c（H2S）＝（0.1﹣x）mol/L≈0.1mol/L，所以有K1（H2S）=x×x0.1=1×10﹣7B．K1（H2S）＝1×10﹣7，K1（H2CO3）＝1×10﹣6.37，即酸性：H2CO3＞H2S，根据“越弱越水解”，则同浓度时，HS﹣较HCO3C．不考虑第二步水解，Kh1（S2﹣）=KS2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣起始量（mol/L）0.100水解量（mol/L）xxx平衡量（mol/L）0.1﹣xxx则有x×x0.1−x=Kh1（SD．当c（H2CO3）＝c（CO32−）时，K1（H2CO3）•K2（H2CO3）＝c2（H+），即1×10﹣6.37×1×10﹣10.25＝c2（H+），解得：c（H+）＝10故选：B。【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，同时考查盐类的水解、平衡常数K的应用等，难度较大。6．（2024秋•平谷区期末）室温下，某浓度醋酸溶液的pH为3。下列说法正确的是（）A．此溶液中c（CH3COOH）＝1×10﹣3mol•L﹣1 B．此溶液中，由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣11mol•L﹣1 C．将此溶液加水稀释10倍，所得溶液pH＝4 D．将此溶液与等体积的1.0×10﹣3mol•L﹣1氨水反应，恰好完全中和【答案】B【分析】A．醋酸是弱酸，部分发生电离；B．醋酸溶液的pH为3，则c（H+）＝1×10﹣3mol•L﹣1，c（OH﹣）水=10−1410−3mol/L＝1.0×10﹣11mol•LC．加水稀释弱酸，促进电离；D．醋酸是弱酸，部分电离。【解答】解：A．醋酸溶液的pH为3，则c（H+）＝1×10﹣3mol•L﹣1，因为醋酸是弱酸，部分电离，则c（CH3COOH）＞1×10﹣3mol•L﹣1，故A错误；B．醋酸溶液的pH为3，则c（H+）＝1×10﹣3mol•L﹣1，c（OH﹣）水=10−1410−3mol/L＝1.0×10﹣11mol•LC．加水稀释弱酸，促进电离，则将此溶液加水稀释10倍，pH＜4，故C错误；D．醋酸是弱酸，部分电离，将此溶液与等体积的1.0×10﹣3mol•L﹣1氨水反应，溶液呈酸性，故D错误；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离影响因素、溶液导电能力影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。7．（2025•安徽开学）已知：H2A为二元酸，且第一步电离为完全电离；MHA易溶于水；MOH为强碱。常温下，含足量M2A（s）的M2A饱和溶液中，通过滴加H2A调节溶液的pH，得到pc（M+）及含A物种的分布系数（δ）随溶液pH的变化关系曲线如图所示[pc（M+）＝﹣lgc（M+）；δ(A下列说法正确的是（）A．曲线甲表示H2A的分布系数随pH变化的关系 B．b点溶液存在：c（HA﹣）+c（A2﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（M+） C．常温下Ksp（M2A）约为5×10﹣7 D．0.001mol•L﹣1的MHA溶液中：c（HA﹣）＞c（A2﹣）【答案】C【分析】A．H2A第一步为完全电离，溶液中无H2A；B．根据电荷守恒进行判断；C．曲线丙显示，M2A饱和溶液中，pc（M+）＝2，则其中c（M+）＝0.01mol•L﹣1，由于c（HA﹣）很小忽略不计且c（A2﹣）几乎不变，故c（A2﹣）≈0.005mol•L﹣1，进一步计算Ksp（M2A）；D．根据a点可计算电离常数Ka(HA−)=1.0×1【解答】解：A．H2A第一步为完全电离，溶液中无H2A，甲、乙分别为HA﹣、A2﹣的分布系数，故A错误；B．根据电荷守恒可得b点溶液存在：c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（M+），故B错误；C．曲线丙显示，M2A饱和溶液中，pc（M+）＝2，则其中c（M+）＝0.01mol•L﹣1，由于c（HA﹣）很小忽略不计且c（A2﹣）几乎不变，故c（A2﹣）≈0.005mol•L﹣1，则Ksp（M2A）＝c2（M+）×c（A2﹣）＝（0.01）2×0.005＝5×10﹣7，故C正确；D．根据a点可计算电离常数Ka(HA−)=1.0×10−3，由Ka(HA−)=c(H+故选：C。【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，同时考查学生获取信息、应用信息的能力，属于基本知识的考查，难度较大。8．（2024秋•通州区期末）室温下，通过下列实验探究草酸（H2C2O4）的性质。已知Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4，Ksp（CoC2O4）＝4×10﹣6实验1：用0.10mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.00mL0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液，滴定曲线如图所示。实验2：向0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液中滴加cosSO4溶液，产生沉淀。实验3：向酸性KMnO4溶液中滴加0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液至溶液恰好褪色。下列说法正确的是（）A．图中X点的溶液中：c（H2C2O4）＞c（C2O42−B．图中Y点的溶液中：c（Na+）＝c（C2O42−）+c（H2C2O4）+c（HC2OC．实验2中发生反应Co2+（aq）+H2C2O4（aq）⇌CoC2O4（s）+2H+（aq）的平衡常数K＝2.1 D．实验3中发生反应的离子方程式为：5C2O42−+2MnO4−+16H+═2Mn【答案】C【分析】A.X点为NaHC2O4溶液，溶液显酸性，HC2O4B.Y点Na2C2O4溶液，根据物料守恒可判断；C.已知反应Co2+（aq）+H2C2O4（aq）⇌CoC2O4（s）+2H+（aq），其平衡常数K=Ka1⋅Ka2Ksp，可由Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4，KspD.H2C2O4为弱酸，写离子方程式不可拆。【解答】解：A.X点为25.00mL0.10mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.00mL0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液，得到NaHC2O4溶液，由图可知溶液显酸性，所以HC2O4−的电离大于水解，即c（H2C2O4）＜c（C2B.Y点为50.00mL0.10mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.00mL0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液，得到Na2C2O4溶液，由物料守恒可知：c（Na+）＝2c（C2O42−）+2c（H2C2O4）+2c（HC2C.已知反应Co2+（aq）+H2C2O4（aq）⇌CoC2O4（s）+2H+（aq），其平衡常数K=cD.H2C2O4为弱酸，写离子方程式不可拆，酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4−+6H+═2Mn2++10CO2故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、平衡常数的计算、物料守恒以及离子方程式的书写，难度中等，掌握基础是解题的关键。9．（2024秋•石家庄期末）25℃时，某弱酸HA溶液中HA和A﹣的分布分数（δ）随pH的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．δ1为HA的分布分数随pH的变化 B．该酸的电离常数Ka＝4.76 C．pH＝4.76时，c（H+）＜c（A﹣）+c（OH﹣） D．A﹣的水解平衡常数Kb=【答案】C【分析】A．弱酸HA溶液随pH增大，HA减小，A﹣增大；B．pH＝4.67时，c（HA）＝c（A﹣），K=c(H+C．pH＝4.76时，c（HA）＝c（A﹣），溶液中存在电荷守恒；D．A﹣的水解平衡常数Kh=c(HA)×c(O【解答】解：A．δ0为HA的分布分数随pH的变化，故A错误；B．pH＝4.67时，c（HA）＝c（A﹣），K=c(H+)×c(AC．pH＝4.76时，c（HA）＝c（A﹣），溶液中存在电荷守恒，存在其它阳离子，则c（H+）＜c（A﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．A﹣的水解平衡常数Kh=c(HA)×c(O故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析、判断及计算能力，明确电离平衡常数的计算方法、电离平衡常数和水解平衡常数的关系是解本题关键，题目难度中等。10．（2025•河东区一模）常温下，①2mL0.1mol•L﹣1盐酸，②2mL0.1mol•L﹣1醋酸，③2mL0.1mol•L﹣1氢氧化钠溶液。下列说法不正确的是（）A．证明醋酸是弱电解质：向①②中分别加入等量镁条，开始阶段②中产生气泡慢 B．向②中滴加③，溶液pH增大，说明醋酸的电离受到了抑制 C．②③混合后，所得溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣） D．①中c（OH﹣）等于③中c（H+）【答案】B【分析】A．常温下，①2mL0.1mol•L﹣1盐酸，②2mL0.1mol•L﹣1醋酸溶液中溶质浓度相同，向①②中分别加入等量镁条，醋酸溶液中反应慢；B．向②中滴加③，发生了酸碱中和反应；C．②③混合后，所得溶液中存在电荷守恒；D．常温下，水溶液中存在离子积常数Kw＝10﹣14。【解答】解：A．常温下，①2mL0.1mol•L﹣1盐酸，②2mL0.1mol•L﹣1醋酸溶液中溶质浓度相同，向①②中分别加入等量镁条，醋酸溶液中反应慢，说明醋酸溶液中氢离子浓度小，说明醋酸溶液中存在电离平衡，证明醋酸是弱电解质，故A正确；B．向②中滴加③，发生了酸碱中和反应，溶液pH增大，醋酸的电离被促进，故B错误；C．②③混合后，恰好完全反应，所得溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故C正确；D．①中c（H+）＝0.1mol/L，c（OH﹣）=10−140.1mol/L＝10﹣13mol/L，③中c（OH﹣）＝0.1mol/L，则溶液中c（H+）=10−140.1mol/L＝10﹣13mol/L，故选：B。【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、水溶液中离子积常数的计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。11．（2024秋•潍坊期末）已知Ka（CH3COOH）＞Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3）。下列判断错误的是（）A．常温下，加水稀释0.1mol•L﹣1醋酸，c(CH3B．中和等体积等浓度的HClO和CH3COOH需要NaOH的物质的量相同 C．少量CO2通入NaClO溶液反应离子方程式为COD．相同温度下，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO溶液中c（Na+）：③＞②＞①【答案】D【分析】A．温度不变，电离平衡常数不变，加水稀释0.1mol/L的醋酸，促进醋酸电离，但CH3COOH电离的增大程度小于溶液的体积增大程度，则c（H+）减小，c(CHB．等体积等物质的量浓度的HClO、CH3COOH溶液中，n（HClO）＝n（CH3COOH），两种酸消耗n（NaOH）与酸的物质的量成正比；C．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据电离平衡常数知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3−，根据强酸制取弱酸的原理知，少量CO2D．相同温度下，pH值相同的这几种钠盐溶液中，酸性越强的钠盐溶液的物质的量浓度越小，根据酸性强弱知，物质的量浓度大小顺序是：①＞②＞③，钠盐的物质的量浓度越大，溶液中中c（Na+）越大。【解答】解：A．温度不变，电离平衡常数不变，加水稀释0.1mol/L的醋酸，促进醋酸电离，但CH3COOH电离的增大程度小于溶液的体积增大程度，则c（H+）减小，c(CHB．等体积等物质的量浓度的HClO、CH3COOH溶液中，n（HClO）＝n（CH3COOH），两种酸消耗n（NaOH）与酸的物质的量成正比，则两种酸消耗的n（NaOH）相同，故B正确；C．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据电离平衡常数知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3−，根据强酸制取弱酸的原理知，少量CO2通入NaClO溶液中，反应生成NaHCO3、HClO，离子方程式为CO2+H2O+ClOD．相同温度下，pH值相同的这几种钠盐溶液中，酸性越强的钠盐溶液的物质的量浓度越小，根据酸性强弱知，物质的量浓度大小顺序是：①＞②＞③，钠盐的物质的量浓度越大，溶液中中c（Na+）越大，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D错误；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系、强酸制取弱酸的原理等知识点是解本题关键，A选项为解答易错点。12．（2024秋•重庆期末）常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别将两溶液加水稀释，稀释后溶液体积为V，所得曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．两者均为弱酸，且酸性强弱为：HB＞HA B．将lgVV0=1的溶液加水稀释至lgC．M点水的电离程度大于N D．在0≤pH≤7时，HB溶液满足：pH=lg【答案】B【分析】根据常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，未稀释时HA的pH＞2、HB的pH＝0可以得出HA为弱酸，存在电离平衡HA⇌H++A﹣，HB为强酸，全电离HB＝H++B﹣，据此分析解答。【解答】解：根据常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，未稀释时HA的pH＞2、HB的pH＝0可以得出HA为弱酸，存在电离平衡HA⇌H++A﹣，HB为强酸，全电离HB＝H++B﹣；A．根据分析，HA为弱酸，HB为强酸，故A错误；B．将lgVV0=1的溶液加水稀释至lgVV0=3时，HB为强酸，n（BC．M点和N点的pH相等，c（H+）相等且都是酸电离的，对水的电离抑制相同，水的电离程度相同，故C错误；D．HB为强酸，完全电离，在pH较小时，稀释多少倍，溶液中c（H+）就是原来的多少分之一，但当pH＝7时，由水电离的c（H+）已经影响到酸电离出的c（H+），此时无法再使用稀释比的关系，将不再符合pH=lgV故选：B。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生若电解质电离的掌握情况，试题难度中等。13．（2025•长春二模）常温下，浓度均为xmol•L﹣1的CH2ClCOOH和CHCl2COOH两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[如：δ（CH2ClCOO﹣）=c(C下列叙述错误的是（）A．酸性强弱：CHCl2COOH＞CH2ClCOOH B．若x＝0.1，则a点对应的溶液中有c（H+）＜c（CHCl2COO﹣）+c（OH﹣） C．CH2ClCOOH的电离常数KaD．pH＝2.08时，电离度α(CHC【答案】B【分析】A．氯原子是吸电子基团，连接—COOH的碳原子中氯原子个数越多，—OH越易电离出氢离子，其酸性越强；B．任何电解质的水溶液中都遵循电荷守恒；C．根据图知，δ（CH2ClCOO﹣）＝δ（CH2ClCOOH）时，c（CH2ClCOO﹣）＝c（CH2ClCOOH），溶液的pH＝2.8，CH2ClCOOH的电离常数Ka=c(CH2ClCOOD．pH＝2.08时，δ（CH2ClCOO﹣）＝0.15、δ（CHCl2COO﹣）＝0.85，电离度=c(电离的酸)【解答】解：A．氯原子是吸电子基团，连接—COOH的碳原子中氯原子个数越多，—OH越易电离出氢离子，其酸性越强，则酸性：CHCl2COOH＞CH2ClCOOH，故A正确；B．任何电解质的水溶液中都遵循电荷守恒，所以存在c（H+）＝c（CHCl2COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；C．根据图知，δ（CH2ClCOO﹣）＝δ（CH2ClCOOH）时，c（CH2ClCOO﹣）＝c（CH2ClCOOH），溶液的pH＝2.8，CH2ClCOOH的电离常数Ka=c(CH2ClCOO−)D．电离度=c(电离的酸)c(电离的酸)+c(未电离的酸)×100%，两种溶液中存在c（CH2ClCOO﹣）+c（CH2ClCOOH）＝c（CHCl2COO﹣）+c（CHCl2COOH）＝0.1mol/L，pH＝2.08时，δ（CH2ClCOO﹣）＝0.15、δ（CHCl2COO﹣故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确酸性强弱的判断方法、电离平衡常数的计算方法是解本题关键，题目难度不大。14．（2024秋•靖远县校级期末）常温下，将HA和HB两种一元酸的溶液分别加水稀释，稀释时溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（）A．HB是强酸 B．稀释前，c（HA）＝10c（HB） C．在M点的两种溶液中：c（B﹣）＝c（A﹣） D．M点两溶液中水的电离程度：HA＞HB【答案】C【分析】A．根据常温下将HA和HB两种一元酸的溶液分别加水稀释10倍时，HA、HB的pH变化分别为1、小于1，进行分析；B．根据HA为强酸，HB为弱酸，进行分析；C．根据M点的两种溶液pH相同，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，进行分析；D．根据点的两种溶液pH相同，氢离子浓度相同，进行分析。【解答】解：A．常温下将HA和HB两种一元酸的溶液分别加水稀释10倍时，HA、HB的pH变化分别为1、小于1，说明HA为强酸，HB为弱酸，故A错误；B．稀释前HA和HB溶液中H+的浓度分别为0.01mol•L﹣1、0.001mol•L﹣1，HA为强酸，HB为弱酸，则HA、HB的浓度分别为0.01mol•L﹣1、大于0.001mol•L﹣1，故稀释前，c（HA）＜10c（HB），故B错误；C．M点的两种溶液pH相同，H+浓度和氢氧根离子浓度相同，根据电荷守恒可知，c（B﹣）＝c（A﹣），故C正确；D．M点的两种溶液pH相同，H+浓度相同，对水的电离的抑制程度相同，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。15．（2024秋•香坊区校级期末）乳酸（LAC）是一种有机弱酸，可用于制备聚乳酸（PLA）生物可降解性塑料。常温下，不能证明乳酸是弱酸的实验事实是（）A．0.1mol/L乳酸溶液的pH＝3 B．pH＝3的乳酸溶液加水稀释10倍后，pH＜4 C．乳酸溶液能与Na2CO3溶液反应生成CO2 D．等体积等pH的盐酸和乳酸与足量锌粒反应，乳酸产生H2多【答案】C【分析】A．根据乳酸在溶液中部分电离，溶液中存在电离平衡，进行分析；B．根据pH为3的乳酸溶液加水稀释10倍后，溶液的pH小于4，说明乳酸在溶液中部分电离，进行分析；C．根据乳酸溶液能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳说明乳酸的酸性强于碳酸，进行分析；D．根据等体积等pH的盐酸和乳酸与足量锌粒反应，乳酸产生氢气多，进行分析。【解答】解：A．0.1mol/L乳酸溶液的pH为3，说明乳酸在溶液中部分电离，溶液中存在电离平衡，证明乳酸是弱酸，故A错误；B．pH为3的乳酸溶液加水稀释10倍后，溶液的pH小于4，说明乳酸在溶液中部分电离，溶液中存在电离平衡，证明乳酸是弱酸，故B错误；C．乳酸溶液能与碳酸钠溶液反应生成CO2，说明乳酸的酸性强于碳酸，但不能说明乳酸是弱酸，故C正确；D．等体积等pH的盐酸和乳酸与足量锌粒反应，乳酸产生氢气多，说明乳酸在溶液中部分电离，溶液中存在电离平衡，证明乳酸是弱酸，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查弱电解质的判断等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。16．（2024秋•岳阳县校级期末）下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka═1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙，Ka═1.4×10﹣3）在水中的电离度与浓度关系的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】相同浓度的弱酸溶液中，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸的电离度越大；同一种酸，酸的浓度越大其电离程度越小，即电离度越小，根据题给电离常数分析乙酸和一氯乙酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯乙酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，据此分析解答。【解答】解：相同浓度的弱酸溶液中，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸的电离度越大，乙酸（甲）电离度小于一氯乙酸（乙），则相同浓度时甲的电离度小于乙；同一种酸，酸的浓度越大其电离程度越小，即电离度越小，只有B中图象符合，而A、C、D均不符合，故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与电离度关系、溶液浓度与电离度关系是解本题关键，采用“定一议二”的方法解答，题目难度不大。17．（2024秋•石景山区期末）对于二元弱酸H2A，存在电离平衡：H2A⇌H++HA−，HA﹣⇌H++A2﹣，Ka1=c(H+)×c(HA−)c(已知：H2SO3的Ka1=1.4×10−2，H2CO3的Ka1=4.5×10−7，CO32−下列说法不正确的是（）A．酸性：H2SO3＞H2CO3 B．将浓度均为0.4mol/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，会生成BaSO3沉淀 C．将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10﹣4mol/L，CO3D．将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以CO【答案】D【分析】A.通过电离常数可比较酸性强弱；B.求出浓度，利用溶度积常数可解答；C.根据水解常数，利用三段式可解答；D.CO32−的水解程度较大，碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以【解答】解：A.由信息可知，H2SO3的Ka1=1.4×10−2＞H2CO3的Ka1=4.5×10−7B.将浓度均为0.4mol/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，H2SO3和Ba2+的浓度均为0.2mol/L，由于H2SO3的Ka1=1.4×10−2＞＞Ka2=6.0×10−8，由已知可知，c（SO32−C.将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10﹣4mol/L，设水解的CO32−浓度为x，忽略第二步水解，生成的HCO3−和OH﹣浓度相等均为x，未水解的CO32−浓度为4.2×10﹣4﹣x，所以Kh1=xD.已知CO32−的水解常数Kh1＝2.1×10﹣4＞＞Kh2=KwKa1=故选：D。【点评】本题考查电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数和盐类的水解等知识，难度较大，需通过基础知识综合分析。18．（2025•安徽开学）根据相应的图像，下列说法正确的是（）A．图甲对应的反应为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），则t0时改变的条件一定是加入了催化剂 B．图乙表示某浓度Na2CO3溶液的pH随温度的变化，则Na2CO3的水解程度：b＞a＞c C．图丙表示一定温度下，向冰醋酸中加水后溶液导电能力的变化，则图中a、b、c三点CH3COOH的电离程度：a＜b＜c D．图丁表示向20mL0.1mol/LHClO溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH