高考化学大一轮复习 考点26 弱电解质的电离(好题冲关)(解析版)

考点26弱电解质的电离【基础过关】1．下列事实或实验现象不能证明一元酸HX为弱酸的是A．测得0.01mol/LHX溶液的pH=3.6B．在KX稀溶液中滴加酚酞试剂，溶液变红C．将稀HX溶液滴加到石灰石中，生成CO2D．在HX稀溶液中加入少许NaX粉末，溶液pH增大【答案】C【解析】A项，测得0.01mol/LHX溶液的pH=3.6，即氢离子物质的量浓度为1×10−3.6mol∙L−1，说明HX是部分电离即一元酸HX为弱酸，故A不符合题意；B项，在KX稀溶液中滴加酚酞试剂，溶液变红，溶液显碱性，说明是强碱弱酸盐即一元酸HX为弱酸，故B不符合题意；C项，将稀HX溶液滴加到石灰石中，生成CO2，说明酸性比碳酸强，不能证明一元酸HX为弱酸，故C符合题意；D项，在HX稀溶液中加入少许NaX粉末，溶液pH增大，氢离子浓度减小，X－浓度增大，HX电离平衡逆向移动，说明一元酸HX为弱酸，故D不符合题意。故选C。2．(2023·北京市牛栏山一中高三检测)室温下，对于1L醋酸溶液，下列判断正确的是()A．该溶液中CH3COO-的粒子数为个B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH升高C．滴加NaOH溶液过程中，c(CH3COO-)与c(CH3COOH)之和始终为0.1mol/LD．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑【答案】B【解析】A项，1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，A项错误；B项，加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，则溶液的pH升高，B项正确；C项，1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，但溶液体积不确定，故二者浓度之和无法计算，C项错误；D项，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO32-+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，D项错误；故选B。3．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH+＋CH3COO－，下列叙述不正确的是A．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或加热均可使CH3COO－的物质的量增多B．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH)·c(OH－)］不变C．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度增大D．0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值减小【答案】C【解析】A项，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或加热，平衡正向移动，均可使CH3COO－的物质的量增多，故不选A；B项，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH)·c(OH－)］=Ka/Kw，只受温度影响，加水稀释不发生变化，故不选B；C项，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度减小，故选C；D项，0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释，平衡正向移动，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)=n(CH3COOH)/n(CH3COO－)的值减小，故不选D。4．(2023·浙江省宁波市高三选考模拟考试)下列说法正确的是()A．25℃时，将pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸等体积混合，混合后溶液pH＞5B．25℃时，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸<醋酸C．25℃时，等体积、等pH的盐酸与醋酸分别用等浓度的NaOH溶液中和，盐酸消耗NaOH溶液多D．25℃时，pH=3的一元酸HA溶液与pH=11的一元碱MOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，则HA是强酸【答案】B【解析】A项，pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸中氢离子浓度相同，都是10-5mol/L，等体积混合后，氢离子浓度不变，故pH为5，A错误；B项，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数后其浓度依然相同，醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度较小，pH大，B正确；C项，等体积、等pH的盐酸与醋酸，其中醋酸的浓度大，用氢氧化钠中和时消耗的氢氧化钠较多，C错误；D项，混合后溶液呈酸性，说明酸的浓度较大，则酸HA为弱酸，MOH是相对较强的碱，但是不一定是强碱，D错误；故选B。5．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A．水的电离程度始终增大B．c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)【答案】D【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，由NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－可知K＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，则eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(K,c（OH－）)，故eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)减小，B项错误；根据原子守恒知n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，C项错误；由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))，D项正确。6．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室温下，下列说法不正确的是()A．0.1mol/LNaHR溶液pHB．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)c(R2-)C．0.1mol/LH2R溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)D．0.01mol/L的H2R溶液与pH的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2【答案】C【解析】A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1mol/LNaHR溶液pH，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，，故溶液中c(HR-)c(R2-)，B正确；C项，0.1mol/LH2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C错误；D项，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的H2R(二元酸)溶液与pH即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。7．相同温度下，三种酸在一定物质的量浓度下的电离度如表所示，下列说法正确的是()酸HAHBHD浓度/mol∙L-110.10.50.91电离度/%0.30.30.150.110A．HD是强酸B．酸性：HB<HA<HDC．在相同温度下，HA酸浓度越大其电离度越小因而溶液酸性越弱D．由表可知在相同温度下，弱酸HB浓度越小其电离平衡常数越大【答案】B【解析】由表格可知，当浓度都是1mol/L时，HA的电离度为0.3%，HD的电离度为10%，根据浓度相同时，酸性越弱，电离度越小，所以酸性：HD＞HA；当浓度都是0.9mol/L时，HB的电离度为0.1%，若HB的浓度增大为1mol/L，根据浓度越大电离度越小，所以HB的浓度为1mol/L，其电离度＜0.1%；综上可知，当浓度都是1mol/L时，电离度：HD＞HA＞HB，已知电离度越大，则酸性越强，所以酸性：HD＞HA＞HB。A项，当浓度都是1mol/L时，HD的电离度为10%，说明HD是弱酸，故A错误；B项，根据分析可知相同浓度电离度越小，酸性越弱，所以酸性：HD＞HA＞HB，故B正确；C项，浓度越大电离度越小，但浓度增大电离平衡正向移动，氢离子浓度大了，酸性增强，故C错误；D项，相同温度下，弱酸HB浓度与电离平衡常数无关，平衡常数只受温度影响，故D错误；故选B。8．苯甲酸(C6H5COOH)是一种有机弱酸，下列说法正确的是()A．常温下，0.1mol/L的C6H5COONa溶液的pH=13B．相同温度下，相同浓度的盐酸与苯甲酸溶液的pH：盐酸<苯甲酸溶液C．中和等体积等物质的量浓度的盐酸与苯甲酸溶液，所需NaOH的量：盐酸>苯甲酸溶液D．C6H5COONa溶液中存在关系：c(C6H5COO—)=c(Na+)=c(H+)=c(OH—)【答案】B【解析】A项，苯甲酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则常温下，0.1mol/L的苯甲酸钠溶液的pH小于13，故A错误；B项，苯甲酸是一种有机弱酸，在溶液中部分电离出氢离子，相同浓度的盐酸与苯甲酸溶液中盐酸中氢离子浓度大于苯甲酸溶液，溶液的pH大于苯甲酸溶液，故B正确；C项，等体积等物质的量浓度的盐酸与苯甲酸溶液的中和能力相同，完全反应消耗氢氧化钠的物质的量相等，故C错误；D项，苯甲酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(C6H5COO—)＞c(OH—)＞c(H+)，故D错误；故选B。9．下列叙述正确的是()A．常温下的HA溶液与的BOH等体积混合，溶液，则BOH为强碱B．含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后的溶液中：c(K+)=c(HCO3-)C．氨水的，pH=a，加入适量的氯化铵固体可使溶液pH=a+1D．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中，前者大于后者【答案】D【解析】A项，常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH等体积混合，则酸和碱电离出的n(H+)=n(OH-)，最后溶液pH>7，说明BOH有剩余，证明BOH未完全电离，所以BOH为弱碱，A项错误；B项，含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，溶液的溶质为KHCO3，HCO3-在水中会水解和电离，浓度会减少，所以c(K+)>c(HCO3-)，B项错误；C项，0.1

mol⋅L−1氨水的pH=a，溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-+，加入适量的氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，pH会小于a，所以C项错误；D项，物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3都会存在水解平衡NH4++H2ONH3·H2O+H+，与硫酸根比，碳酸根水解呈碱性促进水解平衡正向移动，c(NH3·H2O)会变大，c(NH4+)会减小，使得变小，所以物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3中，(NH4)2CO3前者大于后者，D项正确；故选D。10．下列说法正确的是()A．相同温度下，等pH的盐酸和醋酸加水稀释10倍后，c(Cl-)＜c(CH3COO-)B．0.1mol·L-1的KA溶液pH=6.5，则HA为弱酸C．常温下pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合：c(Cl-)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)D．某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，不断增大【答案】A【解析】A项，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，相同pH时，醋酸物质的量浓度大于盐酸浓度，相同pH时，溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)，加水稀释相同倍数，促进醋酸的电离，推出c(Cl-)＜c(CH3COO-)，故A正确；B项，没有指明温度是否是常温，因此无法判断HA是否是弱酸，故B错误；C项，一水合氨为弱碱，常温下pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合，混合后溶质为NH4Cl和NH3·H2O，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，c(NH4+)＞c(Cl-)，即c(Cl-)+c(H+)＜c(NH4+)+c(OH-)，故C错误；D项，，Kb只受温度影响，向氨水中通入二氧化碳气体，生成碳酸铵或碳酸氢铵，溶液c(NH4+)增大，该比值减小，故D错误；答案为A。11．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是()酸HXHYHZ电离常数K/(mol·L－1)9×10－79×10－61×10－2A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反应HZ＋Y－=HY＋Z－不能够发生C．V升HY溶液，加入水使溶液体积为2V，则Q=eq\f(1,2)K(HY)，平衡正向移动，促进HY电离D．0.1mol·L－1HX溶液加水稀释，eq\f(cX－,cHX)值变小【答案】C【解析】相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，故A错误；由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ＋Y－=HY＋Z－能发生，故B错误；K(HY)＝eq\f(cY－·cH＋,cHY)，加水后Q=eq\f(cY－·cH＋,cHY)eq\f(1,2)K(HY)，Q＜K，平衡正向移动，促进HY电离，故C正确；eq\f(cX－,cHX)＝eq\f(K(HX),cH＋)，加水稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则eq\f(cX－,cHX)增大，故D错误。12．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)在水中的电离程度和浓度关系的是()【答案】B【解析】根据甲、乙的电离平衡常数得，这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度：CH3COOH＜CH2ClCOOH，可以排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，故B项正确。13．在稀氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH—，对于该平衡，下列叙述正确的是()A．加入少量NH4Cl固体，平衡逆向移动，溶液的pH减小B．通入少量氨气，平衡正向移动，c(NH3·H2O)减小C．加入少量NaOH固体，并恢复至室温，平衡逆向移动，NH3·H2O的电离平衡常数减小D．加水稀释，NH3·H2O的电离程度及c(OH—)都增大【答案】A【解析】A项，加入少量NH4Cl固体，导致溶液中铵根离子浓度增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，A正确；B项，通入少量氨气，导致氨气与水的反应平衡正向移动，c(NH3·H2O)增大，B错误；C项，加入少量NaOH固体，并恢复至室温，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，但NH3·H2O的电离平衡常数与温度有关，温度未变，平衡常数不变，C错误；D项，加水稀释，NH3·H2O的电离平衡正向移动，电离程度增大，但c(OH-)减小，D错误；故选A。14．下表是几种弱酸在常温下的电离平街常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.8×10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka1=9.1×10-8Ka2=1.1×10-12Ka1=7.5×10-3Ka2=6.2×10-8Ka3=2.2×10-13则下列说法中不正确的是()A．碳酸的酸性强于氢硫酸B．多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C．常温下，加水稀释醋酸，增大D．向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变【答案】D【解析】A项，多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定。弱酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性就越强。由于碳酸的电离平衡常数Ka1=4.3×10-7比H2S氢硫酸的电离平衡常数Ka1=Ka1=9.1×10-8大，所以酸性：碳酸比氢硫酸的酸性强，A正确；B项，多元弱酸一级电离产生的氢离子会抑制二级电离，所以多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离，故多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，B正确；C项，醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释，使电离平衡正向移动，导致溶液中n(H+)有所增加，n(CH3COOH)减小，在同一溶液中，体积相同，所以加水稀释导致增大，C正确；D项，向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，二者发生中和反应，放出热量，使溶液的温度升高；升高温度，能够促进电解质的电离，使弱电解质电离平衡正向移动，导致其电离平衡常数增大，D错误；故选D。15．高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10－56.3×10－91.6×10－94.2×10－10从以上表格中判断以下说法中不正确的是()。A．在冰醋酸中这4种酸都没有完全电离B．在冰醋酸中高氯酸是这4种酸中最强的酸C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为：H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)D．水对于这4种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这4种酸的强弱【答案】C【解析】在冰醋酸中四种酸的电离常数均很小，可以判断其电离都是不完全的，A正确；HClO4的电离常数最大，酸性最强，B正确；在冰醋酸中H2SO4是弱酸，其电离是不完全的，且为分步电离，C错；四种酸在水中都是完全电离而在冰醋酸中呈现不同的电离常数，其酸性得以区分，D正确。16．已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：下列离子方程式正确的是()A．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO－===CO32－+2HClOB．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO－===CaSO3↓+2HClOC．少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32－===SO32－+2HCO3－D．相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H++HCO3－===CO2↑+H2O【答案】C【解析】A项，次氯酸的酸性强于碳酸氢根的，因此向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成物应该是次氯酸和碳酸氢钠，则反应的离子方程式为ClO－+CO2+

H2O＝HClO+HCO3－，故A错误；B项，向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2H+，故B错误；C项，Na2CO3溶液中缓慢通入少量SO2，离子方程式为2CO32-+H2O+SO2═SO32-+2HCO3-，故C正确；D项，由电离常数可知酸性HSO3-比碳酸弱，不能生成二氧化碳气体，故D错误。17．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱(已知：25℃时，Kb1=10-4，Kb2=10-7)，其水溶液与NH3水溶液的电离方式相似。现用锥形瓶装10mL0.1mol·L-1乙二胺溶液，用0.1mol·L-1盐酸滴定。下列叙述错误的是()A．乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H2NCH2CH2NH3]++OH-B．选用甲基橙作指示剂，可以很好地判断滴定终点C．滴入10.00mL盐酸时，溶液呈碱性D．滴入20.00mL盐酸时，混合溶液中有c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)+c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-)【答案】D【解析】A项，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，其水溶液与NH3水溶液的电离方式相似，就是结合水电离产生的H+，剩余OH-，使溶液显碱性，则乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H2NCH2CH2NH3]++OH-，A正确；B项，由于乙二胺是二元弱碱，与盐酸恰好反应产生的盐溶液显酸性，因此要选择酸性范围内变色的甲基橙作指示剂，可以减小实验误差，可以很好地判断滴定终点，B正确；C项，当滴入10.00mL盐酸时，恰好反应产生H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H2NCH2CH2NH3Cl，而[H2NCH2CH2NH3]+的电离平衡常数Kb2=10-7，[H2NCH2CH2NH3]+的水解平衡常数Kh2=，电离平衡常数大于其水解平衡常数，所以溶液显碱性，C正确；D项，滴入20.00mL盐酸时，二者恰好反应产生正盐[H3NCH2CH2NH3]Cl2，根据物料守恒可知：2c(H2NCH2CH2NH2)+2c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-)，D错误；故选D。18．硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可转化为NaHSO3，当c(HSO3-)∶c(SO32-)≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9，Ka2(H2SO3)=10-7.2，下列说法不正确的是()A．Na2SO3溶液中存在：c(OH—)=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：SO32-＋SO2＋H2O=2HSO3-C．当c(HSO3-)：c(SO32-)=10时，此时吸收液的pH=6.2D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变【答案】D【解析】A项，亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH—)=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故A正确；B项，亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO32-＋SO2＋H2O=2HSO3-，故B正确；C项，亚硫酸的电离常数Ka2(H2SO3)=，当c(HSO3-)∶c(SO32-)=10时，溶液中c(H+)==10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为6.2，故C正确；D项，吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解转化为亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D错误；故选D。19．已知：NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸。25℃时，将10mL浓度均为0.1mol·L-1的NH2OH。苯酚两种溶液分别加水稀释的曲线如图所示，V是溶液体积(mL)。pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是()A．曲线m为NH2OH溶液加水稀释的曲线B．lgV=1时，水的电离程度：NH2OH>苯酚C．同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后溶液显酸性D．电离常数：Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)【答案】D【解析】A项，pOH大于7为酸性溶液，所以曲线m为苯酚溶液加水稀释的曲线，A错误；B项，NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸，二者均抑制水的电离，lgV=1时苯酚中氢离子浓度为10-5.5mol/L，羟胺中氢氧根离子浓度为10-4.5mol/L，故水的电离程度为苯酚>NH2OH，B错误；C项，结合B可知lgV=1即没有加水时羟胺的电离程度更大，同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后得到正盐，根据越弱越水解可知溶液显碱性，C错误；D项，结合B、C可知，Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)，D正确；故选D。20．(2023·浙江省温州市高三第三次模拟适应性考试)在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力与pH的变化如图。下列有关说法中正确的是()A．a点CH3COOH溶液未达到电离平衡状态B．离子总浓度越大，溶液导电能力越强C．向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，溶液中的相同D．b点后，溶液中加水稀释，所有离子浓度均减小【答案】B【解析】A项，加水稀释过程中，a点、b点都达到了电离平衡，故A错误；B项，导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，因此离子总浓度越大，溶液导电能力越强，故B正确；C项，根据电荷守恒Na+，溶液呈中性，Na+，a点醋酸浓度大，向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，a点消耗的氢氧化钠溶液比b点消耗的氢氧化钠溶液多，因此溶液中的是a点大于b点，故C错误；D项，b点后，溶液中加水稀释，醋酸根、氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，故D错误。故选B。21．(2023·浙江省浙南名校联盟高三第二次联考)已知25℃时，。某体系中，膜只允许未电离的HA自由通过(如图所示)。设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是()A．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等B．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)C．溶液Ⅱ中的HA的电离度为D．溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的c(H+)之比为1：104【答案】C【解析】A项，根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相等，A错误；B项，由图可知溶液I本应显酸性，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)+c(A-)，B错误；C项，常温下溶液Ⅱ的pH=3.0，溶液中c(H+)=0.001mol/L，Ka==1.0×10-5，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-5，解得=，C正确；D项，溶液Ⅰ中水电离出的c(H+)=10-7mol/L、Ⅱ中水电离出的c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的c(H+)之比=10-7mol/L：10-11mol/L=104：1，D错误；故选C。22．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室温下，下列说法不正确的是()A．0.1mol/LNaHR溶液pHB．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)c(R2-)C．0.1mol/LH2R溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)D．0.01mol/L的H2R溶液与pH的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2【答案】C【解析】A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1mol/LNaHR溶液pH，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，，故溶液中c(HR-)c(R2-)，B正确；C项，0.1mol/LH2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C错误；D项，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的H2R(二元酸)溶液与pH即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。23．(2023·江西省金溪一中高三质检)常温下，向0.1mol/L弱酸H3PO3溶液中逐滴加入过量NaOH溶液，得到溶液中各含磷元素的微粒占总含磷元素微粒的百分数与pH的关系如图所示，下列说法正确的是()A．H3PO3为三元弱酸B．H3PO3的电离常数Ka2的数量级为10-8C．当c(HPO32-)c(H3PO4)时，横坐标数值为5.2D．0.1mol·L-1NaH2PO3溶液中，c(H2PO3－)c(HPO32-)c(H3PO4)【答案】D【解析】A项，由图像可知，溶液中含磷元素的微粒只有三种，故H3PO3为二元弱酸，A错误；B项，随着pH增大，碱性增强，H3PO3的百分数减小，H2PO3-的百分数先增后减，HPO32-的百分数逐渐增大，则当HPO32-、H2PO3-百分数相等即浓度相等时，pH=6.7，则Ka2=10-6.7，数量级为10-7，B错误；C项，由图可知其Ka1=10-1.5，则，则当c(HPO32-)c(H3PO4)时，c(H＋)=1.0mol·L－1，pH=4.1，C错误；D项，H2PO3-的水解常数为，小于其电离常数，则c(H2PO3－)c(HPO32-)c(H3PO4)，D正确；故选D。【能力提升】24．(2023·浙江省宁波市高三下学期高考模拟)常温下，Ka1(HCOOH)=1.77×10-4，Ka2(HCOOH)=1.75×10-5，Ka(NH3·H2O)=1.76×10-5，下列说法不正确的是()A．浓度均为0.1mol/L的HCOONa和溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者>后者B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者<后者C．0.2mol/LCH3COONa与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液中微粒浓度：c(Na+)c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)c(OH-)D．0.2mol/LHCOONa溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(HCOO-)c(OH-)=c(HCOOH)c(H+)【答案】D【解析】A项，由电荷守恒可知c(HCOO-)c(OH-)=c(Na+)c(H+)、c(Cl-)c(OH-)=c(NH4+)c(H+)，由甲酸和一水合氨的电离常数可知，甲酸根的水解程度小于铵根的水解程度，即甲酸钠中氢氧根的浓度小于氯化铵中氢离子的浓度，因此甲酸钠中氢离子的浓度大于氯化铵中氢氧根的浓度，钠离子与氯离子浓度相同，因此甲酸钠中阳离子浓度大于氯化铵中阳离子浓度，A正确；B项，由电离平衡常数可知，甲酸的酸性比乙酸强，pH相同时乙酸的物质的量浓度更高，用相同浓度的氢氧化钠滴定时，消耗氢氧化钠溶液的体积更多，B正确；C项，醋酸钠与盐酸反应，生成醋酸和氯化钠，因此混合溶液中醋酸钠、醋酸、氯化钠的物质的量浓度相同，均为0.05mol/L(忽略体积变化)，由醋酸的电离常数可知，相同浓度的醋酸电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此离子浓度为c(Na+)c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)c(OH-)，C正确；D项，由电荷守恒可得c(HCOO-)c(OH-)=c(Na+)c(H+)，由物料守恒可得c(Na+)c(HCOO-)c(HCOOH)，由此可得c(OH-)=c(HCOO-)c(HCOOH)c(H+)，D错误；故选D。25．(2023·河北省部分学校高三联考)二元弱酸是分步电离的，25℃时碳酸和氢硫酸的如下表。H2CO3Ka1=4.5×10-7H2SKa1=1.1×10-7Ka2=4.7×10-11Ka2=1.3×10-13下列叙述正确的是()A．根据以上数据可知，NaHCO3溶液中c(CO32-)＞c(H2CO3B．等浓度的NaHS溶液和NaHCO3溶液等体积混合后，则c(H＋)-c(OH-)=c(S2-)+c(CO32-)-c(H2S)-c(H2CO3)C．pH相同的①Na2CO3溶液和②Na2S溶液中的c(Na＋)：①<②D．过量H2S通入Na2CO3溶液中反应的离子方程式为H2S+CO32-=HS-+CO2【答案】B【解析】A项，NaHCO3溶液中存在电离平衡和水解平衡：HCO3-H++CO32-，K=Ka2=4.7×10-11，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，Kˊ===×10-7，由此可知，CO32-是电离产物，H2CO3是水解产物，二者大小取决于电离和水解程度大小，即比较电离平衡常数和水解平衡常数大小，由上可知水解平衡常数大于电离平衡常数，故水解程度大，则NaHCO3溶液中c(CO32-)c(H2CO3，A项错误；B项，二者混合后溶液中的电荷守恒为c(Na＋)+c(H＋)=c(HS-)+2c(S2-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，物料守恒为c(Na＋)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)+c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，两式相减得：c(H＋)=c(S2-)+c(CO32-)+c(OH-)-c(H2S)-c(H2CO3)，B项正确；C项，由表中数据可知，Na2S溶液水解程度较大，所以pH相同的①Na2CO3溶液和②Na2S溶液，Na2S溶液的浓度较小，则钠离子浓度较小，即①＞②，C项错误；D项，由电离常数可知，酸性H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，则过量H2S通入Na2CO3溶液中反应的离子方程式为H2S+CO32-=HS-+HCO3-，D项错误；故选B。26．(2023·辽宁省抚顺市普通高中高三模拟)化学热泵技术作为一种高效环保的节能新技术一直以来广受关注，氨基甲酸铵可应用于化学热泵循环。将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)粉末置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度(℃)15.020.025.030.035.0平衡总压强()5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度()2.43.44.86.89.4下列说法正确的是()A．该反应的△H＜0，该反应在较低温度下能自发进行B．25℃时平衡常数的值K≈1.6×10-8C．当密闭容器中二氧化碳的体积分数不变时说明该反应达到化学平衡状态D．再加入少量NH2COONH4平衡正向移动【答案】B【解析】A项，在容积不变的密闭容器中，根据表中平衡数据可知，平衡气体总浓度随温度的升高而增大，该反应物是固体，生成物是气体，所以升高温度，平衡正向移动，故该反应的△H＞0，△S＞0，能自发进行需△G=△H-T•△S＜0，故该反应在较高温度下能自发进行，A错误；B项，根据表中数据25℃时平衡气体总浓度为4.8×10-3mol/L，又根据反应可知，平衡气体中NH3和CO2的物质的量浓度之比永远为2：1，故平衡时：c(NH3)=3.2×10-3mol/L，c(CO2)=1.6×10-3mol/L，故平衡常数的值K=c2(NH3)c(CO2)=(3.2×10-3)2×1.6×10-3≈1.6×10-8，B正确；C项，由反应方程式可知，NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)容器中NH3和CO2的物质的量之比永远保持2：1，即容器中CO2的体积分数一直不变，就当密闭容器中二氧化碳的体积分数不变时不能说明该反应达到化学平衡状态，C错误；D项，由于NH2COONH4为固体，再加入少量NH2COONH4平衡不移动，D错误；故选B。27．(2023·浙江省金、丽、衢十二校高三二模)甘氨酸在水溶液中主要以I、Ⅱ、Ⅲ三种微粒形式存在，且存在以下的电离平衡：已知：常温下甘氨酸Ka1=10-2.35，Ka2=10-9.78，当氨基酸主要以两性离子存在时溶解度最小。下列说法不正确的是()A．甘氨酸晶体易溶于水，而难溶于乙醇、乙醚、苯等溶剂B．甘氨酸钠溶液中存在：H2N-CH2-COO-+H2OH2N-CH2-COOH+OH-C．pH=2的甘氨酸盐酸盐溶液中：c()：c()=10-0.35D．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH=6，可能会析出固体【答案】C【解析】A项，甘氨酸为极性分子，分子中的氨基和羧基都能与水分子间形成氢键，所以甘氨酸晶体易溶于水，而难溶于乙醇、乙醚、苯等溶剂，A正确；B项，羧酸为弱酸，羧酸根离子易发生水解，则甘氨酸钠溶液中存在H2N-CH2-COO-+H2OH2N-CH2-COOH+OH-的水解平衡，B正确；C项，pH=2的甘氨酸盐酸盐溶液中，=10-2.35，则c()：c()=10-0.35，C不正确；D项，向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH=6，此时氨基酸主要以两性离子存在，则溶解度最小，可能会析出固体，D正确；故选C。28．(2023·江苏省苏州八校联盟、南京一中、中华中学高三联考)已知H2SO3是一种二元弱酸。室温下，通过下列实验探究H2SO3溶液的性质。实验实验操作和现象1用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为52向10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加几滴0.1mol·L-1NaHSO3溶液，无明显现象3向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，溶液变浑浊4向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1氨水溶液，充分混合，溶液pH约为9若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是()A．依据实验1可推测：Ka1(H2SO3)Ka2(H2SO3)＜KwB．依据实验2推测：Ka2(H2SO3)＜Ka1(H2CO3)C．依据实验3推测：Ksp(BaSO3)＞2.5D．实验4所得溶液中存在：2c(H2SO3)+c(HSO3-)＞c(NH3·H2O)【答案】D【解析】A项，0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液pH约为5，溶液呈酸性说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，则亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=＜Ka2(H2SO3)，所以Ka1(H2SO3)Ka2(H2SO3)＞Kw，故A错误；B项，10mL0.1mol/L碳酸钠溶液与几滴0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液可能反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，无法确定亚硫酸氢钠是否能与碳酸氢钠溶液反应，所以无法比较亚硫酸氢根离子和碳酸的电离程度大小，不能确定亚硫酸的二级电离常数和碳酸一级电离常数的大小，故B错误；C项，0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液与等体积的0.1mol/L氢氧化钡溶液反应所得溶液中亚硫酸根离子被钡离子的浓度均为0.05mol/L，由混合后溶液变浑浊可知，溶液中浓度熵大于亚硫酸钡的溶度积，则Ksp(BaSO3)＜0.05mol/L×0.05mol/L=2.5×10−3，故C错误；D项，10mL0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液与等体积的0.1mol/L氨水溶液反应得到亚硫酸钠和亚硫酸铵的混合溶液，溶液中存在质子守恒关系2c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(H＋)c(OH-)+c(NH3·H2O)，由溶液pH约为9可知，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，则溶液中存在2c(H2SO3)+c(HSO3-)＞c(NH3·H2O)，故D正确；故选D。29．(2023·安徽省皖优联盟高三第二次阶段测试)一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol·L的NaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。H2SO3的电离常数分别为Ka1=1.29×10-2，Ka2=6.24×10-8。下列说法错误的是()A．“吸收”所得溶液中；c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)c(OH-)B．“吸收”所得溶液中不可能存在：c(Na＋)＞c(H＋)＞c(SO32－)＞c(HSO3-)＞c(OH-)C．“吸收”所得mol·L的溶液中：c(H2SO3)＞c(SO32－)D．调节“吸收”所得溶液的pH约为5，“氧化”时主要发生的反应为2HSO3-+O2=2SO4-+2H+【答案】C【解析】A项，二氧化硫被氢氧化钠吸收后可生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，溶液中根据电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)c(OH-)，A正确；B项，根据选项A可知，不可能存在c(Na＋)＞c(H＋)＞c(SO32－)＞c(HSO3-)＞c(OH-)，B正确；C项，mol·L-1时，投料相当于NaHSO3溶液，根据电离常数计算，电离程度大于水解程度，c(SO32－)＞c(H2SO3)，C错误；D项，根据平衡常数数据可知，亚硫酸氢钠的电离大于水解，溶液显酸性，所以若“吸收”所得溶液的pH约为5时，溶液中主要的阴离子为HSO3-“氧化”时主要发生的反应为2HSO3-+O2=2SO4-+2H+，D正确；故选C。30．某一元弱酸(用HA表示)在水中的电离方程式是：HAH＋＋A－，回答下列问题：(1)向溶液中加入适量NaA固体，以上平衡将向________(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是__________________________________________。(2)若向溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向______(填“正”或“逆”)反应方向移动，溶液中c(A－)将________(填“增大”“减小”或“不变”)，溶液中c(OH－)将________(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)已知在氯化铵溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。【答案】(1)逆c(A－)增大，平衡向减小c(A－)的方向即逆反应方向移动(2)正减小增大(3)中eq\f(10－9,a－0.01)mol·L－1【解析】(3)据题意可得：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，又c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3·H2O的电离常数Kb＝[c(NHeq\o\al(＋,4))·c(OH－)]/c(NH3·H2O