高考化学大一轮复习 习题 第26、27讲 弱电解质的电离、盐类的水解及溶液中粒子浓度关系分析（教师版）

第二十六、二十七讲弱电解质的电离、盐类的水解【基础巩固】1.下列事实与盐类水解无关的是()A.MgCO3可以除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋B.氯化铁溶液常用作铜印刷电路板的腐蚀剂C.常用热的纯碱溶液除去油污D.长期施用硫酸铵易使土壤酸化【答案】B【解析】MgCO3调节pH，使Fe3＋的水解平衡正向移动，使Fe3＋沉淀完全，转化成Fe(OH)3，MgCO3难溶于水，不引入新杂质，A项与盐类水解有关；氯化铁具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应，可用于腐蚀铜印刷电路板，B项与盐类水解无关；Na2CO3的水解是吸热反应，故升高温度，溶液碱性增强，去油污能力增强，C项和盐类的水解有关；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，长期施用硫酸铵易使土壤酸化，D项与盐类水解有关。2．（2023·浙江·统考高考真题）氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是A．氯化铁属于弱电解质 B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板C．氯化铁可由铁与氯气反应制得 D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体【答案】A【解析】A．氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A错误；B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B正确；C．氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，C正确；D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D正确；故选：A。3．（2023·上海宝山·统考二模）下列变化规律正确的是A．HCl、HBr、HI热稳定性由弱到强B．H2CO3、HClO、CH3COOH的酸性由弱到强C．物质的量浓度相等的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的pH值由小到大D．等物质的量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少【答案】D【解析】A．氯原子、溴原子、碘原子半径依次增大，氢氯键、氢溴键、氢碘键键长依次增大，键能依次减小，导致HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，A错误；B．二氧化碳和次氯酸钠生成次氯酸，说明碳酸酸性大于次氯酸，B错误；C．氯化钠为强酸强碱盐，溶液显中性；氯化镁、氯化铝为强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，故氯化钠溶液的pH最大，C错误；D．烃燃烧通式为CxHy+（x+y）O2xCO2+yH2O，则等物质的量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少，D正确；故选D。4．（2023·浙江金华·浙江省丽水中学校联考一模）下列说法一定正确的是A．相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl溶液和2L0.01mol·L-1NaCN溶液中的离子总数相等B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，所得溶液pH=7C．25℃时，向10mL0.1mol·L-1HA溶液中加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol·L-1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，则HA为弱酸D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)逐渐增大，导电性逐渐增强。【答案】C【解析】A．NaCN溶液中CN-水解，相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl溶液中的离子总数大于2L0.01mol·L-1NaCN溶液中的离子总数，故A错误；B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，若HA为弱酸，所得溶液pH<7；若BOH为弱碱，所得溶液pH>7，故B错误；C．25℃时，向10mL0.1mol·L-1HA溶液中加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol·L-1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，如图所示

，则HA为弱酸，故C正确；D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)先增大后减小，导电性先增强后减弱，故D错误；选C。5．（2023·浙江·校联考一模）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，当达到平衡时，下列叙述正确的是A．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等B．溶液Ⅰ中C．溶液Ⅱ中的HA的电离度为D．溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的之比为【答案】C【解析】A．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．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．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．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；故答案为：C。6．（2023·浙江·高三统考专题练习）下列实验操作正确的是A．选用图1滴定管量取17.60mLNaCl溶液B．如图2所示，记录滴定终点读数为19.90mLC．中和滴定时，选用图1滴定管盛装NaOH标准溶液D．可用图3装置进行KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液实验【答案】A【详解】A．图1为酸式滴定管，滴定管的精度为0.01mL，用酸式滴定管可量取17.60mLNaCl溶液，A项正确；B．滴定管起始读书为0，滴定终点读书为18.10mL，定终点读数为18.10mL，B项错误；C．中和滴定时NaOH溶液盛装在碱式滴定管中，图1为酸式滴定管，C项错误；D．标准液KMnO4溶液具有强氧化性会腐蚀橡胶，应该盛装在酸式滴定管，图3为碱式滴定管，D项错误；答案选A。7．（2023·河南·校联考模拟预测）食用级NaHSO3产品用作防腐剂、抗氧化剂等。根据常温时下列实验得到的粒子浓度关系正确的是实验实验操作和现象粒子浓度的关系①向蓝色石蕊试纸上滴入2滴0.1mol·L-1NaHSO3溶液，试纸变红c(Na+)>c()>c()>c(H2SO3)②向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液c(Na+)-c()-c()-c(H2SO3)=0.05mol·L-1③向0.1

mol·L-1NaHSO3溶液中加入等浓度的NaOH溶液至pH=7c()+c()=c(Na+)①③ B．②③ C．①② D．①②③【答案】C【解析】NaHSO3溶液中存在电离平衡和水解平衡过程，、、；向蓝色石蕊试纸上滴入2滴0.1mol·L-1NaHSO3溶液，试纸变红，证明0.1mol·L-1NaHSO3溶液呈酸性，，溶液中电离大于水解，故c(Na+)>c()>c()>c(H2SO3)，①正确；向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，两溶液等体积混合，混合后溶液中钠离子浓度降为原来的一半，则c(Na+)=0.1mol·L-1，c(OH-)=0.05mol·L-1，根据题意c()+c()+c(H2SO3)=c(OH-)，故c(Na+)-c()-c()-c(H2SO3)=0.05mol·L-1，②正确；向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等浓度的NaOH溶液至pH=7，溶液中存在电荷守恒，溶液pH=7，即，则，故③错误。故选C。8．（2023·上海金山·统考二模）常温下酸性：HSO>HClO。SO2与足量Ca(ClO)2(aq)反应的离子方程式为A．SO2＋H2O＋ClO－＝HSO＋HClOB．SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClOC．SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2H+D．SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO【答案】D【解析】由于次氯酸根具有强氧化性，次氯酸根和二氧化硫、水反应生成硫酸根、氯离子、氢离子，硫酸根和钙离子结合生成硫酸钙沉淀，生成的氢离子结合次氯酸根变为次氯酸，则其离子方程式为SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，故D正确。综上所述，答案为D。9．（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）用如图所示装置(夹持装置省略)进行实验，操作正确且能达到目的的是

A．测定醋酸的浓度B．该装置可构成铜锌双液原电池并持续供电C．制备NH3并测量其体积D．中和热的测定A B．B C．C D．D【答案】A【详解】Ａ．氢氧化钠不与聚四氟乙烯发生反应，故A正确；Ｂ．左半电池中，电极材料锌与硫酸铜溶液接触发生氧化还原反应，电路中无电流通过，无法构成双液原电池，故B错误；Ｃ．氨气极易溶于水，不能用排水的方式测量氨气的体积，故C错误；Ｄ．温度计测量的是溶液温度的变化，应插入溶液中，故D错误。答案为：Ａ。10.根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是()化学式电离常数HClOK＝3×10－8H2CO3Ka1＝4×10－7Ka2＝6×10－11A.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：COeq\o\al(2－,3)＋2Cl2＋H2O=2Cl－＋2HClO＋CO2↑B.向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCOeq\o\al(－,3)＋Cl2=Cl－＋ClO－＋2CO2↑＋H2OC.向NaClO溶液中通少量CO2：CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClOD.向NaClO溶液中通过量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O=Na2CO3＋2HClO【答案】C【详解】根据表格数据可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCOeq\o\al(－,3)。A项，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2COeq\o\al(2－,3)＋Cl2＋H2O=Cl－＋2HCOeq\o\al(－,3)＋ClO－，错误；B项，向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：HCOeq\o\al(－,3)＋Cl2=Cl－＋HClO＋CO2↑，错误；C项，反应方程式正确；D项，向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClO，错误。11．（2023·北京海淀·北京市十一学校校考三模）为探究温度、浓度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，某兴趣小组查询了相关资料，并进行了实验探究。以下三组实验均采用了相同形状且等质量的打磨后的铝片。【文献资料】(I)铝和碱液的反应实质是铝先和水反应生成和，生成的和反应生成-而溶解。(II)碳酸氢钠溶液常温下就能缓慢分解，温度越高分解速率越大。实验温度/溶液实验现象①250.55有细小的气泡②25a5有较多气泡，气体不能使澄清石灰水变浑浊；用试管收集的气体靠近火焰有爆鸣声③802.05有大量白色絮状沉淀和气泡，气体可使澄清石灰水变浑浊；气体通过溶液除杂后用试管收集，靠近火焰有爆鸣声下列说法不正确的是A．B．实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中浓度更大C．实验③中的气体为混合气体，白色沉淀的产生可能是由于往溶液上方移动时与反应生成D．将实验②中的溶液换成相同浓度的溶液，无白色沉淀生成【答案】D【详解】A．由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，由探究实验的变量唯一化原则可知，实验②和③的碳酸钠溶液浓度相等，则a=2.0，故A正确；B．由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，溶液中的氢氧根离子浓度增大，与铝反应速率增大，则实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中氢氧根离子浓度更大，故B正确；C．由实验现象可知实验③中的气体为二氧化碳和氢气的混合气体，二氧化碳气体是碳酸钠水解生成的碳酸氢钠受热分解生成而得，反应生成的二氧化碳往溶液上方移动时能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，故C正确；D．碳酸氢根离子能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，则将实验②中的碳酸钠溶液换成相同浓度的碳酸氢钠溶液有白色沉淀生成，故D错误；故选D。12.(2022·临汾模拟)电离度是描述弱电解质电离程度的物理量，电离度＝eq\f(已电离的电解质的物质的量,原来总的物质的量)×100%。现取20mLc(H＋)＝1×10－3mol·L－1的CH3COOH溶液，加入0.2mol·L－1的氨水，测得溶液导电能力的变化如图所示，则加入氨水前CH3COOH的电离度为()A.0.5% B.1.5%C.0.1% D.1%【答案】D【详解】由题图可知，当加入10mL氨水时，溶液的导电能力最强，即此时二者恰好完全反应，则有20mL×c(CH3COOH)＝0.2mol·L－1×10mL，则c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1，故CH3COOH的电离度为eq\f(1×10－3mol·L－1×20×10－3L,0.1mol·L－1×20×10－3L)×100%＝1%。13.(2020·浙江选考)室温下，向20.00mL0.1000mol·L－1盐酸中滴加0.1000mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是()A.NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D.V(NaOH)＝30.00mL时，pH＝12.3【答案】C【详解】这是室温下用强碱滴定强酸，当NaOH与盐酸恰好完全反应时，溶液呈中性，即pH＝7，A项正确；指示剂的选择原则：变色要明显、灵敏，且指示剂的变色范围要尽可能在滴定过程中的pH突变范围内，可减小实验误差，故B项正确；由图像可知，甲基红的变色范围更接近反应终点，选择甲基红作指示剂误差比甲基橙要小，故C项错误；当V(NaOH)＝30.00mL时，n(OH－)＝0.1000mol·L－1×0.03L－0.1000mol·L－1×0.02L＝0.001mol，则c(OH－)＝0.001mol/0.05L＝0.02mol·L－1，pH＝13－lg5＝12.3，故D项正确。14.H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，下列说法合理的是()A.该滴定可用甲基橙作指示剂B.Na2S2O3是该反应的还原剂C.该滴定可选用如图所示装置D.该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为4NA【答案】B【详解】A.该滴定中，用碘水作氧化剂，则可用淀粉作指示剂，A不正确；B.I2与Na2S2O3发生氧化还原反应，I2是氧化剂，则Na2S2O3是该反应的还原剂，B正确；C.该滴定中，Na2S2O3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，不能放在酸式滴定管内，C不正确；D.依据反应方程式，可建立如下关系式：I2～2Na2S2O3～2e－，则该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为2NA，D不正确。15.X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。下表是常温下浓度均为0.01mol·L－1的X、Y、Z、W溶液的pH。0.01mol·L－1的溶液XYZWpH1228.54.5(1)X、W的化学式分别为____________、_____________________。(2)W在溶液中的电离方程式为_____________________________________________________。(3)25℃时，Z溶液的pH>7的原因是_______________________________(用离子方程式表示)。(4)将X、Y、Z各1mol同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为________________________________________________________________________。(5)Z溶液与W溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为_________________________________________________________________________________。【答案】(1)NaOHNH4NO3(2)NH4NO3=NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,3)（3）NOeq\o\al(－,2)＋H2O⇌HNO2＋OH－(4)c(Na＋)>c(NOeq\o\al(－,3))>c(NOeq\o\al(－,2))>c(OH－)>c(H＋)(5)NaNO2＋NH4NO3eq\o(=,\s\up7(△))NaNO3＋N2↑＋2H2O【解析】HNO3是强酸、NaOH是强碱，NH4NO3是强酸弱碱盐、NaNO2是强碱弱酸盐，因NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,2)的水解是微弱的，而NaOH、HNO3的电离是完全的，从溶液的pH可知X、Y、Z、W分别为NaOH、HNO3、NaNO2和NH4NO3。(4)X、Y、Z三者各1mol同时溶于水得到等物质的量浓度的NaNO3和NaNO2，故溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(NOeq\o\al(－,3))>c(NOeq\o\al(－,2))>c(OH－)>c(H＋)。(5)NaNO2与NH4NO3溶液混合加热生成的无色无味的气体应为N2。这是由于NaNO2中＋3价的氮元素与NHeq\o\al(＋,4)中－3价的氮元素发生反应NaNO2＋NH4NO3eq\o(=,\s\up7(△))NaNO3＋N2↑＋2H2O。17．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量。下面是某同学测定化学反应速率并探究其影响因素的实验。I.测定化学反应速率，该同学利用如图装置测定化学反应速率。(1)为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是；(2)该反应有黄色固体生成，并且伴有刺激性，能使品红溶液褪色的气体生成。请写出该反应的离子方程式：。(3)若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H+的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是。II.为探讨化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表。(已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，其中Na2S2O3溶液均足量)实验序号体积V/mL时间/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水①10.02.04.00.0t1②8.02.04.02.0t2③6.02.04.0Vxt3表中Vx=mL，比较t1、t2、t3大小，试推测该实验结论：III.氧化还原滴定原理同中和滴定原理相似，为了测定某未知浓度的NaHSO3溶液的浓度，现用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，离子方程式：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O；回答下列问题：(1)用KMnO4进行滴定时，判断滴定终点的现象是。(2)下列操作会导致测定结果偏低的是。A．酸式滴定管水洗后未用待测液润洗B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗C．滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视实验编号待测NaHSO3溶液的体积/mLKMnO4溶液的体积/mL120.0015.98220.0017.00320.0016.02(3)根据下表中测定的实验数据，计算NaHSO3溶液的物质的量浓度(写出计算过程，结果保留4位有效数字)。【答案】检查装置的气密性SO2会部分溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小4增大反应物浓度，可加快反应速率当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色D0.2【解析】I.(1)从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以实验前应先进行的步骤是检查装置的气密性；(2)该反应有黄色固体生成，应为S单质，并且伴有刺激性，能使品红溶液褪色的气体生成，应为二氧化硫，则该反应的离子方程式为：；(3)SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n(H+)和△c(H+)以及v(H+)会偏小；II.由表格数据可知，除了Na2S2O3溶液所加入的体积不同外，淀粉溶液和碘水的体积均相同，则该实验探究的是反应物Na2S2O3浓度对化学反应速率的影响，则应保持其他影响因素一致，即应使混合溶液的总体积均为16mL，故Vx=4mL；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢，由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间ｔ的大小关系为t1＜t2＜t3，则推测该实验结论为增大反应物浓度，可加快反应速率；III.(1)滴定完成时NaHSO3溶液没有剩余，溶液会呈高锰酸钾溶液的颜色，为浅红色，且半分钟内颜色不褪去，就说明NaHSO3溶液已完全被氧化，则滴定终点的现象是当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；(2)A．KMnO4溶液能够腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管盛装，则酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大，测定值偏高；B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验无影响；C．定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定高锰酸钾溶液体积偏大，测定值偏高；D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾溶液体积偏小，测定值偏低；故选D；(3)实验2中KMnO4溶液的体积的偏离较大，舍去不用，由实验1和3取平均值，KMnO4溶液体积的平均值为，由方程式2+5+H+=2Mn2++5+3H2O可得，2~5，则NaHSO3的物质的量浓度为。【拔高练习】1．（2023·山东·统考高考真题）鉴别浓度均为的、三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是A．测定溶液 B．滴加酚酞试剂C．滴加溶液 D．滴加饱和溶液【答案】C【解析】A．溶液显弱碱性，溶液显强碱性，溶液显酸性，则测定溶液是可以鉴别出来的，故A不符合题意；B．溶液显弱碱性，滴入酚酞先变红后褪色，溶液显强碱性，滴入酚酞溶液，显红色，溶液显酸性，滴入酚酞不变色，则滴加酚酞试剂是可以鉴别出来的，故B不符合题意；C．溶液滴入碘化钾溶液，发生氧化还原反应生成碘，液面会由无色变成黄色，振荡后会变成无色，而溶液，溶液滴入碘化钾溶液后，因不与两者反应而没有现象，则仅用滴加溶液无法鉴别，则C符合题意；D．饱和溶液和溶液不反应，和溶液反应生成碳酸钡沉淀，和溶液发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱和溶液是可以鉴别出来的，故D不符合题意；答案C。2．（2023·上海徐汇·统考二模）在相同温度时100mL0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是A．中和时所需NaOH的量 B．溶液的导电能力C．H+的物质的量 D．CH3COOH的物质的量【答案】C【解析】A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1•V1=0.1L×0.01mol•L-1=1×10-3mol，n(后)=c2•V2=0.01L×0.1mol•L-1=1×10-3mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；B．酸的浓度越大，溶液中离子浓度越大，则导电性越强，故前者小于后者，故B错误；C．醋酸的浓度越大其电离程度越小，由A分析可知，两者醋酸的物质的量相同，前者电离程度大，则溶液中H+的物质的量大，故C正确；D．由A分析可知，溶液中醋酸的总物质的量相等、但电离程度前者大，故未电离的醋酸的物质的量前者小，故D错误；故选C。3．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知：室温下氢硫酸的电离常数，；和的分别为、，下列说法不正确的是A．反应的平衡常数的数值为B．可以用除去污水中的C．从上述数据可得出难溶于稀硫酸中D．的溶液中加入等体积的溶液，则有：【答案】D【详解】A．反应的平衡常数，A正确；B．、的溶度积常数分别为、溶度积大于溶度积，所以除去废水中的可以选用作沉淀剂，B正确；C．若溶于稀硫酸中，反应为，反应的平衡常数=4.8×10-16，反应进行的程度很小，即难溶于稀硫酸，C正确；D．的水解平衡常数，即的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，由于水的电离，则、，的溶液中加入等体积的溶液恰好反应生成，溶液中离子浓度大小关系为，D错误；故答案选D。4.某温度下，重水(D2O)的离子积常数为1.6×10－15，若用定义pH一样规定pD＝－lgc(D＋)，则在该温度下，下列叙述正确的是()A.纯净的重水中，c(D＋)·c(OD－)＞1.0×10－14B.1L溶解有0.01molDCl的重水溶液，其pD＝2C.1L溶解有0.01molNaOD的重水溶液，其pD＝12D.纯净的重水中，pD＝7【答案】B【详解】该温度下重水(D2O)的离子积常数为1.6×10－15＜1.0×10－14，故A错误；c(DCl)＝eq\f(0.01mol,1L)＝0.01mol/L，则c(D＋)＝0.01mol/L，所以pD＝2，故B正确；c(NaOD)＝eq\f(0.01mol,1L)＝0.01mol/L，则c(D＋)＝eq\f(1.6×10－15,0.01)mol/L＝1.6×10－13mol/L，则pD＞12，故C错误；c(D＋)＝eq\r(1.6×10－15)mol/L＝4×10－8mol/L，所以pD＞7，故D错误。5．（2023·上海浦东新·统考二模）将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强光照射，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是A．图甲中pH减小是由于光照促进了HClO的电离B．图乙中增大主要是由于反应消耗了水C．图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解D．该体系中存在两个电离平衡和两个化学平衡【答案】C【解析】图甲中可观察到随着时间的进行，氯水的pH减小，酸性增强；图乙中随着时间的进行，溶液中氯离子浓度增大，图丙中，氧气逐渐增多，所以久置的氯水中次氯酸发生分解产生了氢离子、氯离子和氧气，据此分析解答。A．pH减小是由于光照促进了HClO的分解，产生了氢离子，A错误；B．增大主要是由于HClO的分解反应产生了氯离子，B错误；C．HClO光照分解生成HCl和氧气，所以导致氧气的体积分数随着时间的进行不断增大，C正确；D．该体系中存在次氯酸的电离平衡和水的电离平衡两个电离平衡，氯气与水反应的一个化学平衡，D错误；故选C。6．（2023·浙江·校联考模拟预测）下列对于各实验操作及对应的实验现象分析正确的是操作现象分析A适当升高溶液的温度(不考虑分解)溶液降低升温，对、电离的促进程度小于对水解的促进程度B向盛有溶液的试管加入管口产生红棕色气体被还原为C25℃，测定溶液的，D打开瓶盖，测定可乐溶液的变化从2.5上升到4.5左右打开盖后，浓度(或压强)降低，促进分解A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．水和HCO电离生成H+，HCO水解呈碱性，升高温度溶液pH降低，说明升温对水和HCO电离的促进程度大于对NaHCO3水解的促进程度，故A错误；B．试管口出现红棕色气体是溶液中NO被Fe2+还原为NO，NO与空气中氧气反应生成NO2，故B错误；C．显酸性，说明其对应的酸的酸性强，即，故C错误；D．打开瓶盖后，二氧化碳溶解度减小，CO2浓度(或压强)降低，促进分解，所以pH逐渐上升，故D正确；故选D。7．（2023·河北·校联考一模）下列离子方程式，不能正确解释相应现象的是A．长期放置的溶液中含有：B．溶液中：C．向溶液中加入适量得到蓝色沉淀：D．长期放置的溶液中出现红棕色固体：【答案】D【解析】A．溶液放置过程中，被空气中氧气氧化为，选项A正确；B．水解导致其浓度减小，选项B正确；C．水解使溶液显酸性，加入的消耗了促进的水解导致形成沉淀，选项C正确；D．红棕色固体是水解生成的，，选项D错误；答案选D。8．（2023·河北·校联考一模）下列离子方程式，不能正确解释相应现象的是A．长期放置的溶液中含有：B．溶液中：C．向溶液中加入适量得到蓝色沉淀：D．长期放置的溶液中出现红棕色固体：【答案】D【详解】A．溶液放置过程中，被空气中氧气氧化为，选项A正确；B．水解导致其浓度减小，选项B正确；C．水解使溶液显酸性，加入的消耗了促进的水解导致形成沉淀，选项C正确；D．红棕色固体是水解生成的，，选项D错误；答案选D。9．（2023·北京海淀·清华附中校考三模）工业酸性废水中的可转化为除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液体积为50mL，的起始浓度、电压、电解时间均相同）。下列说法中，不正确的是实验①②③电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸的去除率/%0.92212.757.3A．对比实验①②可知，降低pH可以提高的去除率B．实验②中，在阴极放电的电极反应式是C．实验③中，去除率提高的原是D．实验③中，理论上电路中每通过6mol电子，则被还原【答案】D【详解】A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，选项A正确；B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，选项B正确；C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，选项C正确；D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25molCr2O72-被Fe2+还原，所以共有0.75molCr2O72-被还原，选项D错误；答案选D。10.常温下，向10mL1mol·L－1一元酸HA溶液中，不断滴加1mol·L－1的NaOH溶液，所加碱的体积与－lgc水(H＋)的关系如图所示。c水(H＋)为溶液中水电离的c(H＋)。下列说法不正确的是()A.常温下，Ka(HA)的数量级为10－4B.a、b两点pH均为7C.从a点到b点，水的电离程度先增大后减小D.溶液的导电性逐渐增强【答案】B【解析】A.由起点溶液中－lgc水(H＋)＝12可知，酸电离的c(H＋)＝10－2mol·L－1，故Ka(HA)＝10－4，故A正确；B.从图像中可知，HA是弱酸，曲线的最高点为NaA溶液，b点溶液的溶质是NaA和NaOH，溶液呈碱性，pH＞7，故B错误；C.a点到b点，发生酸碱中和反应生成可水解的盐，然后碱过量，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；D.不断加入NaOH溶液，溶液中的离子总浓度不断增大，溶液的导电性逐渐增强，故D正确。11.（2023·上海松江·统考二模）常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2，通入的CO2体积（V）与溶液中水电离出的OH-离子浓度的关系如图所示。下列叙述不正确的是（

）A．a点溶液中：水电离出的c（H+）=1×10-10mol·L－1B．b点溶液中：c（H+）=1×10-7mol·L－1C．c点溶液中：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)D．d点溶液中：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)【答案】B【详解】A.a点溶液为1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1，就是水电离出的，故正确；B.b点溶液为氢氧化钠和碳酸钠，水电离的氢氧根离子浓度为1×10-7mol·L－1，但溶液中还有氢氧化钠电离出的氢氧根离子，所以根据水的离子积常数计算，溶液中的c（H+）不为1×10-7mol·L－1，故错误；C.c点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根水解分析，溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)，故正确；D.d点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，电荷守恒为c(Na＋)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，c(OH-)=c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故正确。故选B。12．（2023·浙江杭州·校联考模拟预测）对碳酸氢钠溶液进行一系列实验，根据现象得出的结论不正确的是选项实验操作实验现象实验结论A往饱和溶液中通入溶液变浑浊与反应生成，可说明溶解度小于B溶液与溶液混合产生沉淀并有气泡冒出电离产生的与结合促进平衡正移。使增大，从面产生气体C将溶液加少量水稀释溶液的碱性增强稀释可以破坏之间的氢键，使得增大，碱性增强D将溶液加热溶液pH先减小后增大加热促进和的电离，使增大，pH减小，后由于分解生成，溶液pH增大A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．进入溶液发生反应：，由于溶质质量增加且水的质量减少了，原溶液饱和溶液析出了并不能说明溶解度小于，A符合题意；B．溶液中存在，加入CaCl2溶液，结合促进平衡正向移动，则增大，从面产生气体，故B不符合题意；C．水解使溶液显碱性，少量水稀释后溶液的碱性增强，说明少量的水破坏了之间的氢键，使得增大，C不符合题意；D．溶液中共存在三个平衡过程：的电离平衡、水的电离平衡和的水解平衡，且的电离程度大于其水解程度，加热后三个平衡均正向移动，溶液pH先减小，说明加热促进了和的电离，使增大；后pH增大则是分解生成，水解能力较强，故溶液pH增大，D不符合题意；故选A。13.(2022·新疆一模)化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。Ⅰ.现有25℃时，浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH＝4.76，回答下列问题：[25℃时Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh为盐的水解常数](1)25℃时Kh(CH3COO－)＝____________(写表达式)，计算Kh(CH3COO－)＝____________(保留三位有效数字)。(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________________________________________。(3)向1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H＋)＝____________mol/L。(4)改变下列条件，能使CH3COONa稀溶液中eq\f(c（CH3COO－）,c（OH－）)保持增大的是____________。a.升温b.加入NaOH固体c.稀释d.加入CH3COONa固体Ⅱ.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系(eq\f(H2CO3,HCOeq\o\al(－,3)))维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时，H2CO3的一级电离常数Ka1＝10－6.1，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（H2CO3）)≈eq\f(20,1)，lg2＝0.3。由题给数据可算得正常人体血液的pH约为____________，当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（H2CO3）)的值将____________(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】Ⅰ.(1)eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）,c（CH3COO－）)5.71×10－10(2)c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)(3)1×10－4.76(4)dⅡ.7.4变小【解析】Ⅰ.(1)25℃时醋酸根离子水解的离子方程式是CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，常数Kh(CH3COO－)＝eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）,c（CH3COO－）)，Kh(CH3COO－)＝eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）,c（CH3COO－）)＝eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）·c（H＋）,c（CH3COO－）·c（H＋）)＝eq\f(KW,Ka)＝eq\f(10－14,1.75×10－5)＝5.71×10－10；(2)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH＝4.76，溶液呈酸性，说明醋酸电离大于醋酸钠水解，该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；(3)向1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，pH几乎不变，反应后溶液中c(H＋)＝1×10－4.76mol/L；(4)a.升温，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡正向移动，c(CH3COO－)减小、c(OH－)增大，但eq\f(c（CH3COO－）,c（OH－）)减小；b.加入NaOH固体，c(OH－)增大，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡逆向移动，c(CH3COOH)减小，eq\f(c（CH3COO－）,c（OH－）·c（CH3COOH）)不变，所以eq\f(c（CH3COO－）,c（OH－）)减小；c.稀释，c(CH3COOH)减小，eq\f(c（CH3COO－）,c（OH－）·c（CH3COOH）)不变，所以eq\f(c（CH3COO－）,c（OH－）)减小；d.加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡正向移动，c(CH3COOH)增大，eq\f(c（CH3COO－）,c（OH－）·c（CH3COOH