2025届高考化学一轮复习专项突破 弱电解质的电离平衡与盐类的水解

弱电解质的电离平衡与盐类的水解 一．选择题（共15小题） 1．（2024•菏泽一模）常温下，关于溶液的说法正确的是（　　） A．pH＝10的NaOH溶液和pH＝4的醋酸溶液中，水的电离程度相同 B．向水中加入少量金属钠，c（OH﹣）增大，水的电离平衡逆向移动 C．向0.01mol•L﹣1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c（H+）将减小 D．pH相同的NaOH溶液和NaCN溶液中，水的电离程度相同 2．（2024•山东一模）聚合硫酸铁[Fe（OH）SO4]n（PFS）具有优良的絮凝性能，已广泛应用于原水和污水的处理。可在控制溶液pH条件下，用绿矾（FeSO4•7H2O）和KClO3反应，经氧化、水解、聚合而制得PFS。下列说法错误的是（　　） A．PFS可在水中形成氢氧化铁胶体而净水 B．在相同条件下，Fe3+比[Fe（OH）]2+的水解能力更强 C．每生成1mol[Fe（OH）SO4]n理论上消耗mol KClO3 D．取少量“氧化”反应后溶液滴加酸性高锰酸钾，褪色说明“氧化”不彻底 3．（2024•历城区一模）酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液反应的离子方程式为：可用于石油开采中油路解堵。 已知： 则的ΔH＝（　　） A．ΔH1+ΔH4﹣ΔH2﹣ΔH3 B．ΔH2+ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH4 C．ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4 D．ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH3﹣ΔH4 4．（2024•潍坊一模）亚砷酸（H3AsO3）常用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态，其各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。亚砷酸的三级电离常数分别为K1，K2，K3。下列说法正确的是（　　） A．当时溶液显碱性 B． C．pH＝13时，溶液中c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）＝c（H+） D．pH＝14时，c（）＞c（）＞c（H2）＞c（OH﹣） 5．（2024•日照三模）室温下，向一定浓度Na2A溶液中加入盐酸，溶液中粒子（H2A、HA﹣、A2﹣、H+、OH﹣）浓度的负对数（用pc表示）与溶液pOH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．M点纵坐标为2.7 B．水的电离程度：X＞M＞Y＞N C．随着pH减小，c（A2﹣）•c（H+）先增大后减小 D．N点溶液中c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（OH﹣） 6．（2024•山东）常温下Ag（Ⅰ）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag++CH3COO﹣═CH3COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓度c0（Ag+）＝c0（CH3COOH）＝0.08mol•L﹣1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）下列说法正确的是（　　） A．线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况 B．CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10n C．pH＝n时，c（Ag+）＝mol•L﹣1 D．pH＝10时，c（Ag+）+c（CH3COOAg）＝0.08mol•L﹣1 7．（2024•青岛模拟）弱酸H2A在有机相和水相中存在平衡：H2A（环己烷）⇌H2A（aq），平衡常数为Kd。25℃时，向VmL0.1mol•L﹣1H2A环己烷溶液中加入VmL水进行萃取，用NaOH（s）或HCl（g）调节水溶液pH。测得水溶液中H2A、HA﹣、A2﹣浓度、环己烷中H2A的浓度[c环己烷（H2A）]与水相萃取率随pH的变化关系如图。下列说法正确的是（　　） 已知： ①H2A在环己烷中不电离； ②忽略体积变化； ③lg2＝0.3。 A．Kd＝0.2 B．pH＝6时，95%＜α＜96% C．若调节水溶液pH＝3，应加NaOH固体调节 D．若加水体积为2VmL，则交点N会由pH＝4.6移至pH＝4.3 8．（2024•德州一模）甘氨酸（CH2COO﹣）在水溶液中可发生如下反应；NH2CH2COO﹣CH2COO﹣CH2COOH。常温下，向0.1mol•L﹣1甘氨酸溶液中通入HCl或加入NaOH固体，HCl当量或NaOH当量[]及溶液中三种含氮微粒的分布系数δ（X）[×100%]随pOH变化如图。已知氨基酸整体所带正、负电荷数目相等时的pH为该氨基酸的等电点（pI），甘氨酸的pI＝6。下列说法错误的是（　　） A．m＝11.6 B．a点：c（CH2COO﹣）＜c（NH2CH2COO﹣）+c（Cl﹣） C．b点NaOH当量＜0.5 D．c点：c（NH2CH2COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（CH2COOH）＞c（H+） 9．（2024•济南一模）常温下，水溶液中H2A、HA﹣、A2﹣、HB、B﹣的分布系数δ[如δ（A2﹣）＝]随POH变化曲线如图1所示，溶液中pBa[pBa＝﹣lgc（Ba2+）]与pA[pA＝﹣lgc（A2﹣）]关系如图2所示。用0.1mol•L﹣1H2A溶液滴定20.00mL0.1mol•L﹣1BaB2溶液，若混合后溶液体积变化忽略不计，下列说法错误的是（　　） A．常温下，H2A的Ka1＝10﹣2.2 B．当滴入5.00mLH2A溶液时，c（A2﹣）•c（HB）＞c（HA﹣）•c（B﹣） C．当滴入20.00mLH2A溶液时，此时溶液的pH约为5.1 D．当溶液的pOH＝7时，2c（A2﹣）+c（HA﹣）═c（HB） 10．（2024•菏泽二模）25℃时，将SO2通入蒸馏水中模拟酸雨形成过程，实验数据如图。已知H2SO3的Ka1＝10﹣2，Ka2＝10﹣7。下列说法不正确的是（　　） A．在50s～300s时间段，pH下降的原因是二氧化硫与水反应生成了亚硫酸 B．在300s未通O2时，溶液中c（H2SO3）＝10﹣5.46mol•L﹣1 C．在400s时，溶液中c（）+c（）+c（）+c（H2SO3）≈10﹣6.75mol•L﹣1 D．在600s时，溶液中c（H+）约为c（）的2倍 11．（2024•莱西市期末）科学家开发了一种CO2淡化海水技术，其循环如图所示。已知：常温下，RNH2的电离常数的数量级为10﹣4；H2CO3的电离常数Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11。下列叙述错误的是（　　） A．可采用过滤操作分离出RNH3Cl B．经上述多种循环获得的水的导电性减弱 C．操作时先通入CO2，再加入RNH2 D．0.1mol•L﹣1RNH3HCO3水溶液呈弱碱性 12．（2024•崂山区一模）工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示。已知：25℃时，NH3⋅H2O的Kb＝1.7×10﹣5，H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.2×10﹣8，下列说法正确的是（　　） A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3：c（H2SO3）＞c（NH3⋅H2O）+c（） B．反应NH3⋅H2O+H2SO3⇌++H2O的平衡常数K＝2.21×107 C．向氨水中通入SO2至pH＝7；2c（）＞c（）＞c（H+）＝c（OH﹣） D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4═N2+4 13．（2024•滕州市期末）室温下10mLpH均为3的醋酸和盐酸两种溶液（不考虑挥发），下列叙述正确的是（　　） A．使温度都升高20℃后，盐酸的pH大 B．分别加水稀释到pH＝4时，盐酸加水多 C．分别加水稀释到100mL后，醋酸溶液的pH大 D．分别加少量的醋酸钠晶体后，盐酸的pH增大，醋酸溶液的pH减小 14．（2024•潍坊期末）下列说法正确的是（　　） A．升高温度促进水的电离，且水的pH保持不变 B．碳酸钠溶液中加入KOH固体，c（）减小 C．氯化铁溶液加热蒸干并灼烧产物为FeCl3 D．将氯化铁固体溶解在浓盐酸中配制氯化铁溶液 15．（2024•潍坊期末）草酸 （H2C2O4） 是一种有机二元弱酸，常温下，向100mL0.50mol⋅L﹣1H2C2O4溶液 中加入1.0mol⋅L﹣1NaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200mL，测得溶液中微粒的 δ（x）[δ（x）＝，x代表H2C2O4、HC2或C2]随pH变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．pH调至2时，发生反应：HC2+OH﹣═C2+H2O B．N点溶液：c（Na+）＞3c（C2） C．M点溶液 D．当pH＝3.9时，溶液中 二．解答题（共5小题） 16．（2024•泰安期末）某小组设计如下实验探究未知浓度的CH3COOH溶液相关性质。 （1）25℃时，用pH计测定4mLCH3COOH溶液的pH为2.88，加水稀释至40mL时pH的范围为 　 　＜pH＜　 　。 （2）25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度α：取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入 　 　（填试剂），用cmol•L﹣1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL；另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a。该CH3COOH溶液的浓度为 　 　mol•L﹣1，CH3COOH的电离度α为 　 　。 （3）25℃时，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液，溶液的pH、CH3COOH和CH3COO﹣分布分数δ与所加NaOH物质的量的关系如图所示。 ①δ1表示 　 　（填微粒符号）的分布分数曲线； ②由图中数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka＝　 　． ③pH＝5时，溶液中c（CH3COO﹣）：c（CH3COOH）＝　 　； ④若c处c（Na+）＝0.1mol•L﹣1，则a、b、c三处水的电离程度由大到小的顺序为 　 　。 17．（2024•滕州市期末）化学实验是研究物质及其转化的基本方法，是科学探究的一种重要途径。 Ⅰ.为探究不同钠盐对FeCl3水解平衡的影响，化学小组设计如下实验。 实验1；常温下，取10.00mL1mol•L﹣1FeCl3溶液置于烧杯中，加入0.01mol的Na2SO4固体，利用pH传感器测得溶液pH与时间的关系如图1所示。 实验2：常温下，取10.00mL1mol•L﹣1FeCl3溶液置于烧杯中，加入0.02mol的NaCl固体，利用pH传感器测得溶液pH与时间的关系如图2所示。 已知：①常温下，H2SO4的电离常数为Ka1＝1.0×103，Ka2＝1.0×10﹣2。 ②在强酸弱碱盐溶液中加入强电解质，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的阳离子的活性会增强或减弱。 （1）FeCl3溶液呈酸性的原因是 　 　（用离子方程式表示）。 （2）实验1中20s后溶液的pH变化的主要原因为 　 　。 （3）实验2中10s后溶液的pH变化的主要原因为 　 　。 实验结论：不同的钠盐对FeCl3溶液水解平衡的影响是不同的。 （4）实验讨论：根据上述实验预测向10mL0.1mol/LHCl中加入少量Na2SO4固体，利用pH传感器测得溶液pH 　 　（填“增大”、“不变”或“减小”）。 Ⅱ.探究Na2SO3溶液与FeCl3溶液的反应原理，某兴趣小组进行了如下实验： 装置 现象 现象i：一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色。 现象ⅱ：一段时间后液体颜色变浅，变为浅黄色。 （5）配制1mol•L﹣1FeCl3溶液时；先将FeCl3固体溶于 　 　，再稀释至指定浓度。 （6）针对上述现象，甲同学认为Fe3+与发生了相互促进的水解反应得到一种胶体，其离子方程式为 　 　；乙同学认为Fe3+与还发生了氧化还原反应，请据此判断两种反应活化能较小的是 　 　（填“水解反应”或“氧化还原反应”）。 提示：经查阅资料和进一步实验探究，证实了与Fe3+既发生了水解反应又发生了氧化还原反应。 18．（2024•滕州市期末）室温下，有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列五种溶液，请回答问题。 ①HCl ②NaCl ③CH3COOH ④CH3COONa ⑤Na2CO3 资料：室温下电离常数，醋酸Ka＝1.7×10﹣5；碳酸Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11。 （1）上述溶液加入水中，对水的电离无影响的是 　 　（填序号），溶液④中溶质与水作用的离子方程式为 　 　。 （2）上述溶液的pH由小到大的顺序为 　 　（填序号）。 （3）比较溶液③和④中CH3COO﹣的物质的量浓度：③　 　④（填“大于”、“等于”或“小于”）。 （4）室温下，向溶液①中加水稀释至原体积的100倍，所得溶液的pH为 　 　。 （5）向20mL0.1mol/LCH3COOH中滴加0.1mol/LNaOH过程中，pH变化如图所示。 ①滴加过程中发生反应的离子方程式是 　 　。 ②下列说法正确的是 　 　。 a.A、C两点水的电离程度：A＜C b.B点溶液中微粒浓度满足：c（Na+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） c.D点溶液微粒浓度满足：c（H+）+c（Na+）═c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣） 19．（2024•潍坊期末）烟气中的SO2可以用钠碱循环法加以处理，用Na2SO3溶液作为吸收液，当吸收液与SO2反应至pH为6左右时，可将吸收液通入电解槽进行再生，吸收液pH随微粒组成的变化关系见表。 n（）：n（） 91：9 1：1 9：91 pH 8.2 7.2 6.2 回答下列问题： （1）吸收液pH由8.2下降至6.2过程中发生反应的离子方程式为 　 　，吸收液pH从6升至8左右时实现再生，该过程水的电离程度 　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。 （2）当吸收液呈中性时，溶液中c（） 　 　c（）（填“＞”“＜”或“＝”，下同）；pH＝7.2时，c（Na+）﹣c（） 　 　c（）；H2SO3第二步电离平衡常数Ka2＝　 　。 （3）NaHSO3﹣Na2SO3、H2CO3﹣NaHCO3、Na2HPO4﹣NaH2PO4都可组成缓冲溶液，缓冲溶液中lgx[x表示或]与pH的关系如图，当lgx数值在﹣1～1之间时具有可实用价值的缓冲能力，曲线 　 　表示lg与pH的变化关系，应控制Na2HPO4﹣NaH2PO4缓冲溶液的pH范围为 　 　。 20．（2024•即墨区期末）氮元素是维持动植物生命活动的必需元素。 （1）草木灰与铵态氮肥不能混合施用，其原因是 　 　。 （2）国防工业中，氨气可用于制造火箭、导弹的推进剂。实验室在浓氨水中加入生石灰可以快速制备氨气，请从平衡移动角度解释其原理 　 　。 （3）肼（N2H4）为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。常温下，N2H4的第一步电离平衡： N2H4+H2O⇌N2+OH﹣Kb1＝8.7×10﹣7mol•L﹣1。 ①N2H4第二步电离平衡方程式为 　 　。 ②反应N2H4+H+⇌N2的平衡常数K＝　 　L•mol﹣1。 （4）化学工作者以Ni2P和CoP纳米片作为电极催化材料，合成偶氮化合物的装置如图所示（其中R表示烃基）。 ①该“甲醇燃料电池”的负极反应式为 　 　。 ②CoP电极反应式为 　 　。 ③每合成1mol偶氮化合物，理论上消耗甲醇的质量为 　 　g，消耗RCH2NH2的物质的量为 　 　mol。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•菏泽一模）常温下，关于溶液的说法正确的是（　　） A．pH＝10的NaOH溶液和pH＝4的醋酸溶液中，水的电离程度相同 B．向水中加入少量金属钠，c（OH﹣）增大，水的电离平衡逆向移动 C．向0.01mol•L﹣1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c（H+）将减小 D．pH相同的NaOH溶液和NaCN溶液中，水的电离程度相同 【答案】A 【分析】A．酸溶液或者碱溶液中，水的电离均被抑制； B．向水中加入少量金属钠，生成氢氧化钠和氢气，据此进行分析； C．向0.01mol•L﹣1醋酸溶液中加水，醋酸电离程度增大，但溶液的体积也在增大，且增大程度更大，溶液中的c（H+）减小； D．碱溶液抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。 【解答】解：A．pH＝10的NaOH溶液和pH＝4的醋酸溶液中，水的电离均被抑制，c水（H+）＝10﹣10mol/L，故A正确； B．向水中加入少量金属钠，Na与H+反应，促进水的电离，溶液中c（OH﹣）增大，水的电离平衡正向移动，故B错误； C．向0.01mol•L﹣1醋酸溶液中加水，醋酸电离程度增大，但溶液的体积也在增大，且增大程度更大，溶液中的c（H+）减小，水的电离程度增大，故C错误； D．pH相同的NaOH溶液和NaCN溶液中，水的电离程度不同，前者水的电离受到抑制，后者促进水的电离，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡、盐类水解等，属于基本知识的考查，难度中等。 2．（2024•山东一模）聚合硫酸铁[Fe（OH）SO4]n（PFS）具有优良的絮凝性能，已广泛应用于原水和污水的处理。可在控制溶液pH条件下，用绿矾（FeSO4•7H2O）和KClO3反应，经氧化、水解、聚合而制得PFS。下列说法错误的是（　　） A．PFS可在水中形成氢氧化铁胶体而净水 B．在相同条件下，Fe3+比[Fe（OH）]2+的水解能力更强 C．每生成1mol[Fe（OH）SO4]n理论上消耗mol KClO3 D．取少量“氧化”反应后溶液滴加酸性高锰酸钾，褪色说明“氧化”不彻底 【答案】D 【分析】A．氢氧化铁胶体吸附性强，可吸附水中悬浮物形成沉淀； B．Fe3+的水解也是分步进行，且第一步程度最大； C．KClO3将FeSO4氧化成[Fe（OH）SO4]n的反应为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O＝6[Fe（OH）SO4]n+nKCl，据此进行计算； D．“氧化”反应后溶液中含有Cl﹣，也能使酸性高锰酸钾褪色。 【解答】解：A．PFS可水解生成吸附性强的氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮物形成沉淀，可用于净水，故A正确； B．Fe3+是弱碱阳离子，水解也是分步进行，且Fe3+的水解第一步程度最大，即Fe3+比[Fe（OH）]2+的水解能力更强，故B正确； C．KClO3氧化FeSO4生成[Fe（OH）SO4]n的反应为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O＝6[Fe（OH）SO4]n+nKCl，则每生成1mol[Fe（OH）SO4]n理论上消耗mol KClO3，故C正确； D．“氧化”反应后溶液中含有Cl﹣，能与酸性高锰酸钾溶液反应而使之褪色，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查盐的水解规律和氧化还原反应计算，把握氧化还原反应规律及其应用为解题关键，题目难度中等，注意盐的水解对溶液pH的影响。 3．（2024•历城区一模）酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液反应的离子方程式为：可用于石油开采中油路解堵。 已知： 则的ΔH＝（　　） A．ΔH1+ΔH4﹣ΔH2﹣ΔH3 B．ΔH2+ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH4 C．ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4 D．ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH3﹣ΔH4 【答案】A 【分析】根据盖斯定理①﹣②﹣③+④可得，进行分析。 【解答】解：假设NaNO2（s）+NH4Cl（s）＝N2（g）+NaCl（s）+2H2O（l）为反应①，为反应②，为反应③，NaCl（s）＝Na+（aq）+Cl﹣（aq）为反应④，根据盖斯定理，①﹣②﹣③+④可得，所以ΔH＝ΔH1+ΔH4﹣ΔH2﹣ΔH3，故A正确， 故选：A。 【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。 4．（2024•潍坊一模）亚砷酸（H3AsO3）常用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态，其各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。亚砷酸的三级电离常数分别为K1，K2，K3。下列说法正确的是（　　） A．当时溶液显碱性 B． C．pH＝13时，溶液中c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）＝c（H+） D．pH＝14时，c（）＞c（）＞c（H2）＞c（OH﹣） 【答案】A 【分析】A．由图可知，c（H3AsO3）＝n（H2）时，溶液的pH：8～10； B．亚砷酸的三级电离常数分别为K1，K2，K3，且K1＞K2≫K3，但不能计算准确值； C．根据电荷守恒关系分析判断； D．若调节溶液的pH可加入NaOH溶液，pH＝14时溶液中溶质为Na3AsO3，结合水解原理分析判断。 【解答】解：A．由图可知，c（H3AsO3）＝n（H2），即时，溶液的pH：8～10，溶液显碱性，故A正确； B．亚砷酸的三级电离常数：K1＞K2≫K3，但不能计算准确值，则不能比较、的大小关系，故B错误； C．调节溶液的pH可加入NaOH溶液等，此时溶液电荷守恒关系为c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），即pH＝13时，溶液中c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）＞c（H+），故C错误； D．若调节溶液的pH可加入NaOH溶液，pH＝14时溶液中溶质为Na3AsO3，H3AsO3是三元弱酸，的三级水解程度逐渐减小，结合水的电离可知，pH＝14时，c（）＞c（OH﹣）＞c（）＞c（H2），故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较，侧重分析判断能力和运用能力考查，把握图象信息分析、弱电解质的电离平衡、溶液中守恒关系式的应用是解题关键，题目难度中等。 5．（2024•日照三模）室温下，向一定浓度Na2A溶液中加入盐酸，溶液中粒子（H2A、HA﹣、A2﹣、H+、OH﹣）浓度的负对数（用pc表示）与溶液pOH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．M点纵坐标为2.7 B．水的电离程度：X＞M＞Y＞N C．随着pH减小，c（A2﹣）•c（H+）先增大后减小 D．N点溶液中c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（OH﹣） 【答案】D 【分析】pOH越小，碱性越强，c（A2﹣）也会越大，因此线MX代表A2﹣，线XY代表HA﹣，线MY代表H2A，最后两条线分别是H+、OH﹣。X点时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），则H2A的；同理，Y点OH﹣时，c（HA﹣）＝c（H2A），则H2A的；据此分析解答。 【解答】解：A．M点时，，也是c（HA﹣）取最大值时，，再根据，求出c（H+）＝10﹣11.3，pH＝11.3，则pOH＝14﹣pH＝2.7，故A正确； B．X→M→Y→N过程，c（A2﹣）逐渐减少，水的电离程度逐渐减小，故B正确； C．当pH减小时，根据Ka2不变，而HA﹣先增大后减小，则先增大后减小，故C正确； D．N点时，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），N点时c（H+）＝c（HA﹣），由此可以得出c（Na+）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），而c（Cl﹣）＞c（OH﹣），则c（Na+）＞2c（A2﹣）+2c（OH﹣），故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 6．（2024•山东）常温下Ag（Ⅰ）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag++CH3COO﹣═CH3COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓度c0（Ag+）＝c0（CH3COOH）＝0.08mol•L﹣1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）下列说法正确的是（　　） A．线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况 B．CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10n C．pH＝n时，c（Ag+）＝mol•L﹣1 D．pH＝10时，c（Ag+）+c（CH3COOAg）＝0.08mol•L﹣1 【答案】C 【分析】溶液中存在3个平衡：①CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+、②Ag++CH3COO﹣⇌CH3COOAg（aq）、③Ag++H2O⇌AgOH+H+、随着pH的增大，c（H+）减小，平衡①③正向移动，c（CH3COOH）、c（Ag+）减小，pH较小时（约小于7.8），CH3COO﹣浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg（aq）浓度增大，pH较大时（约大于7.8），CH3COO﹣浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg（aq）浓度减小，故曲线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，故曲线Ⅱ表示CH3COO﹣的摩尔分数随pH变化的关系，曲线Ⅲ表示CH3COOAg的摩尔分数随pH变化的关系，据此分析作答。 【解答】解：A．根据分析可知，线Ⅱ表示CH3COO﹣的变化情况，故A错误； B．由图可知，当c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣m，故B错误； C．pH＝n时，＝10﹣m，c（CH3COO﹣）＝10n﹣mc（CH3COOH），Ag++CH3COO﹣⇌CH3COOAg（aq）的平衡常数K＝，则c（Ag+）＝，由图可知，pH＝n时，c（CH3COOH）＝c（CH3COOAg），代入得到：c（Ag+）＝mol•L﹣1，故C正确； D．根据物料守恒，pH＝10时的溶液中，c（Ag+）+c（CH3COOAg）+c（AgOH）＝0.08mol•L﹣1，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查学生对电离平衡的理解以及平衡常数K的应用，同时考查学生的看图理解能力，对学生的能量要求较高，难度较大。 7．（2024•青岛模拟）弱酸H2A在有机相和水相中存在平衡：H2A（环己烷）⇌H2A（aq），平衡常数为Kd。25℃时，向VmL0.1mol•L﹣1H2A环己烷溶液中加入VmL水进行萃取，用NaOH（s）或HCl（g）调节水溶液pH。测得水溶液中H2A、HA﹣、A2﹣浓度、环己烷中H2A的浓度[c环己烷（H2A）]与水相萃取率随pH的变化关系如图。下列说法正确的是（　　） 已知： ①H2A在环己烷中不电离； ②忽略体积变化； ③lg2＝0.3。 A．Kd＝0.2 B．pH＝6时，95%＜α＜96% C．若调节水溶液pH＝3，应加NaOH固体调节 D．若加水体积为2VmL，则交点N会由pH＝4.6移至pH＝4.3 【答案】C 【分析】为方便叙述，在图象中标记曲线分别为：a、b、c、d、f，如图所示：，环己烷中H2A的浓度[c环己烷（H2A）]与水相萃取率随pH的变化关系可知，自上而下曲线分别：a为：c环己烷（H2A）、b为水相萃取率、水溶液中HA﹣随着pH的增大，先增大后减小，d为水溶液中HA﹣，而A2﹣来源于HA﹣的电离，pH＝2时，HA﹣的浓度为0，此时A2﹣的浓度为0，因此f曲线表示的是溶液中的曲线A2﹣，c曲线表示的是H2A的浓度，c、d交点时的pH＝4，即H2A的Ka1＝＝10﹣4，d、f交点的pH＝7，得到Ka2＝＝10﹣7，据此分析回答选项。 【解答】解：A．当pH＝2时，H2A（环己烷）⇌H2A（aq），Kd＝＝＝0.25，故A错误； B．pH＝6时，c（HA﹣）＝102c（H2A），c（A2﹣）＝0.1c（HA﹣）＝10c（H2A），（102+10+1）c（H2A）+c（H2A）（环己烷）＝0.1mol/L，由于c（H2A）＝0.25c（H2A）（环己烷），111×0.25c（H2A）（环己烷）+c（H2A）（环己烷）＝0.1，c（H2A）（环己烷）＝mol/L，根据0.1α+c（H2A）（环己烷）＝0.1，α≈96.5%，故B错误； C．当水溶液中H2A的浓度为0.02mol/L时，设电离出氢离子浓度为x，Ka1＝＝＝10﹣4，x＝×10﹣3mol/L，pH＝2.85，若调节水溶液pH＝3，应加NaOH固体调节，故C正确； D．Ka1和Ka2只与温度有关，Ka1＝＝10﹣4，当c（HA﹣）＝c（H2A）（环己烷）时，c（H+）＝2.5×10﹣5mol/L，pH＝4.6，若加水体积为2VmL，则交点N的横坐标无影响，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、影响电离平衡的因素分析、平衡常数的计算应用，主要是图象变化的理解应用，题目难度较大。 8．（2024•德州一模）甘氨酸（CH2COO﹣）在水溶液中可发生如下反应；NH2CH2COO﹣CH2COO﹣CH2COOH。常温下，向0.1mol•L﹣1甘氨酸溶液中通入HCl或加入NaOH固体，HCl当量或NaOH当量[]及溶液中三种含氮微粒的分布系数δ（X）[×100%]随pOH变化如图。已知氨基酸整体所带正、负电荷数目相等时的pH为该氨基酸的等电点（pI），甘氨酸的pI＝6。下列说法错误的是（　　） A．m＝11.6 B．a点：c（CH2COO﹣）＜c（NH2CH2COO﹣）+c（Cl﹣） C．b点NaOH当量＜0.5 D．c点：c（NH2CH2COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（CH2COOH）＞c（H+） 【答案】A 【分析】A．；，由图可知，m点处所对应的曲线，此时＝c2（H+）； B．a点，； C．由图可知pH＝9.6，，溶液呈碱性； D．c点时，，由电荷守恒，又因pH＝11，故溶液呈碱性。 【解答】解：A．；，m点处所对应的曲线，此时＝c2（H+），甘氨酸的PI＝6，故，则m＝12，故A错误； B．a点，，故，故B正确； C．pH＝9.6，，溶液呈碱性，即溶液中，则NaOH当量＜0.5，故C正确； D．c点时，电荷守恒可知，，且，pH＝11，c（H+）＜c（OH﹣），故，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 9．（2024•济南一模）常温下，水溶液中H2A、HA﹣、A2﹣、HB、B﹣的分布系数δ[如δ（A2﹣）＝]随POH变化曲线如图1所示，溶液中pBa[pBa＝﹣lgc（Ba2+）]与pA[pA＝﹣lgc（A2﹣）]关系如图2所示。用0.1mol•L﹣1H2A溶液滴定20.00mL0.1mol•L﹣1BaB2溶液，若混合后溶液体积变化忽略不计，下列说法错误的是（　　） A．常温下，H2A的Ka1＝10﹣2.2 B．当滴入5.00mLH2A溶液时，c（A2﹣）•c（HB）＞c（HA﹣）•c（B﹣） C．当滴入20.00mLH2A溶液时，此时溶液的pH约为5.1 D．当溶液的pOH＝7时，2c（A2﹣）+c（HA﹣）═c（HB） 【答案】D 【分析】H2A为二元弱酸，H2A⇌HA﹣+H+，HA﹣⇌A2﹣+H+，随着溶液酸性增强，H2A浓度上升，A2﹣离子浓度下降，HA﹣离子浓度先上升后下降，即a为δ（H2A），b为δ（HA﹣），c为δ（A2﹣），HB为一元弱酸，随着溶液酸性增强，HB浓度上升，即e为δ（HB），f为δ（B﹣），图2中点（5.5，5.5）可以计算Ksp（BaA）＝c（Ba2+）×c（A2﹣）＝10﹣11，据此分析选项。 【解答】解：A．a为δ（H2A），b为δ（HA﹣），c为δ（A2﹣），由图2中的点（5.5，5.5），可以计算Ksp（BaA）＝c（Ba2+）×c（A2﹣）＝10﹣11，pOH＝5.6，即c（A2﹣）＝c（HA﹣），c（OH﹣）＝10﹣5.6mol/L，c（H+）＝＝mol/L＝10﹣8.4mol/L，Ka2（H2A）＝＝10﹣8.4mol/L，Ka1（H2A）×Ka2（H2A）＝×＝，当pOH＝8.2时，图可知c（H2A）＝c（A2﹣），c（H+）＝mol/L＝10﹣5.8mol/L，则Ka1（H2A）×Ka2（H2A）＝c2（H+）＝（10﹣5.8）2＝10﹣11.6，Ka1（H2A）＝＝10﹣3.2，故A正确； B．曲线e和曲线f交点的pOH＝4.8，即c（B﹣）＝c（HB）时，c（OH﹣）＝10﹣4.8mol/L，c（H+）＝＝mol/L＝10﹣9.2mol/L，Ka（HB）＝＝10﹣9.2，Ka2（H2A）＞Ka（HB），＝×＝＞1，c（A2﹣）•c（HB）＞c（HA﹣）•c（B﹣），故B正确； C．当滴入20.00mLH2A溶液时，反应H2A+BaB2＝BaA↓+2HB，溶质为HB，浓度为0.1mol/L，Ka（HB）＝＝＝10﹣9.2，c（H+）＝10﹣5.1mol/L，pH＝5.1，故C正确； D．当溶液pOH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，溶液中存在电荷守恒，2c（Ba2+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（B﹣），Ksp（BaA）＝c（Ba2+）×c（A2﹣）＝10﹣11，由题可知，有沉淀生成，2c（Ba2+）＜c（HB）+c（B﹣），即2c（A2﹣）+c（HA﹣）＜c（HB），故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查了弱电解质电离、电离平衡常数的计算应用、图象变化和实质的理解应用，题目难度较大。 10．（2024•菏泽二模）25℃时，将SO2通入蒸馏水中模拟酸雨形成过程，实验数据如图。已知H2SO3的Ka1＝10﹣2，Ka2＝10﹣7。下列说法不正确的是（　　） A．在50s～300s时间段，pH下降的原因是二氧化硫与水反应生成了亚硫酸 B．在300s未通O2时，溶液中c（H2SO3）＝10﹣5.46mol•L﹣1 C．在400s时，溶液中c（）+c（）+c（）+c（H2SO3）≈10﹣6.75mol•L﹣1 D．在600s时，溶液中c（H+）约为c（）的2倍 【答案】C 【分析】A．50s～300s时间段，H2O和SO2反应生成了H2SO3； B．H2SO3是弱酸，以第一步电离为主，溶液中c（）＝c（H+），根据Ka1（H2SO3）＝计算分析判断； C．在300s时，溶液中的含硫粒子为，在400s时，部分含硫粒子被氧化为，根据电荷守恒可得出； D．600s时，溶液的pH几乎不变，说明此时溶液中的溶质为强酸H2SO4。 【解答】解：A．50s～300s时间段，水中通入SO2，SO2属于酸性氧化物，SO2和H2O反应生成了H2SO3，H2SO3电离出氢离子而导致溶液中c（H+）增大，溶液pH降低，故A正确； B．由A分析可知，300s未通O2时，H2SO3是弱酸，以第一步电离为主，溶液中c（）＝c（H+）＝10﹣3.73mol/L，根据Ka1（H2SO3）＝＝10﹣2，c（H2SO3）＝10﹣5.46mol•L﹣1，故B正确； C．在300s时，溶液中的含硫粒子为，其浓度为10﹣3.73mol/L，在400s时，部分含硫粒子被氧化为，根据电荷守恒可得c（）+c（）+c（）+c（H2SO3）＝10﹣3.73mol/L，故C错误； D．在600s时，溶液的pH几乎不变，溶液中的H2SO3被氧化为H2SO4，H2SO4为强电解质，完全电离，所以溶液中c（H+）约为c（）的2倍，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查弱酸的电离平衡及其相关计算，为高频考点，把握弱酸溶液中离子浓度与电离平衡常数的关系是解答本题的关键，注意弱酸的电离平衡以第一步为主，题目难度中等。 11．（2024•莱西市期末）科学家开发了一种CO2淡化海水技术，其循环如图所示。已知：常温下，RNH2的电离常数的数量级为10﹣4；H2CO3的电离常数Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11。下列叙述错误的是（　　） A．可采用过滤操作分离出RNH3Cl B．经上述多种循环获得的水的导电性减弱 C．操作时先通入CO2，再加入RNH2 D．0.1mol•L﹣1RNH3HCO3水溶液呈弱碱性 【答案】C 【分析】A．RNH3Cl是难溶物； B．水的导电性与离子浓度有关； C．CO2在水中溶解度小，不能先加； D．根据电离常数可知，RNH2的电离常数大于H2CO3。 【解答】解：A．RNH3Cl是难溶物，可采用过滤操作分离出RNH3Cl，故A正确； B．水的导电性与离子浓度有关，该循环使海水中氯化钠浓度降低，故经循环后水的导电性减弱，故B正确； C．CO2在水中溶解度小，应先加入RNH2形成碱性溶液，再通入CO2，故C错误； D．根据电离常数可知，RNH2的电离常数大于H2CO3，电离大于水解，所以RNH3HCO3溶液显碱性，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力，同时考查配位键、平衡常数K的应用等，属于基本知识的考查，题目难度不大。 12．（2024•崂山区一模）工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示。已知：25℃时，NH3⋅H2O的Kb＝1.7×10﹣5，H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.2×10﹣8，下列说法正确的是（　　） A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3：c（H2SO3）＞c（NH3⋅H2O）+c（） B．反应NH3⋅H2O+H2SO3⇌++H2O的平衡常数K＝2.21×107 C．向氨水中通入SO2至pH＝7；2c（）＞c（）＞c（H+）＝c（OH﹣） D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4═N2+4 【答案】B 【分析】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电荷守恒c（）+c（H+）＝2c（）+c（）+c（OH﹣），物料守恒c（）+c（NH3•H2O）＝c（）+c（）+c（H2SO3），则c（H+）+c（H2SO3）＝c（）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）； B．反应NH3•H2O+H2SO3＝++H2O的平衡常数K＝，Kb＝，Ka1＝； C．向氨水中通入SO2至pH＝7：c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒c（ H+）+c（）＝2c（）+c（）+c（OH﹣）； D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4＝N2+4+4H+。 【解答】解：A．向氨水中通入SO2恰好反应生成NH4HSO3，电荷守恒c（）+c（H+）＝2c（）+c（）+c（OH﹣），物料守恒c（）+c（NH3•H2O）＝c（）+c（）+c（H2SO3），则c（H+）+c（H2SO3）＝c（）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O），NH3•H2O的Kb＝l.7×10﹣5 小于H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，溶液呈酸性，则c（H2SO3）＜（）+c（NH3•H2O），故A错误； B．反应NH3•H2O+H2SO3＝++H2O的平衡常数K＝，Kb＝，Ka1＝，则K＝＝2.21×107，故B正确； C．向氨水中通入SO2至pH＝7，电荷守恒c（ H+）+c（）＝2c（）+c（）+c（OH﹣），c （）＞c（），故C错误； D．NO2 被NH4HSO3吸收生成氮气和硫酸根离子，其反应的离子方程式：2NO2+4＝N2+4+4H+，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度大小比较的掌握情况，试题难度中等。 13．（2024•滕州市期末）室温下10mLpH均为3的醋酸和盐酸两种溶液（不考虑挥发），下列叙述正确的是（　　） A．使温度都升高20℃后，盐酸的pH大 B．分别加水稀释到pH＝4时，盐酸加水多 C．分别加水稀释到100mL后，醋酸溶液的pH大 D．分别加少量的醋酸钠晶体后，盐酸的pH增大，醋酸溶液的pH减小 【答案】A 【分析】A．升高温度，促进醋酸的电离，溶液中c（H+）增大； B．加水稀释促进醋酸电离，分别加水稀释相同倍数时溶液pH：盐酸＞醋酸； C．加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）：醋酸＞盐酸； D．分别加少量的醋酸钠晶体后，醋酸钠与盐酸反应生成醋酸，醋酸根离子抑制醋酸的电离，两溶液的酸性均减弱。 【解答】解：A．升高温度促进醋酸的电离，醋酸溶液中c（H+）增大，盐酸溶液中c（H+）基本不变，则盐酸的pH大，故A正确； B．加水稀释促进醋酸电离，分别加水稀释相同倍数时溶液pH：盐酸＞醋酸，所以pH均为3的醋酸和盐酸分别加水稀释到pH＝4时，醋酸加水多，故B错误； C．加水稀释促进醋酸电离，10mLpH＝3的醋酸加水稀释到100mL后，醋酸溶液的3＜pH＜4，盐酸的pH＝4，故C错误； D．分别加少量的醋酸钠晶体后，醋酸钠与盐酸反应生成醋酸，醋酸根离子抑制醋酸的电离，则两溶液的酸性均减弱，pH均增大，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查弱电解质电离平衡，侧重学生的分析能力和运用能力考查，把握弱电解质电离平衡及其影响因素是解题关键，题目难度中等。 14．（2024•潍坊期末）下列说法正确的是（　　） A．升高温度促进水的电离，且水的pH保持不变 B．碳酸钠溶液中加入KOH固体，c（）减小 C．氯化铁溶液加热蒸干并灼烧产物为FeCl3 D．将氯化铁固体溶解在浓盐酸中配制氯化铁溶液 【答案】D 【分析】A．水的电离是吸热过程； B．碳酸钠水解呈碱性； C．氯化铁溶液加热会促进水解； D．氯化铁在水溶液中存在水解。 【解答】解：A．水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，水氢离子浓度增大，故水的pH减小，故A错误； B．碳酸钠水解呈碱性，加入KOH固体，水解平衡逆向移动，c（）增大，故B错误； C．氯化铁溶液加热会促进水解，氯化铁溶液加热蒸干得到氢氧化铁，氢氧化铁灼烧得到氧化铁，得不到氯化铁，故C错误； D．氯化铁在水溶液中存在水解，故将氯化铁固体溶解在浓盐酸中配制氯化铁溶液，可以抑制氯化铁的水解，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查水的电离及盐类的水解的相关知识，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 15．（2024•潍坊期末）草酸 （H2C2O4） 是一种有机二元弱酸，常温下，向100mL0.50mol⋅L﹣1H2C2O4溶液 中加入1.0mol⋅L﹣1NaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200mL，测得溶液中微粒的 δ（x）[δ（x）＝，x代表H2C2O4、HC2或C2]随pH变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．pH调至2时，发生反应：HC2+OH﹣═C2+H2O B．N点溶液：c（Na+）＞3c（C2） C．M点溶液 D．当pH＝3.9时，溶液中 【答案】D 【分析】当酸性越强时，δ（H2C2O4）含量越大，碱性越强时，溶液中δ（C2）含量越大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别是H2C2O4、HC2、C2的变化曲线，在点（1.3，0.5）处，c（H2C2O4）＝c（HC2），草酸H2C2O4的电离常数Ka1＝＝c（H+）＝1.0×10﹣1.3，当pH＝4.3时，c（HC2）＝c（C2），此时H2C2O4的电离平衡常数Ka2＝＝c（H+）＝1.0×10﹣4.3，N点c（C2）＝c（HC2），c（C2）+c（OH﹣）＝c（HC2）+c（H+），则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（OH﹣），在M点溶液中只有HC2和C2，HC2的含量为0.2，则C2的含量为0.8，而H2C2O4的物质的量为0.1L×0.50 mol/L＝0.05mol，则n（C2）＝0.8×0.05 mol＝0.04mol，c＝。 【解答】解：A．图象分析可知，pH调至2时，发生反应：H2C2O4+OH﹣═HC2+H2O，故A错误； B．N点c（C2）＝c（HC2），c（C2）+c（OH﹣）＝c（HC2）+c（H+），则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（OH﹣），得到c（Na+）＝3c（C2），故B错误； C．在M点溶液中只有HC2和C2，HC2的含量为0.2，则C2的含量为0.8，而H2C2O4的物质的量为0.1L×0.50 mol/L＝0.05mol，则n（C2）＝0.8×0.05 mol＝0.04mol，c＝＝＝0.2mol/L，故C错误； D．当pH＝3.9时，溶液中＝×＝＝102.2，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分关系、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•泰安期末）某小组设计如下实验探究未知浓度的CH3COOH溶液相关性质。 （1）25℃时，用pH计测定4mLCH3COOH溶液的pH为2.88，加水稀释至40mL时pH的范围为 　2.88　＜pH＜　3.88　。 （2）25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度α：取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入 　酚酞溶液　（填试剂），用cmol•L﹣1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL；另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a。该CH3COOH溶液的浓度为 　　mol•L﹣1，CH3COOH的电离度α为 　或　。 （3）25℃时，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液，溶液的pH、CH3COOH和CH3COO﹣分布分数δ与所加NaOH物质的量的关系如图所示。 ①δ1表示 　CH3COOH　（填微粒符号）的分布分数曲线； ②由图中数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka＝　10﹣4.76　． ③pH＝5时，溶液中c（CH3COO﹣）：c（CH3COOH）＝　100.24　； ④若c处c（Na+）＝0.1mol•L﹣1，则a、b、c三处水的电离程度由大到小的顺序为 　c＞b＞a　。 【答案】（1）2.88；3.88； （2）酚酞溶液；；或； （3）①CH3COOH； ②10﹣4.76； ③100.24； ④c＞b＞a。 【分析】（1）醋酸为弱酸，加水稀释会促进电离； （2）取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入酚酞溶液，用cmol•L﹣1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL，该CH3COOH溶液的浓度为c＝，另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a，已经电离的醋酸浓度为10﹣amol/L，CH3COOH的电离度α＝×100%； （3）①随着氢氧化钠的加入，pH增大，CH3COOH减小，CH3COO﹣增大； ②由图可知c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）时，pH＝4.76，HA的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）； ③pH＝5时，c（H+）＝10﹣5mol/L，根据Ka＝＝10﹣4.76，则溶液中c（CH3COO﹣）：c（CH3COOH）； ④若c处c（Na+）＝0.1mol/L，可知c点酸碱恰好完全反应生成NaA，此时水的电离程度最大，a到c是发生酸碱中和的过程，水的电离程度在增大。 【解答】解：（1）25℃时，用pH计测定4mLCH3COOH溶液的pH为2.88，加水稀释至40m，稀释10倍，促进醋酸的电离，溶液pH增大小于1个单位，此时溶液pH的范围为：2.88＜pH＜3.88， 故答案为：2.88；3.88； （2）取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入酚酞溶液，用cmol•L﹣1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL，醋酸和氢氧化钠物质的量相同，该CH3COOH溶液的浓度为c＝＝＝mol/L，另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a，已经电离的醋酸浓度为10﹣amol/L，CH3COOH的电离度α＝×100%＝×100%＝；或， 故答案为：酚酞溶液；；或； （3）①随着氢氧化钠的加入，pH增大，CH3COOH减小，CH3COO﹣增大，故δ1表示CH3COOH的分布分数曲线，δ2表示CH3COO﹣的分布分数曲线， 故答案为：CH3COOH； ②由图可知c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）时，pH＝4.76，HA的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣4.76， 故答案为：10﹣4.76； ③pH＝5时，c（H+）＝10﹣5mol/L，根据Ka＝＝10﹣4.76，则溶液中c（CH3COO﹣）：c（CH3COOH）＝＝100.24， 故答案为：100.24； ④若c处c（Na+）＝0.1mol/L，可知c点酸碱恰好完全反应生成NaA，此时水的电离程度最大，a到c是发生酸碱中和的过程，水的电离程度在增大，则a、b、c三处水的电离程度由大到小排序为c＞b＞a， 故答案为：c＞b＞a。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱滴定的计算，涉及弱电解质的判断、电离平衡常数的计算等知识，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。 17．（2024•滕州市期末）化学实验是研究物质及其转化的基本方法，是科学探究的一种重要途径。 Ⅰ.为探究不同钠盐对FeCl3水解平衡的影响，化学小组设计如下实验。 实验1；常温下，取10.00mL1mol•L﹣1FeCl3溶液置于烧杯中，加入0.01mol的Na2SO4固体，利用pH传感器测得溶液pH与时间的关系如图1所示。 实验2：常温下，取10.00mL1mol•L﹣1FeCl3溶液置于烧杯中，加入0.02mol的NaCl固体，利用pH传感器测得溶液pH与时间的关系如图2所示。 已知：①常温下，H2SO4的电离常数为Ka1＝1.0×103，Ka2＝1.0×10﹣2。 ②在强酸弱碱盐溶液中加入强电解质，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的阳离子的活性会增强或减弱。 （1）FeCl3溶液呈酸性的原因是 　FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+　（用离子方程式表示）。 （2）实验1中20s后溶液的pH变化的主要原因为 　在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大　。 （3）实验2中10s后溶液的pH变化的主要原因为 　在FeCl3溶液中加入NaCl固体，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的Fe3+的活性会增强，导致溶液酸性增强，溶液的pH下降　。 实验结论：不同的钠盐对FeCl3溶液水解平衡的影响是不同的。 （4）实验讨论：根据上述实验预测向10mL0.1mol/LHCl中加入少量Na2SO4固体，利用pH传感器测得溶液pH 　增大　（填“增大”、“不变”或“减小”）。 Ⅱ.探究Na2SO3溶液与FeCl3溶液的反应原理，某兴趣小组进行了如下实验： 装置 现象 现象i：一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色。 现象ⅱ：一段时间后液体颜色变浅，变为浅黄色。 （5）配制1mol•L﹣1FeCl3溶液时；先将FeCl3固体溶于 　浓盐酸　，再稀释至指定浓度。 （6）针对上述现象，甲同学认为Fe3+与发生了相互促进的水解反应得到一种胶体，其离子方程式为 　3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3　；乙同学认为Fe3+与还发生了氧化还原反应，请据此判断两种反应活化能较小的是 　水解反应　（填“水解反应”或“氧化还原反应”）。 提示：经查阅资料和进一步实验探究，证实了与Fe3+既发生了水解反应又发生了氧化还原反应。 【答案】Ⅰ．（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+； （2）在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大； （3）在FeCl3溶液中加入NaCl固体，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的Fe3+的活性会增强，导致溶液酸性增强，溶液的pH下降； （4）增大 Ⅱ．（5）浓盐酸； （6）3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3；水解反应。 【分析】Ⅰ．（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性； （2）在强酸弱碱盐溶液中加入强电解质，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的阳离子的活性会增强； （3）图2中20s后溶液的pH增大的主要原因为：在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成； （4）向10mL0.1mol/LHCl中加入少量Na2SO4固体，结合H+生成； Ⅱ．（5）由于氯化铁极易水解，水解后显酸性，故应先将FeCl3固体溶于浓盐酸中； （6）二者双水解生成亚硫酸和氢氧化铁胶体，反应的离子方程式：3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3，乙同学认为.Fe3+与还发生了氧化还原反应，结合反应现象可知，一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色，说明该过程反应速率快，活化能小； 【解答】解：Ⅰ．（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+， 故答案为：FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+； （2）图1中20s后溶液的pH增大的主要原因为：在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大， 故答案为：在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大； （3）图2中10s后溶液的pH下降的主要原因为，在FeCl3溶液中加入NaCl固体，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的Fe3+的活性会增强，导致溶液酸性增强，溶液的pH下降， 故答案为：在FeCl3溶液中加入NaCl固体，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的Fe3+的活性会增强，导致溶液酸性增强，溶液的pH下降； （4）向10mL0.1mol/LHCl中加入少量Na2SO4固体，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大， 故答案为：增大； Ⅱ．（5）由于氯化铁极易水解，水解后显酸性，故应先将FeCl3固体溶于浓盐酸中，再稀释至指定浓度， 故答案为：浓盐酸； （6）二者双水解生成亚硫酸和氢氧化铁胶体，反应的离子方程式：3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3，乙同学认为.Fe3+与还发生了氧化还原反应，结合反应现象可知，一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色，说明该过程反应速率快，活化能小，即双水解过程活化能小，氧化还原反应过程活化能大， 故答案为：3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3；水解反应。 【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。 18．（2024•滕州市期末）室温下，有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列五种溶液，请回答问题。 ①HCl ②NaCl ③CH3COOH ④CH3COONa ⑤Na2CO3 资料：室温下电离常数，醋酸Ka＝1.7×10﹣5；碳酸Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11。 （1）上述溶液加入水中，对水的电离无影响的是 　②　（填序号），溶液④中溶质与水作用的离子方程式为 　CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣　。 （2）上述溶液的pH由小到大的顺序为 　①③②④⑤　（填序号）。 （3）比较溶液③和④中CH3COO﹣的物质的量浓度：③　小于　④（填“大于”、“等于”或“小于”）。 （4）室温下，向溶液①中加水稀释至原体积的100倍，所得溶液的pH为 　3　。 （5）向20mL0.1mol/LCH3COOH中滴加0.1mol/LNaOH过程中，pH变化如图所示。 ①滴加过程中发生反应的离子方程式是 　CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O　。 ②下列说法正确的是 　ab　。 a.A、C两点水的电离程度：A＜C b.B点溶液中微粒浓度满足：c（Na+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） c.D点溶液微粒浓度满足：c（H+）+c（Na+）═c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣） 【答案】（1）②；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣； （2）①③②④⑤； （3）小于； （4）3； （5）①CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O； ②ab。 【分析】（1）溶液加入水中，对水的电离无影响的，是强酸强碱的正盐，酸、碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，溶液④中溶质与水作用是醋酸根离子水解； （2）溶液pH强碱＞弱碱＞水解显碱性的盐＞中性溶液＞水解显酸性的盐＞弱酸＞强酸； （3）醋酸为弱酸操作电离平衡，醋酸钠完全电离； （4）0.1mol•L﹣1的HCl溶液pH＝1，加水稀释100倍，溶液pH增大两个单位； （5）①滴加过程中CH3COOH和NaOH发生中和反应生成CH3COONa和H2O； ②a．A点酸抑制水电离，C点溶液呈中性，不影响水电离； b．B点溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）； c．D点溶液中加入的酸碱的物质的量相等，溶液中存在物料守恒。 【解答】解：（1）上述溶液加入水中，对水的电离无影响的是②NaCl，溶液④中溶质与水作用的离子方程式为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣， 故答案为：②；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣； （2）室温下，有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列五种溶液，①HCl ②NaCl ③CH3COOH ④CH3COONa ⑤Na2CO3，溶液pH由小到大的顺序为：①③②④⑤， 故答案为：①③②④⑤； （3）③CH3COOH ④CH3COONa，醋酸为弱酸，醋酸钠为强电解质，则CH3COO﹣的物质的量浓度：③小于④， 故答案为：小于； （4）室温下，0.1mol•L﹣1的HCl溶液pH＝1，向溶液①HCl中加水稀释至原体积的100倍，溶液pH增大两个单位，所得溶液的pH＝3， 故答案为：3； （5）①滴加过程中CH3COOH和NaOH发生中和反应生成CH3COONa和H2O，离子方程式为：CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O， 故答案为：CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O； ②a．A点酸抑制水电离，C点溶液呈中性，不影响水电离，所以水电离程度：A点＜C点，故a正确； b．B点溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故b正确； c．D点溶液中加入的酸碱的物质的量相等，溶液中存在物料守恒c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故c错误； 故答案为：ab。 【点评】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱的关系、pH值大小比较方法、酸电离影响因素等知识点是解本题关键，注意物料守恒、电荷守恒的灵活运用。 19．（2024•潍坊期末）烟气中的SO2可以用钠碱循环法加以处理，用Na2SO3溶液作为吸收液，当吸收液与SO2反应至pH为6左右时，可将吸收液通入电解槽进行再生，吸收液pH随微粒组成的变化关系见表。 n（）：n（） 91：9 1：1 9：91 pH 8.2 7.2 6.2 回答下列问题： （1）吸收液pH由8.2下降至6.2过程中发生反应的离子方程式为 　+H2O+SO2═2　，吸收液pH从6升至8左右时实现再生，该过程水的电离程度 　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）。 （2）当吸收液呈中性时，溶液中c（） 　＜　c（）（填“＞”“＜”或“＝”，下同）；pH＝7.2时，c（Na+）﹣c（） 　＞　c（）；H2SO3第二步电离平衡常数Ka2＝　10﹣7.2　。 （3）NaHSO3﹣Na2SO3、H2CO3﹣NaHCO3、Na2HPO4﹣NaH2PO4都可组成缓冲溶液，缓冲溶液中lgx[x表示或]与pH的关系如图，当lgx数值在﹣1～1之间时具有可实用价值的缓冲能力，曲线 　a　表示lg与pH的变化关系，应控制Na2HPO4﹣NaH2PO4缓冲溶液的pH范围为 　6.2∼8.2　。 【答案】（1）+H2O+SO2═2；增大； （2）＜；＞；10﹣7.2； （3）a；6.2∼8.2。 【分析】（1）pH＝8.2时，n（）：n（）＝91：9；pH＝6.2时，n（）：n（）＝9：91；能发生水解促进水的电离，发生电离出H+，抑制水的电离； （2）pH＝7.2时，n（）：n（）＝1：1，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（）+c（OH﹣）；H2SO3第二步电离平衡常数Ka2＝； （3）由电离平衡H2CO3⇌+H+和H2⇌+H+可知，随pH增大，溶液中c（OH﹣）增大，电离平衡向右移动，减小，增大；根据lgx数值在﹣1～1之间时具有可实用价值的缓冲能力，确定溶液的pH值。 【解答】解：（1）pH＝8.2时，n（）：n（）＝91：9；pH＝6.2时，n（）：n（）＝9：91，吸收液pH由8.2下降至6.2过程中生成了，反应的离子方程式为：+H2O+SO2═2；吸收液pH从6升至8左右时生成了，能发生水解促进水的电离，发生电离出H+，抑制水的电离，故该过程中水的电离程度增大， 故答案为：+H2O+SO2═2；增大； （2）pH＝7.2时，n（）：n（）＝1：1，要使pH＝7，n（）要大一些，故c（）＜c（）；pH＝7.2时，c（H+）＜c（OH﹣），n（）：n（）＝1：1，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（）+c（OH﹣），则c（Na+）﹣c（）＞c（）；pH＝7.2时，n（）：n（）＝1：1，H2SO3第二步电离平衡常数Ka2＝＝c（H+）＝10﹣7.2， 故答案为：＜；＞；10﹣7.2； （3）随pH增大，溶液中c（OH﹣）增大，电离平衡向右移动，，减小，增大，即lg减小，lg增大，则曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系，曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系；由图可知，当lg＝0时，pH＝7.2，当lg＝1时，则pH＝8.2，当lg＝﹣1时，则pH＝6.2，故应控制Na2HPO4﹣NaH2PO4缓冲溶液的pH范围为：6.2∼8.2， 故答案为：a；6.2∼8.2。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡和离子浓度大小比较，侧重考查学生电离平衡和离子大小比较的掌握情况，试题难度中等。 20．（2024•即墨区期末）氮元素是维持动植物生命活动的必需元素。 （1）草木灰与铵态氮肥不能混合施用，其原因是 　草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子都能发生水解且相互促进，使铵根离子转化为氨气而逸出，降低铵态氮肥的肥效　。 （2）国防工业中，氨气可用于制造火箭、导弹的推进剂。实验室在浓氨水中加入生石灰可以快速制备氨气，请从平衡移动角度解释其原理 　浓氨水中存在平衡：，生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出OH﹣，c（OH﹣）增大，使上述平衡逆向移动，有利于氨气生成　。 （3）肼（N2H4）为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。常温下，N2H4的第一步电离平衡： N2H4+H2O⇌N2+OH﹣Kb1＝8.7×10﹣7mol•L﹣1。 ①N2H4第二步电离平衡方程式为 　　。 ②反应N2H4+H+⇌N2的平衡常数K＝　8.7×107　L•mol﹣1。 （4）化学工作者以Ni2P和CoP纳米片作为电极催化材料，合成偶氮化合物的装置如图所示（其中R表示烃基）。 ①该“甲醇燃料电池”的负极反应式为 　　。 ②CoP电极反应式为 　　。 ③每合成1mol偶氮化合物，理论上消耗甲醇的质量为 　42.67　g，消耗RCH2NH2的物质的量为 　2　mol。 【答案】（1）草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子都能发生水解且相互促进，使铵根离子转化为氨气而逸出，降低铵态氮肥的肥效； （2）浓氨水中存在平衡：，生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出OH﹣，c（OH﹣）增大，使上述平衡逆向移动，有利于氨气生成； （3）①； ②8.7×107； （4）①； ②； ③42.67；2。 【分析】（1）草木灰中的碳酸根与铵态氮肥中的铵根发生双水解而失效； （2）浓氨水中存在平衡：，生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出OH﹣，c（OH﹣）增大，使上述平衡逆向移动； （3）①肼（N2H4）为二元弱碱，温下，N2H4的第一步电离平衡：N2H4+H2O⇌N2+OH﹣，据此分析书写第二步电离方程式； ②反应N2H4+H+⇌N2的平衡常数K＝＝×＝； （4）①该“甲醇燃料电池”的负极反应是甲醇在碱性溶液中失电子生成碳酸盐； ②CoP电极反应为硝基苯得到电子生成偶氮化合物； ③电子守恒和电极反应、氮元素守恒计算。 【解答】解：（1）草木灰与铵态氮肥不能混合施用，其原因是：草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子都能发生水解且相互促进，使铵根离子转化为氨气而逸出，降低铵态氮肥的肥效， 故答案为：草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子都能发生水解且相互促进，使铵根离子转化为氨气而逸出，降低铵态氮肥的肥效； （2）实验室在浓氨水中加入生石灰可以快速制备氨气，平衡移动角度解释其原理为：浓氨水中存在平衡：，生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出OH﹣，c（OH﹣）增大，使上述平衡逆向移动，有利于氨气生成， 故答案为：浓氨水中存在平衡：，生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出OH﹣，c（OH﹣）增大，使上述平衡逆向移动，有利于氨气生成； （3）①肼（N2H4）为二元弱碱，温下，N2H4的第一步电离平衡：N2H4+H2O⇌N2+OH﹣，第二步电离方程式为：， 故答案为：； ②反应N2H4+H+⇌N2的平衡常数K＝＝×＝＝＝8.7×107， 故答案为：8.7×107； （4）①该“甲醇燃料电池”的负极反应是甲醇在碱性溶液中失电子生成碳酸盐，电极反应式为：， 故答案为：； ②CoP电极反应为硝基苯得到电子生成偶氮化合物，电极反应为：， 故答案为：； ③电极反应：，，得到4CH3OH～3，合成1mol偶氮化合物，理论上消耗甲醇的物质的量为mol，质量为＝mol×32g/mol≈42.67g，氮元素守恒得到消耗RCH2NH2的物质的量为2mol， 故答案为：42.67；2。 【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解和影响因素的分析判断、原电池原理和电极反应书写、电子守恒和元素守恒的计算，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$