专题11 考点1 电解质的电离 -【高考密码】备战2025年高考化学2020-2024五年真题分类汇编

五年高考真题 分类集训 化学 K 1. 2×1012 Pa 1.0×10- p*(HS) -1.2×10lPa; ②碳氧化的反应趋势远大于直接氛化,因为碳氧化反应 5.25 气体分子数增加,△H小于0,是煸增、放热过程,煸判据 _~4.76kPa; 与烙判据均是自发过程,而直接氛化的体系气体分子数 不变、且是吸热过程; (4)①由于正反应是体积增大的可逆反应,n(HS); ③对应碳氛化反应,气体分子数增大,依据勒夏特列原 (Ar)越小,H。S的分压越小,相当于降低压强,平衡向正 理,增大压强,平衡往气体分子数减少的方向移动,即平 反应方向移动,因此H。S平衡转化率越高; 衡向左移动;该反应是放热反应,温度升高,平衡向吸热 ②n(HS).n(Ar)越小,H.S平衡转化率越高,所以 方向移动,即向左移动,则平衡转化率变小 n(HS).n(Ar)=1:9对应的曲线是d;根据图像可知 (2)①从图中可知,1400C,体系中气体平衡组成比例 n(HS):n(Ar)-1:9反应进行到0.1s时HS转化率 CO.是0.05,TiCl.是0.35.CO是0.6.反应C(s)+CO 为0.24。假设在该条件下,疏化氢和数的起始投料的物 质的量分别为1m0l和9m0,则根据三段式可知 (g)-2CO(g)的平衡常数K.(1400C)- 2H.S(g)一S(g)+ 2H.(g) 0.05P 始/mol 0 1 0. (0.6X1.0×10)2 0.24 0.12 变/mol Pa-7.2X10Pa; 0.24 0.05×1.0×10{ 0.12 平/mol 0.76 0.24 ②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等,以达到 此时H:S的压强为o.76+0.1260.24+9×100kPa~ 0.76。 最佳效益,实际反应湿度远高于200C,就是为了提高反 应速率,在相同时间内得到更多的丁iCL产品。 7.51kPa,HS的起始压强为10kPa,所以H.S分压的平 (3)固体颗粒越小,比表面积越大,反应接触面积越大。 均变化率为10 kPa-7. 51 kPa24.9 kPa·s1. 有利于TiO。一C“固一固”接触,可将两者粉碎后混合,同 0.1s 时鼓入Cl.,使图体粉末“沸腾”,增大接触面积。 答案:(1)170(2)副产物氢气可作燃料 耗能高 答案:(1)①-223 1.2×10l ②碳氢化反应气体分子 (3)50% 4.76 数增加,AH小于0.是煸增,放热过程,愤判据与恰判据 (4)①越高n(HS):n(Ar)越小,HS的分压越小,平 均是自发过程,而直接氢化的体系气体分子数不变、且是 衡向正反应方向进行,H.S平衡转化率越高 吸热过程 ③向左 变小 ②d 24.9 (2)①7.2×10②为了提高反应速率,在相同时间内得 专题十一 水溶液中的离子平衡 到更多的TiCL.产品,提高效益 考点1 弱电解质的电离 (3)将两固体粉碎后混合,同时鼓入Cl。,使固体粉末“沸 题组 1.C 腾” 因为K(HSO)K(HSO)K,所以H$O 16.解析:(1)已知: 的两步电离程度均大于水的电离程度,溶液中的H来自 ①2H.S(g)+3O(g)-2SO.(g)+2HO(g) H.SO.的两步电离和水的电离,HSO 来自HSO。的第 △H.--1036kJ/mol 一步电离,SO}来自H。SO。的第二步电离,OH来自水 ②4H.S(g)+2sO.(g)-3S(g)+4HO(g) 的电离,因此(H)c(HSO)>c(SO)c(OH). AH.-94kJ/mol A正确;H,SO。的第一步电离程度远大于第二步电离程 ③2H.(g)+O.(g)-2HO(g) AH.--484kJ mol 度,当H。SO。溶液加水稀释时,若忽略第二步电离和水的 电离,则第一步电离平衡HSO。一一H+HSO 正移, 具c(H)和c(HSO)等比例改变,可认为(。(H) (HSO)).K(H: So)(H)·(So) ,稀释时 (HSO) 484 kJ.mol-17o kJ/mol; K.(HSO)不变,且溶液中的H几乎全部来自第一步 (2)根据盖斯定律(①+②)x-可得2H2S(g)+O(g) 电离,则c(SO})几乎不变,B正确;BaCl。溶液与HSO) 溶液等体积混合后.c(Ba{})-0.20m0l·L,由B项分 --$(g)+2H.O(g)△H-(-1036+94)kJ/molx 析可知,c(SO)~K(HSO)-6.0×10mol·L. 一一314kl/mol,因此,克劳斯工艺的总反应是放热反 此时c(Ba} )·c($O)-0.20×6.0×10--1.2t10-8 >K.(BaS0),因此生成的白色浑浊中含有BaSO,C错 应;根据破化氢分解的化学方程式可知,高温热分解方法 误:因为HSO 在落液中主要仍以HSO,分子形式存 在生成单质疏的同时还有氢气生成。因此,高温热分解 在,因此加入过量H.O。溶液时,溶液中的H.SO。会被氧 方法的优点是:可以获得氢气作燃料;但由于高温分解 H.S会消耗大量能量,所以其缺点是耗能高; 化为SO ,从而生成BaS0沉淀,反应Ba +H。S0。+ HO.--BaSO十2H 十H0是出现白色沉淀的主要 (3)假设在该条件下,碗化氢和氢的起始投料的物质的量 原因,D正确。 分别为1mol和4mol,根据三段式可知; 2.D 随着pH的增大.CH.CICOOH.CHCl.COOH浓度减 2HS(g)-S(g)+ 2H:(g) 小.CHCICOO、CHClCOO浓度增大.-Cl为吸电子 基团,CHCl.COOH的酸性强于CHCICOOH,即 0 。 始/mol K.(CHCLCOOH)>K。(CHClCOOH).(酸分子) 8(酸根离子)-0.5时的pH分别约为1.3、2.8,则两种酸 0.5.t 变/mol 。 的电离常数分别为K.(CHC1COOH)~10-1.3.K。 (CH.CICOOH)~10-2.8.曲线M表示8(CH。CICO0) 平/mol 11- 0.5xr ~pH的变化关系,A、C错误;根授K.(CHCL.COOH) 平衡时H.S和H。的分压相等,别二者的物质的量相等, c(CHClCOO-)Xc(H) c(CHClCOOH) .初始co(CHClCOOH) 即1-.-x,解得r-0.5.所以H。S的平衡转化率为0.5 0.1mol·L1,若落液中落质只有CHClCOOH.则 150 详解答案 c(CHClCOO)-c(H)~ 液I和II中c(HA)之比为[(10+1)c(HA)]:[1.01c K.(CHClCOOH)c(CHClCOOH)-10-1.1mol·L-1.但 (HA)]-(10+1):1.01~10 ,D错误;答案选B。 a点对应的c(H)-0.1mol·L-1,说明此时溶液中加A 5.B CO。在水溶液中或熔融状态下不能够电离,为非电解 了酸性更强的酸,根据电荷守惧.c(H )c(CHCL.COO) 质,A不符合题意;HO在水溶液中或熔融状态下能够部 c(OH一),B错误;电离度a-”也,”-也离十来甫,则 分电离,为弱电解质,B符合题意;HNO;为一种强酸,在 n 水溶液中或熔融状态下能够完全电离,为强电解质,C不 a(CHCiCOOH)-&(CHCICOO).a(CHClCOOH)= 符合题意:NaOH为一种强减,在水溶液中或熔融状态下 (CHClCOO).pH-2.08时,(CHCiCOO)-0.15、 能够完全电离,为强电解质,D不符合题意;故答案选B。 6.A 氧氧化钾是强碱,属于强电解质,A符合题意;磷酸是 (CHClCO0)-0.85.D正确。 3.D 已知H.S饱和溶液中随着pH的增大,H。S的浓度逐 中强酸,属于弱电解质,B不符合题意;三氧化磕是非金属 氧化物,属于非电解质,C不符合题意;乙是有机物,属于 渐减小,HS的浓度增大,S②浓度逐渐增大,则有一lg( 非电解质,D不符合题意。 (HS)和一lg(S^{②})随着pH增大而减小,且相同pH相同 7. B 25C时,若测得0.01mol·L-NaR溶液pH-7,可 时,HS浓度大于$②,即-lgc(HS)小于-lg(S^{②}),则 知NaR为强酸强减盐,则HR为强酸,A错误;25C时,若 Ni? 和Cd?浓度逐渐减小,且K.(NiS)K.(CaS)即当 测得0.01mol·L-1HR落液pH 2且pH{7,可知溶液 c(S)相同时,c(N?)c(Cd?).则-lgc(Ni?)和 中c(H ) 0.01molL.所以HR未完全电离,HR为弱 -lg(Cd{ )随着pH增大而增大,且有-lgc(Ni} )小千 酸,B正确;假设HR为强酸,取PH-6的该溶液10.0ml.,加 一lg(Cd②}+),由此可知曲线①代表Cd? 、②代表Ni^②}、③ 蒸水稀释至100.0mL测得此时溶液pH 7.C错误;假设 代表S-,④代表HS,据此分析结合图像各点数据进行 HR为强酸,则NaR为强酸强减盐,溶液呈中性,升温至 解题。由分析可知,曲线①代表Cd{、③代表S{},由图示 50C,促进水的电离,水的离子积常数增大,PH减小,D 曲线①③交点可知,此时c(Ca+)-c(S)-10-lmol/L,则 错误:答案为B。 有K(CaS)-c(Cd”)($-)-10-13x10-13-10-*. 8.A 极稀的溶液中,H。O电离出的H 不能忽略,故 A错误;由分析可知,③为pH与一lgc(S^{})的关系曲线, c(H )大于2×10mol·I-1,A项错误;水的电离是吸 B错误;由分析可知,曲线④代表HS ,由图示曲线④两点 热的,升高温度促进水的电离,氢离子浓度和氢氧根离子 坐标可知,此时c(H )-10-1.molL时,c(HS)= 浓度均增大,pH减小,但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍 相等,溶液呈中性,B项正确:常温下,NaCN溶液呈碱性, 10-5.5mol/L.K.(H.s)-c(H)e(Hs)10-1.6×10-4.5 说明NaCN是强碱弱酸盐,HCN是弱酸,C项正确;醋酸 HS) 0.1 溶液中加入醋酸纳,醋酸根离子浓度增大,醋酸的电离平 -10-7.1或者当c(H)-104.?molL时.c(Hs)= 衡逆向移动,氢离子浓度减小,pH增大,D项正确。 10-3.*mol/L.K.(H.s)c(H)c(Hs)10-4X10-3; 9.解析:(1)①生成含有氮元素且无污染的气体只有N。 c(HS) 0.1 ②连续反应的总反应为各分步反应燃变之和,詹变若用活 化能计其则为正反应的活化能减去逆反应的活化能。 c(H.S) (H)c(S2-)?(H)c(S②),由曲线③两点坐标可 ③氛的催化氧化可实现由氢气转化为一氧化氮的过程,一 氧化氢与氧气反应生成二氧化氢,二氧化氛与水反应生成 (HS) c(HS) 硝酸,其中二氧化氮为红棕色气体。(2)①溶液中加入碗 知,当c(H )-10mol/L时,c(S)-10-mol/L,或 酸,氧离子浓度增大,pH减小,A错误;加水稀释,平衡 者当c(H )-10-mol/L时.c(S)-10-mol/L.故 (|)正向移动,离子物质的量增加,B正确;加入氢氧化钩 *(H)(S)(10-4.)×10-13 溶液,使溶液中氢离子浓度减小,反应(lI)平衡正向移动, 有K:K- c(H.S 0.1 HCrO的浓度减小,使反应(I)平衡正向移动,C错误; (10-6.8)2×10-9.2 -10-21.8,结合C项分析可知,Kt- (CrO)平衡常数只与温度有关,D正确:故选 0.1 10-7.1故有K(HS)-10-14.7,D正确;故答案为;D。 BD. ②由溶液中Cr的物质的量浓度为0.2mol·L- 可 4.B 常温下溶液1的pH一7.0.则溶液I中c(H )= 确定等式:r+0.5y+0.5-0.1。③根据反应(lI)可知, c(OH)-1×10mol/L.c(H)c(OH)+c(A). 碱性越强.(CrO})越大,由图像可知,从上到下pH逐渐 A错误;常温下溶液IlI的pH一1.0.溶液中c(H )一 减小,则波长与CrO的最接近。 0.1mol/L.K(H)(A)-1.0x10-.c(HA) (CrO).(H)K·K c(HA) c(CrO) c(H) ,温度不变时,K值不变.a到 -c(HA)+c(A-),列0.1c(A-) ((HA)一c(A) -1.0×10-,解 c(CrO) 得(A)_ (HA)101,B正确:根据题意,未电离的HA可自由 答案:(1)①N。 4HO ②E-E+△H+E-E ③NH→NO→NO→HNO3NO+HO-2HNO 穿过隔膜,故溶液I和II中的c(HA)相等,C错误;常温下 +NO(或2NO+O--2NO) 溶液I的pH-7.0,落液I中c(H)-1×10-molL. (2)①BD②x++} c(HA) 10-[(HA)-(HA)]-1.ox10-》,溶浪I中 pH-9.00时.c(H+)-1.0×10-”mol·L-l c(A一). (HA) 由图可知三~104. c(HA)-(10t+1)c(HA).溶液 II的pH-1.0.溶液II中 由*x1.0x10-。-3.3x10-7得:-330y ,。 c(HA) 代人、y、:之间的关系式得 0.1[c(HA)-e(HA)] (2×330×10-4.2+1+330)y-0.20 c(HA)-c(HA)+c(A). c(HA) 解得y-6.0×10-4 1.0×10-3,溶液II中c(HA)-1.01c(HA).未电离的 即pH-9.00时e(HCrO)-6.0×10-mol·1-1 HA可自由穿过隔膜,故溶液I和ll中的c(HA)相等,溶 ③ 增大 151 _ 五年高考真题 分类集训 化学 10.解析:(1)根据稀释定律可知;250mL.×0.1mol·L-1 物质的量浓度相同,稀释相同倍数后的NH.CI溶液与 VX5mol·1.-1.V-5mI.。(2)摇匀溶液时,盖紧瓶塞 CH.COONa溶液,溶质的物质的量浓度仍相等,由于电离 采用倒转和摇动的方法使液体混合均匀,同时一手托容 常数相同,盐的水解程度相同,因此,两溶液中lc(OH)一 量瓶底部一手握瓶颈,A、D错误;定容时视线应与凹液面 c(H )(两者差的绝对值)相等,故c(Na )一c(CHCOO) 最低处相切,B错误;移液时用玻璃棒引流且玻璃棒底端 =c(Cl)一c(NH).D说法正确。 在容量瓶刻线以下,C正确。(3)①由V组数据可知, 3.B GHCl为强酸弱碱盐,电离出的GH会发生水解,弱 n(NaAc);n(HAc)等于其体积比,即a;4.00-3;4.则 离子的水解较为微弱,因此0.00lmol/LGHCl水溶液的 a-3.00;根据题意可知总体积为40.00mL,则6-40.00 一3.00-4.00-33.00。②I和lI相当于醋酸加水稀释 pH 3,故A错误;稀释GHC1溶液时,GH水解程度将增 的过程,通过假设平衡不移动时的pH与实际测定pH相 大,根据勒夏特列原理可知溶渡中c(H )将减小,溶液pH 比,进而判断移动方向。(4)由反应HAc+NaOH--NaAc 将升高,故B正确;GHCl为强酸弱碱盐,在水中电离方程 十H.O可知,消耗氢氧化钩的物质的量等于醋酸的物质的 式为GHCl--GH +Cl,故C错误;根据电荷守恒可 量,即22.08×10-Lx0. 1000 mol·L-1-c(HAe)x 知,GHC1溶液中c(OH)十c(Cl)-c(H)十c(GH ). 20.00×10-L.c(HAc)-0. 1104mol·L-1.(6)常见 故D错误;综上所述,叙述正确的是B项,故答案为B。 的无机弱酸有硅酸、氢飘酸、碳酸、亚破酸等。 4.B 没有给出温度,所以pH一7的溶液不一定呈碱性, 答案:(1)5 (②C A正确;pH相同的氛水和氢氧化钢溶液,氛水的物质的量 33.00 ②正 HAc溶液稀释10倍,pH增 (3)①3.00 浓度大,所以中和H和体积均相等的氢水,氢氧化钓溶 加量小于1 液,氛水消耗HC1的物质的量多,B错误;相同温度下,盐 H 酸和醋酸溶液中pH相等时,因为水的离子积常数相等,所 以两溶液中的c(OH)也相等,C正确;混合后溶液中的电 荷守恒式为c(H)+c(NH)一c(Cl)十c(OH),溶液 (400.1104 .反应. 呈中性,即c(H)一c(OH),所以c(NH)一c(Cl). D正确。 22.0 5.C 由题图可知加入40mL.NaOH溶液时达到滴定终点. Vi/al. 又H。A为二元酸,则H.A溶液的浓度为0.1000mol· mL.NaOH溶液. L. ,由题图可知,没有加入NaOH溶液时,HA溶液的 pH约为1.0,分析可知H。A第一步完全电离,曲线①代表 混句 8(HA).曲线②代表ā(A{}一),A项错误,B项错误;由题 (6)硅酸,用于生产硅胶干燥剂 图可知(HA)-(A)时溶液pH=2.0,即c(HA ) 考点2 水的电离、溶液的pH 题组 (H)·c(A-)-1.0X10-2.C项正确:滴定终点时落 =c(A-)时溶液pH=2.0.则K(HA) 1.D 根据CH.COOHCHCOO+H ,可近似认为 点c(H)-c(CHCOO).又a点pH=3.38.c(H) (HA) 液中存在的离子有Na、H ,A{、HA,OH,根据电 10-1.25mol·1-1,故K(CH:C00H)~10-1.10-3.38 00100 荷守恒有c(Na )十c(H)=2c(A)+c(HA) -10-4.76,A项正确;a点HCl恰好被完全中和,由物料守 c(OH).此时c(H )c(OH).则c(Na)2c(A) 慢可得客液中c(Na)-c(CI)-c(CHCOO)十 士c(HA一).D项错误。 c(CHCOOH),B项正确;b点溶液pH 7.即以 考点3 盐类的水解 CH.COOH的电离为主,即落液中c(CHCOOH) 题组 1.B) c(CHCOO).C项正确;a、b两点溶液呈酸性,水的电离 根据溶液中的电荷守恒可知,NaS溶液中存在; 均受到抑制,溶液pH越小,水的电离受抑制程度越大.c c(H)+c(Na )-(OH)+(Hs)+2e(s).A正 点酸减恰好完全中和,CH.COO水解促进水的电离,d点 确;Na.S为强碱弱酸盐,溶液中存在S{的水解,由 NaOH过量,又抑制水的电离,故D项错误。 K(HS)-10-12.90可知,S2的水解常数K.(S②-)= 2.C 酸纳溶液显碱性,加水稀释,破性减弱.c(OH)减 c(Hs).(OH)Kw 小.c(H )增大,pH减小,氢化按溶液显酸性,加水稀释, c(S一) K.(H。S)-10-1.I.根据元素守恒 酸性减弱.c(H)减小.c(OH)增大,pH增大,即实线表 可知,c(Hs)0.01mol·1-1<10-1.1mol·1-1.则 示pH随加水量的变化;升温,K。增大,水电离出的氢离 c(0H)10-1.1 子和氢氧根离子浓度都会增大,DH表示氢离子浓度的负 对数,所以pH都会减小,即虚线表示pH随温度的变化,A 离子浓度:c(OH)c(S),B错误;K(FeS) 说法正确,C说法错误。将NH.C1溶液加水稀释至浓度为 0.50mol·L.-1时,若氧化按的水解平衡不发生移动,则其 c(Fe)Xc(S)=10-17.20.K(CdS)=c(Cd )x c(S})-10-26.10.K(FeS)→K(CaS),则可发生反应 Cd?} +FeS一CdS+Fe} ,该反应的平衡常数K,= 中的c(H )变为原来的一,则溶液的pH将增大lgx,但是 c(Fe2)K(FeS) (C)K(Cd)-10590,反应进行较为完全,初始时 加水稀释时,氧化按的水解平衡向正反应方向移动, c(H)大于原来的-,因此溶液pH的变化值小于lgx,B c(Cd )-0.01mol·L-1.则Cd” 完全转化为Cds时 c(Fe )-0. 01 mol·L-1-10-?mol·L-1.c(Ca ) 说法正确。25C时稀释相同倍数的NH.CI溶液与 c(Fe2+)10-: 105.50 mol·L-1-10-10.90mol·1.-1<10-8 CH.COONa落液中分别存在电荷守恒;c(Na)十c(H ) -c(OH)+c(CHCOO)e(NH)+c(H)-c(CI) mol·L-1.C正确;Cd与HS发生反应Cd? +HS 十c(OH).即化溶液中:c(Cl)一c(NH)= --CdS十2H,反应的平衡常数K。= (H) c(H)一c(OH).酸溶液中:c(Na)一 c(Cd).c(H.S) c(CHCO0)=c(OH)一c(H).25C时CHCOOH (H).c(s).c(HS) 和NH。·H,0的电离常数均为1.8×10,由于原溶液的 e(Cd).c(HS)·e(S).c(Hs) 152 一五年高考真题分类集训 化学 专题十一 水溶液中的离子平衡 考点1弱电解质的电离 题 组 用时： 易错记录： 一、选择题 下列叙述正确的是 () 1.(2024·浙江1月)常温下、将等体积、浓度均为 A.曲线M表示6(CHCl2COO)~pH的变化 0.40mol·L1BaC2溶液与新制H2SO3溶液 关系 混合，出现白色浑浊：再滴加过量的H2O2溶液， B.若酸的初始浓度为0.10mol·L1,则a点对 振荡，出现白色沉淀。 应的溶液中有c(H+)=c(CHC2COO)+ 已知：H2S03K1=1.4×10-2, e(OH-) K2=6.0×10-8; C.CH2 CICOOH的电离常数K=10-L,3 Ks知(BaS03)=5.0X10-10; 电离度a(CH2 CICOOH)0.15 Kp(BaS04)=1.1X10-10。 D.plH=2.08时，电离度(CHCLC00m0.85 下列说法不正确的是 () 3.(2023·辽宁卷)某废水处理过程中始终保持 A.H2SO3溶液中存在c(H+)>c(HSO3)> H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol·L1,通过调 c(SO号)>c(OH) 节pH使N2+和Cd+形成硫化物而分离，体系 B.将0.40mol·L1H2SO3溶液稀释到0.20 中pH与一lgc关系如下图所示，c为HS、 S2-,Ni2+和Cd+的浓度，单位为mol·L-1。 mol·L1,c(S0号)几乎不变 C.BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色 已知Kp(NiS)>Kp(CdS),下列说法正确的是 浑浊不含有BaSO3 20 D.存在反应Ba2++H2SO3+H2O2一BaSO4+ ① 16 (4.9.13.0 十2H+H2O是出现白色沉淀的主要原因 2.(2024·新课标卷)常温下CH2 CICOOH和 (6.8.9.2) CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数8与pH ③ 1.6.6.5) 的变化关系如图所示。[比如：8(CH2 CICOO厂) *4.23.9 ④ c(CH2CICOO-) 0 2345678 c(CH2CICOOH)+c(CH2CICOO-) 1.0 A.Kp(CdS)=10-18.4 0.9 208,085) B.③为pH与一lgc(HS一)的关系曲线 0.8 0.7 C.Km1(H2S)=10-81 0.6 D.Ka2(H2S)=10-14.7 a05 4.(2022·全国乙卷) 溶液1 溶液Ⅱ 0.4 常温下，一元酸 pH-7.0 pH=1.0 0.3 HA的Ka(HA)= H+A-HA+ HAH+A 02 2.08.0.15 1.0×10-3。在某 0.1 体系中，H+与A离子不能穿过隔膜，未电离的 0.00408121.6202428323.6404448525660 HA可自由穿过该膜（如图所示）。 PH 50 专题十一水溶液中的离子平衡 设溶液中c总(HA)=c(HA)十c(A),当达到平 ②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如 衡时，下列叙述正确的是 图甲，X(g)→Y(g)过程的焙变为 A.溶液I中c(H+)=c(OH-)+c(A-) (列式表示)。 B,溶液Ⅱ中的HA的电离度( 0品)为a C.溶液I和Ⅱ中的c(HA)不相等 D.溶液I和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4 5.(2021·浙江6月)下列物质属于弱电解质的是 () A.C02 B.H2O 反应进程 C.HNO3 D.NaOH ③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从 6.(2021·浙江1月)下列物质属于强电解质的是 NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线 A.KOH B.H3PO (用“→”表示含氮物质间的转化)：其中一个有颜 C.S03 D.CHCHO 色变化的反应的化学方程式为 7.(2021·浙江6月)某同学拟用pH计测定溶液pH (2)K2Cr2O,溶液中存在多个平衡。本题条件下 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确 仅需考虑如下平衡： 的是 () (i)Cr2O号-(aq)+H2O(1)一2HCrO(aq) A.25℃时，若测得0.01mol·L-1NaR溶液pH K1=3.0×10-2(25℃) =7,则HR是弱酸 (i)HCrO (aq)=CrO(ag)+H(aq) B.25℃时，若测得0.01mol·L-1HR溶液pH K2=3.3×10-7(25℃) >2且pH<7,则HR是弱酸 ①下列有关K2Cr2O,溶液的说法正确的有 C.25℃时，若测得HR溶液pH=a,取该溶液 10.0mL,加蒸馏水稀释至100.0mL,测得 A.加人少量硫酸，溶液的pH不变 pH=b,b一a<1,则HR是弱酸 B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加 D.25℃时，若测得NaR溶液pH=a,取该溶液 C.加人入少量NaOH溶液，反应(i)的平衡逆向 10.0mL,升温至50℃，测得pH=b,a>b,则 HR是弱酸 移动 8.(2020·7浙江卷)下列说法不正确的是() D.加入少量K2Cr2O,固体，平衡时c2(HCrO) A.2.0×10-7mol·L1的盐酸中c(H+)=2.0 与c(Cr2O号)的比值保持不变 ×10-7mol·L-1 ②25℃时，0.10mol·L-1K2Cr2O,溶液中 B.将KC溶液从常温加热至80℃，溶液的pH lg(Cro-) 变小但仍保持中性 c(C,O)随pH的变化关系如图乙。当pH C.常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱 =9.00时，设Cr2O号、HCrO4与CrO的平 电解质 衡浓度分别为x,y,xmol·L一1，则x,y,x之间 D.常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固 的关系式为 =0.10;计算溶液中 体，溶液pH增大 HCO的平衡浓度（写出计算过程，结果保留 二、非选择题 两位有效数字)。 9.(2022·广东卷)铬及其化合物在催化、金属防腐 PH-9 等方面具有重要应用。 55gC0 c(Cr0) PH=7 (1)催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O,加热分解 5.0 pHsk 45 制备，反应同时生成无污染气体。 4.0 ①完成化学方程式：(NH4)2C20,△C20,十 3.5 8.6889.09.29.4pH 乙 丙 51 五年高考真题分类集训 化学 ③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与 ③由实验Ⅱ~Ⅷ可知，增大Ac一浓度，HAc电 其所吸收光的波长（入）有关；在一定波长范围内， 离平衡逆向移动。 最大A对应的波长（入max)取决于物质的结构特 实验结论假设成立。 征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的 A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应 (④小组分折上表数据发现：随着智的增 (1)和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、pH不同 加，c(H+)的值逐渐接近HAc的K。 的K2Cr2O,稀溶液，测得其A随入的变化曲线 查阅资料获悉：一定条件下，按”aAC=1配 n(HAc) 如图丙。波长入、2和入3中，与CrO的入mx 最接近的是 :溶液pH从a变到b的过 制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的K。。 对比数据发现，实验Ⅷ中pH=4.65与资料数 程中，H):c（Cr0好)的值 c(Cr2O号-) （填“增 据K。=10一4.76存在一定差异，推测可能由物质 大”“诚小”或“不变”)。 浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶 液的浓度再验证。 10.(2022·广东卷)食醋是烹饪美食的调味品，有 效成分主要为醋酸（用HAc表示）。HAc的应 (i)移取20.00 mL HAc溶液，加人2滴酚酞 用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的 溶液，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定至 K。=1.75×10-5=10-476 终点，消耗体积为22.08mL,则该HAc溶液的 浓度为 mol·L1。画出上述过程的 (1)配制250mlL0.1mol·L1的HAc溶液，需 滴定曲线示意图并标注滴定终点。 5mol·L1HAc溶液的体积为 mL。 (2)下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是 (I)用上述HAc溶液和0.1000mol·L1 D NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc (3)某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响 混合溶液，测定pH,结果与资料数据相符。 因素。 (5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为 提出假设稀释HAc溶液或改变Ac浓度， 0.1mol·L1的HAc和NaOH溶液，如何准 HAc电离平衡会发生移动。 确测定HAc的K,？小组同学设计方案并进行 设计方案并完成实验用浓度均为0.1mol· 实验。请完成下表中Ⅱ的内容。 L1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积 相同的系列溶液：测定pH,记录数据。 移取20.00 mL HAc溶液，用NaOH溶 V(HAc) V(NaAc) V(H2O) 液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1mL n(NaAc) 序号 pH /mL /mL /mL n(HAc) ,测得溶液的pH为4.76 40.00 0 2.86 0 实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案 4.00 36.00 3.36 可行。 4.00 a b 3:4 4.53 (6)根据K。可以判断弱酸的酸性强弱。写出一 4.00 4.00 32.00 1:1 4.65 种无机弱酸及其用途 ①根据表中信息，补充数据：a= ,b= ②由实验I和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平 衡 (填“正”或“逆”)向移动；结合表中 数据，给出判断理由： 52