2022-2022十年高考化学真题分类汇编专题12弱电解质的电离平衡含解斩20222211189

1、专题12弱电解质的电离平衡1.2022·天津·5某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如下图。以下表达正确的选项是A.曲线代表HNO2溶液B.溶液中水的电离程度:b点>c点C.从c点到d点,溶液中保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同 【答案】C 【解析】此题考查弱电解质溶液的稀释图像分析，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。根据HNO2和CH3COOH的

2、电离常数，可知酸性：HNO2CH3COOH。相同pH的两种酸溶液，稀释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线代表CH3COOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，那么b点对应酸电离出的c (H+)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点c点，B项错误；溶液中，从c点到d点，HA的电离平衡正向移动，但KW、Ka(HA)的值不变，故不变，C项正确；相同体积a点的两溶液中，由于c(CH3COOH)c(HNO2)，故n(CH3COOH)n(HNO2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)不同，D项错误。【解后反思】对于pH相同的两种酸溶液：酸性越弱

3、，其物质的量浓度越大；稀释相同倍数时，酸性越弱，其对应溶液的pH变化越小；相同体积的两种酸溶液，酸性越弱，中和NaOH的能力越强。 2.2022·天津·3以下表达正确的选项是 A某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，那么NaA的Kh(水解常数)越小B铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C反响活化能越高，该反响越易进行D不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3【答案】B【解析】此题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。D红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异

4、，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。3.2022·全国II·12改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、的物质的量分数随pH的变化如下图。以下表达错误的选项是 ApH=1.2时，BCpH=2.7时，DpH=4.2时，【答案】D【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA相交，那么有c(H2A)=c(HA)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2)=c(HA)，根据第二步电离HAHA2，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2)/c(HA)= c(H+)=104.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2相交，那么有，故C说法正确；D

5、、由图知，pH=4.2时，c(HA)=c(A2)，H2A电离出一个HA时释放出一个H+，电离出一个A2时，释放出2个H+，同时水也会电离出H+，因此c(H+)c(HA)=c(A2)，错误。4.2022·全国III·13以下有关电解质溶液的说法正确的选项是 A向0.1molCH3COOH溶液中参加少量水，溶液中减小B将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C向盐酸中参加氨水至中性，溶液中D向AgCl、AgBr的饱和溶液中参加少量AgNO3，溶液中不变【答案】D【解析】5.2022·江苏·10以下图示与对应的表达不相符合的是 A图甲表示燃料燃烧反响

6、的能量变化B图乙表示酶催化反响的反响速率随反响温度的变化C图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线【答案】A【解析】6.2022·上海·6能证明乙酸是弱酸的实验事实是 ACH3COOH溶液与Zn反响放出H2B0.1mol/L CH3COONa溶液的pH大于7CCH3COOH溶液与NaCO3反响生成CO2D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】7.2022·北京·11在两份相同的BaOH2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图

7、以下分析不正确的选项是A代表滴加H2SO4溶液的变化曲线Bb点，溶液中大量存在的离子是Na+、OHCc点，两溶液中含有相同量的OHDa、d两点对应的溶液均显中性【答案】C【解析】ABaOH2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反响方程式分别为H2SO4+BaOH2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+BaOH2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+BaOH2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为BaOH2溶液和H2SO4的反响，那么曲线为BaOH2溶液和NaHSO4溶液的反响，即代表滴

8、加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；B根据图知，a点为BaOH2溶液和H2SO4恰好反响，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，那么b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH，故B正确；Cc点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中硫酸氢钠过量，那么溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，中钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；Da点中硫酸和氢氧化钡恰好完全反响，溶液中只含水；d点中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；8.2022·全国I·13浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的

9、MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如下图，以下表达错误的选项是 AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C假设两溶液无限稀释，那么它们的c(OH)相等D当=2时，假设两溶液同时升高温度，那么 增大【答案】D【解析】9.2022·山东·13室温下向10mL 0.1 molL1NaOH溶液中参加0.1molL1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如下图以下说法正确的选项是Aa点所示溶液中cNa+cAcH+cHABa、b两点所示溶液中水的电离程度相同CpH=7时，cNa+=cA+cHADb点所示溶液中cAcHA【答案】D【解析】A。a点NaOH

10、与HA恰好完全反响，溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反响，c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)，错误；Ba点A水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；CpH=7时，cH+=cOH，由电荷守恒可知cNa+cH+=cA+cOH，那么cNa+=cA，故C错误；Db点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A水解程度，那么存在cAcHA，故D正确10.2022·重庆·3以下表达正确的选项是 A稀醋酸中参加少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B25时，等体积等浓度

11、的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C25时，0.1mol·L1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D0.1 mol AgCl和0.1mol AgI混合后参加1L水中，所得溶液中cCl=cI【答案】C【解析】11.2022·江苏·11以下说法正确的选项是 A假设H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×602×1023B室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7C钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D一定条件下反响N23H22NH3到达平衡时，3v正(H2)=2

12、v逆(NH3)【答案】C【解析】12.2022·海南·810ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反响，假设参加适量的以下溶液，能减慢反响速率但又不影响氢气生成的是 AK2SO4 BCH3COONa CCuSO4 DNa2CO3【答案】AB【解析】Zn与稀盐酸发生反响：Zn+2HCl=ZnCl2+H2，假设参加物质是反响速率降低，那么c(H+)减小。但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的n(H+)不变。A、K2SO4是强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，溶液中的水对盐酸起稀释作用，使c(H+)减小，但没有消耗H+，因此n(H+)不变，符合题意，正确；B、CH3C

13、OONa与HCl发生反响：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，使溶液中c(H+)减小，反响速率降低，当反响进行到一定程度，会发生反响：2CH3COOH+Zn= (CH3COO)2Zn+ H2，因此最终不会影响产生氢气的物质的量，正确；C、参加CuSO4溶液会与Zn发生置换反响：CuSO4+Zn=Cu+ZnSO4，产生的Cu与Zn和盐酸构成原电池。会加快反响速率，与题意不符合，错误；D、假设参加Na2CO3溶液，会与盐酸发生反响：Na2CO3+2HCl=2NaCl2+H2O+CO2，使溶液中溶液中的c(H+)减小，但由于逸出了CO2气体，因此使n(H+)也减小，产生氢气的物质的量

14、减小，不符合题意，错误。13.2022·山东·13某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L1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.先增大再减小Cc(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变D当参加氨水的体积为10 mL时，c(NH)c(CH3COO)【答案】D【解析】水的电离程度先增大，当反响完全后，随氨水的参加，水的电离程度减小，A项错误；溶液中，滴定过程中Kb(NH3·H2O)不变，溶液中c(OH)一直增大，一直减小，B项错误；利用

15、原子守恒知溶液中n(CH3COOH)与n(CH3COO)之和不变，滴定过程中溶液体积不断增大，c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和不断减小，C项错误；由CH3COOH与NH3·H2O的电离程度相等可知CH3COONH4溶液呈中性，当参加等体积氨水时，溶液恰好为CH3COONH4溶液，利用电荷守恒知溶液中c(NH)c(CH3COO)，D项正确。14.2022·全国II·11一定温度下，以下溶液的离子浓度关系式正确的选项是()ApH5的H2S溶液中，c(H)c(HS)1×105 mol·L1BpHa的氨水溶液，稀释10倍后，其pHb，那么a

16、b1CpH2的H2C2O4溶液与pH12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)DpH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c(Na)：【答案】D【解析】H2S中存在两步可逆电离，c(H)1×105 mol·L1c(HS)，A项错误；一水合氨是弱电解质，加水稀释时促进其电离平衡向正向移动，c(H)减小程度小于10倍，即ab1，B项错误；混合溶液中存在电荷守恒式：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)2c(C2O)，C项错误；组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，等pH时其浓度越小，HCO对应的弱酸是H2CO3，D

17、项正确。15.2022·海南·80.1 mol/L HF溶液的pH2，那么该溶液中有关浓度关系式不正确的选项是()Ac(H)>c(F) Bc(H)>c(HF)Cc(OH)>c(HF) Dc(HF)>c(F)【答案】BC【解析】电离后，因水也电离产生H，故c(H)>c(F)，A项正确；HF是弱酸，电离程度较小，电离的HF分子较少，c(H)、c(F)均约为0.01 mol/L，c(HF)约0.09 mol/L，故c(HF)>c(H)，c(HF)>c(F)，故B项错误，D项正确；c(OH)为1012 mol/L，c(HF)约为0.09 m

18、ol/L，故c(HF)>c(OH)，C项错误。16.2022·安徽·13室温下，在0.2 mol·L1 Al2(SO4)3溶液中，逐滴参加1.0 mol·L1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积的变化曲线如下图，以下有关说法正确的选项是()Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3水解，离子方程式为Al33OHAl(OH)3Bab段，溶液pH增大，Al3浓度不变Cbc段，参加的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀Dd点时，Al(OH)3沉淀开始溶解【答案】C【解析】Al3水解的离子方程式为Al33H2OAl(OH)33H，A项错误；ab段，Al

19、3与OH作用生成Al(OH)3沉淀，Al3浓度不断减小，B项错误；c点溶液pH7，说明溶液中还没有NaAlO2生成，因此bc段，参加的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀，C项正确；在cd段pH逐渐增大，说明沉淀逐渐溶解，到达d点，Al(OH)3沉淀已完全溶解，D项错误。17.2022·福建·8室温下，对于0.10 mol·L-1的氨水，以下判断正确的选项是A与AlCl3溶液反响发生的离子方程式为 Al3+3OH=Al(OH)3B加水稀释后，溶液中c(NH4+)c(OH)变大C用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性D其溶液的pH=13【答案】C【解析】A中的氨水不能

20、拆写；B项，加水稀释过程中，电离平衡常数不变，但溶液中c(NH3·H2O)减小，故c(NH4+)·c(OH-)减小，错；D不可能完全电离。18.2022·全国I·12右图表示溶液中c(H)和c(OH)的关系，以下判断错误的选项是 A.两条曲线间任意点均有c(H)×c(OH)KwB.M区域内任意点均有c(H)c(OH)C.图中T1T2D.XZ线上任意点均有pH7【答案】D【解析】随着温度的升高，Kw会增大，上面的曲线是浓度乘积较大的，所以C正确。只要是水溶液中，都会有A关系；B中，固定氢离子浓度为十的负七次方，氢氧根浓度总是大于十的负七次方。D

21、中是一条Kw渐渐变大的线，PH也变大。19.2022·江苏·11以下有关说法正确的选项是A.反响NH3(g)HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，那么该反响的H0B.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极C.CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中 的值减小D.Na2CO3溶液中参加少量Ca(OH)2 固体，CO32水解程度减小，溶液的pH 减小【答案】AC【解析】此题是化学反响与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对用熵变焓变判断反响方向，水解反响、原电池电解池、化学反响速率的影响因素等方面的能力。A.本反响前后气体变固体，熵变小于零，只有在焓变小于零时

22、自发。内容来源于?选修四?P34P36中化学方向的判断。B.精炼铜时，粗铜铜作阳极，被氧化，纯铜作阴极，被复原。内容来源于?选修四?P81。C.越稀越电离，醋酸与醋酸根离子浓度比减小。内容来源于?选修四?P41。D.Na2CO3溶液加少量Ca(OH)2固体，抑制碳酸根离子水解，但pH值随着Ca(OH)2固体的参加而增大。20.2022·海南·80.1mol/LHF溶液的pH=2，那么该溶液中有关浓度关系式不正确的选项是Ac(H+)> c(F-)Bc(H+)> c(HF)Cc(OH-)> c(HF)Dc(HF) > c(F-)【答案】BC【解析】电离后

23、，因水也电离产生H+，所以c(H+)>c(F-)均约为0.01，c(HF)约0.09，c(OH-)为10-12。21.2022·重庆·2以下说法正确的选项是AKClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质 B25时、用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH7，V醋酸VNaOHC向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成 DAgCl易转化为AgI沉淀且K(AgX)c(Ag+) c(X)，故K(AgI)K(AgCl)【答案】D【解析】SO3溶于水能导电是因SO3与H2O反响生成H2SO4发生电离、液态SO3不能发生电离，故SO3是非电解质，A

24、项错误；因醋酸是弱电解质，故25时，醋酸滴定NaOH溶液至至中性时，溶液中溶质为CH3COOH与CH3COONa，因此所需溶液体积为：V(CH3COOH)V(NaOH)，B项错误；向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液发生反响：AlO2-+HCO3-+H2OAl(OH)3+CO32-，C项错误；沉淀易转化为更难溶沉淀，越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小，故可知K(AgI)K(AgCl)，D项正确。22.2022·四川·5室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合忽略体积变化，实验数据如下表：实验编号起始浓度/mol·L-1反响后溶液的pHc(HA

25、)c(KOH)0.10.19x0.27以下判断不正确的选项是A. 实验反响后的溶液中：c(K+) > c(A) > c(OH) > c(H+)B. 实验反响后的溶液中：c(OH) = c(K+) c(A) = mol/LC实验反响后的溶液中：c(A) + c(HA) > 0.1 mol/LD实验反响后的溶液中：c(K+) = c(A) > c(OH) = c(H+)【答案】B 【解析】由表中的HA为弱酸且酸碱物质的量相等，因此得A正确；由中电荷守恒得OH-=K+-A-+H+=Kw/1X10-9 mol/L，故B错误；C中由得知道溶液中只有四种离子，氢离子等于氢氧根

26、，所以K+=A-=0.1，所以总数x>0.2mol/L，故C正确；由电荷守恒得D正确。23.2022·上海·5374、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水A.显中性，pH等于7 B.表现出非极性溶剂的特性C.显酸性，pH小于7 D.表现出极性溶剂的特性【答案】B【解析】临界水电离出较多的H+和OH-，其浓度大于常温下水中H+和OH-的浓度，但水中H+和OH-的量相等，故该水显中性，pH7；利用“相似相容原理，结合题中“临界水具有很强的溶解有机物的能力可知临界水表现出非极性溶剂的特性，故正确答案为：B。24.

27、2022·上海·11H2S水溶液中存在电离平衡H2SH+HS-和HS-H+S2-。假设向H2S溶液中A.加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B.通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大C.滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小D.参加少量硫酸铜固体忽略体积变化，溶液中所有离子浓度都减小【答案】C【解析】加水，电离平衡虽向右移动，但因溶液体积变大，c(H+)减小，A项错误；通入少量SO2时，因发生SO2+2H2S3S+2H2O，平衡向左移动，溶液pH增大、但通入过量SO2，最终溶液为饱和亚硫酸溶液，溶液pH减小，B项错误；参加新制氯水，发生反响：H2S+Cl2

28、S+2HCl,平衡向左移动，酸性增强，pH减小，C项正确；参加CuSO4后，发生反响：H2S+Cu2+CuS+2H+，溶液中c(H+)变大，D项错误。25.2022·天津·5以下有关电解质溶液的说法正确的选项是A、在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变B、CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C、在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)D、NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【答案】C【解析】该题考查电解质溶液的根本知识。A选项在蒸馏水中滴加浓H2SO4，放出热量，溶液温度升高，KW变大，错误。B选项CaCO3

29、难溶于稀硫酸，但能溶于醋酸，错误。C选项时溶液中的质子守恒，正确。D选项CH3COONH4双水解，促进水的电离，水的电离程度增大，错误。26.2022·安徽·13NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3- + H2OH2SO3 + OH- HSO3-H+ + SO32- 向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中分别参加以下物质，以下有关说法正确的选项是A参加少量金属Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c(HSO3-)增大B参加少量Na2SO3固体，那么c(H+) + c(Na+)=c(HSO3-) + c(OH-) +c(SO32-)C参加少量NaOH溶

30、液，、的值均增大D参加氨水至中性，那么2c(Na+)=c(SO32-)c(H+)c(OH-)【答案】C【解析】NaHSO3溶液显酸性，说明电离大于水解。A参加Na，与水反响生成NaOH，与NaHSO3反响，故c(NaHSO3) 减小，错误；B该溶液中存在电荷守恒，故亚硫酸根前乘以2；错误；C、参加少量NaOH，生成亚硫酸钠和水，酸性降低，碱性增强，C正确；D不正确，因为还有亚硫酸铵生成，所以根据电荷守恒可知，选项D不正确。27.2022·海南·1125时，a mol·L-1一元酸HA与b mol·L-1NaOH等体积混合后，pH为7，那么以下关系一定正确

31、的选项是Aa=b Ba>b Cc (A-)= c(Na+) Dc (A-)< c(Na+)【答案】C【解析】pH为7，说明混合后的溶液显中性，根据溶液中的电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，可知c(Na+)=c(A-)，故C选项正确。假设HA为强酸，那么a=b，假设HA为弱酸，那么应是a>b，现在不知是强酸还是弱酸，故无法确定a和b的关系，故A、B、D选项错误。28.2022·安徽·12氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。25°C时：·在20氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：AB当V=20时，溶液中：C当V=20

32、时，溶液中：·D当V>0时，溶液中一定存在【答案】B【解析】此题考查盖斯定律的应用及溶液中离子浓度大小的比拟，旨在考查考生对所学生所学知识的整合及应用能力。根据盖斯定律，将式减去式可得：HF(aq)H(aq)F(aq) H10.4 kJ·mol1 ，故A项错误。当V20时，两者恰好完全反响生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH)c(HF)c(H)；因F水解，故溶液中存在：c(F)c(Na+)0.05 mol·L1 ，故B项正确，C项错误。D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(F)c(H)c(Na+)c(OH)或c(F)c(

33、Na+)c(H)c(OH)或c(Na+)c(F)c(OH)c(H)或c(Na+)c(F)c(OH)c(H)，故D项错误。29.2022·重庆·10以下表达正确的选项是A. 盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵B. 稀醋酸加水稀释，醋酸电力程度增大，溶液的pH减小C. 饱和石灰水中参加少量CaO，恢复至室温后溶液的pH值不变D. 沸水中滴加适量饱和Fe溶液，形成带电的胶体，导电能力增强【答案】C【解析】因氨水为弱碱当溶液为中性时，溶质为氯化铵与氨水的混合物，A错；稀醋酸加水稀释过程中电离程度增大，但氢离子浓度减小，PH增大，B错；饱和石灰水参加CaO，恢复室温仍是其饱和溶

34、液，即OH-浓度不变，C正确；胶体不带电，氢氧化铁胶粒带正电，D错。30.2022·广东·23对于常温下pH为2的盐酸，表达正确的选项是A.cH+=cCl-+cOH-B.与等体积pH=12的氨水混合后所得溶液显酸性C.由H2O电离出的cH+=1.0×10-12mol·L-1D.与等体积0.01 mol·L-1乙酸钠溶液混合后所得溶液中：cCl-=cCH3COO-【答案】C【解析】电荷守恒A对。B 氨水过量，显碱性。D，反响后生成乙酸和氯化钠，水溶液为酸性。31.2022·山东·14室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中参加水

35、稀释后，以下说法正确的选项是A.溶液中导电粒子的数目减少B.溶液中不变C.醋酸的电离程度增大，c(H)亦增大D.再参加10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7【答案】B【解析】醋酸属于弱酸，加水稀释有利于醋酸的电离，所以醋酸的电离程度增大，同时溶液中导电粒子的数目会增大，由于溶液体积变化更大，所以溶液的酸性会降低，即c(H)、c(CH3COO)、c(CH3COOH)均会降低，因此选项A、C均不正确；由水的离子积常数知，所以其中表示醋酸的电离平衡常数，由于水的离子积常数和醋酸的电离平衡常数均只与温度有关，所以选项B正确；pH=3的醋酸说明醋酸的浓度大于0.001mol/L，pH=11的N

36、aOH溶液说明氢氧化钠的浓度等于0.001mol/L，因为在稀释过程中醋酸的物质的量是不变的，因此参加等体积的pH=11的NaOH溶液时，醋酸会过量，因此溶液显酸性，D不正确。32.2022·全国I·10将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，以下各量始终保持增大的是A. cH+ B. C. D. 【答案】D【解析】HF属于弱电解质，加水促进HF的电离平衡向右移动，即电离程度增大，但电离平衡常数只与温度有关，所以选项B不变；但同时溶液的体积也增大，所以溶液的酸性会降低，即c(H+)、c(F-)和c(HF)的浓度均降低，考虑到溶液中水还会电离出氢离子，所以

37、稀释到一定程度(即无限稀释时)，c(H+)就不在发生变化，但c(F-)和c(HF)却一直会降低，所以选项D符合题意。33.2022·全国II·6等浓度的系列稀溶液：乙酸、苯酚、碳酸、乙醇，它们的PH由小到大排列的正确是ABCD【答案】D【解析】乙酸、碳酸和苯酚的酸性依次降低，故PH依次增大。乙醇属于非电解质，PH最大。34.2022·上海·19常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的选项是Ab不可能显碱性 B a可能显酸性或碱性Ca不可能显酸性 Db可能显碱性或酸性【答

38、案】AB【解析】pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，其浓度分别是大于103mol/L和等于103mol/L，由于pH为3的某酸溶液，其强弱未知。因此与pH为11的氨水反响时，都有可能过量；而与pH为11的氢氧化钠溶液反响时酸可能过量或二者恰好反响。35.2022·全国卷1·3以下表达正确的选项是A在醋酸溶液的，将此溶液稀释1倍后，溶液的，那么B在滴有酚酞溶液的氨水里，参加至溶液恰好无色，那么此时溶液的C盐酸的，盐酸的D假设1mL的盐酸与100mL溶液混合后，溶液的那么溶液的【答案】D【解析】A假设是稀醋酸溶液稀释那么C(H+)减小，pH增大，ba，故A错误；B酚酞的变色范围是

39、pH= 8.010.0无色红色，现在使红色褪去，pH不一定小于7，可能在78之间，故B错误；C常温下酸的pH不可能大于7，只能无限的接近7；D正确，直接代入计算可得是正确，也可用更一般的式子：设强酸pH=a，体积为V1；强碱的pH=b，体积为V2,那么有10-aV1=10-(14-b)V2，现在V1/V2=10-2,又知a=1,所以b=11【点评】此题在第一轮复习至第三轮复习无时不在强调的根本问题考查就是第二册第三章的问题，这次居然没有考离子浓度大小比拟，而考这些，很简单，大家都喜欢！36.2022·天津·4以下液体均处于25，有关表达正确的选项是A某物质的溶液pH<

40、 7，那么该物质一定是酸或强酸弱碱盐 BpH 4.5的番茄汁中c(H+)是pH 6.5的牛奶中c(H+)的100倍CAgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同DpH 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO)【答案】B【解析】某些强酸的酸式盐pH7，如NaHSO4，故A错；pH=4.5，c(H+)=10-4.5 mol·L-1，pH=6.5，其c(H+)=10-6.5 mol·L-1，故B正确；同浓度的CaCl2溶液的c(Cl-)是NaCl的两倍，它们对AgCl沉淀溶解平衡的抑制程度不同，故C错；混合溶液显酸

41、性，那么c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒，c(CH3COO-)>c(Na+)，故D错。题型二：电离常数的应用37.2022·江苏·14常温下，Ka(HCOOH)=1.77×104，Ka(CH3COOH)=1.75×105，Kb(NH3·H2O) =1.76×105，以下说法正确的选项是 A浓度均为0.1 mol·L1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 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溶液的体积相等C

42、0.2 mol·L1 HCOOH与0.1 mol·L1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO) + c(OH) = c(HCOOH) + c(H+)D0.2 mol·L1 CH3COONa 与 0.1 mol·L1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO) > c(Cl) >c(CH3COOH) >c(H+)【答案】AD【解析】38.2022·江苏·20砷As是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一1将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅

43、拌使其充分反响，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32-，其原因是_2H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数与pH的关系分别如图-1和图-2所示以酚酞为指示剂变色范围pH 8.010.0，将NaOH溶液逐滴参加到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加该过程中主要反响的离子方程式为_H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1，那么pKa1=_p Ka1=-lg Ka1 3溶液的pH对吸附剂X外表所带电荷有影响pH=7.1时，吸附剂X外表不

44、带电荷； pH>7.1时带负电荷，pH越高，外表所带负电荷越多；pH<7.1时带正电荷，pH越低，外表所带正电荷越多pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量如图-3所示在pH79之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是_在pH47之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为_ 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是_【答案】(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2(2)OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O    &#

45、160;2.2(3)在pH79之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X外表所带负电荷增多,静电斥力增加在pH47之间,吸附剂X外表带正电,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X外表产生的静电引力小        参加氧化剂,将三价砷转化为五价砷【解析】 (1)NaOH在空气中易与CO2反响生成NaCO3，吸附剂X中含有，其原因是碱性溶液吸收了39.2022·天津·6室温下，用相同浓度的NaO

46、H溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如下图，以下判断错误的选项是()A三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHDB滴定至P点时，溶液中：c(B)>c(Na)>c(HB)>c(H)>c(OH)CpH7时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D)D当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后： c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)c(H)【答案】C   【解析】A项，根据图像知，在未滴加NaOH溶液时，0.1 mol·L1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的pH，说

47、明三种酸均为弱酸，且HA的pH最小、酸性最强，HD的pH最大、酸性最弱，因酸性越强，电离常数越大，故KHA>KHB>KHD，正确； B项，滴定至P点时，溶液中未反响的HB与生成的NaB的浓度相等，且溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于B水解程度，故c(B)>c(Na)>c(HB)>c(H)>c(OH)，正确；C项，pH7时，三种离子的浓度分别等于c(Na)，然而三种溶液中阴离子水解程度不同，参加的NaOH的体积不同，故三种阴离子的浓度也不同，错误；D项，根据质子守恒即可得出，三种溶液混合后溶液的质子守恒关系：c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)c(H)，正

48、确。40.2022·浙江·12苯甲酸钠，缩写为NaA可用作饮料的防腐剂。研究说明苯甲酸HA的抑菌能力显著高于A。25 时，HA的Ka=6.25×105，H2CO3的Ka1=4.17×107，Ka2=4.90×1011。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。以下说法正确的选项是温度为25，不考虑饮料中其他成分 A相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B提高CO2充气压力，饮料中c(A)不变C当pH为5.0时，饮料中=0.16D碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(OH)

49、c(HA)【答案】C【解析】由题中信息可知，苯甲酸HA的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B提高CO2充气压力，CO2+H2O+AHA+HCO3-，平衡右移，饮料中c(A)减小，B项错误；C当pH为5.0时，饮料中c(H+)÷Ka10-5÷6.25×1050.16,C项正确；D根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)c(OH-)+c(H

50、CO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，D错误；答案选C。41.2022·海南·11以下曲线中，可以描述乙酸甲，Ka=18×10-5和一氯乙酸乙，Ka=14×10-3在水中的电离度与浓度关系的是 【答案】B【解析】42.2022·山东·29(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反响为2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反响得1 L溶液A，溶液B为0.1 mol·L1的CH3COONa溶液，那么两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO)

51、由大到小的顺序为_。(HNO2电离常数Ka7.1×104 mol·L1，CH3COOH的电离常数Ka1.7×105 mol·L1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_。a向溶液A中加适量水b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水d向溶液B中加适量NaOH【答案】(3)c(NO)>c(NO)>c(CH3COO)b、c【解析】(1)反响()×2反响()即得到反响：4NO2(g)2NaCl(s) 2NaNO3(s)2NO(g)Cl2(g)，利用平衡常数定义可知该反响平衡常数K。(2)平衡时容器中n(ClNO)7.5×10

52、3mol·L1·min1×10 min×2 L0.15 mol，那么平衡后n(Cl2)0.1 mol×0.15 mol0.025 mol；NO的转化率×100%75%；假设恒压下到达平衡态相当于将原平衡加压，平衡正向移动，NO的转化率增大；平衡常数只与温度有关，恒压下到达平衡的平衡常数与原平衡常数相等；因该反响为放热反响，升高温度，反响逆向进行，反响平衡常数减小 。(3)反响后得到溶液A为物质的量浓度均为0.1 mol/L的NaNO2与NaNO3的混合溶液，利用电离常数可知CH3COO水解程度大于NO，NO不发生水解，两溶液中c(NO

53、)c(NO)c(CH3COO)；利用CH3COO水解程度大于NO可知溶液B的碱性强于溶液A，为使溶液A、B的pH相等，可采取的措施有向溶液A中加适量NaOH或向B溶液中参加适量水稀释或向B溶液中参加适量稀醋酸等。43.2022·上海·19局部弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数25Ki=1.77×10-4Ki=4.9×10-10Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11以下选项错误的选项是A.2CN-+H2O+CO22HCN+CO32-B.2HCOOH+CO32-2HCOO-+H2O+CO2C.

54、中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者【答案】AD【解析】因Ka1(H2CO3)Ka1(HCN)Ka2(H2CO3)，故HCN可与CO32-发生反响生成CN-和HCO3-，因此向含CN-离子的溶液中通入CO2发生反响为：CN-+H2O+CO2HCN+HCO3-，A项错误；利用甲酸与碳酸的电离平衡常数可知酸性：HCOOHH2CO3，那么HCOOH可与碳酸盐作用生成甲酸盐和CO2、H2O，B项正确；酸性：HCOOHHCN，故等pH的HCOOH和HCN相比，HCN的物质的量浓度大，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，C项正确；在等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，