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

第1页（共1页）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molKClO3 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﹣ΔH44．（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﹣17．（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＝4.38．（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+413．（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。①HCl②NaCl③CH3COOH④CH3COONa⑤Na2CO3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：③④（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＜Cb.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（）91：91：19：91pH8.27.26.2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molKClO3 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molKClO3，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×0.50mol/L＝0.05mol，则n（C2）＝0.8×0.05mol＝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×0.50mol/L＝0.05mol，则n（C2）＝0.8×0.05mol＝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。①HCl②NaCl③CH3COOH④CH3COONa⑤Na2CO3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＜Cb.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，①HCl②NaCl③CH3COOH④CH3COONa⑤Na2CO3，溶液pH由小到大的顺序为：①③②④⑤，故答案为：①③②④⑤；（3）③CH3COOH④CH3COONa，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（）91：91：19：91pH8.27.26.2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Ka