第01讲电离平衡(练习)(解析版)_05高考化学_2025年新高考资料_一轮复习_2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）_第八章水溶液中的离子反应与平衡

第 01 讲 电离平衡 目录 01 模拟基础练 【题型一】强弱电解质判断探究 【题型二】弱电解质的电离平衡及影响因素 【题型三】电离平衡常数 【题型四】强酸(碱)和弱酸(碱)稀释图像 02 重难创新练 03 真题实战练 题型一 强弱电解质判断探究 1．(2024·山东省泰安一中月考)下列事实不能证明亚硝酸(HNO)是弱电解质的是 2 A．常温下NaNO 溶液的pH＞7 2 B．常温下0.1mol/L HNO 溶液的 约为2 2 C．亚硝酸溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色 D．常温下将pH=3的HNO 溶液加水稀释至100倍，稀释后溶液的pH约为4.5 2 【答案】C 【解析】A项，常温下亚硝酸钠溶液的pH＞7，溶液呈碱性，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸 是弱酸，A不选；B项，常温下0.1mol/L亚硝酸溶液的pH约为2，说明该亚硝酸溶液中氢离子浓度接近为 0.01mol/L，小于0.1mol/L，则说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，B不选；C项，亚硝酸溶液中滴加紫色 石蕊试液变红色，说明亚硝酸为酸，但是不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，C 选；D项，常温下pH=3的亚硝酸稀释100倍，稀释后溶液的pH约为4.5，说明亚硝酸稀释过程中还存在 电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，D不选；故选C。 2．(2024·上海市进才中学检测)甲酸是一种一元有机酸。下列性质可以证明它是弱电解质的是 A．甲酸能与水以任意比互溶 B．甲酸溶液的导电性比盐酸溶液弱 C．10mL1 mol·L-1甲酸恰好与10mL1 mol·L-1NaOH溶液完全反应 D．0.1 mol·L-1甲酸溶液的pH约为2 【答案】D 【解析】A项，甲酸能与水以任意比互溶，与甲酸的电离程度无关，所以不能证明甲酸是弱电解质， A错误；B项，溶液的导电性与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，所以不能说明甲酸是弱电解质，B错误；C项，10mL1 mol·L-1甲酸恰好与10mL1 mol·L-1NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，不能说明 甲酸的电离程度，则不能证明甲酸是弱电解质，C错误；D项，1mol/L甲酸溶液的pH约为2，甲酸溶液中 氢离子浓度小于甲酸浓度，说明甲酸部分电离，则证明甲酸是弱电解质，D正确；故选D。 3．(2024·浙江省舟山市定海一中高三月考)为证明某可溶性一元酸(HX)是弱酸，某同学设计了如下实 验方案。其中不合理的是( ) A．室温下，测0.1 mol·L-1 HX溶液的c(H+)，若c(H+)<0.1 mol·L-1，证明HX是弱酸 B．向HX的溶液中加入NaX固体，c(H+)减小，证明HX是弱酸 C．HX与NaSO 溶液反应，可以得到HSO ，证明HX是弱酸 2 3 2 3 D．在相同条件下，对0.1 mol·L-1的盐酸和0.1 mol·L-1的HX溶液进行导电性实验，若HX溶液灯泡较 暗，证明HX为弱酸 【答案】C 【解析】A项，常温下，测0.1 mol·L-1 HX溶液的c(H+)，若c(H+)<0.1 mol·L-1，说明HX在水溶液里部 分电离，则证明HX是弱酸，合理，故A错误；B项，向HX的溶液中加入NaX固体，c(H+)减小，说明 HX存在电离平衡，能证明HX是弱酸，合理，故B错误；C项，HX与NaSO 溶液反应得到HSO ，根据 2 3 2 3 强酸制弱酸，说明HX的酸性比亚硫酸的强，HX可能为强酸，不能证明HX是弱酸，不合理，故C正确； D项，相同条件下，对0.1 mol/L的HCl和0.1 mol/L的HX进行导电性实验，若HX溶液灯泡较暗，说明 HX溶液中离子浓度小于HCl，则证明HX部分电离，所以HX为弱酸，合理，故D错误；故选C。 4．25 ℃时，0.1 mol·L-1CHCOOH溶液的pH=3，0.1 mol·L-1 HX溶液的pH=4。下列说法正确的是( 3 ) A．CHCOOH与HX均为弱酸，且酸性：HX>CH COOH 3 3 B．25 ℃时，水电离出的c(H+)均为10-11 mol·L-1的两种酸，酸的浓度：HX>CH COOH 3 C．25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L-1的CHCOONa和NaX溶液，pH大小：CHCOONa>NaX 3 3 D．25 ℃时，pH均为3的CHCOOH与HX溶液各100 mL与等浓度的NaOH溶液完全反应，消耗 3 NaOH溶液的体积：CHCOOH>HX 3 【答案】B 【解析】同浓度时CHCOOH溶液的pH小，说明其酸性较强，A项错误；水电离出的c(H+)均为10-11 3 mol·L-1，因此两种酸溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1，由于酸性 CHCOOH>HX，故酸的浓度：HX>CH COOH， 3 3 B项正确；由于CHCOONa和NaX溶液浓度相同且X-的水解程度大，故pH大小：NaX>CHCOONa，C 3 3 项错误；pH均为3的CHCOOH溶液与HX溶液相比，HX溶液浓度大，故消耗 NaOH溶液的体积： 3 HX>CH COOH，D项错误。 3 题型二 弱电解质的电离平衡及影响因素 5．(2024·湖北省黄岗市检测)在相同温度时100mL 0.01mol/L的醋酸溶液与10mL 0.1mol/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．CHCOOH的物质的量 3 【答案】C 【解析】A项，计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c •V =0.1 L×0.01 mol•L-1=1×10-3 mol， 1 1n(后)=c •V =0.01 L×0.1 mol•L-1=1×10-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；B 2 2 项，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项，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项，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。 6．已知人体体液中存在如下平衡：CO ＋HO HCO H＋＋HCO，以维持体液pH的相对 2 2 2 3 稳定。下列说法不合理的是( ) A．当强酸性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定 B．当强碱性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定 C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小 D．进行呼吸活动时，如果CO 进入血液，会使体液的pH减小 2 【答案】C 【解析】若静脉滴注大量生理盐水，则血液被稀释，平衡虽然正向移动，但根据勒夏特列原理，c(H＋) 减小，体液的pH增大。 7．HS水溶液中存在电离平衡：HS H＋＋HS－和HS－ H＋＋S2－。若向HS溶液中 ( ) 2 2 2 A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大 B．通入过量SO 气体，平衡向左移动，溶液pH增大 2 C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小 D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小 【答案】C 【解析】加水促进电离，但氢离子浓度减小，A 项错误；通入过量 SO 气体发生反应：2HS＋ 2 2 SO ===3S↓＋2HO，当SO 过量时溶液显酸性，而且酸性比HS强，pH减小，B项错误；滴加新制氯水， 2 2 2 2 发生反应：Cl ＋HS===2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确；加入少量硫酸铜固体，发生 2 2 反应：HS＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D项错误。 2 8．已知某温度下 CHCOOH 和 NH ·H O 的电离常数相等，现向 10 mL 浓度为 0.1 mol·L－1的 3 3 2 CHCOOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( ) 3 A．水的电离程度始终增大 B．c(NH)/c(NH ·H O)先增大再减小 3 2 C．c(CHCOOH)与c(CHCOO－)之和始终保持不变 3 3 D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CHCOO－) 3 【答案】D 【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴 加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大， 由 NH ·H O NH＋OH－可知 K＝，则＝，故减小，B 项错误；根据原子守恒知 n(CHCOO－)与 3 2 3 n(CHCOOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故 c(CHCOO－)与c(CHCOOH)之和减小， 3 3 3 C项错误；由CHCOOH和NH ·H O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷 3 3 2 守恒知c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，则c(CHCOO－)＝c(NH)，D项正确。 3 39．已知某温度下 CHCOOH 和 NH ·H O 的电离常数相等，现向 10 mL 浓度为 0.1 mol·L－1的 3 3 2 CHCOOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( ) 3 A．水的电离程度始终增大 B． 先增大再减小 C．c(CHCOOH)与c(CHCOO－)之和始终保持不变 3 3 D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CHCOO－) 3 【答案】D 【解析】A项，醋酸显酸性，水的电离平衡受到抑制，在滴加NH ·H O的过程中，酸性减弱，水的电 3 2 离程度受到抑制的程度减小，电离程度增大，当 CHCOOH反应完后，加入的NH ·H O会抑制水的电离， 3 3 2 电离程度减小，故该选项错误；B项，在向醋酸中滴加氨水的过程中，碱性增强酸性减弱，c(OH－)一直增 大。由 NH ·H O NH＋OH－可知，K＝，则 ，而 K 是常数，故 3 2 直减小，该选项错误；C项，n(CHCOOH)与n(CHCOO－)之和保持不变，但溶液的体积是增大 3 3 的，故c(CHCOOH)与c(CHCOO－)之和逐渐减小，该选项错误；D项，当加入氨水10 mL时，两者恰好完 3 3 全反应生成CHCOONH ，由CHCOOH和NH ·H O的电离常数相等可知，CHCOO－和NH的水解程度也 3 4 3 3 2 3 相等，故c(NH)＝c(CHCOO－)，该选项正确。 3 10．已知某温度下 CHCOOH 和 NH ·H O 的电离常数相等，现向 10 mL 浓度为 0.1 mol·L－1的 3 3 2 CHCOOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( ) 3 A．水的电离程度始终增大 B．c(NH)/c(NH ·H O)先增大再减小 3 2 C．c(CHCOOH)与c(CHCOO－)之和始终保持不变 3 3 D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CHCOO－) 3 【答案】D 【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴 加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大， 由 NH ·H O NH＋OH－可知 K＝，则＝，故减小，B 项错误；根据原子守恒知 n(CHCOO－)与 3 2 3 n(CHCOOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故 c(CHCOO－)与c(CHCOOH)之和减小， 3 3 3 C项错误；由CHCOOH和NH ·H O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷 3 3 2 守恒知c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，则c(CHCOO－)＝c(NH)，D项正确。 3 3 题型三 电离平衡常数 11．运用电离平衡常数判断，下列可以发生的反应是( )。 酸 电离平衡常数(25 ℃) 碳酸 K =4.3×10-7 K =5.6×10-11 a1 a2 次溴酸 K=2.4×10-9 a①HBrO+Na CO=NaBrO+NaHCO ②2HBrO+Na CO=2NaBrO+H O+CO↑ 2 3 3 2 3 2 2 ③HBrO+NaHCO =NaBrO+H O+CO↑ ④NaBrO+CO +H O=NaHCO +HBrO 3 2 2 2 2 3 A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】C 【解析】根据复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理可知，①中 K(次溴酸)=2.4×10-9>K (碳 a a2 酸)=5.6×10-11，能发生；④中K(次溴酸)=2.4×10-9HY B．相同条件下溶液的碱性：NaX>Na CO>NaY>NaHCO 2 3 3 C．向NaCO 溶液中加入足量HY，反应的离子方程式：HY+ CO2-=HCO-+Y- 2 3 3 3 D．HX和HY酸性相同，都比HCO 弱 2 3 【答案】A 【解析】根据电离平衡常数可知酸性：HCO>HX> HCO ->HY，A项正确，C、D两项错误；酸的酸 2 3 3 性越弱，其对应的盐的水解能力越强，故相同条件下溶液的碱性：NaY>Na CO>NaX>NaHCO ，B项错误。 2 3 3 13．(2024·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知HR为二元弱酸，K (H R)=5.4×10-2，K (H R)=5.4×10- 2 a1 2 a2 2 5。室温下，下列说法不正确的是( ) A．0.1mol/L NaHR溶液pH＜7 B．用NaOH溶液中和一定量的HR溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)＜c(R2-) 2 C．0.1mol/L H R溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H R)+c(HR-) 2 2 D．0.01mol/L的HR溶液与pH=12的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2 2 【答案】C 【解析】A项，NaHR是弱酸HR的酸式盐，存在电离和水解， ，电离强于 2 水解，0.1mol/L NaHR溶液pH＜7，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的 HR溶液至呈中性时， 2 c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L， ，故溶液中c(HR-)＜c(R2-)，B 正确；C 项，0.1mol/L H R 溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得 c(HR)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L， 2 2 c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-) ， 故 .2mol/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H R)+c(HR-) ， C 错 误 ； D 项 ， 2 HR+2NaOH=2HO+Na R，0.01mol/L的HR(二元酸)溶液与pH=12即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和时， 2 2 2 2 消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。 14．HPO 的电离是分步进行的，常温下K =7.6×10-3，K =6.3×10-8，K =4.4×10-13。下列说法正确的是 3 4 a1 a2 a3 ( )。A．浓度均为0.1 mol·L-1的NaOH溶液和HPO 溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pH<7 3 4 B．NaHPO 溶液中，c(H+)+c(H PO -)+c(H PO )=c(PO 3-)+c(OH-) 2 4 2 4 3 4 4 C．向0.1 mol·L-1的HPO 溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)，溶液pH=1时，溶液中大约有 3 4 7.1%的HPO 电离 3 4 D．在HPO 溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的 pH增大，当溶液的 pH=11时， 3 4 c(PO 3-)>c(HPO 2-) 4 4 【答案】C 【解析】NaOH和HPO 按物质的量之比2∶1混合，恰好反应产生NaHPO ，溶液中存在HPO 2-的电 3 4 2 4 4 K 10-14 w 离平衡和水解平衡，电离平衡常数 K =4.4×10-13，水解平衡常数 K = = ≈1.59×10-7， a3 h2 K 6.3×10-8 a2 K >K ，水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性，pH>7，A项错误；在NaHPO 溶液中，根据质子守恒 h2 a3 2 4 可 得 c(H+)+c(H PO -)+2c(H PO )=c(PO 3-)+c(OH-) ， B 项 错 误 ； 设 电 离 出 的 c(H PO -)=x ， K = 2 4 3 4 4 2 4 a1 c(H+)·c(H PO-) 0.1×x 2 4 = =7.6×10-3，解得 x≈0.0071 mol·L-1，溶液中电离的 HPO 大约有 c(H PO ) 0.1-x 3 4 3 4 0.0071mol·L-1 ×100%=7.1% ， C 项 正 确 ； 当 溶 液 的 pH=11 时 ， c(H+)=10-11 mol·L-1 ， K = 0.1mol·L-1 a3 c(H+)·c(PO3-) 10-11×c(PO3-) c(PO3-) 4 = 4 =4.4×10-13，则 4 =4.4×10-2，则c(PO 3-)V x y x y C．y为弱酸，VV x y x y 【答案】C 【解析】由图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量ΔpH ＝1，ΔpH<1，所以x为强酸， x y 而y为弱酸。pH＝2时弱酸y的浓度大，滴加NaOH至pH＝7时需NaOH溶液的体积则y要比x大。 17．在体积均为1 L，pH均等于2的盐酸和醋酸中，分别投入0.12 g镁粉充分反应后，下图中比较符 合反应事实的曲线是 ( ) 【答案】C 【解析】镁最多失去电子的物质的量为×2＝0.01 mol。A、B项，在反应过程中，CHCOOH进一步电 3 离，CHCOOH的pH小于HCl的pH，生成氢气的速率，v(CHCOOH)＞v(HCl)，A、B均错；C、D项，由 3 3 于Mg是定量的，HCl恰好完全反应，而CHCOOH过量，且CHCOOH与Mg反应速率快，所以C对，D 3 3 错。 18．常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的 pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是( ) A．酸性： HA>HB B．a点时，溶液中由水电离出的c(OH－)约为1×10－10mol·L－1 C．向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7时：c(B－ )>c(HB) D．b点时，c(Na＋)>c(B－)＝c(HB)>c(H＋)>c(OH－ ) 【答案】D 【解析】A项，当横坐标相同时，即与相同，发现HB的pH大，说明此时HB溶液的c(H＋)小，则 K(HB)HB ，A正确；B项，a点，lg＝0，pH＝4，酸过量抑制水的电离，根据水的 a a 离子积常数可算出溶液中由水电离出的c(OH－)约为 1×10－10mol·L－1，B正确；C项，当lg＝0时，pH等于 5，所以溶液至pH＝7时lg>0，c(B－ )> c(HB)，C正确；D项，b点时，pH等于5，HB的电离程度大于NaB的水解程度，所以c(B－)＝ c(HB)> c(Na＋)> c(H＋)>c(OH－ )，D错误；故选D。 19．常温下，将pH均为3，体积均为V 的HA溶液和HB溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lg 0 V 的变化如图所示。下列说法正确的是( )。 V 0 A．稀释相同倍数时：c(A-)>c(B-) B．水的电离程度：b>c>a C．溶液中离子总物质的量：b>c>a D．溶液中离子总浓度：a>b=c 【答案】D V 【解析】根据题图可知，当lg =2时，HA溶液的pH=5，HB溶液的pH<5，故HA为强酸，HB为弱 V 0 酸。根据题图可知，当两溶液稀释相同倍数时，溶液的pH：HA>HB，溶液中c(A-)a，B项错误；a、c两点溶液体积相同，c点的pH 大于a点的，c点溶液中c(A-)c，a点时溶液加水稀释可得b 点溶液，促进HB的电离，溶液中离子总物质的量：b>a，故溶液中离子总物质的量：b>a>c，C项错误； 溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(B-)+c(OH-)、c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)：a>b=c，则溶液中离子 总浓度：a>b=c，D项正确。 1．(2024·河北石家庄高三第二次调研)已知25℃时，三种酸的电离常数为K(CHCOOH)=1.75×10-5， a 3 K(HCN)=6.2×10-10，K (H CO)=4.5×10-7，K (H CO)=4.7×10-11。下列说法正确的是( ) a a1 2 3 a2 2 3 A．醋酸滴入NaCN溶液的离子方程式为H++CN-=HCN B．NaHCO 在水溶液中的电离方程式为NaHCO =Na++H++CO 2- 3 3 3 C．NaCO 溶液中滴加HCN的离子方程式为CO2-+2HCN=2CN-+H O+CO↑ 2 3 3 2 2 D．结合质子的能力：CHCOO- H CO> HCN > 3 2 3 HCO -。A项，因为酸性CHCOOH> HCN，由于醋酸是弱酸不可拆，反应的离子方程式是： 3 3 CHCOOH+CN-=HCN+CHCOO-，故A错误；B项，NaHCO 在水溶液中电离出钠离子和HCO -，电离方程 3 3 3 3 式为NaHCO =Na++ HCO -，故B错误；C项，酸性：HCO> HCN > HCO -，则NaCO 溶液与HCN反应只 3 3 2 3 3 2 3能生成NaHCO ，不能生成HCO，离子方程式为CO2-+HCN=CN-+ HCO -，故C错误；D项，酸性越弱， 3 2 3 3 3 其对应酸根结合氢离子的能力越强，所以等浓度的结合质子的能力：CHCOO-< HCO -0，其K(HA)=1.00×10-4mol·L-1 a在苯中，HA只发生二聚：2HA (HA) 2 实验测得：水中c(A-)=5.00×10-4mol·L-1时，苯中的c[(HA) ]=7.05×10-4mol·L-1 2 下列有关说法错误的是( ) A．水溶液的pH=3.3(lg5≈0.7) B．若向萃取体系中滴入少量浓盐酸，则苯中c[(HA) ]将减少 2 C．在苯中二聚反应的平衡常数K=1.13×102mol-1·L(结果保留三位有效数字) D．HA在苯中发生二聚的原因是在苯中，羧酸与羧酸之间易形成分子内氢键 【答案】B 【解析】A项，水中c(A-)=5.00×10-4mol·L-1，则c(H+)=5.00×10-4mol·L-1，则pH=3.3，A正确；B项，浓 盐酸只溶于水层，滴入少量浓盐酸，使水中c(H＋)增大，HA电离平衡逆向移动，c(HA) 增大，这促使更 W 多的HA进入苯层，使c(HA) 增大，则苯中二聚平衡正向移动，最终c[(HA) ]增大，B错误；C项， W 2 K(HA)=1.00×10-4mol·L-1， ，水中c(A-)=5.00×10-4mol·L-1时， a ，则 =2.5×10-3mol·L-1，苯中的c[(HA) ]=7.05×10-4mol·L-1，在苯中二聚反应 2 的平衡常数K= 1.13×102mol-1·L，C正确；D项，HA在苯中发生二聚的原因是羧酸与羧酸之 间易形成分子内氢键，D正确；故选B。 4．(2024·福建省莆田市高三毕业班二模)室温下，向水中通入HX气体使其保持浓度为a mol·L-1的饱 2 和状态，调节溶液的 ，体系中 (M表示HX-或X2-，单位mol·L-1)与 关系如图所示。已知HX 2 的 。下列说法错误的是( ) A．a=0.1 B．②代表 与pH的关系曲线 C． =4.8时，cH＋＝cOH－＋cHX-＋2cX2- D．若X2-浓度处于P点时，需调高溶液的pH才能达到平衡体系 【答案】C 【解析】HX为弱酸，存在电离平衡：HX H++HX-，HX- H++X2-，pH较小、相同pH时， 2 2HX-浓度大于X2-， ，则图中①代表 与pH的关系，曲线②代表 与pH 的关系曲线；已知HX的 ，则 。A项，据分析，由点 2 (3,-5) ，结合 ，得到cHX=a=0.1，A正确；B项，据分析②代表 2 与 的关系曲线，B正确；C项，室温下，向水中通入HX气体使其保持浓度为a mol·L-1的饱 2 和状态，所得溶液pH是一确定的值，若调节溶液的pH的过程中引入其它阳离子达到pH=4.8时，则不符 合电荷守恒，C不正确；D项， ，若X2- 浓度处于 P点时，则P点的X2-浓度比平衡时小，P点cH＋比平衡时大，故需调高溶液的pH才能达到平衡体系，D 正确；故选C。 5．(2024·重庆市高三联考)阿司匹林具有解热镇痛作用，其医用效率主要取决于被血液吸收的程度， 阿司匹林分子( )可自由穿过细胞膜，而离子( )不能(如下图所示)，设两溶液环境中 ，已知该环境下达到平衡时，胃液中阿司匹林的电离度为α，下列叙述错误的是( ) A．血液中c(H＋)＜c(H＋)+ c(A-) B．该环境下阿司匹林的 为 C．细胞膜两侧胃液和血液中的c(HA)相等 D．细胞膜两侧胃液和血液中的 之比为 【答案】D 【解析】A项，由图可知，血液的pH为7.4，溶液中的氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，A正确；B 项，设胃液中阿司匹林的浓度为cmol/L，由电离度为α可知，平衡时胃液中氢离子浓度为10—2mol/L，阿 司匹林HA的浓度为(c—cα)mol/L、A—浓度为cαmol/L，则阿司匹林的电离常数为 = ， B正确；C项，由图可知，阿司匹林分子HA可以自由穿过细胞膜，所以平衡时膜两侧的HA浓度相等，C 正确；D项，平衡时胃液中，膜两侧的HA浓度相等，设平衡时两侧HA浓度相都为cmol/L，由电离常数 可知，胃液中 =c(102K+1)mol/L、血液中 =c(107.4K+1)mol/L ，则两侧溶液中 之比 a a为 ，由阿司匹林的电离常数为 可知， = = ，D错误； 故选D。 6．为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁四人分别选用下列试剂进行实验：0.1 mol·L-1醋酸溶液、 0.1 mol·L-1盐酸、pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液、CHCOONa晶体、NaCl晶体、CHCOONH 晶体、蒸 3 3 4 馏水、锌粒、pH试纸、酚酞、NaOH溶液等。 (1)甲取出10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液，用pH试纸测出其pH=a，确定醋酸是弱电解质，则a应该满 足的关系是 ，理由是 。 (2)乙分别取pH=3的醋酸溶液和盐酸各1 mL，分别用蒸馏水稀释到100 mL，然后用pH试纸分别测定 两溶液的pH，则可认定醋酸是弱电解质，判断的依据是 。 (3)丙分别取pH=3的盐酸和醋酸溶液各10 mL，然后加入质量相同、规格相同的锌粒，醋酸溶液放出 H 的速率快，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法正确吗? ，请说明理由： 2 。 (4)丁用CHCOONa晶体、NaCl晶体、蒸馏水和酚酞做实验，也论证了醋酸是弱酸的事实，该同学的 3 实验操作和现象是 。 【答案】(1)a>1 醋酸是弱酸，不能完全电离 (2)稀释后盐酸的pH=5，醋酸溶液的pH<5 (3)正确 醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不断电离，c(H+)变化小，因此醋酸溶液产生H 的速率 2 比盐酸快 (4)将CHCOONa晶体、NaCl晶体分别溶于适量水配成溶液，再分别滴入酚酞溶液，CHCOONa溶液 3 3 变成浅红色，NaCl溶液不变色 【解析】(1)若醋酸是弱酸，则其不能完全电离，电离出的c(H+)<0.1 mol·L-1，pH=a>1。(2)若醋酸为弱 酸，稀释促进电离，c(H+)=10-3 mol·L-1的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c(H+)>10-5 mol·L-1，则 醋酸的pH<5，而HCl为强酸，用蒸馏水稀释到100 mL，盐酸的pH=5。(3)分别加入质量相同、规格相同 的锌粒，若醋酸为弱酸，与锌反应消耗氢离子的同时，醋酸不断电离，H+得到补充，因此醋酸溶液产生氢 气的速率比盐酸快。(4)CH COONa是强碱弱酸盐，加入水中会发生水解，溶液显碱性，将 CHCOONa晶 3 3 体、NaCl晶体溶于适量水配成溶液，分别滴入酚酞溶液，CHCOONa溶液变成浅红色，NaCl溶液不变色。 3 7．磷能形成次磷酸(H PO )、亚磷酸(H PO )等多种含氧酸。 3 2 3 3 (1)次磷酸(H PO )是一种精细化工产品，已知10 mL 1 mol·L-1 HPO 与20 mL 1 mol·L-1NaOH溶液充分 3 2 3 2 反应后生成NaH PO 。回答下列问题： 2 2 ①NaH PO 属于 (填“正盐”、“酸式盐”或“无法确定”)。 2 2 ②若25 ℃，K(H PO )=10-2，则0.02 mol·L-1的HPO 溶液的pH= 。 a 3 2 3 2 ③设计两种实验方案，证明次磷酸是弱酸： 、 。 (2)亚磷酸(H PO )是二元中强酸，某温度下，0.11 mol·L-1的HPO 溶液的pH为2，则该温度下HPO 3 3 3 3 3 3 的电离平衡常数K 约为 (H PO 的二级电离和水的电离忽略不计)。 a1 3 3 (3)25 ℃时，向HPO 溶液中滴加NaOH溶液： 3 3①当恰好中和生成NaHPO 时，所得溶液的pH (填“>”、“<”或“=”，下同)7。 2 3 ②当溶液呈中性时，所得溶液中c(Na+) c(H PO -)+2c(HPO 2-)。 2 3 3 ③若用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定，达到滴定终点时，所得溶液中c(Na+) c(H PO -) 2 3 +2c(HPO 2-)。 3 【答案】(1)①正盐 ②2 ③方案1：测NaH PO 溶液的pH，若pH>7，则证明次磷酸为弱酸。方案 2 2 2：向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次 磷酸为弱酸(答案合理即可) (2)1×10-3 (3)①> ②= ③< 【解析】(1)①NaOH溶液过量，只生成 NaH PO ，说明次磷酸中只有一个可电离的氢原子，因而 2 2 NaH PO 是正盐。②设溶液中的H+浓度为x mol·L-1，则： 2 2 HPO H++H PO - 3 2 2 2 初始/(mol·L-1)0.020 0 0 平衡/(mol·L-1)0.02-x x x x2 K(H PO )= =10-2，解得x=0.01，故pH=-lg 0.01=2。③可从NaH PO 溶液中存在水解平衡以及 a 3 2 0.02-x 2 2 HPO 溶液中存在电离平衡等角度设计实验。 (2)忽略 HPO 的二级电离和水的电离，则 3 2 3 3 c(H PO -)≈c(H+)=1×10-2 mol·L-1，c(H PO )=(0.11-1×10-2) mol·L-1=0.1 mol·L-1，则该温度下HPO 的电离平衡 2 3 3 3 3 3 c(H+)·c(H PO-) 1×10-2×1×10-2 常数K = 2 3 ≈ =1×10-3。(3)①在NaHPO 溶液中，HPO 2-水解，溶 a1 c(H PO ) 0.1 2 3 3 3 3 液呈碱性。②当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)=c(H PO -)+2c(HPO 2-)。③溶液中存 2 3 3 在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(H PO -)+2c(HPO 2-)+c(OH-)，用甲基橙作指示剂，达到滴定终点时，溶液呈酸 2 3 3 性，则c(H+)>c(OH-)，故c(Na+)”“<”或“=”)7。 2 4 ②0.100 mol∙L−1的稀硫酸中，c(H＋)=0.109 mol∙L−1，求硫酸第二步电离的电离常数 (写出计 算过程，结果保留三位有效数字)。 (2)液态水中，水存在自偶电离：HO＋HO HO＋＋OH-。平常书写的H＋，实际上是纯水或水溶 2 2 3 液中HO＋的缩写。如HCl在水中电离，完整写法是HCl＋HO=HO＋＋Cl-。 3 2 3 ①液态的醋酸(用HAc表示)中，同样存在HAc的自偶电离，其方程式可表示为 。 ②用醋酸作溶剂时，硫酸是一种二元弱酸。将少量HSO 溶于冰醋酸中，第一步电离的完整写法是 2 4 。若保持温度不变，关于该所得溶液，下列说法正确的是 。 A．加入少量冰醋酸，c(HSO -)与c(SO 2-)均减小 4 4 B．加入少量HSO ，HSO 的电离程度增大 2 4 2 4 C．加入少量NaAc固体。c(HSO -)与c(SO 2-)的比值减小 4 4 D．加入少量NaSO 固体，c(Ac-)减小 2 4【答案】(1) > 第一步完全电离，可电离出0.100 mol∙L−1的H＋，故第二步电离出0.009 mol∙L−1的 H＋和SO 2-，c(HSO -)=(0.100−0.009) mol∙L−1=0.091 mol∙L−1， 4 4 (2) HAc＋HAc HAc＋＋Ac- H SO ＋HAc HAc＋＋HSO - AC 2 2 4 2 4 【解析】(1)在水中，硫酸是一种强酸，但实际上只有第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，电 离方程式可表示为：HSO =H＋＋HSO -，HSO - H＋＋SO 2-。①根据HSO - H＋＋SO 2-，25℃时， 2 4 4 4 4 4 4 NaSO 溶液中硫酸根水解生成硫酸氢根和氢氧根，导致溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，因此溶液的 2 4 pH>7；。②0.100 mol∙L−1的稀硫酸中，c(H＋)=0.109 mol∙L−1，硫酸第一步完全电离，可电离出0.100 mol∙L−1 的H＋，故第二步电离出0.009 mol∙L−1的H＋和SO 2-，c(HSO -)=(0.100−0.009)mol∙L−1=0.091 mol∙L−1， 4 4 ；(2)①液态水中，水存在自偶电离：HO＋HO 2 2 HO+＋OH-。平常书写的H+，实际上是纯水或水溶液中HO+的缩写。如HCl在水中电离，完整写法是HCl 3 3 ＋HO=HO+＋Cl-。根据HO＋HO HO+＋OH-分析液态的醋酸(用HAc表示)中同样存在HAc的自偶 2 3 2 2 3 电离，其方程式可表示为HAc＋HAc HAc+＋Ac-；②用醋酸作溶剂时，硫酸是一种二元弱酸。将少 2 量HSO 溶于冰醋酸中，硫酸电离出的氢离子与HAc结合成HAc+，因此第一步电离的完整写法是HSO 2 4 2 2 4 ＋HAc HAc+＋HSO -。③若保持温度不变：A项，加入少量冰醋酸，由于溶液体积增大占主要因素， 2 4 因此c(HSO -)与c(SO 2-)均减小，A正确；B项，加入少量HSO ，平衡正向移动，由于硫酸浓度增大占主 4 4 2 4 要因素，因此HSO 的电离程度减小，B错误；C项，加入少量NaAc固体，Ac-与氢离子结合，硫酸氢根 2 4 电离程度增大，硫酸氢根浓度减小，硫酸根浓度增大，则c(HSO -)与c(SO 2-)的比值减小，C正确；D项， 4 4 加入少量NaSO 固体，抑制硫酸氢根电离，增大了HAc的自偶电离，则c(Ac-)增大，D错误；故选AC。 2 4 1．(2022•辽宁省选择性考试，15)甘氨酸(NH CHCOOH)是人体必需氨基酸之一、在 时， 2 2 NH +CHCOOH、NH +CHCOO-和NH CHCOO-的分布分数【如 】与溶液 3 2 3 2 2 2 关系如图。下列说法错误的是( ) A．甘氨酸具有两性B．曲线c代表NH CHCOO- 2 2 C．NH +CHCOO-+H O NH +CHCOOH+OH-的平衡常数K=10-11.65 3 2 2 3 2 D．c 2(NH +CHCOO-)＜c(NH +CHCOOH) · c(NH2CHCOO-) 3 2 3 2 2 【答案】D 【解析】A项，NH CHCOOH中存在-NH 和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B项， 2 2 2 氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a 表示NH +CHCOOH的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示NH +CHCOO-的分布分数随溶液pH的变化， 3 2 3 2 曲线c表示NH CHCOO-的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C项，NH +CHCOO-+H O 2 2 3 2 2 NH +CHCOOH+OH-的平衡常数 ， 时，根据a，b曲线交点坐标(2.35， 3 2 0.50)可知，pH=2.35时，c(NH +CHCOO-)=c(NH +CHCOOH)，则 ，故C正确； 3 2 3 2 D项，由C项分析可知， ，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78，0.50)分析可得电离 平衡NH +CHCOO- NH CHCOO-+H+的电离常数为K=10-9.78， ， 3 2 2 2 1 则 ，即c 2(NH +CHCOO-)＞c(NH +CHCOOH) · 3 2 3 2 c(NH CHCOO-)，故D错误；故选D。 2 2 2．(2022•江苏卷，12)一种捕集烟气中CO 的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO， 2 2 若通入CO 所引起的溶液体积变化和HO挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c =c(H CO)+c(HCO - ) 2 2 总 2 3 3 +c(CO2-)。HCO 电离常数分别为K =4.4×10-7、K =4.4×10-11。下列说法正确的是( ) 3 2 3 a1 a2 A．KOH吸收CO 所得到的溶液中：c(H CO)＞c(HCO -) 2 2 3 3 B．KOH完全转化为KCO 时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c(HCO -)+c(H CO) 2 3 3 2 3 C．KOH溶液吸收CO，c =0.1mol∙L-1溶液中：c(H CO)＞c(CO2-) 2 总 2 3 3 D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 【答案】C 【解析】A项，KOH吸收CO 所得到的溶液，若为NaCO 溶液，则CO2-主要发生第一步水解，溶液 2 2 3 3 中：c(H CO)＜c(HCO -)，若为NaHCO 溶液，则HCO -发生水解的程度很小，溶液中：c(H CO)＜ 2 3 3 3 3 2 3c(HCO -)，A不正确；B项，KOH完全转化为KCO 时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ 3 2 3 +c(HCO -)+2c(CO2-)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO2-)+c(HCO -)+c(H CO)]，则c(OH-)= c(H+) 3 3 3 3 2 3 +c(HCO -)+2c(H CO)，B不正确；C项，KOH溶液吸收CO，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c =0.1mol∙L-1，则溶液 3 2 3 2 总 为KHCO 溶液， K = = ≈2.3×10-8＞K =4.4×10-11，表明HCO -以水解为主，所以溶液中： 3 h2 a2 3 c(H CO)＞c(CO2-)，C正确；D项，如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为： 2 3 3 CO+2KOH=K CO+H O、KCO+CaO+H O=CaCO ↓+2KOH(若生成KHCO 或KCO 与KHCO 的混合物， 2 2 3 2 2 3 2 3 3 2 3 3 则原理相同)，二式相加得：CO+CaO=CaCO ↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确；故选C。 2 3 3．(2022·浙江省1月选考，17)已知25℃时二元酸HA的K =1.3×10-7，K =7.1×10-15。下列说法正确 2 a1 a2 的是( ) A．在等浓度的NaA、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者 2 B．向0.1mol·L-1的HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则HA的电离度为 2 2 0.013% C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-) 2 D．取pH=a的HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1 2 【答案】B 【解析】A项，在等浓度的NaA、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后 2 者，故A错误；B项，向0.1mol·L-1的HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3， 2 ，则HA的电离度 0.013%，故B正确；C项， 2 向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11， ，则c(A2-)