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3.2水的电离和溶液的pH
一．选择题（共12小题）
1．（2025秋 保定期中）某温度下的水溶液中，c（H+）＝10﹣xmol L﹣1，c（OH﹣）＝10﹣ymol L﹣1。x与y的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．该温度下水的离子积
B．该温度下0.01mol L﹣1NaOH溶液的pH＝10
C．已知酸度，则该温度下，0.1mol L﹣1盐酸的AG＝12
D．向a点溶液中加入适量NaOH溶液，可实现a点向b点移动
2．（2025秋 重庆期中）水的电离过程为H2O H++OH﹣，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）＝1.0×10﹣14，Kw（35℃）＝2.1×10﹣14，则下列叙述正确的是（　　）
A．水的pH随着温度的升高而降低
B．向水中加入少量NaHSO4固体，c（H+）增大，Kw增大
C．35℃时，向水中加入NaOH，会导致水电离的氢离子浓度大于水电离的氢氧根浓度
D．水的离子积常数Kw随温度的升高而增大，说明水的电离是放热过程
3．（2025秋 重庆期中）常温下，向一定体积0.01mol/L的Ba（OH）2溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积之和，则Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积之比是（　　）
A．1：1 B．9：1 C．1：10 D．1：9
4．（2025秋 重庆期中）常温下，用0.10mol L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.10mol L﹣1HCl溶液和20.00mL 0.10mol L﹣1CH3COOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．图1是滴定醋酸的曲线
B．常温时，0.10mol/L NaOH溶液和0.10mol/L CH3COOH溶液的pH之和为14
C．E点对应离子浓度由大到小的顺序可能为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂
5．（2025秋 江西期中）常温下，向20mL0.1mol L﹣1HA溶液中滴加同浓度的MOH溶液，滴定过程中的pH变化与滴加MOH溶液的体积V（MOH）关系如图所示。
已知：①HA的电离度；
②10﹣1.6≈0.025；
③MOH为弱碱。
下列说法正确的是（　　）
A．常温下，0.1mol L﹣1HA溶液中HA的电离度约为2.5%
B．可用紫色石蕊作指示剂
C．水的电离程度：a＜b＜c
D．b点对应的溶液中存在c（M+）＝c（A﹣）+c（HA）
6．（2025秋 嘉兴期中）一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣14
C．该温度下，加入少量FeCl3固体可能引起由a向b的变化
D．该温度下，加少量NaOH固体可能引起由c向d的变化
7．（2025 河南模拟）常温时，向20mL0.1mol L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol L﹣1的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a点由水电离的氢离子浓度为10﹣13mol/L
B．b点时，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol L﹣1
C．c点时，V（NaOH）＝20mL
D．反应过程中，的值不断增大
8．（2024秋 牡丹江期末）下列操作可以使水的离子积常数KW增大的是（　　）
A．通入少量氨气 B．加入少量稀HCl
C．加热 D．加入少量醋酸钠固体
9．（2025秋 城关区校级期中）常温下，用浓度为0.0200mol L﹣1NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol L﹣1HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．Ka（CH3COOH）的数量级为10﹣4
B．点
C．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的为d
D．c点：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH）
10．（2025秋 浏阳市期中）20℃时，用0.100mol/L盐酸滴定20mL0.100mol/L氨水的图像如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．a、b、c、d均有c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）
B．b点时c（）＝c（Cl﹣）＝c（H+）＝c（OH﹣）
C．c点表示酸碱恰好完全反应
D．d点时c（Cl﹣）＝2c（NH3 H2O）+2c（）
11．（2025秋 长沙校级月考）25℃时，用0.1mol L﹣1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数与pH值、微粒分布分数δ[，X表示H2A、HA﹣或A2﹣]的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，H2A第二步电离平衡常数
B．e点对应的pH值约为2
C．c点溶液中：2c（K+）＝3c（HA﹣）
D．c、d两点溶液中水的电离程度：c＜d
12．（2025秋 南开区校级期中）水的电离平衡图像如图所示，已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列说法正确的是（　　）
A．T1＞T2
B．各点对应的水的离子积：Kw（f）＞Kw（b）＝Kw（d）
C．向b点溶液通入少量HCl，其组成由b点沿直线向c点移动
D．T2温度下pH＝4的盐酸中由水电离出的c（H+） c（OH﹣）＝1×10﹣20
二．解答题（共4小题）
13．（2025秋 成都期中）生活中常用小苏打和白醋解决清洁、食品制作等问题，二者发生的反应为NaHCO3+CH3COOH═CH3COONa+CO2↑+H2O。回答下列问题：
（1）上述反应中的物质属于强电解质的有 　 　 （填化学式），根据该反应可知，Ka（CH3COOH） 　 　 Ka1（H2CO3）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（2）25℃时，向CH3COONa溶液中逐渐通入少量HCl气体，下列图像最接近实验过程中电流（I）随所通入HCl的质量变化的是 　 　 （填标号）。
（3）将10mL0.1mol L﹣1CH3COOH溶液加水稀释至1L后，CH3COOH的电离程度 　 　 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），CH3COO﹣的数目 　 　 ，的值 　 　 。
（4）在相同温度下，分别向等体积、等H+浓度的盐酸和醋酸溶液中加入足量的Mg条，反应刚开始时产生H2的速率v（HCl） 　 　 v（CH3COOH）（填“＞”“＜”或“＝”，下同），反应结束后生成H2的质量m（HCl） 　 　 m（CH3COOH）。
（5）某温度下，将a mol L﹣1的CH3COOH溶液与0.01mol L﹣1的NaOH溶液等体积混合，反应达平衡后溶液中c（Na+）＝c（CH3COO﹣）c（H+）＝1.0×10﹣7mol L﹣1，则醋酸的电离常数Ka═　 　 （用含a的代数式表示）。
14．（2025秋 商丘期中）氮化硅（Si3N4）陶瓷凭借其耐高温、低密度、耐磨损、高强度和优异的抗热冲击性能，已成为涡轮叶片、热防护系统和航空航天结构件的理想材料。回答下列问题：
（1）由Si3N4和某些金属氧化物高温烧结得到的高温结构陶瓷属于　 　 （填字母）。
A.传统硅酸盐材料
B.新型陶瓷
C.合金
（2）依据Si3N4的性质可推测氮化硅属于　 　 （填字母）。
A.离子晶体
B.分子晶体
C.共价晶体
D.金属晶体
（3）将Si3N4制成气凝胶，其隔热性能显著提升，可用于超音速飞行器天线罩。工业制备Si3N4气凝胶需要纳米级高纯石墨、高纯石英砂在N2氛围下高温反应制取，写出相应的化学方程式：　 　 。
（4）硅含量是Si3N4品质高低的重要指标，实验室用NaOH溶液浸出Si3N4，得到Na2SiO3溶液，再加入KF溶液并加硫酸酸化，得到K2SiF6沉淀，得到的K2SiF6沉淀经除酸洗净后加中性沸水使K2SiF6水解，析出的HF用0.1000mol L﹣1NaOH标准溶液滴定。
①滴定过程中锥形瓶的材质为　 　 （填“石英”“普通玻璃”或“有机玻璃”），滴定过程中使用的指示剂为　 　 ，判断达到滴定终点的现象是　 　 。
②写出生成K2SiF6沉淀的离子方程式：　 　 。
③已知K2SiF6水解的方程式为K2SiF6+3H2O═2KF+H2SiO3+4HF，取ag氮化硅样品经上述处理，滴定最终消耗NaOH标准溶液bmL，则氮化硅样品中硅元素的质量分数为　 　 %（用含a、b的式子表示）。
15．（2025秋 城关区校级期中）25℃时，三种酸的电离平衡常数如表：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数K3 1.8×10﹣5 3.0×10﹣8
已知：忽略混合前后溶液体积和温度的变化。回答下列问题：
（1）当温度升高时，Ka（CH3COOH）　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合呈　 　 （填“酸性”、“碱性”或“中性”）。
（3）下列反应不能发生的是　 　 （填标号）。
a.
b.
c.
d.
（4）用蒸馏水稀释醋酸溶液，下列各式表示数值随加入的水的体积增大而增大的是　 　 （填标号）。
a.n（H+）
b.c（H+）
c.
d.c（OH﹣）
（5）体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。
则HX的电离平衡常数　 　 （填“＞”、“＝”或“＜”，下同）醋酸的电离平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）　 　 醋酸溶液中水电离出来的
（6）联氨（N2H4）性质与NH3相似，N2H4与水反应可生成一种二元弱碱。它在水溶液中电离的第一步电离方程式为，写出它的第二步电离方程式　 　 。它与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为　 　 。
16．（2024秋 西安期末）Ⅰ.常温下，如果取0.2mol/LCH3COOH溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝9，试回答以下问题：
（1）混合溶液的pH＝9的原因是：（用离子方程式表示） 　 　 。
（2）该混合溶液中由水电离出的c（H+）和pH＝9的NaOH溶液中由水电离出c（H+）的比值为 　 　 。
（3）求该混合溶液中下列算式的计算结果：
c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝ 　 　 mol/L（代入数据，列出算式即可）
c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝ 　 　 mol/L。
Ⅱ.（4）25℃下，向20mL0.1mol L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴），随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：
①在同一溶液中，H2CO3、、 　 　 （填“能”或“不能”）大量共存；
②当pH＝7时，溶液中Na+、Cl﹣、三种离子的浓度大小关系为 　 　 ；
③已知在25℃时，的第一步水解常数Kh1＝2.0×10﹣4，当溶液中c（）：c（）＝2：1时，溶液的pH＝ 　 　 。
（5）下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是 　 　 （填字母序号）。
①胆矾
②氯化铝
③硫酸铝
④Na2CO3
⑤NaHCO3
⑥高锰酸钾
A．③④
B．①③④
C．①②③④⑤
D．全部
3.2水的电离和溶液的pH
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．（2025秋 保定期中）某温度下的水溶液中，c（H+）＝10﹣xmol L﹣1，c（OH﹣）＝10﹣ymol L﹣1。x与y的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．该温度下水的离子积
B．该温度下0.01mol L﹣1NaOH溶液的pH＝10
C．已知酸度，则该温度下，0.1mol L﹣1盐酸的AG＝12
D．向a点溶液中加入适量NaOH溶液，可实现a点向b点移动
【答案】C
【分析】A．水的离子积；
B．，结合pH＝﹣lgc（H+）分析；
C．0.1mol L﹣1盐酸中c（H+）＝10﹣1mol L﹣1，；
D．a点x＝4、y＝8，加入NaOH后c（OH﹣）增大，c（H+）减小。
【解答】解：A．水的离子积，直线上任意点满足x+y＝12，则，故A正确；
B．0.01mol L﹣1NaOH溶液中c（OH﹣）＝10﹣2mol L﹣1，则，pH＝﹣lgc（H+）＝10，故B正确；
C．0.1mol L﹣1盐酸中c（H+）＝10﹣1mol L﹣1，，，故C错误；
D．a点x＝4、y＝8，加入氢氧化钠后，氢氧根离子的浓度增大，氢离子的浓度减小，可移动到b点，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查水的电离等，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。
2．（2025秋 重庆期中）水的电离过程为H2O H++OH﹣，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）＝1.0×10﹣14，Kw（35℃）＝2.1×10﹣14，则下列叙述正确的是（　　）
A．水的pH随着温度的升高而降低
B．向水中加入少量NaHSO4固体，c（H+）增大，Kw增大
C．35℃时，向水中加入NaOH，会导致水电离的氢离子浓度大于水电离的氢氧根浓度
D．水的离子积常数Kw随温度的升高而增大，说明水的电离是放热过程
【答案】A
【分析】水的电离过程为H2O H++OH﹣，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）＝1.0×10﹣14，Kw（35℃）＝2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，但仍然存在c（H+）＝c（OH﹣），据此分析解答。
【解答】解：A．水的电离过程为H2O H++OH﹣，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）＝1.0×10﹣14，Kw（35℃）＝2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，故A正确；
B．Kw只与温度有关，故向水中加入少量NaHSO4固体，Kw不变，故B错误；
C．35℃时，向水中加入NaOH，增大氢氧根浓度，水中仍然存在c（H+）＝c（OH﹣），故C错误；
D．水的离子积常数Kw随温度的升高而增大，说明水的电离是吸热过程，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查水的电离，侧重考查学生获取信息、分析学习能力，知道离子积常数与温度的关系是解本题关键，注意：无论水的电离程度多大，水不能变为酸或碱，仍然呈中性，为易错点。
3．（2025秋 重庆期中）常温下，向一定体积0.01mol/L的Ba（OH）2溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积之和，则Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积之比是（　　）
A．1：1 B．9：1 C．1：10 D．1：9
【答案】D
【分析】设Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积分别为xL、yL，当Ba（OH）2和NaHSO4溶液反应Ba2+恰好完全沉淀时反应为Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+NaOH+H2O，n[Ba（OH）2]＝n（NaOH），混合溶液pH＝11、即c（OH﹣）＝0.001mol/L、n（NaOH）＝0.001（x+y）mol，结合n＝cV进行计算。
【解答】解：设Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液体积分别为xL、yL，当Ba（OH）2和NaHSO4溶液反应Ba2+恰好完全沉淀时反应为Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+NaOH+H2O，混合溶液pH＝11、c（NaOH）mol/L＝0.001mol/L，且n[Ba（OH）2]＝n（NaOH），即0.01x＝0.001（x+y），解得x：y＝1：9，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及pH计算，侧重计算能力和运用能力考查，明确化学方程式及pH相关计算是解题关键，题目难度中等。
4．（2025秋 重庆期中）常温下，用0.10mol L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.10mol L﹣1HCl溶液和20.00mL 0.10mol L﹣1CH3COOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．图1是滴定醋酸的曲线
B．常温时，0.10mol/L NaOH溶液和0.10mol/L CH3COOH溶液的pH之和为14
C．E点对应离子浓度由大到小的顺序可能为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂
【答案】C
【分析】A．醋酸是弱酸，0.10mol L﹣1HCl溶液和0.10mol L﹣1CH3COOH溶液的pH：CH3COOH＞HCl；
B．0.10mol/LCH3COOH溶液的pH＞1，0.10mol/LNaOH溶液的pH＝13；
C．E点溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒关系分析判断；
D．NaOH和CH3COOH完全反应生成的CH3COONa呈碱性，结合甲基橙的变色范围分析判断。
【解答】解：A．醋酸是弱酸，0.10mol L﹣1HCl溶液和0.10mol L﹣1CH3COOH溶液的pH：CH3COOH＞HCl，根据起始点pH大小可知，图1、图2分别表示滴定盐酸、醋酸的曲线，故A错误；
B．醋酸是弱酸，0.10mol/LCH3COOH溶液的pH＞1，0.10mol/LNaOH溶液中c（OH﹣）＝0.1mol/L、c（H+）mol/L＝10﹣13mol/L，pH＝13，则0.10mol/L NaOH溶液和0.10mol/L CH3COOH溶液的pH之和大于14，故B错误；
C．E点溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则离子浓度大小顺序为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；
D．甲基橙的变色范围为3.1～4.4，NaOH和CH3COOH完全反应生成的CH3COONa呈碱性，则NaOH溶液滴定CH3COOH溶液时应该选择酚酞作指示剂，不能选择甲基橙作指示剂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及pH计算，侧重分析判断能力和运用能力考查，明确弱电解质的电离平衡、pH的计算是解题关键，题目难度中等。
5．（2025秋 江西期中）常温下，向20mL0.1mol L﹣1HA溶液中滴加同浓度的MOH溶液，滴定过程中的pH变化与滴加MOH溶液的体积V（MOH）关系如图所示。
已知：①HA的电离度；
②10﹣1.6≈0.025；
③MOH为弱碱。
下列说法正确的是（　　）
A．常温下，0.1mol L﹣1HA溶液中HA的电离度约为2.5%
B．可用紫色石蕊作指示剂
C．水的电离程度：a＜b＜c
D．b点对应的溶液中存在c（M+）＝c（A﹣）+c（HA）
【答案】A
【分析】A．由图可知，0.1mol L﹣1HA溶液的pH＝2.6，即已电离的c（HA）＝10﹣2.6mol/L，结合电离度公式进行计算；
B．由图可知，滴定终点时pH＝7，应该选择酚酞作指示剂；
C．酸或碱抑制水的电离，弱酸弱碱盐促进水的电离；
D．由图可知，b点溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒关系分析判断。
【解答】解：A．由图可知，0.1mol L﹣1HA溶液的pH＝2.6，即已电离的c（HA）＝10﹣2.6mol/L，则HA的电离度为100%≈2.5%，故A正确；
B．石蕊的变色范围为pH在5～8之间，不适宜作指示剂，MOH滴定HA的滴定终点pH为7，应该选择酚酞作指示剂，故B错误；
C．由图可知，a点溶液的pH＝4，抑制水的电离，由水电离的c（H+）＝10﹣10mol/L，b点溶液的pH＝7，由水电离的c（H+）＝10﹣7mol/L，c点溶液的pH＝9.8，抑制水的电离，由水电离的c（H+）＝10﹣9.8mol/L，则水的电离程度：a＜c＜b，故C错误；
D．由图可知，b点溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒关系为c（H+）+c（M+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），即c（M+）＝c（A﹣）＜c（A﹣）+c（HA），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，侧重辨析能力和灵活运用能力考查，明确弱电解质的电离平衡、曲线上各点溶质的成分及性质是解题关键，题目难度中等。
6．（2025秋 嘉兴期中）一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣14
C．该温度下，加入少量FeCl3固体可能引起由a向b的变化
D．该温度下，加少量NaOH固体可能引起由c向d的变化
【答案】B
【分析】A．升温促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度同等程度增大；
B．由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14；
C．该温度下，加入少量FeCl3固体溶解后铁离子水解促进水的电离，溶液显酸性，离子积常数不变；
D．一定温度下，离子积常数不变，应在曲线上变化，c、d是不同温度下离子浓度变化。
【解答】解：A．温度升高，水的离子积常数增大，水溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，将不在曲线上，故A错误；
B．b点c（H+）＝c（OH﹣）＝1.0×10﹣7，故KW＝1.0×10﹣7×1.0×10﹣7＝1.0×10﹣14，故B正确；
C．该温度下，加入少量FeCl3固体溶解后铁离子水解促进水的电离，溶液显酸性，离子积常数不变，可能引起由b向a的变化，故C错误；
D．该温度下，加少量NaOH固体，抑制水的电离，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，离子积常数不变，不可能引起由c向d的变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素，掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键，题目难度不大。
7．（2025 河南模拟）常温时，向20mL0.1mol L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol L﹣1的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a点由水电离的氢离子浓度为10﹣13mol/L
B．b点时，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol L﹣1
C．c点时，V（NaOH）＝20mL
D．反应过程中，的值不断增大
【答案】D
【分析】A．CH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L；
B．b点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成起始时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度；
C．当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性；
D．根据CH3COOH的电离平衡常数分析。
【解答】解：A．CH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，因而a点由水电离的氢离子浓度大于10﹣13mol/L，故A错误；
B．b点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成起始时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，此时溶液的总体积为30mL，依据物料守恒可知c（CH3COOH）+c（CH3COONa）0.067mol/L，故B错误；
C．当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性，则c点时溶液pH＞7，故C错误；
D．反应过程中的，反应过程中c（H+）不断降低，则值不断增大，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查了物质反应后的溶液酸碱信息分析，图象的特征分析判断，盐类水解和电解质溶液中电荷守恒的理解应用是解题关键，题目难度中等。
8．（2024秋 牡丹江期末）下列操作可以使水的离子积常数KW增大的是（　　）
A．通入少量氨气 B．加入少量稀HCl
C．加热 D．加入少量醋酸钠固体
【答案】C
【分析】水的电离过程为吸热过程，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，Kw只与温度有关。
【解答】解：水的离子积常数Kw只与温度有关，温度改变，水的离子积常数改变，水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积常数Kw增大，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意影响弱电解质电离的因素，从平衡移动的角度分析。
9．（2025秋 城关区校级期中）常温下，用浓度为0.0200mol L﹣1NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol L﹣1HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．Ka（CH3COOH）的数量级为10﹣4
B．点
C．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的为d
D．c点：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH）
【答案】D
【分析】盐酸为强酸、醋酸为弱酸，结合图，a点为盐酸滴定终点、c为醋酸的滴定终点；
【解答】解：A．a点时溶质成分为氯化钠和醋酸，c（CH3COOH）＝0.0100mol/L、，，其数量级为10﹣5，故A错误；
B．b点溶液含有氯化钠和等浓度的醋酸、醋酸钠，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，则，故B错误；
C．醋酸、盐酸和氢氧化钠均会抑制水的电离，醋酸根离子促进水的电离，a、b点酸过量，c点酸、碱恰好完全反应，d点氢氧化钠过量，则水的电离程度最大的为c，故C错误；
D．c点为等浓度的氯化钠和醋酸钠的混合液，溶液中质子守恒为：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
10．（2025秋 浏阳市期中）20℃时，用0.100mol/L盐酸滴定20mL0.100mol/L氨水的图像如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．a、b、c、d均有c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）
B．b点时c（）＝c（Cl﹣）＝c（H+）＝c（OH﹣）
C．c点表示酸碱恰好完全反应
D．d点时c（Cl﹣）＝2c（NH3 H2O）+2c（）
【答案】B
【分析】A、根据电荷守恒进行分析；
B、根据电荷守恒进行分析；
C、根据c点恰好与氨水完全反应进行分析；
D、根据元素质量守恒进行分析。
【解答】解：A．a、b、c、d均有N、H+、Cl﹣和OH﹣，根据电荷守恒，均有c（H+）+c（N）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），故A错误；
B．b点时溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），则c（N）＝c（Cl﹣），但c（N）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＝c（H+），故B正确；
C．c点加入的盐酸为20mL，恰好与氨水完全反应，所以表示酸碱恰好完全反应，故C错误；
D．d点时加入的盐酸为40mL，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的氯化铵和盐酸，则c（Cl﹣）＝2c（NH3 H2O）+2c（N），故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算等，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。
11．（2025秋 长沙校级月考）25℃时，用0.1mol L﹣1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数与pH值、微粒分布分数δ[，X表示H2A、HA﹣或A2﹣]的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，H2A第二步电离平衡常数
B．e点对应的pH值约为2
C．c点溶液中：2c（K+）＝3c（HA﹣）
D．c、d两点溶液中水的电离程度：c＜d
【答案】D
【分析】A．H2A的第二步电离平衡常数Ka2；当δ（HA ）＝δ（A2 ）时，c（HA﹣） ＝c（A2﹣），则Ka2＝c（H+），此时pH＝pKa2；
B．在H2A被滴定分数为0时，溶液的pH＞2，e点为H2A与HA 分布分数曲线交点，此时δ（H2A）＝δ（HA ），溶液中HA﹣将抑制H2A的电离，使溶液的酸性减弱；
C．c点时，H2A被滴定分数为1.5，此时溶液中溶质为等物质的量的KHA和K2A，根据物料守恒，2c（K+）＝3[c（H2A）+c（HA ）+c（A2 ）]，所以2c（K+）＞3c（HA ），c点溶液中，c（HA ）＝c（A2 ），pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒，c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA ）+2c（A2 ）；
D．c点为HA 与A2 共存溶液，d点A2 浓度更大（滴定分数更高）。
【解答】解：A．当δ（HA ）＝δ（A2 ）时，c（HA﹣） ＝c（A2﹣），则Ka2＝c（H+），此时pH＝pKa2；图像中HA 与A2 分布分数曲线交点（c点）对应的pH约为7，故，故A错误；
B．在H2A被滴定分数为0时，溶液的pH＞2，e点为H2A与HA 分布分数曲线交点，此时δ（H2A）＝δ（HA ），溶液中HA﹣将抑制H2A的电离，使溶液的酸性减弱，则e点溶液的pH值应比H2A被滴定分数为0时大，所以e点溶液的pH值一定大于2（在滴定曲线中a、b两点的纵坐标值之间），故B错误；
C．c点时，H2A被滴定分数为1.5，溶质为等物质的量的KHA和K2A，根据物料守恒，2c（K+）＝3[c（H2A）+c（HA ）+c（A2 ）]，所以2c（K+）＞3c（HA ），c点溶液中，c（HA ）＝c（A2 ），pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒，c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA ）+2c（A2 ），所以c（K+）＝3c（HA ），故C错误；
D．c点为HA 与A2 共存溶液，d点A2 浓度更大；A2 水解促进水的电离，浓度越大对水电离的促进作用越强，故水的电离程度c＜d，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
12．（2025秋 南开区校级期中）水的电离平衡图像如图所示，已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列说法正确的是（　　）
A．T1＞T2
B．各点对应的水的离子积：Kw（f）＞Kw（b）＝Kw（d）
C．向b点溶液通入少量HCl，其组成由b点沿直线向c点移动
D．T2温度下pH＝4的盐酸中由水电离出的c（H+） c（OH﹣）＝1×10﹣20
【答案】D
【分析】水的电离是一个吸热过程，升高温度，水的电离程度增大，水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）增大，pH、pOH减小，则T1＜T2。
【解答】解：A．水的电离是一个吸热过程，升高温度，水的电离程度增大，水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）增大，pH、pOH减小，T1＜T2，故A错误；
B．水的电离是一个吸热过程，温度越高，电离常数越大，由分析可知，f点温度高于b、d点，b、d点的温度相同，则各点对应的水的离子积：Kw（f）＜Kw（b）＝Kw（d），故B错误；
C．向b点溶液通入少量HCl，此时溶液的酸性增强，c（H+）增大，但水的离子积不变，所以c（OH﹣）减小，pH减小，但pOH增大，其组成由b点沿斜线向d点方向移动，故C错误；
D．由b点可知，T2温度下，，所以pH＝4的盐酸中由水电离出的c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查水的电离等，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。
二．解答题（共4小题）
13．（2025秋 成都期中）生活中常用小苏打和白醋解决清洁、食品制作等问题，二者发生的反应为NaHCO3+CH3COOH═CH3COONa+CO2↑+H2O。回答下列问题：
（1）上述反应中的物质属于强电解质的有 　NaHCO3、CH3COONa　 （填化学式），根据该反应可知，Ka（CH3COOH） 　＞　 Ka1（H2CO3）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（2）25℃时，向CH3COONa溶液中逐渐通入少量HCl气体，下列图像最接近实验过程中电流（I）随所通入HCl的质量变化的是 　C　 （填标号）。
（3）将10mL0.1mol L﹣1CH3COOH溶液加水稀释至1L后，CH3COOH的电离程度 　增大　 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），CH3COO﹣的数目 　增大　 ，的值 　增大　 。
（4）在相同温度下，分别向等体积、等H+浓度的盐酸和醋酸溶液中加入足量的Mg条，反应刚开始时产生H2的速率v（HCl） 　＝　 v（CH3COOH）（填“＞”“＜”或“＝”，下同），反应结束后生成H2的质量m（HCl） 　＜　 m（CH3COOH）。
（5）某温度下，将a mol L﹣1的CH3COOH溶液与0.01mol L﹣1的NaOH溶液等体积混合，反应达平衡后溶液中c（Na+）＝c（CH3COO﹣）c（H+）＝1.0×10﹣7mol L﹣1，则醋酸的电离常数Ka═　10﹣9 （用含a的代数式表示）。
【答案】（1）NaHCO3、CH3COONa；＞；
（2）增大；增大；增大；
（3）增大；增大；增大；
（4）＝；＜；
（5）10﹣9。
【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；水溶液或熔融状态下能完全电离的电解质是强电解质；根据强酸制弱酸规律可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3；
（2）向CH3COONa溶液中逐渐通入少量HCl气体的反应为H++CH3COO﹣＝CH3COOH，溶液中减少的醋酸根离子和增加的氯离子的物质的量几乎相等；
（3）CH3COOH溶液加水稀释时促进其电离，溶液中n（CH3COO﹣）和n（H+）增大，n（CH3COOH）减小；
（4）醋酸是弱酸，等体积、等H+浓度的盐酸和醋酸溶液中c（CH3COOH）＞c（HCl）、n（CH3COOH）＞n（HCl），分别与足量Mg条时生成n（H2）：CH3COOH＞HCl；
（5）CH3COOH溶液与的NaOH溶液等体积混合，反应达平衡后溶液中c（Na+）＝c（CH3COO﹣），溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+）＝1.0×10﹣7mol L﹣1，混合溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，剩余c（CH3COOH）（a﹣0.01）mol/L，c（CH3COO﹣）＝c（Na+）0.01mol/L，结合醋酸的电离常数Ka═c（OH﹣）进行计算。
【解答】解：（1）反应NaHCO3+CH3COOH═CH3COONa+CO2↑+H2O中，NaHCO3、CH3COONa属于强电解质，CH3COOH、H2O属于弱电解质，CO2为非电解质，根据强酸制弱酸规律可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3，酸的酸性越强，其电离常数越大，即Ka（CH3COOH）＞Ka1（H2CO3），
故答案为：NaHCO3、CH3COONa；＞；
（2）向CH3COONa溶液中逐渐通入少量HCl气体的离子方程式为H++CH3COO﹣＝CH3COOH，溶液中减少的醋酸根离子和增加的氯离子的物质的量几乎相等，溶液的体积几乎不变，则溶液的导电能力几乎不变，与C图变化趋势一致，
故答案为：C；
（3）CH3COOH溶液加水稀释时促进其电离，溶液中n（CH3COO﹣）和n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，即将10mL0.1mol L﹣1CH3COOH溶液加水稀释至1L后，CH3COOH的电离程度增大，CH3COO﹣的数目增大，增大，
故答案为：增大；增大；增大；
（4）醋酸是弱酸，等体积、等H+浓度的盐酸和醋酸溶液中c（CH3COOH）＞c（HCl）、n（CH3COOH）＞n（HCl）分别与足量Mg条时生成n（H2）和m（H2）：CH3COOH＞HCl，但起始时反应速率：v（HCl）＝v（CH3COOH），
故答案为：＝；＜；
（5）CH3COOH溶液与的NaOH溶液等体积混合，反应达平衡后溶液中c（Na+）＝c（CH3COO﹣），溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+）＝1.0×10﹣7mol L﹣1，混合溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，剩余c（CH3COOH）（a﹣0.01）mol/L，c（CH3COO﹣）＝c（Na+）0.01mol/L，则醋酸的电离常数Ka═c（OH﹣）1.0×10﹣710﹣9，
故答案为：10﹣9。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液的定性判断，明确强弱电解质判定、弱电解质的电离平衡及化学平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。
14．（2025秋 商丘期中）氮化硅（Si3N4）陶瓷凭借其耐高温、低密度、耐磨损、高强度和优异的抗热冲击性能，已成为涡轮叶片、热防护系统和航空航天结构件的理想材料。回答下列问题：
（1）由Si3N4和某些金属氧化物高温烧结得到的高温结构陶瓷属于　B　 （填字母）。
A.传统硅酸盐材料
B.新型陶瓷
C.合金
（2）依据Si3N4的性质可推测氮化硅属于　C　 （填字母）。
A.离子晶体
B.分子晶体
C.共价晶体
D.金属晶体
（3）将Si3N4制成气凝胶，其隔热性能显著提升，可用于超音速飞行器天线罩。工业制备Si3N4气凝胶需要纳米级高纯石墨、高纯石英砂在N2氛围下高温反应制取，写出相应的化学方程式：　6C+3SiO2+2N2Si3N4+6CO　 。
（4）硅含量是Si3N4品质高低的重要指标，实验室用NaOH溶液浸出Si3N4，得到Na2SiO3溶液，再加入KF溶液并加硫酸酸化，得到K2SiF6沉淀，得到的K2SiF6沉淀经除酸洗净后加中性沸水使K2SiF6水解，析出的HF用0.1000mol L﹣1NaOH标准溶液滴定。
①滴定过程中锥形瓶的材质为　有机玻璃　 （填“石英”“普通玻璃”或“有机玻璃”），滴定过程中使用的指示剂为　酚酞　 ，判断达到滴定终点的现象是　当滴入最后半滴，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色　 。
②写出生成K2SiF6沉淀的离子方程式：　2K+6F﹣+6H+＝K2SiF6↓+3H2O　 。
③已知K2SiF6水解的方程式为K2SiF6+3H2O═2KF+H2SiO3+4HF，取ag氮化硅样品经上述处理，滴定最终消耗NaOH标准溶液bmL，则氮化硅样品中硅元素的质量分数为　　 %（用含a、b的式子表示）。
【答案】（1）B；
（2）C；
（3）6C+3SiO2+2N2Si3N4+6CO；
（4）①有机玻璃；酚酞；当滴入最后半滴，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色；
②2K+6F﹣+6H+＝K2SiF6↓+3H2O；
③。
【分析】（1）氮化硅（Si3N4）高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料；
（2）共价晶体的熔点较高；
（3）工业制备Si3N4气凝胶需要纳米级高纯石墨、高纯石英砂在N2氛围下高温反应制取，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式；
（4）①HF能腐蚀玻璃；NaF溶液呈碱性，应该用酚酞作指示剂；酚酞遇碱变红色；
②Na2SiO3和KF、H2SO4反应生成K2SiF6沉淀和Na2SO4，反应方程式为：Na2SiO3+6KF+3H2SO4＝K2SiF6↓+2K2SO4+Na2SO4+3H2O；
③根据Si原子守恒得Si3N4～3Na2SiO3～3K2SiF6，结合方程式K2SiF6+3H2O═2KF+H2SiO3+4HF、HF+NaOH＝NaF+H2O得关系式Si3N4～4NaOH，n（NaOH）＝0.1000mol L﹣1×10﹣3bL＝10﹣4bmol，n（Si3N4）n（NaOH）10﹣4bmol，n（Si）＝3n（Si3N4）＝310﹣4bmol＝2.5×10﹣5bmol，则氮化硅样品中硅元素的质量分数为100%。
【解答】解：（1）氮化硅（Si3N4）高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，传统硅酸盐产品有陶瓷、水泥、玻璃，
故答案为：B；
（2）氮化硅（Si3N4）陶瓷凭借其耐高温、低密度、耐磨损、高强度和优异的抗热冲击性能，所以氮化硅的熔点较高，属于共价晶体，
故答案为：C；
（3）工业制备Si3N4气凝胶需要纳米级高纯石墨、高纯石英砂在N2氛围下高温反应制取，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式为6C+3SiO2+2N2Si3N4+6CO，
故答案为：6C+3SiO2+2N2Si3N4+6CO；
（4）①HF能腐蚀玻璃，所以应该用有机玻璃锥形瓶；NaF溶液呈碱性，应该用酚酞作指示剂；酚酞遇碱变红色，滴定终点为：当滴入最后半滴，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色，
故答案为：有机玻璃；酚酞；当滴入最后半滴，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色；
②Na2SiO3和KF、H2SO4反应生成K2SiF6沉淀和Na2SO4，反应方程式为：Na2SiO3+6KF+3H2SO4＝K2SiF6↓+2K2SO4+Na2SO4+3H2O，离子方程式为2K+6F﹣+6H+＝K2SiF6↓+3H2O，
故答案为：2K+6F﹣+6H+＝K2SiF6↓+3H2O；
③根据Si原子守恒得Si3N4～3Na2SiO3～3K2SiF6，结合方程式K2SiF6+3H2O═2KF+H2SiO3+4HF、HF+NaOH＝NaF+H2O得关系式Si3N4～4NaOH，n（NaOH）＝0.1000mol L﹣1×10﹣3bL＝10﹣4bmol，n（Si3N4）n（NaOH）10﹣4bmol，n（Si）＝3n（Si3N4）＝310﹣4bmol＝2.5×10﹣5bmol，则氮化硅样品中硅元素的质量分数为100%100%%，
故答案为：。
【点评】本题考查元素化合物的性质、物质含量的测定，侧重考查分析、判断及计算能力，明确物质的性质及物质之间的转化关系、方程式的计算方法是解本题的关键，注意：HF能腐蚀玻璃。
15．（2025秋 城关区校级期中）25℃时，三种酸的电离平衡常数如表：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数K3 1.8×10﹣5 3.0×10﹣8
已知：忽略混合前后溶液体积和温度的变化。回答下列问题：
（1）当温度升高时，Ka（CH3COOH）　增大　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合呈　酸性　 （填“酸性”、“碱性”或“中性”）。
（3）下列反应不能发生的是　cd　 （填标号）。
a.
b.
c.
d.
（4）用蒸馏水稀释醋酸溶液，下列各式表示数值随加入的水的体积增大而增大的是　ad　 （填标号）。
a.n（H+）
b.c（H+）
c.
d.c（OH﹣）
（5）体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。
则HX的电离平衡常数　＞　 （填“＞”、“＝”或“＜”，下同）醋酸的电离平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）　＜　 醋酸溶液中水电离出来的
（6）联氨（N2H4）性质与NH3相似，N2H4与水反应可生成一种二元弱碱。它在水溶液中电离的第一步电离方程式为，写出它的第二步电离方程式　N2H2O N2OH﹣ 。它与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为　N2H5HSO4 。
【答案】（1）增大；
（2）酸性；
（3）cd；
（4）ad；
（5）＞；＜；
（6）N2H2O N2OH﹣；N2H5HSO4。
【分析】（1）当温度升高时，促进CH3COOH电离；
（2）25℃时，pH＝3的醋酸溶液的物质的量浓度大于pH＝11的氢氧化钠溶液的物质的量浓度，二者等体积混合时，醋酸有大量剩余；
（3）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
（4）用蒸馏水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致稀释后的溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）、c（H+）都减小，但温度不变，水的离子积常数不变；
（5）体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中，弱酸继续电离，酸越弱，稀释相同倍数后溶液的pH值越小，酸的电离平衡常数越小；酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，水电离出的c（H+）越小；
（6）它的第二步电离生成N2和OH﹣，它和硫酸反应形成的酸式盐中阳离子为N2。
【解答】解：（1）当温度升高时，促进CH3COOH电离，则Ka（CH3COOH）增大，
故答案为：增大；
（2）25℃时，pH＝3的醋酸溶液的物质的量浓度大于pH＝11的氢氧化钠溶液的物质的量浓度，二者等体积混合时，醋酸有大量剩余，混合溶液呈酸性，
故答案为：酸性；
（3）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，
a.酸性：CH3COOH＞H2CO3，根据强酸制取弱酸的原理知，该反应能发生，故a错误；
b.酸性CH3COOH＞HClO，根据强酸制取弱酸原理知，该反应能发生，故b错误；
c.酸性H2CO3＞HClO，所以、HClO反应生成ClO﹣、，则该反应不能发生，故c正确；
d.酸性H2CO3＞HClO，所以、HClO反应生成ClO﹣、，则该反应不能发生，故d正确；
故答案为：cd；
（4）用蒸馏水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致稀释后的溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）、c（H+）都减小，但温度不变，水的离子积常数不变；
a.稀释过程中促进CH3COOH电离，则n（H+）增大，故a正确；
b.释过程中促进CH3COOH电离，则n（H+）增大，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，故b错误；
c.稀释过程中c（H+）减小，温度不变，电离平衡常数不变，则减小，故c错误；
d.稀释过程中c（H+）减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c（OH﹣）增大，故d正确；
故答案为：ad；
（5）体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中，弱酸继续电离，酸越弱，稀释相同倍数后溶液的pH值越小，酸的电离平衡常数越小，根据图知，pH相同的醋酸和HX，稀释相同的倍数后，CH3COOH溶液的pH值较小，则HX的酸性比CH3COOH的酸性强，所以HX 的电离平衡常数大于CH3COOH 的电离平衡常数；酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，水电离出的c（H+）越小，醋酸中氢离子浓度较大，则HX溶液中水电离出来的c（H+）小于醋酸溶液中水电离出来的，故答案为：＞；＜；
（6）它的第二步电离生成N2和OH﹣，其第二步电离方程式为N2H2O N2OH﹣，它和硫酸反应形成的酸式盐中阳离子为N2，该酸式盐的化学式为N2H5HSO4，
故答案为：N2H2O N2OH﹣；N2H5HSO4。
【点评】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识的综合运用能力，明确电离平衡常数与酸性强弱的关系、强酸制取弱酸的原理等知识点是解本题的关键，题目难度不大。
16．（2024秋 西安期末）Ⅰ.常温下，如果取0.2mol/LCH3COOH溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝9，试回答以下问题：
（1）混合溶液的pH＝9的原因是：（用离子方程式表示） 　CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣ 。
（2）该混合溶液中由水电离出的c（H+）和pH＝9的NaOH溶液中由水电离出c（H+）的比值为 　104：1　 。
（3）求该混合溶液中下列算式的计算结果：
c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝ 　10﹣5﹣10﹣9 mol/L（代入数据，列出算式即可）
c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝ 　10﹣9 mol/L。
Ⅱ.（4）25℃下，向20mL0.1mol L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴），随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：
①在同一溶液中，H2CO3、、 　不能　 （填“能”或“不能”）大量共存；
②当pH＝7时，溶液中Na+、Cl﹣、三种离子的浓度大小关系为 　c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（）　 ；
③已知在25℃时，的第一步水解常数Kh1＝2.0×10﹣4，当溶液中c（）：c（）＝2：1时，溶液的pH＝ 　10　 。
（5）下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是 　A　 （填字母序号）。
①胆矾
②氯化铝
③硫酸铝
④Na2CO3
⑤NaHCO3
⑥高锰酸钾
A．③④
B．①③④
C．①②③④⑤
D．全部
【答案】（1）CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣；
（2）104：1；
（3）10﹣5﹣10﹣9；10﹣9
（4）①不能；
②c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（）；
③10；
（5）A。
【分析】（1）CH3COOH和NaOH以1：1反应，n（CH3COOH）＝n（NaOH），所以二者恰好完全反应生成CH3COONa和H2O，混合溶液的pH＝9，则混合溶液呈碱性，CH3COO﹣水解生成CH3COOH和OH﹣而导致混合溶液呈碱性；
（2）强碱弱酸盐促进水电离、碱抑制水电离；
（3）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝ c（OH﹣）﹣c（H+）；溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）、物料守恒c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），则c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝c（H+）；
（4）①根据图可知，pH＝8时只有碳酸氢根离子，pH大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子；
②当pH＝7时，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（），则c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（），溶液中的溶质为NaHCO3、NaCl、H2CO3；
③在25℃时，当溶液中c（）：c（）＝2：1时，的第一步水解常数Kh1c（OH﹣）＝2×c（OH﹣）＝2.0×10﹣4，c（OH﹣）＝1.0×10﹣4mol/L，c（H+）mol/L＝1.0×10﹣10mol/L；
（5）将固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同，说明该物质较稳定，加热不分解，且不水解生成挥发性酸。
【解答】解：（1）CH3COOH和NaOH以1：1反应，n（CH3COOH）＝n（NaOH），所以二者恰好完全反应生成CH3COONa和H2O，混合溶液的pH＝9，则混合溶液呈碱性，CH3COO﹣水解生成CH3COOH和OH﹣而导致混合溶液呈碱性，水解离子方程式为CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，
故答案为：CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣；
（2）强碱弱酸盐促进水电离、碱抑制水电离，CH3COONa促进水电离、NaOH抑制水电离，该混合溶液中由水电离出的c（H+）和pH＝9的NaOH溶液中由水电离出c（H+）的比值为mol/L：10﹣9mol/L＝104：1，
故答案为：104：1；
（3）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝ c（OH﹣）﹣c（H+）＝（10﹣5﹣10﹣9 ）mol/L；溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）、物料守恒c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），则c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝c（H+）＝10﹣9 mol/L，
故答案为：10﹣5﹣10﹣9；10﹣9；
（4）①根据图可知，pH＝8时只有碳酸氢根离子，pH大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、、不能大量共存，
故答案为：不能；
②当pH＝7时，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（），则c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（），溶液中的溶质为NaHCO3、NaCl、H2CO3，NaCl溶液呈中性，溶液中NaHCO3的量较小，所以溶液中Na+、Cl﹣、三种离子的浓度大小关系为c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（），
故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（）；
③在25℃时，当溶液中c（）：c（）＝2：1时，的第一步水解常数Kh1c（OH﹣）＝2×c（OH﹣）＝2.0×10﹣4，c（OH﹣）＝1.0×10﹣4mol/L，c（H+）mol/L＝1.0×10﹣10mol/L，溶液的pH＝10，
故答案为：10；
（5）①灼烧胆矾得到的固体为CuSO4；
②AlCl3溶液蒸干得到的固体是Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到的固体是Al2O3；
③Al2（SO4）3溶液蒸干得到的固体是Al2（SO4）3，灼烧固体时Al2（SO4）3不分解；
④Na2CO3溶液蒸干得到的固体是Na2CO3，灼烧固体时Na2CO3不分解；
⑤NaHCO3溶液蒸干灼烧得到的固体为Na2CO3；
⑥KMnO4灼烧得到的固体是K2MnO4和MnO2，
则得到化学组成与原固体物质相同的是③④，
故答案为：A.
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类水解，侧重考查图象分析、判断及计算能力，明确盐类水解原理、酸碱混合溶液的计算方法是解本题关键，题目难度不大。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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