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第3章 物质在水溶液中的行为
一．选择题（共16小题）
1．（2025 泰安一模）使用NaOH标准溶液滴定未知浓度乙酸溶液的实验中，下列做法错误的是（　　）
A．配制NaOH标准溶液时，称量操作中，应用玻璃表面皿或小烧杯代替称量纸
B．开始滴定时，滴加标准溶液的速度可以快一些，但不能使溶液呈线状流下
C．接近终点时，应控制半滴标准液在尖嘴处悬而不落，然后将其抖入锥形瓶
D．每次滴入半滴标准溶液后，都要用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
2．（2025 泰安一模）马来酸、富马酸和苹果酸在水热条件下存在如下相互转化过程。190℃时，相关物质的物质的量分数随时间变化如图所示。6.5h后，苹果酸的物质的量分数不再随时间变化。下列说法错误的是（　　）
A．二元弱酸的第一级电离常数：Kn1（马来酸）＞Kn1（富马酸）
B．190℃时的平衡常数：K（反应①）＞K（反应②）＞K（反应③）
C．平均反应速率：v（马来酸）＝v（富马酸）（苹果酸）
D．1.25h后转化过程以反应③为主
3．（2025 济南一模）已知：H2A为二元酸，MOH为强碱，MHA易溶于水。常温下，含足量M2A（s）的M2A溶液中，逐滴滴入某浓度H2A的溶液调节pH，测得pM[﹣lgc（M+）]及溶液中含A物种的分布系数[例如δ（HA﹣）随pOH的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线X表示H2A的分布系数随pOH变化
B．常温下，Ksp（M2A）约为5×10﹣10
C．当pOH＝11时，溶液中存在c（HA﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）
D．0.0001mol L﹣1MHA溶液中c（M+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）
4．（2025 聊城一模）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/LH2A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。
已知：①H2A在环己烷中不电离；②忽略体积变化。
下列说法不正确的是（　　）
A．曲线①表示水溶液中的H2A浓度变化
B．pH＝5时，α＜75%
C．H2A的
D．若加水体积为2VmL，则交点N的pH保持不变
5．（2025 山东模拟）在醋酸铜溶液中，组分中CH3COOH与的物质的量浓度分数及Cu2+浓度负对数（pCu）随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．（CH3COO）2Cu溶液中存在
B．（CH3COO）2Cu溶液为酸性
C．用盐酸酸化醋酸铜溶液至pH＝6，则
D．用盐酸酸化醋酸铜溶液，若溶液中c（Cu2+）＝0.1mol L﹣1，则溶液pH≤4.66
6．（2025 潍坊一模）二元弱酸在有机相和水相中存在平衡：H2A（有机相） H2A（aq），平衡常数为Kd，H2A在有机相中不电离。25℃时，向0.1mol L﹣1H2A（有机相）溶液中加入等体积水进行萃取，用NaOH（s）或HCl（g）调节溶液pH，忽略体积变化。测得两相中含A微粒的浓度与水相萃取率随pH的变化关系如图。下列说法正确的是（　　）
A．Kd＝4
B．曲线a代表水相中c（H2A）
C．N点c（H+）＝2.5×10﹣5mol L﹣1
D．当pH＝5.6时，体系中
7．（2025 济宁模拟）常温下，有含M2A（s）的M2A饱和溶液、含MB（s）的MB饱和溶液，两份溶液中pc（M+）（pc＝﹣lgc）和微粒的分布系数δ[δ（A2﹣）＝c（A2﹣）/所有含A微粒的总浓度]，随pH的变化关系如图所示，M+不发生水解，MHA可溶。
下列说法正确的是（　　）
A．P表示MB饱和溶液中pc（M+）随pH变化的图像
B．反应的平衡常数约为5×1016
C．MHA与少量HB反应的离子方程式为：HA﹣+H+＝H2A
D．pH＝3时，M2A的饱和溶液中c（H+）+c（M+）＜3c（HA﹣）+c（OH﹣）
8．（2024秋 潍坊期末）已知Ka（CH3COOH）＞Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3）。下列判断错误的是（　　）
A．常温下，加水稀释0.1mol L﹣1醋酸，增大
B．中和等体积等浓度的HClO和CH3COOH需要NaOH的物质的量相同
C．少量CO2通入NaClO溶液反应离子方程式为
D．相同温度下，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO溶液中c（Na+）：③＞②＞①
9．（2023 淄博二模）HA是一元弱酸，难溶盐MA2的悬浊液中，M2+不发生水解。实验发现，298K时，c（M2+）～c（H+）、 c（H+）的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．L2表示c（M2+）～c（H+）的关系
B．Ka（HA）＝2.0×10﹣6
C．Ksp（MA2）＝4.0×10﹣12
D．y＝2
10．（2024秋 济宁月考）常温下，某溶液中由水电离产生的c（OH﹣）＝10﹣10mol L﹣1，该溶液不可能是（　　）
A．稀盐酸 B．氢氧化钠溶液
C．硫酸氢钠溶液 D．氯化钠溶液
11．（2024秋 聊城期中）在313K时，的溶液（　　）
A．呈酸性 B．呈中性 C．呈碱性 D．无法判断
12．（2024秋 山东期中）下列事实或操作与盐类水解无关的是（　　）
A．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度
B．向工业废水中加入FeS固体，除去废水中的Hg2+
C．实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶，不能用磨口玻璃塞
D．施肥时，草木灰（主要成分K2CO3）与铵态氮肥不可混用
13．（2024秋 寿光市校级期中）下列六种物质：①Na2O，②Na2O2，③Na2CO3溶液，④NaHCO3溶液，⑤BaCl2溶液，⑥NaOH、BaCl2混合溶液，其中不能跟CO2反应的是（　　）（CO2与H2O的反应除外）
A．①④ B．④⑤ C．③⑤ D．④⑥
14．（2024秋 莱州市校级期中）向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，水溶液中H2SO3、、的分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]下列说法错误的是（　　）
A．线Ⅰ表示δ（H2SO3）～pH的变化情况
B．当溶液pH范围为4～5时，停止通入SO2
C．H2SO3的第一步电离的平衡常数
D．a点，
15．（2024秋 昌乐县校级期中）下列说法正确的是（　　）
A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能杀菌消毒，可用于水的净化
B．要使c（Na+）与c（）的比值接近于2，可加入NaOH固体抑制水解
C．以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子，通过添加难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，可推知MnS的Ksp大于CuS、PbS、CdS
D．施化肥时，能将草木灰和硝酸铵混合使用
16．（2024秋 昌乐县校级期中）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．实验室用AlCl3溶液和Na2S溶液反应制取硫化铝（Al2S3）
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
二．解答题（共4小题）
17．（2024秋 淄博月考）硒（Se）是人体必需的微量元素之一，Se形成的含氧酸主要有H2SeO4和H2SeO3。已知：H2SeO4＝H+， H+。回答下列问题：
（1）0.1mol L﹣1的NaHSeO4水溶液显　 　 性（填“酸”、“中”或“碱”，下同），c（Na+）+c（H+）　 　 c（OH﹣）+c（HSeO4）+c（）（填“＞”“＜”或“＝”，下同）。
（2）常温下，0.1mol L﹣1H2SeO4溶液中c（H+）＝0.11mol L﹣1，则H2SeO4第二步电离的电离常数为　 　 （保留2位有效数字）。含等物质的量NaHSeO4和Na2SeO4的溶液显　 　 性。
（3）向H2SeO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，生成BaSeO4沉淀，反应的离子方程式为　 　 。
（4）常温下，向H2SeO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液pH与离子浓度关系如图所示。
表示lg与pH关系的线为　 　 （填标号）。
常温下，Ka2（H2SeO3）＝　 　 。X点pH＝4.6，则X点溶液中：c（）　 　 c（H2SeO3）
18．（2024秋 山东期中）次磷酸（H3PO2）、亚磷酸（H3PO3）、磷酸（H3PO4）是磷元素的常见含氧酸，常温下，其逐级电离常数如表所示。回答下列问题：
酸 电离常数 酸 电离常数 酸 电离常数
H3PO2 H3PO3 H3PO4
（1）常温下，某浓度H3PO2溶液中H3PO2的平衡浓度为xmol L﹣1，忽略水的电离，该溶液中H+浓度为　 　 mol L﹣1（用含x的代数式表示）。
（2）H3PO3与NaOH反应可以生成Na2HPO3或NaH2PO3。
①经实验检测发现Na2HPO3溶液显碱性，其原因是　 　 （用离子方程式解释）；
②结合表格中数据判断0.1mol L﹣1的NaH2PO3溶液显　 　 性（填“酸”“碱”或“中”），该溶液中含磷微粒浓度的大小关系是　 　 ；
③H3PO3可由PCl3水解得到，写出PCl3与足量NaOH溶液反应的离子方程式　 　 。
（3）①常温下，pH＝9的Na2HPO4溶液中，　 　 （填准确值）；
②常温下，浓度均为0.1mol L﹣1的NaH2PO4溶液和Na2HPO3溶液中水的电离程度　 　 （填“前者大”“后者大”或“相同”）；
③向0.1mol L﹣1的Na2HPO3溶液中加入少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为　 　 。
19．（2024秋 菏泽期中）已知25℃下，几种物质的电离平衡常数如下表。
弱酸 HCOOH（甲酸） H2CO3 HClO H2SO3
K（25℃） K＝1.77×10﹣5 K＝2.0×10﹣8
回答下列问题：
（1）将0.1mol L﹣1NaClO溶液加热蒸干灼烧最后得到的固体为　 　 （填化学式）。
（2）向NaClO溶液中通入少量CO2离子反应方程式　 　 。
（3）pH相同的以下四种溶液，浓度最大的是　 　 （填字母）。
A．NaHCO3
B．Na2SO3
C．HCOONa
D．Na2CO3
（4）25℃时，0.2mol L﹣1HClO溶液中由HClO电离出的c（H+）约是由水电离出的c（H+）　 　 倍。
（5）常温下，1L含等物质的量浓度的HClO与NaClO的混合溶液显　 　 （填“酸”“碱”或“中”）性，c（ClO﹣）　 　 c（HClO）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（6）25℃时，向0.1mol L﹣1H2CO3溶液中通入HCl气体（忽略体积变化）pH＝3，则H2CO3的电离度为　 　 。
20．（2024秋 潍坊期中）苯乙酸（C6H5CH2COOH）在低浓度时具有甜蜂蜜味，是一种重要的香料成分。25℃时，有0.01mol L﹣1的C6H5CH2COOH溶液，回答下列问题：
（1）C6H5CH2COOH的电离平衡常数表达式为　 　 ，溶液中c（H+）＝　 　 mol L﹣1（C6H5CH2COOH的）。
（2）向该溶液中加入一定量的盐酸，溶液中的c（H+）　 　 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），　 　 ，电离常数　 　 。
（3）25℃时，HClO的，则C6H5CH2COOH与NaClO溶液　 　 （填“能”或“不能”）反应。若能发生反应，反应的离子方程式，若不能反应，原因是　 　 。
（4）能使溶液中C6H5CH2COOH的电离度增大且电离平衡常数保持不变的措施是　 　 （填标号）。
A．加水稀释
B．升高温度
C．加少量苯乙酸钠
D．加少量苯乙酸
第3章 物质在水溶液中的行为
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2025 泰安一模）使用NaOH标准溶液滴定未知浓度乙酸溶液的实验中，下列做法错误的是（　　）
A．配制NaOH标准溶液时，称量操作中，应用玻璃表面皿或小烧杯代替称量纸
B．开始滴定时，滴加标准溶液的速度可以快一些，但不能使溶液呈线状流下
C．接近终点时，应控制半滴标准液在尖嘴处悬而不落，然后将其抖入锥形瓶
D．每次滴入半滴标准溶液后，都要用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
【答案】C
【分析】A．NaOH易潮解且有腐蚀性；
B．滴定初期可快速滴加；
C．近终点时，半滴溶液应通过轻触锥形瓶内壁自然流入；
D．冲洗内壁确保溶液充分反应。
【解答】解：A．NaOH易潮解且有腐蚀性，配制NaOH标准溶液时，称量操作中，应用玻璃表面皿或小烧杯代替称量纸，故A正确；
B．滴定初期可快速滴加，但避免线状流下以防过量，故B正确；
C．近终点时，半滴溶液应通过轻触锥形瓶内壁自然流入，而非“抖入”，否则可能引入误差，故C错误；
D．冲洗内壁确保溶液充分反应，准确判断终点，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱中和滴定，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
2．（2025 泰安一模）马来酸、富马酸和苹果酸在水热条件下存在如下相互转化过程。190℃时，相关物质的物质的量分数随时间变化如图所示。6.5h后，苹果酸的物质的量分数不再随时间变化。下列说法错误的是（　　）
A．二元弱酸的第一级电离常数：Kn1（马来酸）＞Kn1（富马酸）
B．190℃时的平衡常数：K（反应①）＞K（反应②）＞K（反应③）
C．平均反应速率：v（马来酸）＝v（富马酸）（苹果酸）
D．1.25h后转化过程以反应③为主
【答案】C
【分析】A．由图可知，马来酸属于顺式结构，属于极性分子，富马酸是非极性分子，因此马来酸中羟基的极性大于富马酸；
B．平衡时，x（富马酸）＞χ（苹果酸）＞χ（马来酸），，；
C．根据物料守恒，Δc（马来酸）＝Δc（苹果酸）+Δc（富马酸），反应平均速率；
D．1.25h后，富马酸含量几乎为0，说明反应①、②基本完成，富马酸含量减少，苹果酸含量增大。
【解答】解：A．马来酸属于顺式结构，属于极性分子，富马酸是非极性分子，因此马来酸中羟基的极性大于富马酸，故第一级电离常数：Kn1（马来酸）＞Kn1（富马酸），故A正确；
B．平衡时，x（富马酸）＞χ（苹果酸）＞χ（马来酸），，，故190℃时的平衡常数：K（反应①）＞K（反应②＞K（反应③），故B正确；
C．反应平均速率，根据物料守恒，Δc（马来酸）＝Δc（苹果酸）+Δc（富马酸），则v（马来酸）＝v（富马酸）+v（苹果酸），故C错误；
D．1.25h后，富马酸含量几乎为0，说明反应①、②基本完成，富马酸含量减少，苹果酸含量增大，说明以反应③为主，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025 济南一模）已知：H2A为二元酸，MOH为强碱，MHA易溶于水。常温下，含足量M2A（s）的M2A溶液中，逐滴滴入某浓度H2A的溶液调节pH，测得pM[﹣lgc（M+）]及溶液中含A物种的分布系数[例如δ（HA﹣）随pOH的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线X表示H2A的分布系数随pOH变化
B．常温下，Ksp（M2A）约为5×10﹣10
C．当pOH＝11时，溶液中存在c（HA﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）
D．0.0001mol L﹣1MHA溶液中c（M+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）
【答案】B
【分析】A.题图溶液中含A物种的分布系数只有两条线且相交，说明H2A第一步为完全电离H2A＝HA﹣+H+，溶液中不存在H2A；
B.随溶液pH增大，HA﹣ A2﹣+H+正向移动，溶液中c（HA﹣）减小，c（A2﹣）增大，则曲线Y、X分别表示HA﹣、A2﹣的分布系数随溶液pH的变化，曲线Z表示M2A饱和溶液中pM随溶液pH的变化，M2A饱和溶液中存在：M2A（s） 2M+ （aq）+A2﹣（aq），图中a点，M2A饱和溶液中pM＝3，即c（M+）＝0.001mol/L，则Ksp（M2A）＝ 0.00125×10﹣10；
C.当pOH＝11即pH为3时，c（H+）＞c（OH﹣），则c（HA﹣）+c（H+）＞c（OH﹣）；
D.当pOH＝11时c（HA﹣）＝c（A2﹣），HA﹣的Ka（HA﹣）c（H+）＝0.001，0.0001mol/LMHA溶液中c（H+）＜0.0001mol/L，则溶液中10，知c（HA﹣）＜c（A2﹣）。
【解答】解：A.题图溶液中含A物种的分布系数只有两条线且相交，说明H2A第一步为完全电离H2A＝HA﹣+H+，溶液中不存在H2A，故A错误；
B.随溶液pH增大，HA﹣ A2﹣+H+正向移动，溶液中c（HA﹣）减小，c（A2﹣）增大，则曲线Y、X分别表示HA﹣、A2﹣的分布系数随溶液pH的变化，曲线Z表示M2A饱和溶液中pM随溶液pH的变化，M2A饱和溶液中存在：M2A（s） 2M+ （aq）+A2﹣（aq），图中a点，M2A饱和溶液中pM＝3，即c（M+）＝0.001mol/L，则Ksp（M2A）＝ 0.00125×10﹣10，故B正确；C.当pOH＝11即pH为3时，c（H+）＞c（OH﹣），则c（HA﹣）+c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D.当pOH＝11时c（HA﹣）＝c（A2﹣），HA﹣的Ka（HA﹣）c（H+）＝0.001，0.0001mol/LMHA溶液中c（H+）＜0.0001mol/L，则溶液中10，知c（HA﹣）＜c（A2﹣），故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，同时考查气体体积分数的计算，属于基本知识的考查，难度大等。
4．（2025 聊城一模）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/LH2A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。
已知：①H2A在环己烷中不电离；②忽略体积变化。
下列说法不正确的是（　　）
A．曲线①表示水溶液中的H2A浓度变化
B．pH＝5时，α＜75%
C．H2A的
D．若加水体积为2VmL，则交点N的pH保持不变
【答案】A
【分析】环己烷中H2A的浓度[c环己烷（H2A）]与水相萃取率可知0.1α+c环己烷（H2A）＝0.1，可知曲线①应为c环己烷（H2A），②为水相萃取率，水溶液中的HA﹣会随着pH的增大先增大后减小，曲线④为水溶液中的HA﹣，而A2﹣来源于HA﹣的电离，由图可知，pH＝2时，HA﹣浓度为0，即此时A2﹣为0，因此曲线⑤为水溶液中的A2﹣，即③为水溶液中H2A的浓度，综上：①为c环己烷（H2A）、②为水相萃取率、③为水溶液中H2A的浓度、④为水溶液中的HA﹣、⑤为水溶液中的A2﹣，③、④交点的pH为4，即H2A的，④、⑤交点的pH为7，即。
【解答】解：环己烷中H2A的浓度[c环己烷（H2A）]与水相萃取率可知0.1α+c环己烷（H2A）＝0.1，可知曲线①应为c环己烷（H2A），②为水相萃取率，水溶液中的HA﹣会随着pH的增大先增大后减小，曲线④为水溶液中的HA﹣，而A2﹣来源于HA﹣的电离，由图可知，pH＝2时，HA﹣浓度为0，即此时A2﹣为0，因此曲线⑤为水溶液中的A2﹣，即③为水溶液中H2A的浓度，综上：①为c环己烷（H2A）、②为水相萃取率、③为水溶液中H2A的浓度、④为水溶液中的HA﹣、⑤为水溶液中的A2﹣，③、④交点的pH为4，即H2A的，④、⑤交点的pH为7，即；
A．由分析可知，①为环己烷中H2A的浓度，故A错误；
B．由分析可知，，pH＝5时，c（HA﹣）＝10c（H2A），同理，，c（A2﹣）＝10﹣2c（HA﹣）＝10﹣1c（H2A），根据物料守恒：（10+0.1+1）c（H2A）+c（H2A）（环己烷）＝0.1mol/L，当pH＝2时，代入数据得，则c（H2A）＝0.25c（H2A）（环己烷），即11.1×0.25c（H2A）（环己烷）+c（H2A）（环己烷）＝0.1，，根据水相萃取率，可得α≈73.5%，故B正确；
C．由分析可知，H2A的，故C正确；
D．Kd、Ka1只与温度有关，，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，对交点N的横坐标无影响，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
5．（2025 山东模拟）在醋酸铜溶液中，组分中CH3COOH与的物质的量浓度分数及Cu2+浓度负对数（pCu）随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．（CH3COO）2Cu溶液中存在
B．（CH3COO）2Cu溶液为酸性
C．用盐酸酸化醋酸铜溶液至pH＝6，则
D．用盐酸酸化醋酸铜溶液，若溶液中c（Cu2+）＝0.1mol L﹣1，则溶液pH≤4.66
【答案】A
【分析】A．由于Cu2+部分水解生成Cu（OH）2，使Cu2+浓度变小；
B．由左边图交点可知，醋酸的电离常数Ka10﹣4.76，则CH3COO﹣水解常数为，由右边图可知Cu2+的水解常数Kh10﹣8.32，可知Cu2+的水解常数大于CH3COO﹣水解常数；
C．醋酸的电离常数Ka10﹣4.76，pH＝6时，；
D．Cu2+的水解常数Kh10﹣8.32，c（Cu2+）＝0.1mol L﹣1，c（H+）＝10﹣4.66mol/L。
【解答】解：A．由于Cu2+部分水解生成Cu（OH）2，使Cu2+浓度变小，结合物料守恒，有，故A错误；
B．醋酸的电离常数Ka＝10﹣4.76，则CH3COO﹣水解常数为，Cu2+的水解常数Kh10﹣8.32，可知Cu2+的水解常数大于CH3COO﹣水解常数，故（CH3COO）2Cu溶液为酸性，故B正确；
C．醋酸的电离常数Ka10﹣4.76，pH＝6时，，故，故C正确；
D．Cu2+的水解常数Kh10﹣8.32，c（Cu2+）＝0.1mol L﹣1，c（H+）＝10﹣4.66mol/L，若c（H+）＞10﹣4.66，则会更抑制铜离子水解，故溶液pH≤4.66，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
6．（2025 潍坊一模）二元弱酸在有机相和水相中存在平衡：H2A（有机相） H2A（aq），平衡常数为Kd，H2A在有机相中不电离。25℃时，向0.1mol L﹣1H2A（有机相）溶液中加入等体积水进行萃取，用NaOH（s）或HCl（g）调节溶液pH，忽略体积变化。测得两相中含A微粒的浓度与水相萃取率随pH的变化关系如图。下列说法正确的是（　　）
A．Kd＝4
B．曲线a代表水相中c（H2A）
C．N点c（H+）＝2.5×10﹣5mol L﹣1
D．当pH＝5.6时，体系中
【答案】C
【分析】有机相中H2A的浓度[c有机相（H2A）]与水相萃取率可知，0.1a+c有机相（H2A）＝0.1，可知曲线a为c有机相（H2A），曲线b为水相萃取率，水溶液中HA﹣会随着pH的增大先增大，后减小，曲线d为溶液的HA﹣，A2﹣来源于HA﹣的电离，由图可知，pH＝2时，HA﹣浓度为0，即此时A2﹣浓度也为0，因此曲线e为溶液中的A2﹣，则曲线c为溶液中的H2A，综上所述，a为c有机相（H2A），曲线b为水相萃取率，c为溶液中的H2A，d为溶液的HA﹣，e为溶液中的A2﹣，c、d的交点pH为4，即H2A的Ka110﹣4，d、e交点的pH＝7，则Ka210﹣7，据此分析作答。
【解答】解：A．pH＝2时，代入数据得到Kd0.25，故A错误；
B．根据分析可知，曲线a代表有机相中c（H2A），故B错误；
C．根据A中分析可知，Kd0.25，则c（H2A）＝0.25c有机相（H2A），又因Ka110﹣4，即10﹣4，当c（HA﹣）＝c有机相（H2A）时，c（H+）＝2.5×10﹣5mol/L，故C正确；
D．根据A中分析可知，Kd0.25，则c（H2A）＝0.25c有机相（H2A），又因Ka110﹣4，Ka210﹣7，则Ka1×Ka210﹣11，曲线a和曲线e的交点处有c（A2﹣ ）＝c有机相（H2A），c2（H+）＝2.5×10﹣12（mol/L）2，c（H+）＝1.6×10﹣6mol/L，pH＝5.8，曲线c和曲线e的交点处有c（A2﹣ ）＝c（H2A），c2（H+）＝10﹣11（mol/L）2，c（H+）＝10﹣5.5mol/L，pH＝5.5，则当pH＝5.6时，根据图像以及上述分析可知，体系中：c（HA﹣）＞c有机相（H2A）＞c（A2﹣ ）＞c（H2A），故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查溶液中电荷守恒、物料守恒以及Ksp的应用，同时考查Ka和Kw的影响因素，难度较大。
7．（2025 济宁模拟）常温下，有含M2A（s）的M2A饱和溶液、含MB（s）的MB饱和溶液，两份溶液中pc（M+）（pc＝﹣lgc）和微粒的分布系数δ[δ（A2﹣）＝c（A2﹣）/所有含A微粒的总浓度]，随pH的变化关系如图所示，M+不发生水解，MHA可溶。
下列说法正确的是（　　）
A．P表示MB饱和溶液中pc（M+）随pH变化的图像
B．反应的平衡常数约为5×1016
C．MHA与少量HB反应的离子方程式为：HA﹣+H+＝H2A
D．pH＝3时，M2A的饱和溶液中c（H+）+c（M+）＜3c（HA﹣）+c（OH﹣）
【答案】B
【分析】含A微粒的分布系数曲线只有一个交点，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，含A微粒只有HA﹣和A2﹣，二者浓度相等时：pH＝3，则HA﹣电离常数＝c（H+）＝10﹣3；含B微粒的分布系数曲线只有B﹣一条曲线，且δ＝1，则HB为强酸，在水溶液中完全电离，则M+浓度改变，M2A饱和溶液的pH改变，MB饱和溶液的pH不变，即p表示M2A饱和溶液中pc（M+）随pH变化的图像，q表示MB饱和溶液中pc（M+）随pH变化的图像。
【解答】解：含A微粒的分布系数曲线只有一个交点，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，含A微粒只有HA﹣和A2﹣，二者浓度相等时：pH＝3，则HA﹣电离常数＝c（H+）＝10﹣3；含B微粒的分布系数曲线只有B﹣一条曲线，且δ＝1，则HB为强酸，在水溶液中完全电离，则M+浓度改变，M2A饱和溶液的pH改变，MB饱和溶液的pH不变，即p表示M2A饱和溶液中pc（M+）随pH变化的图像，q表示MB饱和溶液中pc（M+）随pH变化的图像；
A．根据分析，HB为强酸，B﹣不发生水解，M+浓度改变MB溶液pH不变，而 H2A第一步完全电离，第二步部分电离，A2﹣在水溶液中会发生水解，M+浓度改变M2A溶液pH变化，因此P表示M2A饱和溶液中pc（M+）随pH变化的图像，故A错误；
B．根据分析，M+、B﹣均不发生水解，所以MB饱和溶液中pc（M+）不随pH变化，则q代表MB饱和溶液中pc（M+），p代表M2A饱和溶液中pc（M+）随pH发生变化，据图可知，pH＝6时，M2A饱和溶液中pc（M+）＝2，c（M+）＝0.01mol/L，此时，溶液中只有A2﹣，则，那么，MB饱和溶液中pc（M+）＝5，c（B﹣）＝c（M+）＝10﹣5mol/L，，根据HA﹣和A2﹣二者浓度相等时pH＝3，得出HA﹣电离常数因此反应的平衡常数：，故B正确；
C．MHA在水溶液中完全电离为M+和HA﹣，HB在水溶液中完全电离为H+和B﹣，由于，因此MB是难溶化合物，由于H2A第一步完全电离，因此HA﹣不与反应H+，则MHA与少量HB反应的离子方程式为：M++B﹣＝MB↓，故C错误；
D．当溶液pH＝3时，δ（HA﹣）＝δ（A2﹣），c（HA﹣）＝c（A2﹣），溶液中存在物料守恒c（M+）＝2[c（HA﹣）+c（A2﹣）]＝4c（HA﹣），电荷守恒c（H+）+c（M+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣）＝3c（HA﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
8．（2024秋 潍坊期末）已知Ka（CH3COOH）＞Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3）。下列判断错误的是（　　）
A．常温下，加水稀释0.1mol L﹣1醋酸，增大
B．中和等体积等浓度的HClO和CH3COOH需要NaOH的物质的量相同
C．少量CO2通入NaClO溶液反应离子方程式为
D．相同温度下，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO溶液中c（Na+）：③＞②＞①
【答案】D
【分析】A．温度不变，电离平衡常数不变，加水稀释0.1mol/L的醋酸，促进醋酸电离，但CH3COOH电离的增大程度小于溶液的体积增大程度，则c（H+）减小，；
B．等体积等物质的量浓度的HClO、CH3COOH溶液中，n（HClO）＝n（CH3COOH），两种酸消耗n（NaOH）与酸的物质的量成正比；
C．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，根据电离平衡常数知，酸性：H2CO3＞HClO，根据强酸制取弱酸的原理知，少量CO2通入NaClO溶液中，反应生成NaHCO3、HClO；
D．相同温度下，pH值相同的这几种钠盐溶液中，酸性越强的钠盐溶液的物质的量浓度越小，根据酸性强弱知，物质的量浓度大小顺序是：①＞②＞③，钠盐的物质的量浓度越大，溶液中中c（Na+）越大。
【解答】解：A．温度不变，电离平衡常数不变，加水稀释0.1mol/L的醋酸，促进醋酸电离，但CH3COOH电离的增大程度小于溶液的体积增大程度，则c（H+）减小，增大，故A正确；
B．等体积等物质的量浓度的HClO、CH3COOH溶液中，n（HClO）＝n（CH3COOH），两种酸消耗n（NaOH）与酸的物质的量成正比，则两种酸消耗的n（NaOH）相同，故B正确；
C．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，根据电离平衡常数知，酸性：H2CO3＞HClO，根据强酸制取弱酸的原理知，少量CO2通入NaClO溶液中，反应生成NaHCO3、HClO，离子方程式为CO2+H2O+ClO﹣HClO，故C正确；
D．相同温度下，pH值相同的这几种钠盐溶液中，酸性越强的钠盐溶液的物质的量浓度越小，根据酸性强弱知，物质的量浓度大小顺序是：①＞②＞③，钠盐的物质的量浓度越大，溶液中中c（Na+）越大，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确酸的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关键，A选项为解答易错点。
9．（2023 淄博二模）HA是一元弱酸，难溶盐MA2的悬浊液中，M2+不发生水解。实验发现，298K时，c（M2+）～c（H+）、 c（H+）的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．L2表示c（M2+）～c（H+）的关系
B．Ka（HA）＝2.0×10﹣6
C．Ksp（MA2）＝4.0×10﹣12
D．y＝2
【答案】B
【分析】由电离常数公式可知，HA溶液中，电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，当溶液中氢离子浓度增大时，溶液中和的值减小，则曲线L1表示与氢离子浓度的变化关系，L2表示与氢离子浓度的变化关系；由图可知，溶液中氢离子浓度为0时，溶液中1.0×10﹣6，则MA2溶液中M2+离子的浓度为1.0×10﹣4mol/L，MA2的溶度积为1.0×10﹣4×（2.0×10﹣4）2＝4.0×10﹣12；当溶液中氢离子浓度为1.0×10﹣5mol/L时，溶液中1.5×10﹣6，则c（M2+）＝1.31×10﹣4mol/L；由溶度积可得c（A﹣）1.75×10﹣4mol/L，由物料守恒可知，溶液中2c（M2+）＝c（A﹣）+c（HA），则溶液中c（HA）＝1.3×10﹣4mol/L，解得y＝2，HA的电离常数Ka（HA）＝2.0×10﹣5。
【解答】解：A．由分析可知，L2表示与氢离子浓度的变化关系，故A正确；
B．由分析可知，HA的电离常数Ka（HA）＝2.0×10﹣，5，故B错误；
C．由分析可知，MA2的溶度积，故C正确；
D．由分析可知，溶液中y＝2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
10．（2024秋 济宁月考）常温下，某溶液中由水电离产生的c（OH﹣）＝10﹣10mol L﹣1，该溶液不可能是（　　）
A．稀盐酸 B．氢氧化钠溶液
C．硫酸氢钠溶液 D．氯化钠溶液
【答案】D
【分析】水电离产生的c（OH﹣）＝10﹣10mol L﹣1，说明水的电离被抑制。
【解答】解：A．稀盐酸中有大量氢离子，能抑制水的电离，故A正确；
B．氢氧化钠溶液中有大量氢氧根，能抑制水的电离，故B正确；
C．硫酸氢钠溶液中有大量氢离子，能抑制水的电离，故C正确；
D．氯化钠溶液为中性溶液，对水的电离不影响，故D错误；
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。
11．（2024秋 聊城期中）在313K时，的溶液（　　）
A．呈酸性 B．呈中性 C．呈碱性 D．无法判断
【答案】D
【分析】313K时，摄氏温度为40oC，高于常温，，表示水的电离受到抑制，据此分析。
【解答】解：313K时，高于常温，，表示水的电离受到抑制，加酸或者碱都能抑制水的电离，故不能判断该溶液的酸碱性，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。
12．（2024秋 山东期中）下列事实或操作与盐类水解无关的是（　　）
A．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度
B．向工业废水中加入FeS固体，除去废水中的Hg2+
C．实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶，不能用磨口玻璃塞
D．施肥时，草木灰（主要成分K2CO3）与铵态氮肥不可混用
【答案】B
【分析】A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和盐酸，为防止氯化铁在溶液中水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度；
B．向工业废水中加入硫化亚铁固体除去废水中的汞离子的原因是硫化汞的溶度积小于硫化亚铁，硫化亚铁能与溶液中的汞离子反应生成硫化汞和亚铁离子；
C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液能与玻璃的成分二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，所以实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；
D．碳酸钾是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，水解生成的氢氧化钾能与铵态氮肥中的铵根离子反应生成氨气逸出，造成肥效降低。
【解答】解：A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和盐酸，为防止氯化铁在溶液中水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度，则配制氯化铁溶液的操作与盐类水解有关，故A错误；
B．硫化汞的溶度积小于硫化亚铁，硫化亚铁能与溶液中的汞离子反应生成硫化汞和亚铁离子，则除去废水中的汞离子操作与盐类水解无关，故B正确；
C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液能与玻璃的成分二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，所以实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，则不能用磨口玻璃塞保存碳酸钠溶液与盐类水解有关，故C错误；
D．碳酸钾是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，水解生成的氢氧化钾能与铵态氮肥中的铵根离子反应生成氨气逸出，造成肥效降低，则草木灰与铵态氮肥不可混用与盐类水解有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13．（2024秋 寿光市校级期中）下列六种物质：①Na2O，②Na2O2，③Na2CO3溶液，④NaHCO3溶液，⑤BaCl2溶液，⑥NaOH、BaCl2混合溶液，其中不能跟CO2反应的是（　　）（CO2与H2O的反应除外）
A．①④ B．④⑤ C．③⑤ D．④⑥
【答案】B
【分析】二氧化碳是酸性氧化物，利用选项中的各物质的化学性质和二氧化碳的化学性质进行分析判断。
【解答】解：①Na2O能和二氧化碳反应：Na2O+CO2＝Na2CO3，故①正确；
②Na2O2能和二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故②正确；
③Na2CO3溶液能和二氧化碳反应：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，故③正确；
④碳酸氢钠溶液不能和二氧化碳反应，故④错误；
⑤氯化钡溶液不能和二氧化碳反应，故⑤错误；
⑥氢氧化钠溶液能和二氧化碳反应：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O或NaOH+CO2＝NaHCO3，故⑥正确；
故选：B。
【点评】本题考查了二氧化碳的化学性质，掌握酸性氧化物的性质、强酸制取弱酸的反应原理是解题的关键。
14．（2024秋 莱州市校级期中）向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，水溶液中H2SO3、、的分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]下列说法错误的是（　　）
A．线Ⅰ表示δ（H2SO3）～pH的变化情况
B．当溶液pH范围为4～5时，停止通入SO2
C．H2SO3的第一步电离的平衡常数
D．a点，
【答案】C
【分析】向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，随着pH的增大，溶液中c（OH﹣）浓度增大，水溶液中H2SO3浓度减小，浓度增大，随着c（OH﹣）浓度继续增大，浓度减小，浓度增大，则曲线I、II、III分别代表代表H2SO3、、的分布系数δ与pH的变化关系，以此解答。
【解答】解：A．向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，随着pH的增大，溶液中c（OH﹣）浓度增大，水溶液中H2SO3浓度减小，浓度增大，随着c（OH﹣）浓度继续增大，浓度减小，浓度增大，则曲线I、II、III分别代表代表H2SO3、、的分布系数δ与pH的变化关系，曲线I表示δ（H2SO3）～pH的变化情况，故A正确；
B．曲线II表示～pH的变化情况，当溶液pH范围为4～5时，接近1，此时应该停止通入SO2，故B正确；
C．曲线I表示δ（H2SO3）～pH的变化情况，曲线II表示～pH的变化情况，a点pH＝2，且c（H2SO3），H2SO3的第一步电离的平衡常数，故C错误；
D．a点时c（H2SO3），此时溶液中存在NaHSO3、H2SO3、H2CO3，根据物料守恒可知，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
15．（2024秋 昌乐县校级期中）下列说法正确的是（　　）
A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能杀菌消毒，可用于水的净化
B．要使c（Na+）与c（）的比值接近于2，可加入NaOH固体抑制水解
C．以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子，通过添加难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，可推知MnS的Ksp大于CuS、PbS、CdS
D．施化肥时，能将草木灰和硝酸铵混合使用
【答案】C
【分析】A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附和除去水中的悬浮杂质；
B．碳酸根水解方程式为：，加入氢氧化钠固体，根据同离子效应，平衡逆向移动，碳酸根增加；
C．通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是根据硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化；
D．草木灰的有效成分是碳酸钾，属于强碱弱酸盐，硝酸铵是强酸弱碱盐，草木灰和硝酸铵混合使用时发生双水解使氨气逸出。
【解答】解：A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附和除去水中的悬浮杂质，不能杀菌消毒，故A错误；
B．碳酸根水解方程式为：，加入氢氧化钠固体，根据同离子效应，平衡逆向移动，碳酸根增加，但是同时也增加了钠离子，故B错误；
C．根据硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，可推知MnS的Ksp大于CuS、PbS、CdS的Ksp，故C正确；
D．草木灰的有效成分是碳酸钾，草木灰和硝酸铵混合使用时发生双水解使氨气逸出，降低肥效，二者不能混合使用，故D错误；
故选：C。
【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。
16．（2024秋 昌乐县校级期中）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．实验室用AlCl3溶液和Na2S溶液反应制取硫化铝（Al2S3）
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．常温下，pH＝10NaOH溶液中水电离的氢离子浓度为c水（H+）＝10﹣10mol/L，pH＝4的醋酸溶液中水电离的氢氧根的浓度为c水（OH﹣）＝c水（H+）＝10﹣10mol/L；
B．AlCl3溶液和Na2S溶液发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀和H2S气体；
C．向0.01mol L﹣1醋酸溶液中加水，溶液中的氢离子浓度减小，而温度不变，Kw＝c（OH﹣）×c（H+）不变，所以氢氧根浓度增大，氢氧根仅来自于水的电离；
D．NaOH对水的电离有抑制作用，NaCN对水的电离有促进作用。
【解答】解：A．常温下，pH＝10NaOH溶液中水电离的氢离子浓度为c水（H+）＝10﹣10mol/L，pH＝4的醋酸溶液中水电离的氢氧根的浓度为c水（OH﹣）＝c水（H+）＝10﹣10mol/L，两种溶液中水的电离程度相同，故A正确；
B．AlCl3溶液和Na2S溶液发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀和H2S气体，故B错误；
C．加水溶液中的氢离子浓度减小，Kw＝c（OH﹣）×c（H+）不变，所以氢氧根浓度增大，溶液中水电离产生的氢离子等于水电离的氢氧根，故溶液中水电离产生的c（H+）将增大，故C错误；
D．NaOH对水的电离有抑制作用，NaCN对水的电离有促进作用，NaCN溶液中水的电离程度更大，故D错误；
故选：A。
【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。
二．解答题（共4小题）
17．（2024秋 淄博月考）硒（Se）是人体必需的微量元素之一，Se形成的含氧酸主要有H2SeO4和H2SeO3。已知：H2SeO4＝H+， H+。回答下列问题：
（1）0.1mol L﹣1的NaHSeO4水溶液显　酸　 性（填“酸”、“中”或“碱”，下同），c（Na+）+c（H+）　＞　 c（OH﹣）+c（HSeO4）+c（）（填“＞”“＜”或“＝”，下同）。
（2）常温下，0.1mol L﹣1H2SeO4溶液中c（H+）＝0.11mol L﹣1，则H2SeO4第二步电离的电离常数为　0.012　 （保留2位有效数字）。含等物质的量NaHSeO4和Na2SeO4的溶液显　酸　 性。
（3）向H2SeO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，生成BaSeO4沉淀，反应的离子方程式为　H+Ba2++2OH﹣═BaSeO4↓+2H2O　 。
（4）常温下，向H2SeO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液pH与离子浓度关系如图所示。
表示lg与pH关系的线为　M　 （填标号）。
常温下，Ka2（H2SeO3）＝　10﹣6.6 。X点pH＝4.6，则X点溶液中：c（）　＝　 c（H2SeO3）
【答案】（1）酸；＞；
（2）0.012；酸；
（3）H+Ba2++2OH﹣═BaSeO4↓+2H2O；
（4）M；10﹣6.6；＝。
【分析】（1）已知：H2SeO4＝H+， H+，溶液中存在电荷守恒分析判断；
（2）常温下，0.1mol L﹣1H2SeO4溶液中c（H+）＝0.11mol L﹣1，第一步完全电离，氢离子浓度为0.1mol/L，第二步电离出的c（H+）＝0.01mol L﹣1，c（）＝0.01mol/L，c（）＝0.1mol/L﹣0.01mol/L＝0.09mol/L，据此计算H2SeO4第二步电离的电离常数Ka2，离子至电离不水解；
（3）向H2SeO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，生成BaSeO4沉淀和水；
（4），，Ka1＞Ka2，Ka2（H2SeO3），Ka1（H2SeO3），X点pH＝4.6，利用电离平衡常数计算判断X点溶液中：c（）和c（H2SeO3）的关系。
【解答】解：（1）已知：H2SeO4＝H+， H+，第一步完全电离，则0.1mol L﹣1的NaHSeO4水溶液显酸性，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（），则c（Na+）+c（H+）＞c（OH﹣）+c（）+c（），
故答案为：酸；＞；
（2）常温下，0.1mol L﹣1H2SeO4溶液中c（H+）＝0.11mol L﹣1，第一步完全电离，氢离子浓度为0.1mol/L，第二步电离出的c（H+）＝0.01mol L﹣1，c（）＝0.01mol/L，c（）＝0.1mol/L﹣0.01mol/L＝0.09mol/L，据此计算H2SeO4第二步电离的电离常数Ka20.012，含等物质的量NaHSeO4和Na2SeO4的溶液中离子电离，溶液显酸性，
故答案为：0.012；酸；
（3）向H2SeO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，生成BaSeO4沉淀，反应的离子方程式为：H+Ba2++2OH﹣═BaSeO4↓+2H2O，
故答案为：H+Ba2++2OH﹣═BaSeO4↓+2H2O；
（4），，Ka1＞Ka2，pH相同时，，表示lg与pH关系的线为M，pH＝2.6时，c（）＝c（H2SeO3），Ka1（H2SeO3）c（H+）＝10﹣2.6，pH＝6.6时，c（）＝c（），Ka2（H2SeO3）c（H+）＝10﹣6.6，Ka1（H2SeO3）×Ka2（H2SeO3）c2（H+）＝10﹣2.6×10﹣6.6＝10﹣9.2，当X点pH＝4.6，Ka1（H2SeO3）×Ka2（H2SeO3）c2（H+）（10﹣4.6）2＝10﹣2.6×10﹣6.6＝10﹣9.2，则c（）＝c（H2SeO3），
故答案为：M；10﹣6.6；＝。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡。电离平衡常数的计算应用、离子浓度关系的分析判断等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
18．（2024秋 山东期中）次磷酸（H3PO2）、亚磷酸（H3PO3）、磷酸（H3PO4）是磷元素的常见含氧酸，常温下，其逐级电离常数如表所示。回答下列问题：
酸 电离常数 酸 电离常数 酸 电离常数
H3PO2 H3PO3 H3PO4
（1）常温下，某浓度H3PO2溶液中H3PO2的平衡浓度为xmol L﹣1，忽略水的电离，该溶液中H+浓度为　　 mol L﹣1（用含x的代数式表示）。
（2）H3PO3与NaOH反应可以生成Na2HPO3或NaH2PO3。
①经实验检测发现Na2HPO3溶液显碱性，其原因是　　 （用离子方程式解释）；
②结合表格中数据判断0.1mol L﹣1的NaH2PO3溶液显　酸　 性（填“酸”“碱”或“中”），该溶液中含磷微粒浓度的大小关系是　　 ；
③H3PO3可由PCl3水解得到，写出PCl3与足量NaOH溶液反应的离子方程式　　 。
（3）①常温下，pH＝9的Na2HPO4溶液中，　10﹣5﹣10﹣9 （填准确值）；
②常温下，浓度均为0.1mol L﹣1的NaH2PO4溶液和Na2HPO3溶液中水的电离程度　后者大　 （填“前者大”“后者大”或“相同”）；
③向0.1mol L﹣1的Na2HPO3溶液中加入少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为　　 。
【答案】（1）；
（2）①；
②酸； ；
③；
（3）①10﹣5﹣10﹣9；
②后者大；
③。
【分析】（1）H3PO2是一元弱酸；
（2）①H3PO3与NaOH反应可以生成Na2HPO3或NaH2PO3，H2PO3是二元弱酸；
②0.1mol L﹣1的NaH2PO3溶液中的水解常数KhKa2（H3PO3），说明的电离程度大于其水解程度，NaH2PO3溶液显酸性，水解和电离都是微弱的；
③H3PO3可由PCl3水解得到，同时生成HCl，H3PO3是二元弱酸，PCl3与足量NaOH溶液反应生成、Cl﹣和H2O；
（3）①常温下，pH＝9的Na2HPO4溶液中，c（H+）＝10﹣9mol/L，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；
②根据NaH2PO4溶液显酸性而Na2HPO4溶液显碱性，得到水解程度小于电离程度，此离子对水的电离起到抑制作用，水解程度大于电离程度，对水的电离起到促进作用；
③H3PO4，则向0.1mol L﹣1的Na2HPO3溶液中加入少量H3PO4溶液生成NaH2PO3和NaH2PO4。
【解答】解：（1）由表格数据可知，H3PO2是一元弱酸，常温下，某浓度H3PO2溶液中H3PO2的平衡浓度为xmol L﹣1，忽略水的电离，则c（）＝c（H+），则，c（H+）mol/L，
故答案为：；
（2）①H3PO3与NaOH反应可以生成Na2HPO3或NaH2PO3，H2PO3是二元弱酸，经实验检测发现Na2HPO3溶液显碱性，说明水解产生了OH﹣，离子方程式为：，
故答案为：；
②0.1mol L﹣1的NaH2PO3溶液中的水解常数KhKa2（H3PO3），说明的电离程度大于其水解程度，NaH2PO3溶液显酸性，水解和电离都是微弱的，该溶液中含磷微粒浓度的大小关系是，
故答案为：酸； ；
③H3PO3可由PCl3水解得到，同时生成HCl，H3PO3是二元弱酸，PCl3与足量NaOH溶液反应生成、Cl﹣和H2O，离子方程式为：，
故答案为：；
（3）①常温下，pH＝9的Na2HPO4溶液中，c（H+）＝10﹣9mol/L，溶液中存在电荷守恒：和物料守恒：，可得（10﹣9）mol/L，
故答案为：10﹣5﹣10﹣9；
②根据NaH2PO4溶液显酸性而Na2HPO4溶液显碱性，得到水解程度小于电离程度，此离子对水的电离起到抑制作用，水解程度大于电离程度，对水的电离起到促进作用，所以Na2HPO4溶液中水的电离程度较大，故答案为：后者大，
故答案为：后者大；
③由表格数据可知酸性：H3PO4，则向0.1mol L﹣1的Na2HPO3溶液中加入少量H3PO4溶液生成NaH2PO3和NaH2PO4，离子方程式为：，
故答案为：。
【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。
19．（2024秋 菏泽期中）已知25℃下，几种物质的电离平衡常数如下表。
弱酸 HCOOH（甲酸） H2CO3 HClO H2SO3
K（25℃） K＝1.77×10﹣5 K＝2.0×10﹣8
回答下列问题：
（1）将0.1mol L﹣1NaClO溶液加热蒸干灼烧最后得到的固体为　NaCl　 （填化学式）。
（2）向NaClO溶液中通入少量CO2离子反应方程式　　 。
（3）pH相同的以下四种溶液，浓度最大的是　C　 （填字母）。
A．NaHCO3
B．Na2SO3
C．HCOONa
D．Na2CO3
（4）25℃时，0.2mol L﹣1HClO溶液中由HClO电离出的c（H+）约是由水电离出的c（H+）　4.0×105 倍。
（5）常温下，1L含等物质的量浓度的HClO与NaClO的混合溶液显　碱　 （填“酸”“碱”或“中”）性，c（ClO﹣）　＜　 c（HClO）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（6）25℃时，向0.1mol L﹣1H2CO3溶液中通入HCl气体（忽略体积变化）pH＝3，则H2CO3的电离度为　0.043%　 。
【答案】（1）NaCl；
（2）；
（3）C；
（4）4.0×105；
（5）碱；＜；
（6）0.043%。
【分析】（1）0.1mol L﹣1 NaClO溶液中存在ClO﹣+H2O HClO+OH﹣，2HClO2HCl+O2↑；
（2）根据电离常数Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），酸性H2CO3＞HClO；
（3）根据电离常数可知，酸性HCOOH＞H2CO3，酸性越弱，对应离子水解程度越大，同浓度的盐溶液碱性强；
（4）HClO的电离常数为2.0×10﹣8，Ka，c（H+）＝2.0×10﹣4.5mol/L，水电离出的；
（5）HClO的电离常数为2.0×10﹣8，ClO﹣的水解常数为，等物质的量浓度的HClO与NaClO溶液中，ClO﹣水解大于HClO的电离；
（6）H2CO3的第一步电离常数为，K1，得出。
【解答】解：（1）0.1mol L﹣1 NaClO溶液中存在ClO﹣+H2O HClO+OH﹣，2HClO2HCl+O2↑，蒸干后最后得到NaCl固体，
故答案为：NaCl；
（2）根据电离常数Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），酸性H2CO3＞HClO，向NaClO溶液中通入少量CO2离子反应方程式：，
故答案为：；
（3）根据电离常数可知，酸性HCOOH＞H2CO3，酸性越弱，对应离子水解程度越大，同浓度的盐溶液碱性强，当pH值相同时，浓度最大的是HCOONa，
故答案为：C；
（4）HClO的电离常数为2.0×10﹣8，Ka，c（H+）＝2.0×10﹣4.5mol/L，水电离出的，由HClO电离出的c（H+）约是由水电离出的c（H+）的4.0×105倍，
故答案为：4.0×105；
（5）HClO的电离常数为2.0×10﹣8，ClO﹣的水解常数为，等物质的量浓度的HClO与NaClO溶液中，ClO﹣水解大于HClO的电离，溶液显碱性；c（ClO﹣）＜c（HClO），
故答案为：碱；＜；
（6）H2CO3的第一步电离常数为，K1，得出，电离度≈4.3×10﹣4×100%＝0.043%，
故答案为：0.043%。
【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。
20．（2024秋 潍坊期中）苯乙酸（C6H5CH2COOH）在低浓度时具有甜蜂蜜味，是一种重要的香料成分。25℃时，有0.01mol L﹣1的C6H5CH2COOH溶液，回答下列问题：
（1）C6H5CH2COOH的电离平衡常数表达式为　　 ，溶液中c（H+）＝　7×10﹣4 mol L﹣1（C6H5CH2COOH的）。
（2）向该溶液中加入一定量的盐酸，溶液中的c（H+）　增大　 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），　减小　 ，电离常数　不变　 。
（3）25℃时，HClO的，则C6H5CH2COOH与NaClO溶液　能　 （填“能”或“不能”）反应。若能发生反应，反应的离子方程式，若不能反应，原因是　　 。
（4）能使溶液中C6H5CH2COOH的电离度增大且电离平衡常数保持不变的措施是　A　 （填标号）。
A．加水稀释
B．升高温度
C．加少量苯乙酸钠
D．加少量苯乙酸
【答案】（1）；7×10﹣4；
（2）增大；减小；不变；
（3）能； ；
（4）A。
【分析】（1）根据弱电解质的电离平衡常数表达式进行分析；
（2）根据溶液中氢离子浓度的变化以及电离平衡常数的影响因素进行分析；
（3）根据酸性强弱判断反应能否发生，并根据强酸制弱酸的原理写出离子方程式；
（4）根据影响弱电解质电离平衡的因素进行分析，注意电离平衡常数只受温度影响。
【解答】解：（1）C6H5CH2COOH的电离方程式：，其电离平衡常数表达式：；0.01mol L﹣1的C6H5CH2COOH溶液中设c（H+）为xmol L﹣1，
，解得：x＝7×10﹣4，
故答案为：；7×10﹣4；
（2）向该溶液中加入一定量的盐酸，盐酸完全电离，导致溶液中c（H+）增大；平衡逆向移动，减小；温度不变，电离平衡常数不变，
故答案为：增大；减小；不变；
（3）C6H5CH2COOH的，HClO的，说明C6H5CH2COOH酸性更强，根据强酸制弱酸反应原理，C6H5CH2COOH与NaClO溶液能发生反应：，
故答案为：能； ；
（4）A．根据“越稀越电离”可知，加水稀释，C6H5CH2COOH的电离度增大，温度不变，电离平衡常数不变，故A正确；
B．升高温度，C6H5CH2COOH电离平衡正向移动，电离平衡常数增大，故B错误；
C．加少量苯乙酸钠，导致电离平衡逆向移动，电离程度减小，故C错误；
D．加少量苯乙酸，苯乙酸浓度增大，电离程度减小，温度不变，电离平衡常数不变，故D错误；
故答案为：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。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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