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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．（2024秋 兖州区期中）某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是（　　）
A．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
B．该温度高于25℃
C．加入NaHSO4晶体抑制了水的电离
D．该溶液中由水电离出来的H+浓度是1.0×10﹣10mol/L
2．（2024秋 菏泽期中）下列叙述正确的是（　　）
A．常温下，将pH＝9的Ba（OH）2溶液稀释1000倍后，pH为6
B．将水加热，c（H+）不变
C．常温下，纯碱溶液的
D．向水中通入少量氯化氢气体，水的电离程度减小
3．（2024秋 潍坊期中）25℃时，10mLpH＝a的两种碱溶液分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．若a＝11，则MOH为弱碱
B．两种碱的物质的量浓度不相等
C．相同物质的量浓度的MCl与NCl溶液的pH：MCl＞NCl
D．中和两种溶液时，消耗同浓度盐酸的体积：V（MOH）＞V（NOH）
4．（2024秋 菏泽期中）常温下向0.1mol L﹣1氨水中通入氨气。下列变化错误的是（　　）
A．NH3 H2O电离程度增大
B．减小
C．溶液pH变大
D．溶液导电性增强
5．（2024秋 潍坊期中）已知25℃时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：
弱电解质 HCN H2CO3 HNO2
电离平衡常数 4.9×10﹣10 K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11 7.2×10﹣4
下列说法正确的是（　　）
A．等浓度HCN和HNO2溶液，HCN的pH更小
B．NaCN溶液与少量CO2反应的离子反应方程式为2CN﹣+CO2+H2O═2HCN
C．向0.1mol/L的HNO2溶液中通入HCl气体至pH＝2，则HNO2的电离度为7.2%
D．结合H+的能力CN﹣
6．（2024秋 滕州市期中）下列说法正确的是（　　）
A．常温下，pH＝10的NH3 H2O溶液中，由水电离的c（OH﹣）＝10﹣10mol L﹣1
B．将pH＝2的HCl溶液和pH＝4的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH＝3
C．向水中加入少量金属钠，c（OH﹣）增大，水的电离平衡逆向移动
D．将纯水加热，Kw增大，pH值不变
7．（2024秋 滕州市期中）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．Kw大小关系：C＞D＞E
B．其他条件不变，可采用加酸的方法实现A点到B点
C．只降低温度，可以实现C点到D点
D．A、D、E三个点中，只有E点显碱性
8．（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
9．（2024秋 山东期中）常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．酸的物质的量浓度：a＞c
B．HC的电离程度：a＜b
C．水的电离程度：a＜b＝c
D．当时，三种溶液同时升高温度，增大
10．（2024秋 菏泽期中）常温下，关于如下甲、乙、丙、丁四个烧杯中溶液的比较，其中正确的是（　　）
甲 10mLpH＝2盐酸溶液
乙 甲中溶液加水稀释到100mL
丙 10mLpH＝2醋酸溶液
丁 丙中溶液加水稀释到100mL
A．pH：乙＜丁
B．Kw：甲＞丁
C．：甲＝丙
D．中和NaOH的能力：乙＞丙
11．（2024秋 菏泽期中）苯甲酸钠（　　）可用作饮料的防腐剂。在生产碳酸饮料的过程中，除添加苯甲酸钠外，还需加压充入CO2气体（不考虑饮料中其他成分）。研究表明苯甲酸的抑菌能力显著高于苯甲酸钠。下列说法正确的是（　　）
已知25℃时，苯甲酸钠的，Na2CO3的，
A．充入CO2对抑菌能力无影响
B．向碳酸钠溶液中加入少量苯甲酸，无气泡生成
C．添加苯甲酸钠，抑制了饮料中碳酸的电离
D．添加苯甲酸钠后，变大
12．（2024秋 莱州市月考）“火星上‘找’到水的影子”被《科学》杂志评为10大科技突破之一。某温度下，重水（D2O）的离子积Kw＝1.6×10﹣15，可以用pH一样的定义来规定pD＝﹣lgc（D+）。下列说法错误的是（　　）
A．重水是极弱的电解质，将金属Na加入重水中，重水的电离程度增大
B．该温度下，纯重水的pD＝8﹣2lg2
C．该温度下，1L含0.01mol DCl的重水溶液，其pD＝2
D．该温度下，在100mL0.2mol L﹣1的DCl重水溶液中，加入100 mL 0.4mol L﹣1 NaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD＝13（忽略溶液体积的变化）
13．（2024秋 山东校级月考）常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：
化学式 H2C2O4 HClO H2CO3
电离常数
下列说法错误的是（　　）
A．溶液中、不能大量共存
B．25℃，将0.1mol L﹣1H2C2O4溶液加水稀释，不变
C．25℃，pH相同的①Na2C2O4②Na2CO3③NaClO三种溶液，浓度大小顺序为③＞①＞②
D．NaHC2O4溶液中的离子浓度大小大小顺序为
14．（2024秋 山东校级月考）常温下，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol L﹣1，溶液中各含磷微粒的pc﹣pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷微粒的浓度负对数（pc＝﹣lgc），pOH表示c（OH﹣）负对数[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]；x、y、z三点的坐标：x（7.4，1.3）、y（10.0，3.6）、z（12.6，1.3）。不考虑pOH变化过程对溶液体积造成的影响，下列说法正确的是（　　）
A．曲线③表示随pOH的变化
B．Na2HPO3溶液呈碱性的原因是的水解程度大于电离程度
C．pH＝4的溶液中：mol L﹣1
D．的平衡常数K＞1.0×105
15．（2024秋 济宁期末）向稀氨水中分别加入①蒸馏水、②NH3、③NH4Cl（s），并维持室温，相关判断正确的是（　　）
A．加入①之后，NH3 H2O的电离平衡得到促进，减小
B．加入②之后，NH3 H2O的电离平衡正向移动，电离程度增大
C．加入③之后，c（NH3 H2O）增大，维持不变
D．升高温度，NH3 H2O的电离平衡得到促进，c（OH﹣）减小
16．（2024秋 山东期中）水的电离平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．C点溶液一定呈中性
B．从A点到B点，可采用升高温度的方法
C．D点溶液中水电离的H+浓度一定为1×10﹣6mol L﹣1
D．E点溶液可能为NaOH溶液或Na2CO3溶液
二．解答题（共4小题）
17．（2024秋 淄博期中）天然气中含有的H2S会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去H2S。在此过程中会产生大量含硫废水（其中硫元素的主要化合价是﹣2价），对设备、环境等造成严重危害。
已知：①H2S、HS﹣、S2﹣在水溶液中的物质的量分数随pH的分布曲线如图所示：
②碳酸的电离平衡常数：，
（1）①用蒸馏水稀释0.1mol/L的氢硫酸，数值随加水量的增加而增大的是 　 　 。
A． B． C． D．
②用过量的Na2CO3溶液吸收天然气中的H2S的离子方程式为 　 　 ，该反应对应的化学平衡常数K＝ 　 　 （只列出计算式）。
（2）①当pH≈8时，含硫废水中H2S、HS﹣的浓度比是 　 　 。
②NaHS溶液呈碱性，原因是 　 　 。
（3）氧化还原法处理含硫废水：
向pH≈9含硫废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH＝5，产生淡黄色沉淀，反应的离子方程式是 　 　 。
18．（2024秋 日照期中）已知25℃时弱电解质的电离平衡常数如下：
弱电解质 HCOOH HCN H2C2O4 NH3 H2O
电离平衡常数（mol L﹣1） Ka＝1.8×10﹣4 Ka＝6.2×10﹣10 Ka1＝5.6×10﹣2 Ka2＝5.4×10﹣5 Kb＝1.7×10﹣5
（1）向20mL0.1mol L﹣1HCN溶液中滴加10mL0.1mol L﹣1NaOH溶液时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 　 　 。
（2）等体积等浓度的HCOOH和H2C2O4溶液加水稀释到相同pH，加入水的量：HCOOH 　 　 H2C2O4（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，阴离子数目HCOONa 　 　 NaCN，水的电离程度HCOONa 　 　 NaCN（填“＞”“＜”或“＝”）。
（4）室温下，向10mL1.7mol L﹣1盐酸中滴加10mLcmol L﹣1氨水，溶液恰好呈中性，则c＝ 　 　 。
（5）向Na2C2O4溶液中滴加过量HCOOH溶液，发生反应的离子方程式为 　 　 。
（6）常温下，向20mL浓度均为0.1mol L﹣1的氨水和HCOONa溶液中分别滴加浓度均为0.1mol L﹣1的NH4Cl溶液和HCOOH溶液，﹣lgc水（H+）随加入溶液体积的变化如图所示。向氨水中滴加HCOOH溶液的曲线为 　 　 ，向HCOONa溶液中滴加NH4Cl溶液的曲线为 　 　 （填“a”“b”“c”或“d”）。
19．（2024秋 日照期中）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布分数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]
已知：CH2ClCOOH的酸性比CHCl2COOH弱。
回答下列问题：
（1）曲线M表示的是 　 　 （填化学式）。
（2）常温下，CH2ClCOOH的Ka＝ 　 　 mol L﹣1。
（3）当pH＝2.08时，CHCl2COOH和CH2ClCOOH的电离度之比为 　 　 。
（4）常温下，0.1mol L﹣1的CHCl2COONa溶液的pH约为 　 　 。
（5）常温下，浓度均为0.1mol L﹣1的CH2ClCOOH和CHCl2COOH的混合溶液，满足以下关系： 　 　 mol L﹣1；若向100mL该混合溶液中加入0.02mol NaOH固体，则溶液中 　 　 （填“＞”“＜”或“＝”）。
20．（2023秋 德州期末）已知25℃时，几种酸的电离平衡常数如表所示。
H2CO3 H2A HClO CH3COOH H2B
Ka1＝4.4×10﹣7 Ka1＝1.0×10﹣2 Ka＝4.7×10﹣8 Ka＝1.8×10﹣5 ——
Ka2＝4.7×10﹣11 Ka2＝6.0×10﹣8 —— —— ——
（1）25℃时浓度均为0.1mol L﹣1的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3、NaClO溶液，pH由大到小顺序为 　 　 ；
（2）25℃时向100mL0.1mol L﹣1的H2A溶液中加入等浓度等体积的NaOH溶液，所得混合液显 　 　 （填“酸”“碱”“中”）性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 　 　 ；
（3）25℃时，用NaOH溶液吸收H2A得到pH＝9的Na2A溶液，吸收过程中水的电离平衡 　 　 （填“向左”“向右”或“不”）移动，试计算溶液中 　 　 。
（4）碳酸盐之间的转化在工业上有重要作用，通过计算说明
Li2CO3（s）+Ca2++（aq） 2Li+（aq）+CaCO3（s）能进行完全的原因：　 　 。
[已知：Ksp（Li2CO3）═8.75×10﹣4，Ksp（CaCO3）═2.5×10﹣9]
（5）改变0.1mol L﹣1二元弱酸H2B溶液的pH，溶液中H2B、HB﹣、B2﹣的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示[已知δ（X）]，则K2（H2B）＝ 　 　 。
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．（2024秋 兖州区期中）某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是（　　）
A．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
B．该温度高于25℃
C．加入NaHSO4晶体抑制了水的电离
D．该溶液中由水电离出来的H+浓度是1.0×10﹣10mol/L
【答案】A
【分析】A．纯水的pH＝6，说明Kw＝1×10﹣12，pH＝12的NaOH溶液中氢离子浓度为1mol/L，根据氢离子和氢氧根离子的物质的量判断溶液酸碱性；
B．25℃时pH＝7，水的电离为吸热反应，蒸馏水pH＝6，说明温度升高；
C．加入酸或碱对水的电离起抑制作用；
D．pH＝6，水的离子积常数为1×10﹣12，水电离出来的c（H+）＝1×10﹣10mol/L。
【解答】解：A．Kw＝1×10﹣12，pH＝2的硫酸氢钠溶液c（H+）＝0.01mol/L，pH＝12的氢氧化钠溶液中c（OH﹣）＝1mol/L，两种溶液的体积相等，则n（H+）＜n（OH﹣），所以碱过量，溶液显示碱性，故A错误；
B．25℃时pH＝7，pH＝6说明促进了水的电离，所以T＞25℃，故B正确；
C．加入NaHSO4晶体，提高H+ 的浓度，抑制了水的电离，故C正确；
D．pH＝6，水的离子积常数为1×10﹣12，水的离子积常数＝氢离子与氢氧根浓度的乘积，溶液的pH为2，故由水电离出来的c（H+）＝1×10﹣10mol L﹣1，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了水的电离、溶液pH的简单计算，题目难度中等，注意掌握水的电离平衡及其影响因素，明确溶液pH的计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
2．（2024秋 菏泽期中）下列叙述正确的是（　　）
A．常温下，将pH＝9的Ba（OH）2溶液稀释1000倍后，pH为6
B．将水加热，c（H+）不变
C．常温下，纯碱溶液的
D．向水中通入少量氯化氢气体，水的电离程度减小
【答案】D
【分析】A．常温下，将pH＝9的Ba（OH）2溶液稀释1000倍后，碱性减弱；
B．由于水电离过程会吸收热量，升高温度，促进水的电离平衡正向移动；
C．水的离子积常数只与温度有关，温度不变水的离子积就不变；
D．水是弱电解质，存在电离平衡：H2O H++OH﹣。
【解答】解：A．常温下，将pH＝9的氢氧化钡溶液稀释1000倍后，仍是氢氧化钡溶液，碱性减弱，只能接近于中性，pH略大于7，故A错误；
B．由于水电离过程会吸收热量，升高温度，促进水的电离平衡正向移动，使水电离产生的c（H+）＞10﹣7 mol/L，故B错误；
C．水的离子积常数只与温度有关，温度不变水的离子积就不变，所以常温下，纯碱溶液中Kw＝1×10﹣14，故C错误；
D．水是弱电解质，存在电离平衡：H2O H++OH﹣，向其中加入少量盐酸，盐酸电离产生氢离子，使溶液中氢离子增大，水的电离平衡逆向移动，因此水的电离程度减小，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。
3．（2024秋 潍坊期中）25℃时，10mLpH＝a的两种碱溶液分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．若a＝11，则MOH为弱碱
B．两种碱的物质的量浓度不相等
C．相同物质的量浓度的MCl与NCl溶液的pH：MCl＞NCl
D．中和两种溶液时，消耗同浓度盐酸的体积：V（MOH）＞V（NOH）
【答案】C
【分析】10mLpH＝a的两种碱溶液各10 mL，分别加水稀释到1000 mL，即稀释100倍，NOH溶液pH减小较快，MOH溶液pH减小较慢，碱溶液加水稀释，氢氧根离子浓度不断减小，pH不断减小，但弱碱存在电离平衡，加水稀释促进电离，氢氧根离子浓度减小的慢，故pH也减小的慢，所以MOH一定是弱碱，则碱性：NOH＞MOH；若稀释100倍，pH减小2个单位，即a＝11，则NOH为强碱，据此解答。
【解答】解：A．10mLpH＝a的两种碱溶液各10 mL，分别加水稀释到1000 mL，即稀释100倍，NOH溶液pH减小较快，MOH溶液pH减小较慢，碱溶液加水稀释，氢氧根离子浓度不断减小，pH不断减小，但弱碱存在电离平衡，加水稀释促进电离，氢氧根离子浓度减小的慢，故pH也减小的慢，则MOH为弱碱，故A正确；
B．起始的pH相同，即电离出的氢氧根离子浓度相同，但是两种碱的碱性不同，MOH一定是弱碱，则两种碱的物质的量浓度不相等，故B正确；
C．碱性：NOH＞MOH，则水解程度MCl＞NCl，弱碱阳离子水解显酸性，故相同物质的量浓度的MCl与NCl溶液的pH：NCl＞MCl，故C错误；
D．MOH一定是弱碱，且碱性：NOH＞MOH，故两种碱的物质的量浓度不相等，c（MOH）＞c（NOH），中和两种溶液时，消耗同浓度盐酸的体积：V（MOH）＞V（NOH），故D正确；
故选：C。
【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秋 菏泽期中）常温下向0.1mol L﹣1氨水中通入氨气。下列变化错误的是（　　）
A．NH3 H2O电离程度增大
B．减小
C．溶液pH变大
D．溶液导电性增强
【答案】A
【分析】A．0.1mol/L氨水中存在，向0.1mol/L氨水中通入氨气，平衡正移；
B．根据电离平衡常数表达式可知等于Kb，常温下向0.1mol/L氨水中通入氨气，正向移动：
C．溶液中OH﹣浓度因氨气溶解增加，pH升高；
D．向0.1mol/L氨水中通入氨气，溶液离子浓度增大。
【解答】解：A．0.1mol/L氨水中存在，向0.1mol/L氨水中通入氨气，平衡正移，NH3 H2O的浓度增大，NH3 H2O电离程度减小，故A错误；
B．根据电离平衡常数表达式可知等于Kb，常温下向0.1mol/L氨水中通入氨气，正向移动，c（OH﹣）增大，Kb是定值，则减小，故B正确：
C．溶液中OH﹣浓度因氨气溶解增加，pH升高，故C正确；
D．向0.1mol/L氨水中通入氨气，溶液离子浓度增大，导电性增强，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5．（2024秋 潍坊期中）已知25℃时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：
弱电解质 HCN H2CO3 HNO2
电离平衡常数 4.9×10﹣10 K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11 7.2×10﹣4
下列说法正确的是（　　）
A．等浓度HCN和HNO2溶液，HCN的pH更小
B．NaCN溶液与少量CO2反应的离子反应方程式为2CN﹣+CO2+H2O═2HCN
C．向0.1mol/L的HNO2溶液中通入HCl气体至pH＝2，则HNO2的电离度为7.2%
D．结合H+的能力CN﹣
【答案】C
【分析】A．根据电离平衡常数HCN＜HNO2，二者均为一元弱酸进行分析；
B．根据强酸制弱酸进行分析；
C．根据，结合电离度的计算式进行分析；
D．根据电离常数越小，水解能力越强，结合氢离子能力越强，进行分析。
【解答】解：A．电离平衡常数HCN＜HNO2，二者均为一元弱酸，则等浓度溶液中HNO2的pH更小，故A错误；
B．K2（H2CO3）＜K（HCN），因此NaCN溶液与少量CO2反应的离子反应方程式为，故B错误；
C．pH＝2，，则，亚硝酸的电离度为，故C正确；
D．电离常数越小，水解能力越强，结合氢离子能力越强，K1（H2CO3）＞K（HCN），结合氢离子的能力CN﹣，故D错误；
故选：C。
【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。
6．（2024秋 滕州市期中）下列说法正确的是（　　）
A．常温下，pH＝10的NH3 H2O溶液中，由水电离的c（OH﹣）＝10﹣10mol L﹣1
B．将pH＝2的HCl溶液和pH＝4的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH＝3
C．向水中加入少量金属钠，c（OH﹣）增大，水的电离平衡逆向移动
D．将纯水加热，Kw增大，pH值不变
【答案】A
【分析】A．常温下，pH＝10的NH3 H2O溶液中的氢离子为水电离出的，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；
B．先计算出两种不同pH的酸等体积混合后溶液中的氢离子的浓度，然后根据pH＝﹣lg c（H+）求出pH，据此分析；
C．向水中加入少量金属钠，促进水电离平衡正向进行，生成氢氧化钠和氢气；
D．水的电离为吸热过程，将纯水加热，Kw增大，氢离子浓度增大。
【解答】解：A．常温下，pH＝10的NH3 H2O溶液中，c（H+）＝10﹣10mol L﹣1，由水电离的c（OH﹣）＝10﹣10mol L﹣1，故A正确；
B．假设溶液的体积为1L，pH＝2的HCl溶液含有的氢离子的物质的量为0.01mol，pH＝4的H2SO4溶液中含有氢离子的物质的量为0.0001mol，两种酸液等体积混合后溶液中的氢离子浓度为（0.01mol+0.0001mol）≈0.005mol/L，根据pH＝﹣lg c（H+）可知，混合液的pH＜3，故B错误；
C．向水中加入少量金属钠，c（OH﹣）增大，水的电离平衡正向移动，故C错误；
D．水的电离为吸热过程，将纯水加热，Kw增大，氢离子浓度增大，pH值减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了水电离平衡影响因素、离子积常数随温度变化、溶液pH计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
7．（2024秋 滕州市期中）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．Kw大小关系：C＞D＞E
B．其他条件不变，可采用加酸的方法实现A点到B点
C．只降低温度，可以实现C点到D点
D．A、D、E三个点中，只有E点显碱性
【答案】D
【分析】A．Kw随温度变化，水的电离为吸热过程，升高温度促进水的电离，离子积常数增大；
B．离子积常数随温度变化；
C．C点c（H+）＝c（OH﹣），D点c（H+）＞c（OH﹣）；
D．A、D、E三个点中，A点c（H+）＝c（OH﹣），D点c（H+）＞c（OH﹣），E点c（H+）＜c（OH﹣）。
【解答】解：A．D、E为相同温度，Kw相同，C的温度高于25℃，Kw大小关系：C＞D＝E，故A错误；
B．离子积常数随温度变化，其他条件不变，采用加酸的方法不能实现A点到B点变化，故B错误；
C．C点c（H+）＝c（OH﹣），D点c（H+）＞c（OH﹣），只降低温度，不可以实现C点到D点，故C错误；
D．A、D、E三个点中，A点c（H+）＝c（OH﹣），D点c（H+）＞c（OH﹣），E点c（H+）＜c（OH﹣），A、D、E三个点中，只有E点显碱性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题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。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。
8．（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Kac（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。
9．（2024秋 山东期中）常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．酸的物质的量浓度：a＞c
B．HC的电离程度：a＜b
C．水的电离程度：a＜b＝c
D．当时，三种溶液同时升高温度，增大
【答案】D
【分析】A．常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC三种酸溶液，分别加水稀释原来体积的1000倍时，由图可知，即当，HA、HB、HC三种酸溶液的pH分别是5，4，3；
B．根据越稀越电离，随着加水稀释；
C．加入酸或碱对水的电离起抑制作用，酸性越强，抑制越大；
D．HA是强酸，在水中全部电离，HB是弱酸，在水中部分电离，存在可逆过程。
【解答】解：A．分别加水稀释原来体积的1000倍时，由图可知，即当，HA、HB、HC三种酸溶液的pH分别是5，4，3，则可知HA是强酸，HB、BC是弱酸，且酸性HB大于HC，则可知酸的起始物质的量浓度：HC＞HB＞HA，稀释到时，酸的物质的量浓度：a＞c，故A正确；
B．随着加水稀释，弱酸HC的电离程度变大，故 a＜b，故B正确；
C．加入酸或碱对水的电离起抑制作用，酸性越强，抑制越大。根据图像可知，b、c点pH一样，酸性一样，对水的电离抑制程度一样，a点酸性比b、c点强，故抑制作用更大，故水的电离程度：a＜b＝c，故C正确；
D．由上分析，HA是强酸，在水中全部电离，HB是弱酸，在水中部分电离，存在可逆过程，故当时，三种溶液同时升高温度，HA电离不受影响，c（A﹣）不变，而HC电离程度变大，c（C﹣）增大，减小，故D错误；
故选：D。
【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。
10．（2024秋 菏泽期中）常温下，关于如下甲、乙、丙、丁四个烧杯中溶液的比较，其中正确的是（　　）
甲 10mLpH＝2盐酸溶液
乙 甲中溶液加水稀释到100mL
丙 10mLpH＝2醋酸溶液
丁 丙中溶液加水稀释到100mL
A．pH：乙＜丁
B．Kw：甲＞丁
C．：甲＝丙
D．中和NaOH的能力：乙＞丙
【答案】C
【分析】A．甲和丙分别是等体积、等pH的盐酸和醋酸溶液，均稀释10倍，由于醋酸电离平衡正向移动；
B．Kw只与温度有关，甲和丁温度都是常温；
C．甲和丙是pH都为2的酸溶液；
D．乙通过甲稀释得到，乙中和碱的能力与甲相同，甲和丙分别是等体积、等pH的盐酸和醋酸溶液，由于丙是醋酸，部分电离，故中和碱的能力丙更大。
【解答】解：A．均稀释10倍，由于醋酸电离平衡正向移动，故稀释后pH比盐酸稀释后小，故pH：乙＞丁，故A错误；
B．甲和丁温度都是常温，Kw只与温度有关，故Kw都为1×10﹣14，故B错误；
C．甲和丙是pH都为2的酸溶液，故c（OH﹣），故C正确；
D．乙通过甲稀释得到，乙中和碱的能力与甲相同，甲和丙分别是等体积、等pH的盐酸和醋酸溶液，由于丙是醋酸，部分电离，故中和碱的能力丙更大，故中和NaOH的能力：乙＜丙，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。
11．（2024秋 菏泽期中）苯甲酸钠（　　）可用作饮料的防腐剂。在生产碳酸饮料的过程中，除添加苯甲酸钠外，还需加压充入CO2气体（不考虑饮料中其他成分）。研究表明苯甲酸的抑菌能力显著高于苯甲酸钠。下列说法正确的是（　　）
已知25℃时，苯甲酸钠的，Na2CO3的，
A．充入CO2对抑菌能力无影响
B．向碳酸钠溶液中加入少量苯甲酸，无气泡生成
C．添加苯甲酸钠，抑制了饮料中碳酸的电离
D．添加苯甲酸钠后，变大
【答案】B
【分析】A．苯甲酸的抑菌能力显著高于苯甲酸钠，充CO2的饮料中会使苯甲酸浓度增大；
B．向碳酸钠溶液中加入少量苯甲酸，生成碳酸氢钠和苯甲酸钠；
C．苯甲酸钠溶于水电离出苯甲酸根离子，会结合H+；
D．，电离常数只与温度有关。
【解答】解：A．苯甲酸的抑菌能力显著高于苯甲酸钠，充CO2的饮料中会使苯甲酸浓度增大，所以相比于未充CO2的饮料，充入CO2抑菌能力提高，故A错误；
B．反应生成碳酸氢钠和苯甲酸钠，无气泡生成，故B正确；
C．苯甲酸钠溶于水电离出苯甲酸根离子，会结合H+，促进了碳酸的电离，故C错误；
D．，电离常数只与温度有关，添加苯甲酸钠后，不变，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。
12．（2024秋 莱州市月考）“火星上‘找’到水的影子”被《科学》杂志评为10大科技突破之一。某温度下，重水（D2O）的离子积Kw＝1.6×10﹣15，可以用pH一样的定义来规定pD＝﹣lgc（D+）。下列说法错误的是（　　）
A．重水是极弱的电解质，将金属Na加入重水中，重水的电离程度增大
B．该温度下，纯重水的pD＝8﹣2lg2
C．该温度下，1L含0.01mol DCl的重水溶液，其pD＝2
D．该温度下，在100mL0.2mol L﹣1的DCl重水溶液中，加入100 mL 0.4mol L﹣1 NaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD＝13（忽略溶液体积的变化）
【答案】D
【分析】A．根据Na与重水电离生成的D+反应生成D2，促进重水发生电离，进行分析；
B．根据重水（D2O）的离子积，结合pD＝﹣lgc（D+）进行分析；
C．根据pD＝﹣lgc（D+）进行分析；
D．根据酸碱中和反应后，NaOD过量，计算剩余的c（OD﹣），结合水的离子积进行分析。
【解答】解：A．重水存在电离平衡，，Na与重水电离生成的D+反应生成D2，促进重水发生电离，从而使重水的电离程度增大，故A正确；
B．重水的离子积，则c（D+）＝c（OD﹣）＝4×10﹣8mol L﹣1，pD＝﹣lgc（D+）＝﹣lg（4×10﹣8）＝8﹣2lg2，故B正确；
C．1 L含0.01mol DCl的重水溶液中c（D+）＝0.01mol L﹣1，pD＝﹣lg0.01＝2，故C正确；
D．100 mL 0.4mol L﹣1的NaOD的重水溶液与100 mL 0.2mol L﹣1的DCl重水溶液混合时，NaOD过量，所以，，pD＝14﹣lg1.6，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。
13．（2024秋 山东校级月考）常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：
化学式 H2C2O4 HClO H2CO3
电离常数
下列说法错误的是（　　）
A．溶液中、不能大量共存
B．25℃，将0.1mol L﹣1H2C2O4溶液加水稀释，不变
C．25℃，pH相同的①Na2C2O4②Na2CO3③NaClO三种溶液，浓度大小顺序为③＞①＞②
D．NaHC2O4溶液中的离子浓度大小大小顺序为
【答案】C
【分析】由此几种弱酸的电离平衡常数可知，Ka1（H2C2O4）＞Ka2（H2C2O4）＞Ka1（H2CO3）＞Ka （HClO）＞Ka2（H2CO3）；相同条件下，电离常数越大，电离出氢离子越容易，等物质的量浓度时酸性越强，酸性：。
【解答】解：A．酸和盐发生复分解反应时，遵循以强制弱原则，强酸能和弱酸盐发生复分解反应生成弱酸，结合分析可知，溶液中、能反应生成碳酸、碳酸分解释放出二氧化碳，故、不能大量共存，故A正确；
B．25℃，将0.1mol L﹣1H2C2O4溶液加水稀释，，该温度下电离平衡常数和水的离子积常数不变，则不变，故B正确；C．越弱越水解，结合分析可知，水解程度②Na2CO3＞③NaClO＞①Na2C2O4，则 25℃，pH相同的①Na2C2O4②Na2CO3③NaClO三种溶液，浓度大小顺序为①＞③＞②，故C错误；
D．NaHC2O4的水解平衡常数为：，其电离程度大于水解程度，则溶液pH小于7，氢离子源自草酸氢根和水的电离，则NaHC2O4溶液中的离子浓度大小大小顺序为，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
14．（2024秋 山东校级月考）常温下，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol L﹣1，溶液中各含磷微粒的pc﹣pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷微粒的浓度负对数（pc＝﹣lgc），pOH表示c（OH﹣）负对数[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]；x、y、z三点的坐标：x（7.4，1.3）、y（10.0，3.6）、z（12.6，1.3）。不考虑pOH变化过程对溶液体积造成的影响，下列说法正确的是（　　）
A．曲线③表示随pOH的变化
B．Na2HPO3溶液呈碱性的原因是的水解程度大于电离程度
C．pH＝4的溶液中：mol L﹣1
D．的平衡常数K＞1.0×105
【答案】D
【分析】由图可知，H3PO3溶液中含磷微粒只有3种，说明H3PO3在溶液中能分步电离出和，则H3PO3为二元弱酸；溶液的碱性越强，pOH越小，溶液中H3PO3的浓度越小、的浓度越大，则曲线①表示pc（）随pOH的变化、曲线②表示pc（）随pOH的变化、曲线③表示pc（H3PO3）随pOH的变化；由z点坐标可知，pOH＝12.6，pH＝1.4，溶液中，则H3PO3的，同理由x点坐标可知，H3PO3的；
【解答】解：A．H3PO3溶液中含磷微粒只有3种，说明H3PO3在溶液中能分步电离出和，则H3PO3为二元弱酸；溶液的碱性越强，pOH越小，溶液中H3PO3的浓度越小、的浓度越大，曲线①表示pc（）随pOH的变化、曲线②表示pc（）随pOH的变化、曲线③表示pc（H3PO3）随pOH的变化，故A错误；
B．H3PO3为二元弱酸，则Na2HPO3溶液呈碱性的原因是的水解导致，故B错误；
C．pH＝4时，即pOH＝10，由图中点y（10.0，3.6）可知此时pc（）＝pc（H3PO3），即c（）＝c（H3PO3），由c（H3PO3）+c（）+c（）＝0.1mol L﹣1可得c（）＝0.1mol L﹣1﹣c（）﹣c（H3PO3）＝0.1mol L﹣1﹣2c（），故C错误；
D．由方程式可知，反应的平衡常数，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。
15．（2024秋 济宁期末）向稀氨水中分别加入①蒸馏水、②NH3、③NH4Cl（s），并维持室温，相关判断正确的是（　　）
A．加入①之后，NH3 H2O的电离平衡得到促进，减小
B．加入②之后，NH3 H2O的电离平衡正向移动，电离程度增大
C．加入③之后，c（NH3 H2O）增大，维持不变
D．升高温度，NH3 H2O的电离平衡得到促进，c（OH﹣）减小
【答案】C
【分析】A．越稀越电离；
B．越稀越电离；
C．Kb只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变；
D．升高温度，促进弱电解质的电离。
【解答】解：A．向稀氨水中加入蒸馏水，NH3 H2O的电离平衡得到促进，，c（OH﹣）减小，比值增大，故A错误；
B．向稀氨水中加入NH3，NH3 H2O的浓度增大，电离平衡正向移动，电离程度减小，故B错误；
C．向稀氨水中加入NH4Cl（s），NH3 H2O的电离平衡逆向移动，c（NH3 H2O）增大，Kb，维持不变，故C正确；
D．升高温度，NH3 H2O的电离平衡得到促进，c（OH﹣）增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，属于基本知识的考查，难度不大。
16．（2024秋 山东期中）水的电离平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．C点溶液一定呈中性
B．从A点到B点，可采用升高温度的方法
C．D点溶液中水电离的H+浓度一定为1×10﹣6mol L﹣1
D．E点溶液可能为NaOH溶液或Na2CO3溶液
【答案】C
【分析】A．C点溶液中c（H+）＝c（OH﹣）；
B．从A点到B点，c（H+）、c（OH﹣）均增大，且c（H+）＝c（OH﹣）；
C．D点c（H+）＞c（OH﹣），溶液显酸性，可以加入强酸弱碱盐，促进水的电离，也可能是加入强酸，抑制水的电离；
D．E点c（H+）＜c（OH﹣），溶液显碱性。
【解答】解：A．C点溶液中c（H+）＝c（OH﹣），溶液一定呈中性，故A正确；
B．从A点到B点，c（H+）、c（OH﹣）均增大，且c（H+）＝c（OH﹣），溶液仍然呈中性，Kw增大，可采用升高温度的方法，故B正确；
C．D点c（H+）＞c（OH﹣），溶液显酸性，可以加入强酸弱碱盐，促进水的电离，也可能是加入强酸，抑制水的电离，水电离的氢离子浓度为1×10﹣6mol L﹣1或1×10﹣8mol L﹣1，故C错误；
D．E点c（H+）＜c（OH﹣），溶液显碱性，可能为氢氧化钠或碳酸钠溶液，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。
二．解答题（共4小题）
17．（2024秋 淄博期中）天然气中含有的H2S会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去H2S。在此过程中会产生大量含硫废水（其中硫元素的主要化合价是﹣2价），对设备、环境等造成严重危害。
已知：①H2S、HS﹣、S2﹣在水溶液中的物质的量分数随pH的分布曲线如图所示：
②碳酸的电离平衡常数：，
（1）①用蒸馏水稀释0.1mol/L的氢硫酸，数值随加水量的增加而增大的是 　AB　 。
A． B． C． D．
②用过量的Na2CO3溶液吸收天然气中的H2S的离子方程式为 　H2SHS﹣ ，该反应对应的化学平衡常数K＝ 　2.13×103 （只列出计算式）。
（2）①当pH≈8时，含硫废水中H2S、HS﹣的浓度比是 　1：10　 。
②NaHS溶液呈碱性，原因是 　HS﹣的水解常数Kh1×10﹣7＞Ka2＝1×10﹣12.9，则HS﹣的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性　 。
（3）氧化还原法处理含硫废水：
向pH≈9含硫废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH＝5，产生淡黄色沉淀，反应的离子方程式是 　2HS﹣4H+＝3S↓+3H2O　 。
【答案】（1）①AB；
②H2SHS﹣；2.13×103；
（2）①1：10；
②HS﹣的水解常数Kh1×10﹣7＞Ka2＝1×10﹣12.9，则HS﹣的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；
（3）2HS﹣4H+＝3S↓+3H2O。
【分析】（1）根据氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，一级电离会抑制二级电离，氢硫酸溶液加水稀释时，溶液中氢硫酸、氢离子、氢硫酸根离子、硫离子的浓度都会减小，但氢离子减小幅度小于硫离子，电离常数和水的离子积常数都不变进行分析；
（2）根据由电离常数可知，溶液中，进行分析；
（3）根据pH＝9的含硫废水中硫元素以氢硫酸根离子形式存在，则生成淡黄色沉淀的反应为溶液中氢硫酸根离子与亚硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫沉淀和水，进行分析。
【解答】解：（1）①A．由电离常数可知，溶液中，由分析可知，加水稀释时，氢离子浓度减小，电离常数不变，则和的值增大，故A符合题意；
B．由分析可知，氢硫酸溶液加水稀释时，氢离子减小幅度小于硫离子，所以的值增大，故B符合题意；
C．溶液中氢离子浓度为，由分析可知，加水稀释时，氢离子浓度减小，则的值减小，故C不符合题意；
D．由分析可知，加水稀释时，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，所以溶液中的值减小，故D不符合题意；
故答案为：AB；
②由图可知，溶液中氢硫酸浓度和氢硫酸根离子浓度相等时，溶液pH为7，氢硫酸的一级电离常数Ka1（H2S） c（H+）＝1×10﹣7，同理可知，氢硫酸的二级电离常数Ka2（H2S）＝1×10﹣12.9；由电离常数可知，酸性强弱顺序为H2CO3＞H2SHS﹣，由强酸制弱酸原理可知，过量的碳酸钠溶液吸收天然气中的硫化氢发生的反应为碳酸钠溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，反应的离子方程式为H2SHS﹣，由方程式可知，反应的平衡常数K2.13×103，
故答案为：H2SHS﹣；2.13×103；
（2）①由电离常数可知，溶液中，当pH≈8时，溶液中，
故答案为：1：10；
②由电离常数可知，HS﹣的水解常数Kh1×10﹣7＞Ka2＝1×10﹣12.9，则HS﹣的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，
故答案为：HS﹣的水解常数Kh1×10﹣7＞Ka2＝1×10﹣12.9，则HS﹣的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；
（3）由图可知，pH＝9的含硫废水中硫元素以氢硫酸根离子形式存在，则生成淡黄色沉淀的反应为溶液中氢硫酸根离子与亚硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫沉淀和水，反应离子方程式为2HS﹣4H+＝3S↓+3H2O，
故答案为：2HS﹣4H+＝3S↓+3H2O。
【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。
18．（2024秋 日照期中）已知25℃时弱电解质的电离平衡常数如下：
弱电解质 HCOOH HCN H2C2O4 NH3 H2O
电离平衡常数（mol L﹣1） Ka＝1.8×10﹣4 Ka＝6.2×10﹣10 Ka1＝5.6×10﹣2 Ka2＝5.4×10﹣5 Kb＝1.7×10﹣5
（1）向20mL0.1mol L﹣1HCN溶液中滴加10mL0.1mol L﹣1NaOH溶液时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 　c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　 。
（2）等体积等浓度的HCOOH和H2C2O4溶液加水稀释到相同pH，加入水的量：HCOOH 　＜　 H2C2O4（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，阴离子数目HCOONa 　＞　 NaCN，水的电离程度HCOONa 　＜　 NaCN（填“＞”“＜”或“＝”）。
（4）室温下，向10mL1.7mol L﹣1盐酸中滴加10mLcmol L﹣1氨水，溶液恰好呈中性，则c＝ 　1.71　 。
（5）向Na2C2O4溶液中滴加过量HCOOH溶液，发生反应的离子方程式为 　　 。
（6）常温下，向20mL浓度均为0.1mol L﹣1的氨水和HCOONa溶液中分别滴加浓度均为0.1mol L﹣1的NH4Cl溶液和HCOOH溶液，﹣lgc水（H+）随加入溶液体积的变化如图所示。向氨水中滴加HCOOH溶液的曲线为 　b　 ，向HCOONa溶液中滴加NH4Cl溶液的曲线为 　d　 （填“a”“b”“c”或“d”）。
【答案】（1）c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（2）＜；
（3）＞；＜；
（4）1.71；
（5）；
（6）b；d。
【分析】（1）根据HCN为弱酸，部分电离，NaCN水解常数为，则水解大于电离，进行分析；
（2）根据酸性HCOOH＜H2C2O4，进行分析；
（3）根据酸性HCOOH＞HCN，等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，NaCN溶液水解程度更大，水解方程式为：、，结合电荷守恒进行分析；
（4）根据溶液恰好呈中性，则溶液中氨水略微过量，进行分析；
（5）根据酸性，进行分析；
（6）根据0.1mol L﹣1的氨水抑制水的电离，对应ab线，HCOONa溶液促进水的电离，对应cd线；向氨水中滴加HCOOH溶液反应生成HCOONH4，促进水的电离，酸过量，水的电离被抑制，电离程度减小，进行分析。
【解答】解：（1）HCN为弱酸，部分电离，20 mL 0.1 mol L﹣1 HCN溶液中滴加10mL 0.1mol L﹣1 NaOH溶液时，得到等浓度HCN和NaCN溶液，NaCN水解常数为，则水解大于电离，溶液显碱性，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（2）酸性HCOOH＜H2C2O4，则等体积等浓度的HCOOH和H2C2O4溶液，初始H2C2O4溶液的pH更小，加水稀释，溶液pH增大，稀释到相同pH，H2C2O4溶液需水更多，则加入水的量：HCOOH＜H2C2O4，
故答案为：＜；
（3）酸性HCOOH＞HCN，等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，NaCN溶液水解程度更大，水的电离程度HCOONa＜NaCN；水解方程式为：、，根据电荷守恒：Na++H+＝X﹣+OH﹣（X代表CN或HCOO），由于水解程度：CN﹣＞HCOO﹣，则HCOONa溶液氢离子浓度大于NaCN，则阴离子数目HCOONa＞NaCN，
故答案为：＞；＜；
（4）室温下，向10mL 1.7 mol L﹣1盐酸中滴加10 mL c mol L﹣1氨水，溶液恰好呈中性，则溶液中氨水略微过量，得到混合溶液中c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣7mol/L，由电荷守恒可知，，则，，结合氮守恒，则初始c，
故答案为：1.71；
（5）酸性，则Na2C2O4溶液中滴加过量HCOOH溶液，发生反应的离子方程式为，
故答案为：；
（6）0.1mol L﹣1的氨水抑制水的电离，对应ab线，HCOONa溶液促进水的电离，对应cd线；向氨水中滴加HCOOH溶液反应生成HCOONH4，促进水的电离，当加入20 mL0.1 mol L﹣1 HCOOH溶液时，溶质为甲酸铵，对水的促进作用最大，继续加入甲酸，酸过量，水的电离被抑制，电离程度减小，故向氨水中滴加HCOOH溶液的曲线为b；向HCOONa溶液中滴加NH4Cl，铵根离子水解也会促进水的电离，水的电离出沉淀变大，则对应曲线为d，
故答案为：b；d。
【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 日照期中）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布分数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]
已知：CH2ClCOOH的酸性比CHCl2COOH弱。
回答下列问题：
（1）曲线M表示的是 　　 （填化学式）。
（2）常温下，CH2ClCOOH的Ka＝ 　10﹣2.8 mol L﹣1。
（3）当pH＝2.08时，CHCl2COOH和CH2ClCOOH的电离度之比为 　　 。
（4）常温下，0.1mol L﹣1的CHCl2COONa溶液的pH约为 　7.15　 。
（5）常温下，浓度均为0.1mol L﹣1的CH2ClCOOH和CHCl2COOH的混合溶液，满足以下关系： 　0.2　 mol L﹣1；若向100mL该混合溶液中加入0.02mol NaOH固体，则溶液中 　＞　 （填“＞”“＜”或“＝”）。
【答案】（1）；
（2）10﹣2.8；
（3）；
（4）7.15；
（5）0.2；＞。
【分析】随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，、浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka（CH2ClCOOH）小于Ka（CHCl2COOH），δ（酸分子）＝δ（酸根离子）＝0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为，。
【解答】解：（1）随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，、浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH酸性强于CH2ClCOOH，曲线M应表示的变化关系，
故答案为：；
（2）Ka（CH2ClCOOH）小于Ka（CHCl2COOH），δ（酸分子）＝δ（酸根离子）＝0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则CH2ClCOOH的mol L﹣1，
故答案为：10﹣2.8；
（3）n初始＝n电离+n未电离，电离度，则，，pH＝2.08时，，，故，
故答案为：；
（4），则，0.1mol L﹣1的CHCl2COONa溶液中，忽略的水解，则，则10﹣12.7，c（OH﹣）＝10﹣6.85mol/L，则pH＝7.15，
故答案为：7.15；
（5）0.1mol L﹣1的CH2ClCOOH和CHCl2COOH混合溶液存在电荷守恒，物料守恒，，则0.1mol/L﹣c（CH2ClCOOH）c（OH﹣）＝c（H+），则0.2mol/L；100mL该混合溶液中，c（CH2ClCOOH）＝c（CHCl2COOH）＝0.01mol，加入0.02mol 氢氧化钠固体，则溶质为n（CH2ClCOONa）＝n（CHCl2COONa）＝0.01mol，Ka（CHCl2COOH）＞Ka（CH2ClCOOH），则，即，约掉氢氧根离子，得到，即，
故答案为：0.2；＞。
【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。
20．（2023秋 德州期末）已知25℃时，几种酸的电离平衡常数如表所示。
H2CO3 H2A HClO CH3COOH H2B
Ka1＝4.4×10﹣7 Ka1＝1.0×10﹣2 Ka＝4.7×10﹣8 Ka＝1.8×10﹣5 ——
Ka2＝4.7×10﹣11 Ka2＝6.0×10﹣8 —— —— ——
（1）25℃时浓度均为0.1mol L﹣1的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3、NaClO溶液，pH由大到小顺序为 　Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa　 ；
（2）25℃时向100mL0.1mol L﹣1的H2A溶液中加入等浓度等体积的NaOH溶液，所得混合液显 　酸　 （填“酸”“碱”“中”）性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 　c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）　 ；
（3）25℃时，用NaOH溶液吸收H2A得到pH＝9的Na2A溶液，吸收过程中水的电离平衡 　向右　 （填“向左”“向右”或“不”）移动，试计算溶液中 　60　 。
（4）碳酸盐之间的转化在工业上有重要作用，通过计算说明
Li2CO3（s）+Ca2++（aq） 2Li+（aq）+CaCO3（s）能进行完全的原因：　K3.5×105＞105 。
[已知：Ksp（Li2CO3）═8.75×10﹣4，Ksp（CaCO3）═2.5×10﹣9]
（5）改变0.1mol L﹣1二元弱酸H2B溶液的pH，溶液中H2B、HB﹣、B2﹣的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示[已知δ（X）]，则K2（H2B）＝ 　10﹣4.1 。
【答案】（1）Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa；
（2）酸；c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）；
（3）向右；60；
（4）K3.5×105＞105；
（5）10﹣4.1。
【分析】（1）酸的酸性越强，其酸根离子的水解能力越弱，对应溶液的pH越小，反之相反；
（2）向100mL0.1mol L﹣1的H2A溶液中加入等浓度等体积的NaOH溶液，所得溶液中溶质为NaHA，HA﹣的水解常数Kh1.0×10﹣12＜Ka2，即HA﹣的电离程度大于其水解程度，NaHA溶液呈酸性；
（3）碱抑制水的电离，用NaOH溶液吸收H2A的过程中，溶液的碱性减弱，水的电离程度增大，Ka2（HA）c（H+），结合pH＝9进行计算；
（4）反应Li2CO3（s）+Ca2++（aq） 2Li+（aq）+CaCO3（s）的平衡常数K，结合溶度积常数进行计算；
（5）H2B为二元弱酸，随着溶液pH增大，溶液中c（H2B）逐渐减小，c（HB﹣）先增大后减小，c（B2﹣）逐渐增大，则图中pH＝4.1时c（HB﹣）＝c（B2﹣），结合K2（H2B）c（H+）进行计算。
【解答】解：（1）根据表中数据可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3HClO，酸性越强，其酸根离子的水解能力越弱，对应溶液的pH越小，即酸根离子的水解能力：ClO﹣CH3COO﹣，则浓度均为0.1mol L﹣1的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3、NaClO溶液，pH由大到小顺序为Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，
故答案为：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa；
（2）H2A是二元弱酸，向100mL0.1mol L﹣1的H2A溶液中加入等浓度等体积的NaOH溶液，所得溶液中溶质为NaHA，HA﹣的水解常数Kh1.0×10﹣12＜Ka2，即HA﹣的电离程度大于其水解程度，NaHA溶液呈酸性，则溶液中离子浓度由大到小顺序为c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），
故答案为：酸；c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）；
（3）H2A为酸，抑制水的电离，Na2A为强碱弱酸盐，促进水的电离，则NaOH溶液吸收H2A的过程中水的电离平衡向右移动；Ka2（HA）c（H+），则pH＝9时c（H+）＝10﹣9mol/L，60，
故答案为：向右；60；
（4）反应Li2CO3（s）+Ca2++（aq） 2Li+（aq）+CaCO3（s）的平衡常数K3.5×105＞105，则该反应能进行完全，
故答案为：K3.5×105＞105；
（5）H2B为二元弱酸，随着溶液pH增大，溶液中c（H2B）逐渐减小，c（HB﹣）先增大后减小，c（B2﹣）逐渐增大，则图中pH＝4.1时c（HB﹣）＝c（B2﹣），此时K2（H2B）c（H+）＝c（H+）＝10﹣4.1，
故答案为：10﹣4.1。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小，侧重分析判断能力和计算能力考查，把握弱电解质的电离平衡、水解原理、电离平衡常数计算及其应用是解题关键，题目难度中等。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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