2022届高三化学一轮复习 化学反应原理专题练13 弱电解质的电离平衡及影响因素（含解析）.docx

1、弱电解质的电离平衡及影响因素一、单选题（本大题共16小题，共48分）1. 在CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOHH+CH3COO-，加入少量下列物质平衡不发生移动的是()A. NaClB. CH3COONaC. Na2CO3D. NaOH2. 液氨与水性质相似，也存在微弱的电离：2NH3NH4+NH2-，某温度下其离子积常数K=c(NH4+)c(NH2-)=210-30，维持温度不变，向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，不发生改变的是()A. 液氨的电离度B. 液氨的离子积常数C. c(NH4+)D. c(NH2-)3. 现有0.1molL-1氨水10mL，恒温条件下加

2、蒸馏水稀释到1L后，下列变化中错误的是()电离程度增大NH3H2O的浓度增大NH4+数目增多c(OH-)增大导电性增强增大A. B. C. D. 4. 下列说法中不正确的有()水是一种极弱的电解质，在常温下平均每n个水分子只有1个分子发生电离，n的值是55.6107两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2常温下pH=4的醋酸加水稀释过程中，所有离子浓度都降低蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个5. 下列有关电解质溶液的叙述正确的是A. 常温下，稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的Ka增大，水的离子积Kw不变B

3、. 0.1molL-1Na2SO3溶液，加水稀释，c(SO32-)与c(Na+)的比值减小C. 0.01molL-1NaHCO3溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)D. 常温下，pH=12的氢氧化钡溶液与pH=2的醋酸溶液等体积混合，溶液呈碱性6. 常温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述错误的是()A. 溶液中水电离出的c(H+)=1010-11molL-1B. 与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液pH=7C. 加入少量水稀释该溶液的过程中，c(CH3COO-)c(CH3COOH)增大D. 加入0.1molL-1CH3COONa溶液使

4、pH=7，则c(CH3COO-)=c(Na+)7. 25时，某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2molL-1，Ka为CH3COOH的电离常数。下列说法正确的是()A. 该溶液不可能显碱性B. 若溶质仅为CH3COOH和NaCl，则c(Na+)c(Cl-)+c(CH3COO-)C. 若溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则c(OH-)c(NH4Cl)C. 两种溶液中水电离出的c(H+)相等，且都大于10-7molL-1D. 0.1molL-1NH3H2O的pH小于139. 相同体积、相同pH的某一元强酸溶液和某一元中强酸溶液分别与足量的锌粉发生反应，下列关

5、于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是()A. B. C. D. 10. 醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H+(aq)+CH3COO-(aq)H0。25时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka=1.7510-5，是该温度下醋酸的电离平衡常数(Ka)。下列说法正确的是( )A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H+)减小B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Kac(Cl-)c(OH-)c(H+)C. c点溶液呈中性D. a点水的电离度约为：1.810-11%12. 酒石酸是葡萄酒中主要的有机酸之一，它

6、的结构式为 HOOCCH(OH)CH(OH)COOH(简写为H2R).已知：25时，H2R和H2CO3的电离平衡常数如表。下列说法正确的是() 化学式H2RH2CO3电离平衡常数K1=9.110-4，K2=4.310-5K1=4.210-7，K2=5.610-11A. NaHCO3溶液呈碱性，NaHR溶液呈酸性，且溶液中c(Na+)c(HR-)c(H2R)c(R2-)B. 在Na2R溶液中通入足量CO2生成的盐是NaHR和NaHCO3C. 1molH2R分别与足量的NaOH、Na2CO3、Na反应消耗三者的物质的量之比为2：1：2D. 25时，将等物质的量浓度的NaHR和Na2CO3溶液等体积

7、混合，所得溶液中各微粒浓度大小顺序为：c(Na+)c(R2-)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)13. 已知常温下HCOOH的电离平衡常数Ka=1.7510-5，向1L0.1molL-1的HCOONa溶液中通入HCl气体，溶液中HCOO-和HCOOH的物质的量浓度变化曲线如图所示(忽略溶液体积变化)，下列说法错误的是()A. 0.1molL-1HCOOH溶液pH3B. 由N点到M点，溶液的pH不断减小C. N点溶液中可能存在c(Na+)c(HCOO-)c(Cl-)c(OH-)c(H+)D. M点时溶液呈碱性14. 草酸铵用于制安全炸药和供分析试剂等用，已知数据如表。关于常温下0.40mol

8、L-1的(NH4)2C2O4溶液，下列说法错误的是() 弱电解质草酸(H2C2O4)NH3H2O电离常数(25)K1=5.410-2，K2=5.410-5K=1.810-5A. 由表中数据可判断该溶液呈酸性B. c(NH4+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)C. 稀释溶液，c(NH4+)c(NH3H2O)减小D. C2O42-+H2OHC2O4-+OH-的水解平衡常数是Kh，Kh的数量级为10-515. 25时，用蒸馏水稀释10mLpH=11的氨水。下列叙述正确的是()A. 该10mL氨水的浓度为0.001mol/LB. 稀释至100mL时，溶液的pH小于1

9、0C. 稀释时，溶液中所有的离子的浓度均变小D. 稀释过程中，C(NH4+)C(CH3H2O)的值一定增大16. 下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.810-5K1=4.310-7K2=5.610-11K1=9.110-8K2=1.110-12K1=7.510-3K2=6.210-8K3=2.210-13则下列说法中不正确的是()A. 碳酸的酸性强于氢硫酸B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C. 常温下，加水稀释醋酸，c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(OH-)增大D. 向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变二、填空题（本大题共

10、7小题，共52分）17. 双氧水(H2O2)和水都是极弱电解质，H2O2可以看成一种二元弱酸。(1)写出H2O2在水中的电离方程式：_。(2)写出H2O2和少量Ba(OH)2溶液反应的化学方程式：_。(3)水电离生成H3O+和OH-的过程叫做水的自耦电离。同水一样，H2O2也有微弱的自耦电离，其自耦电离的方程式为：_。18. (1)0.1mol/L的CH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合后溶液中质子守恒的表达式为： _ 。 (2)现用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，一极通CO气体，另一通O2和CO2混合气体构成熔融盐燃料电池，写出其正极发生反应的电

11、极反应式 _ 。 (3)写出由镁铝与氢氧化钠溶液组成的原电池发生反应的负极反应式： _ 。19. 已知：25时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.910-2，Ka2=6.410-5，则25时，0.1molL-1NaHC2O4显 _ 性，理由是 _ ，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则此时溶液中c(H+)= _ 。20. 请完成下列填空(已知：1g2=0.3)。(1)已知25，NH3H2O的Kb=1.810-5，氨水的浓度为2.0mol/L，溶液中的c(OH-)=_ mol/L。(2)某小组同学探究饱和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反应的实验

12、。向NaClO溶液中加入饱和的KAl(SO4)2溶液，观察产生大量的白色胶状沉淀。出现上述现象的原因是_。(请用反应的离子方程式表示)(3)硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离如下：H2SeO4=H+HSeO4-，HSeO4-H+SeO42-(25下，K=1.010-2)。向H2SeO4溶液中滴加少量氨水，该反应的离子方程式为_。(4)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液中c(CO32-)=c(H2CO3)时，则溶液的pH=_。(室温下，H2CO3的Ka1=410-7；Ka2=510-11)(5)已知常温下CN-的水解常数Kh=2.010-5。常温下，若将cmolL-1盐酸与0.62mol

13、L-1KCN溶液等体积混合后恰好得到中性溶液，则c=_mol/L。(小数点后保留3位数字)21. (1)书写下列过程的电离方程式(NH4)2SO4溶于水：_；H3PO4溶于水：_；HF溶于水：_；NaHS溶于水：_。(2)将6gCH3COOH溶于水制成1L溶液，此溶液的物质的量浓度为_，经测定溶液中含CH3COO-为1.410-3mol/L，此温度下醋酸的电离常数：Ka=_，温度升高Ka将_(填“变大”、“不变”或“变小”)。(3)Fe3+和I-在水溶液中的反应如下：2Fe3+2I-2Fe2+I2(水溶液)，当上述反应达到平衡后，加入CCl4萃取I2，且温度不变，上述平衡_(填：向左、向右、不

14、)移动。22. (1)化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关。已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)H=-185kJ/mol共价键H-HCl-Cl键能/(kJ/mol)436247则H-Cl的键能为_kJ/mol。(2)已知25时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.810-5Ka1=4.310-7Ka2=5.610-11Ka=3.010-8表中三种酸酸性最强的是_。常温下，0.1molL-1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_(填字母)。A.c(H+)B.c(H+)c(CH3COOH

15、)C.c(OH-)c(H+)D.c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_。25时，将amolL-1的醋酸与bmolL-1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，这时钠离子浓度与醋酸根离子浓度相等，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为_。设计一个实验证明醋酸是弱电解质：操作：_；现象：_。结论：醋酸是弱电解质。23. 已知：25时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等。(1)25时，取10mL0.1mol/L醋酸溶液测得其pH=3。将上述(1)溶液加水稀释至1000mL，溶液pH数值范围为_。25时，0.1mol/L氨水(NH3H

16、2O溶液)的pH=_。25时，氨水电离平衡常数约为_。(2)25时，现向10mL0.1mol/L氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液当溶液的pH=7时，此时由水电离出来的氢离子的物质的量浓度_10-7mol/L.(填“”、“=”或“c(Na+)c(CH3COOH)b.c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)c.2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)d.c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度不大，明确电离平衡的影响因素为解答关键，试题侧重考查学生的分析能

17、力及灵活应用基础知识的能力。【解答】平衡不发生移动说明加入的物质不影响醋酸的电离平衡，若加入的物质中含有相同的离子(H+或CH3COO-)能抑制醋酸的电离，若加入的物质能够氢离子或醋酸根离子反应则促进醋酸电离，据此分析解答。A.钠离子和氯离子都不影响醋酸的电离，所以加入NaCl后平衡不发生移动，故A正确；B.加入CH3COONa，CH3COO-的浓度增大，电离平衡向着逆向移动，故B错误；C.Na2CO3碳酸钠电离出的碳酸根离子结合氢离子，促进了醋酸的电离，平衡向着正向移动，故C错误；D.加入NaOH，氢氧根离子结合H+，电离平衡向着正向移动，故D错误。故选A。2.【答案】B【解析】解：向液氨中

18、加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，c(NH4+)或c(NH2-)增大抑制液氨电离，温度不变，电离平衡常数不变，A.抑制液氨电离导致液氨的电离度减小，故A不选；B.温度不变，液氨的离子积常数不变，故B选；C.如果加入氯化铵，则铵根离子浓度增大，如果加入NaNH2，则铵根离子浓度减小，故C不选；D.如果加入氯化铵，则c(NH2-)减小，如果加入NaNH2，则c(NH2-)增大，故D不选；故选：B。本题考查了弱电解质的电离，根据加入物质对离子浓度的影响来确定反应方向，再结合电离平衡常数的影响因素来分析解答，题目难度不大。3.【答案】D【解析】解：加水稀释促进NH3H2O电离，则其电离程度增大，

19、故正确； 加水稀释促进NH3H2O电离，且稀释过程中溶液体积增大，则c(NH3H2O)减小，故错误； 加水稀释促进NH3H2O电离，则NH3H2ONH4+数目增多，故正确； 加水稀释促进NH3H2O电离，但NH3H2O电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(OH-)减小，溶液的pH值减小，故错误； 加水稀释促进NH3H2O电离，但NH3H2O电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(OH-)减小，溶液导电性与离子浓度成正比，则导电性增强减小，故错误； 故选：D。加水稀释促进NH3H2O电离，但NH3H2O电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(OH-)减小，溶液导电能力与

20、离子浓度成正比，据此分析解答。本题考查弱电解质电离，侧重考查基础知识的理解和灵活应用能力，明确弱电解质电离特点、加水稀释过程中各微粒浓度变化是解本题关键，题目难度不大。4.【答案】C【解析】解：1L在常温下质量约为1000g，物质的量为：1000g18g/mol55.6mol，1L水在常温下含有氢离子物质的量为：10-7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则nmol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：55.6mol10-7mol=nmol1mol，解得n=5.56108，故正确； 相同温度下，不同浓度的醋酸溶液，醋酸的浓度越大其电离程度越小，假设电离程度相同时c1

21、=10c2，实际上c1的电离程度小于c1，所以c110c2，故错误； 酸溶液稀释时，c(H+)减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，故错误； 铝离子水解，且生成盐酸易挥发，则不能蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝，蒸干得到氢氧化铝，故错误； 故选：C。根据常温下1L水的质量约为1000g计算出水的物质的量，再根据常温下氢离子浓度为10-7mol/L可知1L水中约含有10-7mol氢离子，最后根据每n个水分子中只有一个水分子发生电离计算出n值； 相同温度下，不同浓度的醋酸溶液，醋酸的浓度越大其电离程度越小； 酸溶液稀释时，c(OH-)增大； 铝离子水解，且生成盐酸易挥发。本题考查酸碱混合溶

22、液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确弱电解质电离特点并正确理解题给信息是解本题关键，题目难度中等。5.【答案】B【解析】【分析】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查盐类水解、酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：所有的平衡常数都只与温度有关，与其它因素都无关。【解答】A.电离平衡常数与水的离子积常数只与温度有关，温度不变则CH3COOH的Ka、水的离子积Kw都不变，故A错误；B.0.1molL-1Na2SO3溶液，加水稀释，促进SO32-水解，钠离子不水解，导致加水稀释c(SO32-)与c(Na+)的比值减小，

23、故B正确；C.NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-水解程度大于电离程度，但是其电离和水解程度都较小，水还电离生成OH-，所以存在c(CO32-)c(OH-)，故C错误；D.常温下pH=12的氢氧化钡溶液中c(OH-)=0.01mol/L，pH=2的醋酸溶液浓度大于0.01mol/L，二者等体积混合醋酸有大量剩余，混合溶液呈酸性，故D错误。故选B。6.【答案】B【解析】【分析】本题考查弱电解质电离平衡、离子浓度大小比较，题目难度不大，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。【解答】A、pH=3的CH3COOH溶液中c(H+

24、)=1.010-3molL-1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则由H2O电离出的c(H+)=c(OH-)=1.010-11molL-1，故A正确；B、pH=3的CH3COOH等体积pH=11的NaOH溶液混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故B错误；C、由醋酸电离的平衡常数表达式可知，c(CH3COO-)c(CH3COOH)=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(H+)=Kac(H+)，加水稀释，氢离子浓度降低，温度不变，则平衡常数不变，则稀释过程中，c(CH3COO-)c(CH3COOH)增大，故C正确；D、滴加0.1molL-1CH3C

25、OONa溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，可知c(CH3COO-)=c(Na+)，故D正确；故选：B。7.【答案】D【解析】解：A.混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2molL-1，溶液呈酸性、中性、碱性都可能，若是溶液中醋酸钠为主，混有极少量的醋酸，溶液可能显碱性，故A错误；B.若溶质仅为CH3COOH和NaCl，则c(Na+)=c(Cl-)，故c(Na+)c(Cl-)+c(CH3COO-)，故B错误；C.若溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则Ka=c(C

26、H3COO-)c(H+)c(CH3COOH)=c(H+)，可推知Kw=c(OH-)c(H+)=c(OH-)Ka，则c(OH-)=KwKa-1，故C错误；D.溶液中c(H+)=10-pH，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2molL-1，Ka=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)，则该溶液中c(CH3COO-)=0.2KaKa+10-pHmolL-1，故D正确；故选：D。A.若是溶液中醋酸钠为主，混有极少量的醋酸，溶液可能显碱性；B.若溶质仅为CH3COOH和NaCl，则c(Na+)=c(Cl-)；C.若溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则Ka=c(C

27、H3COO-)c(H+)c(CH3COOH)=c(H+)，可推知c(OH-)Ka=Kw；D.溶液中c(H+)=10-pH，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2molL-1，结合Ka=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)计算。本题考查了弱电解质的电离以及电离常数的有关计算，题目难度不大，把握弱电解质的电离特点、电离常数的计算、水的离子积的计算、离子浓度的比较等知识点是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。8.【答案】D【解析】解：A.两种溶液的pH值相等，则两种溶液中c(H+)、c(OH-)分别相等，溶液中分别存在c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-

28、)、c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，则c(CH3COO-)c(Cl-)，故A错误； B.醋酸电离导致溶液呈酸性、氯化铵水解导致溶液呈酸性，水解程度较微弱，且氯化铵水解程度小于醋酸电离程度，所以c(CH3COOH)c(NH4Cl)，故B错误； C.醋酸抑制水电离、氯化铵促进水电离，两种溶液中水电离出的c(H+)不相等，前者小于10-7molL-1而后者大于10-7molL-1，故C错误； D.NH3H2O是弱电解质而部分电离，所以0.1molL-1NH3H2O中c(OH-)0.1mol/L，则溶液的pH小于13，故D正确； 故选：D。A.两种溶液的pH值相等，则两种溶液中

29、c(H+)、c(OH-)分别相等，溶液中分别存在c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)； B.醋酸电离导致溶液呈酸性、氯化铵水解导致溶液呈酸性，水解程度较微弱； C.酸抑制水电离、氯化铵促进水电离； D.NH3H2O是弱电解质而部分电离。本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查基础知识的理解和应用能力，明确弱电解质电离特点、盐类水解原理等知识点是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，题目难度不大。9.【答案】C【解析】解：因为强酸完全电离，一元中强酸部分电离，因此相同的PH值，即c(H+)相同时，一元中强酸的浓度比强酸浓度大，由于

30、体积相等，因此一元中强酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多。反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元中强酸继续电离出H+，由于其他条件都相同，反应速率取决于H+浓度，由于开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等(在图中反应速率就是斜率)，后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦。最终生成H2的体积也比一元中强酸少，因此曲线在一元中强酸下面，故C符合；故选：C。相同体积、相同pH的一元强酸和一元中强酸溶液，初始时c(H+)相同，一元中强酸溶液中存在酸的电离平衡，则一元中强酸的浓度大于一元强酸的浓度，与足量的锌粉反应产生的氢气体积大，反应过程中一元中强酸溶液继续电离，溶液中氢离子

31、浓度大，产生氢气速率快本题考查了弱电解质溶液的电离平衡移动，题目难度不大，注意一元中强酸属于弱电解质，在溶液中存在电离平衡，侧重于考查学生的分析能力10.【答案】D【解析】【分析】本题考查了弱电解质的电离，根据电离平衡原理来分析解答，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液酸性强弱、溶液浓度无关，为易错点。【解答】A.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，c(H+)增大 ，平衡逆向移动，故A错误；B.向该溶液中加少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，会抑制CH3COOH电离，平衡逆向移动，故B错误；C.弱电解质的电离平衡常数只受温度影响，该温度下，0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.7510-5

32、，故C错误；D.醋酸的电离为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，c(H+)增大，电离平衡常数增大，故D正确。11.【答案】D【解析】解：A.根据图知，a、b、c、d点溶质为NH3H2O、NH3H2O和NH4Cl、NH4Cl、NH4Cl和HCl，NH4Cl水解导致溶液呈酸性、HCl电离导致溶液呈酸性，所以d点溶液呈酸性，故A错误；B.当加入盐酸极少量时，溶液中存在c(Cl-)c(OH-)，故B错误；C.c点溶质为强酸弱碱盐NH4Cl，NH4Cl水解导致溶液呈酸性，故C错误；D.常温下1L水的浓度c=nV=1000g18g/mol1L55.56mol/L，a点溶液中c(H+)=10-11mol/L，

33、a点水的电离度=c(H+)c(H2O)=10-1155.56100%1.810-11%，故D正确；故选：D。A.根据图知，a、b、c、d点溶质为NH3H2O、NH3H2O和NH4Cl、NH4Cl、NH4Cl和HCl，NH4Cl溶液呈酸性；B.当加入盐酸极少量时c(Cl-)K2=5.610-11，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，NaHR溶液中HR-离子水解的平衡常数Kh=KwKa1=10-149.110-41.110-11c(HR-)c(R2-)c(H2R)，故A错误；B.酸性分析可知，在Na2R溶液中通入足量CO2不反应，故B错误；C.电离平衡常数比较得到酸性强弱：H2RHR-

34、H2CO3HCO3-，1molH2R分别与足量的NaOH、Na2CO3、Na反应消耗NaOH物质的量2mol，消耗Na2CO3消耗物质的量1mol，消耗Na物质的量2mol，消耗三者的物质的量之比为2：1：2，故C正确；D.NaHR溶液中HR-电离平衡常数Ka2=4.310-5，25时，Na2CO3溶液中碳酸根离子水解常数Kh=KwKa2=10-145.610-11Ka2=4.310-5，碳酸根离子水解生成的碳酸氢根离子浓度大于HR-离子浓度，溶液显碱性，所得溶液中各微粒浓度大小顺序为：c(Na+)c(HCO3-)c(R2-)c(OH-)c(H+)，故D错误；故选：C。A.NaHCO3溶液中碳

35、酸氢根离子的水解平衡常数Kh=c(H2CO3)c(OH-)c(HCO3-)=KwKa1，NaHR溶液中HR-离子水解的平衡常数Kh=KwKa1，比较水解平衡常数和电离平衡常数，判断电离程度和水解程度大小来判断溶液酸碱性；B.电离平衡常数比较得到酸性强弱：H2RHR-H2CO3HCO3-，酸性强的制备酸性弱的；C.H2R分别与足量的NaOH、Na2CO3、Na反应，分别反应生成的盐溶液为：Na2R、NaHR和NaHCO3、Na2R；D.NaHR溶液中HR-电离平衡常数Ka2=4.310-5，25时，Na2CO3溶液中碳酸根离子水解常数Kh=KwKa2=10-145.610-11Ka2=4.310

36、-5，溶液显碱性。本题考查弱电解质的电离，侧重考查比较分析判断及知识综合应用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、水解平衡常数的计算应用、强酸制取弱酸原理是解本题关键，题目难度中等。13.【答案】D【解析】解：A.HCOOH电离程度较小，则0.1mol/LHCOOH溶液中c(HCOOH)0.1mol/L，c(HCOO-)c(H+)，则溶液中c(H+)Kac=1.7510-50.1mol/L10-3mol/L，则溶液的pH3，故A正确；B.从N点到M点，通入的HCl越多导致溶液中c(HCOOH)越大，溶液酸性增强，则溶液的pH减小，故B正确；C.N点通入极少量的HCl，溶液仍呈碱性，但碱性较

37、弱，c(OH-)c(H+)，HCl加入较少则HCOO-消耗较少，钠离子不反应，溶液中可能存在c(Na+)c(HCOO-)c(Cl-)c(OH-)c(H+)，故C正确；D.M点c(HCOO-)=c(HCOOH)，溶液中Ka=c(HCOO-)c(HCOOH)c(H+)=c(H+)=1.7510-5，该点溶液中c(OH-)=Kwc(H+)=10-141.7510-51.7510-5，即存在c(OH-)氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，故A正确；B.多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，故B正确；C.常温下，加水稀释醋酸，c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(

38、OH-)=KaKw，温度不变，则c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(OH-)不变，故C错误；D.弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变，故D正确。故选C。17.【答案】H2O2H+HO2-、HO2-H+O22- Ba(OH)2+2H2O2=Ba(HO2)2+2H2O 2H2O2HO2-+H3O2+【解析】解：(1)H2O2可以看为一种二元弱酸，在水溶液中分步电离，则H2O2H+HO2-、HO2-H+O22-， 故答案为：H2O2H+HO2-、HO2-H+O22-； (2)H2O2可以看成一种二元弱酸，所以与少量Ba(OH)2溶液反应

39、生成Ba(HO2)2和水，则Ba(OH)2+2H2O2=Ba(HO2)2+2H2O， 故答案为：Ba(OH)2+2H2O2=Ba(HO2)2+2H2O； (3)由题意有H2O2的电离方程式为：2H2O2HO2-+H3O2+， 故答案为：2H2O2HO2-+H3O2+。(1)H2O2可以看为一种二元弱酸，在水溶液中分步电离； (2)H2O2可以看成一种二元弱酸，所以与少量Ba(OH)2溶液反应生成Ba(HO2)2和水； (3)水电离生成H3O+和OH-的过程叫做水的自耦电离。同水一样，H2O2也有微弱的自耦电离，生成HO2-和H3O2+。本题考查反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把H2O2看

40、成二元弱酸，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，题目难度中等。18.【答案】c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-) O2+4e-+2CO2=2CO32- Al+4OH-3e-=AlO2-+2H2O【解析】解：(1)混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则存在质子守恒c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)， 故答案为：c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)； (2)

41、该燃料电池中，通入CO的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为2CO-4e-+2CO32-=4CO2，通入氧气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-， 故答案为：O2+4e-+2CO2=2CO32-； (3)Mg、Al和NaOH溶液构成的原电池中，Al易失电子而作负极，则Mg作正极，负极上Al失电子和OH-反应生成AlO2-，负极反应式为Al+4OH-3e-=AlO2-+2H2O， 故答案为：Al+4OH-3e-=AlO2-+2H2O。(1)混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，

42、存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)； (2)该燃料电池中，通入CO的一极为原电池的负极，CO失电子和CO32-反应生成CO2，通入氧气和CO2混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，正极上氧气得电子和CO2反应生成CO32-； (3)Mg、Al和NaOH溶液构成的原电池中，Al易失电子而作负极，则Mg作正极，负极上Al失电子和OH-反应生成AlO2-。本题考查弱电解质电离及原电池原理，侧重考查基础知识的理解和灵活应用能力，明确电解质溶液中存在的守恒及原电池中各个电极上发生的反应为解答本题关键，注意(3)中不能根据金属活泼性强弱判断正负极，为解答易错点。1

43、9.【答案】酸 HC2O4-的水解平衡常数KhKa2，则HC2O4-的电离程度大于水解程度 6.410-5【解析】解：HC2O4-水解导致溶液呈碱性、HC2O4-电离导致溶液呈酸性，HC2O4-的水解平衡常数Kh=KwKa1=10-145.910-21.710-13Ka2，则HC2O4-的电离程度大于水解程度导致0.1molL-1NaHC2O4溶液呈酸性；当溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，此时溶液中Ka2=c(C2O42-)c(H+)c(HC2O4-)=c(H+)=6.410-5，故答案为：酸；HC2O4-的水解平衡常数KhKa2，则HC2O4-的电离程度大于水解程度；6.41

44、0-5。HC2O4-水解导致溶液呈碱性、HC2O4-电离导致溶液呈酸性，HC2O4-的水解平衡常数Kh=KwKa1=10-145.910-21.710-131【解析】解：(1)H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)H=-185kJ/mol，设H-Cl的键能为x，H=436kJ/mol+247kJ/mol-2x=-185kJ/mol，x=434kJ/mol，故答案为：434；(2)根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOHH2CO3HCO3-HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为为：CH3COOHH2CO3HClO，即酸性最强的为CH3COOH，故答案为

45、：CH3COOH；A.0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故A错误；B.加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，则c(H+)c(CH3COOH)的比值增大，故B正确；C.醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氧根离子浓度增大，则c(OH-)c(H+)的比值增大，故C正确；D.温度不变，醋酸的电离平衡常数Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)不变，故D错误；故答案为：BC；次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子离子，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO，故答案

46、为：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO；将amolL-1的醋酸溶液与bmolL-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，醋酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c(CH3COOH)=a-b2molL-1，达到电离平衡时，溶液呈中性，c(H+)=110-7molL-1，c(Na+)=c(CH3COO-)=b2molL-1，结合Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=110-7b2a-b2=b10-7a-b，故答案为：b10-7a-b；配制0.10mol/LCH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，氢离

47、子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则可证明醋酸为弱电解质，操作：测0.1mol/L醋酸溶液的pH.结论：pH1，故答案为：测0.1mol/L醋酸溶液的pH；pH1。(1)反应焓变=反应物总键能-生成物总键能；(2)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强；0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓度减小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变；次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠和次氯酸；将amolL-1的醋酸溶液与bmolL-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，醋酸和氢氧化钠

48、溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c(CH3COOH)=a-b2molL-1，达到电离平衡时，溶液呈中性，c(H+)=110-7molL-1，c(Na+)=c(CH3COO-)=b2molL-1，结合Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)计算；强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可。本题考查弱电解质的电离、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力

49、及综合应用能力。23.【答案】3-5 11 1.010-5 b 酚酞 ac【解析】解：(1)醋酸加水稀释至1000mL，相当于稀释了100倍，由于为弱酸，pH=3时，pH的变化量小于5，因此pH数值范围为3-5，故答案为：3-5；25时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，因此0.1mol/L氨水中c(OH-)=10-3mol/L，那么c(H+)=10-1410-3=10-11mol/L，溶液pH=-lg10-11=11，故答案为：11；由知25时0.1mol/L氨水中c(OH-)=10-3mol/L，那么Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3H2O)=10-310-30.1=1.

50、010-5，故答案为：1.010-5；(2)当溶液的pH=7时，c(H+)=c(OH-)，氨水与相同浓度的CH3COOH溶液恰好中和，增加了水的量，促进了水的电离，因此由水电离出来的氢离子的物质的量浓度大于10-7mol/L，故答案为：；向10mL0.1mol/L氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，反应生成了醋酸铵溶液，c(NH4+)逐渐增大，c(NH3H2O)逐渐减小，因此c(NH4+)c(NH3H2O)的值增大，在滴加过程中c(NH4+)c(NH3H2O)始终增大，故选b，故答案为：b；(3)用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液，前后完全反应生成醋酸钠溶液显碱性，可以选择酚酞作指示剂，故答案为：

51、酚酞；(4)a.等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液呈酸性，说明c(H+)c(OH-)，醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度，结合电荷守恒可知c(CH3COO-)c(Na+)，醋酸为弱酸，部分电离，电离后溶液中还存在少量的醋酸分子，因此c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)，故a正确；b.根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故b错误；c.由物料守恒可知：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故c正确；d.根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由物料守恒可知：2c(N

52、a+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两式联立后得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，故d错误；故答案为：ac。(1)醋酸为弱酸，加水稀释至1000ml，pH的变化量小于5；25时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，因此0.1mol/L氨水中c(OH-)=10-3mol/L，计算出氢离子的浓度后判断PH；电离平衡常数为电离平衡时各离子浓度乘积与为电离的分子浓度的比值；(2)当溶液的pH=7时，c(H+)=c(OH-)，氨水与相同浓度的CH3COOH溶液恰好中和，促进了水的电离；向10mL0.1mol/L氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，反应生成了醋酸铵溶液，c(NH4+)逐渐增大，c(NH3H2O)逐渐减小；(3)碱滴定酸通常选择酚酞作指示剂；(4)等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液呈酸性，说明c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒和物料守恒进行分析判断。本题考查了电解质溶液中离子浓度大小，弱电解质电离平衡影响因素，酸碱反应后溶液酸碱性的判断，主要是图象的理解应用，题目难度中等。