1、2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_14电离平衡常数及其影响因素一、单选题（本大题共14小题，共42分）1. 将浓度为0.1mol/LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是()A. c(H+)B. c(H+)c(HF)C. c(F-)c(H+)D. c(H+)c(F-)c(HF)2. 已知H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.310-7和Ka2=5.610-11，HClO的电离平衡常数：Ka=2.9510-8。在反应Cl2+H2OHCl+HClO达到平衡后，要使HClO的浓度增大可加入 ( )A. NaOHB. HClC. NaHCO3D. H2O3. 已知25时，醋酸中存
2、在下述关系：K=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)=1.7510-5，其中K是该温度下CH3COOH的电离平衡常数。下列说法正确的是()A. 向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大B. 升高温度，K增大C. 向醋酸中加入少量水，K增大D. 向醋酸中加入少量氢氧化钠溶液，K增大4. 已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中下列说法正确的是()A. 水的电离程度始终增大B. 当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)=c(CH3COO)C. c(CH3COOH)与c(CH3COO)
3、之和始终保持不变D. c(NH4+)c(NH3H2O先增大再减小5. 稀氨水中存在平衡：NH3H2ONH4+OH-，现改变条件加水稀释、适当升高温度(无NH3逸出)，再次达到平衡时，c(NH4+)c(NH3H2O)的值分别会A. 增大、增大B. 增大、减小C. 减小、增大D. 减小、减小6. 某弱酸溶液中存在电离平衡HAH+A-，下列叙述不正确的是()A. 溶液中离子浓度的关系满足：c(H+)=c(OH-)+c(A-)B. 0.10mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中c(OH-)增大C. HA溶液中加少量的NaA固体，平衡逆向移动D. 常温下，加入NaA固体可使HA的电离常数增大7. 与纯水
4、的电离相似，液氨中也存在微弱的电离：2NH3NH4+NH2-。据此判断，以下叙述错误的是 ( )A. 液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等粒子B. 一定温度下，液氨中c(NH4+)c(NH2-)是定值C. 液氨中电离达到平衡时c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2-)D. 只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2-)8. 已知：25C时，某些弱酸的电离常数如表，下列说法正确的是()H2SO3H2CO3CH3COOHHClOKl=1.5410-2K1=4.3010-7K=1.8l0-5K=2.95l0-8K2=1.0210-7K2=5.61l0-11A. 向漂白粉溶液中加入少量N
5、aHSO3可增强漂白性B. 向Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应的离子方程式为2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-C. 相同浓度的NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液的pH值由大到小的顺序为NaClONa2CO3NaHCO3D. 相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+)c(ClO-)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)9. 已知：pKa=-lgKa，25时H2A的pKa1=1.85；pKa2=7.19。常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数
6、字为pH)。下列说法正确的是A. a点所得溶液中c(HA)+c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/LB. b点所得溶液中：c(H2A)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)C. 对应溶液水的电离程度：abcdD. c点所得溶液中：c(Na+)3c(HA-)10. H2C2O4是一种二元弱酸，H2C2O4溶液中各型体浓度在其总浓度中所占比值叫其分布系数，常温下某浓度的H2C2O4溶液中各型体分布系数随pH的变化如图所示，据此分析，下列说法不正确的是()A. 曲线a代表H2C2O4，曲线b代表C2O42-B. 常温下0.1mol/L的NaHC2O4溶液显酸性C. 常温下，H2C2O4的电
7、离平衡常数Ka2=10-4.30D. pH从1.304.30时，c(H2C2O4)c(C2O42-)先增大后减小11. 常温下，在20.00mL0.1000molL-1某ROH溶液中逐滴滴加0.1000molL-1的HB溶液，溶液pH随滴入HB溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A. HB为弱酸B. ROH的Kb约为10-5C. 对应的溶液中，水的电离程度均减小了D. 起始时ROH溶液和HB溶液的pH之和为1412. 已知常温时HClO的Ka=3.010-8，HF的Ka=3.510-4。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列叙述不
8、正确的是()A. 曲线为氢氟酸稀释时pH变化曲线B. 取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗次氯酸的体积较小C. a点的两种酸溶液同时稀释至pH=5，曲线的酸稀释倍数多D. b点溶液中的导电能力比c点溶液中导电能力弱13. 已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数Ka=1.810-5Ka=4.910-10Ka1=4.310-7Ka2=5.610-11下列有关说法正确的是()A. NaHCO3溶液中，一定有c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)B. 1molL-1HCN溶液与1molL-1NaOH溶液等体积混合后，测
9、得所得溶液显酸性C. 1molL-1醋酸溶液加水稀释，所有离子浓度均减小D. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(NaCN)pH(NaHCO3)pH(CH3COONa)14. 下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：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，减小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7小题，共58分）15. 表中数据是几种弱酸常温下的电离平衡常数： CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.810-5Ka1=4.410-7Ka2=4.710-11Ka1=1.310
10、-7Ka2=7.110-15Ka1=7.110-3Ka2=6.310-8Ka3=4.210-13(1)CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4这四种酸的酸性由强到弱的顺序为_。(2)多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离程度的原因是_。(3)同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、S2-结合H+的能力由强到弱的顺序为_。16. 根据电离平衡常数(用Ka表示)的大小可以判断弱电解质的相对强弱。25时，有关物质的电离平衡常数如下表所示：化学式HFH2CO3电离平衡常数(Ka)Ka=7.210-4Ka1=4.210-7Ka2=5.610-11化学式HClOH2SO3电离平衡常数(Ka)K
11、a=3.010-8Ka1=1.010-2Ka2=5.010-8(1)25时，同浓度的HF、H2CO3、HClO三种溶液中，pH最大的是_(写化学式)。(2)将0.1molL-1的HF溶液1mL加水稀释至10mL(假设温度不变)，下列各量增大的是_(填序号)。A.c(H+) B.c(H+)c(OH-) Cc(H+)c(HF) Dc(OH-)c(H+)(3)25时，有物质的量浓度均为0.1molL-1的下列四种溶液：Na2CO3溶液 NaHCO3溶液 NaF溶液 NaClO溶液依据数据判断其pH由大到小的顺序是_(用序号表示)。(4)根据H2SO3的电离平衡常数，计算25时，0.05molL-1N
12、a2SO3溶液的pH=_。若某Na2SO3和NaHSO3的混合液呈中性，则溶液中c(SO32-)_c(HSO3-)(填“大于”“小于”或“等于”)。17. 砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。(1)以酚酞为指示剂(变色范围pH8.010.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_。(2)H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H
13、+的电离常数为Ka1，则pKa1=_(pKa1=-lgKa1)。18. CH3COOH、H2SO3是中学化学中常见的弱酸，请回答下列问题： (1)常温下，下列叙述能证明CH3COOH为弱酸是_。A.CH3COONa溶液的pH大于7；B.相同体积相同浓度的盐酸和醋酸溶液，分别与足量锌粉反应，放出相同体积的氢气；C.相同体积、相同pH的盐酸和醋酸，醋酸中和NaOH的物质的量多；D.醋酸滴到碳酸氢钠溶液中产生气泡(2)常温下，向0.1molL-1CH3COOH溶液中加蒸馏水稀释，稀释后，下列各量增大的是_：A.c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH) Bc(CH3COOH)c(CH3COO
14、-) C.c(OH-) Dc(CH3COO-)c(CH3COOH)(3)将浓度均为0.1mol/LCH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，测得混合液中c(CH3COO-)c(Na+)，则下列关系式中正确的是(_)A.c(H+)c(OH-) B.c(H+)c(CH3COO-)D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L(4)若等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，溶液呈_(填“酸性”，“中性”或“碱性”)，原因是 _(用离子方程式表示)。若将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中c(Na+)_c(CH3COO-)(填“ ”或“=”或“”、
15、“=”或“”、“=”或“”)。(3)已知：二元酸H2R的电离方程式是：H2R=H+HR-，HR-R2-+H+，若0.1molL-1NaHR溶液的c(H+)=amolL-1，则0.1molL-1H2R溶液中c(H+) _ (0.1+a)molL-1(填“”或“=”)，理由是 _ 。(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量已知：化学式电离常数(25)HCNK=4.910-10CH3COOHK=1.810-5H2CO3K1=4.310-7、K2=5.610-1125时，有等浓度的HCN溶液、H2CO3溶液和CH3COOH溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为 _ (用化学式表示)。向NaCN溶液
16、中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为 _ 。20. 2019年11月8日，据欧盟官方公报消息，欧盟委员会发布条例，修订芥酸和氢氰酸在部分食品中的最大含量。氢氰酸即部分弱酸的电离常数如下表。弱酸HCOOHHCNH2CO3电离常数/25K=1.810-4K=6.210-10Ka1=4.510-7Ka2=4.710-11(1)依据表中数据，判断三种酸的酸性由强到弱的顺序是_。(2)向NaCN溶液中通入CO2气体，_(填“能”或“否”)制得HCN。若能，该反应的化学方程式是_。(3)同浓度的HCOO-、HCO3-、CO32-、CN-结合H+的能力由强到弱的顺序是_。(4)升高0.1mol/LHC
17、N的溶液的温度，HCN的电离程度如何变化：_。加水稀释，cH+cHCN如何变化：_。21. 已知：25时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等。(1)25时，取10mL0.1molL-1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_，溶液中cCH3COO-cCH3COOHcOH-_(填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”)。25时，0.1molL-1氨水(NH3H2O溶液)的pH=_。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为_。氨水(NH3H2O溶液)电离平衡常数表达式Kb=_，25时，氨水电离平衡常数约为_。(2)25时，现向10mL0.1molL-
18、1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中cNH4+cNH3H2O_(填序号)。a.始终减小 b.始终增大 c.先减小再增大 d.先增大后减小(3)某温度下，向V1mL0.1molL-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH=-lgc(OH-)。图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是_(填字母，下同)。图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点是_。答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c(H+)不会超过10-7molL。
19、-1【解答】A.因HF为弱酸，则HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n(H+)增大，但c(H+)不断减小，故A错误；B.因HF电离平衡常数Ka(HF)=c(H+)c(F-)c(HF)，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c(F-)不断减小，Ka(HF)不变，则c(H+)c(HF)增大，故B正确；C.因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F-，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c(H+)不会超过10-7molL-1，c(F-)不断减小，则比值变小，故C错误；D.因电离平衡常数只与温度有关，则Ka(HF)在稀释过程中不变，故D错误。故选B。2.【
20、答案】C【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡以及影响因素，注意结合电离平衡常数进行弱电解质电离平衡移动的分析是解题关键，题目难度较易。【解答】A.加入NaOH时，平衡虽然右移，但HClO也参与了反应，导致HClO的浓度减小。不符合题意；B.加入HCl时，平衡左移，c(HClO)减小，不符合题意；C.由题给电离平衡常数知，酸性：H2CO3HClOHCO3-，故加入NaHCO3时，NaHCO3只与HCl反应，使平衡右移，c(HClO)增大，符合题意；D.加水稀释时，c(HClO)也减小，不符合题意。3.【答案】B【解析】【分析】本题考查学生电离平衡常数的影响因素知识，注意知识的归纳和整理是解
21、题关键，难度不大。【解答】A.向该溶液中加入一定量的硫酸，温度不变，K不变，故A错误；B.醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，故B正确C.向醋酸溶液中加水，温度不变，K不变，故C错误；D.向醋酸溶液中加少量氢氧化钠溶液，平衡正向移动，K不变，故D错误。故选B。4.【答案】B【解析】解：A.酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B.当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的
22、电离常数相等，所以溶液显示中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=c(CH3COO-)，故B正确；C.n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和逐渐减小，故C错误；D.当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=H+NH3H2ONH4+，随着氨水的加入，c(H+)逐渐减小，Kh不变，则NH4+NH3H2O变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=OH-NH4+N
23、H3H2O，c(OH-)与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以NH4+NH3H2O逐渐减小，即NH4+NH3H2O始终减小，故D错误；故选：B。A.开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B.CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c(NH4+)=c(CH3COO-)；C.根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；D.根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离
24、子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法5.【答案】A【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡及影响因素，侧重考查基础知识的理解和灵活运用，难度不大。【解答】根据NH3H2ONH4+OH-，Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3H2O)，Kb只与温度有关，温度不变，Kb不变，加水稀释，c(OH-)减小，则c(NH4+)c(NH3H2O)增大；一水合氨的电离为吸热过程，适当升高温度(无NH3逸出)，
25、电离平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(NH3H2O)减小，则c(NH4+)c(NH3H2O)增大。故选A。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查了弱电解质的电离，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液的浓度无关，为易错点。【解答】A.溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故A正确；B.加水稀释促进弱电解质电离，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，所以c(OH-)增大，故B正确；C.加入NaA时，c(A-)增大，从而抑制弱酸电离，故C正确；D.温度不变，弱酸的电离平衡常数不变，故D错误；故选：D。7.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了弱
26、电解质的电离平衡以及电离平衡常数等知识，较为基础，注意温度不变，电离平衡常数不变。【解答】A.液氨中存在电离平衡，所以液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等粒子，A项正确；B.液氨中c(NH4+)与c(NH2-)的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中c(NH4+)与c(NH2-)的乘积为定值，B项正确；C.液氨的电离是微弱的，所以液氨中电离达到平衡时，c(NH4+)=c(NH2-)NaClONaHCO3，溶液的pH值由大到小的顺序为：Na2CO3NaClONaHCO3，故C错误； D.醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐
27、，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)c(CH3COO-)c(ClO-)c(OH-)c(H+)，故D错误； 故选：B。A.亚硫酸氢钠具有还原性，易被次氯酸钙氧化； B.向Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠； C.酸性H2CO3HClOHCO3-，酸越弱对应盐水解程度越大； D.酸的电离常数越大，则酸根离子的水解程度越小；本题考查了弱电解质电离平衡常数的比较、盐类水解、离子浓度大小比较、物质性质等，掌握基础是解题关键，题目难度中等9.【答案】D【解析】【分析】本题考查酸碱滴定原理，根据图象
28、判断滴定过程，结合酸的电离平衡表达式分析，牢牢把握溶液中的守恒关系是解题的关键，为常见题型，题目难度不大，是基础题。A.根据物料守恒分析；B.b点溶液为加入NaOH溶液体积为20mL，反应恰好生成NaHA，溶液为酸性，根据电荷守恒和物料守恒分析；C.随着NaOH的加入，酸存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；D.c点溶液pH=pKa2，溶液中c(HA-)=c(A2-)，根据物料守恒分析。【解答】A.溶液中存在物料守恒：c(H2A)+c(A2-)+c(HA-)=0.12020+V0，故A错误；B.b点溶液为加入NaOH溶液体积为20mL，反应恰好生成NaHA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+
29、c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，根据物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，所以有c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-)，故B错误；C.从a到c为NaOH的加入不断滴定H2A的过程，盐类增加，盐类水解不断促进水的电离，水的电离程度不断增大，所以水的电离程度大小为：abc3c(HA-)，故D正确；故选：D。10.【答案】D【解析】解：A.随着溶液的pH增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，HC2O4-逐渐增多，pH大于3时，HC2O4-逐渐减少，C2O42-逐渐增多，所以曲线a代表H2C2O4，曲线b代表C2O42-，故A正确；B.当溶
30、液中HC2O4-和C2O42-相同时，溶液显酸性，所以HC2O4-的电离程度大于C2O42-的水解程度，即常温下0.1mol/L的NaHC2O4溶液中以HC2O4-的电离为主，溶液显酸性，故B正确；C.常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=c(C2O42-)c(H+)c(HC2O4-)，由图象可知，pH=4.30时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则Ka2=10-4.30，故C正确；D.pH从1.304.30时，H2C2O4的浓度逐渐减小，C2O42-逐渐增多，所以c(H2C2O4)c(C2O42-)逐渐减小，故D错误。故选：D。A.随着溶液的pH增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，
31、HC2O4-逐渐增多，pH大于3时，HC2O4-逐渐减少，C2O42-逐渐增多；B.当溶液中HC2O4-和C2O42-相同时，溶液显酸性，所以HC2O4-的电离程度大于C2O42-的水解程度；C.常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=c(C2O42-)c(H+)c(HC2O4-)，结合图象计算；D.pH从1.304.30时，H2C2O4的浓度逐渐减小，C2O42-逐渐增多本题考查酸碱混合物的定性判断和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握图象的含义，C选项为易错点，注意对平衡常数的理解与灵活运，题目难度中等11.【答案】C【解析】【分析】本题考查酸碱滴定曲线分析，为高频考点，
32、难度不大，掌握酸碱在滴加过程中溶液中溶质的变化，图像分析是解答关键。【解答】A.0.1000molL-1ROH溶液，pH=11，若为强碱pH=13，则ROH为弱碱；滴加到20mL时二者恰好完全反应，溶质为RB，若为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，而此时为中性，则可知其为弱酸弱碱盐，所以HB为弱酸，故A正确；B.0.1000molL-1ROH溶液，pH=11，c(OH-)=10-3mol/L，Kb=cR+cOH-cROH10-310-30.1000=10-5，故B正确；C.酸碱均会抑制水的电离，为二者恰好完全反应，RB为弱酸弱碱盐，水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，故C错误；D.由RB为弱酸弱碱盐
33、，溶液呈中性可得ROH和HB的电离常数相等，0.1000molL-1ROH溶液pH=11，c(OH-)=10-3mol/L，则0.1000molL-1的HB溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=3，二者pH之和为14，故D正确。12.【答案】C【解析】【试题解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡、根据电离平衡常数比较电解质相对强弱的相关知识，根据图像分析是解题关键，整体难度不大。【解答】常温下Ka(HClO)Ka(HF)，酸性：HClOH2CO3HCN，水解程度：CH3COO-HCO3-pH(NaHCO3)pH(CH3COONa)，故D正确。14.【答案】C【解析】【分析】本题考查了弱
34、电解质的电离，明确电离平衡常数与酸或碱性强弱的关系是解本题关键，题目难度不大。【解答】相同条件下，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，多元弱酸的酸性决定于其第一步电离，多元弱酸的电离方程式要分步书写，据此来回答。A.由表中提供的酸的电离平衡常数可知，碳酸的酸性强于氢硫酸，故A正确；B.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，n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，由于在同一溶液中，故增大，故C错误；D.弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，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。15.【答案】(1)H3PO4、CH3COOH、
35、H2CO3、H2S(2)一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用(3)S2-、CO32-、HCO3-、CH3COO-【解析】【分析】本题主要考查了电离平衡常数以及弱电解质的比较等知识，注意相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，较为基础，难度不大，注意概念的理解。【解答】(1)根据一级电离平衡常数可知四种酸的酸性由强到弱的顺序为H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S。(2)多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离程度的原因是一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用。(3)酸的酸性越弱，其对应的酸根离子结合H+的能力越强，故同浓度的酸根离子结合
36、H+的能力由强到弱的顺序为S2-、CO32-、HCO3-、CH3COO-。16.【答案】(1)HClO(2)CD(3)(4)10；小于【解析】【分析】本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、电离常数的应用、盐类水解等知识点，题目难度中等，明确弱电解质电离平衡影响因素、及盐的水解原理为解答的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。【解答】(1)查看三种酸的电离平衡常数，二元弱酸看第一步电离；平衡常数越大，酸性越强，同浓度时pH越小，故pH最大的是HClO溶液pH越小，正确为HClO；(2)HF为弱酸，存在电离平衡，加水稀释，平衡右移，c(H+)、c(HF)、c(F-)均减少，温度不变，c(H+)c
37、(OH-)为常数，所以c(OH-)增大；A.c(H+)减少；B.c(H+)c(OH-)不变；C.c(H+)/c(HF)增大；D.c(OH-)/c(H+)增大；正确选项：CD；(3)根据形成该钠盐的弱酸的酸性强弱进行判断，酸越弱，形成的钠盐越易水解，溶液的碱性就越强；根据上述三种酸的电离平衡常数：Ka(HF)Ka(H2CO3)Ka(HClO)Ka(HCO3-)四种盐的pH由大到小的顺序是：Na2CO3溶液NaClO溶液NaHCO3溶液NaF溶液；正确答案为：；(4)SO32-的水解反应为SO32-+H2OHSO3-+OH-，设水解产生的c(OH-)=c(HSO3-)=xmolL-1；水解平衡常数
38、Kh=c(OH-)c(HSO3-)c(SO32-)=c(H+)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)=KwKa2=110-145.010-8=210-7=x20.05-x，近似计算得x=1.010-4，即c(H+)=10-10molL-1，pH=10。Na2SO3和NaHSO3混合液呈中性，则c(H+)=10-7molL-1，代入有Ka2=c(SO32-)c(H+)c(HSO3-)=c(SO32-)10-7c(HSO3-)=510-8，则c(SO32-)c(HSO3-)=0.5，则c(SO32-)c(HSO3-)。故答案为：10；小于。17.【答案】(1)OH-+H3AsO3=
39、H2AsO3-+H2O(2)2.2【解析】(1)图1中pH为810时，三价砷物种主要以H3AsO3和H2AsO3-的形式存在，故滴加NaOH溶液的过程中主要反应的离子方程式为OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O。(2)Ka1=c(H2AsO4-)c(H+)c(H3AsO4)，K仅与温度有关，为方便计算，在图2中取pH=2.2时计算，此时c(H2AsO4-)=c(H3AsO4)，则Ka1=c(H+)=10-2.2，pKa1=2.2。18.【答案】(1)AC(2)CD(3)AD(4)碱性；CH3COO-+H2OOH-+CH3COOH；c(Na+)，根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(O
40、H-)=c(H+)+c(Na+)；可知：c(H+)c(OH-)，A正确，B错误；CH3COOH和CH3COONa溶液的起始浓度相同，因溶液显酸性可知醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COOH)c(OH-)，可知c(Na+)c(CH3COO-)，故答案为：碱性；CH3COO-+H2OOH-+CH3COOH；(5)NaHSO3的水解方程式为：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，平衡常数Kh=c(H2SO3)c(OH-)c(HSO3-)=c(H2SO3)c(OH-)c(H+)c(HSO3-)c(H+)=kwka1=110-14110-2=10-12，故答案为：10-1219.【答
41、案】(1)10-12；(2)；(3)HCNCH3COOH；NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3【解析】解：(1)纯水在T时，pH=6，说明此时水的离子积常数为10-12，该温度下1molL-1的NaOH溶液中，氢离子由水电离产生，所以c(H+)=10-121mol/L，而水电离出的c(OH-)=c(H+)=10-12molL-1，故答案为：10-12；(2)某一元弱酸溶液(A)与二元强酸(B)的pH相等，弱酸部分电离，加水稀释时，能够促进更多的弱酸电离，所以加水稀释后，氢离子浓度大于二元强酸中氢离子浓度，所以pHApHB，上述稀释溶液中弱酸的氢离子的物质的量浓度大于强酸，所以等体积含
42、有的氢离子的物质的量多，中和等浓度等体积的NaOH溶液，用的体积少，故答案为：，；(3)0.1molL-1H2R溶液，H2R=H+HR-，电离出H+为0.1mol/L，而0.1molL-1NaHR溶液的c(H+)=amolL-1，则由HR-H+R2-可知，电离出0.1mol/LH+，对第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离，所以0.1molL-1H2R溶液中c(H+)(0.1+a)molL-1，故答案为：HCN碳酸氢根离子，所以三溶液的pH由大到小的顺序为H2CO3HCNCH3COOH，故答案为：H2CO3HCNCH3COOH；向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3HCNHCO3
43、-，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。(1)纯水在T时，pH=6，说明此时水的离子积常数为10-12，该温度下1molL-1的NaOH溶液中，氢离子由水电离产生，所以c(H+)=10-121mol/L，而水电离出的c(OH-)=c(H+)=10-12molL-1；(2)加水稀释弱酸时，会促进弱酸的电离；依据中和反应中消耗的氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量解答；(3)0.1molL-1H2R溶液，H2R=H+HR-，电离出H+为0.1mol/L，而0.
44、1molL-1NaHR溶液的c(H+)=amolL-1，则由HR-H+R2-可知，电离出0.1mol/LH+，对第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离；(4)根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，pH越小；向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3HCNHCO3-，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。本题考查盐类水解的应用，溶液中离子浓度的大小比较，综合性较强要注意碳酸是二元弱酸分步电离，第二部电离比HCN小。20.【答案】(1)HCOOHH2CO3HCN(2)能 CO2+H2O+NaCN=NaHCO
45、3+HCN(3)CO32-CN-HCO3-HCOO-(4)升高温度，HCN的电离程度增大 增大【解析】略21.【答案】(1)3pH5；不变；11；将一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒或胶头滴管将待测液滴在试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值；c(NH4+)c(OH-)c(NH3H2O)；1.010-5；(2)b；(3)Q；Q。【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡及电离平衡常数的计算和溶液pH的计算，学生根据定义即可解出，难度中等。【解答】(1)取10mL0.1mol/L醋酸溶液测得其pH=3，加水稀释至1000mL，即稀释102倍，醋酸是弱酸，稀释促进醋酸的电离，所以pH范围为3pH
46、5；c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(OH-)=KaKw，温度不变时Ka和Kw不变，故该比值不变，故答案为：3pH5；不变；根据25时CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，0.1molL-1醋酸溶液的pH=3，则0.1molL-1氨水中c(OH-)=10-3mol/L，c(H+)=10-11mol/L，pH为11；用pH试纸测定氨水pH的操作方法为：将一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒或胶头滴管将待测液滴在试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值，故答案为：11；将一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒或胶头滴管将待测液滴在试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值；氨水(NH3H2
47、O溶液)电离平衡常数表达式Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3H2O)，c(NH4+)c(OH-)=10-3mol/L，c(NH3H2O)0.1mol/L，代入可得氨水电离平衡常数约为10-5，故答案为：c(NH4+)c(OH-)c(NH3H2O)；1.010-5；(2)现向10mL0.1mol/L氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，发生中和反应，在滴加过程中cNH4+cNH3H2O始终增大，故选b；(3)向V1mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，Q点pOH与pH相等，c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性；由于M点的pOH等于N点的pH，对水的电离抑制程度相同，Q点的pOH=pH，溶液为中性，此时水的电离程度最大，故答案为：Q；Q。
