1、第一讲 弱电解质的电离平衡1（2019年湖南省株洲市高考化学一模）下列说法正确的是()ACl2溶于水得到的氯水能导电，但Cl2不是电解质，而是非电解质B只有在电流作用下KHSO4才能电离成K+、H+和SO42-C强电解质溶液的导电能力不一定都强；弱电解质溶液的导电能力不一定都弱DBaSO4难溶于水，故BaSO4是弱电解质；醋酸铅易溶于水，故醋酸铅是强电解质【答案】C【解析】A.氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误； B.只有在溶于水，在水分子作用下KHSO4才能电离成K+、H+和SO42-，B错误； C.电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度、离子带电荷数有关，而与电解质强弱无关，C
2、正确； D.电解质强弱与溶解性无关，与电离程度有关，硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全电离，为强电解质，D错误。2（）在25时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列始终保持增大趋势的是（ ）Ac(H+)c(CH3COOH)Bc(CH3COO)/c(H+)CKw/c(H+)Dc(CH3COOH)/c(CH3COO)【答案】C【解析】A稀释过程中c(H+)、c(CH3COOH)都减小，则c(H+)c(CH3COOH)也减小，故A错误；B在同一溶液中=，稀释过程中n(CH3COO-)、n(H+)增大，无法判断其比较一定增大，故B错误；C温度不变，稀释过程中Kw不
3、变，c(H+)减小，则Kw/c(H+)一定增大，故C正确；D在同一溶液中=，稀释过程中n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)都减小，比值一定减小，故D错误。3（2019年3月浙江台州市选考科目教学质量评估）下列说法正确的是A用pH相同的氢氟酸和盐酸中和等体积等浓度的NaOH溶液，盐酸消耗的体积多B相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液，n(OH)相等C物质的量浓度相同的醋酸溶液和盐酸分别与镁反应，开始瞬间醋酸产生H2快Dc(H)c(OH)的溶液不一定呈中性【答案】A【解析】A.氢氟酸为一元弱酸，盐酸为一元强酸。pH相同时，氢氟酸浓度大于盐酸，则中和等体积等浓度的NaOH溶液，盐酸消耗
4、的体积多，故A正确；B.相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液，c(OH)相等，故B错误；C.醋酸为一元弱酸，盐酸为一元强酸。物质的量浓度相同的醋酸溶液和盐酸，醋酸中的氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，则与镁反应时，开始瞬间盐酸产生H2快，故C错误；D.c(H)c(OH)的溶液一定呈中性，故D错误。4（上海市嘉定区2018届高三下学期教学质量调研二模）为证明醋酸是弱电解质，下列方法错误的是A测定0.1molL-1醋酸溶液的pHB测定0.1 molL-1CH3COONa溶液的酸碱性C比较浓度均为0.1 molL-1盐酸和醋酸溶液的导电能力D0.1molL-1的醋酸溶液与同体积0.1 molL-1
5、的氢氧化钠溶液恰好反应【答案】D【解析】A. 测定0.1molL-1醋酸溶液的pH，若其pH大于1，则证明其为弱酸、弱电解质；B. 测定0.1 molL-1CH3COONa溶液的酸碱性，若其显碱性，则可证明其为弱电解质；C. 比较浓度均为0.1 molL-1盐酸和醋酸溶液的导电能力，若醋酸的导电能力比较弱，则可证明其为弱电解质；D. 0.1molL-1的醋酸溶液与同体积0.1 molL-1的氢氧化钠溶液恰好反应，只能证明醋酸为一元酸，不能证明其为弱电解质。5（黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第一次模拟考试）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，36g18O2中所含的中子数为
6、16NAB8.0 g Cu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NAC电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NAD室温下向1LpH1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+数目小于0.1NA【答案】B【解析】A. 36 g18O2的物质的量为 = 1 mol，则所含中子数为2（18-8）NA = 20 NA，故A项错误；B. Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”构成，则含有的“CuO”物质的量为n = = 0.1 mol，则混合物中含有的铜原子数为0.1 NA，故B项正确；C. 阳极上生
7、成气体的状态不明确，故物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C项错误；D. 1 L pH1的醋酸溶液中，氢离子的物质的量n(H+) = 0.1 mol，在加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，故所得溶液中H+数目略大于0.1 NA，故D项错误。6（河南省南阳市第一中学2019届高三第九次考试）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是ApH=5的H2S溶液中，c(H+)= c(HS)=1105 molL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则ab+1CpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na)+ c(H)= c(OH)+c( HC2O4)+
8、c( C2O42-)DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na)：【答案】B【解析】A、H2S为二元弱酸，分步电离，H2S溶液中，存在H2SH+HS-、HS-H+S2-、H2OH+OH-，根据上述反应知，pH=5的H2S溶液中，c(H+)=1105 molL1c(HS)，故A错误；B、加水稀释促进氨水电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则ab+1，故B正确；C、H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na)+ c(H)= c(OH)+c( HC2O4)+2 c( C2O42-)，故C错
9、误；D、酸性：CH3COOHH2CO3HClO，根据盐类水解规律：组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，则pH越大，故pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的浓度由大到小为，即c(Na+)大小为：，故D错误。7（江西省吉安市2019届高三上学期五校联考）常温下，已知电离常数：Kb ( N H3H2O)=1.810-5；K (H2C2O4)=5.910-2,KH2C2O4)=6.210-5。下列说法正确的是( )A(N H4)2C2O4溶液中，c(NH)=2c(C2O)B等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈
10、碱性CpH=11的氨水和pH=3的H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈酸性D用H2C2O4溶液中和氨水至中性时，溶液中。c(NH)=2c(C2O)+c(HC2O)【答案】D【解析】A项，在(NH4)2C2O4溶液中，由于NH4+和C2O42-均发生水解反应，且水解程度不同，则c(NH4+)=2c(C2O42-)关系不成立，故A项错误；B项，等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合生成NH4HC2O4，NH4+水解使溶液显酸性，同时由H2C2O4两级电离平衡常数可知，HC2O4-的电离程度明显大于水解，且电离也使溶液显酸性，因此溶液一定呈酸性，故B项错误；C项，H2C2O4的一级和二级
11、电离均大于NH3H2O的电离，故pH=11的氨水，其真实浓度远远大于pH=3的H2C2O4，则等体积混合后，溶液显碱性，故C项错误；D项，根据电荷守恒可得：c(NH4+)+ c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)， 因为溶液呈中性，则有c(H+)=c(OH-)，带入上式得：c(NH4+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故D项正确。8常温下，Ka(HCOOH)=1.77xlO-4, Ka(CH3COOH)= Kb(NH3H20)=1.75x 10-5,下列说法不正确的是（）A浓度均为0.1 molL-1 的HCOOH和NH3H20溶液中：c(HCOO-)c
12、(NH4+)B用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，HCOOH消耗NaOH溶液的体积比CH3COOH小C0.1 mol L-1CH3COOH溶液与0.1 mol L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=7DpH=7的HCOOH和NH3H20的混合溶液中，c(HCOO)=c(NH4+)【答案】C【解析】A. 根据Ka(HCOOH)Kb(NH3H2O)可知，HCOOH为一元弱酸，NH3H2O为一元弱碱，所以电离程度HCOOH大，因此浓度均为0.1 molL-1 的HCOOH和NH3H20溶液中，根据越弱越水解可以判断c(HCOO-)c(NH4+
13、)，A正确；B.由于酸性HCOOH大于CH3COOH，所以pH相同的HCOOH和CH3COOH，二酸的浓度:c(HCOOH)7；故C错误；D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；HCOOH和NH3H20的混合溶液中，存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)= c(NH4+)+c(H+)，由于pH=7，即c(OH-)=c(H+)，所以c(HCOO-)=c(NH4+)，故D正确。9（北京四中2019届高三保温训练）电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1 为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2 为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中
14、电导率变化曲线，温度均由22上升到70。下列判断不正确的是A由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率B由曲线4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关C由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率D由图1和图2可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率无关【答案】D【解析】A曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，故A正确；B温度升高，促进CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，则由曲线3和曲线4
15、可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；C曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确；D曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH-浓度不再和盐酸溶液的H+和OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D错误。10（辽宁省葫芦岛协作校2019届高三下学期第二次模
16、拟考试）常温下联氨()的水溶液中有： N2H4+H2ON2H5+OH- K1 N2H5+H2ON2H62+OH- K2，该溶液中微粒的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A图中对应的液粒为B由图可知，C若点为溶液，则存在：D反应为的水解方程式【答案】D【解析】根据上述分析可知，A. 图中对应的OH-的浓度最小，N2H4电离平衡正向移动的程度最大，则对应的微粒为N2H62+，A项正确；B. 从图象可得B点N2H5+、N2H62+物质的量分数相等，说明它们的浓度相等，此时根据横坐标可知c(OH-)=，则=， B项正确；C. 由电荷守恒可知：c(OH-)+c(Cl-)=c(N2H5+
17、)+2c(N2H62+)+c(H+)，从图象可得C点c(OH-)c(N2H5+ )+2c(N2H62+)，C项正确；D. 反应为N2H4的二级电离方程式，D项错误。11（山东省聊城市2018-2019学年高三二模）常温下，向1L1nol/L某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是AM线表示随pH的变化BBR溶液呈碱性C若温度升高，两条线均向上平移D常温下,0.1molL-1NaR溶液的pH=10【答案】C【解析】A.对于一元酸HRH+R-，当温度不变时，Ka=不变；pH越大，c(H+)越小，则越大，则越大，对比图像可知应为N曲线表示随pH的变
18、化，故A错误；取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H+)=10-5mol/L；lg=0，=1；Ka=10-5。B.曲线M为lg与pH变化的关系图，取曲线M上的一点计算，如pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L； lg=0；Kb=10-6；由于KbbcC将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c（Cl）=c(NH4+)+c(NH3H2O)D氨水稀释过程中，c(NH4+)/ c(NH3H2O)不断减小【答案】B【解析】A.加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线I为氨水稀释曲线，故A错误；B.盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a
19、bc，故B正确；C. 将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，c（Cl）c(A-)c(OH-)c(H+)【答案】D【解析】根据前面分析可知：HA为强酸，MOH为弱碱。A.根据分析可知，HA为强酸，MOH为弱碱，A错误； B.X点水电离出的氢离子浓度是10-9mol/L，Y点水电离出的氢离子浓度是10-10mol/L，Z点水电离出的氢离子浓度是10-9mol/L，所以水的电离程度X=ZY，B错误； C.升高温度促进水的电离，水的离子积增大，Y点氢离子浓度基本不变，其pH不变；Z点氢离子浓度增大，则Y点溶液pH减小，C错误； D.Y点pH=4，c(H+)=1
20、0-4mol/L，HA的浓度为10-4mol/L；Z点pH=9，c(OH-)=10-5mol/L，MOH为弱碱，则c(MOH)10-5mol/L，将Y点与Z点对应溶液以体积比为1：10混合，由于MOH过量，所以混合后溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，结合电荷守恒可知：c(M+)c(A-)，则溶液中离子浓度大小为：c(M+)c(A-)c(OH-)c(H+)，D正确。14（陕西省宝鸡市2019届高考模拟检测二）25时，改变0.1molL弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数（RCOOH）随之改变已知，甲酸（HCOOH）与丙酸（CH3CH2COOH）溶液中（RCOOH）与pH
21、的关系如图所示。下列说法正确的是A图中M、N两点对应溶液中的c（OH）比较：前者后者B丙酸的电离常数K104.88C等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较：前者后者D将0.1 molL的HCOOH溶液与0.1 molL的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na）c（HCOOH）c（HCOO）c（OH）c（H）【答案】B【解析】A.M点的pH小于N点的pH值，即M点c(H+)大于N点c(H+)，所以溶液中的c（OH）应该是M点小于N点，故A错误；B. pH=4.88时，丙酸的酸分子的物质的量分数为50%，即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-)，针
22、对CH3CH2COOH)CH3CH2COO-+H+电离过程可知，lgK=lgc(H+)=-4.88，即丙酸的电离常数K104.88，故B正确；C.由图中信息可知，相同pH时，丙酸的酸分子的物质的量分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度，等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较应是pH（HCOONa）pH(CH3CH2COONa)，故C错误；D.将0.1mol/L的HCOOH溶液与0.1mol/L的HCOONa溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶液呈酸性，即c(OH-) c(HS-)，则c(HS-)1105
23、molL1，故A错误；B.一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，将pH=a的氨水溶液稀释10倍后，一水合氨的电离程度增大，稀释后溶液的pH的变化小于1，则aH2CO3HClO ，则水解程度，pH相同时三种溶液的浓度，即三种溶液的c(Na)：，所以D选项是正确的。16（湖北省宜昌市（东湖高中、宜都二中)2019届高三12月联考）常温时，改变饱和氯水的pH，得到部分含氯微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是A氯水中的Cl2、ClO、HClO均能与KI发生反应B常温下反应Cl2(aq)Cl(aq)(aq)的K0.191，当pH增大时，K减小CpH1的氯水中，c(Cl2)c()c(HC
24、lO)c(ClO)D该温度下，HClOHClO的电离常数Ka的对值lgKa7.54【答案】B【解析】A、氯水中的Cl2、ClO、HClO均具有强氧化性，均能将碘离子氧化，故A正确；B、平衡常数只与温度有关，温度不变，当pH增大时，K不变，故B错误；C、根据图象可知,pH=1时,c(Cl3-)c(HClO)由溶液电荷守恒可得c(H)c(Cl3-),c(Cl2)最大，pH1的氯水中，c(Cl2)c()c(HClO)c(ClO)，故C正确；D、HClOHClO的电离常数k=，pH=7.54时，c(ClO)=c(HClO)，k=c(H)=10-7.54，电离常数Ka的对值lgKa7.54，故D正确。1
25、7（江苏省盐城市2019届高三第四次模拟考试）NVCO化学式可表示为(NH4)a(VO)b(CO3)c(OH)d10H2O能用于制取VO2，实验室可由V2O5、N2H42HCl、NH4HCO3为原料制备NVCO。(1)原料NH4HCO3中HCO3-水解的离子方程式为_。(2) N2H42HCl是N2H4的盐酸盐。已知N2H4在水中的电离方式与NH3相似，25 时，K1=9.5510-7。该温度下，反应N2H4+HN2H5+的平衡常数K=_(填数值)。(3)为确定NVCO的组成，进行如下实验：称取2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH3 0.224 L(已换算成标准状况下)。另取一定
26、量样品在氮气氛中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)_。【答案】HCO3-+H2OH2CO3OH- 9.55107 (NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O 【解析】 (1)HCO3-水解生成H2CO3和OH-，水解反应离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH-，反应N2H4+HN2H5+的平衡常数K=9.55107；(3)设
27、NVCO的摩尔质量为M g/mol，由=0.864 8，可得M=1 065，由可得b=6；由a=n(NH3)=0.01mol，解得a=5，由最后产物为VO2，则VO为+2价，2c+d=51+26=17，由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065可知60c+17d=393，解得c=4，d=9，将a=5，b=6，c=4，d=9代入化学式表达式，可得化学式为(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O。18（北京市西城区2019年高三第二次模拟考试）废水中氨态氮以NH3H2O、NH3和NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点。
28、沉淀法向废水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO46H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10mgL1以下。（1）NH3的电子式：_。（2）废水中的NH3H2O转化为MgNH4PO46H2O的离子方程式是_。（3）16时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为111，沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图。欲使剩余氨态氮浓度低于10mgL1，pH的适宜范围是_，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，原因是_。微波氧化法（4）仅对废水进行微波加热，pH对氨态氮脱出的影响如下表。溶液pH678910111112剩余氨态氮浓度(mgL1)15
29、61004014表中数据表明：pH增大有利于废水中化学平衡_(用化学用语表示)的移动。（5）微波协同CuO和H2O2除去氨态氮其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10 min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如下图。据图推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由是_。微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是_。【答案】 Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O pH810 pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的电离被抑制，使
30、NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42电离，PO43浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成 NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH 相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快 3H2O2+ 2NH3N2+6H2O 【解析】 (1)NH3的电子式为，故答案为：；(2)根据题意，废水中的NH3H2O转化为MgNH4PO46H2O，反应的离子方程式为Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O，故答案为：Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O
31、 = MgNH4PO46H2O；(3)由图可以看出，欲使剩余氨态氮浓度低于10mgL1，pH适宜范围为810，pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42电离，PO43浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，故答案为：pH810；pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42电离，PO43浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4
32、6H2O的生成；(4)由表格数据可知，仅对废水进行微波加热，剩余氨态氮浓度降低、水溶液的pH增大，pH的增大，有利于废水中NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH逆向移动，故答案为：NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH；(5)由图可知，在相同时间和H2O2溶液添加量相同时，添加了CuO的反应速率较快，氨态氮的剩余浓度远远小于未添加CuO，故答案为：相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快；根据上述分析，在微波协同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，反应的方程式为3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O，故答案为：3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O。
