2025版《試吧大考卷》全程考評(píng)特訓(xùn)卷 化學(xué)科目 檢測(cè)特訓(xùn)卷+詳細(xì)解析課練23弱電解質(zhì)的電離平衡　

第八單元水溶液中的離子平衡課練23弱電解質(zhì)的電離平衡練eq\a\vs4\al(基)eq\a\vs4\al(礎(chǔ))1．下列選項(xiàng)中能證明蟻酸(HCOOH)是弱酸的實(shí)驗(yàn)事實(shí)的是()A．HCOOH溶液與Zn反應(yīng)放出H2B．0.1mol·L－1HCOOH溶液可使紫色石蕊溶液變紅C．HCOOH溶液與Na2CO3反應(yīng)生成CO2D．常溫時(shí)0.1mol·L－1HCOOH溶液的pH＝2.32．H2S水溶液中存在電離平衡H2S?H＋＋HS－和HS－?H＋＋S2－。若對(duì)H2S溶液進(jìn)行以下操作，說(shuō)法正確的是()A．加水，平衡向右移動(dòng)，溶液中氫離子濃度增大B．通入過(guò)量SO2氣體，平衡向左移動(dòng)，溶液pH增大C．滴加新制氯水，平衡向左移動(dòng)，溶液pH減小D．加入少量硫酸銅固體(忽略體積變化)，溶液中所有離子濃度都減小3．[2024·福建三明期末]同溫時(shí)，下列實(shí)驗(yàn)結(jié)論能證明HA與HB酸性相對(duì)強(qiáng)弱的是()A．在水中的溶解度：HA比HB大B．同濃度的HA和HB溶液，pH：前者大于后者C．同體積的HA和HB溶液，導(dǎo)電能力：前者強(qiáng)于后者D．等物質(zhì)的量的HA和HB與足量鋅粒反應(yīng)，生成等量的H24．將濃度為0.1mol·L－1HF溶液加水稀釋，下列各量增大的是()①c(H＋)②c(F－)③c(OH－)④Ka(HF)⑤Kw⑥eq\f(c（F－）,c（H＋）)⑦eq\f(c（H＋）,c（HF）)A．①⑥B．②④C．③⑦D．④⑤5．25℃時(shí)，用0.1mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，當(dāng)?shù)渭覸mLCH3COOH溶液時(shí)，混合溶液的pH＝7。已知CH3COOH的電離常數(shù)為Ka，忽略混合時(shí)引起的溶液體積的變化，下列關(guān)系式正確的是()A．Ka＝eq\f(2×10－7,0.1V－2)B．V＝eq\f(2×10－7,0.1Ka－2)C．Ka＝eq\f(2×10－7,V＋20)D．Ka＝eq\f(2×10－8,V)6．[2024·黑龍江哈爾濱三十二中期末]由表格中電離常數(shù)判斷下列反應(yīng)可以發(fā)生的是()弱酸HClOH2CO3電離常數(shù)(25℃)Ka＝3.2×10－8Ka1＝4.3×10－7Ka2＝4.7×10－11A.NaClO＋NaHCO3=HClO＋Na2CO3B．NaClO＋CO2＋H2O=HClO＋NaHCO3C．2NaClO＋CO2＋H2O=2HClO＋Na2CO3D．HClO＋NaHCO3=NaClO＋CO2↑＋H2O練eq\a\vs4\al(高)eq\a\vs4\al(考)7．[2023·浙江1月]甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過(guò)離子交換樹(shù)脂(含固體活性成分R3N，R為烷基)因靜電作用被吸附回收，其回收率(被吸附在樹(shù)脂上甲酸根的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))與廢水初始pH關(guān)系如圖(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)，下列說(shuō)法不正確的是()A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2O?R3NH＋＋OH－B．pH＝5的廢水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18C．廢水初始pH<2.4，隨pH下降，甲酸的電離被抑制，與R3NH＋作用的HCOO－數(shù)目減少D．廢水初始pH>5，離子交換樹(shù)脂活性成分主要以R3NH＋形態(tài)存在8．[2022·全國(guó)乙卷]常溫下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某體系中，H＋與A－離子不能穿過(guò)隔膜，未電離的HA可自由穿過(guò)該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，下列敘述正確的是()A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．溶液Ⅱ中HA的電離度[eq\f(c（A－）,c總（HA）)]為eq\f(1,101)C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10－49．[2022·湖北卷]如圖是亞砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T，lgKa1＝－3.04，lgKa2＝－4.37)混合體系中部分物種的c-pH圖(濃度：總As為5.0×10－4mol·L－1，總T為1.0×10－3mol·L－1)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．As(OH)3的lgKa1為－9.1B．[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的強(qiáng)C．pH＝3.1時(shí)，As(OH)3的濃度比[As(OH)2T]－的高D．pH＝7.0時(shí)，溶液中濃度最高的物種為As(OH)310．[2022·遼寧卷]甘氨酸(NH2CH2COOH)是人體必需氨基酸之一。在25℃時(shí)，NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH、NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－和NH2CH2COO－的分布分?jǐn)?shù)[如δ(A2－)＝eq\f(c（A2－）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）)]與溶液pH關(guān)系如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.甘氨酸具有兩性B．曲線c代表NH2CH2COO－C．NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－＋H2O?NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH＋OH－的平衡常數(shù)K＝10－11.65D．c2(NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－)<c(NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH)·c(NH2CH2COO－)練eq\a\vs4\al(模)eq\a\vs4\al(擬)11．[2024·天津和平區(qū)模擬]硼酸，化學(xué)式H3BO3，為白色結(jié)晶性粉末，大量用于玻璃工業(yè)，也可用作防腐、消毒劑。硼酸在水中存在H3BO3＋H2O?B(OH)eq\o\al(－,4)＋H＋的平衡。下列關(guān)于硼酸說(shuō)法正確的是()A.H3BO3是一元弱酸B．升高溫度，該平衡逆向移動(dòng)C．滴加少量濃鹽酸，該平衡正向移動(dòng)D．H3BO3和足量的NaOH溶液反應(yīng)：H3BO3＋3NaOH=Na3BO3＋3H2O12．[2024·濰坊一模]常溫下，有amol·L－1HX和bmol·L－1HY兩種酸溶液，下列說(shuō)法不正確的是()A．若a＝b且c(X－)>c(Y－)，則酸性：HX>HYB．若a>b且c(X－)＝c(Y－)，則酸性：HX>HYC．若a<b且兩者pH相同，則HY一定是弱酸D．若向HX溶液中加入等濃度、等體積的NaOH溶液，所得溶液pH>7，則HX為弱酸13．[2024·蚌埠模擬]常溫下向100mL蒸餾水中滴入10mL5mol·L－1HA溶液，利用傳感器測(cè)得溶液中c(H＋)和溫度隨著加入HA溶液體積的變化曲線如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．HA是強(qiáng)酸B．a(chǎn)～b段，HA電離放熱，使溶液溫度升高C．c～d段，c(H＋)增大，HA電離程度增大D．c點(diǎn)時(shí)，加入等體積、等濃度的NaOH溶液，則c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)14．[2024·湖北麻城統(tǒng)考]常溫下，一種解釋乙酰水楊酸(用HA表示，Ka＝1×10－3.0)藥物在人體吸收模式如下：假設(shè)離子不會(huì)穿過(guò)組織薄膜，而未電離的HA則可自由穿過(guò)該膜且達(dá)到平衡。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．血漿中HA電離程度比胃中大B．在胃中，eq\f(c（A－）,c（HA）)＝1×10－2.0C．在血漿中，eq\f(c（HA）＋c（A－）,c（HA）)<1×104.4D．總藥量之比eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c（HA）＋c（A－）))血漿,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c（HA）＋c（A－）))胃)≈1×104.4一、選擇題：本題共10小題，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1．等物質(zhì)的量的下列物質(zhì)溶于水配成等體積的溶液，導(dǎo)電能力最弱的是()A．NaOHB．H3PO4C．NH3D．CH3CH2OH2．液態(tài)化合物AB會(huì)發(fā)生微弱的自身電離，電離方程式為AB?A＋＋B－，在不同溫度下其平衡常數(shù)K(25℃)＝1.0×10－14，K(35℃)＝2.1×10－14。則下列敘述正確的是()A．c(A＋)隨溫度的升高而降低B．35℃時(shí)，c(A＋)>c(B－)C．AB的電離程度：α(25℃)>α(35℃)D．AB的電離是吸熱過(guò)程3．下列曲線中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的電離度與濃度關(guān)系的是()4．已知室溫時(shí)，0.1mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，下列敘述錯(cuò)誤的是()A．該溶液的pH＝4B．升高溫度，溶液的pH增大C．室溫時(shí)，此酸的電離常數(shù)約為1×10－7D．稀釋HA溶液時(shí)，不是所有粒子的濃度都一定會(huì)減小5．[2024·河北石家莊精英中學(xué)期中]已知25℃時(shí)，三種酸的電離常數(shù)為Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7，Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11。下列說(shuō)法正確的是()A.醋酸滴入NaCN溶液的離子方程式為H＋＋CN－=HCNB．NaHCO3在水溶液中的電離方程式為NaHCO3=Na＋＋H＋＋COeq\o\al(2－,3)C．Na2CO3溶液中滴加HCN的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)＋2HCN=2CN－＋H2O＋CO2↑D．結(jié)合質(zhì)子的能力：CH3COO－<HCOeq\o\al(－,3)<CN－<COeq\o\al(2－,3)6．已知：在25℃時(shí)，次氯酸、碳酸和亞硫酸的電離常數(shù)如下表：弱電解質(zhì)電離常數(shù)(Ka)HClOKa＝4.7×10－8H2CO3Ka1＝4.2×10－7Ka2＝5.6×10－11H2SO3Ka1＝1.54×10－2Ka2＝1.02×10－7下列微粒在溶液中不能大量共存的是()A．SOeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)B．ClO－、HCOeq\o\al(－,3)C．HSOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)D．HClO、HCOeq\o\al(－,3)7．[2024·重慶沙坪壩期中]25℃時(shí)，苯胺(C6H5NH2)的電離平衡常數(shù)Kb＝4×10－10，lg2＝0.3。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．苯胺的電離方程式為C6H5NH2＋H2O?C6H5NHeq\o\al(＋,3)＋OH－B．0.01mol/L的苯胺溶液的pH約為8.3C．升高溫度，苯胺的電離程度增大D．稀釋0.01mol/L的苯胺溶液，所有的離子濃度均減小8．[2024·湖南冷水江聯(lián)考]二元弱酸H2X的電離過(guò)程是吸熱過(guò)程，某溫度下，其電離常數(shù)Ka1＝2.5×10－4、Ka2＝2×10－8。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．升高溫度后，Ka1、Ka2均增大B．向H2X溶液中加入少量KHX固體，c(H＋)減小C.該溫度下0.1mol·L－1的H2X溶液中c(H＋)≈5×10－3mol·L－1D．向H2X溶液中加水稀釋過(guò)程中，eq\f(c（HX－）,c（H2X）)減小9．25℃，兩種一元堿MOH和ROH的溶液分別加水稀釋，溶液pH的變化如圖所示。下列敘述正確的是()A．MOH是一種弱堿B．在x點(diǎn)：c(M＋)＝c(R＋)C．稀釋前，c(MOH)＝10c(ROH)D．稀釋前，MOH溶液和ROH溶液中由水電離出的c(OH－)：前者是后者的10倍10．[2024·福建南平校際聯(lián)考]25℃時(shí)，用NaOH溶液調(diào)節(jié)醋酸溶液的pH，實(shí)驗(yàn)測(cè)得溶液中CH3COOH、CH3COO－的分布系數(shù)δ與pH的關(guān)系如圖所示。已知δ(CH3COO－)＝eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）)，下列說(shuō)法正確的是()A．曲線1代表CH3COO－B．25℃時(shí)，CH3COOH的電離常數(shù)Ka＝4.74C．δ(CH3COOH)＝eq\f(c（H＋）,Ka＋c（H＋）)D．溶液中始終存在c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)二、非選擇題：本題共2小題。11．為了證明醋酸是弱電解質(zhì)，甲、乙、丙、丁四人分別選用下列試劑進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：0.1mol·L－1醋酸溶液、0.1mol·L－1鹽酸、pH＝3的鹽酸、pH＝3的醋酸、CH3COONa晶體、NaCl晶體、CH3COONH4晶體、蒸餾水、鋅粒、pH試紙、酚酞、NaOH溶液等。(1)甲取出10mL0.1mol·L－1的醋酸溶液，用pH試紙測(cè)出其pH＝a，確定醋酸是弱電解質(zhì)，則a應(yīng)該滿足的關(guān)系是________，理由是_________________________________________。(2)乙分別取pH＝3的醋酸和鹽酸各1mL，分別用蒸餾水稀釋到100mL，然后用pH試紙分別測(cè)定兩溶液的pH，則可認(rèn)定醋酸是弱電解質(zhì)，判斷的依據(jù)是__________________________________________________________________________________________。(3)丙分別取pH＝3的鹽酸和醋酸各10mL，然后加入質(zhì)量相同的鋅粒，醋酸放出H2的平均速率快，則認(rèn)定醋酸是弱電解質(zhì)，你認(rèn)為這一方法正確嗎？________，請(qǐng)說(shuō)明理由：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)丁用CH3COONa晶體、NaCl晶體、蒸餾水和酚酞做實(shí)驗(yàn)，也論證了醋酸是弱酸的事實(shí)，該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象是____________________________________________________________________________________________________________________。12．現(xiàn)有常溫下pH＝2的鹽酸(甲)和pH＝2的醋酸溶液(乙)，請(qǐng)根據(jù)下列操作回答問(wèn)題：(1)常溫下0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀釋過(guò)程，下列表達(dá)式的數(shù)值一定變小的是________(填字母)。A．c(H＋)B．eq\f(c（H＋）,c（CH3COOH）)C．c(H＋)·c(OH－)D．eq\f(c（OH－）,c（H＋）)(2)取10mL的乙溶液，加入等體積的水，醋酸的電離平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移動(dòng)；另取10mL的乙溶液，加入少量無(wú)水醋酸鈉固體(假設(shè)加入固體前后，溶液體積保持不變)，待固體溶解后，溶液中eq\f(c（H＋）,c（CH3COOH）)的值將________(填“增大”“減小”或“無(wú)法確定”)。(3)相同條件下，取等體積的甲、乙兩溶液，分別加水稀釋100倍，所得溶液的pH大小關(guān)系為pH(甲)________pH(乙)(填“>”“<”或“＝”)。(4)取等體積的甲、乙兩溶液，分別用等濃度的NaOH稀溶液中和，則消耗的NaOH溶液的體積大小關(guān)系為V(甲)________V(乙)(填“>”“<”或“＝”)。(5)已知25℃時(shí)，三種酸的電離平衡常數(shù)如下：化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClOKa11.8×10－54.3×10－73.0×10－8Ka2—5.6×10－11—下列四種離子中結(jié)合H＋能力最強(qiáng)的是________(填字母)。A．HCOeq\o\al(－,3)B．COeq\o\al(2－,3)C．ClO－D．CH3COO－寫出下列反應(yīng)的離子方程式。CH3COOH＋Na2CO3(少量)：________________________________________________________________________________________________________________________；HClO＋Na2CO3(少量)：___________________________________________________________________________________________________________________________。

課練23弱電解質(zhì)的電離平衡狂刷小題夯基礎(chǔ)1．答案：D解析：A、B項(xiàng)，只能證明蟻酸具有酸性，不能證明其酸性強(qiáng)弱，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，只能證明蟻酸的酸性比碳酸強(qiáng)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，溶液的pH＝2.3，說(shuō)明HCOOH未完全電離，正確。2．答案：C解析：加水促進(jìn)H2S的電離，由于溶液體積增大，氫離子濃度減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，pH增大；當(dāng)SO2過(guò)量，溶液顯酸性，因H2SO3酸性比H2S強(qiáng)，故pH減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；滴加新制氯水，發(fā)生反應(yīng)Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移動(dòng)，生成了強(qiáng)酸，溶液pH減小，C項(xiàng)正確；加入少量硫酸銅固體，發(fā)生反應(yīng)H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋濃度增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．答案：B解析：酸性的相對(duì)強(qiáng)弱與酸的電離程度有關(guān)，與溶解度的大小無(wú)關(guān)，該方法不能用來(lái)判斷酸性的相對(duì)強(qiáng)弱，A項(xiàng)錯(cuò)誤；同濃度的HA和HB溶液，前者pH大于后者，說(shuō)明前者電離出的氫離子濃度小，則HA電離程度較小，酸性較弱，該方法可以用來(lái)判斷酸性的相對(duì)強(qiáng)弱，B項(xiàng)正確；導(dǎo)電能力與溶液中離子濃度的大小、離子所帶電荷數(shù)的多少有關(guān)，同體積的兩種酸濃度未知，無(wú)法根據(jù)導(dǎo)電能力確定酸性的強(qiáng)弱，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)關(guān)系式：2HA～Zn～H2，2HB～Zn～H2，等物質(zhì)的量的HA和HB與足量的Zn反應(yīng)，應(yīng)該生成等量的氫氣，該方法不能用來(lái)判斷酸性的相對(duì)強(qiáng)弱，D項(xiàng)錯(cuò)誤。4．答案：C解析：HF溶液中存在電離平衡：HF?F－＋H＋，加水稀釋時(shí)，平衡正向移動(dòng)，由于溶液體積的增大程度大于n（F－）、n（H＋）的增大程度，則溶液中c（F－）、c（H＋）均減小，①②錯(cuò)誤；由于溶液的溫度不變，則Kw、Ka（HF）不變，④⑤錯(cuò)誤；由于Kw＝c（H＋）·c（OH－），c（H＋）減小且Kw不變，則c（OH－）增大，③正確；Ka（HF）＝eq\f(c（H＋）·c（F－）,c（HF）)，eq\f(c（H＋）,c（HF）)＝eq\f(Ka（HF）,c（F－）)，Ka（HF）不變，c（F－）減小，則eq\f(c（H＋）,c（HF）)的值增大，⑦正確。5．答案：A解析：混合溶液的pH＝7，說(shuō)明醋酸過(guò)量，混合溶液中c（CH3COOH）≈eq\f(0.1（V－20）,20＋V)mol·L－1，根據(jù)電荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）及c（H＋）＝c（OH－）可得，c（Na＋）＝c（CH3COO－）＝eq\f(0.1×20,20＋V)mol·L－1，則Ka＝eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(2×10－7,0.1V－2)，A項(xiàng)正確。6．答案：B解析：根據(jù)表格中數(shù)據(jù)分析可知Ka1（H2CO3）>Ka（HClO）>Ka2（H2CO3），即酸性：H2CO3>HClO>HCOeq\o\al(－,3)。HClO的酸性比HCOeq\o\al(－,3)強(qiáng)，該反應(yīng)不能發(fā)生，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于酸性：H2CO3>HClO>HCOeq\o\al(－,3)，所以向NaClO溶液中通入CO2，只能生成NaHCO3，不能生成Na2CO3，B項(xiàng)正確、C項(xiàng)錯(cuò)誤；HClO酸性比H2CO3弱，該反應(yīng)不能發(fā)生，D項(xiàng)錯(cuò)誤。7．答案：D解析：活性成分R3N中N能與水電離出的H＋形成配位鍵，因此在水中存在平衡：R3N＋H2O?R3NH＋＋OH－，A項(xiàng)正確；pH＝5的廢水中，c（H＋）＝10－5mol·L－1，根據(jù)甲酸Ka＝eq\f(c（H＋）·c（HCOO－）,c（HCOOH）)＝1.8×10－4，得eq\f(c（HCOO－）,c（HCOOH）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)＝eq\f(1.8×10－4,10－5)＝18，B項(xiàng)正確；廢水初始pH<2.4，隨pH下降，c（H＋）增大，電離平衡HCOOH?HCOO－＋H＋逆向移動(dòng)，甲酸的電離被抑制，c（HCOO－）減小，與R3NH＋作用的HCOO－數(shù)目減少，C項(xiàng)正確；廢水初始pH>5時(shí)回收率小于10%，說(shuō)明吸附在樹(shù)脂上的甲酸根較少，活性成分主要以R3N形態(tài)存在，D項(xiàng)錯(cuò)誤。8．答案：B解析：常溫下溶液ⅠpH＝7.0，則溶液Ⅰ中c（H＋）＝c（OH－）＝1.0×10－7mol·L－1，故c（H＋）<c（OH－）＋c（A－），A項(xiàng)錯(cuò)誤；溶液ⅡpH＝1.0，即c（H＋）＝1.0×10－1mol·L－1，Ka（HA）＝eq\f(1.0×10－1×c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－3，c（HA）＝100c（A－），α（HA）＝eq\f(c（A－）,c總（HA）)＝eq\f(c（A－）,c（A－）＋c（HA）)＝eq\f(c（A－）,c（A－）＋100c（A－）)＝eq\f(1,101)，B項(xiàng)正確；因未電離的HA能自由穿過(guò)中間隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)溶液Ⅰ、Ⅱ的pH及Ka（HA）＝1.0×10－3可知，溶液Ⅰ中c總（HA）＝c（HA）＋c（A－）＝c（HA）＋104c（HA）＝（104＋1）c（HA），溶液Ⅱ中c總（HA）＝c（HA）＋c（A－）＝c（HA）＋10－2c（HA）＝1.01c（HA），由C項(xiàng)分析知溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）相等，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總（HA）之比為eq\f(104＋1,1.01)≈104，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．答案：D解析：As（OH）3的Ka1＝eq\f(c（[As（OH）2O]－）·c（H＋）,c[As（OH）3])，由題圖知，pH＝9.1時(shí)，c（[As（OH）2O]－）＝c[As（OH）3]，則lgKa1＝－pH＝－9.1，A項(xiàng)正確；[As（OH）2T]－的Ka＝eq\f(c（[AsO（OH）T]2－）·c（H＋）,c（[As（OH）2T]－）)，由題圖知，pH＝4.6時(shí)，c（[AsO（OH）T]2－）＝c（[As（OH）2T]－），則lgKa＝－4.6>As（OH）3的lgKa1＝10－9.1，故[As（OH）2T]－比As（OH）3的酸性強(qiáng)，B項(xiàng)正確；pH＝3.1時(shí)，As（OH）3的濃度略低于5.0×10－4mol·L－1，而[As（OH）2T]－的濃度略高于1.6×10－6mol·L－1，故C項(xiàng)正確；結(jié)合題干和上述分析知，酒石酸的酸性遠(yuǎn)強(qiáng)于As（OH）3，且溶液中總As的濃度小于總T的濃度，所以當(dāng)pH＝7時(shí)，溶液中濃度最高的物種不是As（OH）3，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．答案：D解析：NH2CH2COOH中存在—NH2和—COOH，所以溶液既有酸性又有堿性，A正確；氨基具有堿性，在酸性較強(qiáng)時(shí)會(huì)結(jié)合氫離子，羧基具有酸性，在堿性較強(qiáng)時(shí)與氫氧根離子反應(yīng)，故曲線a表示NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，曲線b表示NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，曲線c表示NH2CH2COO－的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，B正確；NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－＋H2O?NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH＋OH－的平衡常數(shù)K＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH）·c（OH－）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)，25℃時(shí)，根據(jù)a、b曲線交點(diǎn)坐標(biāo)（2.35，0.50）可知，pH＝2.35時(shí)，c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）＝c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH），則K＝c（OH－）＝eq\f(Kw,c（H＋）)＝10－11.65，C正確；由C項(xiàng)分析可知，eq\f(c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)＝eq\f(10－11.65,c（OH－）)，根據(jù)b、c曲線交點(diǎn)坐標(biāo)（9.78，0.50）分析可得電離平衡NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－?NH2CH2COO－＋H＋的電離常數(shù)為K1＝10－9.78，eq\f(c（NH2CH2COO－）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)＝eq\f(K1,c（H＋）)＝eq\f(10－9.78,c（H＋）)，則eq\f(c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)×eq\f(c（NH2CH2COO－）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)＝eq\f(10－11.65,c（OH－）)×eq\f(10－9.78,c（H＋）)<1，即c2（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）>c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH）·c（NH2CH2COO－），D錯(cuò)誤。11．答案：A解析：硼酸中B原子屬于缺電子原子，在水溶液中可以結(jié)合水電離出的氫氧根，由H3BO3＋H2O?B（OH）eq\o\al(－,4)＋H＋可知硼酸電離出一個(gè)氫離子，所以為一元酸，A正確；電離為吸熱過(guò)程，升高溫度，平衡正向移動(dòng)，B錯(cuò)誤；滴加少量濃鹽酸，氫離子濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，C錯(cuò)誤；H3BO3為一元酸，與足量的NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為H3BO3＋NaOH=NaH2BO3＋H2O，D錯(cuò)誤。12．答案：B解析：若a＝b且c（X－）>c（Y－），這說(shuō)明電離程度HX＞HY，則酸性：HX>HY，A正確；若a>b且c（X－）＝c（Y－），這說(shuō)明電離程度：HX＜HY，則酸性：HX＜HY，B錯(cuò)誤；若a<b且兩者pH相同，這說(shuō)明電離出的氫離子濃度相等，則HY一定是弱酸，C正確；若向HX溶液中加入等濃度、等體積的NaOH溶液，所得溶液pH>7，這說(shuō)明X－水解，則HX為弱酸，D正確。13．答案：D解析：結(jié)合圖示可知，滴入10mL5mol·L－1HA溶液時(shí)，c（HA）≈eq\f(10,10＋100)×5mol·L－1≈0.46mol·L－1，而此時(shí)c（H＋）約為6×10－3mol·L－1，證明HA部分電離，屬于弱酸，故A錯(cuò)誤；a～b段，HA的電離過(guò)程為吸熱過(guò)程，電解質(zhì)溶于水，擴(kuò)散過(guò)程（電離）吸熱，水合過(guò)程（形成水合離子）放熱，故B錯(cuò)誤；c～d段，HA濃度增大，c（H＋）增大，但HA的電離程度減小，故C錯(cuò)誤；c點(diǎn)時(shí)，加入等體積、等濃度的NaOH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為NaA，根據(jù)物料守恒得：c（Na＋）＝c（A－）＋c（HA），故D正確。14．答案：C解析：如圖可知，胃液酸性強(qiáng)，H＋濃度大，抑制HA的電離，故血漿中HA電離程度比胃中大，A正確；在胃中c（H＋）＝1×10－1.0mol/L，根據(jù)Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1×10－3.0可得eq\f(c（A－）,c（HA）)＝1×10－2.0，B正確；在血漿中，eq\f(c（HA）＋c（A－）,c（HA）)＝1＋eq\f(c（A－）,c（HA）)＝1＋eq\f(Ka,c（H＋）)＝1＋eq\f(1×10－3,1×10－7.4)>1×104.4，C錯(cuò)誤；未電離的HA則可自由穿過(guò)該膜且達(dá)到平衡，血漿Ⅰ和胃Ⅱ中c（HA）相等，由Ka（HA）＝eq\f(c平衡（A－）×c平衡（H＋）,c平衡（HA）)，可得cⅠ平衡（A－）×cⅠ平衡（H＋）＝cⅡ平衡（A－）×cⅡ平衡（H＋），則eq\f(cⅠ平衡（A－）,cⅡ平衡（A－）)＝eq\f(cⅡ平衡（H＋）,cⅠ平衡（H＋）)＝eq\f(10－1,10－7.4)＝106.4，溶液Ⅰ中，eq\f(cⅠ平衡（A－）,cⅠ平衡總（HA）)＝eq\f(cⅠ平衡（A－）,cⅠ平衡（A－）＋cⅠ平衡（HA）)＝eq\f(\f(cⅠ平衡（A－）×cⅠ（H＋）,cⅠ平衡（HA）),cⅠ（H＋）＋\f(cⅠ平衡（A－）×cⅠ（H＋）,cⅠ平衡（HA）))＝eq\f(10－3,10－7.4＋10－3)≈1，cⅠ平衡總（HA）＝cⅠ平衡（A－），同理溶液Ⅱ中，cⅡ平衡總（HA）＝101cⅡ平衡（A－），故總藥量之比eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c（HA）＋c（A－）))血漿,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c（HA）＋c（A－）))胃)＝eq\f(cⅠ平衡總（HA）,cⅡ平衡總（HA）)＝eq\f(cⅠ平衡（A－）,101cⅡ平衡（A－）)＝eq\f(106.4,101)≈104.4，D正確。綜合測(cè)評(píng)提能力1．答案：D解析：NaOH是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，故其中自由移動(dòng)的離子濃度最大，導(dǎo)電能力最強(qiáng)，A錯(cuò)誤；H3PO4是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離，故其中自由移動(dòng)的離子濃度較小，導(dǎo)電能力較弱，B錯(cuò)誤；NH3溶于水，與水反應(yīng)生成的NH3·H2O是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離，故其中自由移動(dòng)的離子濃度較小，導(dǎo)電能力較弱，C錯(cuò)誤；CH3CH2OH是非電解質(zhì)，其水溶液幾乎不導(dǎo)電，導(dǎo)電能力最弱，D正確。2．答案：D解析：升高溫度，K增大，說(shuō)明AB的電離程度增大，所以c（A＋）隨著溫度的升高而增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)題給信息，無(wú)法推出35℃時(shí)，c（A＋）>c（B－），B項(xiàng)錯(cuò)誤；升高溫度，K增大，AB的電離程度增大，所以AB的電離程度：α（25℃）<α（35℃），C項(xiàng)錯(cuò)誤；升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，則AB的電離是吸熱過(guò)程，D項(xiàng)正確。3．答案：B解析：乙酸和一氯乙酸均顯弱酸性。弱酸的濃度越大，在水中的電離度越小，排除C項(xiàng)、D項(xiàng)。電離平衡常數(shù)：CH3COOH<CH2ClCOOH，而電離平衡常數(shù)越大，表明酸性越強(qiáng)，電離度越大，排除A項(xiàng)，故選B項(xiàng)。4．答案：B解析：0.1mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，說(shuō)明溶液中c（H＋）約為0.1mol·L－1×0.1%＝1×10－4mol·L－1，溶液的pH＝4，A項(xiàng)正確；電離屬于吸熱過(guò)程，升溫促進(jìn)HA電離，溶液中的c（H＋）增大，pH減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；室溫時(shí)，此酸的電離常數(shù)約為eq\f(10－4×10－4,0.1)＝1×10－7，C項(xiàng)正確；稀釋HA溶液可促進(jìn)HA電離，但溶液中c（H＋）、c（A－）、c（HA）都減小，而c（OH－）增大，D項(xiàng)正確。5．答案：D解析：因?yàn)樗嵝訡H3COOH>HCN，由于醋酸是弱酸不可拆，反應(yīng)的離子方程式是CH3COOH＋CN－=HCN＋CH3COO－，故A錯(cuò)誤；NaHCO3在水溶液中電離出鈉離子和HCOeq\o\al(－,3)，電離方程式為NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)，故B錯(cuò)誤；酸性：H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(－,3)，則Na2CO3溶液與HCN反應(yīng)只能生成NaHCO3，不能生成H2CO3，離子方程式為COeq\o\al(2－,3)＋HCN=CN－＋HCOeq\o\al(－,3)，故C錯(cuò)誤；酸性越弱，其對(duì)應(yīng)酸根結(jié)合氫離子的能力越強(qiáng)，所以等濃度的結(jié)合質(zhì)子的能力：CH3COO－<HCOeq\o\al(－,3)<CN－<COeq\o\al(2－,3)，故D正確。6．答案：C解析：根據(jù)表中電離常數(shù)可知，酸性：H2SO3>H2CO3>HSOeq\o\al(－,3)>HClO>HCOeq\o\al(－,3)；根據(jù)“較強(qiáng)酸制取較弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，判斷溶液中微粒能否大量共存。由于酸性：HSOeq\o\al(－,3)>HCOeq\o\al(－,3)，則SOeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)不能反應(yīng)，可以大量共存，A不符合題意；酸性：HClO>HCOeq\o\al(－,3)，則ClO－、HCOeq\o\al(－,3)不能反應(yīng)，可以大量共存，B不符合題意；由于酸性：HSOeq\o\al(－,3)>HCOeq\o\al(－,3)，則HSOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)能反應(yīng)生成SOeq\o\al(2－,3)和HCOeq\o\al(－,3)，不能大量共存，C符合題意；由于酸性：H2CO3>HClO，HClO、HCOeq\o\al(－,3)不能反應(yīng)，可以大量共存，D不符合題意。7．答案：D解析：苯胺中的氨基—NH2顯堿性，在水溶液中能部分電離出OH－，電離方程式：C6H5NH2＋H2O?C6H5NHeq\o\al(＋,3)＋OH－，故A正確；c（OH－）＝eq\r(Kb·c（C6H5NH2）)≈2×10－6mol·L－1，pOH＝－lgc（OH－）＝5.7，pH＝14－pOH＝8.3，故B正確；電離吸熱，升高溫度促進(jìn)苯胺的電離，其電離程度增大，故C正確；加水稀釋過(guò)程中C6H5NHeq\o\al(＋,3)和OH－離子濃度不斷減小，溫度不變，Kw不變，根據(jù)Kw＝c（OH－）·c（H＋）可知，c（H＋）濃度增大，故D錯(cuò)誤。8．答案：D解析：二元弱酸H2X的電離過(guò)程是吸熱過(guò)程，溫度升高，平衡正向移動(dòng)，Ka1、Ka2均增大，A項(xiàng)正確；H2X?H＋＋HX－，加入KHX，平衡向左移動(dòng)，c（H＋）減小，B項(xiàng)正確；Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HX－）,c（H2X）)＝2.5×10－4mol·L－1，因c（H＋）≈c（HX－）、c（H2X）≈0.1mol·L－1，故c（H＋）≈5×10－3mol·L－1，C項(xiàng)正確；eq\f(c（HX－）,c（H2X）)＝eq\f(Ka1,c（H＋）)，加水稀釋過(guò)程中，c（H＋）減小，故eq\f(c（HX－）,c（H2X）)增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．答案：B解析：由圖可知，兩溶液分別稀釋100倍，MOH溶液的pH減小2，ROH溶液的pH減小1，則MOH是強(qiáng)堿，ROH是弱堿，A錯(cuò)誤；x點(diǎn)兩溶液的pH相等，則兩溶液中c（H＋）、c（OH－）分別相等；根據(jù)電荷守恒可得c（M＋）＋c（H＋）＝c（OH－）、c（R＋）＋c（H＋）＝c（OH－），從而推知x點(diǎn)時(shí)c（M＋）＝c（R＋），B正確；MOH是強(qiáng)堿，起始溶液的pH＝13，則有c（MOH）＝0.1mol·L－1，ROH是弱堿，部分電離，起始溶液的pH＝12，則有c（ROH）＞0.01mol·L－1，從而可知稀釋前，c（MOH）＜10c（ROH），C錯(cuò)誤；稀釋前，MOH溶液的pH＝13，則由水電離出的c（OH－）＝1×10－13mol·L－1；ROH溶液的pH＝12，則由水電離出的c（OH－）＝1×10－12mol·L－1，故稀釋前MOH溶液和ROH溶液中由水電離出的c（OH－）：后者是前者的10倍，D錯(cuò)誤。10．答案：C解析：已知δ（CH3COO－）＝eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）)，同時(shí)除以c（CH3COO－）可得δ（CH3COO－）＝eq\f(1,1＋\f(c（H＋）,Ka))＝eq\f(Ka,Ka＋c（H＋）)，隨著pH值增大，氫離子濃度減小，eq\f(Ka,Ka＋c（H＋）)增大，即隨著pH的增大，δ（CH3COO－）增大，所以曲線2代表δ（CH3COO－），故A錯(cuò)誤；由圖可知，當(dāng)δ（CH3COO－）＝eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）)＝eq\f(1,2)時(shí)，c（CH3COO－）＝c（CH3COOH），Ka＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)＝c（H＋），已知pH＝4.74，故Ka＝10－4.74，故B錯(cuò)誤；根據(jù)δ（CH3COOH）＝eq\