2023年高考真题变式分类汇编：电离平衡常数1
一、选择题
1．（2023·北京）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( )
A．键的键能小于键的键能
B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子
2．（2023·湖南）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
3．（2023·辽宁）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A．
B．③为与的关系曲线
C．
D．
4．（2023·浙江1月选考）甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法错误的是
A．活性成分在水中存在平衡：
B．的废水中
C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少
D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在
5．（2023·银川模拟）为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念：AG=lg。常温下，用0.1mol L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol L-1HCN溶液，溶液的酸度(AG)随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(滴定过程中温度的变化忽略不计)，已知100.8≈6.3，下列说法正确的是
A．滴定过程中逐渐增大
B．常温下，HCN的电离常数Ka≈6.3×10-10
C．滴定过程中水电离出c(H+)先减小后增大
D．当V=10mL时，溶液中存在c(H+)+c(HCN)=c(OH-)+c(CN-)
6．（2023·益阳模拟）难溶物可溶于盐酸。常温下，用调节浊液的，测得在不同条件下，体系中(X为或与的关系如图所示。下列说法正确的是
A．代表与的变化曲线
B．a、c两点的溶液中均存在
C．的数量级为
D．c点的溶液中存在
7．（2023·宜宾模拟）下列实验操作、现象及结论均正确的是（ ）
选项 操作 现象 结论
A 向菠菜汁中加入少量稀硝酸，再滴入几滴KSCN溶液 溶液变红 菠菜汁中含有Fe3+
B 将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中 铜丝表面由黑色变为红色 乙醇具有还原性
C 相同温度下，用pH计分别测定0.010 mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH HF溶液pH更小 Ka(HF)
A．A B．B C．C D．D
8．（2023·沈阳模拟）室温下，用NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为的HCl和HX溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法错误的是
A．HX的电离平衡常数
B．M点存在：
C．将P点和N点的溶液混合，溶液呈酸性
D．向N点的溶液中通入HCl气体至pH=7：
9．（2023·重庆市模拟）常温下，体积和浓度一定的溶液中各微粒浓度的负对数()随溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线②表示随溶液pH的变化情况
B．等物质的量浓度和混合溶液：
C．的的数量级为
D．常温下，将M点对应溶液加水稀释，不变
10．（2023·河东模拟）有25mL0.1mol L-1的三种溶液①Na2CO3溶液；②CH3COONa溶液；③NaOH溶液，下列说法正确的是
电离平衡常数 Ka1 Ka2
H2CO3 4.5×10-7 4.7×10-11
CH3COOH 1.75×10-5 ——
A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①
B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C．若分别加入25mL0.1mol L-1盐酸后，pH最大的是①
D．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞②＞①
11．（2023·太原模拟）常温下，用0.2mol·L-1NaOH溶液分别滴定相同浓度的一元酸HA溶液和HB溶液，溶液的pH随离子浓度的变化关系如图所示。已知电离常数Ka(HA) < Ka(HB)，下列说法错误的是
A．曲线M代表HA溶液
B．常温下，0.1 mol·L-1NaB溶液的pH约为8.15
C．pH和体积均相同的两种酸溶液中水的电离程度：HA> HB
D．将0.1 mol·L-1 HA溶液加水稀释10倍后，溶液中保持不变
12．（2023·阿勒泰模拟）相同温度和压强下，研究Cl2分别在不同浓度的盐酸和NaCl溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)变化如图所示。
已知氯气溶解存在以下过程：
①Cl2(aq) + H2O(1) H+(aq) + Cl-(aq) + HClO(aq) K1= 4.2×10-4
②Cl2(aq) + Cl-(aq) (aq) K2= 0.19
③HClO(aq) H+(aq) + ClO-(aq) Ka= 3.2×10-8
下列说法错误的是
A．随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，溶液中减小
B．随着盐酸浓度的增大，反应①被抑制，反应②为主要反应从而促进Cl2溶解
C．a点时，c(H+) >c(Cl-)>c() > c(ClO-)
D．b点时，c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c() + c(OH-) + c(ClO-)
13．（2023·许昌模拟）室温下某湖水中几种微粒的浓度与pH的关系如下图所示。已知水中现存的CO 以H2CO 形式计算作数据近似处理。下列说法错误的是
A．室温下的水解常数Kh=10-7.7
B．向交点②所示的溶液中通入少量HCl气体可变为交点①
C．交点③对应溶液pH≈5.65
D．上述溶液室温下pH=8.3时：c()>c(OH-)>c()
14．（2023·河南模拟）已知SrF2属于微溶于水、可溶于酸的强碱弱酸盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中—lgc(X)(X为Sr2+或F-)与lg的关系如图所示，下列说法正确的是
A．a点溶液中存在：2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)
B．c点溶液中存在：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(F-)
C．常温下，Ksp(SrF2)=
D．常温下，氢氟酸的Ka数量级为
15．（2022·辽宁）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
二、多选题
16．（2023·泰安模拟）25℃时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数[，X表示、或]的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．25℃时，第一步电离平衡常数
B．c点溶液中：
C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d>b>a
D．b点溶液中：
17．（2023·临沂模拟）室温下，亚砷酸[As(OH)3]和酒石酸(H2T)混合体系中部分微粒的c－pH关系如图所示(浓度：总As为5.0×10-4mol L-1，总T为1.0×10-3mol L-1)。
已知：Ka1(H2T)=10-3.04，Ka2(H2T)=10-4.37。
下列说法正确的是
A．Ka1[As(OH)3]的数量级为10-10
B．HT-的酸性强于[As(OH)2T]-
C．pH=3.1时，溶液中浓度最高的微粒为[As(OH)2T]-
D．向H2T溶液中滴加NaOH溶液至中性时：c(HT-)＞c(T2-)
18．（2023·济南模拟）乙二胺(，简写为EDA)是常用的分析试剂，为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似。25℃时，向20 mL 0.1 mol·L其盐酸盐溶液EDA中加入NaOH固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、EDA三种粒子的浓度的对数值()、所加NaOH固体质量与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．乙二胺第一步电离常数的数量级为
B．时，
C．时，
D．时，加入NaOH溶液的质量g
19．（2022高三上·海南期末）可用作金属焊接除锈剂。常温下，，下列有关说法正确的是
A．向纯水中加入，水的离子积增大
B．溶液中，
C．在试管中加热固体可分别收集到、HCl
D．常温下，溶液和氨水等体积混合后溶液显碱性
20．（2022高三上·滕州期末）25℃时，向20mL0.5的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25的盐酸，溶液中和溶液的随中和率的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．该温度下MOH的电离常数
B．该温度下b点时，
C．c点时，
D．d点对应的溶液中，升高温度增大
21．（2022高二上·菏泽期末）向一定浓度的H3AsO4水溶液中滴加NaOH溶液，含砷的各物种分布系数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．
B．NaH2AsO4溶液中： c(HAsO)=c(H3AsO4)
C．P点： pH=
D．Na2HAsO4溶液中： c(H2AsO) +2c(H3AsO4)＞c(AsO)
22．（2022·衡阳模拟）25℃时，用气体调节氨水的，溶液中微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比[]与的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是（ ）
A．25℃时，的电离平衡常数为
B．所示溶液中：
C．所示溶液中：
D．所示溶液中：
23．（2022·衡阳模拟）酒石酸(H2B)及其与OH-形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化曲线如图(已知： 20℃时，Ksp(KHB)=3.8× 10-4， S(K2B)=100 g/L)。向25 mL 0.1 mol/L酒石酸溶液中，逐滴加入0.2mol/LKOH溶液，下列相关说法错误的是（ ）
A．酒石酸的Ka2的数量级为10-3
B．pH=3， c(H2B)> c(HB- )>c(B2- )
C．pH越高，越有利于用酒石酸检验K+
D．V(KOH)=12.5 mL时，c(H2B)+c(HB- )+c(B2- )≈0.0195mol/L
24．（2022高二下·岳阳期末）溶液中含铁微粒的分布系数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．的数量级为
B．不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形式
C．向pH=2的这种溶液中加氢氧化钠至pH=10，的分布分数逐渐增大
D．既能与强酸又能与强碱反应
三、非选择题
25．（2022·河西模拟）锑钾 合金、镍钴锰酸锂[ 、 ]、磷酸铁钠[ ]分别作为钾离子电池、三元锂离子电池、钠离子电池的电极材料。这些电池成为目前实现碳中和研发的热点。请按要求回答下列问题。
（1）上述电池涉及的主族元素中，电负性最大的是 。
（2） 是比P的周期数大2的同主族元素。基态 原子价电子排布式为 。
（3）在回收电极材料中的 时，测得溶液中 ，通入 生成 沉淀，则 沉淀完全时溶液的 最小为 (已知沉淀完全时 。此温度下 ，溶液体积变化忽略不计)。
（4）钠离子电池电极材料制备：向含 的溶液中加入过量 溶液，过滤后进一步处理得 沉淀。然后将 与 混合，在 气氛中加热，制得 。
已知常温下 ， ； ， 。
①钠离子电池工作时， 转化为 ，则 在电池 (填“正”或“负”)极放电。
② 在制 的反应中的作用： 。
③ 溶液中含P元素离子的浓度由大到小的顺序为 。
（5）立方晶系锑钾合金的晶胞结构如图1所示，其中品胞的一部分如图2所示。
①该晶胞中， 和K的原子数之比为 。
②该晶体的密度为 (设阿伏加德罗常数的值为 ，用含a、 的代数式表示)。
26．（2022·济宁模拟）TiCl4是制备钛及其化合物的重要中间体，可利用下列装置在实验室制备TiCl4 (夹持装置略去)。
已知：①溶液捕获CO时生成Pd单质；
②能溶于有机溶剂，遇水会水解生成难溶于水的物质；难溶于水。
回答下列问题：
（1）检查装置气密性后，A装置中加入的药品为 ，管式炉中加入和C，先通入其目的是 ；一段时间后，加热管式炉，改通，对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理。D中碱石灰的作用是 ，E中反应的化学方程式为 。
（2）实验过程中，产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”，原因是 。制得的中常含有少量，从混合液体中分离出的操作名称为 。
（3）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。某钛合金的元素还有Al和Si等，已知在常温下，钛是一种耐强酸强碱的金属，请设计实验检验其中的Si元素： 。
（4）用水解法制备纳米的工艺流程见下图，成功的控制水解速率是制备纳米的前提。
已知：难溶于冷水，在热水中易水解；的水解是由水解、电离、水解三步进行(如下)：
①水解：
②电离：
③水解：
其中①为快反应，对②、③反应的影响是 ，加入硫酸铵的目的是 。
27．（2022·济宁模拟）一种制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：
回答下列问题：
（1）“浸取”过程有硫单质生成，写出该过程中主要反应的化学方程式 。
（2）“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是 。“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是 (填标号)。
a． b． c．
（3）工业上煅烧硫铁矿产生的气体可以用石灰乳吸收。常温下，测得与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则 (保留三位有效数字)[已知：室温下亚硫酸的电离平衡常数，]
（4）“沉锰”过程转化为的离子方程式为 。在一定空气流速下，相同时间内“焙烧”，产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化如图。“焙烧”过程中涉及如下化学反应：
①
②
③
为了增大产物中的占比，可以采用的措施是 (答出两条)。将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为 。
（5）用氧化还原法测定纯品纯度(杂质不参与下列反应)：称取样品0.1000g，试样经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，过滤除去，用标准溶液滴定，用去37.00mL，则样品中的质量分数为 (保留3位有效数字)。
28．（2022高二上·和平期末）结合表回答下列问题(均为常温下的数据)：
化学式 CH3COOH HClO H2CO3
电离常数(Ka) 1.8×10 5 3×10 8 K1=4.4×10 7 K2=4.7×10 11
请回答下列问题：
（1）下列四种离子结合同浓度的CH3COO－、ClO－、HCO、CO中结合H+的能力最强的是 。
（2）向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法正确的是____。
A．CH3COOH的电离程度增大 B．c(CH3COOH)增大
C．CH3COO－的数目增多 D．增大
（3）请写出NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式 。
（4）向0.1 mol L 1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)：c(CH3COO－)=5：9，此时溶液pH= 。
（5）在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液，试说明原因 (用离子方程式及必要的文字说明)。
（6）盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 。
②写出盐酸肼水溶液中离子浓度的大小关系是 。
29．（2022高二上·和平期末）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。
（1）人体内草酸累积过多是导致结石(主要成分是草酸钙)形成的原因之一。有研究发现，EDTA(一种能结合钙离子的试剂)在一定条件下可以有效溶解结石，用化学平衡原理解释其原因： (用化学用语及必要的文字说明)。
（2）已知：H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，0.1mol L-1KHC2O4溶液呈酸性，通过计算说明其原因是： 。
下列说法正确的是 (填字母序号)。
a.0.1mol L-1KHC2O4溶液中：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)
b.0.1mol L-1KHC2O4溶液中：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)
c.浓度均为0.1mol L-1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：3c(K+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)
d.0.1mol L-1KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c(K+)＞c(Na+)
（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体(FeC2O4 xH2O)的流程及组分测定方法如图：
已知：i.pH>4时，Fe2+易被氧气氧化
ii.几种物质的溶解度(g/100gH2O)如表：
FeSO4 7H2O (NH4)2SO4 FeSO4 (NH4)2SO4 6H2O
20℃ 48 75 37
60℃ 101 88 38
①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是： ， 。
②趁热过滤的原因是： 。
③为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2，设为装置A)称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。(FeC2O4的摩尔质量为144g/mol)
实验操作为：打开K1，K2，缓缓通入氮气；点燃酒精灯，小火加热；熄灭酒精灯，冷却至室温，停止通入氮气，关闭K1，K2；称重A。重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。假设此过程中FeC2O4不分解，根据实验记录，计算草酸亚铁晶体中结晶水数目x= (列式表示)。
30．（2022高二上·菏泽期末）乙酸、碳酸、次氯酸、亚磷酸(H3PO3)在生产、生活及医药方面有广泛用途。
（1）Ⅰ.已知25℃时，部分物质的电离常数如下表所示。
弱酸 CH3COOH H2CO3 HClO
电离常数
根据表中数据，将pH=3的下列三种酸溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是 (填标号)。
a．CH3COOH b．H2CO3 c．HClO
（2）常温下相同浓度的下列溶液：①CH3COONH4②CH3COONa ③CH3COOH，其中c(CH3COO-)由大到小的顺序是 (填标号)。
（3）常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，由水电离出来的c(OH-)= mol/L；请设计实验，比较常温下0.1 mol/L CH3COONa溶液的水解程度和0.1 mol/L CH3COOH溶液的电离程度大小： (简述实验步骤和结论)。
（4）Ⅱ．常温下，已知溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1 mol/L，溶液中各含磷微粒的关系如图所示。
已知：，；x、z两点的坐标为x(7.3，1.3)、z(12.6，1.3)。
H3PO3与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为 。
（5）表示随pOH变化的曲线是 。(填“①”、“②”或“③”)。
（6）常温下，NaH2PO3溶液中的 (填“<”“>”或“=”)。
31．（2021·绍兴模拟）在剧烈运动中，因缺氧肌肉会产生乳酸()，而血液中，乳酸和碳酸氢盐发生中和反应。试通过如下计算来说明此过程。
已知乳酸()是一元酸，。碳酸的电离平衡常数为：，
（1）的为 。(，)
（2）计算乳酸和碳酸氢盐反应的反应平衡常数的数值，写出计算过程 。
32．（2021·浙江模拟）
（1）已知苯酚( )具有弱酸性，其 ；水杨酸第一级电离形成的离子 能形成分子内氢键。据此判断相同温度下电离平衡常数 (水杨酸) Ka(苯酚)(填“>”或“<”)，其原因是 。
（2）一些氧化物的熔点如表所示：解释表中氧化物之间熔点差异的原因 。
氧化物 MgO
熔点/℃ 2800 23.8 -75.5
33．（2022高二上·平谷期末）是一种重要的试剂，利用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的并可获得无水。
（1）吸收塔中发生反应离子方程式 ，的电离常数 的电离常数(填“<”或“>”)。
（2）向溶液中滴加NaOH溶液，测得溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化如图。
①由此可知溶液呈 (填“酸性”或“碱性”)
②写出在水中存在的两个平衡：ⅰ ⅱ 。
这两个平衡程度的大小关系是：ⅰ ⅱ。(填“<”或“>”)
（3）为了进一步探究性质，两个同学分别做了如下实验：
其中甲同学设计图1装置(盐桥中为KCl)，闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转。
①通过验证新产物也可以帮助确认正、负两极，验证电源正极生成物的实验操作方法是 。
②闭合开关后盐桥中的移向 (填“左”或“右”)侧的烧杯。
③负极的电极反应 。
④乙同学按图2操作，并没有出现预期的现象，而是溶液很快呈红色。大约30mm后红色变为橙色，5小时后变为黄绿色。
因此，乙认为刚开始一段时间并不涉及氧化还原反应。
查阅资料：溶液中、、三种微粒会形成一种组成为的“配合物”并存在转化关系：
请从反应速率和平衡的角度解释原因 。
34．（2022高二上·荆州期末）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用表示)。的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，的。
（1）写出醋酸(用表示)的电离方程式： 。
（2）25℃时，的水解常数 。
（3）某小组研究25℃下电离平衡的影响因素。
提出假设：稀释溶液或改变浓度，电离平衡会发生移动。设计方案并完成以下实验用浓度均为的和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。
序号
I 40.00 ／ ／ 0 2.86
II 4.00 ／ 36.00 0 3.36
…
VII 4.00 a b 4.53
VIII 4.00 4.00 32.00 4.65
①根据表中信息，补充数据：a= ，b= 。
②由实验I和II可知，稀释溶液，电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由： 。
（4）小组分析上表数据发现：随着的增加，的值逐渐接近的。查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于的。对比数据发现，实验VIII中与资料数据存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定溶液的浓度再验证。
①移取溶液于锥形瓶中，加入2滴溶液R，用溶液滴定至终点，消耗体积为，则R是 (填名称)，该溶液的浓度为 。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为的和溶液，如何准确测定的？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中II的内容：
I 移取溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液
II (填实验操作步骤)，测得溶液的为4.76
实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。
35．（2022高二上·东城期末）25℃时，某小组同学分别用如下方法测定的电离常数 (Ka)。
（1）电离方程式为 。
（2）【方法一】实验步骤：
ⅰ.取a mL稀溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液。
ⅱ.用标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为。
ⅲ.另取一份该稀溶液于烧杯中，用pH计测得其pH为x。
ⅱ中滴定恰好达到终点时的现象为 。
（3）该稀溶液的浓度 (用代数式表示)。
（4）数据处理：
醋酸的电离平衡常数。代入相关数据，即可得。
误差分析：若ⅰ中锥形瓶提前用该稀溶液进行了润洗，会使测得的 (填“偏大”或“偏小”)。
（5）【方法二】实验原理：
由的电离平衡常数表达式可知，当时，。
实验步骤：①取25mL某溶液，用NaOH溶液滴定至终点。
②继续向①中加入25mL该溶液。
③用pH计测定②中混合溶液的pH为y。
步骤②的目的是 。
（6） (用代数式表示)
（7）迁移应用：
已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，其溶液中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。
下列说法正确的是____(填字母序号)。
A．的
B．溶液显碱性
C．向溶液中逐滴加入NaOH溶液至，发生反应：
36．（2022高二上·石景山期末）水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义，室温下，相关酸的电离平衡常数如下表所示：
酸 CH3COOH HCl
电离平衡常数 ——
回答下列问题。
（1）电离方程式是 。
（2）物质的量浓度相同的和，pH大小： (填“<”“=”或“>”)。
（3）物质的量浓度相同的、、三种溶液，pH由大到小的顺序是 。
（4）室温下，向未知浓度的溶液中加入溶液。
①溶液中的 (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”)。
②当滴加溶液至溶液中的，此时溶液中的pH 7(填“<”“=”或“>”)，判断的依据 。
（5）为测定某溶液的浓度，取20.00待测溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液，用浓度为0.1000的标准溶液滴定。
①达到滴定终点的现象是 。
②在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是 (填“滴定管”或“锥形瓶”)。
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；电离平衡常数
【解析】【解答】A、F的半径小于Cl半径，则F-F键长比Cl-Cl键长短，键长越短，键能越大，A正确；
B、F的电负性大于Cl的电负性，使-COOH更容易断开H+，则三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，酸性越强其Ka越大，B错误；
C、F的电负性更大，吸引H的电子能力更强，则氟化氢的极性强于氯化氢的极性，C错误；
D、F的电负性更强，使HF可以形成分子间氢键，而Cl电负性弱，HCl不能形成分子间氢键，D错误；
故答案为：A
【分析】A、键长越短，键能越大；
B、电负性越强，对羧基上影响力越强，越容易断开氢离子；
C、电负性可以影响分子的极性；
D、N、O、F三种原子可以和H形成氢键。
2．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为NaCl、CH3COOH，存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，此时溶液的pH=3.38，即c(H＋)=10－3.38mol·L－1，此时溶液中c(CH3COO－)=10－3.38mol·L－1、c(CH3COOH)=0.0.01mol·L－1－10－3.38mol·L－1≈0.01mol·L－1，该温度下CH3COOH的电离平衡常数，A不符合题意；
B、a点溶液的溶质为等浓度的NaCl和CH3COOH，因此溶液中存在c(Na＋)=c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B不符合题意；
C、b点溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且溶液中c(CH3COONa)=c(CH3COOH)，此时溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此溶液中c(CH3COONa)＜c(CH3COOH)，C不符合题意；
D、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，a点溶液中的CH3COOH抑制水的电离，b点溶液以CH3COOH的电离为主，抑制水的电离，但由于b点溶液中c(CH3COOH)小于a点，因此对水电离的抑制程度较弱，c点溶液中CH3COONa的水解促进水的电离，d点溶液中NaOH过量，抑制水的电离，且抑制程度大于a点。因此水的电离程度d
【分析】往HCl和CH3COOH的溶液中滴加NaOH进行滴定，加入NaOH的过程中先发生反应①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；当HCl完全反应后，NaOH再与CH3COOH发生反应②NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O。a点时η=1，只发生反应①，此时溶液的溶质为NaCl和CH3COOH。b点时η=1.50，此时反应①完全反应，反应②只消耗一半的CH3COOH，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH。c点时η=2.00，反应①、反应②都恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa。
3．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A项错误；
B．由分析可知，③为pH与的关系曲线，B错误；
C．由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，，C项错误；
D.由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，又有，带入Ka1=10-7.1，可得Ka2=10-14.7；D项正确；
故答案为：D.
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题.
4．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A不符合题意；
B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B不符合题意；
C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动，溶液中甲酸根离子浓度减小，与作用的数目减小，故C不符合题意；
D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，的平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3N呈碱性；
B.溶液中=；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动；
D.废水初始pH>5时，的平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。
5．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，减小，增大，故滴定过程中逐渐减小，A项不符合题意；
B．未加NaOH溶液时，AG=3.8，，结合Kw=10-14，可得c2(H+)=103.8×10-14， ，B项符合题意；
C．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，恰好反应生成NaCN，水的电离程度最大，HCN过量后，水的电离程度逐渐减小，故水电离出c(H+)先增大后减小，C项不符合题意；
D．当V=10mL时，溶液中的n(NaCN)=n(HCN)，利用电荷守恒和物料守恒可得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据中和原理分析；
B．选择AG=3.8点，计算Ka；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．利用电荷守恒和物料守恒分析。
6．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．设HF的电离平衡常数Ka，，随增大，F-浓度增大，难溶于水，F-浓度越大，的浓度越小，所以代表与的变化曲线，L2代表与的变化曲线，故A不符合题意；
B．溶液中Sr、F两种元素均有SrF2提供，根据物料守恒，a、c两点的溶液中均存在，故B符合题意；
C．根据图像可知，=1时，=，的数量级为，故C不符合题意；
D．根据电荷守恒，，c点，溶液呈酸性，所以，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用K和曲线变化判断；
B．根据物料守恒分析；
C．根据图像选择=1对应的数值计算；
D．根据电荷守恒分析。
7．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】A．KSCN遇Fe3+变红，稀硝酸可以将Fe2+氧化成Fe3+，故无法证明菠菜里含Fe3+还是Fe2+，A不符合题意；
B．将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中，氧化铜和乙醇反应生成铜、乙醛和水，乙醇具有还原性，B符合题意；
C．相同温度下，用pH计分别测定0.010 mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH，HF溶液pH更小，pH越小，酸性越强，电离常数越大， Ka(HF)>Ka(CH3COOH)，C不符合题意；
D．向0.01 mol/L FeCl3溶液中， Fe3++H2OFe(OH)3+H+，加入少量FeCl3固体，Fe3+浓度变大，平衡向右移动，但是Fe3+水解程度变小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.稀硝酸能将Fe2+氧化成Fe3+，不能证明Fe3+是菠菜汁中的；
B.乙醇和氧化铜反应生成铜、乙醛和水，体现乙醇的还原性；
C.酸性越强，电离平衡常数越大；
D.加入少量FeCl3固体， Fe3++H2OFe(OH)3+H+的平衡正向移动，Fe3+水解程度减小。
8．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．M点时HX溶液中加入了10mLNaOH溶液，，且混合溶液呈碱性，说明HX的电离常数小于的水解常数，即，解得，A不符合题意；
B．M点，溶液中存在电荷守恒……①，物料守恒……②，①×2―②得，移项得，且M点：，所以，B不符合题意；
C．P点，N点，二者混合后HCl和NaX发生反应得到NaCl和HX，此时溶液中：，由A选项可知，溶液呈碱性，C符合题意；
D．N点溶质为NaX，通入HCl气体至pH=7，由电荷守恒推知……①，物料守恒为……②，所以，又由A选项知，时，即，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.M点溶液呈碱性，，说明HX的电离常数小于的水解常数；
B.M点，结合电荷守恒和物料守恒分析；
C.P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，P、N点溶液混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性；
D.结合电荷守恒和物料守恒分析。
9．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A． 曲线②上的点纵坐标和横坐标数值相等，随着pH的增大而增大，表示随溶液pH的变化情况，A不符合题意；
B． 据分析，等物质的量浓度和混合溶液中，的水解程度小于的电离程度，呈酸性，结合电荷守恒可知：，B不符合题意；
C． 据分析，的的数量级为，C符合题意；
D． 常温下，将M点对应溶液加水稀释，，稀释使氢离子浓度变小、Ka不变，则比值变大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】曲线①与pH成反例关系，则曲线①表示随溶液pH的变化情况，曲线②为随溶液pH的变化情况。
10．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaOH在水溶液中发生完全电离，Ka2(H2CO3)＜Ka(CH3COOH)，则Na2CO3水解程度比CH3COONa大，所以3种溶液pH的大小顺序是③＞①＞②，A不符合题意；
B．若将3种溶液稀释相同倍数，强碱溶液c(OH-)减小最多，则pH变化最大的是③，B 不符合题意；
C．若分别加入25mL0.1mol L-1盐酸后，①、②、③分别转化为NaHCO3和NaCl、CH3COOH和NaCl、NaCl，只有NaHCO3呈碱性，则pH最大的是①，C符合题意；
D．Na2CO3和CH3COONa水解使溶液显碱性，NaOH完全电离使溶液显碱性，且Na2CO3水解程度比CH3COONa大，若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是②＞①＞③，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小；
B.稀释时强碱中氢氧根离子浓度的变化程度最大；
D.Na2CO3和CH3COONa水解使溶液显碱性，NaOH完全电离使溶液显碱性。
11．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析，M为HA的曲线，A不符合题意；
B．Ka(HB)= 10-3.3，常温下，0.1 mol·L-1NaB溶液中存在水解，水解方程式为B-+H2O HB+OH-，则c(HB)≈c(OH-)，且c(B-)+c(HB)=0.1mol/L，则，解c(OH-)=10-5.85mol/L， c(H+)=10-8.15mol/L，pH约为8.15，B不符合题意；
C．pH和体积均相同的两种酸溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度分别相等，而氢氧根离子是水电离出来的，故两种溶液水的电离程度相同，C符合题意；
D．溶液稀释，电离平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据 已知电离常数Ka(HA) < Ka(HB) 分析；
B．结合A项分析，利用Ka(HB)计算；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．电离平衡常数只受温度的影响。
12．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．同一溶液中== ，随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，反应①逆向移动，溶液中的氢离子浓度减小，所以增大，增大，A项符合题意；
B．盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大，说明此时主要发生反应②，反应②平衡正向移动，促进氯气的溶解，B项不符合题意；
C．a点溶液中的氯化氢的浓度为3mol/L，氯气的浓度约为0.81mol/L，氯化氢为强电解质，完全电离，电离出的氯离子部分与氯气结合生成，所以有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)，反应②的平衡常数远大于反应①，且次氯酸的电离微弱，所以c(Cl)>c(ClO-)，综上所述，有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)，C项不符合题意；
D．b点溶液中根据电荷守恒可知，c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c() + c(OH-) + c(ClO-)，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.== ；
B.盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大；
C.氯化氢为强电解质，完全电离，反应②的平衡常数远大于反应①，且次氯酸的电离微弱；
D.根据电荷守恒有c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c() + c(OH-) + c(ClO-)。
13．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．交点①时，由水解方程式得，，A不符合题意；
B．向交点②所示的溶液中通入少量HCl气体，氢离子与碳酸根离子结合为，可变为交点①，B不符合题意；
C．交点③时，且，则，求得，则对应溶液pH≈5.65，C不符合题意；
D．上述溶液室温下pH=8.3时，由得，由得，，，则c()>c()>c(OH-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.水解的方程式为，交点①时， 的水解常数；
B.通入少量HCl气体，氢离子与碳酸根离子生成；
C.交点③时，结合和pH=-lgc(H+)计算。
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点溶液中存在电荷守恒关系2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)+ c(Cl-)，故A不符合题意；
B．由图可知，c点溶液中c(Sr2+)=c(F-)，溶液中存在电荷守恒关系2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)+ c(Cl-)，则溶液中c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(F-)，故B符合题意；
C．由图可知，溶液中lg=1时，溶液中c(Sr2+)=10-4mol/L、c(F-) =10-2.2mol/L，则溶度积Ksp(SrF2)= 10-4×c(10-2.2)2=10-8。4，故C不符合题意；
D．由氢氟酸的电离常数公式可知，溶液中=，由图可知，溶液中lg=1时，溶液中c(F-) =10-2.2mol/L，则电离常数Ka==10-3.2，数量级为10-4，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 SrF2浊液存在溶解平衡：SrF2 (s) Sr2++2F-，用HCl调节溶液存在平衡：H++F- HF；
A.结合电荷守恒分析；
C.根据Ksp(SrF2)=c(Sr2+)c2(F-)计算；
D.根据=计算。
15．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
16．【答案】C,D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．
由图可知，25 ℃，c(HA- )= c(H2A)时，pH约为4，则H2A第一步电离平衡常数Ka1=≈10-4，故A不符合题意；
B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2- )，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2- )，pH=7，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(HA-)+2c(A2- )=3c(HA-)=3c(A2- )=2c(HA- )+ c(A2-)，故B不符合题意；
C．未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d＞c＞b＞a，故C符合题意；
D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2- )＞c(H2A)，b点pH<7，c(H+ )>c(OH- )，H2A被滴定分数>1，c(OH- )> c(H2A)，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．选择交点， 依据Ka1=计算；
B．依据电荷守恒分析；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据图像分析判断。
17．【答案】A,B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A． ， ，当 时， ， ， 的 为 ，数量级为10-10，A符合题意；
B． ， ，当 时， ， ，HT-的电离常数Ka2(H2T)=10-4.37，其电离常数较大，故其酸性更强一些，B符合题意；
C．由图可知 的浓度为左坐标，浓度的数量级为 ， 的浓度为右坐标，浓度的数量级为 ，所以 时， 的浓度比 的高，C不符合题意；
D．当c(HT-)=c(T2-)时，其中T2-的水解常数Kh= ，HT-的电离常数大于其水解常数，则以电离为主，其电离常数Ka2(H2T)=10-4.37>Kh，此时溶液显酸性，故当显中性时，HT-的电离程度更大一些，即c(HT-)
【分析】A． 选择 时，利用 计算 ；
B． 通过计算电离和水解平衡常数判断；
C．依据图中曲线判断；
D．计算比较水解常数Kh与电离常数Ka2(H2T)的大小判断。
18．【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图示信息，乙二胺第一步电离常数 ，，，数量级为，A不符合题意；
B．时，pOH=9，，B符合题意；
C．时，根据物料守恒：，C不符合题意；
D．根据图像，时，加入NaOH的物质的量为：0.02mol，质量为，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．根据图示信息，利用 计算；
B．依据pOH=9对应的曲线判断；
C．根据物料守恒；
D．根据图像对应的数值计算。
19．【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．水的离子积只与温度有关，故A不符合题意；
B．根据电荷守恒，溶液中，，，故B符合题意；
C．分解生成的氨气和氯化氢气体，在试管口附近遇冷重新化合生成氯化铵，故C不符合题意；
D．，氯化铵的水解常数Kh=，等浓度时氯化铵水解程度小于一水合氨的电离程度，溶液和氨水等体积混合后溶液呈碱性，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.水的离子积常数只与温度有关；
B.结合电荷守恒分析计算；
C.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵；
D.等浓度时氯化铵水解程度小于一水合氨的电离程度。
20．【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点时，=0，=1，溶液的pOH=4.5；的电离常数，A不符合题意；
B．b点中和率为50%，有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液的pOH＜7，B符合题意；
C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，溶液中溶质为物质的量浓度MOH小于MCl，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl-)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以存在2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl-)+c(OH-)，C符合题意；
D．d点酸碱恰好完全中和，溶质为MCl，d点对应的溶液中升高温度，MCl水解程度增大，溶液酸性增强，增大，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据计算；
B.b点溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，pOH＜7；
C.结合电荷守恒分析；
D.d点溶质为MCl，升温MCl的水解程度增大。
21．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图象可知，Ka1=1.0×10-2.2，Ka2=1.0×10-7，Ka3=1.0×10-11.5，，，因此有，故A符合题意；
B．根据图象可知，NaH2AsO4 溶液显酸性，H2AsO电离大于水解，因此有c(HAsO)＞c(H3AsO4)，故B不符合题意；
C．lgK3+lgK2=lg[K3·K2]=，P点时pH=-lgc(H+)=-lgK3，故C不符合题意；
D．根据质子守恒得出c(H+)+c(H2AsO) +2c(H3AsO4)=c(AsO)+c(OH-)，根据图象可知，Na2HAsO4 溶液显碱性，水解大于电离，c(H+)＜c(OH-)，因此有c(H2AsO) +2c(H3AsO4)＞c(AsO)，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.分别计算、，再进行比较；
B.NaH2AsO4 溶液显酸性，说明H2AsO的电离程度大于水解程度；
C.P点时pH=-lgc(H+)=-lgK3。
22．【答案】A,C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，，由图可知，当时，溶液pH=9.25，则c(H+)=10-9.25mol/L，c(OH-)=10-4.75mol/L，带入电离常数表达式可得，=10-4.75，A项符合题意；
B．由图可知，P1点时，
=0.05mol/L，pH=9.25，，由电荷守恒可知：，c(Cl-)<=0.05mol/L，B项不符合题意；
C．由电荷守恒可知：，由于pH=7则。又由图可知，P2点时，因此，C项符合题意；
D．由图可知，P3点时t==1.0，根据物料守恒可得，D项不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．选择的点，利用计算；
B．利用电荷守恒分析；
C．利用电荷守恒分析；
D．根据物料守恒分析。
23．【答案】A,C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，当B2-的浓度分数为0.48时， 溶液的pH为4.37， 则H2B的电离常数Ka2= 1 ×10-4.37，则Ka2的数量级为10-5， A符合题意；
B．由图可知，溶液pH为3时，溶液中三种微粒浓度c(H2B)> c(HB-)>c(B2-)，B不符合题意；
C．由题干信息可知，HB-浓度越大，越有利于酒石酸氢钾的生成，由图可知，溶液pH在3.04~4.37范围内，溶液中HB-离子浓度较大，有利于钾离子转化为酒石酸氢钾沉淀，pH并不是越高越好，C符合题意；
D．当氢氧化钾溶液的体积为12.5mL时，酒石酸溶液与氢氧化钾溶液恰好反应生成酒石酸氢钾，由酒石酸氢钾的溶度积可知，溶液中HB-的浓度为。c(K+ )=0.0195mo/L，由物料守恒可知，溶液中c(K+ )=c(H2B)+c(HB- )+c(B2- )≈0.0195mol/L， D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】H2B为二元弱酸，当pH较小时，氢离子浓度大，H2B的电离程度小，H2B的浓度大，随pH增大，H2B浓度逐渐减小，因此左上方的曲线表示H2B随pH的变化；随着pH增大，氢离子浓度减小，HB-先增大后减小，则存在最高点的曲线为HB-随pH的变化曲线，右边的曲线为B2-随pH变化的曲线。
Ａ．根据（4.37，0.48）计算Ka2；
Ｂ．由图可知，pH=3， c(H2B)> c(HB- )>c(B2- )；
Ｃ．溶液pH在3.04~4.37范围内，溶液中HB-离子浓度较大，有利于钾离子转化为酒石酸氢钾沉淀；
Ｄ．结合物料守恒计算。
24．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，当时，pH=7.4，=10-7.4，数量级为，故A符合题意；
B．不同pH时，溶液中铁元素的存在形态及种数不相同，比如在pH等于6时，就只有两种形态，故B不符合题意；
C．由图可知，pH由2变化为10时，的分布分数先增大后减小，故C符合题意；
D．由图可知，随着溶液中pH的变化，铁微粒的转化关系为：，则H2FeO4既能与强酸又能与强碱反应，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据计算；
B.pH=6时铁元素只有2种存在形式；
C. 向pH=2的这种溶液中加氢氧化钠至pH=10，的分布分数先增大后减小；
D.随着pH的变化，发生变化，说明H2FeO4既能与强酸又能与强碱反应。
25．【答案】（1）O
（2）5s25p3
（3）2.0×10-5
（4）负；作还原剂；c(HPO )＞c(H2PO )＞c(PO )＞c(H3PO4)
（5）1：3；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)上述电池涉及的主族元素中，K、Sb、O、Li、Na、P元素，元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大，这几种元素中吸引键合电子能力最强的是O元素，所以电负性最大的是O元素，故答案为：O；
(2) 是比P的周期数大2的同主族元素。则Sb位于第5周期第ⅤA族，基态Sb原子价电子为5s、5p能级上的电子，价电子排布式为5s25p3，故答案为：5s25p3；
(3)在回收电极材料中的 时，Co2+沉淀完全时溶液中c(Co2+)≤1.0×10-5mol L-1，溶液中c(OH-)= mol/L=2.0×10-5mol/L，故答案为：2.0×10-5；
(4)①钠离子电池工作时， 转化为 ，Fe元素化合价由+2价转化为+3价，失电子发生氧化反应，在负极上发生反应，故答案为：负；
② 在制 的反应中发生的反应方程式为2NaI+2FePO4=2NaFePO4+I2，该反应中I元素化合价由-1价变为0价，则NaI在反应中作还原剂，故答案为：作还原剂；
③Na2HPO4溶液中，HPO 的水解平衡常数Kh= ≈1.6×10-7＞Ka3，说明HPO 的水解程度大于电离程度，则c(H2PO )＞c(PO )，第二步水解程度更小，但其水解和电离程度都较小，所以溶液中存在c(HPO )＞c(H2PO )＞c(PO )＞c(H3PO4)，故答案为：c(HPO )＞c(H2PO )＞c(PO )＞c(H3PO4)；
(5)①该晶胞中K原子个数=1+8+12× =12、Sb原子个数=8× +6× =4，Sb、K原子个数之比=4：12=1：3，故答案为：1：3；
②该晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度= g/cm3= g/cm3，故答案为： 。
【分析】
(1)非金属性越强，其电负性越大；
(2) 依据表中的位置书写电子排布式；
(3)利用Ksp计算；
(4)①依据元素化合价变化判断电极类型；
② 由元素化合价变化确定氧化剂和还原剂；
③通过比较电离程度和水解程度的大小进行离子浓度排序；
(5)①利用分摊法确定晶胞中原子个数之比；
②利用计算。
26．【答案】（1）浓硫酸；排尽装置中的空气，以免干扰实验；吸收过量的氯气以免污染空气，同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中，引起水解；
（2）气体温度过高会导致冷凝管炸裂；蒸馏
（3）取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再滴入稀盐酸至过量，如有沉淀产生且沉淀不完全溶解，则证明样品中含Si
（4）产生浓度大，抑制了②③反应的进行；生成，促进了反应②的进行
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；电离平衡常数
【解析】【解答】本题是以Cl2、C和TiO2来制备TiCl4的实验题，由于碳能与O2加热条件下发生反应生成CO或CO2干扰实验，故实验开始前需通入一段时间的N2以排空装置内的空气，且由于TiCl4易水解，则制备用的Cl2需干燥，故装置A为盛有浓硫酸的洗气瓶，目的是干燥氯气，防止TiCl4水解，由于反应产生高温的TiCl4蒸气，直接用冷凝管冷却会导致冷凝管炸裂，则需进行“前期冷却”，B为冷凝管，冷凝TiCl4蒸气，C为收集TiCl4液体，D中碱石灰可以吸收多余的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入C中以免引起TiCl4水解而影响实验结果，E为检验CO，根据题干信息可知，CO还原PdCl2生成Pd、CO2和HCl，则反应方程式为：PdCl2+H2O+CO=Pd+CO2+2HCl，据此分析解题。
(1)由分析可知，检查装置气密性后，A装置的作用是干燥氯气，故其中加入的药品为浓硫酸，管式炉中加入和C，由于空气中的O2会与C反应，则先通入其目的是排尽装置中的空气，以免干扰实验，一段时间后，加热管式炉，改通，对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理，D中碱石灰的作用是吸收过量的氯气以免污染空气，同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中，引起水解，E中反应的化学方程式为PdCl2+H2O+CO=Pd+CO2+2HCl，故答案为：浓硫酸；排尽装置中的空气，以免干扰实验；吸收过量的氯气以免污染空气，同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中，引起水解；PdCl2+H2O+CO=Pd+CO2+2HCl；
(2)由分析可知，实验过程中，产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”，原因是气体温度过高会导致冷凝管炸裂，由题干已知信息②能溶于有机溶剂，遇水会水解生成难溶于水的物质；难溶于水，制得的中常含有少量，且CCl4和TiCl4均为分子晶体，且TiCl4的相对分子质量更大，即TiCl4的熔点更高，故从混合液体中分离出的操作名称为蒸馏，故答案为：气体温度过高会导致冷凝管炸裂；蒸馏；
(3)某钛合金的元素还有Al和Si等，已知在常温下，钛是一种耐强酸强碱的金属，而Si、Al均能与强碱溶液反应生成Na2SiO3和NaAlO2，Na2SiO3和NaAlO2溶液与过量的酸反应现象不同，前者为生成白色沉淀且沉淀不溶解，后者是先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解直至消失，故检验其中的Si元素的实验可设计为：取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再滴入稀盐酸至过量，如有沉淀产生且沉淀不完全溶解，则证明样品中含Si，故答案为：取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再滴入稀盐酸至过量，如有沉淀产生且沉淀不完全溶解，则证明样品中含Si；
(4)由题干信息，难溶于冷水，在热水中易水解；的水解是由水解、电离、水解三步进行(如下)：①水解：②电离：③水解：可知，其中①为快反应，产生大量的H+，从而抑制了反应②、③的进行，加入硫酸铵则可以生成沉淀，从而促进反应②的进行，故答案为：产生浓度大，抑制了②③反应的进行；生成，促进了反应②的进行。
【分析】（1）根据A的作用即可判断出主要是除水，因此可装浓硫酸，通入氮气的目的是排除空气，氯气有毒，利用碱石灰除杂，根据反应物利用性质即可写出方程式
（2）根据题意，温度过高易导致爆炸，利用熔沸点即可除杂
（3）加入氢氧化钠溶液看是否冒泡
（4）氢离子浓度过大抑制②和③。加入硫酸形成 难溶于冷水 促进②的进行
27．【答案】（1）
（2）将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子；a
（3）
（4）；控制温度在450℃左右、增大空气的流速；
（5）96.6％
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】硫铁矿和软锰矿一起用硫酸酸浸，浸取液中的Fe2+用少量MnO2氧化为Fe3+，再调节溶液的pH除去Fe3+。除铁后的溶液加NH4HCO3和氨水沉锰，得到MnCO3后煅烧，得到MnO2粗品，再将其中存在的+2价锰氧化为MnO2，过滤、洗涤、干燥得到MnO2纯品。
(1)“浸取”过程中FeS2中的硫元素被MnO2氧化为硫单质，该过程中主要反应的化学方程式为：。
(2)“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+便于除去。H2O2为绿色氧化剂，其还原产物为水，无污染，所以“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是H2O2，
故答案为：a。
(3)CaSO3与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则水解的Kh=，溶液中c(OH-)=c()=10-5mol/L，所以c()=6×10-4mol/L，根据元素质量守恒，c(Ca2+)=c()+c()=6×10-4mol/L+10-5mol/L=6.1×10-4mol/L，则6.1×10-4mol/L×6×10-4mol/L=。
(4)“沉锰”过程 中加入NH4HCO3和氨水，将溶液中的Mn2+ 转化为 MnCO3 ，离子方程式为：。从产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化图可以看出，为了增大产物中 MnO2的占比，控制温度在450℃左右，还可以增大空气的流速。根据总反应方程式可知放电时正极是得到电子转化为，电极反应式为：。
(5)样品经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，发生的反应为：3+4H+=2+↓+2H2O，过滤除去，用标准溶液滴定，发生的反应为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，根据反应的离子方程式可知，MnO2和Fe2+的物质的量之比为3：10，则MnO2的质量为0.1000mol/L×0.03700L××87g/mol=0.09657g，则样品中的质量分数为×100%=96.6%。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）利用其氧化性将亚铁离子变为铁离子，根据不引入杂质原子可选择的是过氧化氢做氧化剂
（3）根据给出的pH结合难溶电解质溶解的过程即可计算出ksp
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式，根据给出方程式结合平衡移动即可判断，结合给出的总的电极反应结合正极反应的特点即可写出电极式
（5）根据给出的数据结合方程式即可计算出纯度
28．【答案】（1）CO
（2）A；C；D
（3）ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO
（4）5
（5）S2 +H2OHS－+OH－，滴加几滴NaOH，c(OH－)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解
（6）N2H+H2O[N2H5 H2O]++H+；c(Cl－)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH－)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据题中信息得到酸的强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，根据对应的酸越弱，结合氢离子能力越强，因此下列四种离子结合同浓度的CH3COO－、ClO－、HCO、CO中结合H+的能力最强的是CO；故答案为：CO。
（2）A．加水稀释，平衡正向移动，因此CH3COOH的电离程度增大，故A正确；
B．加水稀释，溶液体积增大，因此c(CH3COOH)减小，故B不正确；
C．加水稀释，平衡正向移动，因此CH3COO－的数目增多，故C正确；
D．加水稀释，氢离子浓度减小，因此增大，故D正确；故答案为：ACD。
（3）根据酸的强弱顺序为：HClO＞HCO，则NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，其反应的离子方程式ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO；故答案为：ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO。
（4）向0.1 mol L 1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)：c(CH3COO－)=5：9，根据电离平衡常数，则，则此时溶液pH=5；故答案为：5。
（5）在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液，其原因是S2 +H2OHS－+OH－，滴加几滴NaOH，c(OH－)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解；故答案为：S2 +H2OHS－+OH－，滴加几滴NaOH，c(OH－)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解。
（6）①铵根水解生成一水合氨和氢离子，则盐酸肼第一步水解反应的离子方程式N2H+H2O[N2H5 H2O]++H+；故答案为：N2H+H2O[N2H5 H2O]++H+。
②由于N2H水解，因此氯离子浓度最大，水解显酸性且水解程度很小，则氢离子浓度大于氢氧根浓度，盐酸肼水溶液中离子浓度的大小关系是c(Cl－)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH－)；故答案为：c(Cl－)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH－)。
【分析】（1）电离平衡常数越大，酸性越强，结合氢离子能力越弱；
（2）稀释促进醋酸电离；
（3）NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠；
（4）结合电离平衡常数计算；
（5）滴加NaOH溶液，抑制硫离子水解；
（6）①类比铵根水解生成一水合氨和氢离子；
②N2H水解，氯离子浓度最大，水解显酸性且水解程度很小。
29．【答案】（1）CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)=Ca2++ (aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解
（2）计算得出电离平衡常数为Ka2=1.5×10-4，水解平衡常数为×10-12，电离平衡常数大于水解平衡常数，的电离程度大于水解程度；abd
（3）抑制Fe2+和NH的水解；防止Fe2+被氧化；由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4 7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4 (NH4)2SO4 6H2O的纯度；
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；探究物质的组成或测量物质的含量；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）EDTA结合CaC2O4(s)电离的微量Ca2+从而促进沉淀的溶解，CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s) Ca2+(aq)+ (aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；
（2）H2C2O4的Ka1=5.6×10 2，Ka2=1.5×10 4，所以的电离平衡常数为Ka2=1.5×10 4，水解平衡常数为，所以电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；
a.0.1mol L-1KHC2O4溶液中存在电荷守恒，c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，选项a正确；
b.KHC2O4溶液呈酸性证明HC2O4 电离程度大于水解程度，而电离和水解都是微弱的，0.1mol L-1KHC2O4溶液中存在c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，选项b正确；
c.根据物料守恒，浓度均为0.1mol L-1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中，存在2c(K+)=3c()+3c()+3c(H2C2O4)，选项c不正确；
d.由于是H2C2O4二元弱酸，所以C2O42-溶液溶液呈碱性，则KHC2O4必须过量溶液才可以呈中性，c(K+)＞c(Na+)，选项d正确，
故答案为：abd；
（3）①已知条件pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化，而Fe2+和NH4+离子在酸性较弱的环境中也会发生水解反应；
②趁热过滤一般是为了减少目标物质的损耗，但由于溶解度可知，不是该原因，是防止温度降低而析出一些低温下溶解度较小的杂质，如FeSO4 7H2O和(NH4)2SO4；
③草酸亚铁晶体(FeC2O4 xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，n(FeC2O4)=mol，n(H2O)=，所以1：x=：，解出x=。
【分析】（1）EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致CaC2O4(s)=Ca2++ (aq)的平衡正向移动；
（2）计算水解平衡常数和电离平衡常数，电离平衡常数大于水解平衡常数，的电离程度大于水解程度；根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析；
（3）①铁离子和铵根离子水解均呈酸性，加入稀硫酸可抑制两者水解；
②趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4 7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4 (NH4)2SO4 6H2O的纯度；
③草酸亚铁晶体(FeC2O4 xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，分别解出草酸亚铁和水的物质的量即可计算得出。
30．【答案】（1）c
（2）②①③
（3）10-4；将等浓度的CH3COONa、CH3COOH两种溶液等体积混合，然后用pH测定溶液pH。若溶液pH＜7，说明CH3COOH电离作用大于CH3COO-的水解作用；若溶液pH＞7，说明CH3COOH电离作用小于CH3COO-的水解作用
（4）H3PO3+2OH-=+2H2O
（5）②
（6）＜
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）酸的电离平衡常数越大，等浓度时该酸电离程度就越大。根据表格数据可知电离平衡常数：K(CH3COOH)＞K(H2CO3)＞K(HClO)，所以pH=3的三种溶液的浓度：c(HClO)＞c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，当将溶液稀释100倍后，弱酸电离产生H+，使溶液中c(H+)有所增加，因此稀释100倍后溶液中c(H+)：HClO＞H2CO3＞CH3COOH，故溶液中 pH变化最小的是HClO，故答案为：c；
（2）常温下相同浓度的溶液：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，①②是盐是强电解质，完全电离，而③是弱酸，只有很少部分发生电离，所以③CH3COOH中c(CH3COO-)最小；在②CH3COONa中只有CH3COO-部分水解，而在①CH3COONH4中CH3COO-、双水解，水解彼此促进，使c(CH3COO-)比②CH3COONa溶液中少，因此三种溶液中c(CH3COO-)由大到小的顺序是：②①③；
（3）常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-10 mol/L，则溶液中c(OH-)=10-4 mol/L，溶液中的OH-完全由水电离产生，所以由水电离出来的c(OH-)=10-4 mol/L；
（4）要比较常温下0.1 mol/L CH3COONa溶液的水解程度和0.1 mol/L CH3COOH溶液的电离程度大小，可将两种溶液等体积混合，得到等浓度CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，然后用pH试纸测定溶液的pH，根据pH大小进行判断。由于溶液中同时存在CH3COOH电离作用和CH3COO-的水解作用，若溶液pH＜7，说明CH3COOH电离作用大于CH3COO-的水解作用，若溶液pH＞7，说明CH3COOH电离作用小于CH3COO-的水解作用；
（5）图示有三条曲线说明H3PO3是二元弱酸，所以H3PO3与足量NaOH溶液反应产生Na2HPO3、H2O，反应的离子方程式为：H3PO3+2OH-=+2H2O；
（6）图示三条曲线中①表示pc()、pc()、pc(H3PO3)随pOH变化曲线，所以表示pc()随pOH变化的曲线是②；
在常温下NaHPO3溶液中存在电离产生和H+，使溶液显酸性；也存在水解产生H3PO3和OH-，使溶液显碱性。由于①表示pc()，③表示pc(H3PO3)，根据图示可知：在y点c()=c(H3PO3)时，溶液pH=10＞7，溶液显碱性，所以水解作用大于其电离作用，因此在常温下NaHPO3溶液中c()＜c(H3PO3)。
【分析】（1）酸的电离平衡常数越大，等浓度时该酸电离程度就越大；
（2）①②是盐是强电解质，完全电离，而③是弱酸，只有很少部分发生电离，①中铵根离子能促进醋酸根的水解；
（3）pH=10的CH3COONa溶液OH-完全由水电离产生；
（4）H3PO3是二元弱酸；
（5）①表示pc()、pc()、pc(H3PO3)随pOH变化曲线；
（6）NaHPO3溶液中存在的电离，也存在的水解。
31．【答案】（1）2.55
（2），
【知识点】pH的简单计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）溶液中氢离子浓度和L－浓度可认为相等，可设为x，溶液中HL的浓度约是0.056mol/L，则根据电离平衡常数可知，解得x＝2.8×10－3mol/L，所以溶液的为－lg2.8×10－3＝2.55。
（2）乳酸和碳酸氢盐反应的方程式为，反应平衡常数的为
【分析】（1） pH= -lgc(H+)；
（2）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，纯液体和固体不需要纳入计算式。
32．【答案】（1）<； 中形成分子内氢键，使其更难电离出
（2）MgO是离子晶体， 、 是分子晶体，离子键强于分子间作用力，分子间作用力
【知识点】晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响；电离平衡常数
【解析】【解答】(1) 由水杨酸第一级电离形成的离子 能形成分子内氢键，使其更难电离出 ，所以相同温度下电离平衡常数 (水杨酸)小于 Ka(苯酚)，故答案为：<； 中形成分子内氢键，使其更难电离出 。
(2)由于MgO是离子晶体， 、 是分子晶体，分子间作用力 ，且离子键强于分子间作用力，所以熔点大小顺序是MgO> ，故答案为：MgO是离子晶体， 、 是分子晶体，离子键强于分子间作用力，分子间作用力 。
【分析】（1）形成氢键导致氢离子不易被电离因此电离常数减小
（2）离子晶体的熔点高于分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高
33．【答案】（1）；>
（2）酸性；；；>
（3）向左侧烧杯中滴加几滴，若产生蓝色沉淀，则左侧烧杯为正极，右侧烧杯为负极；左侧；；在的作用下，橙色的络合物浓度减小，平衡正向移动，所以溶液浓度增大，溶液变成黄绿色
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；原电池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）向含有的溶液中通入，生成，发生反应的离子方程式为：，因此酸性：，所以的电离常数大于的电离常数，因此答案为：，>；
（2）①由图可知，溶液的pH小于7，所以溶液显酸性；、
②在水中存在的两个平衡：和，因为溶液显酸性，所以的电离程度大于水解程度；
（3）①和发生原电池反应，正极为，负极为，可以通过检验的存在，判断两级，具体操作为：向左侧烧杯中滴加几滴，若产生蓝色沉淀，则左侧烧杯为正极，右侧烧杯为负极；
②原电池中，阳离子向正极移动，所以盐桥中的向左侧烧杯移动；
③负极为，电极反应为：；
④根据实验现象，说明生成红色络合物的速率较快，由红色络合物生成橙色配合物的速率较慢，在的作用下，橙色的络合物浓度减小，平衡正向移动，所以溶液浓度增大，溶液变成黄绿色。
【分析】（1）依据强酸制弱酸的原理，酸性越强，Ka值越大；
（2）①依据图中曲线对应的pH判断；、
②依据溶液的酸碱性判断；
（3）①通过检验的存在判断；
②原电池中，阳离子向正极移动；
③电池工作时，负极失电子，发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应；
④根据实验现象判断。
34．【答案】（1）
（2）
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的增大值小于1③由实验II～VIII可知，增大浓度，电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。
（4）酚酞；0.1104②用上述溶液和溶液，配制等物质的量的与混合溶液，测定，结果与资料数据相符。
（5）向滴定后的混合液中加入溶液
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）醋酸为弱酸，在水中部分电离，其电离方程式为HAcH++Ac-；故答案为HAcH++Ac-；
（2）醋酸钠的水解常数Kh==1.0×10-9.24；故答案为1.0×10-9.24；
（3）①HAc和NaAc物质的量浓度均为0.10mol/L，实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL－4.00mL－3.00mL=33.00mL，即b=33.00；故答案为a=3.00；b=33.00；
②实验Ⅰ所得溶液的pH=2.86，实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36＜3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动；实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的增大值小于1；故答案为正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的增大值小于1
（4）本题是用标准液NaOH滴定未知HAc，滴定到终点后，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，即R为酚酞，滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×10-3L/mL×0.1mol/L=20.00mL×10-3L/mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L；故答案为酚酞；0.1104；
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mLNaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mLHAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)；故答案为向滴定后的混合液中加入溶液。
【分析】（1）醋酸为弱酸，在水中部分电离；
（2）醋酸钠的水解常数Kh=；
（3）①依据计算，溶液的总体积不变分析；
②根据影响电离平衡移动的因素分析；
（4）依据滴定终点溶液显碱性选择指示剂，依据n(HAc)=n(NaOH)计算；
（5）利用时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka分析。
35．【答案】（1）CH3COO-+H+
（2）锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
（3）
（4）偏小
（5）使数据处理：
（6）
（7）A；C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）为弱酸，电离方程式为CH3COO-+H+；
（2）滴定终点，锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；
（3）该稀溶液的浓度；
（4）若ⅰ中锥形瓶提前用该稀溶液进行了润洗则锥形瓶内溶质增多，故V1偏大，导致c偏大，但是x值不变，醋酸的电离平衡常数，会使测得的偏小；
（5）步骤②的目的是使；
（6）pH为y，；
（7）A. 时，pH=1.43，的，A正确；
B． 中，同时存在电离和水解，当，c(H+)=10-6.54，；的水解常数；，溶液显酸性，B不正确；
C．向溶液中逐滴加入NaOH溶液至，发生反应：，C正确；
故答案为：AC。
【分析】（1）为弱酸，部分电离；
（2）依据指示剂的颜色变化判断；
（3）依据中和反应的实质分析；
（4）依据醋酸的电离平衡常数分析；
（5）便于利用醋酸的电离平衡常数；
（6）依据题目中信息和数据分析；
（7）依据图像和平衡常数的公式分析。
36．【答案】（1）
（2）<
（3）NaClO＞CH3COONa＞NaNO2
（4）增大；＝；根据电荷守恒有：c(NO2-) + c(OH )＝c (Na+) + c(H+)， 当c(NO2-)＝c (Na+)时，溶液中的c(H+)＝c(OH )，所以pH＝7
（5）溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；锥形瓶；0.0999 mol/L
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）是一元弱酸，不完全电离，电离方程式；
（2）Ka()=，Ka()=，则Ka()>Ka()，所以物质的量浓度相同的和，溶液中c(H+)更大，pH则更小，所以填“<”；
（3）物质的量浓度相同的、、三种溶液，均是强碱弱酸盐，阳离子相同，则看阴离子水解程度的大小，根据表格信息，有Ka()>Ka(CH3COOH) >Ka()，根据“越弱越水解”，则水解程度Kh()
②当滴加溶液至溶液中的，根据电荷守恒，有，所以此时溶液中，的此时溶液中的pH=7；
（5）①达到滴定终点的现象是溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；
②在滴定实验过程中，锥形瓶是否有蒸馏水，对实验结果没有影响；
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是：
【分析】（1）弱酸不完全电离；
（2）依据Ka分析；
（3）根据“越弱越水解”；
（4）①依据电离平衡移动原理；
②根据电荷守恒；
（5）①依据溶液中颜色变化判断；
②不影响待测液中溶质的物质的量；
③利用中和反应原理，用平均值计算；
2023年高考真题变式分类汇编：电离平衡常数1
一、选择题
1．（2023·北京）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( )
A．键的键能小于键的键能
B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；电离平衡常数
【解析】【解答】A、F的半径小于Cl半径，则F-F键长比Cl-Cl键长短，键长越短，键能越大，A正确；
B、F的电负性大于Cl的电负性，使-COOH更容易断开H+，则三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，酸性越强其Ka越大，B错误；
C、F的电负性更大，吸引H的电子能力更强，则氟化氢的极性强于氯化氢的极性，C错误；
D、F的电负性更强，使HF可以形成分子间氢键，而Cl电负性弱，HCl不能形成分子间氢键，D错误；
故答案为：A
【分析】A、键长越短，键能越大；
B、电负性越强，对羧基上影响力越强，越容易断开氢离子；
C、电负性可以影响分子的极性；
D、N、O、F三种原子可以和H形成氢键。
2．（2023·湖南）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为NaCl、CH3COOH，存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，此时溶液的pH=3.38，即c(H＋)=10－3.38mol·L－1，此时溶液中c(CH3COO－)=10－3.38mol·L－1、c(CH3COOH)=0.0.01mol·L－1－10－3.38mol·L－1≈0.01mol·L－1，该温度下CH3COOH的电离平衡常数，A不符合题意；
B、a点溶液的溶质为等浓度的NaCl和CH3COOH，因此溶液中存在c(Na＋)=c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B不符合题意；
C、b点溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且溶液中c(CH3COONa)=c(CH3COOH)，此时溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此溶液中c(CH3COONa)＜c(CH3COOH)，C不符合题意；
D、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，a点溶液中的CH3COOH抑制水的电离，b点溶液以CH3COOH的电离为主，抑制水的电离，但由于b点溶液中c(CH3COOH)小于a点，因此对水电离的抑制程度较弱，c点溶液中CH3COONa的水解促进水的电离，d点溶液中NaOH过量，抑制水的电离，且抑制程度大于a点。因此水的电离程度d
【分析】往HCl和CH3COOH的溶液中滴加NaOH进行滴定，加入NaOH的过程中先发生反应①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；当HCl完全反应后，NaOH再与CH3COOH发生反应②NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O。a点时η=1，只发生反应①，此时溶液的溶质为NaCl和CH3COOH。b点时η=1.50，此时反应①完全反应，反应②只消耗一半的CH3COOH，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH。c点时η=2.00，反应①、反应②都恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa。
3．（2023·辽宁）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A．
B．③为与的关系曲线
C．
D．
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A项错误；
B．由分析可知，③为pH与的关系曲线，B错误；
C．由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，，C项错误；
D.由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，又有，带入Ka1=10-7.1，可得Ka2=10-14.7；D项正确；
故答案为：D.
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题.
4．（2023·浙江1月选考）甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法错误的是
A．活性成分在水中存在平衡：
B．的废水中
C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少
D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A不符合题意；
B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B不符合题意；
C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动，溶液中甲酸根离子浓度减小，与作用的数目减小，故C不符合题意；
D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，的平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3N呈碱性；
B.溶液中=；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动；
D.废水初始pH>5时，的平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。
5．（2023·银川模拟）为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念：AG=lg。常温下，用0.1mol L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol L-1HCN溶液，溶液的酸度(AG)随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(滴定过程中温度的变化忽略不计)，已知100.8≈6.3，下列说法正确的是
A．滴定过程中逐渐增大
B．常温下，HCN的电离常数Ka≈6.3×10-10
C．滴定过程中水电离出c(H+)先减小后增大
D．当V=10mL时，溶液中存在c(H+)+c(HCN)=c(OH-)+c(CN-)
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，减小，增大，故滴定过程中逐渐减小，A项不符合题意；
B．未加NaOH溶液时，AG=3.8，，结合Kw=10-14，可得c2(H+)=103.8×10-14， ，B项符合题意；
C．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，恰好反应生成NaCN，水的电离程度最大，HCN过量后，水的电离程度逐渐减小，故水电离出c(H+)先增大后减小，C项不符合题意；
D．当V=10mL时，溶液中的n(NaCN)=n(HCN)，利用电荷守恒和物料守恒可得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据中和原理分析；
B．选择AG=3.8点，计算Ka；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．利用电荷守恒和物料守恒分析。
6．（2023·益阳模拟）难溶物可溶于盐酸。常温下，用调节浊液的，测得在不同条件下，体系中(X为或与的关系如图所示。下列说法正确的是
A．代表与的变化曲线
B．a、c两点的溶液中均存在
C．的数量级为
D．c点的溶液中存在
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．设HF的电离平衡常数Ka，，随增大，F-浓度增大，难溶于水，F-浓度越大，的浓度越小，所以代表与的变化曲线，L2代表与的变化曲线，故A不符合题意；
B．溶液中Sr、F两种元素均有SrF2提供，根据物料守恒，a、c两点的溶液中均存在，故B符合题意；
C．根据图像可知，=1时，=，的数量级为，故C不符合题意；
D．根据电荷守恒，，c点，溶液呈酸性，所以，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用K和曲线变化判断；
B．根据物料守恒分析；
C．根据图像选择=1对应的数值计算；
D．根据电荷守恒分析。
7．（2023·宜宾模拟）下列实验操作、现象及结论均正确的是（ ）
选项 操作 现象 结论
A 向菠菜汁中加入少量稀硝酸，再滴入几滴KSCN溶液 溶液变红 菠菜汁中含有Fe3+
B 将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中 铜丝表面由黑色变为红色 乙醇具有还原性
C 相同温度下，用pH计分别测定0.010 mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH HF溶液pH更小 Ka(HF)
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】A．KSCN遇Fe3+变红，稀硝酸可以将Fe2+氧化成Fe3+，故无法证明菠菜里含Fe3+还是Fe2+，A不符合题意；
B．将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中，氧化铜和乙醇反应生成铜、乙醛和水，乙醇具有还原性，B符合题意；
C．相同温度下，用pH计分别测定0.010 mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH，HF溶液pH更小，pH越小，酸性越强，电离常数越大， Ka(HF)>Ka(CH3COOH)，C不符合题意；
D．向0.01 mol/L FeCl3溶液中， Fe3++H2OFe(OH)3+H+，加入少量FeCl3固体，Fe3+浓度变大，平衡向右移动，但是Fe3+水解程度变小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.稀硝酸能将Fe2+氧化成Fe3+，不能证明Fe3+是菠菜汁中的；
B.乙醇和氧化铜反应生成铜、乙醛和水，体现乙醇的还原性；
C.酸性越强，电离平衡常数越大；
D.加入少量FeCl3固体， Fe3++H2OFe(OH)3+H+的平衡正向移动，Fe3+水解程度减小。
8．（2023·沈阳模拟）室温下，用NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为的HCl和HX溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法错误的是
A．HX的电离平衡常数
B．M点存在：
C．将P点和N点的溶液混合，溶液呈酸性
D．向N点的溶液中通入HCl气体至pH=7：
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．M点时HX溶液中加入了10mLNaOH溶液，，且混合溶液呈碱性，说明HX的电离常数小于的水解常数，即，解得，A不符合题意；
B．M点，溶液中存在电荷守恒……①，物料守恒……②，①×2―②得，移项得，且M点：，所以，B不符合题意；
C．P点，N点，二者混合后HCl和NaX发生反应得到NaCl和HX，此时溶液中：，由A选项可知，溶液呈碱性，C符合题意；
D．N点溶质为NaX，通入HCl气体至pH=7，由电荷守恒推知……①，物料守恒为……②，所以，又由A选项知，时，即，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.M点溶液呈碱性，，说明HX的电离常数小于的水解常数；
B.M点，结合电荷守恒和物料守恒分析；
C.P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，P、N点溶液混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性；
D.结合电荷守恒和物料守恒分析。
9．（2023·重庆市模拟）常温下，体积和浓度一定的溶液中各微粒浓度的负对数()随溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线②表示随溶液pH的变化情况
B．等物质的量浓度和混合溶液：
C．的的数量级为
D．常温下，将M点对应溶液加水稀释，不变
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A． 曲线②上的点纵坐标和横坐标数值相等，随着pH的增大而增大，表示随溶液pH的变化情况，A不符合题意；
B． 据分析，等物质的量浓度和混合溶液中，的水解程度小于的电离程度，呈酸性，结合电荷守恒可知：，B不符合题意；
C． 据分析，的的数量级为，C符合题意；
D． 常温下，将M点对应溶液加水稀释，，稀释使氢离子浓度变小、Ka不变，则比值变大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】曲线①与pH成反例关系，则曲线①表示随溶液pH的变化情况，曲线②为随溶液pH的变化情况。
10．（2023·河东模拟）有25mL0.1mol L-1的三种溶液①Na2CO3溶液；②CH3COONa溶液；③NaOH溶液，下列说法正确的是
电离平衡常数 Ka1 Ka2
H2CO3 4.5×10-7 4.7×10-11
CH3COOH 1.75×10-5 ——
A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①
B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C．若分别加入25mL0.1mol L-1盐酸后，pH最大的是①
D．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞②＞①
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaOH在水溶液中发生完全电离，Ka2(H2CO3)＜Ka(CH3COOH)，则Na2CO3水解程度比CH3COONa大，所以3种溶液pH的大小顺序是③＞①＞②，A不符合题意；
B．若将3种溶液稀释相同倍数，强碱溶液c(OH-)减小最多，则pH变化最大的是③，B 不符合题意；
C．若分别加入25mL0.1mol L-1盐酸后，①、②、③分别转化为NaHCO3和NaCl、CH3COOH和NaCl、NaCl，只有NaHCO3呈碱性，则pH最大的是①，C符合题意；
D．Na2CO3和CH3COONa水解使溶液显碱性，NaOH完全电离使溶液显碱性，且Na2CO3水解程度比CH3COONa大，若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是②＞①＞③，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小；
B.稀释时强碱中氢氧根离子浓度的变化程度最大；
D.Na2CO3和CH3COONa水解使溶液显碱性，NaOH完全电离使溶液显碱性。
11．（2023·太原模拟）常温下，用0.2mol·L-1NaOH溶液分别滴定相同浓度的一元酸HA溶液和HB溶液，溶液的pH随离子浓度的变化关系如图所示。已知电离常数Ka(HA) < Ka(HB)，下列说法错误的是
A．曲线M代表HA溶液
B．常温下，0.1 mol·L-1NaB溶液的pH约为8.15
C．pH和体积均相同的两种酸溶液中水的电离程度：HA> HB
D．将0.1 mol·L-1 HA溶液加水稀释10倍后，溶液中保持不变
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析，M为HA的曲线，A不符合题意；
B．Ka(HB)= 10-3.3，常温下，0.1 mol·L-1NaB溶液中存在水解，水解方程式为B-+H2O HB+OH-，则c(HB)≈c(OH-)，且c(B-)+c(HB)=0.1mol/L，则，解c(OH-)=10-5.85mol/L， c(H+)=10-8.15mol/L，pH约为8.15，B不符合题意；
C．pH和体积均相同的两种酸溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度分别相等，而氢氧根离子是水电离出来的，故两种溶液水的电离程度相同，C符合题意；
D．溶液稀释，电离平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据 已知电离常数Ka(HA) < Ka(HB) 分析；
B．结合A项分析，利用Ka(HB)计算；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．电离平衡常数只受温度的影响。
12．（2023·阿勒泰模拟）相同温度和压强下，研究Cl2分别在不同浓度的盐酸和NaCl溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)变化如图所示。
已知氯气溶解存在以下过程：
①Cl2(aq) + H2O(1) H+(aq) + Cl-(aq) + HClO(aq) K1= 4.2×10-4
②Cl2(aq) + Cl-(aq) (aq) K2= 0.19
③HClO(aq) H+(aq) + ClO-(aq) Ka= 3.2×10-8
下列说法错误的是
A．随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，溶液中减小
B．随着盐酸浓度的增大，反应①被抑制，反应②为主要反应从而促进Cl2溶解
C．a点时，c(H+) >c(Cl-)>c() > c(ClO-)
D．b点时，c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c() + c(OH-) + c(ClO-)
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．同一溶液中== ，随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，反应①逆向移动，溶液中的氢离子浓度减小，所以增大，增大，A项符合题意；
B．盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大，说明此时主要发生反应②，反应②平衡正向移动，促进氯气的溶解，B项不符合题意；
C．a点溶液中的氯化氢的浓度为3mol/L，氯气的浓度约为0.81mol/L，氯化氢为强电解质，完全电离，电离出的氯离子部分与氯气结合生成，所以有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)，反应②的平衡常数远大于反应①，且次氯酸的电离微弱，所以c(Cl)>c(ClO-)，综上所述，有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)，C项不符合题意；
D．b点溶液中根据电荷守恒可知，c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c() + c(OH-) + c(ClO-)，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.== ；
B.盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大；
C.氯化氢为强电解质，完全电离，反应②的平衡常数远大于反应①，且次氯酸的电离微弱；
D.根据电荷守恒有c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c() + c(OH-) + c(ClO-)。
13．（2023·许昌模拟）室温下某湖水中几种微粒的浓度与pH的关系如下图所示。已知水中现存的CO 以H2CO 形式计算作数据近似处理。下列说法错误的是
A．室温下的水解常数Kh=10-7.7
B．向交点②所示的溶液中通入少量HCl气体可变为交点①
C．交点③对应溶液pH≈5.65
D．上述溶液室温下pH=8.3时：c()>c(OH-)>c()
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．交点①时，由水解方程式得，，A不符合题意；
B．向交点②所示的溶液中通入少量HCl气体，氢离子与碳酸根离子结合为，可变为交点①，B不符合题意；
C．交点③时，且，则，求得，则对应溶液pH≈5.65，C不符合题意；
D．上述溶液室温下pH=8.3时，由得，由得，，，则c()>c()>c(OH-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.水解的方程式为，交点①时， 的水解常数；
B.通入少量HCl气体，氢离子与碳酸根离子生成；
C.交点③时，结合和pH=-lgc(H+)计算。
14．（2023·河南模拟）已知SrF2属于微溶于水、可溶于酸的强碱弱酸盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中—lgc(X)(X为Sr2+或F-)与lg的关系如图所示，下列说法正确的是
A．a点溶液中存在：2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)
B．c点溶液中存在：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(F-)
C．常温下，Ksp(SrF2)=
D．常温下，氢氟酸的Ka数量级为
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点溶液中存在电荷守恒关系2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)+ c(Cl-)，故A不符合题意；
B．由图可知，c点溶液中c(Sr2+)=c(F-)，溶液中存在电荷守恒关系2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)+ c(Cl-)，则溶液中c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(F-)，故B符合题意；
C．由图可知，溶液中lg=1时，溶液中c(Sr2+)=10-4mol/L、c(F-) =10-2.2mol/L，则溶度积Ksp(SrF2)= 10-4×c(10-2.2)2=10-8。4，故C不符合题意；
D．由氢氟酸的电离常数公式可知，溶液中=，由图可知，溶液中lg=1时，溶液中c(F-) =10-2.2mol/L，则电离常数Ka==10-3.2，数量级为10-4，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 SrF2浊液存在溶解平衡：SrF2 (s) Sr2++2F-，用HCl调节溶液存在平衡：H++F- HF；
A.结合电荷守恒分析；
C.根据Ksp(SrF2)=c(Sr2+)c2(F-)计算；
D.根据=计算。
15．（2022·辽宁）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
二、多选题
16．（2023·泰安模拟）25℃时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数[，X表示、或]的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．25℃时，第一步电离平衡常数
B．c点溶液中：
C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d>b>a
D．b点溶液中：
【答案】C,D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．
由图可知，25 ℃，c(HA- )= c(H2A)时，pH约为4，则H2A第一步电离平衡常数Ka1=≈10-4，故A不符合题意；
B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2- )，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2- )，pH=7，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(HA-)+2c(A2- )=3c(HA-)=3c(A2- )=2c(HA- )+ c(A2-)，故B不符合题意；
C．未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d＞c＞b＞a，故C符合题意；
D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2- )＞c(H2A)，b点pH<7，c(H+ )>c(OH- )，H2A被滴定分数>1，c(OH- )> c(H2A)，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．选择交点， 依据Ka1=计算；
B．依据电荷守恒分析；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据图像分析判断。
17．（2023·临沂模拟）室温下，亚砷酸[As(OH)3]和酒石酸(H2T)混合体系中部分微粒的c－pH关系如图所示(浓度：总As为5.0×10-4mol L-1，总T为1.0×10-3mol L-1)。
已知：Ka1(H2T)=10-3.04，Ka2(H2T)=10-4.37。
下列说法正确的是
A．Ka1[As(OH)3]的数量级为10-10
B．HT-的酸性强于[As(OH)2T]-
C．pH=3.1时，溶液中浓度最高的微粒为[As(OH)2T]-
D．向H2T溶液中滴加NaOH溶液至中性时：c(HT-)＞c(T2-)
【答案】A,B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A． ， ，当 时， ， ， 的 为 ，数量级为10-10，A符合题意；
B． ， ，当 时， ， ，HT-的电离常数Ka2(H2T)=10-4.37，其电离常数较大，故其酸性更强一些，B符合题意；
C．由图可知 的浓度为左坐标，浓度的数量级为 ， 的浓度为右坐标，浓度的数量级为 ，所以 时， 的浓度比 的高，C不符合题意；
D．当c(HT-)=c(T2-)时，其中T2-的水解常数Kh= ，HT-的电离常数大于其水解常数，则以电离为主，其电离常数Ka2(H2T)=10-4.37>Kh，此时溶液显酸性，故当显中性时，HT-的电离程度更大一些，即c(HT-)
【分析】A． 选择 时，利用 计算 ；
B． 通过计算电离和水解平衡常数判断；
C．依据图中曲线判断；
D．计算比较水解常数Kh与电离常数Ka2(H2T)的大小判断。
18．（2023·济南模拟）乙二胺(，简写为EDA)是常用的分析试剂，为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似。25℃时，向20 mL 0.1 mol·L其盐酸盐溶液EDA中加入NaOH固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、EDA三种粒子的浓度的对数值()、所加NaOH固体质量与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．乙二胺第一步电离常数的数量级为
B．时，
C．时，
D．时，加入NaOH溶液的质量g
【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图示信息，乙二胺第一步电离常数 ，，，数量级为，A不符合题意；
B．时，pOH=9，，B符合题意；
C．时，根据物料守恒：，C不符合题意；
D．根据图像，时，加入NaOH的物质的量为：0.02mol，质量为，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．根据图示信息，利用 计算；
B．依据pOH=9对应的曲线判断；
C．根据物料守恒；
D．根据图像对应的数值计算。
19．（2022高三上·海南期末）可用作金属焊接除锈剂。常温下，，下列有关说法正确的是
A．向纯水中加入，水的离子积增大
B．溶液中，
C．在试管中加热固体可分别收集到、HCl
D．常温下，溶液和氨水等体积混合后溶液显碱性
【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．水的离子积只与温度有关，故A不符合题意；
B．根据电荷守恒，溶液中，，，故B符合题意；
C．分解生成的氨气和氯化氢气体，在试管口附近遇冷重新化合生成氯化铵，故C不符合题意；
D．，氯化铵的水解常数Kh=，等浓度时氯化铵水解程度小于一水合氨的电离程度，溶液和氨水等体积混合后溶液呈碱性，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.水的离子积常数只与温度有关；
B.结合电荷守恒分析计算；
C.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵；
D.等浓度时氯化铵水解程度小于一水合氨的电离程度。
20．（2022高三上·滕州期末）25℃时，向20mL0.5的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25的盐酸，溶液中和溶液的随中和率的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．该温度下MOH的电离常数
B．该温度下b点时，
C．c点时，
D．d点对应的溶液中，升高温度增大
【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点时，=0，=1，溶液的pOH=4.5；的电离常数，A不符合题意；
B．b点中和率为50%，有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液的pOH＜7，B符合题意；
C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，溶液中溶质为物质的量浓度MOH小于MCl，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl-)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以存在2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl-)+c(OH-)，C符合题意；
D．d点酸碱恰好完全中和，溶质为MCl，d点对应的溶液中升高温度，MCl水解程度增大，溶液酸性增强，增大，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据计算；
B.b点溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，pOH＜7；
C.结合电荷守恒分析；
D.d点溶质为MCl，升温MCl的水解程度增大。
21．（2022高二上·菏泽期末）向一定浓度的H3AsO4水溶液中滴加NaOH溶液，含砷的各物种分布系数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．
B．NaH2AsO4溶液中： c(HAsO)=c(H3AsO4)
C．P点： pH=
D．Na2HAsO4溶液中： c(H2AsO) +2c(H3AsO4)＞c(AsO)
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图象可知，Ka1=1.0×10-2.2，Ka2=1.0×10-7，Ka3=1.0×10-11.5，，，因此有，故A符合题意；
B．根据图象可知，NaH2AsO4 溶液显酸性，H2AsO电离大于水解，因此有c(HAsO)＞c(H3AsO4)，故B不符合题意；
C．lgK3+lgK2=lg[K3·K2]=，P点时pH=-lgc(H+)=-lgK3，故C不符合题意；
D．根据质子守恒得出c(H+)+c(H2AsO) +2c(H3AsO4)=c(AsO)+c(OH-)，根据图象可知，Na2HAsO4 溶液显碱性，水解大于电离，c(H+)＜c(OH-)，因此有c(H2AsO) +2c(H3AsO4)＞c(AsO)，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.分别计算、，再进行比较；
B.NaH2AsO4 溶液显酸性，说明H2AsO的电离程度大于水解程度；
C.P点时pH=-lgc(H+)=-lgK3。
22．（2022·衡阳模拟）25℃时，用气体调节氨水的，溶液中微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比[]与的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是（ ）
A．25℃时，的电离平衡常数为
B．所示溶液中：
C．所示溶液中：
D．所示溶液中：
【答案】A,C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，，由图可知，当时，溶液pH=9.25，则c(H+)=10-9.25mol/L，c(OH-)=10-4.75mol/L，带入电离常数表达式可得，=10-4.75，A项符合题意；
B．由图可知，P1点时，
=0.05mol/L，pH=9.25，，由电荷守恒可知：，c(Cl-)<=0.05mol/L，B项不符合题意；
C．由电荷守恒可知：，由于pH=7则。又由图可知，P2点时，因此，C项符合题意；
D．由图可知，P3点时t==1.0，根据物料守恒可得，D项不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．选择的点，利用计算；
B．利用电荷守恒分析；
C．利用电荷守恒分析；
D．根据物料守恒分析。
23．（2022·衡阳模拟）酒石酸(H2B)及其与OH-形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化曲线如图(已知： 20℃时，Ksp(KHB)=3.8× 10-4， S(K2B)=100 g/L)。向25 mL 0.1 mol/L酒石酸溶液中，逐滴加入0.2mol/LKOH溶液，下列相关说法错误的是（ ）
A．酒石酸的Ka2的数量级为10-3
B．pH=3， c(H2B)> c(HB- )>c(B2- )
C．pH越高，越有利于用酒石酸检验K+
D．V(KOH)=12.5 mL时，c(H2B)+c(HB- )+c(B2- )≈0.0195mol/L
【答案】A,C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，当B2-的浓度分数为0.48时， 溶液的pH为4.37， 则H2B的电离常数Ka2= 1 ×10-4.37，则Ka2的数量级为10-5， A符合题意；
B．由图可知，溶液pH为3时，溶液中三种微粒浓度c(H2B)> c(HB-)>c(B2-)，B不符合题意；
C．由题干信息可知，HB-浓度越大，越有利于酒石酸氢钾的生成，由图可知，溶液pH在3.04~4.37范围内，溶液中HB-离子浓度较大，有利于钾离子转化为酒石酸氢钾沉淀，pH并不是越高越好，C符合题意；
D．当氢氧化钾溶液的体积为12.5mL时，酒石酸溶液与氢氧化钾溶液恰好反应生成酒石酸氢钾，由酒石酸氢钾的溶度积可知，溶液中HB-的浓度为。c(K+ )=0.0195mo/L，由物料守恒可知，溶液中c(K+ )=c(H2B)+c(HB- )+c(B2- )≈0.0195mol/L， D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】H2B为二元弱酸，当pH较小时，氢离子浓度大，H2B的电离程度小，H2B的浓度大，随pH增大，H2B浓度逐渐减小，因此左上方的曲线表示H2B随pH的变化；随着pH增大，氢离子浓度减小，HB-先增大后减小，则存在最高点的曲线为HB-随pH的变化曲线，右边的曲线为B2-随pH变化的曲线。
Ａ．根据（4.37，0.48）计算Ka2；
Ｂ．由图可知，pH=3， c(H2B)> c(HB- )>c(B2- )；
Ｃ．溶液pH在3.04~4.37范围内，溶液中HB-离子浓度较大，有利于钾离子转化为酒石酸氢钾沉淀；
Ｄ．结合物料守恒计算。
24．（2022高二下·岳阳期末）溶液中含铁微粒的分布系数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．的数量级为
B．不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形式
C．向pH=2的这种溶液中加氢氧化钠至pH=10，的分布分数逐渐增大
D．既能与强酸又能与强碱反应
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，当时，pH=7.4，=10-7.4，数量级为，故A符合题意；
B．不同pH时，溶液中铁元素的存在形态及种数不相同，比如在pH等于6时，就只有两种形态，故B不符合题意；
C．由图可知，pH由2变化为10时，的分布分数先增大后减小，故C符合题意；
D．由图可知，随着溶液中pH的变化，铁微粒的转化关系为：，则H2FeO4既能与强酸又能与强碱反应，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据计算；
B.pH=6时铁元素只有2种存在形式；
C. 向pH=2的这种溶液中加氢氧化钠至pH=10，的分布分数先增大后减小；
D.随着pH的变化，发生变化，说明H2FeO4既能与强酸又能与强碱反应。
三、非选择题
25．（2022·河西模拟）锑钾 合金、镍钴锰酸锂[ 、 ]、磷酸铁钠[ ]分别作为钾离子电池、三元锂离子电池、钠离子电池的电极材料。这些电池成为目前实现碳中和研发的热点。请按要求回答下列问题。
（1）上述电池涉及的主族元素中，电负性最大的是 。
（2） 是比P的周期数大2的同主族元素。基态 原子价电子排布式为 。
（3）在回收电极材料中的 时，测得溶液中 ，通入 生成 沉淀，则 沉淀完全时溶液的 最小为 (已知沉淀完全时 。此温度下 ，溶液体积变化忽略不计)。
（4）钠离子电池电极材料制备：向含 的溶液中加入过量 溶液，过滤后进一步处理得 沉淀。然后将 与 混合，在 气氛中加热，制得 。
已知常温下 ， ； ， 。
①钠离子电池工作时， 转化为 ，则 在电池 (填“正”或“负”)极放电。
② 在制 的反应中的作用： 。
③ 溶液中含P元素离子的浓度由大到小的顺序为 。
（5）立方晶系锑钾合金的晶胞结构如图1所示，其中品胞的一部分如图2所示。
①该晶胞中， 和K的原子数之比为 。
②该晶体的密度为 (设阿伏加德罗常数的值为 ，用含a、 的代数式表示)。
【答案】（1）O
（2）5s25p3
（3）2.0×10-5
（4）负；作还原剂；c(HPO )＞c(H2PO )＞c(PO )＞c(H3PO4)
（5）1：3；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)上述电池涉及的主族元素中，K、Sb、O、Li、Na、P元素，元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大，这几种元素中吸引键合电子能力最强的是O元素，所以电负性最大的是O元素，故答案为：O；
(2) 是比P的周期数大2的同主族元素。则Sb位于第5周期第ⅤA族，基态Sb原子价电子为5s、5p能级上的电子，价电子排布式为5s25p3，故答案为：5s25p3；
(3)在回收电极材料中的 时，Co2+沉淀完全时溶液中c(Co2+)≤1.0×10-5mol L-1，溶液中c(OH-)= mol/L=2.0×10-5mol/L，故答案为：2.0×10-5；
(4)①钠离子电池工作时， 转化为 ，Fe元素化合价由+2价转化为+3价，失电子发生氧化反应，在负极上发生反应，故答案为：负；
② 在制 的反应中发生的反应方程式为2NaI+2FePO4=2NaFePO4+I2，该反应中I元素化合价由-1价变为0价，则NaI在反应中作还原剂，故答案为：作还原剂；
③Na2HPO4溶液中，HPO 的水解平衡常数Kh= ≈1.6×10-7＞Ka3，说明HPO 的水解程度大于电离程度，则c(H2PO )＞c(PO )，第二步水解程度更小，但其水解和电离程度都较小，所以溶液中存在c(HPO )＞c(H2PO )＞c(PO )＞c(H3PO4)，故答案为：c(HPO )＞c(H2PO )＞c(PO )＞c(H3PO4)；
(5)①该晶胞中K原子个数=1+8+12× =12、Sb原子个数=8× +6× =4，Sb、K原子个数之比=4：12=1：3，故答案为：1：3；
②该晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度= g/cm3= g/cm3，故答案为： 。
【分析】
(1)非金属性越强，其电负性越大；
(2) 依据表中的位置书写电子排布式；
(3)利用Ksp计算；
(4)①依据元素化合价变化判断电极类型；
② 由元素化合价变化确定氧化剂和还原剂；
③通过比较电离程度和水解程度的大小进行离子浓度排序；
(5)①利用分摊法确定晶胞中原子个数之比；
②利用计算。
26．（2022·济宁模拟）TiCl4是制备钛及其化合物的重要中间体，可利用下列装置在实验室制备TiCl4 (夹持装置略去)。
已知：①溶液捕获CO时生成Pd单质；
②能溶于有机溶剂，遇水会水解生成难溶于水的物质；难溶于水。
回答下列问题：
（1）检查装置气密性后，A装置中加入的药品为 ，管式炉中加入和C，先通入其目的是 ；一段时间后，加热管式炉，改通，对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理。D中碱石灰的作用是 ，E中反应的化学方程式为 。
（2）实验过程中，产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”，原因是 。制得的中常含有少量，从混合液体中分离出的操作名称为 。
（3）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。某钛合金的元素还有Al和Si等，已知在常温下，钛是一种耐强酸强碱的金属，请设计实验检验其中的Si元素： 。
（4）用水解法制备纳米的工艺流程见下图，成功的控制水解速率是制备纳米的前提。
已知：难溶于冷水，在热水中易水解；的水解是由水解、电离、水解三步进行(如下)：
①水解：
②电离：
③水解：
其中①为快反应，对②、③反应的影响是 ，加入硫酸铵的目的是 。
【答案】（1）浓硫酸；排尽装置中的空气，以免干扰实验；吸收过量的氯气以免污染空气，同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中，引起水解；
（2）气体温度过高会导致冷凝管炸裂；蒸馏
（3）取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再滴入稀盐酸至过量，如有沉淀产生且沉淀不完全溶解，则证明样品中含Si
（4）产生浓度大，抑制了②③反应的进行；生成，促进了反应②的进行
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；电离平衡常数
【解析】【解答】本题是以Cl2、C和TiO2来制备TiCl4的实验题，由于碳能与O2加热条件下发生反应生成CO或CO2干扰实验，故实验开始前需通入一段时间的N2以排空装置内的空气，且由于TiCl4易水解，则制备用的Cl2需干燥，故装置A为盛有浓硫酸的洗气瓶，目的是干燥氯气，防止TiCl4水解，由于反应产生高温的TiCl4蒸气，直接用冷凝管冷却会导致冷凝管炸裂，则需进行“前期冷却”，B为冷凝管，冷凝TiCl4蒸气，C为收集TiCl4液体，D中碱石灰可以吸收多余的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入C中以免引起TiCl4水解而影响实验结果，E为检验CO，根据题干信息可知，CO还原PdCl2生成Pd、CO2和HCl，则反应方程式为：PdCl2+H2O+CO=Pd+CO2+2HCl，据此分析解题。
(1)由分析可知，检查装置气密性后，A装置的作用是干燥氯气，故其中加入的药品为浓硫酸，管式炉中加入和C，由于空气中的O2会与C反应，则先通入其目的是排尽装置中的空气，以免干扰实验，一段时间后，加热管式炉，改通，对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理，D中碱石灰的作用是吸收过量的氯气以免污染空气，同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中，引起水解，E中反应的化学方程式为PdCl2+H2O+CO=Pd+CO2+2HCl，故答案为：浓硫酸；排尽装置中的空气，以免干扰实验；吸收过量的氯气以免污染空气，同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中，引起水解；PdCl2+H2O+CO=Pd+CO2+2HCl；
(2)由分析可知，实验过程中，产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”，原因是气体温度过高会导致冷凝管炸裂，由题干已知信息②能溶于有机溶剂，遇水会水解生成难溶于水的物质；难溶于水，制得的中常含有少量，且CCl4和TiCl4均为分子晶体，且TiCl4的相对分子质量更大，即TiCl4的熔点更高，故从混合液体中分离出的操作名称为蒸馏，故答案为：气体温度过高会导致冷凝管炸裂；蒸馏；
(3)某钛合金的元素还有Al和Si等，已知在常温下，钛是一种耐强酸强碱的金属，而Si、Al均能与强碱溶液反应生成Na2SiO3和NaAlO2，Na2SiO3和NaAlO2溶液与过量的酸反应现象不同，前者为生成白色沉淀且沉淀不溶解，后者是先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解直至消失，故检验其中的Si元素的实验可设计为：取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再滴入稀盐酸至过量，如有沉淀产生且沉淀不完全溶解，则证明样品中含Si，故答案为：取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再滴入稀盐酸至过量，如有沉淀产生且沉淀不完全溶解，则证明样品中含Si；
(4)由题干信息，难溶于冷水，在热水中易水解；的水解是由水解、电离、水解三步进行(如下)：①水解：②电离：③水解：可知，其中①为快反应，产生大量的H+，从而抑制了反应②、③的进行，加入硫酸铵则可以生成沉淀，从而促进反应②的进行，故答案为：产生浓度大，抑制了②③反应的进行；生成，促进了反应②的进行。
【分析】（1）根据A的作用即可判断出主要是除水，因此可装浓硫酸，通入氮气的目的是排除空气，氯气有毒，利用碱石灰除杂，根据反应物利用性质即可写出方程式
（2）根据题意，温度过高易导致爆炸，利用熔沸点即可除杂
（3）加入氢氧化钠溶液看是否冒泡
（4）氢离子浓度过大抑制②和③。加入硫酸形成 难溶于冷水 促进②的进行
27．（2022·济宁模拟）一种制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：
回答下列问题：
（1）“浸取”过程有硫单质生成，写出该过程中主要反应的化学方程式 。
（2）“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是 。“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是 (填标号)。
a． b． c．
（3）工业上煅烧硫铁矿产生的气体可以用石灰乳吸收。常温下，测得与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则 (保留三位有效数字)[已知：室温下亚硫酸的电离平衡常数，]
（4）“沉锰”过程转化为的离子方程式为 。在一定空气流速下，相同时间内“焙烧”，产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化如图。“焙烧”过程中涉及如下化学反应：
①
②
③
为了增大产物中的占比，可以采用的措施是 (答出两条)。将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为 。
（5）用氧化还原法测定纯品纯度(杂质不参与下列反应)：称取样品0.1000g，试样经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，过滤除去，用标准溶液滴定，用去37.00mL，则样品中的质量分数为 (保留3位有效数字)。
【答案】（1）
（2）将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子；a
（3）
（4）；控制温度在450℃左右、增大空气的流速；
（5）96.6％
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】硫铁矿和软锰矿一起用硫酸酸浸，浸取液中的Fe2+用少量MnO2氧化为Fe3+，再调节溶液的pH除去Fe3+。除铁后的溶液加NH4HCO3和氨水沉锰，得到MnCO3后煅烧，得到MnO2粗品，再将其中存在的+2价锰氧化为MnO2，过滤、洗涤、干燥得到MnO2纯品。
(1)“浸取”过程中FeS2中的硫元素被MnO2氧化为硫单质，该过程中主要反应的化学方程式为：。
(2)“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+便于除去。H2O2为绿色氧化剂，其还原产物为水，无污染，所以“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是H2O2，
故答案为：a。
(3)CaSO3与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则水解的Kh=，溶液中c(OH-)=c()=10-5mol/L，所以c()=6×10-4mol/L，根据元素质量守恒，c(Ca2+)=c()+c()=6×10-4mol/L+10-5mol/L=6.1×10-4mol/L，则6.1×10-4mol/L×6×10-4mol/L=。
(4)“沉锰”过程 中加入NH4HCO3和氨水，将溶液中的Mn2+ 转化为 MnCO3 ，离子方程式为：。从产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化图可以看出，为了增大产物中 MnO2的占比，控制温度在450℃左右，还可以增大空气的流速。根据总反应方程式可知放电时正极是得到电子转化为，电极反应式为：。
(5)样品经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，发生的反应为：3+4H+=2+↓+2H2O，过滤除去，用标准溶液滴定，发生的反应为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，根据反应的离子方程式可知，MnO2和Fe2+的物质的量之比为3：10，则MnO2的质量为0.1000mol/L×0.03700L××87g/mol=0.09657g，则样品中的质量分数为×100%=96.6%。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）利用其氧化性将亚铁离子变为铁离子，根据不引入杂质原子可选择的是过氧化氢做氧化剂
（3）根据给出的pH结合难溶电解质溶解的过程即可计算出ksp
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式，根据给出方程式结合平衡移动即可判断，结合给出的总的电极反应结合正极反应的特点即可写出电极式
（5）根据给出的数据结合方程式即可计算出纯度
28．（2022高二上·和平期末）结合表回答下列问题(均为常温下的数据)：
化学式 CH3COOH HClO H2CO3
电离常数(Ka) 1.8×10 5 3×10 8 K1=4.4×10 7 K2=4.7×10 11
请回答下列问题：
（1）下列四种离子结合同浓度的CH3COO－、ClO－、HCO、CO中结合H+的能力最强的是 。
（2）向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法正确的是____。
A．CH3COOH的电离程度增大 B．c(CH3COOH)增大
C．CH3COO－的数目增多 D．增大
（3）请写出NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式 。
（4）向0.1 mol L 1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)：c(CH3COO－)=5：9，此时溶液pH= 。
（5）在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液，试说明原因 (用离子方程式及必要的文字说明)。
（6）盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 。
②写出盐酸肼水溶液中离子浓度的大小关系是 。
【答案】（1）CO
（2）A；C；D
（3）ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO
（4）5
（5）S2 +H2OHS－+OH－，滴加几滴NaOH，c(OH－)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解
（6）N2H+H2O[N2H5 H2O]++H+；c(Cl－)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH－)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据题中信息得到酸的强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，根据对应的酸越弱，结合氢离子能力越强，因此下列四种离子结合同浓度的CH3COO－、ClO－、HCO、CO中结合H+的能力最强的是CO；故答案为：CO。
（2）A．加水稀释，平衡正向移动，因此CH3COOH的电离程度增大，故A正确；
B．加水稀释，溶液体积增大，因此c(CH3COOH)减小，故B不正确；
C．加水稀释，平衡正向移动，因此CH3COO－的数目增多，故C正确；
D．加水稀释，氢离子浓度减小，因此增大，故D正确；故答案为：ACD。
（3）根据酸的强弱顺序为：HClO＞HCO，则NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，其反应的离子方程式ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO；故答案为：ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO。
（4）向0.1 mol L 1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)：c(CH3COO－)=5：9，根据电离平衡常数，则，则此时溶液pH=5；故答案为：5。
（5）在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液，其原因是S2 +H2OHS－+OH－，滴加几滴NaOH，c(OH－)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解；故答案为：S2 +H2OHS－+OH－，滴加几滴NaOH，c(OH－)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解。
（6）①铵根水解生成一水合氨和氢离子，则盐酸肼第一步水解反应的离子方程式N2H+H2O[N2H5 H2O]++H+；故答案为：N2H+H2O[N2H5 H2O]++H+。
②由于N2H水解，因此氯离子浓度最大，水解显酸性且水解程度很小，则氢离子浓度大于氢氧根浓度，盐酸肼水溶液中离子浓度的大小关系是c(Cl－)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH－)；故答案为：c(Cl－)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH－)。
【分析】（1）电离平衡常数越大，酸性越强，结合氢离子能力越弱；
（2）稀释促进醋酸电离；
（3）NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠；
（4）结合电离平衡常数计算；
（5）滴加NaOH溶液，抑制硫离子水解；
（6）①类比铵根水解生成一水合氨和氢离子；
②N2H水解，氯离子浓度最大，水解显酸性且水解程度很小。
29．（2022高二上·和平期末）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。
（1）人体内草酸累积过多是导致结石(主要成分是草酸钙)形成的原因之一。有研究发现，EDTA(一种能结合钙离子的试剂)在一定条件下可以有效溶解结石，用化学平衡原理解释其原因： (用化学用语及必要的文字说明)。
（2）已知：H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，0.1mol L-1KHC2O4溶液呈酸性，通过计算说明其原因是： 。
下列说法正确的是 (填字母序号)。
a.0.1mol L-1KHC2O4溶液中：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)
b.0.1mol L-1KHC2O4溶液中：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)
c.浓度均为0.1mol L-1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：3c(K+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)
d.0.1mol L-1KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c(K+)＞c(Na+)
（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体(FeC2O4 xH2O)的流程及组分测定方法如图：
已知：i.pH>4时，Fe2+易被氧气氧化
ii.几种物质的溶解度(g/100gH2O)如表：
FeSO4 7H2O (NH4)2SO4 FeSO4 (NH4)2SO4 6H2O
20℃ 48 75 37
60℃ 101 88 38
①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是： ， 。
②趁热过滤的原因是： 。
③为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2，设为装置A)称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。(FeC2O4的摩尔质量为144g/mol)
实验操作为：打开K1，K2，缓缓通入氮气；点燃酒精灯，小火加热；熄灭酒精灯，冷却至室温，停止通入氮气，关闭K1，K2；称重A。重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。假设此过程中FeC2O4不分解，根据实验记录，计算草酸亚铁晶体中结晶水数目x= (列式表示)。
【答案】（1）CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)=Ca2++ (aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解
（2）计算得出电离平衡常数为Ka2=1.5×10-4，水解平衡常数为×10-12，电离平衡常数大于水解平衡常数，的电离程度大于水解程度；abd
（3）抑制Fe2+和NH的水解；防止Fe2+被氧化；由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4 7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4 (NH4)2SO4 6H2O的纯度；
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；探究物质的组成或测量物质的含量；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）EDTA结合CaC2O4(s)电离的微量Ca2+从而促进沉淀的溶解，CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s) Ca2+(aq)+ (aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；
（2）H2C2O4的Ka1=5.6×10 2，Ka2=1.5×10 4，所以的电离平衡常数为Ka2=1.5×10 4，水解平衡常数为，所以电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；
a.0.1mol L-1KHC2O4溶液中存在电荷守恒，c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，选项a正确；
b.KHC2O4溶液呈酸性证明HC2O4 电离程度大于水解程度，而电离和水解都是微弱的，0.1mol L-1KHC2O4溶液中存在c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，选项b正确；
c.根据物料守恒，浓度均为0.1mol L-1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中，存在2c(K+)=3c()+3c()+3c(H2C2O4)，选项c不正确；
d.由于是H2C2O4二元弱酸，所以C2O42-溶液溶液呈碱性，则KHC2O4必须过量溶液才可以呈中性，c(K+)＞c(Na+)，选项d正确，
故答案为：abd；
（3）①已知条件pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化，而Fe2+和NH4+离子在酸性较弱的环境中也会发生水解反应；
②趁热过滤一般是为了减少目标物质的损耗，但由于溶解度可知，不是该原因，是防止温度降低而析出一些低温下溶解度较小的杂质，如FeSO4 7H2O和(NH4)2SO4；
③草酸亚铁晶体(FeC2O4 xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，n(FeC2O4)=mol，n(H2O)=，所以1：x=：，解出x=。
【分析】（1）EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致CaC2O4(s)=Ca2++ (aq)的平衡正向移动；
（2）计算水解平衡常数和电离平衡常数，电离平衡常数大于水解平衡常数，的电离程度大于水解程度；根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析；
（3）①铁离子和铵根离子水解均呈酸性，加入稀硫酸可抑制两者水解；
②趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4 7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4 (NH4)2SO4 6H2O的纯度；
③草酸亚铁晶体(FeC2O4 xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，分别解出草酸亚铁和水的物质的量即可计算得出。
30．（2022高二上·菏泽期末）乙酸、碳酸、次氯酸、亚磷酸(H3PO3)在生产、生活及医药方面有广泛用途。
（1）Ⅰ.已知25℃时，部分物质的电离常数如下表所示。
弱酸 CH3COOH H2CO3 HClO
电离常数
根据表中数据，将pH=3的下列三种酸溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是 (填标号)。
a．CH3COOH b．H2CO3 c．HClO
（2）常温下相同浓度的下列溶液：①CH3COONH4②CH3COONa ③CH3COOH，其中c(CH3COO-)由大到小的顺序是 (填标号)。
（3）常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，由水电离出来的c(OH-)= mol/L；请设计实验，比较常温下0.1 mol/L CH3COONa溶液的水解程度和0.1 mol/L CH3COOH溶液的电离程度大小： (简述实验步骤和结论)。
（4）Ⅱ．常温下，已知溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1 mol/L，溶液中各含磷微粒的关系如图所示。
已知：，；x、z两点的坐标为x(7.3，1.3)、z(12.6，1.3)。
H3PO3与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为 。
（5）表示随pOH变化的曲线是 。(填“①”、“②”或“③”)。
（6）常温下，NaH2PO3溶液中的 (填“<”“>”或“=”)。
【答案】（1）c
（2）②①③
（3）10-4；将等浓度的CH3COONa、CH3COOH两种溶液等体积混合，然后用pH测定溶液pH。若溶液pH＜7，说明CH3COOH电离作用大于CH3COO-的水解作用；若溶液pH＞7，说明CH3COOH电离作用小于CH3COO-的水解作用
（4）H3PO3+2OH-=+2H2O
（5）②
（6）＜
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）酸的电离平衡常数越大，等浓度时该酸电离程度就越大。根据表格数据可知电离平衡常数：K(CH3COOH)＞K(H2CO3)＞K(HClO)，所以pH=3的三种溶液的浓度：c(HClO)＞c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，当将溶液稀释100倍后，弱酸电离产生H+，使溶液中c(H+)有所增加，因此稀释100倍后溶液中c(H+)：HClO＞H2CO3＞CH3COOH，故溶液中 pH变化最小的是HClO，故答案为：c；
（2）常温下相同浓度的溶液：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，①②是盐是强电解质，完全电离，而③是弱酸，只有很少部分发生电离，所以③CH3COOH中c(CH3COO-)最小；在②CH3COONa中只有CH3COO-部分水解，而在①CH3COONH4中CH3COO-、双水解，水解彼此促进，使c(CH3COO-)比②CH3COONa溶液中少，因此三种溶液中c(CH3COO-)由大到小的顺序是：②①③；
（3）常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-10 mol/L，则溶液中c(OH-)=10-4 mol/L，溶液中的OH-完全由水电离产生，所以由水电离出来的c(OH-)=10-4 mol/L；
（4）要比较常温下0.1 mol/L CH3COONa溶液的水解程度和0.1 mol/L CH3COOH溶液的电离程度大小，可将两种溶液等体积混合，得到等浓度CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，然后用pH试纸测定溶液的pH，根据pH大小进行判断。由于溶液中同时存在CH3COOH电离作用和CH3COO-的水解作用，若溶液pH＜7，说明CH3COOH电离作用大于CH3COO-的水解作用，若溶液pH＞7，说明CH3COOH电离作用小于CH3COO-的水解作用；
（5）图示有三条曲线说明H3PO3是二元弱酸，所以H3PO3与足量NaOH溶液反应产生Na2HPO3、H2O，反应的离子方程式为：H3PO3+2OH-=+2H2O；
（6）图示三条曲线中①表示pc()、pc()、pc(H3PO3)随pOH变化曲线，所以表示pc()随pOH变化的曲线是②；
在常温下NaHPO3溶液中存在电离产生和H+，使溶液显酸性；也存在水解产生H3PO3和OH-，使溶液显碱性。由于①表示pc()，③表示pc(H3PO3)，根据图示可知：在y点c()=c(H3PO3)时，溶液pH=10＞7，溶液显碱性，所以水解作用大于其电离作用，因此在常温下NaHPO3溶液中c()＜c(H3PO3)。
【分析】（1）酸的电离平衡常数越大，等浓度时该酸电离程度就越大；
（2）①②是盐是强电解质，完全电离，而③是弱酸，只有很少部分发生电离，①中铵根离子能促进醋酸根的水解；
（3）pH=10的CH3COONa溶液OH-完全由水电离产生；
（4）H3PO3是二元弱酸；
（5）①表示pc()、pc()、pc(H3PO3)随pOH变化曲线；
（6）NaHPO3溶液中存在的电离，也存在的水解。
31．（2021·绍兴模拟）在剧烈运动中，因缺氧肌肉会产生乳酸()，而血液中，乳酸和碳酸氢盐发生中和反应。试通过如下计算来说明此过程。
已知乳酸()是一元酸，。碳酸的电离平衡常数为：，
（1）的为 。(，)
（2）计算乳酸和碳酸氢盐反应的反应平衡常数的数值，写出计算过程 。
【答案】（1）2.55
（2），
【知识点】pH的简单计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）溶液中氢离子浓度和L－浓度可认为相等，可设为x，溶液中HL的浓度约是0.056mol/L，则根据电离平衡常数可知，解得x＝2.8×10－3mol/L，所以溶液的为－lg2.8×10－3＝2.55。
（2）乳酸和碳酸氢盐反应的方程式为，反应平衡常数的为
【分析】（1） pH= -lgc(H+)；
（2）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，纯液体和固体不需要纳入计算式。
32．（2021·浙江模拟）
（1）已知苯酚( )具有弱酸性，其 ；水杨酸第一级电离形成的离子 能形成分子内氢键。据此判断相同温度下电离平衡常数 (水杨酸) Ka(苯酚)(填“>”或“<”)，其原因是 。
（2）一些氧化物的熔点如表所示：解释表中氧化物之间熔点差异的原因 。
氧化物 MgO
熔点/℃ 2800 23.8 -75.5
【答案】（1）<； 中形成分子内氢键，使其更难电离出
（2）MgO是离子晶体， 、 是分子晶体，离子键强于分子间作用力，分子间作用力
【知识点】晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响；电离平衡常数
【解析】【解答】(1) 由水杨酸第一级电离形成的离子 能形成分子内氢键，使其更难电离出 ，所以相同温度下电离平衡常数 (水杨酸)小于 Ka(苯酚)，故答案为：<； 中形成分子内氢键，使其更难电离出 。
(2)由于MgO是离子晶体， 、 是分子晶体，分子间作用力 ，且离子键强于分子间作用力，所以熔点大小顺序是MgO> ，故答案为：MgO是离子晶体， 、 是分子晶体，离子键强于分子间作用力，分子间作用力 。
【分析】（1）形成氢键导致氢离子不易被电离因此电离常数减小
（2）离子晶体的熔点高于分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高
33．（2022高二上·平谷期末）是一种重要的试剂，利用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的并可获得无水。
（1）吸收塔中发生反应离子方程式 ，的电离常数 的电离常数(填“<”或“>”)。
（2）向溶液中滴加NaOH溶液，测得溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化如图。
①由此可知溶液呈 (填“酸性”或“碱性”)
②写出在水中存在的两个平衡：ⅰ ⅱ 。
这两个平衡程度的大小关系是：ⅰ ⅱ。(填“<”或“>”)
（3）为了进一步探究性质，两个同学分别做了如下实验：
其中甲同学设计图1装置(盐桥中为KCl)，闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转。
①通过验证新产物也可以帮助确认正、负两极，验证电源正极生成物的实验操作方法是 。
②闭合开关后盐桥中的移向 (填“左”或“右”)侧的烧杯。
③负极的电极反应 。
④乙同学按图2操作，并没有出现预期的现象，而是溶液很快呈红色。大约30mm后红色变为橙色，5小时后变为黄绿色。
因此，乙认为刚开始一段时间并不涉及氧化还原反应。
查阅资料：溶液中、、三种微粒会形成一种组成为的“配合物”并存在转化关系：
请从反应速率和平衡的角度解释原因 。
【答案】（1）；>
（2）酸性；；；>
（3）向左侧烧杯中滴加几滴，若产生蓝色沉淀，则左侧烧杯为正极，右侧烧杯为负极；左侧；；在的作用下，橙色的络合物浓度减小，平衡正向移动，所以溶液浓度增大，溶液变成黄绿色
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；原电池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）向含有的溶液中通入，生成，发生反应的离子方程式为：，因此酸性：，所以的电离常数大于的电离常数，因此答案为：，>；
（2）①由图可知，溶液的pH小于7，所以溶液显酸性；、
②在水中存在的两个平衡：和，因为溶液显酸性，所以的电离程度大于水解程度；
（3）①和发生原电池反应，正极为，负极为，可以通过检验的存在，判断两级，具体操作为：向左侧烧杯中滴加几滴，若产生蓝色沉淀，则左侧烧杯为正极，右侧烧杯为负极；
②原电池中，阳离子向正极移动，所以盐桥中的向左侧烧杯移动；
③负极为，电极反应为：；
④根据实验现象，说明生成红色络合物的速率较快，由红色络合物生成橙色配合物的速率较慢，在的作用下，橙色的络合物浓度减小，平衡正向移动，所以溶液浓度增大，溶液变成黄绿色。
【分析】（1）依据强酸制弱酸的原理，酸性越强，Ka值越大；
（2）①依据图中曲线对应的pH判断；、
②依据溶液的酸碱性判断；
（3）①通过检验的存在判断；
②原电池中，阳离子向正极移动；
③电池工作时，负极失电子，发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应；
④根据实验现象判断。
34．（2022高二上·荆州期末）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用表示)。的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，的。
（1）写出醋酸(用表示)的电离方程式： 。
（2）25℃时，的水解常数 。
（3）某小组研究25℃下电离平衡的影响因素。
提出假设：稀释溶液或改变浓度，电离平衡会发生移动。设计方案并完成以下实验用浓度均为的和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。
序号
I 40.00 ／ ／ 0 2.86
II 4.00 ／ 36.00 0 3.36
…
VII 4.00 a b 4.53
VIII 4.00 4.00 32.00 4.65
①根据表中信息，补充数据：a= ，b= 。
②由实验I和II可知，稀释溶液，电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由： 。
（4）小组分析上表数据发现：随着的增加，的值逐渐接近的。查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于的。对比数据发现，实验VIII中与资料数据存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定溶液的浓度再验证。
①移取溶液于锥形瓶中，加入2滴溶液R，用溶液滴定至终点，消耗体积为，则R是 (填名称)，该溶液的浓度为 。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为的和溶液，如何准确测定的？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中II的内容：
I 移取溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液
II (填实验操作步骤)，测得溶液的为4.76
实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。
【答案】（1）
（2）
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的增大值小于1③由实验II～VIII可知，增大浓度，电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。
（4）酚酞；0.1104②用上述溶液和溶液，配制等物质的量的与混合溶液，测定，结果与资料数据相符。
（5）向滴定后的混合液中加入溶液
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）醋酸为弱酸，在水中部分电离，其电离方程式为HAcH++Ac-；故答案为HAcH++Ac-；
（2）醋酸钠的水解常数Kh==1.0×10-9.24；故答案为1.0×10-9.24；
（3）①HAc和NaAc物质的量浓度均为0.10mol/L，实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL－4.00mL－3.00mL=33.00mL，即b=33.00；故答案为a=3.00；b=33.00；
②实验Ⅰ所得溶液的pH=2.86，实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36＜3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动；实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的增大值小于1；故答案为正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的增大值小于1
（4）本题是用标准液NaOH滴定未知HAc，滴定到终点后，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，即R为酚酞，滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×10-3L/mL×0.1mol/L=20.00mL×10-3L/mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L；故答案为酚酞；0.1104；
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mLNaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mLHAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)；故答案为向滴定后的混合液中加入溶液。
【分析】（1）醋酸为弱酸，在水中部分电离；
（2）醋酸钠的水解常数Kh=；
（3）①依据计算，溶液的总体积不变分析；
②根据影响电离平衡移动的因素分析；
（4）依据滴定终点溶液显碱性选择指示剂，依据n(HAc)=n(NaOH)计算；
（5）利用时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka分析。
35．（2022高二上·东城期末）25℃时，某小组同学分别用如下方法测定的电离常数 (Ka)。
（1）电离方程式为 。
（2）【方法一】实验步骤：
ⅰ.取a mL稀溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液。
ⅱ.用标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为。
ⅲ.另取一份该稀溶液于烧杯中，用pH计测得其pH为x。
ⅱ中滴定恰好达到终点时的现象为 。
（3）该稀溶液的浓度 (用代数式表示)。
（4）数据处理：
醋酸的电离平衡常数。代入相关数据，即可得。
误差分析：若ⅰ中锥形瓶提前用该稀溶液进行了润洗，会使测得的 (填“偏大”或“偏小”)。
（5）【方法二】实验原理：
由的电离平衡常数表达式可知，当时，。
实验步骤：①取25mL某溶液，用NaOH溶液滴定至终点。
②继续向①中加入25mL该溶液。
③用pH计测定②中混合溶液的pH为y。
步骤②的目的是 。
（6） (用代数式表示)
（7）迁移应用：
已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，其溶液中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。
下列说法正确的是____(填字母序号)。
A．的
B．溶液显碱性
C．向溶液中逐滴加入NaOH溶液至，发生反应：
【答案】（1）CH3COO-+H+
（2）锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
（3）
（4）偏小
（5）使数据处理：
（6）
（7）A；C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）为弱酸，电离方程式为CH3COO-+H+；
（2）滴定终点，锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；
（3）该稀溶液的浓度；
（4）若ⅰ中锥形瓶提前用该稀溶液进行了润洗则锥形瓶内溶质增多，故V1偏大，导致c偏大，但是x值不变，醋酸的电离平衡常数，会使测得的偏小；
（5）步骤②的目的是使；
（6）pH为y，；
（7）A. 时，pH=1.43，的，A正确；
B． 中，同时存在电离和水解，当，c(H+)=10-6.54，；的水解常数；，溶液显酸性，B不正确；
C．向溶液中逐滴加入NaOH溶液至，发生反应：，C正确；
故答案为：AC。
【分析】（1）为弱酸，部分电离；
（2）依据指示剂的颜色变化判断；
（3）依据中和反应的实质分析；
（4）依据醋酸的电离平衡常数分析；
（5）便于利用醋酸的电离平衡常数；
（6）依据题目中信息和数据分析；
（7）依据图像和平衡常数的公式分析。
36．（2022高二上·石景山期末）水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义，室温下，相关酸的电离平衡常数如下表所示：
酸 CH3COOH HCl
电离平衡常数 ——
回答下列问题。
（1）电离方程式是 。
（2）物质的量浓度相同的和，pH大小： (填“<”“=”或“>”)。
（3）物质的量浓度相同的、、三种溶液，pH由大到小的顺序是 。
（4）室温下，向未知浓度的溶液中加入溶液。
①溶液中的 (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”)。
②当滴加溶液至溶液中的，此时溶液中的pH 7(填“<”“=”或“>”)，判断的依据 。
（5）为测定某溶液的浓度，取20.00待测溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液，用浓度为0.1000的标准溶液滴定。
①达到滴定终点的现象是 。
②在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是 (填“滴定管”或“锥形瓶”)。
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是 。
【答案】（1）
（2）<
（3）NaClO＞CH3COONa＞NaNO2
（4）增大；＝；根据电荷守恒有：c(NO2-) + c(OH )＝c (Na+) + c(H+)， 当c(NO2-)＝c (Na+)时，溶液中的c(H+)＝c(OH )，所以pH＝7
（5）溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；锥形瓶；0.0999 mol/L
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）是一元弱酸，不完全电离，电离方程式；
（2）Ka()=，Ka()=，则Ka()>Ka()，所以物质的量浓度相同的和，溶液中c(H+)更大，pH则更小，所以填“<”；
（3）物质的量浓度相同的、、三种溶液，均是强碱弱酸盐，阳离子相同，则看阴离子水解程度的大小，根据表格信息，有Ka()>Ka(CH3COOH) >Ka()，根据“越弱越水解”，则水解程度Kh()
②当滴加溶液至溶液中的，根据电荷守恒，有，所以此时溶液中，的此时溶液中的pH=7；
（5）①达到滴定终点的现象是溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；
②在滴定实验过程中，锥形瓶是否有蒸馏水，对实验结果没有影响；
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是：
【分析】（1）弱酸不完全电离；
（2）依据Ka分析；
（3）根据“越弱越水解”；
（4）①依据电离平衡移动原理；
②根据电荷守恒；
（5）①依据溶液中颜色变化判断；
②不影响待测液中溶质的物质的量；
③利用中和反应原理，用平均值计算；
