第01讲 电离平衡（练习）（含答案） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

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1．(2024·山东省泰安一中月考)下列事实不能证明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是
A．常温下NaNO2溶液的pH＞7
B．常温下0.1ml/L HNO2溶液的约为2
C．亚硝酸溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
D．常温下将pH=3的HNO2溶液加水稀释至100倍，稀释后溶液的pH约为4.5
【答案】C
【解析】A项，常温下亚硝酸钠溶液的pH＞7，溶液呈碱性，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱酸，A不选；B项，常温下0.1ml/L亚硝酸溶液的pH约为2，说明该亚硝酸溶液中氢离子浓度接近为0.01ml/L，小于0.1ml/L，则说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，B不选；C项，亚硝酸溶液中滴加紫色石蕊试液变红色，说明亚硝酸为酸，但是不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，C选；D项，常温下pH=3的亚硝酸稀释100倍，稀释后溶液的pH约为4.5，说明亚硝酸稀释过程中还存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，D不选；故选C。
2．(2024·上海市进才中学检测)甲酸是一种一元有机酸。下列性质可以证明它是弱电解质的是
A．甲酸能与水以任意比互溶
B．甲酸溶液的导电性比盐酸溶液弱
C．10mL1 ml·L-1甲酸恰好与10mL1 ml·L-1NaOH溶液完全反应
D．0.1 ml·L-1甲酸溶液的pH约为2
【答案】D
【解析】A项，甲酸能与水以任意比互溶，与甲酸的电离程度无关，所以不能证明甲酸是弱电解质，A错误；B项，溶液的导电性与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，所以不能说明甲酸是弱电解质，B错误；C项，10mL1 ml·L-1甲酸恰好与10mL1 ml·L-1NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，不能说明甲酸的电离程度，则不能证明甲酸是弱电解质，C错误；D项，1ml/L甲酸溶液的pH约为2，甲酸溶液中氢离子浓度小于甲酸浓度，说明甲酸部分电离，则证明甲酸是弱电解质，D正确；故选D。
3．(2024·浙江省舟山市定海一中高三月考)为证明某可溶性一元酸(HX)是弱酸，某同学设计了如下实验方案。其中不合理的是( )
A．室温下，测0.1 ml·L-1 HX溶液的c(H+)，若c(H+)CH3COOH
C．25 ℃时，浓度均为0.1 ml·L-1的CH3COONa和NaX溶液，pH大小：CH3COONa>NaX
D．25 ℃时，pH均为3的CH3COOH与HX溶液各100 mL与等浓度的NaOH溶液完全反应，消耗NaOH溶液的体积：CH3COOH>HX
【答案】B
【解析】同浓度时CH3COOH溶液的pH小，说明其酸性较强，A项错误；水电离出的c(H+)均为10-11 ml·L-1，因此两种酸溶液中c(H+)=10-3 ml·L-1，由于酸性 CH3COOH>HX，故酸的浓度：HX>CH3COOH，B项正确；由于CH3COONa和NaX溶液浓度相同且X-的水解程度大，故pH大小：NaX>CH3COONa，C项错误；pH均为3的CH3COOH溶液与HX溶液相比，HX溶液浓度大，故消耗NaOH溶液的体积：HX>CH3COOH，D项错误。
题型二 弱电解质的电离平衡及影响因素
5．(2024·湖北省黄岗市检测)在相同温度时100mL 0.01ml/L的醋酸溶液与10mL 0.1ml/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是( )
A．中和时所需NaOH的量B．溶液的导电能力
C．H+的物质的量D．CH3COOH的物质的量
【答案】C
【解析】A项，计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1•V1=0.1 L×0.01 ml•L-1=1×10-3 ml，n(后)=c2•V2=0.01 L×0.1 ml•L-1=1×10-3 ml，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；B项，酸的浓度越大，溶液中离子浓度越大，则导电性越强，故前者小于后者，故B错误；C项，醋酸的浓度越大其电离程度越小，由A分析可知，两者醋酸的物质的量相同，前者电离程度大，则溶液中H+的物质的量大，故C正确；D项，由A分析可知，溶液中醋酸的总物质的量相等、但电离程度前者大，故未电离的醋酸的物质的量前者小，故D错误；故选C。
6．已知人体体液中存在如下平衡：CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是( )
A．当强酸性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定
B．当强碱性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定
C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小
D．进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，会使体液的pH减小
【答案】C
【解析】若静脉滴注大量生理盐水，则血液被稀释，平衡虽然正向移动，但根据勒夏特列原理，c(H＋)减小，体液的pH增大。
7．H2S水溶液中存在电离平衡：H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。若向H2S溶液中 ( )
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小
D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
【答案】C
【解析】加水促进电离，但氢离子浓度减小，A项错误；通入过量SO2气体发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，当SO2过量时溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH减小，B项错误；滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S===2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确；加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D项错误。
8．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O 的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A．水的电离程度始终增大
B．c(NHeq \\al(＋,4))/c(NH3·H2O)先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NHeq \\al(＋,4))＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，由NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－可知K＝eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，则eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq \f(K,c（OH－）)，故eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)减小，B项错误；根据原子守恒知n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，C项错误；由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NHeq \\al(＋,4))，D项正确。
9．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A．水的电离程度始终增大
B．先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NHeq \\al(＋,4))＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】A项，醋酸显酸性，水的电离平衡受到抑制，在滴加NH3·H2O的过程中，酸性减弱，水的电离程度受到抑制的程度减小，电离程度增大，当CH3COOH反应完后，加入的NH3·H2O会抑制水的电离，电离程度减小，故该选项错误；B项，在向醋酸中滴加氨水的过程中，碱性增强酸性减弱，c(OH－)一直增大。由NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－可知，K＝eq \f(c（OH－）·c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)，则，而K是常数，故直减小，该选项错误；C项，n(CH3COOH)与n(CH3COO－)之和保持不变，但溶液的体积是增大的，故c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和逐渐减小，该选项错误；D项，当加入氨水10 mL时，两者恰好完全反应生成CH3COONH4，由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知，CH3COO－和NHeq \\al(＋,4)的水解程度也相等，故c(NHeq \\al(＋,4))＝c(CH3COO－)，该选项正确。
10．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O 的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A．水的电离程度始终增大
B．c(NHeq \\al(＋,4))/c(NH3·H2O)先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NHeq \\al(＋,4))＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，由NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－可知K＝eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，则eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq \f(K,c（OH－）)，故eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)减小，B项错误；根据原子守恒知n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，C项错误；由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NHeq \\al(＋,4))，D项正确。
题型三 电离平衡常数
11．运用电离平衡常数判断，下列可以发生的反应是( )。
①HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3 ②2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑
③HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑ ④NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrO
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
【答案】C
【解析】根据复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理可知，①中Ka(次溴酸)=2.4×10-9>Ka2(碳酸)=5.6×10-11，能发生；④中Ka(次溴酸)=2.4×10-9HY
B．相同条件下溶液的碱性：NaX>Na2CO3>NaY>NaHCO3
C．向Na2CO3溶液中加入足量HY，反应的离子方程式：HY+ CO32-=HCO3-+Y-
D．HX和HY酸性相同，都比H2CO3弱
【答案】A
【解析】根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3>HX> HCO3->HY，A项正确，C、D两项错误；酸的酸性越弱，其对应的盐的水解能力越强，故相同条件下溶液的碱性：NaY>Na2CO3>NaX>NaHCO3，B项错误。
13．(2024·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室温下，下列说法不正确的是( )
A．0.1ml/L NaHR溶液pH＜7
B．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)＜c(R2-)
C．0.1ml/L H2R溶液：.2ml/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)
D．0.01ml/L的H2R溶液与pH=12的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2
【答案】C
【解析】A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1ml/L NaHR溶液pH＜7，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，c(OH-)=c(H+)=10-7ml/L，，故溶液中c(HR-)＜c(R2-)，B正确；C项，0.1ml/L H2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1ml/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2ml/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C错误；D项，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01ml/L的H2R(二元酸)溶液与pH=12即0.01ml/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。
14．H3PO4的电离是分步进行的，常温下Ka1=7.6×10-3，Ka2=6.3×10-8，Ka3=4.4×10-13。下列说法正确的是( )。
A．浓度均为0.1 ml·L-1的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pHc(HPO42-)
【答案】C
【解析】NaOH和H3PO4按物质的量之比2∶1混合，恰好反应产生Na2HPO4，溶液中存在HPO42-的电离平衡和水解平衡，电离平衡常数Ka3=4.4×10-13，水解平衡常数Kh2=KwKa2=10-146.3×10-8≈1.59×10-7，Kh2>Ka3，水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性，pH>7，A项错误；在Na2HPO4溶液中，根据质子守恒可得c(H+)+c(H2PO4-)+2c(H3PO4)=c(PO43-)+c(OH-)，B项错误；设电离出的c(H2PO4-)=x，Ka1=c(H+)·c(H2PO4-)c(H3PO4)=0.1×x0.1-x=7.6×10-3，解得x≈0.0071 ml·L-1，溶液中电离的H3PO4大约有0.0071ml·L-10.1ml·L-1×100%=7.1%，C项正确；当溶液的pH=11时，c(H+)=10-11 ml·L-1，Ka3=c(H+)·c(PO43-)c(HPO42-)=10-11×c(PO43-)c(HPO42-)=4.4×10-13，则 c(PO43-)c(HPO42-)=4.4×10-2，则c(PO43-)c(HB)
D．b点时，c(Na＋)>c(B－)＝c(HB)>c(H＋)>c(OH－ )
【答案】D
【解析】A项，当横坐标相同时，即eq \f(c（A－）,c（HA）)与eq \f(c（B－）,c（HB）)相同，发现HB的pH大，说明此时HB溶液的c(H＋)小，则Ka(HB)HB ，A正确；B项，a点，lgeq \f(c（A－）,c（HA）)＝0，pH＝4，酸过量抑制水的电离，根据水的离子积常数可算出溶液中由水电离出的c(OH－)约为 1×10－10ml·L－1，B正确；C项，当lgeq \f(c（B－）,c（HB）)＝0时，pH等于5，所以溶液至pH＝7时lgeq \f(c（B－）,c（HB）)>0，c(B－ )> c(HB)，C正确；D项，b点时，pH等于5，HB的电离程度大于NaB的水解程度，所以c(B－)＝ c(HB)> c(Na＋)> c(H＋)>c(OH－ )，D错误；故选D。
19．常温下，将pH均为3，体积均为V0的HA溶液和HB溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lgVV0的变化如图所示。下列说法正确的是( )。
A．稀释相同倍数时：c(A-)>c(B-)
B．水的电离程度：b>c>a
C．溶液中离子总物质的量：b>c>a
D．溶液中离子总浓度：a>b=c
【答案】D
【解析】根据题图可知，当lgVV0=2时，HA溶液的pH=5，HB溶液的pHHB，溶液中c(A-)a，故溶液中离子总物质的量：b>a>c，C项错误；溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(B-)+c(OH-)、c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)：a>b=c，则溶液中离子总浓度：a>b=c，D项正确。
1．(2024·河北石家庄高三第二次调研)已知25℃时，三种酸的电离常数为Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Ka(HCN)=6.2×10-10，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列说法正确的是( )
A．醋酸滴入NaCN溶液的离子方程式为H++CN-=HCN
B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO32-
C．Na2CO3溶液中滴加HCN的离子方程式为CO32-+2HCN=2CN-+H2O+CO2↑
D．结合质子的能力：CH3COO- HCN > HCO3-。A项，因为酸性CH3COOH> HCN，由于醋酸是弱酸不可拆，反应的离子方程式是：CH3COOH+CN-=HCN+CH3COO-，故A错误；B项，NaHCO3在水溶液中电离出钠离子和HCO3-，电离方程式为NaHCO3=Na++ HCO3-，故B错误；C项，酸性：H2CO3> HCN > HCO3-，则Na2CO3溶液与HCN反应只能生成NaHCO3，不能生成H2CO3，离子方程式为CO32-+HCN=CN-+ HCO3-，故C错误；D项，酸性越弱，其对应酸根结合氢离子的能力越强，所以等浓度的结合质子的能力：CH3COO-< HCO3-0，其Ka(HA)=1.00×10-4ml·L-1
在苯中，HA只发生二聚：2HA (HA)2
实验测得：水中c(A-)=5.00×10-4ml·L-1时，苯中的c[(HA)2]=7.05×10-4ml·L-1
下列有关说法错误的是( )
A．水溶液的pH=3.3(lg5≈0.7)
B．若向萃取体系中滴入少量浓盐酸，则苯中c[(HA)2]将减少
C．在苯中二聚反应的平衡常数K=1.13×102ml-1·L(结果保留三位有效数字)
D．HA在苯中发生二聚的原因是在苯中，羧酸与羧酸之间易形成分子内氢键
【答案】B
【解析】A项，水中c(A-)=5.00×10-4ml·L-1，则c(H+)=5.00×10-4ml·L-1，则pH=3.3，A正确；B项，浓盐酸只溶于水层，滴入少量浓盐酸，使水中c(H＋)增大，HA电离平衡逆向移动，c(HA)W增大，这促使更多的HA进入苯层，使c(HA)W增大，则苯中二聚平衡正向移动，最终c[(HA)2]增大，B错误；C项，Ka(HA)=1.00×10-4ml·L-1，，水中c(A-)=5.00×10-4ml·L-1时，，则=2.5×10-3ml·L-1，苯中的c[(HA)2]=7.05×10-4ml·L-1，在苯中二聚反应的平衡常数K=1.13×102ml-1·L，C正确；D项，HA在苯中发生二聚的原因是羧酸与羧酸之间易形成分子内氢键，D正确；故选B。
4．(2024·福建省莆田市高三毕业班二模)室温下，向水中通入H2X气体使其保持浓度为a ml·L-1的饱和状态，调节溶液的，体系中(M表示HX-或X2-，单位ml·L-1)与关系如图所示。已知H2X的。下列说法错误的是( )
A．a=0.1
B．②代表与pH的关系曲线
C．=4.8时，cH＋＝cOH－＋cHX-＋2cX2-
D．若X2-浓度处于P点时，需调高溶液的pH才能达到平衡体系
【答案】C
【解析】H2X为弱酸，存在电离平衡：H2XH++HX-，HX-H++X2-，pH较小、相同pH时，HX-浓度大于X2-，，则图中①代表与pH的关系，曲线②代表与pH的关系曲线；已知H2X的，则。A项，据分析，由点(3,-5) ，结合，得到cH2X=a=0.1，A正确；B项，据分析②代表与的关系曲线，B正确；C项，室温下，向水中通入H2X气体使其保持浓度为a ml·L-1的饱和状态，所得溶液pH是一确定的值，若调节溶液的pH的过程中引入其它阳离子达到pH=4.8时，则不符合电荷守恒，C不正确；D项，，若X2- 浓度处于P点时，则P点的X2-浓度比平衡时小，P点cH＋比平衡时大，故需调高溶液的pH才能达到平衡体系，D正确；故选C。
5．(2024·重庆市高三联考)阿司匹林具有解热镇痛作用，其医用效率主要取决于被血液吸收的程度，阿司匹林分子()可自由穿过细胞膜，而离子()不能(如下图所示)，设两溶液环境中，已知该环境下达到平衡时，胃液中阿司匹林的电离度为α，下列叙述错误的是( )
A．血液中c(H＋)＜c(H＋)+ c(A-)
B．该环境下阿司匹林的为
C．细胞膜两侧胃液和血液中的c(HA)相等
D．细胞膜两侧胃液和血液中的之比为
【答案】D
【解析】A项，由图可知，血液的pH为7.4，溶液中的氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，A正确；B项，设胃液中阿司匹林的浓度为cml/L，由电离度为α可知，平衡时胃液中氢离子浓度为10—2ml/L，阿司匹林HA的浓度为(c—cα)ml/L、A—浓度为cαml/L，则阿司匹林的电离常数为=，B正确；C项，由图可知，阿司匹林分子HA可以自由穿过细胞膜，所以平衡时膜两侧的HA浓度相等，C正确；D项，平衡时胃液中，膜两侧的HA浓度相等，设平衡时两侧HA浓度相都为cml/L，由电离常数可知，胃液中=c(102Ka+1)ml/L、血液中=c(107.4Ka+1)ml/L ，则两侧溶液中之比为，由阿司匹林的电离常数为可知，==，D错误；故选D。
6．为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁四人分别选用下列试剂进行实验：0.1 ml·L-1醋酸溶液、0.1 ml·L-1盐酸、pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液、CH3COONa晶体、NaCl晶体、CH3COONH4晶体、蒸馏水、锌粒、pH试纸、酚酞、NaOH溶液等。
(1)甲取出10 mL 0.1 ml·L-1的醋酸溶液，用pH试纸测出其pH=a，确定醋酸是弱电解质，则a应该满足的关系是 ，理由是
。
(2)乙分别取pH=3的醋酸溶液和盐酸各1 mL，分别用蒸馏水稀释到100 mL，然后用pH试纸分别测定两溶液的pH，则可认定醋酸是弱电解质，判断的依据是 。
(3)丙分别取pH=3的盐酸和醋酸溶液各10 mL，然后加入质量相同、规格相同的锌粒，醋酸溶液放出H2的速率快，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法正确吗? ，请说明理由：
。
(4)丁用CH3COONa晶体、NaCl晶体、蒸馏水和酚酞做实验，也论证了醋酸是弱酸的事实，该同学的实验操作和现象是 。
【答案】(1)a>1 醋酸是弱酸，不能完全电离
(2)稀释后盐酸的pH=5，醋酸溶液的pH10-5 ml·L-1，则醋酸的pH”、“7，则证明次磷酸为弱酸。方案2：向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次磷酸为弱酸(答案合理即可) (2)1×10-3
(3)①> ②= ③c(OH-)，故c(Na+)”“ 第一步完全电离，可电离出0.100 ml∙L−1的H＋，故第二步电离出0.009 ml∙L−1的H＋和SO42-，c(HSO4-)=(0.100−0.009) ml∙L−1=0.091 ml∙L−1，
(2) HAc＋HAcH2Ac＋＋Ac- H2SO4＋HAcH2Ac＋＋HSO4- AC
【解析】(1)在水中，硫酸是一种强酸，但实际上只有第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，电离方程式可表示为：H2SO4=H＋＋HSO4-，HSO4-H＋＋SO42-。①根据HSO4-H＋＋SO42-，25℃时，Na2SO4溶液中硫酸根水解生成硫酸氢根和氢氧根，导致溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，因此溶液的pH>7；。②0.100 ml∙L−1的稀硫酸中，c(H＋)=0.109 ml∙L−1，硫酸第一步完全电离，可电离出0.100 ml∙L−1的H＋，故第二步电离出0.009 ml∙L−1的H＋和SO42-，c(HSO4-)=(0.100−0.009)ml∙L−1=0.091 ml∙L−1，；(2)①液态水中，水存在自偶电离：H2O＋H2OH3O+＋OH-。平常书写的H+，实际上是纯水或水溶液中H3O+的缩写。如HCl在水中电离，完整写法是HCl＋H2O=H3O+＋Cl-。根据H2O＋H2OH3O+＋OH-分析液态的醋酸(用HAc表示)中同样存在HAc的自偶电离，其方程式可表示为HAc＋HAcH2Ac+＋Ac-；②用醋酸作溶剂时，硫酸是一种二元弱酸。将少量H2SO4溶于冰醋酸中，硫酸电离出的氢离子与HAc结合成H2Ac+，因此第一步电离的完整写法是H2SO4＋HAcH2Ac+＋HSO4-。③若保持温度不变：A项，加入少量冰醋酸，由于溶液体积增大占主要因素，因此c(HSO4-)与c(SO42-)均减小，A正确；B项，加入少量H2SO4，平衡正向移动，由于硫酸浓度增大占主要因素，因此H2SO4的电离程度减小，B错误；C项，加入少量NaAc固体，Ac-与氢离子结合，硫酸氢根电离程度增大，硫酸氢根浓度减小，硫酸根浓度增大，则c(HSO4-)与c(SO42-)的比值减小，C正确；D项，加入少量Na2SO4固体，抑制硫酸氢根电离，增大了HAc的自偶电离，则c(Ac-)增大，D错误；故选AC。
1．(2022•辽宁省选择性考试，15)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一、在时，NH3+CH2COOH、NH3+CH2COO-和NH2CH2COO-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NH2CH2COO-
C．NH3+CH2COO-+H2ONH3+CH2COOH+OH-的平衡常数K=10-11.65
D．c 2(NH3+CH2COO-)＜c(NH3+CH2COOH) · c(NH2CH2COO-)
【答案】D
【解析】A项，NH2CH2COOH中存在-NH2和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B项，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NH3+CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示NH3+CH2COO-的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO-的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C项，NH3+CH2COO-+H2ONH3+CH2COOH+OH-的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH=2.35时，c(NH3+CH2COO-)=c(NH3+CH2COOH)，则，故C正确；D项，由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NH3+CH2COO-NH2CH2COO-+H+的电离常数为K1=10-9.78，，则，即c 2(NH3+CH2COO-)＞c(NH3+CH2COOH) · c(NH2CH2COO-)，故D错误；故选D。
2．(2022•江苏卷，12)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1ml∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c(HCO3- )+c(CO32-)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是( )
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3-)
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1ml∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO32-)
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】A项，KOH吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则CO32-主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO3-)，若为NaHCO3溶液，则HCO3-发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO3-)，A不正确；B项，KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c(HCO3-)+2c(CO32-)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，B不正确；C项，KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1ml∙L-1，c总=0.1ml∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明HCO3-以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO32-)，C正确；D项，如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确；故选C。
3．(2022·浙江省1月选考，17)已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是( )
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1ml·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】A项，在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B项，向0.1ml·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；C项，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)