新高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點練習(xí)考向25 弱電解質(zhì)的電離平衡（含解析）

考向25弱電解質(zhì)的電離平衡（2022·全國乙卷）常溫下，一元酸SKIPIF1<0的SKIPIF1<0。在某體系中，SKIPIF1<0與SKIPIF1<0離子不能穿過隔膜，未電離的SKIPIF1<0可自由穿過該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中SKIPIF1<0，當(dāng)達到平衡時，下列敘述正確的是A．溶液Ⅰ中SKIPIF1<0B．溶液Ⅱ中的HA的電離度SKIPIF1<0為SKIPIF1<0C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的SKIPIF1<0不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的SKIPIF1<0之比為SKIPIF1<0【答案】B【解析】A．常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A錯誤；B．常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka=SKIPIF1<0=1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則SKIPIF1<0=1.0×10-3，解得SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，B正確；C．根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯誤；D．常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka=SKIPIF1<0=1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，SKIPIF1<0=1.0×10-3，溶液I中c總(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka=SKIPIF1<0=1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，SKIPIF1<0=1.0×10-3，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c總(HA)之比為[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D錯誤；答案選B。知識點一弱電解質(zhì)的電離平衡1．強、弱電解質(zhì)(1)定義與物質(zhì)類別(2)電離方程式的書寫——“強等號，弱可逆，多元弱酸分步離”①強電解質(zhì)：如H2SO4：H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))_。②弱電解質(zhì)a．一元弱酸，如CH3COOH：CH3COOHCH3COO－＋H＋。b．多元弱酸，分步電離，分步書寫且第一步電離程度遠大于第二步電離程度，如H2CO3：H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))_、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。c．多元弱堿，分步電離，一步書寫，如Fe(OH)3：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。③酸式鹽a．強酸的酸式鹽，如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；熔融時：NaHSO4=Na＋＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))。b．弱酸的酸式鹽：“強中有弱”，如NaHCO3：NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。[名師點撥](1)中學(xué)階段常見的六大強酸是指HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4，其他一般是中強酸或弱酸。(2)中學(xué)階段常見的四大強堿是指NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2，其他一般是中強堿或弱堿。2．弱電解質(zhì)的電離平衡(1)電離平衡的建立在一定條件(如溫度、濃度等)下，當(dāng)弱電解質(zhì)分子電離成離子的速率和離子結(jié)合成弱電解質(zhì)分子的速率相等時，電離過程就達到平衡狀態(tài)，即電離平衡。平衡建立過程如圖所示：(2)外因?qū)﹄婋x平衡的影響①濃度：在一定溫度下，同一弱電解質(zhì)溶液，濃度越小，越易電離。②溫度：溫度越高，電離程度越大。③相同離子：加入與弱電解質(zhì)具有相同離子的電解質(zhì)時，可使電離平衡向結(jié)合成弱電解質(zhì)分子的方向移動。④化學(xué)反應(yīng)：加入能與弱電解質(zhì)電離出的離子反應(yīng)的物質(zhì)時，可使電離平衡向電離方向移動。⑤實例：以0.1mol·L－1CH3COOH溶液為例，填寫外界條件對CH3COOHCH3COO－＋H＋ΔH>0的影響。改變條件平衡移動方向n(H＋)c(H＋)導(dǎo)電能力Ka加水稀釋向右增大減小減弱不變加入少量冰醋酸向右增大增大增強不變通入HCl(g)向左增大增大增強不變加NaOH(s)向右減小減小增強不變加CH3COONa(s)向左減小減小增強_不變加入鎂粉向右減小減小增強不變升高溫度向右增大增大增強增大[名師點撥](1)稀醋酸加水稀釋時，溶液中不一定所有離子的濃度都減小，如醋酸溶液中的c(H＋)減小，但c(OH－)增大。(2)電離平衡右移，電解質(zhì)分子的濃度不一定減小，如稀醋酸中加入冰醋酸。(3)電離平衡右移，離子的濃度不一定增大，電離程度也不一定增大，如增大弱電解質(zhì)的濃度，使電離平衡向右移動，但電離程度減小。3．電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力與溶液中離子的關(guān)系電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力取決于自由移動離子的濃度和離子所帶電荷數(shù)，自由移動離子的濃度越大、離子所帶電荷數(shù)越多，導(dǎo)電能力越強。比較對象導(dǎo)電性原因同濃度的氫氧化鈉溶液與氨水溶液氫氧化鈉溶液大于氨水溶液氫氧化鈉是強電解質(zhì)，完全電離；一水合氨是弱電解質(zhì)，部分電離同濃度的醋酸溶液與草酸溶液醋酸溶液小于草酸溶液H2C2O4的Ka1＝5.9×10－2CH3COOH的Ka＝1.79×10－5電離常數(shù)：H2C2O4＞CH3COOH氫氧化鈉極稀溶液與0.1mol·L－1氨水溶液氫氧化鈉極稀溶液小于0.1mol·L－1氨水溶液氫氧化鈉極稀溶液的離子濃度小于0.1mol·L－1氨水溶液的離子濃度4.判斷弱電解質(zhì)的三個思維角度角度一：弱電解質(zhì)的定義，即弱電解質(zhì)不能完全電離。(1)測定一定濃度的HA溶液的pH。(2)與同濃度鹽酸比較導(dǎo)電性。(3)與同濃度的鹽酸比較和鋅反應(yīng)的快慢。角度二：弱電解質(zhì)溶液中存在電離平衡，條件改變，平衡移動。(1)從一定pH的HA溶液稀釋前后pH的變化判斷。(2)從升高溫度后pH的變化判斷。(3)從等體積、等pH的HA溶液與鹽酸分別與過量的鋅反應(yīng)生成H2的量判斷。角度三：弱電解質(zhì)形成的鹽類能水解。如判斷CH3COOH為弱酸可用下面兩個現(xiàn)象：(1)配制某濃度的醋酸鈉溶液，向其中加入幾滴酚酞溶液?，F(xiàn)象：溶液變?yōu)闇\紅色。(2)用玻璃棒蘸取一定濃度的醋酸鈉溶液滴在pH試紙上，測其pH。現(xiàn)象：pH>7。知識點二電離平衡常數(shù)1．電離常數(shù)(1)概念：在一定條件下，弱電解質(zhì)在達到電離平衡時，溶液中電離所生成的各種離子濃度的乘積與溶液中未電離的分子濃度的比值是一個常數(shù)，這個常數(shù)叫做電離平衡常數(shù)，又稱電離常數(shù)，用K(弱酸用Ka，弱堿用Kb)表示。(2)表達式一元弱酸HA一元弱堿BOH電離方程式HAH＋＋A－BOHB＋＋OH－電離常數(shù)表達式Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)Kb＝eq\f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）)(3)意義相同條件下，K值越大，表示該弱電解質(zhì)越易電離，所對應(yīng)酸或堿的酸性或堿性相對越強。(4)特點①電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，與電解質(zhì)的濃度、酸堿性無關(guān)，由于電離過程是吸熱的，故溫度升高，K增大。②多元弱酸是分步電離的，各級電離常數(shù)的大小關(guān)系是K1?K2……所以其酸性主要取決于第一步電離。(5)電離常數(shù)的四大應(yīng)用①判斷弱酸(或弱堿)的相對強弱，電離常數(shù)越大，酸性(或堿性)越強。②判斷鹽溶液的酸性(或堿性)強弱電離常數(shù)越大，對應(yīng)鹽的水解程度越小，鹽溶液的堿性(或酸性)越弱。③判斷反應(yīng)能否發(fā)生或者判斷產(chǎn)物是否正確通過強酸制弱酸來判斷。如H2CO3：Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11，苯酚(C6H5OH)：Ka＝1.3×10－10，向苯酚鈉(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不論是少量還是過量，其化學(xué)方程式均為C6H5ONa＋CO2＋H2O=C6H5OH＋NaHCO3。④判斷溶液微粒濃度比值的變化利用溫度不變，電離常數(shù)不變來判斷。如把0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀釋，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（H＋）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)， 稀釋時，c(H＋)減小，Ka不變，則eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)變大。2．電離度(1)概念電離度是在一定條件下的弱電解質(zhì)在溶液中達到電離平衡時，已經(jīng)電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原電解質(zhì)分子總數(shù)的百分?jǐn)?shù)。(2)表示方法α＝eq\f(已電離的弱電解質(zhì)分子數(shù),溶液中原有弱電解質(zhì)的總分子數(shù))×100%也可表示為α＝eq\f(弱電解質(zhì)的離子濃度,弱電解質(zhì)的濃度)×100%(3)影響因素溫度的影響升高溫度，電離平衡向右移動，電離度增大；降低溫度，電離平衡向左移動，電離度減小濃度的影響當(dāng)弱電解質(zhì)溶液濃度增大時，電離度減??；當(dāng)弱電解質(zhì)溶液濃度減小時，電離度增大[名師點撥](1)濃度為cmol·L－1的一元弱酸(HA)溶液中，c(H＋)＝c·α＝eq\r(Ka·c)。(2)濃度為cmol·L－1的一元弱堿(BOH)溶液中，c(OH－)＝c·α＝eq\r(Kb·c)。(3)一元弱酸(HA)溶液中電離度與電離常數(shù)的關(guān)系為Ka＝c·α2或α＝eq\r(\f(Ka,c))。1．在0.1mol·L－1的HCN溶液中存在如下電離平衡：HCNH＋＋CN－。對該平衡，下列敘述正確的是()A．加入少量NaOH固體，平衡正向移動B．加水，平衡逆向移動C.滴加少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)減小D．加入少量NaCN固體，平衡正向移動2．在25℃時，用蒸餾水稀釋1mol·L－1氨水至0.01mol·L－1，隨溶液的稀釋，下列各項中始終保持增大趨勢的是()A．eq\f(c（OH－）,c（NH3·H2O）) B．eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（OH－）)C．eq\f(c（NH3·H2O）,c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）) D．c(OH－)3．下列有關(guān)水電離情況的說法正確的是()A．25℃，pH＝12的燒堿溶液與pH＝12的純堿溶液，水的電離程度相同B．其他條件不變，CH3COOH溶液在加水稀釋過程中，eq\f(c（OH－）,c（H＋）)一定變小C．其他條件不變，稀釋氫氧化鈉溶液，水的電離程度減小D．其他條件不變，溫度升高，水的電離程度增大，KW增大4．已知次磷酸(H3PO2)為一元酸，欲證明它是弱電解質(zhì)，下列操作方法不正確的是()A．用物質(zhì)的量濃度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液進行導(dǎo)電性實驗，比較燈泡的亮度B．用一定濃度的NaOH溶液分別滴定等體積、等pH的鹽酸和次磷酸溶液，比較消耗堿液的體積C.加熱滴有酚酞試液的NaH2PO2溶液，溶液顏色變深D．常溫下，稀釋0.1mol·L－1次磷酸溶液至原溶液體積的100倍，測得pH在4～5之間5．已知下面三個數(shù)據(jù)：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分別是下列有關(guān)三種酸的電離常數(shù)(25℃)。若已知下列反應(yīng)可以發(fā)生：NaCN＋HNO2=HCN＋NaNO2、NaCN＋HF=HCN＋NaF、NaNO2＋HF=HNO2＋NaF。由此可判斷下列敘述不正確的是()A．K(HF)＝7.2×10－4B．K(HNO2)＝4.9×10－10C．根據(jù)兩個反應(yīng)即可得出一元弱酸的強弱順序：HF>HNO2>HCND．K(HCN)<K(HNO2)<K(HF)1．（2022·遼寧·新民市第一高級中學(xué)高三階段練習(xí)）下列說法正確的是A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸溶液中，由水電離出的c(H+)均為10-9mol?L-1B．常溫下，將pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等體積混合后，pH＞7C．在c(H+)︰c(OH-)=1︰l012的溶液中，Na+、I-、NOSKIPIF1<0、SOSKIPIF1<0能大量共存D．0.1mol?L-1Na2CO3溶液和0.1mol?L-1NaHSO4溶液等體積混合，溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(COSKIPIF1<0)+c(SOSKIPIF1<0)+c(HCOSKIPIF1<0)+c(OH-)2．（2022·湖北武漢·高三開學(xué)考試）常溫下，用SKIPIF1<0鹽酸滴定10.00mLSKIPIF1<0溶液時，溶液pH隨滴加鹽酸體積的變化如圖所示，a點時，SKIPIF1<0。已知SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0。下列說法錯誤的是A．a(chǎn)點溶液的pH約為8.3B．a(chǎn)點溶液中SKIPIF1<0C．a(chǎn)~b過程中水的電離程度不斷減小D．a(chǎn)~b滴定過程可選用甲基橙作指示劑3．（2022·全國·高三專題練習(xí)）濃度均為0.10mol?L-1、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lgSKIPIF1<0的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是A．MOH的堿性強于ROH的堿性B．ROH的電離程度：a點大于b點C．若兩溶液無限稀釋，則它們的c(OH-)相等D．當(dāng)lgSKIPIF1<0=2時，若兩溶液同時升高溫度，則SKIPIF1<0增大4．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知常溫時HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4，現(xiàn)將pH和體積都相同的次氯酸和氫氟酸溶液分別加蒸餾水稀釋，pH隨溶液體積的變化如圖所示，下列敘述正確的是A．曲線II為氫氟酸稀釋時pH變化曲線B．取a點的兩種酸溶液，中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗氫氟酸的體積較小C．b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度小D．從b點到d點，溶液中SKIPIF1<0保持不變(HR代表HClO或HF)5．（2022·重慶南開中學(xué)高三階段練習(xí)）常溫下，已知SKIPIF1<0溶液中含磷物種的濃度之和為SKIPIF1<0，溶液中各含磷物種的pc-pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷物種的濃度負(fù)對數(shù)SKIPIF1<0，pOH表示SKIPIF1<0的濃度負(fù)對數(shù)SKIPIF1<0；x、y、z三點的坐標(biāo)：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0。下列說法正確的是A．SKIPIF1<0為三元弱酸B．曲線②表示SKIPIF1<0隨pOH的變化C．SKIPIF1<0的溶液中：SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0的平衡常數(shù)SKIPIF1<01．（2022·浙江6月卷）SKIPIF1<0時，苯酚SKIPIF1<0的SKIPIF1<0，下列說法正確的是A．相同溫度下，等SKIPIF1<0的SKIPIF1<0和SKIPIF1<0溶液中，SKIPIF1<0B．將濃度均為SKIPIF1<0的SKIPIF1<0和SKIPIF1<0溶液加熱，兩種溶液的SKIPIF1<0均變大C．SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0溶液與SKIPIF1<0溶液混合，測得SKIPIF1<0，則此時溶液中SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0的SKIPIF1<0溶液中加少量SKIPIF1<0固體，水的電離程度變小2.（2020全國2卷）二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響，其原理如下圖所示。下列敘述錯誤的是A．海水酸化能引起SKIPIF1<0濃度增大、SKIPIF1<0濃度減小B．海水酸化能促進CaCO3的溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少C．CO2能引起海水酸化，其原理為SKIPIF1<0H++SKIPIF1<0D．使用太陽能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)境3．（2020浙江高考真題）下列說法不正確的是（）A．SKIPIF1<0的溶液不一定呈堿性B．中和pH和體積均相等的氨水、SKIPIF1<0溶液，所需SKIPIF1<0的物質(zhì)的量相同C．相同溫度下，pH相等的鹽酸、SKIPIF1<0溶液中，SKIPIF1<0相等D．氨水和鹽酸反應(yīng)后的溶液，若溶液呈中性，則SKIPIF1<04．（2019全國高考真題）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關(guān)于常溫下pH=2的H3PO4溶液，下列說法正確的是A．每升溶液中的H+數(shù)目為0.02NAB．c(H+)=c(SKIPIF1<0)+2c(SKIPIF1<0)+3c(SKIPIF1<0)+c(OH?)C．加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小D．加入NaH2PO4固體，溶液酸性增強5．（2019·天津高考真題）某溫度下，SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的電離常數(shù)分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0。將SKIPIF1<0和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其SKIPIF1<0隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是（）A．曲線Ⅰ代表SKIPIF1<0溶液B．溶液中水的電離程度：b點＞c點C．從c點到d點，溶液中SKIPIF1<0保持不變（其中SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子）D．相同體積a點的兩溶液分別與SKIPIF1<0恰好中和后，溶液中SKIPIF1<0相同1．【答案】A【解析】加入NaOH，NaOH和H＋反應(yīng)而減小溶液中c(H＋)，從而促進HCN電離，則平衡正向移動，故A正確；加水稀釋促進弱電解質(zhì)的電離，所以平衡正向移動，故B錯誤；加入少量相同濃度的HCl溶液，HCl是強電解質(zhì)，完全電離，導(dǎo)致溶液中c(H＋)增大，故C錯誤；加入少量NaCN固體，導(dǎo)致溶液中c(CN－)增大，平衡逆向移動，故D錯誤。2．【答案】A【解析】A項，加水稀釋促進NH3·H2O的電離，溶液中n(OH－)、n(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))增大，分子的物質(zhì)的量減小，該比值增大，正確；B項，溶液中OH－、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的物質(zhì)的量增大，且水電離出OH－的數(shù)目增多，該比值變小，錯誤；C項，稀釋時，溶液中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的物質(zhì)的量增大，NH3·H2O分子的物質(zhì)的量減小，該比值減小，錯誤；D項，加水稀釋c(OH－)減小，錯誤。3．【答案】D【解析】酸或堿抑制水的電離，強酸弱堿鹽、強堿弱酸鹽、弱酸弱堿鹽均能促進水的電離，NaOH是強堿，抑制水的電離，Na2CO3是強堿弱酸鹽，促進水的電離，所以兩溶液中水的電離程度不同，A項錯誤；CH3COOH為弱酸，其他條件不變，稀釋CH3COOH溶液，c(H＋)減小，c(OH－)增大，所以eq\f(c（OH－）,c（H＋）)增大，B項錯誤；NaOH抑制水的電離，其他條件不變，稀釋氫氧化鈉溶液，其對水電離的抑制程度降低，所以水的電離程度增大，C項錯誤；溫度升高，水的電離程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW增大，D項正確。4．【答案】A【解析】NaCl和NaH2PO2都屬于強電解質(zhì)，所以用物質(zhì)的量濃度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液進行導(dǎo)電性實驗，比較燈泡的亮度，不能證明H3PO2是弱電解質(zhì)，故A錯誤；因鹽酸為強酸，若滴定時次磷酸溶液消耗NaOH溶液的體積大于等體積、等pH的鹽酸消耗的NaOH溶液的體積，則說明次磷酸為弱電解質(zhì)，B正確；若次磷酸為弱電解質(zhì)，則NaH2PO2溶液呈堿性，加熱促進其水解，滴有酚酞試液的NaH2PO2溶液顏色變深，C正確；常溫下，若次磷酸為一元強酸，則把0.1mol·L－1次磷酸溶液稀釋至原溶液體積的100倍，pH應(yīng)為3，而現(xiàn)測得pH在4～5之間，說明次磷酸沒有完全電離，為弱電解質(zhì)，D正確。5．【答案】B【解析】相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，該酸的酸性越強，結(jié)合“強酸制取弱酸”分析可知，酸性：HF>HNO2>HCN，所以亞硝酸的電離平衡常數(shù)為4.6×10－4，故B錯誤。1．【答案】C【詳解】A．氯化銨促進水電離，pH=5的NH4Cl溶液由水電離出的c(H+)為10-5mol?L-1；醋酸抑制水電離，pH=5的醋酸溶液由水電離出的c(H+)為10-9mol?L-1，故A錯誤；B．醋酸是弱酸，常溫下，將pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等體積混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性，pH<7，故B錯誤；C．c(H+)︰c(OH-)=1︰l012的溶液呈堿性，Na+、I-、NO、SO相互之間不反應(yīng)，能大量共存，故C正確；D．0.1mol?L-1Na2CO3溶液和0.1mol?L-1NaHSO4溶液等體積混合，反應(yīng)生成NaHCO3、Na2SO4，根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+2c(SO)+c(HCO)+c(OH-)，故D錯誤；選C。2．【答案】B【分析】常溫下，用鹽酸滴定10.00mL溶液時，則a點恰好反應(yīng)得到碳酸氫鈉溶液，b點碳酸氫鈉與鹽酸恰好反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水。【詳解】A．按電離平衡常數(shù)的定義，，已知a點時，。、、，則，則，則a點溶液的pH約為8.3，A正確；B．據(jù)分析、結(jié)合物料守恒可知，a點溶液中，B錯誤；C．a(chǎn)~b過程為碳酸氫鈉與鹽酸恰好反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水，碳酸氫鈉溶液因電離大于水解促進水的電離，酸溶液抑制水的電離，故a~b過程水的電離程度不斷減小，C正確；D．a(chǎn)點溶液呈弱堿性、b點呈弱酸性，故a~b滴定過程可選用在弱酸性范圍內(nèi)變色的甲基橙作指示劑，D正確；答案選B。3．【答案】D【詳解】A．由圖像分析可知，濃度為0.10mol?L-1的MOH溶液，在稀釋前pH為13，說明MOH完全電離，則MOH為強堿，而ROH的pH<13，說明ROH沒有完全電離，ROH為弱堿。MOH的堿性強于ROH的堿性，A正確；B．曲線的橫坐標(biāo)lg越大，表示加水稀釋體積越大，由曲線可以看出b點的稀釋程度大于a點，弱堿ROH存在電離平衡：ROHR++OH-，溶液越稀，弱電解質(zhì)電離程度越大，故ROH的電離程度：b點大于a點，B正確；C．若兩溶液無限稀釋，則溶液的pH接近于7，故兩溶液的c(OH-)相等，C正確；D．當(dāng)lg=2時，溶液V=100V0，溶液稀釋100倍，由于MOH發(fā)生完全電離，升高溫度，c(M+)不變，ROH存在電離平衡：ROHR++OH-，升高溫度促進電離平衡向電離方向移動，c(R+)增大，故減小，D錯誤。故選D。4．【答案】D【詳解】A．酸性越強，加水稀釋時溶液pH變化越大，HF酸性強于HClO，加水稀釋時pH變化大，所以曲線Ⅰ代表HF稀釋時pH變化曲線，A錯誤；B．pH相同的兩種酸，越弱的酸其濃度越大，消耗的NaOH溶液體積更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗HClO的體積較小，B錯誤；C．酸越弱，電離出H＋趨勢越小，對水的電離抑制程度越低，所以b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度大，C錯誤；D．溶液中==，Ka和Kw只隨溫度的改變而改變，所以從b點到d點，溶液中保持不變，D正確；故選D。5．【答案】C【詳解】A．圖像中含P物質(zhì)只有3種，說明為二元弱酸，選項A錯誤；B．曲線③表示，曲線②表示，曲線①表示，選項B錯誤；C．即，由圖可知，此時，，即，而，故，，選項C正確；D．由減去，可得的平衡常數(shù)，故的平衡常數(shù)，選項D錯誤；答案選C。1．【答案】C【解析】A．醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A錯誤；B．C6H5ONa溶液中，C6H5O-離子水解出氫氧根離子，升溫促進C6H5O-離子的水解，氫氧根離子濃度增大，pH變大，而氫氧化鈉溶液中不存在平衡，升溫pH不變，B錯誤；C．當(dāng)pH=10.00時，c(OH-)=1.0×10-10，SKIPIF1<0，故c(C6H5O-)=c(C6H5OH)，C正確；D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，會促進水的電離，D錯誤；故選C。2.【答案】C【解析】A