2015-2024年十年高考化學(xué)真題分類(lèi)匯編專(zhuān)題49 弱電解質(zhì)的電離(解析版)

2013-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專(zhuān)題49弱電解質(zhì)的電離考點(diǎn)十年考情(2015-2024)命題趨勢(shì)考點(diǎn)1弱電解質(zhì)概念理解與應(yīng)用2024·安徽卷、2023?浙江省6月選考、2022?湖北省選擇性卷、2022?全國(guó)乙卷、2021?浙江6月卷、2021?北京卷、2020·北京卷、2019?浙江4月卷、2016·全國(guó)Ⅲ卷、2016·浙江理綜、2016·上海卷弱電解質(zhì)的電離是中學(xué)化學(xué)基本理論中的重要組成部分，也是學(xué)習(xí)中比較難理解的內(nèi)容，更是近幾年高考命題的必考內(nèi)容。對(duì)本專(zhuān)題的考查主要集中在弱電解質(zhì)的電離平衡、電離常數(shù)的應(yīng)用和計(jì)算等，主要以選擇題的形式出現(xiàn)，分值為6分。高考有關(guān)本部分內(nèi)容的考查常以圖表、圖像創(chuàng)設(shè)新情境，考查考生的觀察、理解能力。考點(diǎn)2弱電解質(zhì)電離平衡圖象2024·河北卷、2023?山東卷、2023?湖北省選擇性考試、2023?浙江省1月選考、2016·北京理綜、2015·海南卷考點(diǎn)1弱電解質(zhì)概念理解與應(yīng)用1．(2024·安徽卷，7，3分)地球上的生物氮循環(huán)涉及多種含氮物質(zhì)，轉(zhuǎn)化關(guān)系之一如下圖所示(X、Y均為氮氧化物)，羥胺(NH2OH)以中間產(chǎn)物的形式參與循環(huán)。常溫常壓下，羥胺易潮解，水溶液呈堿性，與鹽酸反應(yīng)的產(chǎn)物鹽酸羥胺([NH3OH])廣泛用子藥品、香料等的合成。已知25℃時(shí)，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的比較中，正確的是()A．鍵角：NH3B．熔點(diǎn)：NH2OH[NH3OH]C．同濃度水溶液的pH：[NH3OH]NH4D．羥胺分子間氫鍵的強(qiáng)弱：【答案】D【解析】A項(xiàng)，NH3中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=，為sp3雜化，鍵角為107°，NO3-中N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=，為sp2雜化，鍵角為120°，故鍵角：NH3，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，NH2OH為分子晶體，[NH3OH]為離子晶體，故熔點(diǎn)：NH2OH[NH3OH]，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由題目信息可知，25℃下，Kb(NH3·H2O)Kb(NH2OH)，故NH2OH的堿性比NH3·H2O弱，故同濃度的水溶液中，[NH3OH]的電離程度大于NH4+的電離程度，同濃度水溶液的pH：[NH3OH]NH4，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，O的電負(fù)性大于N，O-H鍵的極性大于N-H鍵，故羥胺分子間氫鍵的強(qiáng)弱，D正確；故選D。2．(2023?浙江省6月選考，15)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小組做如下兩組實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)I：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1Ca溶液。[已知：H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.4×10－9，溶液混合后體積變化忽略不計(jì)]，下列說(shuō)法正確的是A．實(shí)驗(yàn)I可選用甲基橙作指示劑，指示反應(yīng)終點(diǎn)B．實(shí)驗(yàn)I中V(NaOH)=10mL時(shí)，存在c(C2O42-)＜c(HC2O4-)C．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)Ca2++HC2O4-=CaC2O4↓+H+D．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中V(Ca)=80mL時(shí)，溶液中c(C2O42-)=4.0×10-8mol·L-1【答案】D【解析】A項(xiàng)，NaHC2O4溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點(diǎn)時(shí)生成顯堿性的草酸鈉溶液，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差要選用變色范圍在堿性范圍的指示劑，因此，實(shí)驗(yàn)I可選用酚酞作指示劑，指示反應(yīng)終點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)I中V(NaOH)=10mL時(shí)，溶質(zhì)是NaHC2O4、Na2C2O4且兩者物質(zhì)的量濃度相等，，，則草酸氫根的電離程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2O42-)c(HC2O4-)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，由于開(kāi)始滴加的氯化鈣量較少而NaHC2O4過(guò)量，因此該反應(yīng)在初始階段發(fā)生的是Ca2++2HC2O4-=CaC2O4↓+H2C2O4，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，因?yàn)槠胶獬?shù)很大，說(shuō)明反應(yīng)能夠完全進(jìn)行，當(dāng)NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和Ca發(fā)生反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中V(Ca)=80mL時(shí)，溶液中的鈣離子濃度為，溶液中，故D正確。故選D。3．(2022?湖北省選擇性卷，12)根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，給出質(zhì)子(H+)的物質(zhì)是酸，給出質(zhì)子的能力越強(qiáng)，酸性越強(qiáng)。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性強(qiáng)弱順序正確的是()A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+C．NH3＞N2H4＞CH3COO- D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+【答案】D【解析】根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的規(guī)律，強(qiáng)酸能制得弱酸，根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，給出質(zhì)子(H+)的物質(zhì)是酸，則反應(yīng)N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反應(yīng)N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故選D。4．(2022?全國(guó)乙卷，13)常溫下，一元酸的Ka(HA)=1.0×10-3。在某體系中，與A-離子不能穿過(guò)隔膜，未電離的可自由穿過(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中的HA的電離度為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10-4【答案】B【解析】A項(xiàng)，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(cuò)誤；B項(xiàng)，常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-3，解得=，B正確；C項(xiàng)，根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過(guò)隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=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==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過(guò)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(cuò)誤；故選B。5．(2021?浙江6月卷，19)某同學(xué)擬用pH計(jì)測(cè)定溶液pH以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。下列說(shuō)法正確的是()A．25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，則HR是弱酸B．25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，則HR是弱酸C．25℃時(shí)，若測(cè)得HR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測(cè)得pH=b，b-a，則HR是弱酸D．25℃時(shí)，若測(cè)得NaR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，升溫至50℃，測(cè)得pH=b，ab，則HR是弱酸【答案】B【解析】A項(xiàng)，25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，則HR為強(qiáng)酸，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，可知溶液中c(H＋)0.01mol·Lˉ1，所以HR未完全電離，HR為弱酸，B正確；C項(xiàng)，假設(shè)HR為強(qiáng)酸，取pH的該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL測(cè)得此時(shí)溶液pH7，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，假設(shè)HR為強(qiáng)酸，則NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進(jìn)水的電離，水的離子積常數(shù)增大，pH減小，D錯(cuò)誤；故選B。6．(2021?北京卷，8)向溶液a中加入溶液b。燈泡亮度不會(huì)出現(xiàn)“亮—滅(或暗)—亮”變化的是()選項(xiàng)ABCD試劑aBa(OH)2Ba(OH)2CH3COOHCa(OH)2試劑bCuSO4H2SO4氨水NH4HCO3【答案】C【解析】A項(xiàng)，Ba(OH)2與CuSO4發(fā)生離子反應(yīng)：Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中自由移動(dòng)的離子濃度減小，燈泡變暗，當(dāng)二者恰好反應(yīng)時(shí)，溶液中幾乎不存在自由移動(dòng)的微粒，燈泡完全熄滅。當(dāng)CuSO4溶液過(guò)量時(shí)，其電離產(chǎn)生的Cu2+、SO42-導(dǎo)電，使燈泡逐漸又變亮，A不符合題意；B項(xiàng)，Ba(OH)2與H2SO4發(fā)生離子反應(yīng)：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中自由移動(dòng)的離子濃度減小，燈泡變暗，當(dāng)二者恰好反應(yīng)時(shí)，溶液中幾乎不存在自由移動(dòng)的微粒，燈泡完全熄滅。當(dāng)H2SO4溶液過(guò)量時(shí)，其電離產(chǎn)生的H+、SO42-導(dǎo)電，使燈泡逐漸又變亮，B不符合題意；C項(xiàng)，CH3COOH與氨水發(fā)生離子反應(yīng)：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O，反應(yīng)后自由移動(dòng)的離子濃度增大，溶液導(dǎo)電能力增強(qiáng)，燈泡更明亮，不出現(xiàn)亮—滅(或暗)—亮的變化，C符合題意；D項(xiàng)，Ca(OH)2與NH4HCO3發(fā)生離子反應(yīng)：Ca2++2OH-+NH4++HCO3-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中自由移動(dòng)離子濃度減小，燈泡逐漸變暗，當(dāng)二者恰好反應(yīng)時(shí)，溶液中自由移動(dòng)的微粒濃度很小，燈泡很暗。當(dāng)NH4HCO3溶液過(guò)量時(shí)，其電離產(chǎn)生的NH4+、HCO3-導(dǎo)電，使燈泡逐漸又變亮，D不符合題意；故選C。7．(2020·北京卷，11)室溫下，對(duì)于1L0.1mol?L-1醋酸溶液。下列判斷正確的是()A．該溶液中CH3COO-的粒子數(shù)為6.02×1022B．加入少量CH3COONa固體后，溶液的pH降低C．滴加NaOH溶液過(guò)程中，n(CH3COO-)與n(CH3COOH)之和始終為0.1molD．與Na2CO3溶液反應(yīng)的離子方程式為CO32-+2H+=H2O+CO2↑【答案】C【解析】A項(xiàng)，1L0.1mol?L-1醋酸溶液中醋酸的物質(zhì)的量為0.1mol，醋酸屬于弱酸，是弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離，存在電離平衡，則CH3COO-的粒子數(shù)小于6.02×1022，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，加入少量CH3COONa固體后，溶液中CH3COO-的濃度增大，根據(jù)同離子效應(yīng)，會(huì)抑制醋酸的電離，溶液中的氫離子濃度減小，酸性減弱，堿性增強(qiáng)，則溶液的pH升高，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，1L0.1mol?L-1醋酸溶液中醋酸的物質(zhì)的量為0.1mol，滴加NaOH溶液過(guò)程中，溶液中始終存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，故C正確；D項(xiàng)，醋酸的酸性強(qiáng)于碳酸，則根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸，醋酸與Na2CO3溶液反應(yīng)生成醋酸鈉、二氧化碳和水，醋酸是弱電解質(zhì)，離子反應(yīng)中不能拆寫(xiě)，則離子方程式為CO32-+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D錯(cuò)誤；故選C。8．(2019?浙江4月卷，1)下列屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是()A．硫酸鋇 B．食鹽水C．二氧化硅D．醋酸【答案】A【解析】A．可知硫酸鋇是強(qiáng)電解質(zhì)，A項(xiàng)正確；B．食鹽水為混合物，不在強(qiáng)電解質(zhì)的概念內(nèi)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．二氧化硅是非電解質(zhì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．醋酸在水中不完全電離，為弱電解質(zhì)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．(2016·全國(guó)Ⅲ卷，13)下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說(shuō)法正確的是()A．向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中減小B．將CH3COONa溶液從20℃升溫至30℃，溶液中增大C．向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中D．向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變【答案】D【解析】A項(xiàng)，=，因?yàn)殡S著水的量增加，醋酸電離程度增大，但醋酸根離子濃度減小，平衡常數(shù)不變，故比值變大，故錯(cuò)誤；B項(xiàng)，醋酸鈉溶液加熱，醋酸根離子水解程度增大，其=1/K，K變大，所以比值變小，故錯(cuò)誤；C項(xiàng)，鹽酸中年加入氨水到中性，則有c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒，c(NH4+)=c(Cl-)，故錯(cuò)誤；D項(xiàng)，向氯化銀和溴化銀的飽和溶液中加入少量硝酸銀，沉淀溶解平衡逆向移動(dòng)，氯離子和溴離子濃度比仍等于其溶度積的比值，故不變，故正確。10．(2016·浙江理綜，12)苯甲酸鈉(，縮寫(xiě)為NaA)可用作飲料的防腐劑。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力顯著高于A–。已知25℃時(shí)，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生產(chǎn)碳酸飲料的過(guò)程中，除了添加NaA外，還需加壓充入CO2氣體。下列說(shuō)法正確的是(溫度為25℃，不考慮飲料中其他成分)()A．相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低B．提高CO2充氣壓力，飲料中c(A–)不變C．當(dāng)pH為5.0時(shí)，飲料中=0.16D．碳酸飲料中各種粒子的濃度關(guān)系為：c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH–)–c(HA)【答案】C【解析】A項(xiàng)，根據(jù)題意，苯甲酸(HA)的抑菌能力顯著高于A–，相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較高，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，提高CO2充氣壓力，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理，CO2+H2O+A-=HA+HCO3-，飲料中c(A–)減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，當(dāng)pH為5.0時(shí)，飲料中=c(H+)÷Ka=10-5÷6.25×10–5=0.16，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，碳酸飲料中加入的各成分含量未知，無(wú)法比較各種粒子的濃度關(guān)系，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選C。11．(2016·上海卷，6)能證明乙酸是弱酸的實(shí)驗(yàn)事實(shí)是()A．CH3COOH溶液與Zn反應(yīng)放出H2B．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7C．CH3COOH溶液與NaCO3反應(yīng)生成CO2D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅【答案】B【解析】A項(xiàng)，只能證明乙酸具有酸性，不能證明其酸性強(qiáng)弱，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，該鹽水溶液顯堿性，由于NaOH是強(qiáng)堿，故可以證明乙酸是弱酸，正確；C項(xiàng)，可以證明乙酸的酸性比碳酸強(qiáng)，但是不能證明其酸性強(qiáng)弱，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，可以證明乙酸具有酸性，但是不能證明其酸性強(qiáng)弱，錯(cuò)誤?？键c(diǎn)2弱電解質(zhì)電離平衡圖象1．(2024·河北卷，11，3分)在水溶液中，CN-可與多種金屬離子形成配離子。X、Y、Z三種金屬離子分別與CN-形成配離子達(dá)平衡時(shí)，與的關(guān)系如圖。下列說(shuō)法正確的是()A．的X、Y轉(zhuǎn)化為配離子時(shí)，兩溶液中CN-的平衡濃度：XYB．向Q點(diǎn)X、Z的混合液中加少量可溶性Y鹽，達(dá)平衡時(shí)C．由Y和Z分別制備等物質(zhì)的量的配離子時(shí)，消耗CN-的物質(zhì)的量：YZD．若相關(guān)離子的濃度關(guān)系如P點(diǎn)所示，Y配離子的解離速率小于生成速率【答案】B【解析】A項(xiàng)，99%的X、Y轉(zhuǎn)化為配離子時(shí)，溶液中，則，根據(jù)圖像可知，縱坐標(biāo)約為-2時(shí)，溶液中，則溶液中CN-的平衡濃度：XY，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，Q點(diǎn)時(shí)，即，加入少量可溶性Y鹽后，會(huì)消耗CN-形成Y配離子，使得溶液中c(CN-)減小(沿橫坐標(biāo)軸向右移動(dòng))，與曲線(xiàn)在Q點(diǎn)相交后，隨著繼續(xù)增大，X對(duì)應(yīng)曲線(xiàn)位于Z對(duì)應(yīng)曲線(xiàn)上方，即，則，B正確；C項(xiàng)，設(shè)金屬離子形成配離子的離子方程式為金屬離子配離子，則平衡常數(shù)，，即，故X、Y、Z三種金屬離子形成配離子時(shí)結(jié)合的CN-越多，對(duì)應(yīng)曲線(xiàn)斜率越大，由題圖知，曲線(xiàn)斜率：YZ，則由Y、Z制備等物質(zhì)的量的配離子時(shí)，消耗CN-的物質(zhì)的量：ZY，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由P點(diǎn)狀態(tài)移動(dòng)到形成Y配離子的反應(yīng)的平衡狀態(tài)時(shí)，不變，增大，即c(Y)增大、c(Y配離子)減小，則P點(diǎn)狀態(tài)Y配離子的解離速率>生成速率，D錯(cuò)誤；故選B。2．(2023?山東卷，15)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2++2I-；HgI2(aq)HgI++I-；HgI2(aq)+I-HgI3--；HgI2(aq)+2I-HgI42-，平衡常數(shù)依次為K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)隨lgc(I-)的變化關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．線(xiàn)表示lgc(HgI42-)的變化情況B．隨c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后減小C．D．溶液中I元素與元素的物質(zhì)的量之比始終為2：1【答案】B【解析】由題干反應(yīng)方程式HgI2(aq)Hg2++2I-可知，K1=，則有c(Hg2+)=，則有l(wèi)gc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3-)=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，lgc(HgI42-)==lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I-)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0=c[HgI2(aq)]為一定值，故可知圖示中曲線(xiàn)1、2、3、4即L分別代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)。A項(xiàng)，線(xiàn)L表示lgc(HgI42-)的變化情況，A正確；B項(xiàng)，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)K0=c[HgI2(aq)]，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始終保持不變，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，曲線(xiàn)1方程為：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲線(xiàn)2方程為：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，聯(lián)合①②可知得：，C正確；D項(xiàng)，溶液中的初始溶質(zhì)為HgI2，根據(jù)原子守恒可知，該溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2：1，D正確；故選B。3．(2023?湖北省選擇性考試，14)H2L為某鄰苯二酚類(lèi)配體，其，。常溫下構(gòu)建Fe(Ⅲ)-H2L溶液體系，其中，。體系中含F(xiàn)e物種的組分分布系數(shù)δ與pH的關(guān)系如圖所示，分布系數(shù)，已知，。下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)pH=1時(shí)，體系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH-)>c(HL-)B．pH在9.5~10.5之間，含L的物種主要為L(zhǎng)2-C．L2-+[FeL]+[FeL2]-的平衡常數(shù)的lgK約為14D．當(dāng)pH=10時(shí)，參與配位的c(L2-)≈1.0×10-3mol·L-1【答案】C【解析】從圖給的分布分?jǐn)?shù)圖可以看出，在兩曲線(xiàn)的交點(diǎn)橫坐標(biāo)值加和取平均值即為某型體含量最大時(shí)的pH。A項(xiàng)，從圖中可以看出Fe(Ⅲ)主要與L2-進(jìn)行絡(luò)合，但在pH=1時(shí)，富含L的型體主要為H2L，此時(shí)電離出的HL-較少，根據(jù)H2L的一級(jí)電離常數(shù)可以簡(jiǎn)單計(jì)算pH=1時(shí)溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1時(shí)c(OH-)=10-13，因此這四種離子的濃度大小為c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，根據(jù)圖示的分布分?jǐn)?shù)圖可以推導(dǎo)出，H2L在pH≈9.9時(shí)HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此當(dāng)pH在9.5~10.5之間時(shí)，含L的物種主要為HL-，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，當(dāng)[FeL2]-與[FeL]+分布分?jǐn)?shù)相等時(shí)，可以將K簡(jiǎn)化為K=，此時(shí)體系的pH=4，在pH=4時(shí)可以計(jì)算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，則該絡(luò)合反應(yīng)的平衡常數(shù)K≈10-14.16，即lgK≈14，C正確；D項(xiàng)，根據(jù)圖像，pH=10時(shí)溶液中主要的型體為[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分?jǐn)?shù)均為0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此時(shí)形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即參與配位的c(L2-)≈5×10-4，D錯(cuò)誤；故選C。4．(2023?浙江省1月選考，13)甲酸Ka=1.8×10-4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+H2OR3NH++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【答案】D【解析】A項(xiàng)，由圖可知，R3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH-，故A正確；B項(xiàng)，由電離常數(shù)公式可知，溶液中=，當(dāng)溶液pH為5時(shí)，溶液中=-18，故B正確；C項(xiàng)，由圖可知，溶液pH為2.4時(shí)，廢水中的甲酸及其鹽回收率最高，當(dāng)溶液中pH小于2.4時(shí)，隨溶液pH下降，溶液中氫離子濃度增大，甲酸的電離被抑制，溶液中甲酸個(gè)離子濃度減小，與R3NH+作用的數(shù)目減小，故C正確；D項(xiàng)，由圖可知，R3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH-，當(dāng)廢水初始pH大于5時(shí)，平衡向左移動(dòng)，離子交換樹(shù)脂活性成分主要以R3N形態(tài)存在，故D錯(cuò)誤；故選D。5．(2016·北京理綜，11)在兩份相同的Ba(OH)2溶液中，分別滴入物質(zhì)的量濃度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其導(dǎo)電能力隨滴入溶液體積變化的曲線(xiàn)如圖所示。下列分析不正確的是()A．①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線(xiàn)B．b點(diǎn)，溶液中大量存在的離子是Na+、OH–C．c點(diǎn)，兩溶液中含有相同量的OH–D．a(chǎn)、d兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液均顯中性【答案】C【解析】?jī)蓚€(gè)反應(yīng)的方程式為：①Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O②Ba(OH)2+NaHSO4=NaOH+BaSO4+H2O③NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。A項(xiàng)，從方程式分析，當(dāng)氫氧化鋇恰好和硫酸完全反應(yīng)時(shí)，溶液的導(dǎo)電能力最小，故①代表滴加硫酸時(shí)的變化曲線(xiàn)，故正確；B項(xiàng)，b點(diǎn)是加入硫酸氫鈉進(jìn)行反應(yīng)②，溶液中含有氫氧化鈉，故正確；C項(xiàng)，C點(diǎn)①曲線(xiàn)為硫酸，②曲線(xiàn)為氫氧化鈉和硫酸鈉，因?yàn)榱蛩岣x子濃度相同，因?yàn)棰谥械拟c離子濃度大于①中氫離子濃度，所以溶液中的氫氧根離子濃度不相同，故錯(cuò)誤；D項(xiàng)，a點(diǎn)為鋇離子和硫酸根離子完全沉淀，d為硫酸鈉溶液，溶液都顯中性，故正確。6．(2015·海南卷，11)下列曲線(xiàn)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()【答案】B【解析】因?yàn)闈舛仍酱螅蹼娊赓|(zhì)的電離程度越小，因此隨著濃度增大，電離度逐漸減小，C、D不符合題意；等濃度時(shí)，弱電解質(zhì)越弱，電離程度越小(即Ka越小，電離程度越小)，則A不符合題意，B符合題意。專(zhuān)題49弱電解質(zhì)的電離考點(diǎn)十年考情(2015-2024)命題趨勢(shì)考點(diǎn)1弱電解質(zhì)概念理解與應(yīng)用2024·安徽卷、2023?浙江省6月選考、2022?湖北省選擇性卷、2022?全國(guó)乙卷、2021?浙江6月卷、2021?北京卷、2020·北京卷、2019?浙江4月卷、2016·全國(guó)Ⅲ卷、2016·浙江理綜、2016·上海卷弱電解質(zhì)的電離是中學(xué)化學(xué)基本理論中的重要組成部分，也是學(xué)習(xí)中比較難理解的內(nèi)容，更是近幾年高考命題的必考內(nèi)容。對(duì)本專(zhuān)題的考查主要集中在弱電解質(zhì)的電離平衡、電離常數(shù)的應(yīng)用和計(jì)算等，主要以選擇題的形式出現(xiàn)，分值為6分。高考有關(guān)本部分內(nèi)容的考查常以圖表、圖像創(chuàng)設(shè)新情境，考查考生的觀察、理解能力?？键c(diǎn)2弱電解質(zhì)電離平衡圖象2024·河北卷、2023?山東卷、2023?湖北省選擇性考試、2023?浙江省1月選考、2016·北京理綜、2015·海南卷考點(diǎn)1弱電解質(zhì)概念理解與應(yīng)用1．(2024·安徽卷，7，3分)地球上的生物氮循環(huán)涉及多種含氮物質(zhì)，轉(zhuǎn)化關(guān)系之一如下圖所示(X、Y均為氮氧化物)，羥胺(NH2OH)以中間產(chǎn)物的形式參與循環(huán)。常溫常壓下，羥胺易潮解，水溶液呈堿性，與鹽酸反應(yīng)的產(chǎn)物鹽酸羥胺([NH3OH])廣泛用子藥品、香料等的合成。已知25℃時(shí)，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的比較中，正確的是()A．鍵角：NH3B．熔點(diǎn)：NH2OH[NH3OH]C．同濃度水溶液的pH：[NH3OH]NH4D．羥胺分子間氫鍵的強(qiáng)弱：【答案】D【解析】A項(xiàng)，NH3中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=，為sp3雜化，鍵角為107°，NO3-中N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=，為sp2雜化，鍵角為120°，故鍵角：NH3，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，NH2OH為分子晶體，[NH3OH]為離子晶體，故熔點(diǎn)：NH2OH[NH3OH]，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由題目信息可知，25℃下，Kb(NH3·H2O)Kb(NH2OH)，故NH2OH的堿性比NH3·H2O弱，故同濃度的水溶液中，[NH3OH]的電離程度大于NH4+的電離程度，同濃度水溶液的pH：[NH3OH]NH4，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，O的電負(fù)性大于N，O-H鍵的極性大于N-H鍵，故羥胺分子間氫鍵的強(qiáng)弱，D正確；故選D。2．(2023?浙江省6月選考，15)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小組做如下兩組實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)I：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1Ca溶液。[已知：H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.4×10－9，溶液混合后體積變化忽略不計(jì)]，下列說(shuō)法正確的是A．實(shí)驗(yàn)I可選用甲基橙作指示劑，指示反應(yīng)終點(diǎn)B．實(shí)驗(yàn)I中V(NaOH)=10mL時(shí)，存在c(C2O42-)＜c(HC2O4-)C．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)Ca2++HC2O4-=CaC2O4↓+H+D．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中V(Ca)=80mL時(shí)，溶液中c(C2O42-)=4.0×10-8mol·L-1【答案】D【解析】A項(xiàng)，NaHC2O4溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點(diǎn)時(shí)生成顯堿性的草酸鈉溶液，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差要選用變色范圍在堿性范圍的指示劑，因此，實(shí)驗(yàn)I可選用酚酞作指示劑，指示反應(yīng)終點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)I中V(NaOH)=10mL時(shí)，溶質(zhì)是NaHC2O4、Na2C2O4且兩者物質(zhì)的量濃度相等，，，則草酸氫根的電離程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2O42-)c(HC2O4-)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，由于開(kāi)始滴加的氯化鈣量較少而NaHC2O4過(guò)量，因此該反應(yīng)在初始階段發(fā)生的是Ca2++2HC2O4-=CaC2O4↓+H2C2O4，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，因?yàn)槠胶獬?shù)很大，說(shuō)明反應(yīng)能夠完全進(jìn)行，當(dāng)NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和Ca發(fā)生反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中V(Ca)=80mL時(shí)，溶液中的鈣離子濃度為，溶液中，故D正確。故選D。3．(2022?湖北省選擇性卷，12)根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，給出質(zhì)子(H+)的物質(zhì)是酸，給出質(zhì)子的能力越強(qiáng)，酸性越強(qiáng)。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性強(qiáng)弱順序正確的是()A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+C．NH3＞N2H4＞CH3COO- D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+【答案】D【解析】根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的規(guī)律，強(qiáng)酸能制得弱酸，根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，給出質(zhì)子(H+)的物質(zhì)是酸，則反應(yīng)N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反應(yīng)N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故選D。4．(2022?全國(guó)乙卷，13)常溫下，一元酸的Ka(HA)=1.0×10-3。在某體系中，與A-離子不能穿過(guò)隔膜，未電離的可自由穿過(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中的HA的電離度為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10-4【答案】B【解析】A項(xiàng)，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(cuò)誤；B項(xiàng)，常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-3，解得=，B正確；C項(xiàng)，根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過(guò)隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=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==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過(guò)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(cuò)誤；故選B。5．(2021?浙江6月卷，19)某同學(xué)擬用pH計(jì)測(cè)定溶液pH以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。下列說(shuō)法正確的是()A．25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，則HR是弱酸B．25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，則HR是弱酸C．25℃時(shí)，若測(cè)得HR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測(cè)得pH=b，b-a，則HR是弱酸D．25℃時(shí)，若測(cè)得NaR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，升溫至50℃，測(cè)得pH=b，ab，則HR是弱酸【答案】B【解析】A項(xiàng)，25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，則HR為強(qiáng)酸，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，可知溶液中c(H＋)0.01mol·Lˉ1，所以HR未完全電離，HR為弱酸，B正確；C項(xiàng)，假設(shè)HR為強(qiáng)酸，取pH的該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL測(cè)得此時(shí)溶液pH7，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，假設(shè)HR為強(qiáng)酸，則NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進(jìn)水的電離，水的離子積常數(shù)增大，pH減小，D錯(cuò)誤；故選B。6．(2021?北京卷，8)向溶液a中加入溶液b。燈泡亮度不會(huì)出現(xiàn)“亮—滅(或暗)—亮”變化的是()選項(xiàng)ABCD試劑aBa(OH)2Ba(OH)2CH3COOHCa(OH)2試劑bCuSO4H2SO4氨水NH4HCO3【答案】C【解析】A項(xiàng)，Ba(OH)2與CuSO4發(fā)生離子反應(yīng)：Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中自由移動(dòng)的離子濃度減小，燈泡變暗，當(dāng)二者恰好反應(yīng)時(shí)，溶液中幾乎不存在自由移動(dòng)的微粒，燈泡完全熄滅。當(dāng)CuSO4溶液過(guò)量時(shí)，其電離產(chǎn)生的Cu2+、SO42-導(dǎo)電，使燈泡逐漸又變亮，A不符合題意；B項(xiàng)，Ba(OH)2與H2SO4發(fā)生離子反應(yīng)：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中自由移動(dòng)的離子濃度減小，燈泡變暗，當(dāng)二者恰好反應(yīng)時(shí)，溶液中幾乎不存在自由移動(dòng)的微粒，燈泡完全熄滅。當(dāng)H2SO4溶液過(guò)量時(shí)，其電離產(chǎn)生的H+、SO42-導(dǎo)電，使燈泡逐漸又變亮，B不符合題意；C項(xiàng)，CH3COOH與氨水發(fā)生離子反應(yīng)：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O，反應(yīng)后自由移動(dòng)的離子濃度增大，溶液導(dǎo)電能力增強(qiáng)，燈泡更明亮，不出現(xiàn)亮—滅(或暗)—亮的變化，C符合題意；D項(xiàng)，Ca(OH)2與NH4HCO3發(fā)生離子反應(yīng)：Ca2++2OH-+NH4++HCO3-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中自由移動(dòng)離子濃度減小，燈泡逐漸變暗，當(dāng)二者恰好反應(yīng)時(shí)，溶液中自由移動(dòng)的微粒濃度很小，燈泡很暗。當(dāng)NH4HCO3溶液過(guò)量時(shí)，其電離產(chǎn)生的NH4+、HCO3-導(dǎo)電，使燈泡逐漸又變亮，D不符合題意；故選C。7．(2020·北京卷，11)室溫下，對(duì)于1L0.1mol?L-1醋酸溶液。下列判斷正確的是()A．該溶液中CH3COO-的粒子數(shù)為6.02×1022B．加入少量CH3COONa固體后，溶液的pH降低C．滴加NaOH溶液過(guò)程中，n(CH3COO-)與n(CH3COOH)之和始終為0.1molD．與Na2CO3溶液反應(yīng)的離子方程式為CO32-+2H+=H2O+CO2↑【答案】C【解析】A項(xiàng)，1L0.1mol?L-1醋酸溶液中醋酸的物質(zhì)的量為0.1mol，醋酸屬于弱酸，是弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離，存在電離平衡，則CH3COO-的粒子數(shù)小于6.02×1022，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，加入少量CH3COONa固體后，溶液中CH3COO-的濃度增大，根據(jù)同離子效應(yīng)，會(huì)抑制醋酸的電離，溶液中的氫離子濃度減小，酸性減弱，堿性增強(qiáng)，則溶液的pH升高，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，1L0.1mol?L-1醋酸溶液中醋酸的物質(zhì)的量為0.1mol，滴加NaOH溶液過(guò)程中，溶液中始終存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，故C正確；D項(xiàng)，醋酸的酸性強(qiáng)于碳酸，則根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸，醋酸與Na2CO3溶液反應(yīng)生成醋酸鈉、二氧化碳和水，醋酸是弱電解質(zhì)，離子反應(yīng)中不能拆寫(xiě)，則離子方程式為CO32-+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D錯(cuò)誤；故選C。8．(2019?浙江4月卷，1)下列屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是()A．硫酸鋇 B．食鹽水C．二氧化硅D．醋酸【答案】A【解析】A．可知硫酸鋇是強(qiáng)電解質(zhì)，A項(xiàng)正確；B．食鹽水為混合物，不在強(qiáng)電解質(zhì)的概念內(nèi)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．二氧化硅是非電解質(zhì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．醋酸在水中不完全電離，為弱電解質(zhì)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．(2016·全國(guó)Ⅲ卷，13)下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說(shuō)法正確的是()A．向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中減小B．將CH3COONa溶液從20℃升溫至30℃，溶液中增大C．向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中D．向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變【答案】D【解析】A項(xiàng)，=，因?yàn)殡S著水的量增加，醋酸電離程度增大，但醋酸根離子濃度減小，平衡常數(shù)不變，故比值變大，故錯(cuò)誤；B項(xiàng)，醋酸鈉溶液加熱，醋酸根離子水解程度增大，其=1/K，K變大，所以比值變小，故錯(cuò)誤；C項(xiàng)，鹽酸中年加入氨水到中性，則有c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒，c(NH4+)=c(Cl-)，故錯(cuò)誤；D項(xiàng)，向氯化銀和溴化銀的飽和溶液中加入少量硝酸銀，沉淀溶解平衡逆向移動(dòng)，氯離子和溴離子濃度比仍等于其溶度積的比值，故不變，故正確。10．(2016·浙江理綜，12)苯甲酸鈉(，縮寫(xiě)為NaA)可用作飲料的防腐劑。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力顯著高于A–。已知25℃時(shí)，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生產(chǎn)碳酸飲料的過(guò)程中，除了添加NaA外，還需加壓充入CO2氣體。下列說(shuō)法正確的是(溫度為25℃，不考慮飲料中其他成分)()A．相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低B．提高CO2充氣壓力，飲料中c(A–)不變C．當(dāng)pH為5.0時(shí)，飲料中=0.16D．碳酸飲料中各種粒子的濃度關(guān)系為：c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH–)–c(HA)【答案】C【解析】A項(xiàng)，根據(jù)題意，苯甲酸(HA)的抑菌能力顯著高于A–，相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較高，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，提高CO2充氣壓力，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理，CO2+H2O+A-=HA+HCO3-，飲料中c(A–)減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，當(dāng)pH為5.0時(shí)，飲料中=c(H+)÷Ka=10-5÷6.25×10–5=0.16，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，碳酸飲料中加入的各成分含量未知，無(wú)法比較各種粒子的濃度關(guān)系，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選C。11．(2016·上海卷，6)能證明乙酸是弱酸的實(shí)驗(yàn)事實(shí)是()A．CH3COOH溶液與Zn反應(yīng)放出H2B．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7C．CH3COOH溶液與NaCO3反應(yīng)生成CO2D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅【答案】B【解析】A項(xiàng)，只能證明乙酸具有酸性，不能證明其酸性強(qiáng)弱，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，該鹽水溶液顯堿性，由于NaOH是強(qiáng)堿，故可以證明乙酸是弱酸，正確；C項(xiàng)，可以證明乙酸的酸性比碳酸強(qiáng)，但是不能證明其酸性強(qiáng)弱，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，可以證明乙酸具有酸性，但是不能證明其酸性強(qiáng)弱，錯(cuò)誤?？键c(diǎn)2弱電解質(zhì)電離平衡圖象1．(2024·河北卷，11，3分)在水溶液中，CN-可與多種金屬離子形成配離子。X、Y、Z三種金屬離子分別與CN-形成配離子達(dá)平衡時(shí)，與的關(guān)系如圖。下列說(shuō)法正確的是()A．的X、Y轉(zhuǎn)化為配離子時(shí)，兩溶液中CN-的平衡濃度：XYB．向Q點(diǎn)X、Z的混合液中加少量可溶性Y鹽，達(dá)平衡時(shí)C．由Y和Z分別制備等物質(zhì)的量的配離子時(shí)，消耗CN-的物質(zhì)的量：YZD．若相關(guān)離子的濃度關(guān)系如P點(diǎn)所示，Y配離子的解離速率小于生成速率【答案】B【解析】A項(xiàng)，99%的X、Y轉(zhuǎn)化為配離子時(shí)，溶液中，則，根據(jù)圖像可知，縱坐標(biāo)約為-2時(shí)，溶液中，則溶液中CN-的平衡濃度：XY，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，Q點(diǎn)時(shí)，即，加入少量可溶性Y鹽后，會(huì)消耗CN-形成Y配離子，使得溶液中c(CN-)減小(沿橫坐標(biāo)軸向右移動(dòng))，與曲線(xiàn)在Q點(diǎn)相交后，隨著繼續(xù)增大，X對(duì)應(yīng)曲線(xiàn)位于Z對(duì)應(yīng)曲線(xiàn)上方，即，則，B正確；C項(xiàng)，設(shè)金屬離子形成配離子的離子方程式為金屬離子配離子，則平衡常數(shù)，，即，故X、Y、Z三種金屬離子形成配離子時(shí)結(jié)合的CN-越多，對(duì)應(yīng)曲線(xiàn)斜率越大，由題圖知，曲線(xiàn)斜率：YZ，則由Y、Z制備等物質(zhì)的量的配離子時(shí)，消耗CN-的物質(zhì)的量：ZY，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由P點(diǎn)狀態(tài)移動(dòng)到形成Y配離子的反應(yīng)的平衡狀態(tài)時(shí)，不變，增大，即c(Y)增大、c(Y配離子)減小，則P點(diǎn)狀態(tài)Y配離子的解離速率>生成速率，D錯(cuò)誤；故選B。2．(2023?山東卷，15)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2++2I-；HgI2(aq)HgI++I-；HgI2(aq)+I-HgI3--；HgI2(aq)+2I-HgI42-，平衡常數(shù)依次為K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)隨lgc(I-)的變化關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．線(xiàn)表示lgc(HgI42-)的變化情況B．隨c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后減小C．D．溶液中I元素與元素的物質(zhì)的量之比始終為2：1【答案】B【解析】由題干反應(yīng)方程式HgI2(aq)Hg2++2I-可知，K1=，則有c(Hg2+)=，則有l(wèi)gc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3-)=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，lgc(HgI42-)==lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I-)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0=c[HgI2(aq)]為一定值，故可知圖示中曲線(xiàn)1、2、3、4即L分別代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)。A項(xiàng)，線(xiàn)L表示lgc(HgI42-)的變化情況，A正確；B項(xiàng)，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)K0=c[HgI2(aq)]，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始終保持不變，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，曲線(xiàn)1方程為：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲線(xiàn)2方程為：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，聯(lián)合①②可知得：，C正確；D項(xiàng)，溶液中的初始溶質(zhì)為HgI2，根據(jù)原子守恒可知，該溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2：1，D正確；故選B。3．(2023?湖北省選擇性考試，14)H2L為某鄰苯二酚類(lèi)配體，其，。常溫下構(gòu)建Fe(Ⅲ)-H2L溶液體系，其中，。體系中含F(xiàn)e物種的組分分布系數(shù)δ與pH的關(guān)系如圖所示，分布系數(shù)，已知，。下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)pH=1時(shí)，體系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH-)>c(HL-)B．pH在9.5~10.5之間，含L的物種主要為L(zhǎng)2-C．L2-+[FeL]+[FeL2]-的平衡常數(shù)的lgK約為14D．當(dāng)pH=10時(shí)，參與配位的c(L2-