考點(diǎn)26弱電解質(zhì)的電離【基礎(chǔ)過(guò)關(guān)】1．下列事實(shí)或?qū)嶒?yàn)現(xiàn)象不能證明一元酸HX為弱酸的是A．測(cè)得0.01mol/LHX溶液的pH=3.6B．在KX稀溶液中滴加酚酞試劑，溶液變紅C．將稀HX溶液滴加到石灰石中，生成CO2D．在HX稀溶液中加入少許NaX粉末，溶液pH增大【答案】C【解析】A項(xiàng)，測(cè)得0.01mol/LHX溶液的pH=3.6，即氫離子物質(zhì)的量濃度為1×10?3.6mol?L?1，說(shuō)明HX是部分電離即一元酸HX為弱酸，故A不符合題意；B項(xiàng)，在KX稀溶液中滴加酚酞試劑，溶液變紅，溶液顯堿性，說(shuō)明是強(qiáng)堿弱酸鹽即一元酸HX為弱酸，故B不符合題意；C項(xiàng)，將稀HX溶液滴加到石灰石中，生成CO2，說(shuō)明酸性比碳酸強(qiáng)，不能證明一元酸HX為弱酸，故C符合題意；D項(xiàng)，在HX稀溶液中加入少許NaX粉末，溶液pH增大，氫離子濃度減小，X－濃度增大，HX電離平衡逆向移動(dòng)，說(shuō)明一元酸HX為弱酸，故D不符合題意。故選C。2．(2023·北京市牛欄山一中高三檢測(cè))室溫下，對(duì)于1L醋酸溶液，下列判斷正確的是()A．該溶液中CH3COO-的粒子數(shù)為個(gè)B．加入少量CH3COONa固體后，溶液的pH升高C．滴加NaOH溶液過(guò)程中，c(CH3COO-)與c(CH3COOH)之和始終為0.1mol/LD．與Na2CO3溶液反應(yīng)的離子方程式為CO32-+2H+=H2O+CO2↑【答案】B【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，則CH3COO-的粒子數(shù)小于6.02×1022，A項(xiàng)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，則溶液的pH升高，B項(xiàng)正確；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，但溶液體積不確定，故二者濃度之和無(wú)法計(jì)算，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，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-，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。3．醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHH+＋CH3COO－，下列敘述不正確的是A．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀釋或加熱均可使CH3COO－的物質(zhì)的量增多B．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀釋?zhuān)琧(CH3COO－)/［c(CH3COOH)·c(OH－)］不變C．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量純醋酸，平衡向右移動(dòng)，電離程度增大D．0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值減小【答案】C【解析】A項(xiàng)，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀釋或加熱，平衡正向移動(dòng)，均可使CH3COO－的物質(zhì)的量增多，故不選A；B項(xiàng)，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀釋?zhuān)琧(CH3COO－)/［c(CH3COOH)·c(OH－)］=Ka/Kw，只受溫度影響，加水稀釋不發(fā)生變化，故不選B；C項(xiàng)，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量純醋酸，平衡向右移動(dòng)，電離程度減小，故選C；D項(xiàng)，0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀釋?zhuān)胶庹蛞苿?dòng)，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)=n(CH3COOH)/n(CH3COO－)的值減小，故不選D。4．(2023·浙江省寧波市高三選考模擬考試)下列說(shuō)法正確的是()A．25℃時(shí)，將pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸等體積混合，混合后溶液pH＞5B．25℃時(shí)，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數(shù)，稀釋后溶液pH：鹽酸<醋酸C．25℃時(shí)，等體積、等pH的鹽酸與醋酸分別用等濃度的NaOH溶液中和，鹽酸消耗NaOH溶液多D．25℃時(shí)，pH=3的一元酸HA溶液與pH=11的一元堿MOH溶液等體積混合后溶液呈酸性，則HA是強(qiáng)酸【答案】B【解析】A項(xiàng)，pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸中氫離子濃度相同，都是10-5mol/L，等體積混合后，氫離子濃度不變，故pH為5，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數(shù)后其濃度依然相同，醋酸是弱酸，部分電離，氫離子濃度較小，pH大，B正確；C項(xiàng)，等體積、等pH的鹽酸與醋酸，其中醋酸的濃度大，用氫氧化鈉中和時(shí)消耗的氫氧化鈉較多，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，混合后溶液呈酸性，說(shuō)明酸的濃度較大，則酸HA為弱酸，MOH是相對(duì)較強(qiáng)的堿，但是不一定是強(qiáng)堿，D錯(cuò)誤；故選B。5．已知某溫度下CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等，現(xiàn)向10mL濃度為0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過(guò)程中()A．水的電離程度始終增大B．c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)先增大再減小C．c(CH3COOH)與c(CH3COO－)之和始終保持不變D．當(dāng)加入氨水的體積為10mL時(shí)，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)【答案】D【解析】開(kāi)始滴加氨水時(shí)，水的電離程度增大，二者恰好完全反應(yīng)時(shí)，水的電離程度最大，再繼續(xù)滴加氨水時(shí)，水的電離程度減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性減弱，堿性增強(qiáng)，c(OH－)增大，由NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－可知K＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，則eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(K,c（OH－）)，故eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)原子守恒知n(CH3COO－)與n(CH3COOH)之和不變，但滴加氨水過(guò)程中，溶液體積不斷增大，故c(CH3COO－)與c(CH3COOH)之和減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等可知當(dāng)二者恰好完全反應(yīng)時(shí)，溶液呈中性，結(jié)合電荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，則c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))，D項(xiàng)正確。6．(2023·浙江省諸暨市高三適應(yīng)性考試)已知H2R為二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室溫下，下列說(shuō)法不正確的是()A．0.1mol/LNaHR溶液pHB．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性時(shí)，溶液中c(HR-)c(R2-)C．0.1mol/LH2R溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)D．0.01mol/L的H2R溶液與pH的NaOH溶液完全中和時(shí)，消耗酸與堿溶液的體積比為1∶2【答案】C【解析】A項(xiàng)，NaHR是弱酸H2R的酸式鹽，存在電離和水解，，電離強(qiáng)于水解，0.1mol/LNaHR溶液pH，A正確；B項(xiàng)，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性時(shí)，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，，故溶液中c(HR-)c(R2-)，B正確；C項(xiàng)，0.1mol/LH2R溶液中根據(jù)電荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的H2R(二元酸)溶液與pH即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和時(shí)，消耗酸與堿溶液的體積比為1∶2，D正確；故選C。7．相同溫度下，三種酸在一定物質(zhì)的量濃度下的電離度如表所示，下列說(shuō)法正確的是()酸HAHBHD濃度/mol?L-110.10.50.91電離度/%0.30.30.150.110A．HD是強(qiáng)酸B．酸性：HB<HA<HDC．在相同溫度下，HA酸濃度越大其電離度越小因而溶液酸性越弱D．由表可知在相同溫度下，弱酸HB濃度越小其電離平衡常數(shù)越大【答案】B【解析】由表格可知，當(dāng)濃度都是1mol/L時(shí)，HA的電離度為0.3%，HD的電離度為10%，根據(jù)濃度相同時(shí)，酸性越弱，電離度越小，所以酸性：HD＞HA；當(dāng)濃度都是0.9mol/L時(shí)，HB的電離度為0.1%，若HB的濃度增大為1mol/L，根據(jù)濃度越大電離度越小，所以HB的濃度為1mol/L，其電離度＜0.1%；綜上可知，當(dāng)濃度都是1mol/L時(shí)，電離度：HD＞HA＞HB，已知電離度越大，則酸性越強(qiáng)，所以酸性：HD＞HA＞HB。A項(xiàng)，當(dāng)濃度都是1mol/L時(shí)，HD的電離度為10%，說(shuō)明HD是弱酸，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，根據(jù)分析可知相同濃度電離度越小，酸性越弱，所以酸性：HD＞HA＞HB，故B正確；C項(xiàng)，濃度越大電離度越小，但濃度增大電離平衡正向移動(dòng)，氫離子濃度大了，酸性增強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，相同溫度下，弱酸HB濃度與電離平衡常數(shù)無(wú)關(guān)，平衡常數(shù)只受溫度影響，故D錯(cuò)誤；故選B。8．苯甲酸(C6H5COOH)是一種有機(jī)弱酸，下列說(shuō)法正確的是()A．常溫下，0.1mol/L的C6H5COONa溶液的pH=13B．相同溫度下，相同濃度的鹽酸與苯甲酸溶液的pH：鹽酸<苯甲酸溶液C．中和等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸與苯甲酸溶液，所需NaOH的量：鹽酸>苯甲酸溶液D．C6H5COONa溶液中存在關(guān)系：c(C6H5COO—)=c(Na+)=c(H+)=c(OH—)【答案】B【解析】A項(xiàng)，苯甲酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則常溫下，0.1mol/L的苯甲酸鈉溶液的pH小于13，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，苯甲酸是一種有機(jī)弱酸，在溶液中部分電離出氫離子，相同濃度的鹽酸與苯甲酸溶液中鹽酸中氫離子濃度大于苯甲酸溶液，溶液的pH大于苯甲酸溶液，故B正確；C項(xiàng)，等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸與苯甲酸溶液的中和能力相同，完全反應(yīng)消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，苯甲酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序?yàn)閏(Na+)＞c(C6H5COO—)＞c(OH—)＞c(H+)，故D錯(cuò)誤；故選B。9．下列敘述正確的是()A．常溫下的HA溶液與的BOH等體積混合，溶液，則BOH為強(qiáng)堿B．含1molKOH的溶液與1molCO2完全反應(yīng)后的溶液中：c(K+)=c(HCO3-)C．氨水的，pH=a，加入適量的氯化銨固體可使溶液pH=a+1D．物質(zhì)的量濃度相等的(NH4)2SO4溶液與(NH4)2CO3溶液中，前者大于后者【答案】D【解析】A項(xiàng)，常溫下pH=2的HA溶液與pH=12的BOH等體積混合，則酸和堿電離出的n(H+)=n(OH-)，最后溶液pH>7，說(shuō)明BOH有剩余，證明BOH未完全電離，所以BOH為弱堿，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，含1molKOH的溶液與1molCO2完全反應(yīng)后，溶液的溶質(zhì)為KHCO3，HCO3-在水中會(huì)水解和電離，濃度會(huì)減少，所以c(K+)>c(HCO3-)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，0.1

mol?L?1氨水的pH=a，溶液中存在電離平衡：NH3·H2ONH4++OH-+，加入適量的氯化銨固體，c(NH4+)增大，平衡逆向移動(dòng)，c(OH-)減小，pH會(huì)小于a，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，物質(zhì)的量濃度相等的(NH4)2SO4溶液與(NH4)2CO3都會(huì)存在水解平衡NH4++H2ONH3·H2O+H+，與硫酸根比，碳酸根水解呈堿性促進(jìn)水解平衡正向移動(dòng)，c(NH3·H2O)會(huì)變大，c(NH4+)會(huì)減小，使得變小，所以物質(zhì)的量濃度相等的(NH4)2SO4溶液與(NH4)2CO3中，(NH4)2CO3前者大于后者，D項(xiàng)正確；故選D。10．下列說(shuō)法正確的是()A．相同溫度下，等pH的鹽酸和醋酸加水稀釋10倍后，c(Cl-)＜c(CH3COO-)B．0.1mol·L-1的KA溶液pH=6.5，則HA為弱酸C．常溫下pH=3的鹽酸和pH=11的氨水等體積混合：c(Cl-)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)D．某溫度下，向氨水中通入CO2，隨著CO2的通入，不斷增大【答案】A【解析】A項(xiàng)，鹽酸為強(qiáng)酸，醋酸為弱酸，相同pH時(shí)，醋酸物質(zhì)的量濃度大于鹽酸濃度，相同pH時(shí)，溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)，加水稀釋相同倍數(shù)，促進(jìn)醋酸的電離，推出c(Cl-)＜c(CH3COO-)，故A正確；B項(xiàng)，沒(méi)有指明溫度是否是常溫，因此無(wú)法判斷HA是否是弱酸，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，一水合氨為弱堿，常溫下pH=3的鹽酸和pH=11的氨水等體積混合，混合后溶質(zhì)為NH4Cl和NH3·H2O，溶液顯堿性，c(OH-)＞c(H+)，c(NH4+)＞c(Cl-)，即c(Cl-)+c(H+)＜c(NH4+)+c(OH-)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，，Kb只受溫度影響，向氨水中通入二氧化碳?xì)怏w，生成碳酸銨或碳酸氫銨，溶液c(NH4+)增大，該比值減小，故D錯(cuò)誤；答案為A。11．相同溫度下，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，下列判斷正確的是()酸HXHYHZ電離常數(shù)K/(mol·L－1)9×10－79×10－61×10－2A．三種酸的強(qiáng)弱關(guān)系：HX＞HY＞HZB．反應(yīng)HZ＋Y－=HY＋Z－不能夠發(fā)生C．V升HY溶液，加入水使溶液體積為2V，則Q=eq\f(1,2)K(HY)，平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)HY電離D．0.1mol·L－1HX溶液加水稀釋?zhuān)琫q\f(cX－,cHX)值變小【答案】C【解析】相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，則酸的電離程度越大，酸的酸性越強(qiáng)，則酸根離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，這三種酸的強(qiáng)弱順序是HZ＞HY＞HX，故A錯(cuò)誤；由A知，HZ的酸性大于HY，根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸知，HZ＋Y－=HY＋Z－能發(fā)生，故B錯(cuò)誤；K(HY)＝eq\f(cY－·cH＋,cHY)，加水后Q=eq\f(cY－·cH＋,cHY)eq\f(1,2)K(HY)，Q＜K，平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)HY電離，故C正確；eq\f(cX－,cHX)＝eq\f(K(HX),cH＋)，加水稀釋時(shí)，c(H＋)減小，Ka值不變，則eq\f(cX－,cHX)增大，故D錯(cuò)誤。12．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)在水中的電離程度和濃度關(guān)系的是()【答案】B【解析】根據(jù)甲、乙的電離平衡常數(shù)得，這兩種物質(zhì)都是弱電解質(zhì)，在溫度不變、濃度相等時(shí)，電離程度：CH3COOH＜CH2ClCOOH，可以排除A、C；當(dāng)濃度增大時(shí)，物質(zhì)的電離程度減小，排除D選項(xiàng)，故B項(xiàng)正確。13．在稀氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH—，對(duì)于該平衡，下列敘述正確的是()A．加入少量NH4Cl固體，平衡逆向移動(dòng)，溶液的pH減小B．通入少量氨氣，平衡正向移動(dòng)，c(NH3·H2O)減小C．加入少量NaOH固體，并恢復(fù)至室溫，平衡逆向移動(dòng)，NH3·H2O的電離平衡常數(shù)減小D．加水稀釋?zhuān)琋H3·H2O的電離程度及c(OH—)都增大【答案】A【解析】A項(xiàng)，加入少量NH4Cl固體，導(dǎo)致溶液中銨根離子濃度增大，NH3·H2O的電離平衡逆向移動(dòng)，氫氧根離子濃度減小，溶液的pH減小，A正確；B項(xiàng)，通入少量氨氣，導(dǎo)致氨氣與水的反應(yīng)平衡正向移動(dòng)，c(NH3·H2O)增大，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，加入少量NaOH固體，并恢復(fù)至室溫，NH3·H2O的電離平衡逆向移動(dòng)，但NH3·H2O的電離平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，溫度未變，平衡常數(shù)不變，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，加水稀釋?zhuān)琋H3·H2O的電離平衡正向移動(dòng)，電離程度增大，但c(OH-)減小，D錯(cuò)誤；故選A。14．下表是幾種弱酸在常溫下的電離平街常數(shù)：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.8×10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka1=9.1×10-8Ka2=1.1×10-12Ka1=7.5×10-3Ka2=6.2×10-8Ka3=2.2×10-13則下列說(shuō)法中不正確的是()A．碳酸的酸性強(qiáng)于氫硫酸B．多元弱酸的酸性主要由第一步電離決定C．常溫下，加水稀釋醋酸，增大D．向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，電離平衡常數(shù)不變【答案】D【解析】A項(xiàng)，多元弱酸的酸性主要由第一步電離決定。弱酸的電離平衡常數(shù)越大，該酸的酸性就越強(qiáng)。由于碳酸的電離平衡常數(shù)Ka1=4.3×10-7比H2S氫硫酸的電離平衡常數(shù)Ka1=Ka1=9.1×10-8大，所以酸性：碳酸比氫硫酸的酸性強(qiáng)，A正確；B項(xiàng)，多元弱酸一級(jí)電離產(chǎn)生的氫離子會(huì)抑制二級(jí)電離，所以多元弱酸的二級(jí)電離程度遠(yuǎn)小于一級(jí)電離，故多元弱酸的酸性主要由第一步電離決定，B正確；C項(xiàng)，醋酸是一元弱酸，在溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋?zhuān)闺婋x平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致溶液中n(H+)有所增加，n(CH3COOH)減小，在同一溶液中，體積相同，所以加水稀釋導(dǎo)致增大，C正確；D項(xiàng)，向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，二者發(fā)生中和反應(yīng)，放出熱量，使溶液的溫度升高；升高溫度，能夠促進(jìn)電解質(zhì)的電離，使弱電解質(zhì)電離平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致其電離平衡常數(shù)增大，D錯(cuò)誤；故選D。15．高氯酸、硫酸、硝酸和鹽酸都是強(qiáng)酸，其酸性在水溶液中差別不大。以下是某溫度下這四種酸在冰醋酸中的電離常數(shù)：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10－56.3×10－91.6×10－94.2×10－10從以上表格中判斷以下說(shuō)法中不正確的是()。A．在冰醋酸中這4種酸都沒(méi)有完全電離B．在冰醋酸中高氯酸是這4種酸中最強(qiáng)的酸C．在冰醋酸中硫酸的電離方程式為：H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)D．水對(duì)于這4種酸的強(qiáng)弱沒(méi)有區(qū)分能力，但醋酸可以區(qū)別這4種酸的強(qiáng)弱【答案】C【解析】在冰醋酸中四種酸的電離常數(shù)均很小，可以判斷其電離都是不完全的，A正確；HClO4的電離常數(shù)最大，酸性最強(qiáng)，B正確；在冰醋酸中H2SO4是弱酸，其電離是不完全的，且為分步電離，C錯(cuò)；四種酸在水中都是完全電離而在冰醋酸中呈現(xiàn)不同的電離常數(shù)，其酸性得以區(qū)分，D正確。16．已知部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：下列離子方程式正確的是()A．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO－===CO32－+2HClOB．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO－===CaSO3↓+2HClOC．少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32－===SO32－+2HCO3－D．相同濃度NaHCO3溶液與NaHSO3溶液等體積混合：H++HCO3－===CO2↑+H2O【答案】C【解析】A項(xiàng)，次氯酸的酸性強(qiáng)于碳酸氫根的，因此向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成物應(yīng)該是次氯酸和碳酸氫鈉，則反應(yīng)的離子方程式為ClO－+CO2+

H2O＝HClO+HCO3－，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2的離子反應(yīng)為Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2H+，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，Na2CO3溶液中緩慢通入少量SO2，離子方程式為2CO32-+H2O+SO2═SO32-+2HCO3-，故C正確；D項(xiàng)，由電離常數(shù)可知酸性HSO3-比碳酸弱，不能生成二氧化碳?xì)怏w，故D錯(cuò)誤。17．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱堿(已知：25℃時(shí)，Kb1=10-4，Kb2=10-7)，其水溶液與NH3水溶液的電離方式相似?，F(xiàn)用錐形瓶裝10mL0.1mol·L-1乙二胺溶液，用0.1mol·L-1鹽酸滴定。下列敘述錯(cuò)誤的是()A．乙二胺在水溶液中的第一步電離方程式H2NCH2CH2NH2+H2O?[H2NCH2CH2NH3]++OH-B．選用甲基橙作指示劑，可以很好地判斷滴定終點(diǎn)C．滴入10.00mL鹽酸時(shí)，溶液呈堿性D．滴入20.00mL鹽酸時(shí)，混合溶液中有c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)+c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-)【答案】D【解析】A項(xiàng)，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱堿，其水溶液與NH3水溶液的電離方式相似，就是結(jié)合水電離產(chǎn)生的H+，剩余OH-，使溶液顯堿性，則乙二胺在水溶液中的第一步電離方程式H2NCH2CH2NH2+H2O?[H2NCH2CH2NH3]++OH-，A正確；B項(xiàng)，由于乙二胺是二元弱堿，與鹽酸恰好反應(yīng)產(chǎn)生的鹽溶液顯酸性，因此要選擇酸性范圍內(nèi)變色的甲基橙作指示劑，可以減小實(shí)驗(yàn)誤差，可以很好地判斷滴定終點(diǎn)，B正確；C項(xiàng)，當(dāng)?shù)稳?0.00mL鹽酸時(shí)，恰好反應(yīng)產(chǎn)生H2NCH2CH2NH2+H2O?[H2NCH2CH2NH3Cl，而[H2NCH2CH2NH3]+的電離平衡常數(shù)Kb2=10-7，[H2NCH2CH2NH3]+的水解平衡常數(shù)Kh2=，電離平衡常數(shù)大于其水解平衡常數(shù)，所以溶液顯堿性，C正確；D項(xiàng)，滴入20.00mL鹽酸時(shí)，二者恰好反應(yīng)產(chǎn)生正鹽[H3NCH2CH2NH3]Cl2，根據(jù)物料守恒可知：2c(H2NCH2CH2NH2)+2c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-)，D錯(cuò)誤；故選D。18．硫酸工業(yè)尾氣(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可轉(zhuǎn)化為NaHSO3，當(dāng)c(HSO3-)∶c(SO32-)≈10時(shí)，吸收能力下降，需要加熱再生為Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9，Ka2(H2SO3)=10-7.2，下列說(shuō)法不正確的是()A．Na2SO3溶液中存在：c(OH—)=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)B．Na2SO3溶液吸收SO2的離子方程式為：SO32-＋SO2＋H2O=2HSO3-C．當(dāng)c(HSO3-)：c(SO32-)=10時(shí)，此時(shí)吸收液的pH=6.2D．與原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力幾乎不變【答案】D【解析】A項(xiàng)，亞硫酸鈉溶液中存在質(zhì)子守恒關(guān)系c(OH—)=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故A正確；B項(xiàng)，亞硫酸鈉溶液吸收二氧化硫的反應(yīng)為亞硫酸鈉溶液與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為SO32-＋SO2＋H2O=2HSO3-，故B正確；C項(xiàng)，亞硫酸的電離常數(shù)Ka2(H2SO3)=，當(dāng)c(HSO3-)∶c(SO32-)=10時(shí)，溶液中c(H+)==10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH為6.2，故C正確；D項(xiàng)，吸收能力下降的吸收液加熱再生為亞硫酸鈉溶液的反應(yīng)為溶液中的亞硫酸氫鈉受熱分解轉(zhuǎn)化為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉具有還原性，可能被空氣中的氧氣氧化為硫酸鈉，硫酸鈉溶液不能與二氧化硫反應(yīng)，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D錯(cuò)誤；故選D。19．已知：NH2OH、苯酚分別為一元弱堿和一元弱酸。25℃時(shí)，將10mL濃度均為0.1mol·L-1的NH2OH。苯酚兩種溶液分別加水稀釋的曲線(xiàn)如圖所示，V是溶液體積(mL)。pOH=-lgc(OH-)。下列說(shuō)法正確的是()A．曲線(xiàn)m為NH2OH溶液加水稀釋的曲線(xiàn)B．lgV=1時(shí)，水的電離程度：NH2OH>苯酚C．同濃度同體積的NH2OH和苯酚混合后溶液顯酸性D．電離常數(shù)：Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)【答案】D【解析】A項(xiàng)，pOH大于7為酸性溶液，所以曲線(xiàn)m為苯酚溶液加水稀釋的曲線(xiàn)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，NH2OH、苯酚分別為一元弱堿和一元弱酸，二者均抑制水的電離，lgV=1時(shí)苯酚中氫離子濃度為10-5.5mol/L，羥胺中氫氧根離子濃度為10-4.5mol/L，故水的電離程度為苯酚>NH2OH，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，結(jié)合B可知lgV=1即沒(méi)有加水時(shí)羥胺的電離程度更大，同濃度同體積的NH2OH和苯酚混合后得到正鹽，根據(jù)越弱越水解可知溶液顯堿性，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，結(jié)合B、C可知，Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)，D正確；故選D。20．(2023·浙江省溫州市高三第三次模擬適應(yīng)性考試)在一定溫度下，冰醋酸稀釋過(guò)程中溶液的導(dǎo)電能力與pH的變化如圖。下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)CH3COOH溶液未達(dá)到電離平衡狀態(tài)B．離子總濃度越大，溶液導(dǎo)電能力越強(qiáng)C．向a、b兩點(diǎn)溶液中分別滴入同一NaOH溶液至中性，溶液中的相同D．b點(diǎn)后，溶液中加水稀釋?zhuān)须x子濃度均減小【答案】B【解析】A項(xiàng)，加水稀釋過(guò)程中，a點(diǎn)、b點(diǎn)都達(dá)到了電離平衡，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，導(dǎo)電能力與離子濃度和所帶電荷數(shù)有關(guān)，因此離子總濃度越大，溶液導(dǎo)電能力越強(qiáng)，故B正確；C項(xiàng)，根據(jù)電荷守恒Na+，溶液呈中性，Na+，a點(diǎn)醋酸濃度大，向a、b兩點(diǎn)溶液中分別滴入同一NaOH溶液至中性，a點(diǎn)消耗的氫氧化鈉溶液比b點(diǎn)消耗的氫氧化鈉溶液多，因此溶液中的是a點(diǎn)大于b點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，b點(diǎn)后，溶液中加水稀釋?zhuān)姿岣?、氫離子濃度減小，氫氧根濃度增大，故D錯(cuò)誤。故選B。21．(2023·浙江省浙南名校聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考)已知25℃時(shí)，。某體系中，膜只允許未電離的HA自由通過(guò)(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和Ⅱ中的c(HA)不相等B．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)C．溶液Ⅱ中的HA的電離度為D．溶液Ⅰ、Ⅱ中水電離出的c(H+)之比為1：104【答案】C【解析】A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，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由圖可知溶液I本應(yīng)顯酸性，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-)，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，常溫下溶液Ⅱ的pH=3.0，溶液中c(H+)=0.001mol/L，Ka==1.0×10-5，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-5，解得=，C正確；D項(xiàng)，溶液Ⅰ中水電離出的c(H+)=10-7mol/L、Ⅱ中水電離出的c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，溶液Ⅰ、Ⅱ中水電離出的c(H+)之比=10-7mol/L：10-11mol/L=104：1，D錯(cuò)誤；故選C。22．(2023·浙江省諸暨市高三適應(yīng)性考試)已知H2R為二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室溫下，下列說(shuō)法不正確的是()A．0.1mol/LNaHR溶液pHB．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性時(shí)，溶液中c(HR-)c(R2-)C．0.1mol/LH2R溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)D．0.01mol/L的H2R溶液與pH的NaOH溶液完全中和時(shí)，消耗酸與堿溶液的體積比為1∶2【答案】C【解析】A項(xiàng)，NaHR是弱酸H2R的酸式鹽，存在電離和水解，，電離強(qiáng)于水解，0.1mol/LNaHR溶液pH，A正確；B項(xiàng)，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性時(shí)，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，，故溶液中c(HR-)c(R2-)，B正確；C項(xiàng)，0.1mol/LH2R溶液中根據(jù)電荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的H2R(二元酸)溶液與pH即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和時(shí)，消耗酸與堿溶液的體積比為1∶2，D正確；故選C。23．(2023·江西省金溪一中高三質(zhì)檢)常溫下，向0.1mol/L弱酸H3PO3溶液中逐滴加入過(guò)量NaOH溶液，得到溶液中各含磷元素的微粒占總含磷元素微粒的百分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是()A．H3PO3為三元弱酸B．H3PO3的電離常數(shù)Ka2的數(shù)量級(jí)為10-8C．當(dāng)c(HPO32-)c(H3PO4)時(shí)，橫坐標(biāo)數(shù)值為5.2D．0.1mol·L-1NaH2PO3溶液中，c(H2PO3－)c(HPO32-)c(H3PO4)【答案】D【解析】A項(xiàng)，由圖像可知，溶液中含磷元素的微粒只有三種，故H3PO3為二元弱酸，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，隨著pH增大，堿性增強(qiáng)，H3PO3的百分?jǐn)?shù)減小，H2PO3-的百分?jǐn)?shù)先增后減，HPO32-的百分?jǐn)?shù)逐漸增大，則當(dāng)HPO32-、H2PO3-百分?jǐn)?shù)相等即濃度相等時(shí)，pH=6.7，則Ka2=10-6.7，數(shù)量級(jí)為10-7，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由圖可知其Ka1=10-1.5，則，則當(dāng)c(HPO32-)c(H3PO4)時(shí)，c(H＋)=1.0mol·L－1，pH=4.1，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，H2PO3-的水解常數(shù)為，小于其電離常數(shù)，則c(H2PO3－)c(HPO32-)c(H3PO4)，D正確；故選D?！灸芰μ嵘?4．(2023·浙江省寧波市高三下學(xué)期高考模擬)常溫下，Ka1(HCOOH)=1.77×10-4，Ka2(HCOOH)=1.75×10-5，Ka(NH3·H2O)=1.76×10-5，下列說(shuō)法不正確的是()A．濃度均為0.1mol/L的HCOONa和溶液中陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者>后者B．用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積、pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點(diǎn)，消耗NaOH溶液的體積：前者<后者C．0.2mol/LCH3COONa與0.1mol/L鹽酸等體積混合后，溶液中微粒濃度：c(Na+)c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)c(OH-)D．0.2mol/LHCOONa溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后的溶液中：c(HCOO-)c(OH-)=c(HCOOH)c(H+)【答案】D【解析】A項(xiàng)，由電荷守恒可知c(HCOO-)c(OH-)=c(Na+)c(H+)、c(Cl-)c(OH-)=c(NH4+)c(H+)，由甲酸和一水合氨的電離常數(shù)可知，甲酸根的水解程度小于銨根的水解程度，即甲酸鈉中氫氧根的濃度小于氯化銨中氫離子的濃度，因此甲酸鈉中氫離子的濃度大于氯化銨中氫氧根的濃度，鈉離子與氯離子濃度相同，因此甲酸鈉中陽(yáng)離子濃度大于氯化銨中陽(yáng)離子濃度，A正確；B項(xiàng)，由電離平衡常數(shù)可知，甲酸的酸性比乙酸強(qiáng)，pH相同時(shí)乙酸的物質(zhì)的量濃度更高，用相同濃度的氫氧化鈉滴定時(shí)，消耗氫氧化鈉溶液的體積更多，B正確；C項(xiàng)，醋酸鈉與鹽酸反應(yīng)，生成醋酸和氯化鈉，因此混合溶液中醋酸鈉、醋酸、氯化鈉的物質(zhì)的量濃度相同，均為0.05mol/L(忽略體積變化)，由醋酸的電離常數(shù)可知，相同濃度的醋酸電離程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此離子濃度為c(Na+)c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)c(OH-)，C正確；D項(xiàng)，由電荷守恒可得c(HCOO-)c(OH-)=c(Na+)c(H+)，由物料守恒可得c(Na+)c(HCOO-)c(HCOOH)，由此可得c(OH-)=c(HCOO-)c(HCOOH)c(H+)，D錯(cuò)誤；故選D。25．(2023·河北省部分學(xué)校高三聯(lián)考)二元弱酸是分步電離的，25℃時(shí)碳酸和氫硫酸的如下表。H2CO3Ka1=4.5×10-7H2SKa1=1.1×10-7Ka2=4.7×10-11Ka2=1.3×10-13下列敘述正確的是()A．根據(jù)以上數(shù)據(jù)可知，NaHCO3溶液中c(CO32-)＞c(H2CO3B．等濃度的NaHS溶液和NaHCO3溶液等體積混合后，則c(H＋)-c(OH-)=c(S2-)+c(CO32-)-c(H2S)-c(H2CO3)C．pH相同的①Na2CO3溶液和②Na2S溶液中的c(Na＋)：①<②D．過(guò)量H2S通入Na2CO3溶液中反應(yīng)的離子方程式為H2S+CO32-=HS-+CO2【答案】B【解析】A項(xiàng)，NaHCO3溶液中存在電離平衡和水解平衡：HCO3-H++CO32-，K=Ka2=4.7×10-11，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，Kˊ===×10-7，由此可知，CO32-是電離產(chǎn)物，H2CO3是水解產(chǎn)物，二者大小取決于電離和水解程度大小，即比較電離平衡常數(shù)和水解平衡常數(shù)大小，由上可知水解平衡常數(shù)大于電離平衡常數(shù)，故水解程度大，則NaHCO3溶液中c(CO32-)c(H2CO3，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，二者混合后溶液中的電荷守恒為c(Na＋)+c(H＋)=c(HS-)+2c(S2-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，物料守恒為c(Na＋)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)+c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，兩式相減得：c(H＋)=c(S2-)+c(CO32-)+c(OH-)-c(H2S)-c(H2CO3)，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，由表中數(shù)據(jù)可知，Na2S溶液水解程度較大，所以pH相同的①Na2CO3溶液和②Na2S溶液，Na2S溶液的濃度較小，則鈉離子濃度較小，即①＞②，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由電離常數(shù)可知，酸性H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，則過(guò)量H2S通入Na2CO3溶液中反應(yīng)的離子方程式為H2S+CO32-=HS-+HCO3-，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。26．(2023·遼寧省撫順市普通高中高三模擬)化學(xué)熱泵技術(shù)作為一種高效環(huán)保的節(jié)能新技術(shù)一直以來(lái)廣受關(guān)注，氨基甲酸銨可應(yīng)用于化學(xué)熱泵循環(huán)。將一定量純凈的氨基甲酸銨(NH2COONH4)粉末置于特制的密閉真空容器中(假設(shè)容器體積不變，固體試樣體積忽略不計(jì))，在恒定溫度下使其達(dá)到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。實(shí)驗(yàn)測(cè)得不同溫度下的平衡數(shù)據(jù)列于下表：溫度(℃)15.020.025.030.035.0平衡總壓強(qiáng)()5.78.312.017.124.0平衡氣體總濃度()2.43.44.86.89.4下列說(shuō)法正確的是()A．該反應(yīng)的△H＜0，該反應(yīng)在較低溫度下能自發(fā)進(jìn)行B．25℃時(shí)平衡常數(shù)的值K≈1.6×10-8C．當(dāng)密閉容器中二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)不變時(shí)說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)D．再加入少量NH2COONH4平衡正向移動(dòng)【答案】B【解析】A項(xiàng)，在容積不變的密閉容器中，根據(jù)表中平衡數(shù)據(jù)可知，平衡氣體總濃度隨溫度的升高而增大，該反應(yīng)物是固體，生成物是氣體，所以升高溫度，平衡正向移動(dòng)，故該反應(yīng)的△H＞0，△S＞0，能自發(fā)進(jìn)行需△G=△H-T?△S＜0，故該反應(yīng)在較高溫度下能自發(fā)進(jìn)行，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)25℃時(shí)平衡氣體總濃度為4.8×10-3mol/L，又根據(jù)反應(yīng)可知，平衡氣體中NH3和CO2的物質(zhì)的量濃度之比永遠(yuǎn)為2：1，故平衡時(shí)：c(NH3)=3.2×10-3mol/L，c(CO2)=1.6×10-3mol/L，故平衡常數(shù)的值K=c2(NH3)c(CO2)=(3.2×10-3)2×1.6×10-3≈1.6×10-8，B正確；C項(xiàng)，由反應(yīng)方程式可知，NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)容器中NH3和CO2的物質(zhì)的量之比永遠(yuǎn)保持2：1，即容器中CO2的體積分?jǐn)?shù)一直不變，就當(dāng)密閉容器中二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)不變時(shí)不能說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由于NH2COONH4為固體，再加入少量NH2COONH4平衡不移動(dòng)，D錯(cuò)誤；故選B。27．(2023·浙江省金、麗、衢十二校高三二模)甘氨酸在水溶液中主要以I、Ⅱ、Ⅲ三種微粒形式存在，且存在以下的電離平衡：已知：常溫下甘氨酸Ka1=10-2.35，Ka2=10-9.78，當(dāng)氨基酸主要以?xún)尚噪x子存在時(shí)溶解度最小。下列說(shuō)法不正確的是()A．甘氨酸晶體易溶于水，而難溶于乙醇、乙醚、苯等溶劑B．甘氨酸鈉溶液中存在：H2N-CH2-COO-+H2OH2N-CH2-COOH+OH-C．pH=2的甘氨酸鹽酸鹽溶液中：c()：c()=10-0.35D．向飽和甘氨酸鈉溶液中滴加鹽酸至pH=6，可能會(huì)析出固體【答案】C【解析】A項(xiàng)，甘氨酸為極性分子，分子中的氨基和羧基都能與水分子間形成氫鍵，所以甘氨酸晶體易溶于水，而難溶于乙醇、乙醚、苯等溶劑，A正確；B項(xiàng)，羧酸為弱酸，羧酸根離子易發(fā)生水解，則甘氨酸鈉溶液中存在H2N-CH2-COO-+H2OH2N-CH2-COOH+OH-的水解平衡，B正確；C項(xiàng)，pH=2的甘氨酸鹽酸鹽溶液中，=10-2.35，則c()：c()=10-0.35，C不正確；D項(xiàng)，向飽和甘氨酸鈉溶液中滴加鹽酸至pH=6，此時(shí)氨基酸主要以?xún)尚噪x子存在，則溶解度最小，可能會(huì)析出固體，D正確；故選C。28．(2023·江蘇省蘇州八校聯(lián)盟、南京一中、中華中學(xué)高三聯(lián)考)已知H2SO3是一種二元弱酸。室溫下，通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)探究H2SO3溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象1用pH試紙測(cè)量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，測(cè)得pH約為52向10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加幾滴0.1mol·L-1NaHSO3溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象3向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等體積0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，溶液變渾濁4向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等體積0.1mol·L-1氨水溶液，充分混合，溶液pH約為9若忽略溶液混合時(shí)的體積變化，下列說(shuō)法正確的是()A．依據(jù)實(shí)驗(yàn)1可推測(cè)：Ka1(H2SO3)Ka2(H2SO3)＜KwB．依據(jù)實(shí)驗(yàn)2推測(cè)：Ka2(H2SO3)＜Ka1(H2CO3)C．依據(jù)實(shí)驗(yàn)3推測(cè)：Ksp(BaSO3)＞2.5D．實(shí)驗(yàn)4所得溶液中存在：2c(H2SO3)+c(HSO3-)＞c(NH3·H2O)【答案】D【解析】A項(xiàng)，0.1mol/L亞硫酸氫鈉溶液pH約為5，溶液呈酸性說(shuō)明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，則亞硫酸氫根離子的水解常數(shù)Kh=＜Ka2(H2SO3)，所以Ka1(H2SO3)Ka2(H2SO3)＞Kw，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，10mL0.1mol/L碳酸鈉溶液與幾滴0.1mol/L亞硫酸氫鈉溶液可能反應(yīng)生成碳酸氫鈉和亞硫酸鈉，無(wú)法確定亞硫酸氫鈉是否能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，所以無(wú)法比較亞硫酸氫根離子和碳酸的電離程度大小，不能確定亞硫酸的二級(jí)電離常數(shù)和碳酸一級(jí)電離常數(shù)的大小，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，0.1mol/L亞硫酸氫鈉溶液與等體積的0.1mol/L氫氧化鋇溶液反應(yīng)所得溶液中亞硫酸根離子被鋇離子的濃度均為0.05mol/L，由混合后溶液變渾濁可知，溶液中濃度熵大于亞硫酸鋇的溶度積，則Ksp(BaSO3)＜0.05mol/L×0.05mol/L=2.5×10?3，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，10mL0.1mol/L亞硫酸氫鈉溶液與等體積的0.1mol/L氨水溶液反應(yīng)得到亞硫酸鈉和亞硫酸銨的混合溶液，溶液中存在質(zhì)子守恒關(guān)系2c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(H＋)c(OH-)+c(NH3·H2O)，由溶液pH約為9可知，溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，則溶液中存在2c(H2SO3)+c(HSO3-)＞c(NH3·H2O)，故D正確；故選D。29．(2023·安徽省皖優(yōu)聯(lián)盟高三第二次階段測(cè)試)一種吸收SO2再經(jīng)氧化得到硫酸鹽的過(guò)程如圖所示。室溫下，用0.1mol·L的NaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含硫物種的濃度。H2SO3的電離常數(shù)分別為Ka1=1.29×10-2，Ka2=6.24×10-8。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．“吸收”所得溶液中；c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)c(OH-)B．“吸收”所得溶液中不可能存在：c(Na＋)＞c(H＋)＞c(SO32－)＞c(HSO3-)＞c(OH-)C．“吸收”所得mol·L的溶液中：c(H2SO3)＞c(SO32－)D．調(diào)節(jié)“吸收”所得溶液的pH約為5，“氧化”時(shí)主要發(fā)生的反應(yīng)為2HSO3-+O2=2SO4-+2H+【答案】C【解析】A項(xiàng)，二氧化硫被氫氧化鈉吸收后可生成亞硫酸鈉或亞硫酸氫鈉，溶液中根據(jù)電荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)c(OH-)，A正確；B項(xiàng)，根據(jù)選項(xiàng)A可知，不可能存在c(Na＋)＞c(H＋)＞c(SO32－)＞c(HSO3-)＞c(OH-)，B正確；C項(xiàng)，mol·L-1時(shí)，投料相當(dāng)于NaHSO3溶液，根據(jù)電離常數(shù)計(jì)算，電離程度大于水解程度，c(SO32－)＞c(H2SO3)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)平衡常數(shù)數(shù)據(jù)可知，亞硫酸氫鈉的電離大于水解，溶液顯酸性，所以若“吸收”所得溶液的pH約為5時(shí)，溶液中主要的陰離子為HSO3-“氧化”時(shí)主要發(fā)生的反應(yīng)為2HSO3-+O2=2SO4-+2H+，D正確；故選C。30．某一元弱酸(用HA表示)在水中的電離方程式是：HAH＋＋A－，回答下列問(wèn)題：(1)向溶液中加入適量NaA固體，以上平衡將向________(填“正”或“逆”)反應(yīng)方向移動(dòng)，理由是__________________________________________。(2)若向溶液中加入適量NaCl溶液，以上平衡將向______(填“正”或“逆”)反應(yīng)方向移動(dòng)，溶液中c(A－)將________(填“增大”“減小”或“不變”)，溶液中c(OH－)將________(填“增大”“減小”或“不變”)。(3)已知在氯化銨溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，在25℃下，將amol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)平衡時(shí)溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，則溶液顯________性(填“酸”“堿”或“中”)；用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝________。【答案】(1)逆c(A－)增大，平衡向減小c(A－)的方向即逆反應(yīng)方向移動(dòng)(2)正減小增大(3)中eq\f(10－9,a－0.01)mol·L－1【解析】(3)據(jù)題意可得：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，又c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，則有c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液顯中性；電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，則此時(shí)NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝[c(NHeq\o\al(＋,4))·c(OH－)]/c(NH3·H2O