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新高考化学一轮复习讲练测第21讲 电离平衡（练）（解析版）
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1．下列关于电解质的叙述正确的是( )
A．电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强
B．强酸和强碱一定是强电解质，不管其水溶液浓度的大小，都能完全电离
C．强极性共价化合物不一定都是强电解质
D．多元酸、多元碱的导电性一定比一元酸、一元碱的导电性强
【答案】C
【解析】A、D项，导电性取决于离子浓度及所带电荷数的多少，错误；B项，98.3%浓硫酸是强酸溶液，由于水太少，硫酸大部分以硫酸分子的形式存在，错误；C项，HF是强极性共价化合物，但是弱电解质，正确。
2．下列事实能证明HCOOH为弱酸的是( )
A．可与Na2CO3反应生成CO2
B．常温时HCOONa溶液的pH大于7
C．导电能力低于同浓度的硫酸
D．0.1 ml·L－1 HCOOH溶液可以使甲基橙变红
【答案】B
【解析】HCOOH能与Na2CO3反应产生CO2，只能说明甲酸的酸性比碳酸强(同理盐酸也可)，故A不能证明其为弱酸；常温时HCOONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明HCOONa为强碱弱酸盐，故B能证明其为弱酸；导电性强弱与离子浓度有关，HCOOH为一元酸，硫酸为二元强酸，同浓度时，比较导电性，即使HCOOH是强酸，导电性也比硫酸低，故C不能证明其为弱酸；0.1 ml·L－1 HCOOH溶液可以使甲基橙变红只能说明HCOOH溶液显酸性，故D不能证明其为弱酸。
3．将0.1 ml·L－1的氨水加水稀释至0.01 ml·L－1，稀释过程中温度不变，下列叙述正确的是( )
A．稀释后溶液中c(H＋)和c(OH－)均减小
B．稀释后溶液中c(OH－)变为稀释前的eq \f(1,10)
C．稀释过程中氨水的电离平衡向左移动
D．稀释过程中溶液中eq \f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)增大
【答案】D
【解析】温度不变，水的电离常数不变，稀释后c(OH－)减小，c(H＋)增大，A错误；NH3·H2O为弱电解质，稀释后溶液中c(OH－)大于稀释前的eq \f(1,10)，B错误；NH3·H2O为弱电解质，稀释过程中电离平衡向右移动，C错误；同一溶液中，eq \f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝eq \f(n（OH－）,n（NH3·H2O）)，稀释过程中电离平衡向右移动，故n(OH－)增大，n(NH3·H2O)减小，故eq \f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)增大，D正确。
4．H2S水溶液中存在电离平衡H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。下列说法正确的是( )
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】向H2S溶液中加水，平衡向右移动，但溶液体积增大，溶液中H＋浓度减小，A错误；通入SO2，可发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，SO2过量时，SO2与水反应生成的H2SO3酸性比氢硫酸强，因此溶液pH减小，B错误；滴加新制氯水，发生反应：H2S＋Cl2===2HCl＋S↓，H2S浓度减小，平衡向左移动，反应生成的盐酸为强酸，溶液酸性增强，pH减小，C正确；加入少量CuSO4固体，发生反应：CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4，溶液中S2－浓度减小，H＋浓度增大，D错误。
5．稀氨水中存在着电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，若要使平衡向左移动，同时使 c(OH－) 增大，应加入的适量物质或采取的措施是( )
①NH4Cl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水 ⑤加热
⑥加入少量MgSO4固体
A．①②③⑤ B．③⑥
C．③ D．③⑤
【答案】C
【解析】若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NHeq \\al(＋,4))增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，①不符合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向右移动，②不符合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向左移动，③符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向右移动，c(OH－)减小，④不符合题意；电离属于吸热过程，加热平衡向右移动，c(OH－)增大，⑤不符合题意；加入MgSO4固体发生反应：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，平衡向右移动，⑥不符合题意。
6．常温下，0.2 ml·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是( )
A．HA为强酸
B．该混合溶液pH＝7.0
C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
【答案】C
【解析】若HA为强酸，按题意两溶液混合后，所得溶液中c(A－)＝0.1 ml·L－1，由图知A－浓度小于0.1 ml·L－1，表明A－发生水解，则HA为弱酸，根据水解原理，溶液中主要微粒的浓度大小关系应为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，可以判断X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，则A、B、D错误，C项满足物料守恒，正确。
7．已知数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：
①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
②NaCN＋HF===HCN＋NaF
③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF
由此可判断下列叙述中不正确的是( )
A．HF的电离平衡常数为7.2×10－4
B．HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10
C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D．HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】该题中涉及三个反应，由题中三个化学反应方程式(强酸制弱酸)可以得出：HF、HNO2、HCN的酸性依次减弱。酸性越强，电离平衡常数越大，据此将三个K值与酸对应起来，故A正确，B错误；反应①说明酸性HNO2＞HCN，反应③说明酸性HF＞HNO2，故C、D正确。
8．电离度是描述弱电解质电离程度的物理量，电离度＝eq \f(已电离的电解质的物质的量,原来总的物质的量)×100%。现取20 mL c(H＋)＝1×10－3 ml·L－1的CH3COOH溶液，加入0.2 ml·L－1的氨水，测得溶液导电能力的变化如图所示，则加入氨水前CH3COOH的电离度为( )
A．0.5% B．1.5%
C．0.1% D．1%
【答案】D
【解析】由题图可知，当加入10 mL氨水时，溶液的导电能力最强，即此时二者恰好完全反应，则有20 mL×c(CH3COOH)＝0.2 ml·L－1×10 mL，则c(CH3COOH)＝0.1 ml·L－1，故CH3COOH的电离度为eq \f(1×10－3 ml·L－1×20×10－3 L,0.1 ml·L－1×20×10－3 L)×100%＝1%。
9．相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是( )
A．pH相等的两溶液中：c(CH3COO－)＝c(Cl－)
B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO－)＝c(Cl－)
【答案】A
【解析】在盐酸中存在电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)，可推得c(Cl－)＝c(H＋)－c(OH－)，同理在醋酸溶液中存在：c(CH3COO－)＝c(H＋)－c(OH－)，由于两者pH相等，即c(H＋)－c(OH－)相同，故c(Cl－)＝c(CH3COO－)，A项正确；由于盐酸为强酸，在水溶液中完全电离，醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，故pH相等、体积相等的两溶液，n(CH3COOH)>n(HCl)，故醋酸溶液所需NaOH的物质的量较大，B项错误；相同浓度的两溶液中醋酸溶液的c(H＋)小于盐酸的c(H＋)，故与金属镁反应，反应速率不同，C项错误；取相同体积两溶液，所含n(HCl)＝n(CH3COOH)，则恰好反应时需NaOH的物质的量相等，生成NaCl和CH3COONa，NaCl溶液呈中性，由于CH3COO－的水解而使CH3COONa溶液呈碱性，为使溶液呈中性需要NaOH的物质的量应小于中和盐酸的物质的量，存在c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)和c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，又因c(OH－)＝c(H＋)，故c(CH3COO－)＝c(Na＋)和c(Cl－)＝c(Na＋)。由于呈中性时，CH3COOH溶液中c(Na＋)小于盐酸中c(Na＋)，再由物料守恒可得c(CH3COO－)10．某一元弱酸(用HA表示)在水中的电离方程式是HAH＋＋A－，回答下列问题：
(1)向溶液中加入适量NaA固体，以上平衡将向________(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是_____________________________________________________________。
(2)若向溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向________(填“正”或“逆”)反应方向移动，溶液中c(A－)将________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，溶液中c(OH－)将________。
(3)在25 ℃下，将a ml·L－1的氨水与0.01 ml·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NHeq \\al(＋,4))＝c(Cl－)，则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。
【解析】(3)由溶液的电荷守恒可得：c(H＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，已知c(NHeq \\al(＋,4))＝c(Cl－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3·H2O的电离常数Kb＝eq \f(cNH\\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝eq \f(0.005×10－7,\f(a,2)－0.005)＝eq \f(10－9,a－0.01)。
【答案】(1)逆 c(A－)增大，平衡向c(A－)减小的方向即逆反应方向移动 (2)正 减小 增大 (3)中 eq \f(10－9,a－0.01)
1．关于pH相同的醋酸和盐酸，下列叙述不正确的是( )
A．取等体积的醋酸和盐酸分别稀释至原溶液的m倍和n倍，结果两溶液的pH仍然相同，则m>n
B．取等体积的两种酸溶液分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
C．取等体积的两种酸溶液分别中和NaOH溶液，醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸多
D．两种酸溶液中c(CH3COO－)＝c(Cl－)
【答案】B
【解析】A项，由于弱酸溶液中存在电离平衡，故稀释相同倍数时，弱酸的pH变化小，现pH变化相等，则弱酸稀释的倍数大，正确；B项，由于两者的pH相同，故开始时反应速率相等，不正确；C项，pH相同的情况下，醋酸的浓度远大于盐酸，故等体积时醋酸消耗的氢氧化钠多，正确；D项，根据电离关系可知，正确。
2．相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是( )
【答案】C
【解析】强酸完全电离，弱酸部分电离，随着反应的进行，弱酸会继续电离出H＋，所以溶液②产生氢气的体积多，在相同时间内，②的反应速率比①快，故选C。
2．醋酸为一元弱酸，25 ℃时，其电离常数Ka＝1.75×10－5。下列说法错误的是( )
A．0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液的pH在2～3范围内
B．CH3COONa溶液中，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．将0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，其电离常数和eq \f(cH＋,cCH3COOH)均不变
D．等体积的0.1 ml·L－1 NaOH溶液和0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液混合后，溶液pH>7，且c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】C
【解析】Ka＝eq \f(cH＋cCH3COO－,cCH3COOH)＝1.75×10－5，c(H＋)≈c(CH3COO－)，则c(H＋)＝eq \r(Ka×cCH3COOH)＝ eq \r(0.1×1.75×10－5) ml·L－1＝eq \r(1.75)×10－3 ml·L－1，pH＝－lg(eq \r(1.75)×10－3)＝3－lgeq \r(1.75)，因2＝3－lgeq \r(100)＜3－lgeq \r(1.75)＜3－lgeq \r(1)＝3，则溶液的pH在2～3范围内，故A正确；CH3COONa溶液中，根据质子守恒得：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，故B正确；温度不变，则电离常数不变，将0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，c(CH3COO－)减小，Ka＝eq \f(cH＋cCH3COO－,cCH3COOH)，eq \f(cH＋,cCH3COOH)增大，故C错误；等体积的0.1 ml·L－1 NaOH溶液和0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液混合后，溶液溶质为CH3COONa，pH>7，则c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。
4．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜b
B．a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜b
C．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小
D．a、b、c三点溶液用1 ml·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b
【答案】C
【解析】A项，由导电能力知c(H＋)：b＞a＞c，故pH：c＞a＞b，错误；B项，加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c＞b＞a，错误；C项，用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相当于稀释a点溶液，c(H＋)增大，pH偏小，正确；D项，a、b、c三点n(CH3COOH)相同，用NaOH溶液中和时消耗n(NaOH)相同，故消耗V(NaOH)：a＝b＝c，错误。
5．已知室温时，0.1 ml·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( )
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
【答案】B
【解析】根据HA在水中的电离度可算出c(H＋)＝0.1%×0.1 ml·L－1＝10－4 ml·L－1，所以pH＝4，故A正确；因HA在水中有电离平衡，升高温度，促进平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)将增大，pH会减小，故B错误；由平衡常数表达式算出Ka＝eq \f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1×10－7，故C正确；c(H＋)＝10－4 ml·L－1，所以c(H＋)H2O＝10－10 ml·L－1，前者是后者的106倍，故D正确。
6．已知常温时HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是( )
A．曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线
B．取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
D．从b点到d点，溶液中eq \f(c（R－）,c（HR）·c（OH－）)保持不变(HR代表HClO或HF)
【答案】D
【解析】A项，酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线，错误；B项，pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，错误；C项，酸越弱，电离出H＋趋势越小，对水的电离抑制程度越低，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，错误；D项，溶液中eq \f(c（R－）,c（HR）·c（OH－）)＝eq \f(c（R－）,c（HR）·\f(Kw,c（H＋）))＝eq \f(Ka,Kw)，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中eq \f(c（R－）,c（HR）·c（OH－）)保持不变，正确。
7．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化
B．a、b、c三点溶液的pH：a>b>c
C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Cl－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)
D．氨水稀释过程中，eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)不断减小
【答案】B
【解析】加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线Ⅰ为氨水稀释曲线，故A错误；盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，c(Cl－)8．某离子化合物MCl(s)在水中溶解并发生电离，该过程的微观示意图如图。已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列相关说法正确的是( )
A．1 ml MCl中含有NA对共用电子对
B．MCl为弱电解质，在水中仅部分电离
C．M＋和Cl－均与水分子中的氧原子结合形成水合离子
D．MCl在水作用下的溶解和电离过程是物理变化
【答案】D
【解析】MCl为离子化合物，通过阴、阳离子之间的静电作用形成化学键，不存在共用电子对，故A错误；MCl为离子化合物，故MCl为强电解质，在水中完全电离，故B错误；M＋带正电荷，与水分子中的显负电性的氧原子结合形成水合离子，Cl－带负电荷，与水分子中显正电性的氢原子结合形成水合离子，故C错误；MCl在水作用下的溶解和电离过程中没有新物质生成，是物理变化，故D正确。
9．在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2 mL 2 ml·L－1的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是( )
A．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．1 ml·L－1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
【答案】C
【解析】盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2 mL 2 ml·L－1的盐酸和醋酸中，盐酸中c(H＋)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图像可以看出，100 s后，醋酸与镁条的反应速率更大，此时盐酸与镁条的反应已接近结束，c(H＋)较小，反应速率小，故B错误；由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，故C正确；由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用1 ml·L－1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误。
10．现有pH＝2的醋酸甲和pH＝2的盐酸乙：
(1)取10 mL甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动；若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡________移动，若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中eq \f(cH＋,cCH3COOH)的值将______________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。
(2)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)________(填“大于”“小于”或“等于”)pH(乙)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH＝________。
(3)各取25 mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)________(填“大于”“小于”或“等于”)V(乙)。
(4)取25 mL的甲溶液，加入等体积pH＝12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na＋)、c(CH3COO－) 的大小关系为c(Na＋)________(填“大于”“小于”或“等于”)c(CH3COO－)。
【解析】(1)根据勒夏特列原理可知，加水稀释后电离平衡正向移动；若加入冰醋酸，相当于增大了反应物浓度，因此电离平衡也正向移动；加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故eq \f(cH＋,cCH3COOH)的值减小。
(2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后pH(甲)小于pH(乙)。盐酸和醋酸溶液的pH都是2，溶液中的H＋浓度都是0.01 ml·L－1，设醋酸的原浓度为c ml·L－1，混合后平衡没有移动，则有：
CH3COOHH＋＋CH3COO－
eq \a\vs4\al(原平衡浓度/,ml·L－1) c－0.01 0.01 0.01
eq \a\vs4\al(混合后浓度/,ml·L－1) eq \f(c－0.01,2) 0.01 eq \f(0.01,2)
由于温度不变醋酸的电离常数不变，结合数据可知醋酸的电离平衡确实未发生移动，因此混合后溶液的pH仍等于2。
(3)取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较多，经NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V(甲)大于V(乙)。
(4)两者反应后醋酸过量，溶液显酸性，根据电荷守恒可得：c(Na＋)小于c(CH3COO－)。
【答案】(1)向右 向右 减小 (2)小于 2 (3)大于 (4)小于
1．(2020·全国Ⅱ卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCOeq \\al(－,3)浓度增大、COeq \\al(2－,3)浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【答案】C
【解析】海水酸化，海水中H＋和HCOeq \\al(－,3)的浓度均增大，COeq \\al(2－,3)的浓度减小，A项正确；H＋可结合珊瑚礁溶解产生的COeq \\al(2－,3)，故能促进CaCO3的溶解，使珊瑚礁减少，B项正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，C项错误；使用太阳能、氢能等新能源，能有效减少CO2的排放，利于改善珊瑚的生存环境，D项正确。
2.(2019·全国Ⅲ卷)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( )
A．每升溶液中的H＋数目为0.02NA
B．c(H＋)＝c(H2POeq \\al(－,4))＋2c(HPOeq \\al(2－,4))＋3c(POeq \\al(3－,4))＋c(OH－)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】磷酸是中强酸，存在电离平衡。A错误，常温下pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01 ml·L－1，每升溶液中的H＋数目为0.01NA；B正确，由电荷守恒知，c(H＋)＝c(H2POeq \\al(－,4))＋2c(HPOeq \\al(2－,4))＋3c(POeq \\al(3－,4))＋c(OH－)；C错误，加水稀释使电离平衡右移，电离度增大，但是溶液中的离子浓度减小，溶液中的H＋浓度减小，故溶液pH增大；D错误，加入NaH2PO4固体，抑制了磷酸的第一步电离，溶液酸性减弱。
3.(2019·天津卷)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的电离程度：b点>c点
C.从c点到d点，溶液中eq \f(cHA·cOH－,cA－)保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同
【答案】C
【解析】根据HNO2和CH3COOH的电离常数，可知酸性：HNO2>CH3COOH，相同pH的两种酸溶液，稀释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离出的c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点c(HNO2)，故n(CH3COOH)>n(HNO2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)不同，D项错误。
4.（2019·江苏卷）室温下，反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2 ml·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 ml·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 ml·L−1氨水和0.2 ml·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()
D．0.6 ml·L−1氨水和0.2 ml·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=
0.3 ml·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
【答案】BD
【解析】NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，B正确；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C错误；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=
4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2ml/LNH4HCO3与0.6ml/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1ml/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1ml/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3ml/L，故D正确；故选BD。
1．下列关于电解质的叙述正确的是( )
A．电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强
B．强酸和强碱一定是强电解质，不管其水溶液浓度的大小，都能完全电离
C．强极性共价化合物不一定都是强电解质
D．多元酸、多元碱的导电性一定比一元酸、一元碱的导电性强
【答案】C
【解析】A、D项，导电性取决于离子浓度及所带电荷数的多少，错误；B项，98.3%浓硫酸是强酸溶液，由于水太少，硫酸大部分以硫酸分子的形式存在，错误；C项，HF是强极性共价化合物，但是弱电解质，正确。
2．下列事实能证明HCOOH为弱酸的是( )
A．可与Na2CO3反应生成CO2
B．常温时HCOONa溶液的pH大于7
C．导电能力低于同浓度的硫酸
D．0.1 ml·L－1 HCOOH溶液可以使甲基橙变红
【答案】B
【解析】HCOOH能与Na2CO3反应产生CO2，只能说明甲酸的酸性比碳酸强(同理盐酸也可)，故A不能证明其为弱酸；常温时HCOONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明HCOONa为强碱弱酸盐，故B能证明其为弱酸；导电性强弱与离子浓度有关，HCOOH为一元酸，硫酸为二元强酸，同浓度时，比较导电性，即使HCOOH是强酸，导电性也比硫酸低，故C不能证明其为弱酸；0.1 ml·L－1 HCOOH溶液可以使甲基橙变红只能说明HCOOH溶液显酸性，故D不能证明其为弱酸。
3．将0.1 ml·L－1的氨水加水稀释至0.01 ml·L－1，稀释过程中温度不变，下列叙述正确的是( )
A．稀释后溶液中c(H＋)和c(OH－)均减小
B．稀释后溶液中c(OH－)变为稀释前的eq \f(1,10)
C．稀释过程中氨水的电离平衡向左移动
D．稀释过程中溶液中eq \f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)增大
【答案】D
【解析】温度不变，水的电离常数不变，稀释后c(OH－)减小，c(H＋)增大，A错误；NH3·H2O为弱电解质，稀释后溶液中c(OH－)大于稀释前的eq \f(1,10)，B错误；NH3·H2O为弱电解质，稀释过程中电离平衡向右移动，C错误；同一溶液中，eq \f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝eq \f(n（OH－）,n（NH3·H2O）)，稀释过程中电离平衡向右移动，故n(OH－)增大，n(NH3·H2O)减小，故eq \f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)增大，D正确。
4．H2S水溶液中存在电离平衡H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。下列说法正确的是( )
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】向H2S溶液中加水，平衡向右移动，但溶液体积增大，溶液中H＋浓度减小，A错误；通入SO2，可发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，SO2过量时，SO2与水反应生成的H2SO3酸性比氢硫酸强，因此溶液pH减小，B错误；滴加新制氯水，发生反应：H2S＋Cl2===2HCl＋S↓，H2S浓度减小，平衡向左移动，反应生成的盐酸为强酸，溶液酸性增强，pH减小，C正确；加入少量CuSO4固体，发生反应：CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4，溶液中S2－浓度减小，H＋浓度增大，D错误。
5．稀氨水中存在着电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，若要使平衡向左移动，同时使 c(OH－) 增大，应加入的适量物质或采取的措施是( )
①NH4Cl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水 ⑤加热
⑥加入少量MgSO4固体
A．①②③⑤ B．③⑥
C．③ D．③⑤
【答案】C
【解析】若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NHeq \\al(＋,4))增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，①不符合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向右移动，②不符合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向左移动，③符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向右移动，c(OH－)减小，④不符合题意；电离属于吸热过程，加热平衡向右移动，c(OH－)增大，⑤不符合题意；加入MgSO4固体发生反应：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，平衡向右移动，⑥不符合题意。
6．常温下，0.2 ml·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是( )
A．HA为强酸
B．该混合溶液pH＝7.0
C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
【答案】C
【解析】若HA为强酸，按题意两溶液混合后，所得溶液中c(A－)＝0.1 ml·L－1，由图知A－浓度小于0.1 ml·L－1，表明A－发生水解，则HA为弱酸，根据水解原理，溶液中主要微粒的浓度大小关系应为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，可以判断X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，则A、B、D错误，C项满足物料守恒，正确。
7．已知数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：
①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
②NaCN＋HF===HCN＋NaF
③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF
由此可判断下列叙述中不正确的是( )
A．HF的电离平衡常数为7.2×10－4
B．HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10
C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D．HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】该题中涉及三个反应，由题中三个化学反应方程式(强酸制弱酸)可以得出：HF、HNO2、HCN的酸性依次减弱。酸性越强，电离平衡常数越大，据此将三个K值与酸对应起来，故A正确，B错误；反应①说明酸性HNO2＞HCN，反应③说明酸性HF＞HNO2，故C、D正确。
8．电离度是描述弱电解质电离程度的物理量，电离度＝eq \f(已电离的电解质的物质的量,原来总的物质的量)×100%。现取20 mL c(H＋)＝1×10－3 ml·L－1的CH3COOH溶液，加入0.2 ml·L－1的氨水，测得溶液导电能力的变化如图所示，则加入氨水前CH3COOH的电离度为( )
A．0.5% B．1.5%
C．0.1% D．1%
【答案】D
【解析】由题图可知，当加入10 mL氨水时，溶液的导电能力最强，即此时二者恰好完全反应，则有20 mL×c(CH3COOH)＝0.2 ml·L－1×10 mL，则c(CH3COOH)＝0.1 ml·L－1，故CH3COOH的电离度为eq \f(1×10－3 ml·L－1×20×10－3 L,0.1 ml·L－1×20×10－3 L)×100%＝1%。
9．相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是( )
A．pH相等的两溶液中：c(CH3COO－)＝c(Cl－)
B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO－)＝c(Cl－)
【答案】A
【解析】在盐酸中存在电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)，可推得c(Cl－)＝c(H＋)－c(OH－)，同理在醋酸溶液中存在：c(CH3COO－)＝c(H＋)－c(OH－)，由于两者pH相等，即c(H＋)－c(OH－)相同，故c(Cl－)＝c(CH3COO－)，A项正确；由于盐酸为强酸，在水溶液中完全电离，醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，故pH相等、体积相等的两溶液，n(CH3COOH)>n(HCl)，故醋酸溶液所需NaOH的物质的量较大，B项错误；相同浓度的两溶液中醋酸溶液的c(H＋)小于盐酸的c(H＋)，故与金属镁反应，反应速率不同，C项错误；取相同体积两溶液，所含n(HCl)＝n(CH3COOH)，则恰好反应时需NaOH的物质的量相等，生成NaCl和CH3COONa，NaCl溶液呈中性，由于CH3COO－的水解而使CH3COONa溶液呈碱性，为使溶液呈中性需要NaOH的物质的量应小于中和盐酸的物质的量，存在c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)和c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，又因c(OH－)＝c(H＋)，故c(CH3COO－)＝c(Na＋)和c(Cl－)＝c(Na＋)。由于呈中性时，CH3COOH溶液中c(Na＋)小于盐酸中c(Na＋)，再由物料守恒可得c(CH3COO－)
(1)向溶液中加入适量NaA固体，以上平衡将向________(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是_____________________________________________________________。
(2)若向溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向________(填“正”或“逆”)反应方向移动，溶液中c(A－)将________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，溶液中c(OH－)将________。
(3)在25 ℃下，将a ml·L－1的氨水与0.01 ml·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NHeq \\al(＋,4))＝c(Cl－)，则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。
【解析】(3)由溶液的电荷守恒可得：c(H＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，已知c(NHeq \\al(＋,4))＝c(Cl－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3·H2O的电离常数Kb＝eq \f(cNH\\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝eq \f(0.005×10－7,\f(a,2)－0.005)＝eq \f(10－9,a－0.01)。
【答案】(1)逆 c(A－)增大，平衡向c(A－)减小的方向即逆反应方向移动 (2)正 减小 增大 (3)中 eq \f(10－9,a－0.01)
1．关于pH相同的醋酸和盐酸，下列叙述不正确的是( )
A．取等体积的醋酸和盐酸分别稀释至原溶液的m倍和n倍，结果两溶液的pH仍然相同，则m>n
B．取等体积的两种酸溶液分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
C．取等体积的两种酸溶液分别中和NaOH溶液，醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸多
D．两种酸溶液中c(CH3COO－)＝c(Cl－)
【答案】B
【解析】A项，由于弱酸溶液中存在电离平衡，故稀释相同倍数时，弱酸的pH变化小，现pH变化相等，则弱酸稀释的倍数大，正确；B项，由于两者的pH相同，故开始时反应速率相等，不正确；C项，pH相同的情况下，醋酸的浓度远大于盐酸，故等体积时醋酸消耗的氢氧化钠多，正确；D项，根据电离关系可知，正确。
2．相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是( )
【答案】C
【解析】强酸完全电离，弱酸部分电离，随着反应的进行，弱酸会继续电离出H＋，所以溶液②产生氢气的体积多，在相同时间内，②的反应速率比①快，故选C。
2．醋酸为一元弱酸，25 ℃时，其电离常数Ka＝1.75×10－5。下列说法错误的是( )
A．0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液的pH在2～3范围内
B．CH3COONa溶液中，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．将0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，其电离常数和eq \f(cH＋,cCH3COOH)均不变
D．等体积的0.1 ml·L－1 NaOH溶液和0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液混合后，溶液pH>7，且c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】C
【解析】Ka＝eq \f(cH＋cCH3COO－,cCH3COOH)＝1.75×10－5，c(H＋)≈c(CH3COO－)，则c(H＋)＝eq \r(Ka×cCH3COOH)＝ eq \r(0.1×1.75×10－5) ml·L－1＝eq \r(1.75)×10－3 ml·L－1，pH＝－lg(eq \r(1.75)×10－3)＝3－lgeq \r(1.75)，因2＝3－lgeq \r(100)＜3－lgeq \r(1.75)＜3－lgeq \r(1)＝3，则溶液的pH在2～3范围内，故A正确；CH3COONa溶液中，根据质子守恒得：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，故B正确；温度不变，则电离常数不变，将0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，c(CH3COO－)减小，Ka＝eq \f(cH＋cCH3COO－,cCH3COOH)，eq \f(cH＋,cCH3COOH)增大，故C错误；等体积的0.1 ml·L－1 NaOH溶液和0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液混合后，溶液溶质为CH3COONa，pH>7，则c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。
4．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜b
B．a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜b
C．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小
D．a、b、c三点溶液用1 ml·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b
【答案】C
【解析】A项，由导电能力知c(H＋)：b＞a＞c，故pH：c＞a＞b，错误；B项，加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c＞b＞a，错误；C项，用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相当于稀释a点溶液，c(H＋)增大，pH偏小，正确；D项，a、b、c三点n(CH3COOH)相同，用NaOH溶液中和时消耗n(NaOH)相同，故消耗V(NaOH)：a＝b＝c，错误。
5．已知室温时，0.1 ml·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( )
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
【答案】B
【解析】根据HA在水中的电离度可算出c(H＋)＝0.1%×0.1 ml·L－1＝10－4 ml·L－1，所以pH＝4，故A正确；因HA在水中有电离平衡，升高温度，促进平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)将增大，pH会减小，故B错误；由平衡常数表达式算出Ka＝eq \f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1×10－7，故C正确；c(H＋)＝10－4 ml·L－1，所以c(H＋)H2O＝10－10 ml·L－1，前者是后者的106倍，故D正确。
6．已知常温时HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是( )
A．曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线
B．取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
D．从b点到d点，溶液中eq \f(c（R－）,c（HR）·c（OH－）)保持不变(HR代表HClO或HF)
【答案】D
【解析】A项，酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线，错误；B项，pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，错误；C项，酸越弱，电离出H＋趋势越小，对水的电离抑制程度越低，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，错误；D项，溶液中eq \f(c（R－）,c（HR）·c（OH－）)＝eq \f(c（R－）,c（HR）·\f(Kw,c（H＋）))＝eq \f(Ka,Kw)，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中eq \f(c（R－）,c（HR）·c（OH－）)保持不变，正确。
7．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化
B．a、b、c三点溶液的pH：a>b>c
C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Cl－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)
D．氨水稀释过程中，eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)不断减小
【答案】B
【解析】加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线Ⅰ为氨水稀释曲线，故A错误；盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，c(Cl－)
A．1 ml MCl中含有NA对共用电子对
B．MCl为弱电解质，在水中仅部分电离
C．M＋和Cl－均与水分子中的氧原子结合形成水合离子
D．MCl在水作用下的溶解和电离过程是物理变化
【答案】D
【解析】MCl为离子化合物，通过阴、阳离子之间的静电作用形成化学键，不存在共用电子对，故A错误；MCl为离子化合物，故MCl为强电解质，在水中完全电离，故B错误；M＋带正电荷，与水分子中的显负电性的氧原子结合形成水合离子，Cl－带负电荷，与水分子中显正电性的氢原子结合形成水合离子，故C错误；MCl在水作用下的溶解和电离过程中没有新物质生成，是物理变化，故D正确。
9．在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2 mL 2 ml·L－1的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是( )
A．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．1 ml·L－1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
【答案】C
【解析】盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2 mL 2 ml·L－1的盐酸和醋酸中，盐酸中c(H＋)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图像可以看出，100 s后，醋酸与镁条的反应速率更大，此时盐酸与镁条的反应已接近结束，c(H＋)较小，反应速率小，故B错误；由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，故C正确；由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用1 ml·L－1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误。
10．现有pH＝2的醋酸甲和pH＝2的盐酸乙：
(1)取10 mL甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动；若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡________移动，若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中eq \f(cH＋,cCH3COOH)的值将______________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。
(2)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)________(填“大于”“小于”或“等于”)pH(乙)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH＝________。
(3)各取25 mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)________(填“大于”“小于”或“等于”)V(乙)。
(4)取25 mL的甲溶液，加入等体积pH＝12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na＋)、c(CH3COO－) 的大小关系为c(Na＋)________(填“大于”“小于”或“等于”)c(CH3COO－)。
【解析】(1)根据勒夏特列原理可知，加水稀释后电离平衡正向移动；若加入冰醋酸，相当于增大了反应物浓度，因此电离平衡也正向移动；加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故eq \f(cH＋,cCH3COOH)的值减小。
(2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后pH(甲)小于pH(乙)。盐酸和醋酸溶液的pH都是2，溶液中的H＋浓度都是0.01 ml·L－1，设醋酸的原浓度为c ml·L－1，混合后平衡没有移动，则有：
CH3COOHH＋＋CH3COO－
eq \a\vs4\al(原平衡浓度/,ml·L－1) c－0.01 0.01 0.01
eq \a\vs4\al(混合后浓度/,ml·L－1) eq \f(c－0.01,2) 0.01 eq \f(0.01,2)
由于温度不变醋酸的电离常数不变，结合数据可知醋酸的电离平衡确实未发生移动，因此混合后溶液的pH仍等于2。
(3)取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较多，经NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V(甲)大于V(乙)。
(4)两者反应后醋酸过量，溶液显酸性，根据电荷守恒可得：c(Na＋)小于c(CH3COO－)。
【答案】(1)向右 向右 减小 (2)小于 2 (3)大于 (4)小于
1．(2020·全国Ⅱ卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCOeq \\al(－,3)浓度增大、COeq \\al(2－,3)浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【答案】C
【解析】海水酸化，海水中H＋和HCOeq \\al(－,3)的浓度均增大，COeq \\al(2－,3)的浓度减小，A项正确；H＋可结合珊瑚礁溶解产生的COeq \\al(2－,3)，故能促进CaCO3的溶解，使珊瑚礁减少，B项正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，C项错误；使用太阳能、氢能等新能源，能有效减少CO2的排放，利于改善珊瑚的生存环境，D项正确。
2.(2019·全国Ⅲ卷)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( )
A．每升溶液中的H＋数目为0.02NA
B．c(H＋)＝c(H2POeq \\al(－,4))＋2c(HPOeq \\al(2－,4))＋3c(POeq \\al(3－,4))＋c(OH－)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】磷酸是中强酸，存在电离平衡。A错误，常温下pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01 ml·L－1，每升溶液中的H＋数目为0.01NA；B正确，由电荷守恒知，c(H＋)＝c(H2POeq \\al(－,4))＋2c(HPOeq \\al(2－,4))＋3c(POeq \\al(3－,4))＋c(OH－)；C错误，加水稀释使电离平衡右移，电离度增大，但是溶液中的离子浓度减小，溶液中的H＋浓度减小，故溶液pH增大；D错误，加入NaH2PO4固体，抑制了磷酸的第一步电离，溶液酸性减弱。
3.(2019·天津卷)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的电离程度：b点>c点
C.从c点到d点，溶液中eq \f(cHA·cOH－,cA－)保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同
【答案】C
【解析】根据HNO2和CH3COOH的电离常数，可知酸性：HNO2>CH3COOH，相同pH的两种酸溶液，稀释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离出的c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点
4.（2019·江苏卷）室温下，反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2 ml·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 ml·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 ml·L−1氨水和0.2 ml·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()
D．0.6 ml·L−1氨水和0.2 ml·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=
0.3 ml·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
【答案】BD
【解析】NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，B正确；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C错误；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=
4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2ml/LNH4HCO3与0.6ml/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1ml/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1ml/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3ml/L，故D正确；故选BD。
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