2021年高考化学真题和模拟题分类汇编12弱电解质的电离平衡含解析.pdf

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1、专题1 2弱电解质的电离平衡2021 年化学高考题一、单项选择题1.(2021 全国高考真题)H A 是一元弱酸，难溶盐M A 的饱和溶液中c?(M+)随 c(H*)而变化,M+不发生水解。实验发现，2 9 8 K 时c2(M+)-c(H+)为线性关系，如以下图中实线所示。以下表达错误的选项是A.溶液p H =4时，c(M+)3.0 x l0-4mo l E B.M A 的溶度积度积 K、p(M A)=5.0 x l(y 8C.溶液 p H=7 时，c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(O H-)D.H A 的电离常数 Ka(H A)”2.0 x 1 0【K S5U答案】C【分析】此题考查水

2、溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。K S5U解析】A.由图可知 p H=4,即 c(H )=1 0Xl()5mo l/L 时，c2(M4)=7.5X 1 0-mo P/L2,c=7 7.5 x I O-8mo l/L=VT5 x 1 0 mo l/L c(X-)c(O H-)c(H*)B.三种一元弱酸的电离常数：K K a(H Y)K a(H Z)C.当 p H =7 时，三种溶液中：c(X=c(Y-)=c(Z-)D.分别滴加盐酸后，再将三种溶液混合：C(X-)+C(Y-)+C(Z)=C(H+)-C(O H)【K S5U答案】C【分析】由图可知，没有

3、参加盐酸时，N aX、N aY、N aZ溶液的p H 依次增大,那么H X、H Y、H Z三种一元弱酸的酸性依次减弱。K S5U解析】A.N aX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，那么溶液中离子浓度的大小顺序为c(N a)c(X)c(0H )c(H+),故 A 正确;B.弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，H X、H Y、H Z三种一元弱酸的酸性依次减弱，那 么 三 种 一 元 弱 酸 的 电 离 常 数 的 大 小 顺 序 为(H Y)4(H Z),故 B 正确；C.当溶液p H 为 7时，酸越弱，向盐溶液中参加盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，那么三种盐溶液中酸根的浓度大小顺

4、序为c(X)c(Y.)c(Z),故 C 错误；D.向三种盐溶液中分别滴加盐酸，三种盐都完全反响，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(N a*)+c(lf)=c(X)+c(Y)+c(Z)+c(C 1)+c(O H ),由 c(N a*)=c(C l)可得：c(X)+c(Y)+c(T)=c(H*)c(O H ),故 D 正确;应选C。4.(2021 浙江高考真题)实验测得 1 0 m L 0.50 m ol f N aC l 溶液、1 0 m L 0.50 m ol L-1C H3C OON a溶液的pH 分别随温度与稀释加水量的变化如下图。2 5 C 时 C

5、 H3C 0 0 H 和 N H3 40的电离常数均为 1.8 X 1 0 4 以下说法不正确的选项是A.图中实线表示pH 随加水量的变化，用缱表示pH 随温度的变化，B.将 N H4C 1 溶液加水稀释至浓度?竺m ol-L,溶液pH 变化值小于IgxxC.随温度升高，增大，C R C OON a溶液中c(OIT)减小，c )增大，pH 减小D.2 5 时稀释相同倍数的 N Ih C l 溶液与 C H3C 0 0 N a 溶液中：c(N a*)-c(C H O(y )=c(C l-)-c(N H；)【K S5U答案】C【分析】由题中信息可知,图中两条曲线为1 0 m L 0.50 m ol

6、 L 1 N H.C 1 溶液、1 0 m L 0.50 m ol L C H3C 0 0 N a溶液的pH 分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反响为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化核水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH 越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH 越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH 随加水量的变化，虚线表示pH 随温度的变化。【K S5U解析】A.由分析可知，图中实线表示pH 随加水量的变化，虚线表示pH 随温度的变化，A说法正确：B.将 N H C

7、 1 溶 液 加 水 稀 释 至 浓 度 些 m ol 时，假设氯化镂的水解平衡不发生移动，那么X其中的c(H )变为原来的,，那么溶液的pH 将增大Igx,但是，加水稀释时，氯化镂的水解平X衡向正反响方向移动，c(H,)大于原来的,，因此，溶液p H 的变化值小于Igx,B说法正确；XC.随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即 增大；随温度升高，C H：,C OON a的水解程度变大，溶液中c(OH )增大，因此，C说法不正确；1).2 5时稀释相同倍数的N H.C 1 溶液与C H s C OON a溶液中均分别存在电荷守恒，c(N a*)+c(H )=C(0 H )+C(C

8、 H3C 0 0 ),c(N H l)+c(H D =c(C l)+c(OH )。因此,氯化镀溶液中，c(C l)-c(N H；)=c(H )-c(0 H ),醋酸钠溶液中,c(N a)-c(C H3C 0 0 )=c(0 H )-c(H 1)由于 2 5 时 C H OOH和 N H,HQ的电离常数均为1.8 X 1 0 5,因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的N H C 1 溶液与Oh C OON a溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(0 H)-c(r)|(两者差的绝对值)相等，故c(N a )-C(C H3C 0

9、 0 )=C(C 1 )-c(N H；),D 说法正确。综上所述，此题选C。5.(2 0 2 1 浙江高考真题)以下物质属于强电解质的是A.K OH B.H 3 P 0,C.S03 D.C H3C H O【K S5U答案】A【分析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。K S5U解析】A.K OH 在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K 和 OH,K OH 为强电解质，A符合题意；B.在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，Ih P O,为弱电解质，B不符合题意；C.SOs 在水溶液中或熔融状态下不能电离，S0：,属于非电解质，C不符合题意；D.C H s C H O在水溶液中或

10、熔融状态下不能电离，C H H O属于非电解质，【)不符合题意；故答案选A。二、多项选择题6.(2 0 2 1 山东高考真题)赖氨酸 H N(C H 2)H(N H 2)C 0(r,用 H R 表示 是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H s R C L)在水溶液中存在如下平衡：七f4=比 炉-三 由 -玄。向一定浓度的 L R C b 溶液中滴加N aOH 溶液，溶液中H3R2 H2R H R 和 K的分布系数6(x)随 pH 变化如下图。5(x)=-C(H3R2+)+C(H2R+)+C(HR)+C(R),以下表述正确的选项是A-会 雷B.M 点，c（Cl-）+c（O H-）+C（R-）=2C（H2

11、R0+c（Na+）+c（H*）C.0 上点，pH=-lg*K 92-lg8K 3&2D.P 点，c（NaO c（Cr）c（O H-）c（H，）【KS5U答案】C D【分析】向HsRCk溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反响：H,R2+OH=H2R+H2O、H2R+OH=HR+H2O,HR+OH-=R+H2O,溶液中H3R2+逐渐减小，H?R和HR先增大后减小，R-逐渐增大。Kc（H2R+）-c（H+）C（H3R2+）c（HR）c（H+）C（H2R+K,-（HR）,M点H3R）=41邛+）,由此可知（T O T N点c（HR）=c（H2R+）,那么（=1（产，P 点 c（HR）=c（R）那么（

12、=1（尸一KS5U解析】卜铲磊W+赛3因啖合故A错误；B.M点存在电荷守恒：c（R）+c（0H-）+c（C r）=2c（H3R2+）+c（H2R+）+c（H+）+c（Na+）,此时c（H3R2+）=c（H2R+）,因此C（R-）+c（0H-）+c（C r）=3c（H2R+）+c（H+）+c（Na+）,故B错误;C.0 点 c（H2R）=c（R-）,因此;R=1,即（H2R+）c（HR）c（H+）c（H+）C2（H+）（R）c（HR）c（H+）c（H+）一 Q K 3 一，因此c（H*）=JK&,溶液pH=-1g c（H+）=故 c 正确;D.P点溶质为NaCl、HR、NaR,此时溶液呈碱性，因

13、此C（OET）c（H*）,溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因 止 匕c（Na+）c（C）c（OH-）c（H+）,故D正确;综上所述，正确的选项是CD,故答案为CD。2 0 2 1 年化学高考模拟题一、单项选择题1.(2 0 2 1 福建省南安第一中学高三二模)常温下，有体积相同的四种溶液：p H=2 的 C H s C O O H溶液；p H=2 的盐酸；的醋酸溶液；的盐酸。以下说法正确的选项是A.把四种溶液稀释到相同p H,所需水的体积：=B.四种溶液中和氢氧化钠的能力：二:二C.与镁条反响的起始速率的大小关系为：=D.与镁条反响生成相同体积的氢气所需的时间为：=C(B+)C(OIT)

14、C(H*)【KS5 U 答案】B【KS5 U 解析】A.当 BOH与盐酸恰好完全反响时，溶液中的溶质为，此时溶液中存在B 的水解，BOH的电离10 14平衡常数友=1.0 X 10”,那么B-的水解平衡常数为 尸=1 0%那么此时溶液中满足l x。Kc(H)c (BOH)/c (B)=c (H)c (BOH)/0.0 5 m ol L c(H)=c(BOH),解得 c(H)=逐 X l Om ol/L,所以此时溶液的p l l 5,即 b点 BOU 已经完全反响，a点到b点，B0 II逐渐和盐酸完全反响，然后盐酸过量，那么水的电离程度先增大后减小，A错误；B.a 点时，溶液中存在电荷守恒 c(

15、Cl )+c(0 H-)=c(H+)+c(B*),此时 p H=9,那么 c (OH)=10 m ol/L,BOH的电离平衡常数於%F=L X4,所以此时C(BOH)=C(B),那么c(Cl )+c (OH)=c (H)+c (BOH),B 正确;C.当 BOH和盐酸恰好完全反响时，溶液中存在物料守恒：c(Cr)=c(BOH)+c(B*),b点时盐酸过量，所参加的盐酸中存在c (Cl )=c (H),假设参加到混合溶液中后，B的水解不受影响,那么 c(Cl)=c(BOH)+c(B，)+c(H),但盐酸的电离会抑制 B*,所以 c(Cl )c(B0 H)+c(B)+c(H*),C 错误；D.V=

16、20 m L时，溶液中溶质为BC1,溶液存在B的水解，溶液显酸性，但水解是微弱的，所以c(Cl )c(B,)c(H)c(0 H),D 错误;综上所述答案为B。4.(20 21 浙江高三其他模拟)25 时，以下说法正确的选项是A.H2A溶液与Na OH溶液按物质的量1：1 恰好完全反响时，溶液酸碱性无法判断B.可溶性正盐BA 溶液呈中性，可以推测BA 对水的电离没有影响C.醋酸的电离度：p H=3的醋酸溶液大于p H=4 的醋酸溶液D.p H=2的 HC1和 p H=12的 Ba(OH)z 溶液等体积混合后，溶液显碱性【KS5 U 答案】A【KS5 U 解析】A.H2A 溶液与Na OH溶液按物

17、质的量1：1恰好完全反响后，生成的是Na HA,但是112A 的电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A正确；B.可溶性正盐BA 溶液呈中性，只能说明HA 和 BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸，且电离常数相同，那么BA 的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B 错误；C.醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后水的PH 增大，PI I 越大说明越稀，水的电离程度越大，C错误；D.p H=2 的 H C 1 和 p H=1 2 的 B a(0 H)2 当中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后,溶液显中性，D 错误；应选A。5.(2 0 2 1 天津)草酸(吃2 0 0 是一种二元弱酸

18、。实验室配制了 I/N a 2 c 标准溶液，现对2 5 C时该溶液的性质进行探究，以下所得结论正确的选项是A.测 得 L N a z C z O,溶液 p H 为&6 ,此时溶液中存在：c (N a*)c(H C20；)AcCO：)c(H+)B.向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7,此时溶液中存在，c(Na+)=c(HCz()4)+2c(C20；)C.25时 KsKCaCzO,XlO-o向该溶液中参加等体积 LTCaCL溶液，所得上层清液中c(GO：X10-7 mol L1D.向该溶液中参加足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO,溶液，发生反响的离子方程式为CzO：+4Mn()4+14H=2C021

19、 +4Mn2t+7H2O【KS5U答案】CKS5U解析】A.NaGOu溶液pH为，C20；水解导致溶液显碱性，但其水解程度较小，故。(吃。4)c(1 0：),A 项错误；B.向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH液,那 么 溶液呈中性，那么c(H)=c(O H),溶液中电荷守恒，c(H*)+c(Na-)=c(HC2()4)+2cCO：)+c(Oil)+c(Cl),即 c(Na，)=c(HC2O4)+2c 0：)+c(Cl),B项错误；C.向溶液中参加等体积0.0200mol LTCaC12溶 液,二 者 以 1:1反 响,那 么 CaCL剩余，混合K 式 C aC Q j 2.5X109溶液中 c(C

20、a)=-7 :一=mol-L=0.005 mol L)clCa I 0.005,K 式 C aC Q j 2.5 x IO-9c C 0：)=-c(c+)-=OOO5-m01*L X 107m o1*L X 10 5 mol L C 项正确；D.草酸具有复原性，酸性高镐酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化复原反响生成二氧化碳、锦离子和水，草酸是弱酸写化学式，故发生反响的离子方程式为5H2CQ,+2Mn()4+6H=10C02 t+2M/+8H2O,D 项错误；答案选C。6.(2021 阜新市第二高级中学高三其他模拟)常温下，以下说法正确的选项是c(0H)A.向 O.lmokLT的氨水中参加少量硫

21、酸核固体，那 么 溶 液 中 J 增大C(NH3-H2O)B.向冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度均先增大后减小C.0.lmolLTNa2C03溶液和0.10101 匚 加 加(：03溶液等体积混合：c(CO；)+2c(OH-)=c(HCO；)+3c(H2co3)+2c(H*)D.将 CHsCOONa、HC1 两溶液混合后，溶液呈中性，那么溶液中c(Na*)c(Cl),故 D 错误；选Co7.(2 0 2 1 天津高三三模)设1为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是z与 足 量 的 反 响，转移的电子数为AB.电解AgNOs溶液当阳极产生标况下气体时转移的电子数为AC.2 5

22、C、lOlkPa下，Imol乙块和甲醛的混合气体含有的共用电子对数为3 2D.2 5 ,的某酸HA溶液中，c(A-【KS5 U答案】B【KS5U解析】A.氯气和水的反响为可逆反响，不能进行彻底，转移的电子数小于,、，A错误：B.电解A解 溶 液,阳极生成的气体为氧气，物质的量，电极反响式为40H-4e=2山0+。2 t,那么转移的电子数为9个，B正确；C.Im ol乙快共用电子对数为5 NA,Im ol甲醛共用电子对数为4 故Im ol乙块和甲醛的混合气体含有的共用电子对数无法计算，C错误；D.未知HA是强酸还是弱酸，无法求算c(A),I)错误；应选：B。8.(2 0 2 1 天津高三三模)以

23、下说法错误的选项是(FJ+)A.将的CH OOH 溶 液 加 水 稀 释 岛 而 丽 变 大B.向 的 氨 水 中 通 氨 气，那 么 限。小。的电离程度增大C.CuG W)(蓝色)+4 C1 海 珍 CuCl1 2-(黄色)+4 X 0,加水，溶液颜色变蓝D.分别向甲容器(恒温恒容)中充入ImolPCb,乙容器(绝热恒容)充入PCL 和 C L 各 Imol,发生反响PCL 蜂 为 PCl3(g)-K：l2(g)A 0,平衡时力(甲)1(乙)【K S5 U答案】B【K S5 U解析】A.CH 3 c o0 H 溶液加水稀释，平衡向正反响方向移动，c(CH OO)浓度减小，c(H+)_ K.c

24、 CH sCOOH)-c CC/COO)变“”正确；B.向氨水中通入NH”一水合氨浓度增大，一水合氨的电离程度减小，B错误；C.加水即增大生成物浓度，平衡逆向移动，Cu(H Q),产浓度增大，溶液颜色变蓝，C 正确；I).乙容器充入PCk和 C L 即为PC1 3(g)+Ck(g)海？PC15A/A：O,该反响是放热反响，在绝热恒容条件下进行，升温使平衡逆向移动，那么平衡时乙容器中PCL 和 C L 浓度大于甲容器，芯(甲)C(CH 3 C0 0 H)B.在氨水滴定前，混合溶液c(CH 3 C0(T)Q K aC.当滴入氨水 1 0 m L 时，C(N H；)+C(N H3 H20)=c(CH

25、 3 c o O H)+c(CH3CO O)D.当溶液呈中性时，氨水滴入量等于2 0 m L,且 c(N H；)V c(C D【K S 5 U 答案】D K S 5 U 解析】A.H C1 完全电离，故 c(Cl)=c(H Cl),CH 3 CO O H 微弱电离损耗,故 c(Cr)c(CH a C0 0 H),A 正确;B.由电离方程式CH 0 0 H U Clh C0 0 +H，知 心 。),由于Q h CO O H 电离是微C(CH3COOH)弱的，故溶液中 c d O c d lCl)C(CH3C0 0 1 I),故 4 2 c(CH O O ),B 正确；C.当参加氨水1 0 m L

26、 时，H C1 恰好反响，故反响后溶液组成为：N H.,CL CH 3 CO O H,根据物料守恒知，c(N H：)+c(N H3 H20)=C(CH3C0 0 H)+C(CH3CO O ),C 正确；1).当氨水参加2 0 m L 时，H C1、CH O O H 恰好反响，反响后溶液组成为:N H Q lCBCO O N H”CH 3 CO O N H 4使溶液显中性，N H Q 1 使溶液显酸性，故此时溶液不可能显中性，要使溶液显中性，参加氨水体积应大于2 0 m L (或依据溶液显中性时，根据电荷守恒：c(N H：)+c(H)=c(0 H)+c(Cl)+c(CH：(C0 0),知 c(N

27、 H：)=c(Cl)+c(CH3C 0 0),那么 c(NH；)c(Cl),D 错误；故答案选Do1 2.(2 0 2 1 -四川广元市 高三三模)对以下反响的推断或解释正确的选项是B.B操作实验现象推断或解释A将少量饱和硼酸溶液滴加到碳酸钠溶液中无气泡酸性：H2C0 3 H 3 B03B将 G H,通入溟的四氯化碳溶液中漠的四氯化碳溶液褪色C2 H 4 与澳发生了加成反响C同温同压下用p H 试纸测定相同浓度的碳酸钠和乙酸铁溶液的酸碱性碳酸钠溶液显碱性，乙酸镀溶液显中性碳酸钠溶液发生了水解，乙酸镀溶液没有水解D向均盛有2 m L 5%庆0 2 溶液的两支试管中分别滴入3 和 z溶液各1 m

28、L前者生成气泡的速率更快催化效果：F e C u A.AC.CD.D【K S 5 U 答案】B【K S 5 U 解析】A.没有气泡，说明无二氧化碳生成，但由于硼酸是少量的，故可能生成碳酸氢钠，或不反响，不能比拟碳酸和硼酸的酸性强弱，故 A错误；B.将 C z H“通入浪的四氯化碳溶液中，滨的四氯化碳溶液褪色，CM与浸发生了加成反响，故 B正确；C.乙酸镀溶液显中性是因为醋酸根离子的水解程度与钱根离子的水解程度相等，故 C错误；D.F e C h、C u C k 溶液的浓度不同,可为浓度的影响,应参加浓度相同的F e 的3、C u C L,当研究某一因素对反响速率的影响时，应用控制变量法，保证其

29、他因素相同，故 D错误。应选B o1 3.(2 0 2 1 黑龙江哈尔滨市第六中学校高三其他模拟)根据以下各图曲线表征的信息，得出的结论错误的选项是A.图 1 表示常温下向体积为1 0 m L 0.l m o l L-1的 N a OH 溶液中逐滴参加0.I m o l L-1C H3C OOH 溶液后溶液的p H 变化曲线，那么c点处有c G K C OOH)+2 c(H+)=2 c(OH-)+c(C H3C OO-)B.图 2 表示用水稀释p H 相同的盐酸和醋酸时溶液的p H 变化曲线，其 中 I 表示醋酸，I I 表示盐酸，且溶液导电性：c b aC.图 3 表示上与0 2 发生反响过

30、程中的能量变化，表示H z 燃烧热的A H-2 8 5.8 k J m o l-1D.结合图4分析可知，向 1 0 0 m L 含 C u、M r产、F e2 Z n 均 为 l O o l/L 的混合溶液中逐滴参加 1 X 1 0-4m o l/L N a2S 溶液，C u 先沉淀【K S 5 U 答案】B【K S 5 U 解析】A.图 1 中 c点参加：iC OOH 溶液与充分反响后得到等物质的量浓度的C H:iC OON a 和 C H OOH 的混合液，溶液中的电荷守恒为c(N a )+c(H )=c(C H 0 0 )+c(0 H ),物料守恒为2 c(N a+)=c(C H3C 0

31、 0 )+c(C H3C 0 0 H),两式整理消去 c(N a )得 c(C H3C 0 0 H)+2 c(H+)=2 c(0 H )+c(C H3C 0 0 ),A 正确；B.盐酸属于强酸溶液，醋酸溶液属于弱酸溶液，加水稀释促进醋酸的电离，将 p H 相同的盐酸和醋酸稀释相同的倍数后，p H 较大的为盐酸、p H较小的为醋酸，那么图2中 I 表示盐酸，I I 表示醋酸，a、b、c 三点p H 由大到小的顺序为c b a,三点溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为a b c,溶液的导电性：a b c,B 错误；C根据图3可写出热化学方程式为2 H2(g)+0 2(g)=2 Hz 0(l)M

32、那 么 I m o l HM g)完全燃烧生成HQ(1)放出的热量，表示H2 燃烧热的房-2 8 5.8 k J m o l I C 正确;D.根据题给图像知,Ksp(CuS)Ksp(FeS)Ksp(ZnS),向 100mL 含 Cu、M n2 Fe、Zn均为 10 mol/L的混合溶液中逐滴参加1X 10 mol/LNa2S 溶液，D正确；答案选B。14.(2021 浙江高三其他模 拟)2 5 c 时，以下说法正确的选项是A.分别取的盐酸和醋酸溶液，以酚配作指示剂，用标准溶液滴定至终点时，两者消耗的NaOH溶液体积相等B.将 pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4C.均为的

33、Na2sO3、Na2c。3、H2s0,溶液中阴离子的浓度依次减小D.常温下pH=ll的碱溶液中水电离产生的c )是纯水电离产生的cGT)的 IO倍【KS5U答案】AKS5U解析】A.盐酸和醋酸均是一元酸，在二者量相等以及选用相同指示剂的条件下，用 0.1000 mol/LNaOH标准溶液滴定至终点时，两者消耗的NaOH溶液体积相等，故 A正确；B.醋酸是弱酸，稀释促进电离，将 pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的3pHl。以下说法正确的选项是A.最高价含氧酸的酸性：YZB.氢化物的沸点：M W ZC.W的单质可与M的氢化物发生置换反响D.Y W 3分子中各原子最外层都到达8 电子稳

34、定结构【KS5U答案】C【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M和 W 的原子序数依次增大，0.l m o l L%W 的水溶液呈酸性且p Hl,那么XW为一元弱酸，X 为 I I,W 为 F；由结构可知负一价的阴离子中4 个 Z 都形成4 个共价键,那么X 为 C；2 个 M均形成2 对共用电子对，那么M为 负一价的阴离子中一个Y 形成4 对共用电子对，那么Y 的最外层电子数为3,Y 为 B；综上所述，X、Y、Z、M和 W 分别为H、B、C、0、F。【K S 5 U 解析】A.Y 为 B,Z 为 C,元素的非金属性CB,因此最高价含氧酸的酸性：OB,选项A错误；B.C的氢化物很多，沸点有高有低，

35、H a、H F 分子间存在氢键，且 也 0常温呈液态，H F 呈气态,那么氢化物的沸点MW,Z 的氢化物的沸点可能比M的高，也可能比W 的还低，还可能介于M和 W 之间，选项B 错误；C.W 为 F,M为 0,2 F 2+2 H Q=4 H F+0 2,即 W 的单质可与M的氢化物发生置换反响，选项C正确；D.Y 为 B,W 为 F,B F 3 中 B的最外层电子为6,未到达8电子稳定结构，选项D 错误；答案选C。16.(2 0 2 1 江苏高三其他模拟)室温下，通过实验研究亚硫酸盐的性质，瓜(H 2 s 0 3)=1.5 4 X10-2,M(H 2 s o 3)=1.0 2 X10 以下说法

36、错误的选项是实验实验操作和现象1把 S 0 2 通入氨水，测得溶液p H=72向 2s溶液中参加过量2 溶液，产生白色沉淀3向 3 溶液中滴入一定量N a O H 溶液至p H=74把少量氯气通入N a 2 s 溶液中，测得p H 变小A.实 验 1 中，可算出c（NH：）c（HSO；）B.实验2 反响静置后的上层清液中有c(C a )c(S 0；-)=A U C a S 0 3)C.实验 3 中：c（N a+）2 c（H S 0；）+c（S 0 j）+c 0 12 s o 3）D.实验4中反响的离子方程式为：H2o+c i2+s o|-=s o r+2 ir+2 c r【K S 5 U 答案

37、】CK S 5 U 解析】A.由电荷守恒可知，c(N H：)+c(H+)=c(H S C)3)+2 c(S 0；)+c(0 H),由于 p H=7,c（S O；）-c（H+）C（HSO3）c（H+）=c（OH j,那么 c（NH；）=c（HSO2c（S O；），再由 心=，得c（SOj _ 2c（H S O-）c（H+）=1.0 2,所以 2 c（S O；-）=2.0 4 c（HSO。,代入，得c（NH；）=c（HSO；）+2.0 4 c（HSO；）=3.0 4 c（HSO；）,那么c（NH；）c（H S O；）故 A正确;B.实验2中向N a 2 s O 3 溶液中参加过量C a C h溶液

38、，产生白色沉淀C a S()3,那么溶液中存在C a S O s的溶解平衡，那么反响静置后的上层清液中有c(C a*)c(S 0:)=A；(C a S 0 3),故 B正确；C.由电荷守恒可知，c(N a*)+c(H*)=c(H S 0 3)+2 c(S 0)+c(0 H，p H=7 时，C(H+)=C(O H ),那么 c (N a *)=c(H S O；)+2 c(S O；)3 c(A2)D.0.1 m o l L*N a H A 溶液中：c(N a+)c(H A )c(H zA)c(A2)【K S 5U 答案】C【K S 5U 解析】图中虚线X-Y-Z表示溶液p H,参加的V (N aO

39、 H)越大，溶液中c(A )越大、c G M)越小。cm+If?2-A.Y 点 c(I I A )=c(A2),I L A 的 X2=:-=c(I f)=1 0-s mo l/L,A 错误；c(H A)B.在 Z 点时溶液p H=1 0,说明溶液中。代)=1 0 mo l/L,那么根据水的离子积常数可知由水i n1 4电离产生的氢离子浓度c d i )水=c(0 H )水=*O m o l/L=1 04mo i/L ,B错误；I O1 0C.Y 点 c(H A )=c(A ),溶液中存在电荷守恒：c(N a)+c(H+)=c(0 H-)+c(H A )+2c(A ),该点溶液呈碱性，那么 c(

40、H)c(H A)+2c(A 2),由于 c(H A )=c(V ),所以即c(N a)3 c(A2),C 正确;1).参 加 1 0 mL N aO H 溶液时，酸碱恰好完全反响生成N aH A,此时溶液p H V 7,溶液呈酸性，说明 H A 电离程度大于其水解程度，那 么 c(A，c(H z A),但其电离和水解程度都较小，主要以H A 形式存在，H A 电离、水解消耗，所 以 c(N a)c(H A ),那么该溶液中微粒浓度关系为：c(N a)c(I I A )c(A2)c(H aA),D 错误；故合理选项是C。1 8.(20 21 全国高三专题练习)常温下，用 O.I m o l-L/

41、K O H 溶液滴定1 0 mL 0.1 mo l L-HA溶液的滴定曲线如下图(d 点为恰好反响点)。以下说法错误的选项是A.b-c过程中，c(A)不断增大B.a-d 过程中d点时水的电离程度最大C.c点时溶液的导电能力最强D.d点混合液中离子浓度大小关系为：c(K+)c(A )c(O H)c(H+)【K S 5U 答案】C【K S 5U 解析】d点为恰好反响点，此时溶质为K A,溶液显碱性，那么说明K A 为强碱弱酸盐，H A 为弱酸，A.b-c 过程中发生反响：K O H+H A=K A+H Q,氢离子被消耗,H A 的电离平衡正向移动，那么C(A-)不断增大，故 A正确；B.a-d 过

42、程中，d点为恰好反响点，此时溶质为K A,对水的电离只有促进作用，那么d点时水的电离程度最大，故 B正确；C.将 K O H 溶液参加弱酸H A 溶液中，发生反响：K 0 H+H A=K A+H20,逐渐将弱电解质溶液转化为强电解质溶液，溶液导电性逐渐增强，当恰好反响后，继续参加K O H 溶液，溶液导电性继续增强，故 C错误；D.d点为恰好反响点，此时溶质为K A,弱酸根A离子水解使溶液显碱性，且水解是微弱的，那么d点混合液中离子浓度大小关系为：c(K+)c(A j c(0H j c(H+),故 D 正确；应选C。1 9.(20 21 辽宁铁岭市高三二模)25时，向的N a?X 溶液中滴入盐

43、酸，溶液的p H 与离子浓度变化关系如下图。：H、X 是二元弱酸，Y 表示泞或空当，p Y=-l g Y 0以下c(H X)C(H2X)表达正确的选项是A.Khl(X2-)=1.0 x W4-7B.N aH X 溶液中 C(H X)C(X，C(H 2X)C.曲线n 表示p H 与 p 黑震 的 变 化关系C(H2X)D.当溶液呈中性时，C(H X)+2C(X2)+C(C F)【K S 5U 答案】C【K S 5U 解析】A.由 N 点可求K；U(H 2X)=1.0 x 1 0 3 4,由 M 点可求K a2(H 2X)=l.()x l()T 3,所以Khl(x2-)=Kw/Ka 2(H2X)=

44、1.0 x 1 0-3.7,故 A 错误；B.根据计算，N aH X溶液中HX-电离常数小于水解常数，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为：c(N a+)c(H X-)c(O H-)c(H2X)c(xr),故 B 错误；c(H X-)C(X2)c(H X-)C.由图可知，当 p H 相等时，-l g _坨 7一L,那么曲线n 表示p H 与p 8C(H2X)C(H X-)C(H2X)的变化关系，故 C正确；D.当溶液呈中性时，根据电荷守恒c(N a+)=c(H X-)+2c(X2-)+c(C)，因为该实验中是在25时，向20 mL 0.1 mo l/L 的N a?X 溶液中滴入盐酸，参加盐酸的

45、过程相当于稀释了溶液，c(N a+)0.2 m o l/L,所以c(H X +2 c(X2 )+c(C)c (C H 3 C OO-)+c (C H 3 C OOH)【K S 5 U答案】D【K S 5 U解析】A.Q hC OON a 溶液中滴入的盐酸发生反响C H OO+I =C%C OOH,滴入的盐酸越多，p H 越小,那么(H C OO的物质的量分数越小，所以L表示c GH sC OOH)与 p H 的关系曲线，L表示。(：嫌 0 0 )与 p H 的关系曲线，A错误；B.溶液中存在电荷守恒 c(C H O(y)+c(OH )+c(C r)=c(N a+)+c(i n,p H=7 时，

46、c(OH )=c(H ),所以 c (C H i C OO)+c (C D=c (N a )，B 错误；C.滴定终点时溶液中的溶质为的C H：OOH,据图可知当溶液中c(C H OO)=c(C H3a)0 H)时，即c(C H 3 c o e F)c(H+)c(H*)=10 m o l/L,所以 K 产-7 7=10,设的 C H：OOH 溶液中 c(H*)=x,那么有c(C H 3 c o OH)士 上=10,解得x=A蕾m o l/L,溶液p H 约为3,C错误；0.0 5-xD.溶液中始终存在物料守恒c(N 1)二C(CH00)+C(CH3C00H),当参加10 m L 盐酸时，溶液中溶

47、质为等物质的量的C H OOH、C L C OON a、N a C l,此时有c(N a*)=2 c(C )，那么10c (C H:,C OO)+c (C H3C OOH)=2 c (C 1),醋酸的K.=10,那么K 产，7 T=10,所以电离程度大于水解程度，此时c(C H OO)c(a hC OOH),假设要使c(C%C OO)=c(C H OOH),那么应增加盐酸的量，所以M点参加的盐酸大于10 m L,那么c (C H sC OO-)+c (C H3C 0 0 H)c(CH,COO)c(H+)c(OH)D.人体血液存在H O3(C O2)和 N a H C Os的缓冲溶液，可除掉人体

48、代谢产生的酸、碱，保持p H 根本不变【K S 5 U答案】B 1)K S 5 U解析】A.将该缓冲溶液加水稀释10 0 倍，溶液的体积增大，离子浓度减小，p H 可能会发生改变，故A错误；B.由 p H=-l g K a+l g 可 知,p H=-lgl.75 X 10 故 B 正确；%C.C H E OOH 电离程度和C H：,C OO水解程度大小无法判断，混合溶液中离子浓度无法判断，故 C错误；1).人体血液存在H 2 c ON C OD 和 N a H C C h的缓冲溶液，H E t UC Oz)能中和人体代谢产生的少量碱，同时N a H C Os可吸收人体代谢产生的少量酸，有消除掉

49、人体正常代谢产生的酸或碱，保持p H 根本不变，故 D正确；答案选B D。三、原理综合题2 2.(2 0 2 1 天津高三一模)国务院总理李克强在2 0 2 1 年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2 0 6 0 年前实现碳中和。碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：以下热化学方程式：2=C H C H3(g)+C l2(g)-C H2C l C H C l C H 3(g)H=-1 3 3 kJ m o l-12=C H C H3(g)+C l2(g)-C H2=C H C H2C 1 (g)+H C l(g)A

50、H=-1 0 0 kJ m o l 1写出相同条件下C H2=C H C H2C 1 和 H C 1 合成C H 2 C IC H C IC H 3 的热化学方程式 o中的正反响的活化能E正为1 3 2 kJ-m o l-1,请在以下图中标出中逆反响的活化能E 企 及数值(2)温度为rc 时向容积为2 L的密闭容器中投入3 m 0 1 H z 和 l m o l C G 发生反响C 02(g)+3 H2(g)C H30 H(g)+H20(g)A H -4 9.4 kJ m o E1,反响到达平衡时，测得放出热量，求平衡时：上的转化率为丁C时该反响的平衡常数K=(列计算式表示)。(3)目前有Ni