【文档说明】专题十四 弱电解质的电离（专练）-冲刺2023年高考化学二轮复习核心考点逐项突破（解析版）.docx，共(21)页，4.119 MB，由envi的店铺上传

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专题十四弱电解质的电离基础过关检测考试时间：70分钟卷面分值：100分学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规

定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答。在试题卷

上答题无效。5.考试结束后，只交试卷答题页。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5选择题(本题含20小题，每题5分，共100分。每题只有一个选项符合题意)1．（2023秋·山东潍坊·高三统考期末）

肼(N2H4)主要用作导弹、火箭的燃料。已知：N2H4在水中与NH3性质相似。下列关于N2H4的说法错误的是A．肼溶于水，发生的第一步电离可表示为：-24225NH+HONH+OH+B．常温下，向0.

1mol·L-1的N2H4溶液中加水稀释时，25226c(NH)c(NH)++会增大C．1molN2H4分子中含有5molσ键D．N2H4和N2O4用作火箭推进剂的主要原因是反应放出大量的热且反应后气体体积增大【答案】B【

详解】A．24NH在水中与3NH性质相似，在水中电离与3NH相似，所以24NH在水中发生的第一步电离可表示为：-24225NH+HONH+OH+，A正确；B．24NH在水溶液中发生二级电离：+2+-25226NH+HONH+OH，2+-26b2+25c(NH)c(

OH)K=c(NH)，+-252+26b2c(NH)c(OH)c(NH)K=，加水稀释，b2K不变，-c(OH)减小，25226c(NH)c(NH)++减小，B错误；C．24NH的结构式为：，1mol24NH分子中含有5molσ键，C正确；D．24NH和24NO发生反应：

422242(l)+(g)=3N(g)+4HO(l)2NHNO，用作火箭推进剂的主要原因是反应放出大量的热且反应后气体体积增大，D正确；故选B。2．（2023·四川绵阳·二模）已知含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。某温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图，该温度下向初始pH6=的含磷

废水中加入2CaCl可以得到()543CaPOOH沉淀而实现废水除磷。下列叙述错误的是A．该温度下，磷酸的27.21aK10−=B．若逐渐增大该废水的pH，溶液中()24cHPO−将随之不断增大C．pH6=的该废水中离子浓度存在关系：()()()232444cHPOcH

POcPO−−−D．该废水除磷的离子反应有：()22425433HPO5CaHO=CaPOOH7H−+++++【答案】B【分析】由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知2.21a110K−=、7.21a210K−=、12.36a310K−=。【详解】A．该温度下，

由关系图可知pH=pa2K=7.21，即27.21a10K−=，A正确；B．逐渐增大该废水的pH过程中，含磷微粒的变化是OHOHOH23342444HPOHPOHPOPO−−−−−−⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→，因此溶液中()24HPO

−c将先增大后减小，B错误；C．pH6=时，因为()()()247.21a224HPOH10HPOccKc−+−−==，所以()()()27.2141.21a3624HPO1010110HPOHcKcc−−−−−+===，即()()2244HPOHPOcc−−，

因为()()()3412.36a324POH10HPOccKc−+−−==，所以()()()312.3646.36a3624PO1010110HPOHcKcc−−−−−+===，即()()2344HPOPOcc−−，故()()(

)232444HPOHPOPOccc−−−，C正确；D．因为向含磷废水中加入2CaCl可以得到()543CaPOOH沉淀，因此废水除磷过程中存在离子反应()22425433HPO5CaHO=CaPOOH7H−+++++，D正确；故答案为：B。3．

（2022·浙江·模拟预测）25C时，下列说法正确的是A．pH为5的氯水和pH为5的23HSO溶液混合，pH仍为5B．物质的量浓度相同的()432NHCO溶液和23NaCO溶液，()()2323COHCOcc−的数值前者大C．pH相同的醋酸和盐酸，分别与足量的锌粒

反应，前者产生的氢气一定大于后者D．某溶液中水电离出的()71cH110molL+−−，则该溶液中的溶质可能为酸、碱或盐【答案】D【详解】A．氯水与亚硫酸混合发生反应223224HSOS+Cl+HO=+4O2Cl+

H−−+，弱酸生成强酸，故混合后pH将会小于5，A错误；B．由于温度一定时，23HCO的alK、a2K为定值，且()()()223ala223HCOHCOccKKc+−=，由于铵根离子会水解产生H+，故物质的量浓度相同的()432NHCO中()Hc+大于23NaCO溶液中()Hc+，

()432NHCO溶液中()()2323COHCOcc−数值小，B错误；C．由于两溶液体积未知，则无法判断产生氢气的多少，C错误；D．常温下某溶液中水电离出的()71cH110molL+−−，说明水

的电离受到了抑制，则溶质为自身可电离出氢离子或氢氧根离子的物质，可以是酸、碱或盐(如4NaHSO)，D正确；故选D。4．（2022·浙江舟山·舟山中学校考模拟预测）三元弱酸亚砷酸(33HAsO)在溶液中存在多种微粒形态，

各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。向1331molLHAsO−溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法错误的是A．33HAsO的第三步电离平衡常数-ca3K=10B．33HAsO的物质的量

分数先减小后增大C．pH=b时()()()()+-2-23333cNa>cHAsO>cHAsO=cHAsOD．pH12=，存在的含砷微粒仅有32HAsO−、23HAsO−、33AsO−【答案】B【详解】A．由图可知

，当()()2-3-33cHAsO=cAsO时，pH=c，氢离子浓度为10-c，则33HAsO的第三步电离平衡常数()()()3-3-ca32-3cHcAsOK=10cHAsO=+，A正确；B．由图可知，33HAsO的

物质的量分数一直在减小，B错误；C．由图可知，pH=b时()-23cHAsO浓度最大且()()2-333cHAsO=cHAsO，则此时溶质主要为23NaHAsO，故有()()()()+-2-23333cNa>cHAsO>cHAsO=cHAs

O，C正确；D．由图可知，pH12=，33HAsO已经不存在，此时存在的含砷微粒仅有32HAsO−、23HAsO−、33AsO−，D正确；故选B。5．（2023秋·吉林长春·高三长春市第二中学校考期末）33HPO(亚磷酸)为二元弱酸。298K时，向一定浓度的33HPO溶液中

滴加NaOH溶液，溶液的pH与()()2323HPOlgHPO−−cc或()()2333HPOlgHPOcc−的变化关系如图所示。下列叙述不正确的是A．直线a代表()()2333HPOlgHPOcc−与pH的关系B．d点对应的溶液呈碱性C．pH7=时，()

()()()+2--+323cNa>cHPO>cHPO>cHD．233323HPOHPO2HPO−−+的平衡常数5.3110K=【答案】B【详解】A．根据上述分析，a代表()()-2333cHPOlgcHPO，A正确；B．根据上述分析，()()2-3-23cHPOlgcHPO代表曲

线b，d点()()2-3-23cHPOlgcHPO=0，()()2-3-23cHPO1cHPO=，温度不变，K2=10-6.7不变，则c(H+)=10-6.7mol/L，pH=6.7，溶液显酸性，B错误；C．根据电荷守恒，()()()()()

++2---323cH+cNa=2cHPO+cHPO+cOH，pH=7，溶液显中性，()()+--7cH=cOH=10mol/L，则()()()+2--323cNa=2cHPO+cHPO()()()+2

--323cNa=2cHPO+cHPO，因为d显酸性，所以c点显酸性，如果溶液显示中性，则对于曲线a，()()2-3-23cHPOlgcHPO＞0，()()2-3-23cHPO1cHPO＞，()()2--323cHPOcHPO＞，()()()()+2--+323

cNa>cHPO>cHPO>cH，C正确；D．2--33323HPO+HPO2HPO的平衡常数()()()2-2312-2333cHPOKKKcHPOcHPO===105.3，D正确；故选B。【点睛】根据结构式分析，H3P

O3为二元弱酸，在水中两步电离，+-3323HPOH+HPO，-+2-233HPOH+HPO-+2-233HPOH+HPO，当横坐标为0时，c(H+)=1mol/L，曲线a＞曲线b，()()()+-23133cHcHPOK=c

HPO＞()()()+2-32-23cHcHPOK=cHPO，曲线a代表()()-2333cHPOlgcHPO，曲线b代表()()2-3-23cHPOlgcHPO，则K1=10-1.4、K2=10-6.7；6．

（2023秋·北京通州·高三统考期末）某温度下，四种不同一元酸溶液在不同浓度时的pH如下表所示，下列推测不合理的是酸浓度(mol/L)酸HX的pH酸HY的pH酸HM的pH酸HN的pH0.0103.44

2.002.922.200.102.941.002.421.55A．该温度下电离出H+的能力：HY>HN>HM>HXB．该温度下将HY溶液加入NaX溶液中，发生反应为HY+NaX=HX+NaYC．该温度下当HX的浓度为0.10mol/L时，c

(HX)>c(X—)>c(H+)>c(OH—)D．该温度下用同种方法测定，相同体积的0.10mol/LHM溶液比0.010mol/LHM溶液导电能力强【答案】C【详解】A．由表格数据可知，等浓度的四种一元酸溶液的pH大小顺序为HX>HM>HN>HY，则该温度下四种酸溶液电离出氢离

子的能力大小顺序为HY>HN>HM>HX，故A正确；B．由表格数据可知，等浓度的HY溶液的pH小于HX溶液，说明HY的酸性强于HX，由强酸制弱酸的原理可知，HY溶液加入NaX溶液中发生的反应为HY+NaX=HX+NaY，故B正确；C．由表格数据可知，HX为一元弱酸，在溶液中部分电离

出氢离子和X—离子，则溶液中微粒的大小顺序为c(HX>c(H+))>c(X—)>c(OH—)，故C错误；D．由表格数据可知，HM为一元弱酸，则相同体积的0.10mol/LHM溶液中离子浓度大于0.010mol/LHM溶液，导电能力强于0.010mol/LHM溶液，故D正确；故选C。7．（2022

·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）t℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2(OH−)与c(A−)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是A．当溶液中c(A−)=2×410−mol/L时，有c(H+)>5×810−mol

/LB．该温度下，A−的水解常数Kh的数量级为1110−C．溶液中：c(HA)＋c(H+)=c(OH−)D．x点溶液中：c(Na+)>c(A−)>c(HA)>c(H+)【答案】B【详解】A．由图可知，t℃时，没有加入NaA的水中c2(OH−)为1×1410−mo

l2·2L−，蒸馏水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，都为1×710−mol·1L−，则水的离子积常数Kw=1×1410−。由图可知，溶液中A−浓度为2×1410−mol·1L−时，溶液中c2(OH−)为3×1410−mol2·2L−，溶液中氢氧根离子浓度为3×

710−mol·1L−，则溶液中的氢离子浓度为-147110310−mol·L-1≈5.8×10-8mol·L-1>5×10-8mol·L-1，A项正确；B．NaA溶液中存在A−的水解平衡和水的电离平衡，溶液中A−浓度越大，溶液中OH−与HA的浓度越接近，A−的水

解常数Kh≈-2---c(HA)c(OH)c(OH)c(A)c(A)，由图可知，A−浓度较大时Kh≈1×10-10，数量级为10-10，B项错误；C．NaA溶液中存在质子守恒关系c(HA)＋c(H+)=c(OH−)，C项正确；D．由图可知，x点溶液中A

−浓度为3×410−mol·1L−，溶液中氢氧根离子浓度为2×710−mol·L-1，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)＋c(H+)=c(OH−)，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，氢离子浓度为5×810−mol·L

-1，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(Na+)>c(A−)>c(HA)>c(H+)，D项正确；答案选B。8．（2023秋·新疆·高三校联考期末）室温下，pH=3的HR1溶液、HR2溶液各V0mL，分别加入蒸馏水稀释至

VmL。稀释过程中溶液pH与lg0VV的关系如图所示。下列推断错误的是A．HR2溶液中存在5种粒子B．0.1mol•L-1HR1、HR2溶液中，前者酸根离子浓度更大C．c(OH-)：a=bD．若起始HR2浓度为0.1mol•L-1，则

起始时HR2的电离度约为0.1%【答案】D【详解】A．pH=3的HR2溶液，c(H+)=10-3mol/L，当其溶液稀释10倍，溶液pH增大不到1个单位，说明HR2为弱酸，在HR2溶液中存在HR2的电离平衡及H2O的电离平衡，溶液中存在HR2、H2O、

H+、OH-、-2R，共5种粒子，A正确；B．根据开始时溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，当HR1、HR2溶液稀释相同倍数后溶液pH增大值：HR1＞HR2，所以酸性：HR1＞HR2，因此0.1mol•L-1HR

1、HR2溶液中，前者电离程度比后者大，故前者溶液中酸根离子浓度更大，B正确；C．根据图示可知：a、b两点的pH相等，而两种溶液中c(H+)相等，根据水的离子积常数可知两种溶液中OH-的浓度大小关系为：a=b，C正确；D．若起始HR2浓度为0.1mol

•L-1，c(HR2)=0.1mol/L，开始时溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，故起始时HR2的电离度约为-310mol/L100%=1.0%0.1mol/L，故合理选项是D。9．（2022秋·北京石景山·高三统考期末）某温度下，水溶液中2233COHCOHCO−、、和2

3CO−的物质的量分数随pH变化如图所示。下列说法不正确的是A．碳酸的电离方程式为：233HCOHHCO+−+，233HCOHCO−+−+B．该温度下，a233a1HCOHHCOK110+−−+C．该温度下，2b33a2HCOHCOK110−+−

−+=D．23NaCO溶液中，()()()()()++--2-332cNa+cHcHCO+cOH+cCO=【答案】D【详解】A．碳酸为二元弱酸，分两步电离，其电离方程式为：233HCOHHCO+−+，233HCOHCO−+−+，A正确；B．由图可知pH=a时，

-2233(CO+HCO)(HCO)xx=，a333a12323223c(Hc(HCOc(H(HCOc(H(HCOK110c(HCO(O))))HCO(C+HCO)))))xxxx+−+−+−−==，B正确；C．由图可知

pH=b时，2-33(CO)(HCO)xx−=，22b33a233c(Hc(COc(H(COK110c(HCO(HO)))))C)xx+−+−−−−===，C正确；D．根据电荷守恒有()()()()()++--2-33cNa+cHcHCO+cOH+2cCO=，D错误；故选D。10．（

2022秋·山东济宁·高三统考期末）根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。相同温度下，HCl和3HNO在冰醋酸中存在332HClCHCOOHClCHCOOH−+++pKa8.8=，33332HNOCHCOOHNOCHCOOH−+++pKa9.4=，(

知palgaKK=−)下列说法正确的是A．把HCl通入3CHCOONa水溶液中：3322HClCHCOONaNaClCHCOOHCl+=+B．酸性强弱顺序为：33HClHNOCHCOOHC．3HNO在HCOOH中的pKa9.4D．接受质

子的能力：32CHCOOHHO【答案】BD【详解】A．在冰醋酸中才存在332HClCHCOOHClCHCOOH−+++，在水中是生成CH3COOH，故反应为33HCl+CHCOONa=NaCl+CHCOOH

，选项A错误；B．在冰醋酸中，HCl和3HNO的pKa：HCl<3HNO，故Ka：HCl<3HNO，酸性：HCl>3HNO，在冰醋酸中3HNO给出质子(H+)，CH3COOH结合H+，给出H+能力：3HNO>CH3COOH，故酸性：33HClHNOCHCOOH，选项B正确；C．酸性HC

OOH>CH3COOH，给出H+能力HCOOH>CH3COOH，结合H+能力HCOOH<CH3COOH，3HNO在HCOOH的电离程度小于在冰醋酸中的电离程度，Ka<10-9.4，pKa>9.4，选项C错误；D．HCl在水中完全电离，在冰醋酸中电离程度较小，说明结合HCl电离出的H+能

力H2O>CH3COOH，选项D正确；答案选BD。11．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾(KH2PO4)的流程如下：已知：溶液中H3PO4、24HPO−、24HPO−、

34PO−的分布分数δ随pH的变化如上图所示。下列说法正确的是A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为硅酸B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺提供空轨道C．“反应”中为获得较纯净KH

2PO4，当pH=10时，停止加入三辛胺D．0.1mol/LKH2PO4溶液中：()()()-3-342442cHPO+cHPO<0.1mol/L+cPO【答案】D【分析】羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有

少量石英和氧化铁等杂质]加盐酸制酸，主要的反应是：Ca5(PO4)3OH+10HCl=5CaCl2+3H3PO4+H2O，还有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，石英不反应，向"制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，过滤；向滤渡中加入适量二(2-乙基

己基)磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层得到稀磷酸，加入KCl与稀磷酸生成KH2PO4，再加入有机碱-三辛胺(TOA)分离，对水层结晶可得产品，据此分析。【详解】A．“制酸过滤”过程

所得滤渣的主要成分为二氧化硅，A错误；B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，B错误；C．曲线A表示H3PO4，曲线B表示24HPO−，曲线C表示24HPO−，曲线D表示34PO−的含量与溶液pH关系，根据图

示可知“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当溶液pH=4.5时，24HPO−的含量最大，此时应该停止加入三辛胺，C错误；D．对于0.1mol/LKH2PO4溶液，根据质子守恒可得：①c(H+)=c(OH-)+c(24HPO−)+

2c(34PO−)-c(H3PO4)；根据物料守恒可得②c(K+)=c(H3PO4)+c(24HPO−)+c(24HPO−)+c(34PO−)，将②-①整理可得c(K+)-c(H+)=2c(H3PO4)+c(24HPO−)-c(34PO−)-c(OH-)，c(H+)-c(OH

-)=c(K+)-2c(H3PO4)-c(24HPO−)-c(34PO−)，24HPO−水解大于电离，溶液显酸性，所以c(H+)-c(OH-)＞0，根据溶液组成可知c(K+)=0.1mol/L，所以2c(H3PO4)+c(24HPO−)＜0.1mol/L+c(34PO−)，D正确；故合理选项

是D。12．（2023秋·吉林长春·高三长春市第二中学校考期末）常温下，向20mL0.1mol/L氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A．常温下，0

.1mol/L氨水的电离常数K约为5110−B．c点溶液中，c(Cl-)=c(+4NH)C．a、b之间的任意一点：c(Cl-)＞c(+4NH)，c(H+)＞c(OH-)D．b、d两点均为中性【答案】A【分析】向20mL0.

1mol/L氨水中滴加0.lmol/L盐酸，根据图象可知：水的电离程度由小逐渐变大，后又逐渐变小，则a点溶液中溶质只有氨水，b点溶质为一水合氨和氯化铵，c点+4NH的水解程度达到最大，也是恰好完全反应点，溶质为NH4Cl；再继续加入盐酸，盐酸过量抑制水的电

离，溶质为氯化铵和盐酸。【详解】A．由图可知，常温下，0.lmol/L的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=-14-3-1110mol/L=10mol/L10，0.1mol/L氨水的电离常数K=+--3-3

-54-332c(NH)c(OH)1010=≈10c(NHHO)0.1-10，A正确；B．根据分析可知c点为氨水与盐酸完全反应点，溶液中溶质为氯化铵，铵根离子会水解而消耗，所以c(+4NH)＜c(Cl-)，B错误；C．a到b过程中，水电离程度不断增大，氨水不

断被中和生成氯化铵，b点溶质应为氯化铵与氨水混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(+4NH)，溶液从碱性到中性，则a~b之间任意一点有c(H+)＜c(OH-)，结合电荷守

恒得c(Cl-)＜c(+4NH)，C错误；D．b点溶质为氯化铵与氨水，溶液呈中性，d点溶质为氯化铵与过量的盐酸，溶液显酸性，D错误；故合理选项是A。13．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列与NH3有关的图像描述正确的是A．图①表示22

3N(g)3H(g)2NH(g)+在t1时刻扩大容器体积，v逆随时间变化的曲线B．图②表示223N(g)3H(g)2NH(g)+平衡时NH3体积分数随起始22nnN)(H()变化的曲线，则转化率：aA(H2)=aB(H2)C．图③表示2

5℃时分别稀释pH=1的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅰ表示氨水D．图④可表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化【答案】A【详解】A．223N(g)3H(g)2NH(g)+的正反应是气体体积减小的反应，在t1时刻扩大容器体积

，导致NH3气体的浓度降低，体系的压强减小，v逆减小，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，导致NH3的浓度进一步减小，v逆减小，后到t2时反应达到平衡状态，故可以表示v逆随时间变化的曲线，A正确；B．A、B两点

NH3的平衡含量相同，但反应体系中22nnN)(H()越大反应的H2的物质的量就越多，H2的转化率就越大，所以转化率：aA(H2)＜aB(H2)，B错误；C．开始时溶液pH相等，溶液中c(OH-)相等，但NaOH是强电解质完全电离，而氨水中存在电离平衡，所以开始时浓度c(NH3·H2O)＞

c(NaOH)，当二者稀释相同倍数时，稀释使溶液中c(OH-)减小，氨水中电离平衡正向移动，最终达到平衡时氨水中c(OH-)比NaOH大，溶液pH更大，故曲线Ⅰ表示NaOH溶液，曲线Ⅱ表示氨水，C错误；D．CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH

3COO-+H+，溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电，向溶液中通入NH3，反应产生盐CH3COONH4，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电性增强，当二者恰好反应时离子浓度最大，溶液导电能力最强，后溶液中自由移动的离子浓度几乎不变，因此图示不能

表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化，D错误；故合理选项是A。14．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）已知物质的相关数据如下表，下列说法正确的是物质HF23HCO2CaF2Ca(OH)相关数据4aK6.81

0−=17aK4.510−=211aK4.710−=11spK3.510−=5spK5.610−=A．NaF不与盐酸溶液反应B．NaF溶液中存在的所有微粒有：2HONaFOHH+−−+、、、、C．HF与碳酸钠溶液反

应，可能产生气体D．向石灰水悬浊液中加入NaF溶液，溶液可能变澄清【答案】C【详解】A．HF为弱酸，NaF与盐酸反应生成NaFHClNaClHF+=+，符合强酸制弱酸，A错误；B．2FFHONaFNaHFOH+−−−=+++，，则溶液中的微粒有，2FH

HONaHFOH+−+−，，，，，，B错误；C．根据电离平衡常数，233HHFCOHCO−，2322HOHFNaCONaFCO+=++。符合强酸制弱酸，C正确；D．根据Ksp可知，()()22KspCaFKspCaOH

，Ca(OH)2转化为CaF2沉淀，D错误；故答案为：C。15．（2022秋·广东汕尾·高三统考期末）实验室粗配0.1mol/LNaOH溶液，用邻苯二甲酸氢钾(用KHP表示)标定其精确浓度。取20.00mL0.1000mol/LKHP标

准液于锥形瓶中，滴入所配NaOH溶液，滴定曲线如图。下列说法错误的是A．a点有：()()+22cH+2cHP=c(P)+c(OH)－－B．b点有：()()+222cNa=c(P)+c(HP)+cHP－－C．c点

有：()()++2cK+cNa=2c(P)+c(HP)－－D．该NaOH实际浓度为0.09524mol/L，可能是称量时潮解了【答案】A【详解】A．HP-水解和电离方程式分别为HP-+H2OH2P+OH-，HP-H++P2-，则有c(H+)+c(H2P)=c(P2-)+c(OH-)，A错误；B．

该NaOH实际浓度为0.09524mol/L，10.5mLNaOH溶液的物质的量为0.001mol，根据物料守恒可知，n(P2-)+n(HP-)+n(H2P)=0.002mol，则b点有：()()+222cNa=c(P)+c(HP)+cHP

－－，B正确；C．根据电荷守恒()()++2cK+cNa+c(H)=2c(P)+c(HP)+c(OH)+−－－，c点pH=7，c(OH-)=c(H+)，则()()++2cK+cNa=2c(P)+c(HP

)－－，C正确；D．NaOH固体具有吸水性，容易吸水而潮解，导致NaOH实际浓度降低，D正确；故答案选A。16．（2022·浙江·模拟预测）二甲胺的水合物()322CHNHHO是一元弱碱，在水中的电离与32NHHO相似，可与盐酸反应生成()322CHNHCl。下列说法错误的是A．

常温下，10.001molL−二甲胺溶液的pH11B．往二甲胺溶液中加入NaOH固体会抑制()322CHNHHO的电离C．加水稀释()322CHNHCl溶液，()()322322cCHNHcCHNHHO+增大D．()322CHNHCl溶液中：()(

)()()322HCHNHOHClcccc++−−+=+【答案】C【详解】A．()322CHNHHO是一元弱碱，在水溶液中部分电离，则常温下，10.001molL−二甲胺溶液中()1OH0.001molLc−−，pH11，A正确

；B．二甲胺溶液中存在平衡：()()323222CHNHHOCHNHOH+−+，加入NaOH固体后，OH-浓度增大，二甲胺电离平衡逆向移动，从而抑制了()322CHNHHO的电离，B正确；C．()322CHNHCl溶液中存在水解平衡：()3222CHNHHO++()322CHNHHOH+

+，加水稀释，水解平衡正向移动，但H+浓度减小，则()()++322h322cCHNHc(H)=KcCHNHHO，由Kh只与温度有关，加水稀释不变，所以()()+322322cCHNHcCHNHHO

减小，C错误；D．()322CHNHCl溶液中存在电荷守恒：()()()()++--322cH+cCHNH=cOH+cCl，D正确；故选C。17．（2022秋·广东梅州·高三校联考期末）25℃时，向20mL0.21molL−MOH溶液中逐滴加入浓度为0.21m

olL−的盐酸，溶液中()()+cMOHlgcM与()pOHpOHlgcOH−=−、加入盐酸的体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．MCl水解平衡常数的数量级为1010−B．b点溶液中各微粒的浓度关系为()()()()-+-cMOH>cCl>cM>cOHC．a、b、c、d四点溶液中

水的电离程度逐渐增大D．d点溶液的pOH7【答案】B【分析】lg+c(MOH)c(M)=0时，c(MOH)=c(M＋)，此时pOH=4.2，则c(OH－)=10−4.2mol·L−1，根据Kb(MOH)=-+c(OH)c(M)c(MOH)可知此时Kb(MOH)=c(OH－)=10−4.2；【详

解】A．由分析可知，MCl的水解常数为-14-9.8w-4.2bK10==10K(MOH)10，数量级为10−10，A正确；B．b点加入10mL0.21molL−的盐酸，溶质为等量的MOH和MCl，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，

则MOH的电离程度大于M＋水解程度，所以离子浓度大小顺序为c(M＋)＞c(Cl－)＞c(MOH)＞c(OH－)＞c(H＋)，B错误；C．酸和碱都会抑制水的电离，开始未加入HCl溶液，原碱溶液电离出的氢氧根离子抑

制水的电离，加入HCl溶液到中和率100%时生成可以水解的MCl，促进水的电离，即中和率从0至100%的过程水的电离程度一直增大，所以水的电离程度：a<b<c<d，C正确；D．d点溶质为MCl，该物质为强酸弱碱盐，溶

液显酸性，则d点溶液的pOH7，D正确；故选B。18．（2023·安徽宣城·安徽省宣城市第二中学模拟预测）实验发现，-130.1molLMHRO(强碱弱酸的酸式盐)溶液的pH与温度变化曲线如图1所示(不

考虑水挥发)，图2实验观察到澄清石灰水变浑浊。下列说法正确的是A．溶液中水电离的()-cOH:a=cB．a点时，()()wa123a223K<KHROKHROC．b点溶液中，()()()+-2-33cM<c

HRO+2cROD．bc段主要原因是3MHRO分解生成23MRO【答案】D【详解】A．由图示知，a点温度低于c点，c点wK大于a点wK，a点和c点对应溶液(H)c+相等，而溶液中OH−均来自于水的电离，故溶液中水电离的(OH):cac−，故A错误；B．a点溶液显碱性，说明溶液中3HRO

−的水解程度大于其电离程度：(OH)(H)cc−+，()()2233HROROcc，3HRO−的水解常数与电离常数的比：()()()()23w2a1a23OHHROK1KKHROcccc−+−=，

wa1a2KKK，故B错误；C．b点溶液中：()()()()()233MHOHHRO2ROccccc++−−−+=++，又因为()()OHHcc−+，故()()()233MHRO2ROccc+−−+，故C错误；D．由图2可知，加热3MHRO溶液时，3MHRO分解生成23MR

O，和挥发性的23HRO，23MRO水解程度比3MHRO大，溶液碱性显著增强，故D正确；故选D。19．（2022·浙江·模拟预测）室温下，用10.1molL−NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为10.1molL−的

HCl和HX溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法不正确的是A．HX的电离平衡常数7a110K−B．M点存在：()()()()HXXOHHcccc−−+−−C．将P点和N点的溶液混合

，溶液呈酸性D．向N点的溶液中通入HCl气体至pH=7：()()()()NaHXClXcccc+−−=【答案】C【详解】A．M点时HX溶液中加入了10mLNaOH溶液，()()NaX:HX1:1cc=，且混合溶液呈碱性，说明HX的电离常数aK小于X−的水解常数whaKKK=，即a

hKK=waKK，解得7a110K−，A正确；B．M点()()NaX:HX1:1cc=，溶液中存在电荷守恒()()()()cNacHcXcOH++−−+=+……①，物料守恒()()()2NaHXXccc+−=+……②，①×2―②得()HXc+()()()2HX2OHccc

+−−=+，移项得()()HXXcc−−=()()2OHHcc−+−，且M点：()()OHHcc−+，所以()HXc−()()()XOHHccc−−+−，B正确；C．P点()()NaClHClnn==3110mol−，N点()3NaX

210moln−=，二者混合后HCl和NaX发生反应得到NaCl和HX，此时溶液中()()NaCl:HXnn：()NaX2:1:1n=，由A选项可知，溶液呈碱性，C错误；D．N点溶质为NaX，通入HCl气体至pH=7，由电荷守恒推知()Nac+=()()XClcc−−+……①，物料守恒为()(

)()NaHXXccc+−=+……②，所以()()()NaHXClccc+−=，又由A选项知aK=()()()7HX110HXccc+−−，()71cH110molL+−−=时()HXc()Xc−，即()()()NaHXClccc+−=()Xc−，D正确；故选C。20

．（2023·四川成都·一模）维持25℃下，通过加入NaOH或HCl改变10.010molLNaZ−溶液的pH，溶液中()()()c(HZ)cZcHcOH−+−、、、的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图

所示。已知y点横坐标为4.74．下列叙述错误的是A．一元弱酸HZ电离常数为4.7410−B．10.010molLNaZ−溶液的pH约等于8.37C．x点纵坐标为5.26−，且此时溶液中()()cZcOH−−D．图中所示

各溶液均满足()()c(HZ)cZcNa−++=【答案】D【分析】根据题意，NaZ溶液中存在水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，随着pH增大，()OHc−增大，则lgc(OH-)增大，d为()OHc−，()Hc+减少，则lgc(H+)减小，a为()Hc+，

b为()HZc，c为()Zc−，据此分析解题。【详解】A．()()()()+-aH?ZHZ=HZccKc，取y点计算，()-Zc=()HZc，()aHZ=K()+Hc=4.7410−，A正确；B．根据水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，可知()()-HZOHcc，()()()()()()

()()()()wa-aa+---HZ?HZ?OHHHZ?HZH=ZZZKKKccKccccc+==，()()()-4.74-14aw2+16.74-2-HZ?10?10H=1010mol/LZKKcc−==，10.01

0molLNaZ−溶液的pH约等于8.37，B正确；C．x点纵坐标为5.26−，沿着x点作一条横坐标的垂线，可得与c点的交点大于与d点的交点，且此时溶液中()()ZOHcc−−，C正确；D．当溶质仅为NaZ时存在物料守恒，()()()HZZNaccc−++=，若加入N

aOH，()Nac+改变，体系中()()()HZZNaccc−++=不成立，D错误；答案选D。21．（2023·湖北·统考一模）常温下，向20.0mL10.10molL−224HCO溶液中逐滴加入NaOH溶液，所得溶液中224HCO、24HCO−、224CO

−三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示。下列分析错误的是A．曲线1表示224HCO的物质的量分数随溶液pH的变化B．pH4.2=时，溶液中：()()()()224NaHOH2COcccc++−−+=+C．10.10molL−2

4NaHCO溶液中：()()()22424NaHCOCOccc+−−D．反应22242424HCOCO2HCO−−+的平衡常数3K1.010=【答案】B【分析】向20.0mL10.10molL−224HCO溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生反应分别为H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+

H2O、NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，所得溶液中224HCO物质的量逐渐减少，24HCO−物质的量先逐渐增多，然后逐渐减少，224CO−物质的量逐渐增多，直至最大，则结合图像，曲线1表示224HCO的物质的量分数随溶液pH的变化，曲线2表示24HCO−物质的量分

数随溶液pH的变化，曲线3表示224CO−物质的量分数随溶液pH的变化，据此解答。【详解】A．根据分析，曲线1表示224HCO的物质的量分数随溶液pH的变化，A正确；B．pH4.2=时，24NaHCO−物质的量等

于2224NaCO−物质的量，结合电荷守恒，溶液中：()()()()22424NaH(HCO)OH2COccccc++−−−+=++，B错误；C．24NaHCO属于盐，完全电离为Na+和24HCO−，溶液显酸性，24HCO−少部分电离出氢离子，10.10

molL−24NaHCO溶液中：()()()22424NaHCOCOccc+−−，C正确；D．根据反应22242424HCOCO2HCO−−+，该反应对应图像pH=1.2时，此时c(24HCO−)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c

(24HCO−)=c(224CO−)，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知K=12KaKa=2-242-22424(HCO)(HCO)(CO)ccc•=31.010，D正确；故选B。