【创新设计】（广东专用）高考化学二轮复习微题型专练10[题型专练]1．(·梅州调研)在H2SO3溶液中，在采取措施使pH增大的同时，c(SO)的变化情况是()A．增大B．减小C．不变D．可能增大也可能减小解析亚硫酸溶液中存在平衡：H2SO3H＋＋HSO，HSOH＋＋SO，若向溶液中加入适量的氢氧化钠，此时溶液的pH增大，c(SO)增大；若加水稀释，则pH增大，c(SO)减小。答案D2．(·上海化学，11)H2S水溶液中存在电离平衡H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。若向H2S溶液中进行下列操作，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解析A项，加水，由于体积增大，c(H＋)应减小；B项，由于SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，SO2＋H2OH2SO3，最终溶液pH应减小；C项，Cl2＋H2S===S↓＋2HCl，平衡左移，c(H＋)增大，pH减小；D项，H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，c(H＋)应增大。答案C3．(·佛山检测)已知常温下，0.1mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离。下列叙述正确的是()A．该溶液的pH＝3B．升高温度，溶液的pH增大C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的105倍解析A项，根据HA在水中的电离度可计算出溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1×0.1%＝10－4mol·L－1，所以pH＝4，A错误；B项，升高温度，促使HA在水中的电离平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)增大，溶液的pH减小，B错误；C项，HA的电离平衡常数为K＝＝1×10－7，C正确；D项，c(H＋)酸电离＝10－4mol·L－1，所以c(H＋)水电离＝c(OH－)＝10－10mol·L－1，前者是后者的106倍，D错误。答案C4．已知氢氟酸在水溶液中存在如下电离平衡：HFH＋＋F－。只改变一个条件一定可以使减小的是()A．通入少量氯化氢气体B．加入少量氟化钾固体C．加入少量氢氧化钠固体D．通入少量氟化氢气体解析通入少量HCl气体，溶液中c(H＋)增大，电离平衡逆向移动，c(HF)增大，但c(HF)增大的程度没有c(H＋)增大的程度大，减小，A项正确；加入少量KF固体，溶液中c(F－)增大，平衡逆向移动，c(H＋)减小，c(HF)增大，增大，B项错；加入少量NaOH固体，溶液中c(H＋)减小，电离平衡正向移动，c(HF)减小，但c(HF)减小的程度没有c(H＋)减小的程度大，增大，C项错；通入少量HF气体，c(HF)先增大，平衡正向移动，又导致c(HF)减小，c(H＋)增大，但最终结果是c(HF)增大的程度比c(H＋)增大的程度大，增大，D项错。答案A5．常温下，对下列四种溶液的叙述正确的是()①②③④pH121222溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸A.③、④两溶液相比，两者的KW不同B．①、②两种溶液分别加水稀释100倍，pH变化较大的是①C．等体积的③、④溶液中分别加入过量锌粉，产生的氢气的量前者大于后者D．①、④两溶液按2∶1体积比混合后溶液中微粒浓度满足c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)解析A项，KW只随温度的变化而变化；B项，由于NH3·H2O在稀释过程中，继续电离，所以NaOH溶液的pH变化大；C项，当pH相同时，CH3COOH的物质的量大，所以CH3COOH产生的H2多；D项，pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸按2∶1混合，NH3·H2O的物质的量比HCl的物质的量多。答案C6．在体积均为1L，pH均等于2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入0.12g镁粉充分反应后，下图中比较符合反应事实的曲线是()解析镁最多失去电子的物质的量为×2＝0.01mol。A、B项，在反应过程中，CH3COOH进一步电离，CH3COOH溶液的pH小于盐酸的pH，生成氢气的速率，v(CH3COOH)＞v(HCl)，A、B均错；C、D项，由于Mg是定量的，HCl恰好完全反应，而CH3COOH过量，且CH3COOH与Mg反应速率快，所以C对，D错。答案C7．(·广东汕头一模，23)常温下，有下列四种溶液：①②③④0.1mol·L－1NaOH溶液pH＝11NaOH溶液0.1mol·L－1CH3COOH溶液pH＝3CH3COOH溶液下列说法正确的是(双选)()A．由水电离出的c(H＋)：③>①B．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同C．①与③混合，若溶液pH＝7，则V(NaOH)>V(CH3COOH)D．②④混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为c(CH3COO－)>c(H...
