高考化学二轮复习习题：专题9弱电解质的电离平衡Word版含解析

1、第一部分专题九 一、选择题1(2015·厦门期末)25 时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A)小于c(B)Ba点溶液的导电性大于b点溶液Ca点的c(HA)大于b点的c(HB)DHA的酸性强于HB解析：本题考查电解质溶液稀释时的pH变化，意在考查考生的分析判断能力。由于稀释过程中HA的pH变化较大，故HA的酸性强于HB，D项正确；酸的酸性越强，对应的盐的水解程度越小，故NaB的水解程度大，同浓度的NaA与NaB溶液中c(B)小于c(A)，A项错误；b点溶液的pH小于a点溶液

2、的pH，说明b点溶液中c(H)较大、c(B)较大，故溶液导电性较强，B项错误；稀释相同倍数时，HA的电离程度较大，故a点的c( HA)小于b点的c(HB)，C项错误。答案：D2(2015·山东日照3月模拟)常温下，向10 mL b mol·L1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01 mol·L1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(Na)c(CH3COO)，下列说法不正确的是()Ab>0.01B混合后溶液呈中性CCH3COOH的电离常数Ka mol·L1D向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小解析：CH3COOH为弱

3、酸，NaOH为强碱，二者反应生成CH3COONa，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，因为c(Na)c(CH3COO)，所以c(H)c(OH)，溶液呈中性；又因为CH3COONa水解呈碱性，所以CH3COOH应过量，故b>0.01，A项、B项正确。反应后溶液呈中性，c(H)107 mol·L1，c(Na)c(CH3COO)0.005 mol·L1 ，c(CH3COOH) mol·L1，CH3COOH的电离常数Ka mol·L1，C项正确。向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度先增大，CH3COOH完全反

4、应后，再加NaOH溶液，水的电离程度减小，D项错误。答案：D3(2015·福建泉州3月质检)常温下，浓度均为1.0 mol·L1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10 mL，测得其pH为9.3。下列有关叙述正确的是()A加入适量的NaCl，可使c(NH)c(Cl)B滴加几滴浓氨水，c(NH)减小C滴加几滴浓盐酸， 的值减小D1.0 mol·L1的NH4Cl溶液中c(NH)比该混合溶液中的大解析：根据题意等浓度的两种溶液混合后，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，即c(NH)>c(Cl)，加入适量的NaCl，

5、可使c(NH)c(Cl)，A项正确；滴加几滴浓氨水，虽然电离程度减小，但c(NH)仍增大，B项错误；加入几滴浓盐酸后c(OH)减小，由于电离常数不变，的值增大，C项错误；由于NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，1.0 mol·L1的NH4Cl溶液中c(NH)比该混合溶液中的小，D项错误。答案：A4(2015·广东广州质)常温下，有体积相同的四种溶液：pH3的CH3COOH溶液；pH3的盐酸；pH1l的氨水；pH11的NaOH溶液。下列说法正确的是()A和混合溶液中：c(H)3.0 mol·L1B和混合溶液中：c(Na)c(CH3COO)c(

6、CH3COOH)C和混合溶液中：c(Cl)c(OH)>c(NH)c(H)D四种溶液稀释100倍，溶液的pH：>>>解析：本题应注意弱酸、弱碱中的c(H)、c(OH)远低于溶质的浓度。和混合溶液中，c(H)103 mol·L1，故A项错误；和混合后，CH3COOH过量，c(Na)<c(CH3COO)c(CH3COOH)，故B项错误；和混合后，根据电荷守恒得c(Cl)c(OH)c(H)c(NH)，故C项错误；稀释相同倍数后，由于弱电解质电离平衡正向移动，使c(H)或c(OH)浓度变化程度小，即氨水pH降低程度小，而盐酸pH升高程度大，但均小7，由此可得pH：

7、>>>，故D项正确。答案：D5(2015·湖南长沙长郡中学月考)25 时，弱酸的电离平衡常数如表所示，下列说法正确的是()弱酸CH3COOHHCNH2CO3Ka1.8×1054.9×1010Ka14.3×107；Ka25.6×1011A物质的量浓度相等的三种溶液中，pH大小关系为：pH(NaCN)>pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)Ba mol·L1 HCN溶液与b mol·L1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液中c(Na)>c(CN)，则a一定小于bC向冰醋酸中逐滴加入水稀释

8、的过程中，溶液导电能力先增大后减小D将0.1 mol·L1的Na2CO3溶液逐滴加入到等浓度的HCN溶液中无明显现象，说明未反应解析：本题关键在于由平衡常数确定酸的强弱以及对应酸根离子水解能力的强弱。根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO，对应酸根离子水解程度大小顺序为CO>CN>HCO>CH3COO，所以各等浓度的溶液pH大小关系为pH(Na2CO3) >pH(NaCN)>pH(NaHCO3)>pH(CHCOONa)，故A项错误；若c(Na)>c(CN)，根据电荷守恒可知c(H)<

9、;c(OH)，溶液呈碱性，a<b或ab都符合，故B项错误；溶液导电能力与离子浓度成正比，稀释过程中促进醋酸电离，溶液中离子浓度先增大后减小，所以溶液导电能力先增大后减小，故C项正确；由于HCN酸性强于HCO，所以Na2CO3HCN=NaCNNaHCO3可以发生，故D项错误。答案：C6(2015·北京石景山一模，10)常温下，将浓度均为0.1 mol/L HA溶液和NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH9，下列说法正确的是()A该混合溶液中：c(A)>c(Na)>c(OH)>c(H)B该混合溶液中：c(HA)c(A)0.1 mol/LC常温下，0.1 mol/L

10、 HA溶液的pH1D0.1 mol/L HA溶液中：c(HA)>c(A)解析：根据题意可知HA与NaOH恰好完全反应，溶液呈碱性，则HA为弱酸，在生成的NaA溶液中，A水解，c(A)<c(Na)，A项错误；两溶液混合后体积增大为原来的2倍，故c(HA)c(A)0.05 mol/L，B项错误；因为HA为弱酸，故常温下，0.1 mol/L HA溶液的pH>1，C项错误；在0.1 mol/L HA溶液中HA只有极少部分电离，故c(HA)>c(A)，D项正确。答案：D7(2015·广东韶关调研)部分弱电解质的电离平衡常数如下表：弱电解质HCOOHHCNH2CO3NH3

11、·H2O电离平衡常数(25 )Ka1.8×104Ka4.9×1010Ka14.3×107Ka25.6×1011Kb1.8×105下列说法不正确的是()A结合H的能力：CO>CN>HCO>HCOOB0.1 mol/L的HCOONH4溶液中：c(HCOO)>c(NH)>c(H)>c(OH)C25时，pH3的盐酸与pH11的氨水混合，若溶液显中性，则二者消耗的体积是：V(盐酸)>V(氨水)D0.1 mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na)c(H)c(HCO)c(OH)c(CO)解析：电离常数越小，

12、对应的酸越难电离，所对应的酸根离子结合H能力越强，故结合H的能力：CO>CN>HCO>HCOO，A项正确；根据表中数据知Ka(HCOOH)>Kb(NH3·H2O)，则HCOONH4溶液呈酸性，NH的水解程度大于HCOO的水解程度，B项正确；由于NH3·H2O为弱碱，pH11的氨水的浓度远大于pH3的盐酸，若使混合溶液为中性，盐酸的体积一定大于氨水，C项正确；0.1 mol/L的NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可得c(Na)c(H)c(HCO)c(OH)2c(CO)，D项错误。答案：D8(2015·山东淄博高三一模，13)下列图示与对应的叙述

13、相符的是()A图甲表示相同温度下pH1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强B图乙中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点C图乙中在b点对应温度下，将pH2的H2SO4溶液与pH10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性D用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl、Br及I的混合溶液，由图丙曲线，可确定首先沉淀的是Cl解析：图甲中相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加入水稀释后盐酸的pH变化较大，故曲线为盐酸，A项错误；图乙中，纯水仅升高温度，c(H)和c(OH)都增大，但两者仍然相等，c点c(H)和c(OH)不

14、相等，B项错误；在b点对应温度下KW1012，将pH2的H2SO4溶液与pH10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性，C项正确；在银离子浓度相同的情况下，产生沉淀所需c(I)最低，由图丙曲线，可确定首先沉淀的是I，D项错误。答案：C9(2015·黄冈调研)有等体积、浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：CH3COOH溶液、HCOOH溶液、NaHCO3溶液，已知将、分别与混合，实验测得产生的CO2气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示，下列说法正确的是()A酸性：CH3COOH>HCOOH>H2CO3B反应结束后所得两溶液中：c(CH3COO)>c(HCOO)C上

15、述三种溶液中由水电离的c(OH)大小：NaHCO3溶液>CH3COOH溶液>HCOOH溶液DCH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应所得溶液中：c(CH3COO)c(CH3COOH)0.10 mol·L1解析：本题考查电解质溶液的相关知识，意在考查考生对电解质溶液相关理论的应用能力。由图象可知，HCOOH与NaHCO3反应的速率比CH3COOH与NaHCO3反应的速率快，故酸性HCOOH>CH3COOH，A项错误；CH3COO的水解程度大于HCOO的水解程度，故反应结束后所得两溶液中：c(CH3COO)<c(HCOO)，B项错误；HCO的水解程度大于其电离程度

16、，故NaHCO3促进水的电离，酸电离出氢离子，抑制了水的电离，因酸性CH3COOH<HCOOH，故后者抑制水电离的效果更大，因此三种溶液中由水电离的c(OH)大小：NaHCO3溶液>CH3COOH溶液>HCOOH溶液，C项正确；等体积、浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH溶液和NaHCO3溶液混合后，溶液体积加倍，故c(CH3COO)c(CH3COOH)0.050 mol·L1，D项错误。答案：C10(2015·河南八市联考)某二元酸(H2A)按下式发生电离：H2A=HHA；HAHA2。现有下列四种溶液：0.01 mol·L1的H2A溶液0

17、.01 mol·L1的NaHA溶液0.02 mol·L1的HCl溶液与0.04 mol·L1的NaHA溶液等体积混合0.02 mol·L1的NaOH溶液与0.02 mol·L1的NaHA溶液等体积混合下列关于上述四种溶液的说法正确的是()A溶液中存在水解平衡：HAH2OH2AOHB溶液中有：c(HA)2c(A2)c(Na)C溶液中有：c(OH)c(H)c(HA)D四种溶液中c(HA)大小：>>>解析：本题主要考查了电解质溶液的相关知识，意在考查考生综合分析问题的能力。由题示信息可知，H2A的一级电离属于完全电离，故HA不能水解

18、，A项错误。由物料守恒可知，溶液中有：c(HA)c(A2)c(Na)，B项错误。溶液中的溶质是Na2A，水电离出的氢离子一部分以H形式存在，一部分转化为HA，由质子守恒原理知C项正确。溶液中H2A一级电离生成的H抑制了HA的电离，而溶液中没有这种抑制，故这两种溶液中c(HA)大小为>；溶液中两种物质不反应，盐酸电离出的H抑制了HA的电离，故、两种溶液中c(HA)大小为>(不考虑HA电离时中HA浓度是中的2倍)；溶液是0.01 mol·L1的Na2A溶液，A2水解生成的HA的浓度小于中HA的浓度，四种溶液中c(HA)大小为>>>，D项错误。答案：C1125

19、 时，用浓度为0.1000 mol·L1的NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol·L1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A相同浓度时，三种酸的酸性强弱顺序：HX>HY>HZB根据滴定曲线可得，Ka(HX)103 mol·L1C滴定HY，V(NaOH)20 mL时，c(Na)c(Y)>c(OH)c(H)D滴定HZ，V(NaOH)15 mL时，c(Z)>c(Na)>c(H)>c(OH)解析：氢氧化钠溶液的体积为0 mL时，0.1000 mol·L1的三种酸HX、HY、

20、HZ的pH依次减小，故酸性强弱为HX<HY<HZ，A项错误；0.100 0 mol·L1HX的pH4，HXHX，c(H)104 mol·L1，c(X)104 mol·L1，c(HX)0.1000 mol·L1，Ka(HX)107 mol·L1，B项错误；0.100 0 mol·L1 HY溶液的pH约为3，故HY为弱酸，当NaOH溶液体积为20 mL时，恰好完全反应生成NaY，Y水解使溶液显碱性，c(Na)>c(Y)>c(OH)>c(H)，C项错误；0.100 0 mol·L1 HZ溶液的pH1，

21、故HZ为强酸，当NaOH溶液体积为15 mL时，溶液显酸性，即c(H)>c(OH)，又因溶液中存在电荷守恒：c(H)c(Na)c(Z)c(OH)，故有：c(Z)>c(Na)>c(H)>c(OH)，D项正确。答案：D12(2015·天津十二区县联考)下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A常温下电离常数为Ka的HA溶液中c(H) mol·L1B0.2 mol·L1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L1 NaOH溶液等体积混合：2c(H)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)C将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰

22、水中，有白色沉淀产生，说明KspCa(OH)2大于Ksp(CaSO4)D常温下，向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na)>c(NH)> c(SO)>c(OH)c(H)解析：常温下电离常数为Ka的HA溶液中，HA电离出的氢离子浓度为 mol·L1(HA的浓度远大于H的浓度)，同时溶液中还存在水电离出的氢离子，故A项错误；二者反应后溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，根据混合液中的物料守恒和电荷守恒判断可得2c(H)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)，故B项正确；饱和硫酸钠溶液中硫酸根离子浓度较大，饱和硫酸钠溶液加入到饱和石灰

23、水中则生成了硫酸钙沉淀，无法比较氢氧化钙与硫酸钙的溶度积大小，C项错误；由于铵根离子部分水解，则c(SO)>c(NH)，D项错误。答案：B二、填空题13(1)为了证明一水合氨是弱碱，甲、乙、丙三位同学分别设计以下实验进行探究。甲同学用pH试纸测得室温下0.10 mol·L1氨水的pH为10，则认定一水合氨是弱电解质，理由是_。乙同学取10 mL 0.10 mol·L1氨水，用pH试纸测出其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL，再用pH试纸测出其pH为b，若要确认一水合氨是弱电解质，则a、b应满足的关系是_(用等式或不等式表示)。丙同学取出10 mL 0.10

24、mol·L1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显粉红色，再加入NH4Cl晶体少量，观察到的现象是 _ ，则证明一水合氨是弱电解质。(2)向25 mL 0.10 mol·L1的盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是_。ac(Cl)c(NH)>c(H)c(OH)bc(Cl)>c(NH)c(H)>c(OH)cc(NH)>c(OH)>c(Cl)>c(H)dc(OH)>c(NH)>c(H)>c(Cl)(3)常温下，0.10 mol·L1的NH4Cl溶液pH为5，则一水合氨的电离常数Kb_。解析：(1)甲同学用p

25、H试纸测得室温下0.10 mol·L1氨水的pH为10，则认定一水合氨是弱电解质，理由是如果一水合氨是强碱，0.10 mol·L1氨水的pH为13，溶液的pH10<13，所以一水合氨是弱碱；若是强碱，稀释100倍，pH减小2个单位，由于一水合氨是弱碱，稀释的过程中，促进电离，c(OH)变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位，则有(a2)<b<a；如果一水合氨是弱碱，则存在电离平衡NH3·H2ONHOH，向氨水中加入氯化铵后，c(NH)增大，平衡逆向移动，溶液中c(OH)降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅。(2)a项，氨水稍过量，混合液呈中性，c(Cl)c(NH)>c(H)c(OH)，正确；c项，氨水远远过量，溶液为氨水和氯化铵的混合液，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，c(NH)>c(OH)>c(Cl)>c(H)，正确。答案：(1)如果一水合氨是强碱，0.10 mol·L1氨水的pH为13，溶液的pH10<13，所以一水合氨是弱碱(a2)<b<a 溶液的颜色变浅(2)ac(3)1×10514(2015&#