高中化学-3.1.2 电离平衡常数 练习（解析版）

3.1.2电离平衡常数练习（解析版）1．常温下，几种弱电解质的电离平衡常数如表所示，向20mL0.1mo1/L的盐酸溶液中逐滴滴加0.1mo1/L的氨水，溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）弱电解质KH2CO3Ka1＝4×10﹣7Ka2＝4×10﹣11NH3•H2OKb＝1.75×10﹣5CH3COOHKa＝1.75×10﹣5A．CH3COONH4溶液中c（OH﹣）═c（H+）≠10﹣7mo1/LB．NH4+和HCO3﹣能发生彻底水解反应C．曲线上水的电离程度最大的点为b点D．d点时，c（OH﹣）﹣c（H+）═[c（NH4+）﹣2c（NH3•H2O）]【答案】D【解析】A．NH3•H2O、CH3COOH的电离平衡常数相等，则NH4+、CH3COO﹣的水解平衡常数相等，导致CH3COONH4溶液呈中性，则CH3COONH4溶液中c（OH﹣）═c（H+）＝10﹣7mo1/L，故A错误；B．NH4+和HCO3﹣水解后发布生成NH3•H2O、H2CO3，一水合氨和碳酸能发生中和反应，所以不能彻底水解，故B错误；C．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，HCl和一水合氨恰好完全反应生成氯化铵时水的电离程度最大，a点溶质为HCl、b点溶质为NH4Cl和HCl、c点溶质为NH4Cl、d点溶质为NH4Cl、NH3•H2O，a、b、d都抑制水电离，只有c点促进水电离，所以c点水电离程度最大，故C错误；D．c点二者恰好完全反应生成NH4Cl，d点溶液中溶质为NH4Cl、NH3•H2O，且存在c（NH4Cl）＝2c（NH3•H2O），溶液中存在电荷守恒得c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（NH4+）、物料守恒2[c（NH4+）+c（NH3•H2O）]＝3c（Cl﹣），所以c（OH﹣）﹣c（H+）═[c（NH4+）﹣2c（NH3•H2O）]，故D正确；故选：D。2．常温下，向某浓度的H2A（二元弱酸）溶液中逐滴加入某浓度的KOH溶液，所得溶液中H2A、HA﹣、A2﹣三种微粒的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（）A．由图可知，H2A的Ka1＝10﹣1.2B．曲线3代表A2﹣物质的量分数C．向H2A溶液中滴加氢氧化钾溶液至pH为4.2时：c（K+）+c（H+）＝3c（A2﹣）+c（OH﹣）D．pH＝4时，溶液中存在下列关系：c（K+）＞c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【答案】D【解析】A、pH＝1.2时，c（H2A）＝c（HA﹣），Ka1＝＝c（H+）＝10﹣1.2，故A正确；B、从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA﹣，再转变为A2﹣；所以“1”曲线为H2A，“2”曲线为HA﹣，“3”曲线为A2﹣，故B正确；C、根据图中信息可知，pH＝4.2时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），根据电荷守恒：c（K+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣），所以c（K+）+c（H+）＝3c（A2﹣）+c（OH﹣），故C正确；D、如图所示，根据纵坐标得出：c（HA﹣）＞c（A2﹣），故D错误；故选：D。3．下列方法中，不能使醋酸溶液中CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+电离程度增大的是（）A．升高温度 B．加水稀释C．加入少量醋酸钠固体 D．加入少量氢氧化钠固体【答案】C【解析】A．醋酸的电离是吸热的，升高温度促进醋酸的电离，电离程度增大，故A错误；B．加水稀释电离平衡正向移动，电离程度增大，故B错误；C．加少量醋酸钠固体，增大了醋酸根离子浓度，使得电离平衡逆向移动，电离程度减小，故C正确；D．加入氢氧化钠固体，氢氧化钠电离产生的氢氧根离子与氢离子反应，使得电离平衡正向移动，电离程度增大，故D错误；故选：C。4．室温时，H2S的Ka1＝1.0×10﹣7，Ka2＝1.0×10﹣15下列说法正确的是（）A．0.1mol•L﹣1的NaHS溶液中：c（S2﹣）＞c（H2S）B．反应S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣的平衡常数K＝1×10﹣7C．NaHS与Na2S以任意比混合的溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+c（S2﹣）+c（OH﹣）D．0.1mol•L﹣1的Na2S溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）【答案】D【解析】A．HS﹣的水解平衡常数Kh＝＝1×10﹣7＞Ka2，说明HS﹣的电离程度小于水解程度，则：c（S2﹣）＜c（H2S），故A错误；B．反应S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣的平衡常数K＝＝10，故B错误；C．NaHS与Na2S以任意比混合的溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），故C错误；D．0.1mol•L﹣1的Na2S溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），存在物料守恒c（Na+）＝2c（HS﹣）+2c（S2﹣）+2c（H2S），二者联立可得c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故D正确；故选：D。5．某二元弱酸（简写为H2B）溶液，按下式发生一级和二级电离：下列说法错误的是（）H2B⇌H++HB﹣HB﹣⇌H++B2﹣已知相同浓度时的电离度a（H2B）＞a（HB﹣），现有下列四种溶液：①0.01mol•L﹣1的H2B溶液②0.01mol•L﹣1的NaHB溶液③0.02mol•L﹣1的HCl溶液与0.04mol•L﹣1的NaHB溶液等体积混合后的溶液④0.02mol•L﹣1的NaOH溶液与0.02mol•L﹣1的NaHB溶液等体积混合后的溶液A．溶液④一定显碱性 B．c（H2B）最大的是③C．c（B2﹣）最小的是① D．c（H+）最大的是③【答案】D【解析】A、根据分析，溶液④0.01mol/LNa2B，为强碱弱酸盐，主要以Na+和R2﹣存在，R2﹣水解显碱性，溶液一定显碱性，故A正确；B、根据同离子效应，由于③中NaHB的存在抑制了H2B的电离，则③中H2B电离程度比①H2B电离程度小，则c（H2B）最大的是③，故B正确；C、由于正盐Na2B溶液中c（B2﹣）浓度最大的，弱酸H2B的二级电离成B2﹣最难，则c（B2﹣）最小的是①，故C正确；D、因弱酸的一级电离为酸性的主要来源，由于相同浓度时的电离度a（H2B）＞＞a（HB﹣），c（H+）最大的是①，故D错误；故选：D。6．298K时，使用NaOH调节溶液pH过程中，二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述中正确的是（）A．溶液pH由1升至2.6时主要存在的反应是H2X+OH﹣═HX﹣+H2OB．NaHX溶液中c（H+）＝c（OH﹣）C．Ka2（H2X）＝10﹣7D．溶液呈中性时，c（Na+）＝2c（X2﹣）【答案】C【解析】A．溶液pH由1升至2.6时，H2X的分布分数增大，H3X+分布分数减小，所以发生的主要反应为H3X++OH﹣═H2X+H2O，故A错误；B．根据图知，NaHX溶液中HX﹣发生电离和水解但程度都较小，溶液中只要阴离子为HX﹣，溶液的pH值在5左右，溶液呈酸性，则溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；C．c（HX﹣）＝c（X2﹣）时，Ka2＝c（H+）＝10﹣7，HX﹣的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣7，故C正确；D．溶液呈中性时，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）+c（H3X+）＝2c（X2﹣）+c（OH﹣）+c（HX﹣），所以（Na+）+c（H3X+）＝2c（X2﹣）+c（HX﹣），故D错误；故选：C。7．氢氰酸（HCN）是一种弱酸，在水溶液中存在电离平衡：HCN⇌H++CN﹣，常温下电离常数为Ka．下列说法正确的是（）A．0.1mol•L﹣1HCN溶液的pH＜1B．增大HCN溶液浓度，其电离程度减小C．升高HCN溶液温度，平衡逆向移动D．加入少量NaOH溶液，会使Ka增大【答案】B【解析】A．HCN是弱酸，部分电离，导致溶液中c（H+）＜0.1mol/L，则溶液的pH＞1，故A错误；B．弱电解质溶液浓度越大，其电离程度越小，所以增大HCN溶液浓度其电离程度减小，故B正确；C．弱电解质电离吸热，所以升高温度促进HCN电离，平衡正向移动，故C错误；D．电离平衡常数只与温度有关，加入少量NaOH溶液，二者反应生成盐和水而促进HCN电离，但是温度不变电离平衡常数不变，故D错误；故选：B。8．常温下，两种钠盐NaX、NaY溶液的物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1，加水稀释时溶液的pH与稀释倍数的对数lg的关系如图所示。下列判断错误的是（）A．HX、HY均为弱酸，且HX的酸性比HY的强B．0.1mol•L﹣1的NaX、NaY溶液中，前者对水的电离促进作用较大C．a点NaX溶液中存在：c（Na+）＞c（X﹣）D．随着溶液的稀释，NaY溶液中逐渐减小【答案】A【解析】A．常温下，0.1mol/L的两种钠盐溶液的pH都大于7，说明两种钠盐都是强碱弱酸盐，则二者都是弱酸；溶液的pH越大，说明酸根离子水解程度越大，则其对应酸的酸性越弱，相同浓度的NaX溶液pH值大于NaY溶液，说明X﹣水解程度大于Y﹣，所以HX的酸性比HY的弱，故A错误；B．弱酸根离子促进水电离，酸越弱，酸根离子水解程度越大，其对水电离促进作用越大，HX的酸性比HY的弱，则相同浓度的钠盐溶液中，NaX水解程度大于NaY，即NaX对水的电离促进作用较大，故B正确；C．a点溶液pH＝8，溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（X﹣），所以c（Na+）＞c（X﹣），故C正确；D．温度不变电离平衡常数不变，随着NaY溶液的稀释，溶液碱性减弱，则溶液中c（H+）增大，Ka（HY）＝，则＝减小，故D正确；故选：A。9．常温下，在醋酸溶液中加入一定量的醋酸钠固体，下列说法错误的是（）A．c（OH﹣）减小 B．醋酸的电离程度减小C．溶液的pH增大 D．c（Ac﹣）增大【答案】A【解析】A．CH3COONa电离出CH3COO﹣而抑制CH3COOH电离，则溶液中c（H+）减小，温度不变离子积常数不变，则溶液中c（OH﹣）增大，故A错误；B．CH3COONa电离出CH3COO﹣而抑制CH3COOH电离，则醋酸电离程度减小，故B正确；C．CH3COONa电离出CH3COO﹣而抑制CH3COOH电离，则溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大，故C正确；D．CH3COONa电离出CH3COO﹣而导致溶液中c（Ac﹣）增大，故D正确；故选：A。10．常温下，已知Kal（H2CO3）＝4.3×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11．某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR﹣、R2﹣三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是（）A．H2R的一级电离常数Kal的数量级为10﹣2B．在pH＝4.3的溶液中：3c（R2﹣）＝c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）C．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中：c（R2﹣）＞c（H2R）D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生的反应是：CO32﹣+H2R═HCO3﹣+HR﹣【答案】A【解析】A．由图象可知当pH＝1.3时，pC（H2R）＝pC（HR﹣），结合Ka1（H2R）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝1×10﹣1.3，故A错误；B．pH＝4.3的溶液中，HR﹣与R﹣的物质的量分数相等，均为0.5，说明c（HR﹣）＝c（R﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HR﹣）+2c（R2﹣），由于c（HR﹣）＝c（R﹣），所以3c（R2﹣）＝c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣），故B正确；C．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，二者恰好完全反应生成NaHR，根据图知，溶液呈酸性，说明HR﹣的电离程度大于HR﹣的水解程度，则混合溶液中c（R2﹣）＞c（H2R），故C正确；D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，c（H2R）＝c（HR﹣），Ka1（H2R）＝＝c（H+）＝10﹣1.3，同理Ka2（H2R）＝10﹣4.3，Kal（H2CO3）＝4.3×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，少量H2R可以发生反应：2CO32﹣+H2R＝2HCO3﹣+R2﹣，故D正确；故选：A。11．在一定温度下，有a、盐酸b、硫酸c、醋酸三种酸（用a、b、c填空）：（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是_______________。（2）若三者pH相同时，中和等体积的该三种溶液所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是________________。（3）将c（H+）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，pH由大到小的顺序是_______________。（4）在25℃下，将amol/L的醋酸与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝7，用含a的代数式表示25℃时CH3COOH的电离常数Ka＝__________（5）设计一个实验证明醋酸是弱电解质：操作：_______________________________________________现象：______________结论：醋酸是弱电解质。【答案】（1）b＞a＞c；（2）c＞a＝b；（3）a＝b＞c；（4）；（5）测0.1mol/L醋酸溶液的pH；pH＞1。【解析】（1）盐酸是一元强酸完全电离，氢离子浓度等于酸的浓度；硫酸是二元强酸完全电离，硫酸中氢离子浓度为酸的二倍；醋酸是弱酸部分电离，氢离子的浓度小于酸的浓度；所以[H+]由大到小的顺序是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c；（2）若三者pH相同时，[H+]相同、体积相同时，醋酸浓度最大，硫酸和盐酸溶液中氢离子物质的量相同，中和等体积的该三种溶液所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是c＞a＝b，故答案为：c＞a＝b；（3）醋酸是弱电解质，加水稀释能促进醋酸的电离，所以醋酸中氢离子浓度变化慢，即醋酸中氢离子浓度大，所以将[H+]相同的三种酸均稀释100倍后，[H+]由大到小的顺序是c＞a＝b，pH由大到小的顺序是a＝b＞c，故答案为：a＝b＞c；（4）在25℃下，将amol•L﹣1的稀醋酸与0.01mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＝7，溶液显中性，反应平衡时溶液中c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＝0.005mol/L，根据电荷守恒可得c（OH﹣）＝c（H+），所以溶液显示中性，常温下的中性溶液中c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣7mol/L，根据物料守恒可得，c（CH3COOH）＝0.5amo/L﹣0.005mol/L＝（0.5a﹣0.005）mol/L，醋酸的电离平衡常数为：K＝＝＝，故答案为：；（5）配制0.10mol/LCH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则可证明醋酸为弱电解质，操作：测0.1mol/L醋酸溶液的pH．结论：pH＞1，故答案为：测0.1mol/L醋酸溶液的pH；pH＞1。12．弱电解质有许多如：醋酸、碳酸、氢氰酸、一水合氨等，已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如表：氢氰酸碳酸醋酸Ka＝6.2×10﹣10Ka1＝4.2×10﹣7Ka2＝5.6×10﹣11Ka＝1.7×10﹣5（1）25℃时，pH相等的三种溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，浓度由大到小的顺序为________________。（填序号）（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为__________________________。（3）将浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，则混合溶液中c（H+）____c（OH﹣）。（用“＜”或“＞”或“＝”填空）（4）常温下，向浓度为0.1mol•L﹣1、体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：①该温度时NH3•H2O的电离常数K＝________。②比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c（H+）由大到小顺序为______。（填字母，下同）③滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的______。A．c（H+）•c（OH﹣） B．C． D．【答案】（1）①＞③＞②（2）CN﹣+CO2+H2O＝HCO3﹣+HCN；（3）＜（4）①10﹣5；②d＞c＞b；③ACD；【解析】（1）图表数据分析，电离程度判断酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，水解程度：②Na2CO3溶液＞③NaCN溶液＞NaHCO3溶液＞①CH3COONa溶液，pH相等的三种溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，浓度由大到小的顺序为：①＞③＞②，故答案为：①＞③＞②；（2）向NaCN溶液中通入少量CO2，H2CO3酸性大于HCN大于HCO3﹣，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2＝HCN+NaHCO3，反应的离子方程式为：CN﹣+CO2+H2O＝HCO3﹣+HCN，故答案为：CN﹣+CO2+H2O＝HCO3﹣+HCN；（3）将浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，得到等浓度的HCN和NaCN混合溶液，CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，计算平衡常数Kh＝＝＝＝1.6×10﹣5＞Ka＝6.2×10﹣10，CN﹣水解程度大于HCN的电离程度，溶于显碱性，c（H+）＜c（OH﹣），故答案为：＜；（4）①滴定前氨水中c（H+）＝10﹣11mol/L，利用水的离子积得c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣3mol/L，一水合氨的电离平衡常数K＝＝≈10﹣5，故答案为：10﹣5；②在b点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液为碱性，对水的电离平衡起到抑制作用，在c点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度等于于氯化铵的水解程度，溶液为中性，对水的电离平衡无影响，在d点时，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，溶液为酸性，对水的电离平衡促进，所以b、c、d三点时的溶液中，水电离的c（OH﹣）大小顺序是d＞c＞b，故答案为：d＞c＞b；③A．c（H+）•c（OH﹣）＝KW，温度不变，水的离子积不变，故A正确；B．b到c的过程中，随着盐酸的加入，溶液中氢离子浓度逐渐增大，氢氧根离子浓度逐渐减小，则的比值逐渐增大，故B错误；C．＝Kb，温度不变，NH3•H2O的电离平衡常数不变，故C正确；D．为铵根离子的水解平衡常数，温度不变，则该比值不变，故D正确；故答案为：ACD；13．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka＝1.8×10﹣5Ka1＝4.3×10﹣7Ka2＝5.6×10﹣11Ka＝3.0×10﹣8（1）表中三种酸酸性最强的是_____________________________。（2）常温下，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是________。（填字母）A．c（H+） B．C． D．（3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_______________。（4）25℃时，将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，这时钠离子浓度与醋酸根离子浓度相等，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为______。【答案】（1）CH3COOH；（2）BC；（3）ClO﹣+H2O+CO2＝HCO3﹣+HClO；（4）。【解析】（1）根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，即酸性最强的为CH3COOH，故答案为：CH3COOH；（2）A.0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，但c（H+）减小，故A错误；B．加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，同一溶液中＝的比值增大，故B正确；C．醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则的比值增大，故C正确；D．稀释过程中温度不变，则醋酸的电离平衡常数Ka＝不变，故D错误；故答案为：