高考化学复习弱电解质的电离平衡【市一等奖】

考点弱电解质的电离平衡A组统一命题·课标卷题组1.(2017课标Ⅱ,12,6分)改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量

分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=

]。下列叙述错误的是

()

A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)五年高考B.lg[K2(H2A)]=-4.2C.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)答案

D本题考查弱电解质的电离及相关计算。结合题图,可知A、C正确。K2(H2A)=

,结合题图中pH=4.2时c(HA-)=c(A2-),代入上式可得K2(H2A)=10-4.2,则lg[K2(H2A)]=-4.2,故C正确。pH=4.2时,c(H+)=10-4.2mol·L-1,但溶液中c(HA-)、c(A2-)均约为0.05mol·L-1,故D错。疑难突破

在温度不变时,电离平衡常数不随溶液成分变化而改变,故可以选择特殊点进行计

算。例如本题中K2(H2A)的计算。2.(2015课标Ⅰ,13,6分,0.540)浓度均为0.10mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀

释至体积V,pH随lg

的变化如图所示。下列叙述错误的是

()

A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH的电离程度:b点大于a点C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等D.当lg

=2时,若两溶液同时升高温度,则

增大答案

D根据题图信息可判断MOH是强碱,而ROH为弱碱,A项正确;B项,ROH是弱碱,加水稀

释时,电离程度增大,正确;C项,若两溶液无限稀释,pH最终无限接近于7,它们的c(OH-)相等,正确;

D项,当lg

=2时,两溶液同时升温,由于ROH是弱碱,c(R+)增大,c(M+)不变,则

减小,错误。解题关键

清楚图中横、纵坐标的意义是解决此题的关键,横坐标表示体积比的对数,相当于稀

释倍数。思路分析

根据题目所给出的信息,随着溶液的稀释倍数的增大,pH减小,稀释相同倍数时ROH

溶液的pH变化幅度较小,说明ROH碱性较弱。稀释相同倍数时,pH变化幅度较大的是相对较强

的酸或碱。3.(2015山东理综,13,5分,★★★)室温下向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元

酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

()

A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA)B组自主命题·省（区、市）卷题组答案

Da点V(HA)=10mL,此时NaOH与HA刚好完全反应,pH=8.7,说明HA是弱酸,可知NaA溶

液中:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),A错误;a点为NaA溶液,A-水解促进水的电离,b点为等浓

度的NaA与HA的混合溶液,以HA的电离为主,水的电离受到抑制,B错误;pH=7时,c(Na+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-),C错误;b点为等浓度的NaA与HA的混合溶液,溶液pH=4.7<7,说明HA的电离程度

(HA

H++A-)大于A-的水解程度(A-+H2O

HA+OH-),故溶液中c(A-)>c(HA),D正确。4.(2014天津理综,5,6分,★★☆)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是

()A.pH=1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(S

)+c(OH-)B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)C.CO2的水溶液:c(H+)>c(HC

)=2c(C

)D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:3c(Na+)=2[c(HC2

)+c(C2

)+c(H2C2O4)]答案

A根据NaHSO4溶液中的电荷守恒,有c(H+)+c(Na+)=2c(S

)+c(OH-),又因为c(Na+)=c(S

),所以A项正确;B项,相同条件下,AgI的溶解度比AgCl的小,故I-的浓度比Cl-的小;C项,碳酸的电离是分步进行的,第一步电离程度远大于第二步,所以c(HC

)≫c(C

);D项,Na+的总浓度应是H2C2O4、HC2

、C2

总浓度的1.5倍,即2c(Na+)=3[c(H2C2O4)+c(HC2

)+c(C2

)]。5.(2014广东理综,12,4分,★★☆)常温下,0.2mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混

合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是

()A.HA为强酸B.该混合液pH=7C.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+D.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)答案

D混合后的溶液为0.1mol·L-1NaA溶液,由题图知,c(A-)<0.1mol·L-1,即A-发生了水解,所

以HA是弱酸,A错误。A-水解,溶液呈碱性,B错误。根据电解质溶液中的三个守恒知:在NaA溶

液中,c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),C错误。由上述分析知,Y是HA分子,根据物料守恒得c(A-)+c(HA)=c(Na+),D正确。6.(2013广东理综,12,4分,★★☆)50℃时,下列各溶液中,离子的物质的量浓度关系正确的是

()A.pH=4的醋酸中:c(H+)=4.0mol·L-1B.饱和小苏打溶液中:c(Na+)=c(HC

)C.饱和食盐水中:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)D.pH=12的纯碱溶液中:c(OH-)=1.0×10-2mol·L-1

答案

CpH=-lgc(H+),pH=4的醋酸中,c(H+)=1.0×10-4mol·L-1,A项错误;小苏打是弱酸的酸式盐,

HC

+H2O

H2CO3+OH-,c(Na+)>c(HC

),B项错误;饱和食盐水中存在H+、Na+、Cl-、OH-4种离子,依据电中性原理可知C项正确;常温下,在pH=12的纯碱溶液中,c(H+)=1.0×10-12mol·L-1,c(OH-)=

=1.0×10-2mol·L-1,温度升高,KW增大,保持c(H+)不变,则c(OH-)增大,D项错误。7.(2017江苏单科,20,14分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中

砷的有效措施之一。(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高

效吸附剂X,吸附剂X中含有C

,其原因是

。(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之

和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。

图1 图2①以酚酞为指示剂(变色范围pH8.0~10.0),将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无

色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为

。②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4

H2As

+H+的电离常数为

,则p

=

(p

=-lg

)。(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH=7.1时,吸附剂X表面不带电荷;pH>7.1时带负

电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同

时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如

图3所示。

图3①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是

。②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为

。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是

。答案(14分)(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2(2)①OH-+H3AsO3

H2As

+H2O②2.2(3)①在pH7~9之间,随pH升高H2As

转变为HAs

,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加②在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2As

和HAs

阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂,将三价砷

转化为五价砷解析(1)碱性溶液易吸收空气中的CO2,CO2与碱发生反应CO2+2OH-

C

+H2O,故吸附剂X中含有C

。(2)①观察图1知,在pH为8~10之间,H3AsO3的分布分数逐渐减小,H2As

的分布分数逐渐增大,故该过程中,NaOH与H3AsO3反应生成NaH2AsO3和水,离子方程式为OH-+H3AsO3

H2As

+H2O。②由H3AsO4的第一步电离方程式知,

=

,观察图2知,当pH=2.2,即c(H+)=10-2.2mol/L时,H3AsO4的分布分数和H2As

的分布分数相等,即

=10-2.2,故p

=-lg

=-lg10-2.2=2.2。解题方法

①认真观察图像,注意图像中的关键点和特殊点;②解第(3)小题时,注意阅读题干中的已知信息,围绕已知信息分析图像。8.(2016北京理综,11,6分,★★★)在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2

SO4、NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。

下列分析不正确的是

()A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B.b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH-C.c点,两溶液中含有相同量的OH-D.a、d两点对应的溶液均显中性C组教师专用题组答案

C①中的a点处Ba(OH)2和H2SO4恰好完全反应,Ba2+和S

完全转化为BaSO4沉淀,溶液的导电能力达到最低;在溶液中继续滴加H2SO4溶液到c点,此时H2SO4过量,溶液呈酸性。②中b

点处Ba(OH)2和NaHSO4按物质的量之比1∶1反应,此时除了生成BaSO4沉淀外,还生成NaOH;b→

d是继续加入的NaHSO4与NaOH反应的过程,因此②中c点溶液呈碱性。故C项错误。思路分析

对于曲线②对应的反应过程要分析清楚。从开始到b点所发生的反应是Ba(OH)2+

NaHSO4

BaSO4↓+NaOH+H2O;从b点到d点所发生的反应是NaOH+NaHSO4

Na2SO4+H2O。理清了反应过程,此题就不难作答。9.(2016浙江理综,12,6分,★★☆)苯甲酸钠(

,缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25℃时,HA的Ka=6.25×10-5,H2CO3的

=4.17×10-7,

=4.90×10-11。在生产碳酸饮料的过程中,除了添加NaA外,还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25℃,不考虑饮料中其他成分)

()A.相比于未充CO2的饮料,碳酸饮料的抑菌能力较低B.提高CO2充气压力,饮料中c(A-)不变C.当pH为5.0时,饮料中

=0.16D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为:c(H+)=c(HC

)+c(C

)+c(OH-)-c(HA)答案

CHA的抑菌能力显著高于A-,碳酸饮料中存在反应CO2+H2O+NaA

HA+NaHCO3,HA含量比未充CO2的饮料要高,抑菌能力更强,A项不正确;增大压强可使更多的CO2溶于水中,生

成更多的HA,c(A-)会减小,B项不正确;已知HA的Ka=6.25×10-5,Ka=

,当c(H+)=10-5mol·L-1时,饮料中

=

=

=

=0.16,C项正确;由物料守恒知c(Na+)=c(A-)+c(HA),由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(HC

)+2c(C

)+c(OH-)+c(A-),两式联立可得c(H+)=c(HC

)+2c(C

)+c(OH-)-c(HA),D项不正确。10.(2015浙江理综,12,6分,★★★)40℃,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图

所示。下列说法不正确的是

()

A.在pH=9.0时,c(N

)>c(HC

)>c(NH2COO-)>c(C

)B.不同pH的溶液中存在关系:c(N

)+c(H+)=2c(C

)+c(HC

)+c(NH2COO-)+c(OH-)C.随着CO2的通入,

不断增大D.在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成答案

C由图像信息可知A项正确;由电荷守恒可知B项正确;Kb=

,随着CO2的通入,c(N

)不断增大,Kb为常数,则

不断减小,C项不正确;由图中信息可知pH在10.5~7.5之间,NH2COO-先从0逐渐增多,后又逐渐减少到0,故有含NH2COO-的中间产物生成,D项正确。评析该题是数形结合题,考查学生的识图能力及信息处理能力。11.(2013海南单科,8,4分,★☆☆)0.1mol·L-1HF溶液的pH=2,则该溶液中有关浓度关系式

的是

()A.c(H+)>c(F-)B.c(H+)>c(HF)C.c(OH-)>c(HF)D.c(HF)>c(F-)答案

BC由0.1mol·L-1HF溶液的pH=2,可知HF为弱酸,且该浓度的HF溶液电离出来的c(H+)=

0.01mol·L-1,同时溶液中的H2O发生电离生成H+和OH-,故c(HF)>c(H+)>c(F-),故A、D正确,B错误;

水的电离微弱,故c(HF)>c(OH-),故C项错误。三年模拟A组2015—2017年高考模拟·基础题组(时间：25分钟分值：40分)选择题(每题5分,共40分)1.(2017河北衡水中学三调,13)常温下10mL浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY两种一元酸溶液加水

稀释过程中的pH随溶液体积变化曲线如图所示。则下列说法不正确的是

()

A.电离常数:K(HX)<K(HY)B.浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY的混合溶液中:c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY)C.浓度均为0.1mol·L-1的NaX和NaY的混合溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D.a点水的电离度大于b点水的电离度答案

D浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY两种一元酸溶液,HY溶液的pH=2,HX溶液的pH>2,说

明HY溶液中氢离子浓度大于HX溶液中的氢离子浓度,则HY的酸性强于HX,故电离常数:K(HX)

<K(HY),A正确;根据物料守恒可知浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY的混合溶液中:c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY),B正确;由于HY的酸性强于HX,则NaX的水解程度大,所以溶液中c(Y-)>c(X-),则溶液

中离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(Y-)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),C正确;a、b两点溶液中氢离子浓度相

同,对水电离的抑制作用相同,故两点的水的电离程度相同,D错误。2.(2017河南信阳、三门峡联考,9)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,属于一元弱酸,具有较

强的还原性。下列有关说法正确的是

()A.H3PO2溶于水的电离方程式为:H3PO2

H++H2P

B.H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为:H3PO2+3OH-

P

+3H2OC.将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中,H3PO2的还原产物为H3PO4D.用惰性电极电解NaH2PO2溶液,其阳极反应式为:2H2O-4e-

O2↑+4H+

答案

AH3PO2是一元弱酸,溶于水的电离方程式为H3PO2

H++H2P

,故A正确;H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为H3PO2+OH-

H2P

+H2O,故B错误;将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中,H3PO2的氧化产物为H3PO4,故C错误;用惰性电极电解NaH2PO2溶液,其阳极反

应式为2H2O+H2P

-4e-

H3PO4+3H+,故D错误。3.(2017安徽皖北协作区3月联考,13)25℃时,用0.1000mol/LBOH溶液滴定20mL0.1000mol/L

一元酸HA溶液,其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

()

A.HA的电离平衡常数Ka为1×10-14B.滴定时应选择甲基橙作指示剂C.当滴入BOH溶液20mL时,溶液中:c(B+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)D.当滴入BOH溶液10mL时,溶液中:c(A-)>c(B+)>c(H+)>c(OH-)答案

D0.1000mol/LHA溶液的pH=2,Ka=

=10-3,A错误;当酸碱恰好完全反应时,溶液呈碱性,不在甲基橙的变色范围内,故B错误;当滴入BOH溶液20mL时,溶液呈碱性,故C错误;当

滴入BOH溶液10mL时,得BA和HA的等浓度混合溶液,且溶液呈酸性,HA的电离程度大于A-的

水解程度,使c(A-)>c(B+),故D正确。4.(2017湖南长沙、长望、浏宁联考,9)常温下0.1mol/L醋酸溶液的pH=a,下列能使溶液pH=(a+

1)的措施是

()A.将溶液稀释到原体积的10倍B.加入适量的醋酸钠固体C.加入等体积0.2mol·L-1盐酸D.提高溶液的温度答案

BA项,稀释到原来的10倍,如果是强酸则溶液pH正好是a+1,但醋酸是弱酸,稀释后溶液

pH小于a+1;B项,加入醋酸钠,醋酸根离子浓度增大,使醋酸的电离平衡左移,氢离子浓度减小,pH

可能是a+1;C项,加入盐酸,pH减小;D项,提高温度,促进电离,pH减小。5.(2016湖北黄冈质检,10)25℃时,用浓度为0.1000mol/L的氢氧化钠溶液分别滴定20.00mL浓

度均为0.1000mol/L的酸HX、HY(忽略体积变化),实验数据如下表。下列判断不正确的是

()编号滴入NaOH(aq)的体积/mL溶液的pHHXHY①031②a7x③20.00>7yA.在相同温度下,同浓度的两种酸溶液的导电能力:HX<HYB.由表中数据可估算出Ka(HX)≈10-5C.HY和HX溶液混合,c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(OH-)D.上述②反应后的HY溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(OH-)>c(H+)答案

D从编号①可以看出HX为弱酸,HY为强酸,在相同温度下,同浓度的两种酸溶液的导

电能力:HX<HY,A正确;HX

H++X-,从表中数据可以看出,0.1000mol/L的HX溶液中c(H+)=c(X-)=10-3mol/L,溶液中c(HX)=0.1000mol/L-10-3mol/L,Ka(HX)=

=

≈10-5,B正确;由电荷守恒可得:HY和HX溶液混合后,c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(OH-),C正确;②为在20.00mL浓度均为0.1000mol/L的酸HX、HY中分别加入amL0.1000mol/L的氢氧化钠溶液,根据题意可知a<20,所以②反应后的HY溶液中:c(Y-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),D错误。6.(2016山西四校联考,12)常温下,某酸HA的电离常数K=1×10-5。下列说法中正确的是

()A.HA溶液中加入NaA固体后,

减小B.常温下,0.1mol/LHA溶液中水电离出的c(H+)为10-13mol/LC.NaA溶液中加入盐酸至恰好完全反应,存在关系:2c(Na+)=c(A-)+c(Cl-)D.常温下,0.1mol/LNaA溶液的水解常数为10-9

答案

DHA溶液中加入NaA固体后抑制HA的电离,

=

=

=Kh=

=10-9,故比值不变,A错误、D正确;常温下,0.1mol/L的HA溶液中氢离子浓度约为(0.1×10-5)1/2mol/L=0.001mol/L,则水电离出的c(H+)为10-11mol/L,B错误;NaA溶液中加入盐酸至恰

好完全反应,根据物料守恒:2c(Na+)=c(A-)+c(HA)+c(Cl-),C错误。评析

考查弱电解质的电离、盐类水解等有关判断,本题的解题关键是对所给比值进行加工处

理转变为含有常量的表达式。7.(2016河南八市质检,10)25℃时,用蒸馏水稀释1mol/L醋酸溶液,下列各项始终保持增大趋势

的是

()A.

B.

C.

D.c(H+)·c(CH3COO-)答案

A

稀释过程中,c(CH3COO-)和c(H+)减小,c(OH-)增大,故A项正确;加水稀释,CH3COOH

对水的抑制效果减弱,故c(H+)减小幅度小于c(CH3COO-),

减小;

=

,稀释过程中c(H+)减小,故C项错误;稀释过程中,c(CH3COO-)和c(H+)均减小,c(CH3COO-)·c(H+)减

小,故D项错误。8.(2015福建泉州3月质检,9)常温下,浓度均为1.0mol·L-1的NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液10mL,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(N

)=c(Cl-)B.滴加几滴浓氨水,c(N

)减小C.滴加几滴浓盐酸,

的值减小D.1.0mol·L-1的NH4Cl溶液中c(N

)比该混合溶液中的大答案

A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(N

)>c(Cl-),加入适量的NaCl,可使c(N

)=c(Cl-),A项正确;滴加几滴浓氨水,虽然电离程度减小,但c(N

)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,1.0mol·L-1的NH4Cl溶液中c(N

)比该混合溶液中的小,D项错误。1.(2017湖北黄冈第三次联考,12)室温时,向20mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液中滴加0.1000mol·

L-1NaOH溶液,混合溶液的pH随滴加NaOH溶液体积的变化如图所示。下列有关叙述错误的是

()

A.忽略H2C2O4的第二步电离,由题给信息,可以计算出常温下H2C2O4的电离常数B.A、B、C三点所对应的溶液中,水的电离程度最小的是A点C.A、B、C三点所对应的溶液中,均有c(Na+)<c(OH-)+c(HC2

)+2c(C2

)D.在B点溶液中,生成的含钠化合物有两种,且c(HC2

)+c(C2

)=0.1000mol·L-1

B组2015—2017年高考模拟·综合题组(时间：20分钟分值：25分)答案

D当NaOH溶液的体积为0时,pH=1.5,c(H+)=10-1.5mol·L-1,忽略H2C2O4的第二步电离,c(HC2

)=c(H+)=10-1.5mol·L-1,c(H2C2O4)=0.1000mol·L-1,K=

,故A正确;A点溶液中的溶质为NaHC2O4,B点溶液中的溶质为NaHC2O4和Na2C2O4,C点溶液中的溶质为Na2C2O4,从A点到C点

水电离程度越来越大,故B正确;由电荷守恒A、B、C三点所对应的溶液中,均有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2

)+2c(C2

),左边去掉c(H+),得c(Na+)<c(OH-)+c(HC2

)+2c(C2

),故C正确;B点由物料守恒得c(HC2

)+c(C2

)+c(H2C2O4)=0.1000mol·L-1,故D错误。规律方法

滴定曲线中各点的分析,先确定各点溶液中溶质的种类,再由溶质的性质考虑电离或

水解的情况以及电离和水解程度的相对大小,确定离子浓度的大小关系,在有关离子的等式中考

虑电荷守恒和物料守恒以及两者的综合利用。易错警示

电荷守恒和物料守恒中考虑的离子种类不全和忽视离子所带的电荷是出错的主要

原因。2.(2017河北邯郸一模,12)常温下,向20mL0.1mol·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水

电离的氢离子浓度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-1氨水的电离常数K约为1×10-5B.a、b之间的点一定满足:c(N

)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C.c点溶液中c(N

)=c(Cl-)D.d点代表两溶液恰好完全反应答案

A常温下,0.1mol·L-1的氨水中c(H+)水=10-11mol·L-1,则c(OH-)=

mol·L-1=0.001mol·L-1,K=c(N

)·c(OH-)/c(NH3·H2O)=10-3×10-3/0.1=1×10-5,A正确;a、b之间的任意一点,溶液都呈碱性,即c(H+)<c(OH-),结合电荷守恒得c(Cl-)<c(N

),而c(Cl-)和c(OH-)的相对大小与所加盐酸的量有关,B错误;根据题图知,c点c(H+)>10-7mol·L-1,c(OH-)<10-7mol·L-1,溶液呈酸性,结合电荷守恒得c(N

)<c(Cl-),C错误;d点溶液中c(H+)=10-7mol·L-1,常温下c(H+)·c(OH-)=KW=10-14,所以c(H+)=c(OH-),溶液呈中

性,如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵,氯化铵为强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,D错误。解题关键

理解酸或碱及盐对水电离的影响是解题的关键,酸、碱对水的电离起抑制作用,盐的

水解对水的电离起促进作用,酸碱完全反应时,水的电离程度最大。易错警示

a、b之间,离子浓度的大小与所加盐酸的量有关,忽略溶质的浓度的相对大小,会误

选B。3.(2016广东三校联考,11)MOH和ROH是两种一元碱,常温下其水溶液分别加水稀释时,pH变化

如下图所示。下列说法正确的是

()

A.在X点时,由H2O电离出的c(H+)相等,c(M+)=c(R+)B.稀释前,c(ROH)=10c(MOH)C.稀释前的ROH与等体积pH=1的硫酸混合后所得溶液显酸性D.等体积等浓度的MOH溶液和盐酸混合后,溶液中离子浓度大小关系:c(Cl-)>c(M+)>c(OH-)>c(H+)答案

A在X点时,由H2O电离出的c(H+)相等,c(OH-)相等,则c(M+)=c(R+),A正确;由图像可知,

两种碱的电离程度不同,MOH为弱碱,ROH为强碱,故c(ROH)<10c(MOH),B错误;稀释前的ROH

溶液与等体积pH=1的硫酸混合后,由于ROH为强碱,则完全中和,所得溶液显中性,C错误;等体积

等浓度的MOH溶液和盐酸混合后,完全反应生成的MCl为强酸弱碱盐,则有c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-),D错误。审题技巧

看图时要抓住X点。在X点时两种碱溶液的pH相等,且都是被稀释了相同倍数(100

倍),ROH溶液pH下降了2,MOH溶液pH下降了1,说明ROH是强碱,MOH是弱碱。疑难突破

对于B项可这样分析:设MOH的电离度为α[α=

×100%<1],则c(OH-)=c(MOH)·α,c(MOH)=

=

>0.01mol/L,而ROH为强碱,c(ROH)=c(OH-)=0.1mol/L,所以

<10,即c(ROH)<10c(MOH)。4.(2016湖北武汉调研,13)浓度均为0.1mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液,分别加水稀释至体

积V,pH随lg

的变化关系如图所示。下列叙述正确的是

()

A.HX、HY都是弱酸,且HX的酸性比HY的弱B.常温下,由水电离出的c(H+)·c(OH-):a<bC.相同温度下,电离常数K(HX):a>bD.当lg

=3时,若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发),则

减小答案

B根据题图分析,当lg

=0时,HX溶液的pH>1,说明HX部分电离,为弱电解质,HY溶液的pH=1,说明其完全电离,为强电解质,A错误;酸或碱抑制水的电离,酸中的氢离子浓度越小,其抑

制水电离的程度越小,根据题图分析,b点溶液中氢离子浓度小于a点,则水的电离程度a<b,所以由

水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度的乘积a<b,B正确;酸的电离平衡常数只与温度有关,所以

相同的温度下,电离常数a=b,C错误;当lg

=3时,若同时微热两种溶液,X-的物质的量增多,Y-的物质的量不变,溶液的体积相等,所以

比值变大,D错误。审题技巧

①正确理解横坐标的意义,结合图像中的特殊点判断酸的强弱。②横坐标表示体积

比的对数,相当于稀释倍数。易错警示

水电离的c(H+)·c(OH-)与溶液中的c(H+)·c(OH-)不同,前者受温度及溶液酸碱性的影

响,后者只受温度影响。5.(2015广东韶关调研,12)部分弱电解质的电离平衡常数如下表:下列说法不正确的是

()A.结合H+的能力:C

>CN->HC

>HCOO-B.0.1mol/L的HCOONH4溶液中:c(HCOO-)>c(N

)>c(H+)>c(OH-)C.25℃时,pH=3的盐酸与pH=11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)D.0.1mol/L的NaHCO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HC

)+c(OH-)+c(C

)弱电解质HCOOHHCNH2CO3NH3·H2O电离平衡常数(25℃)Ka=1.8×10-4Ka=4.9×10-10

=4.3×10-7

=5.6×10-11Kb=1.8×10-5答案

D

电离常数越小,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:C

>CN->HC

>HCOO-,A项正确;根据表中数据知Ka(HCOOH)>Kb(NH3·H2O),则HCOONH4溶液呈酸性,N

的水解程度大于HCOO-的水解程度,B项正确;由于NH3·H2O为弱碱,pH=11的氨水的浓度远大于pH=3的盐酸的浓度,若使混合溶液呈中性,盐酸的体积一定大于氨水的体积,C

项正确;0.1mol/L的NaHCO3溶液中,根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(HC

)+c(OH-)+2c(C

),D项错误。思路分析

Ka越小,酸越弱,其电离程度越小,酸根离子结合H+能力越强,水解能力越强。易错警示

强酸和弱碱混合后溶液呈中性时,碱过量,而恰好完全反应时溶液显酸性。1.(2017湖南三湘名校第三次联考,12)常温下,向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/L