高考化学一轮总复习 专题九 弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性AB卷1

弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性A卷全国卷弱电解质的电离平衡1(2015课标全国，13，6分)浓度均为0.10 molL1、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()AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH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lg2时，若两溶液同时升高温度，则c(M)/c(R)增大解析A项，0.10 molL1的MOH和ROH，前者pH13，后者pH小于13，说明前者是强碱，后者是弱碱，正确；B项，ROH是弱碱，加水稀释，促进电离，b点电离程度大于a点，正确；C项，两碱溶液无限稀释，溶液近似呈中性，c(OH)相等，正确；D项，由MOH是强碱，在溶液中完全电离，所以c(M)不变，ROH是弱碱，升高温度，促进电离平衡ROHROH向右进行，c(R)增大，所以减小，错误。答案D水的电离和溶液的酸碱性2(2013课标全国卷，13，6分 )室温时，M(OH)2(s)M2(aq)2OH(aq)Kspa，c(M2)b molL1时，溶液的pH等于()A.lg() B.lg()C14lg() D14lg()解析Kspc(M2)c2(OH)a，则c(OH)，c(H)，pHlgc(H)14lg()，C正确。答案C3.(2013全国大纲卷，12，6分)如图表示水中c(H)和c(OH)的关系，下列判断错误的是()A两条曲线间任意点均有c(H)c(OH)KwBM区域内任意点均有c(H)c(OH)C图中T1T2DXZ线上任意点均有pH7解析由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H)c(OH)Kw，A正确；由图中纵轴横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H)T1，C正确，XZ线上任意点都有c(H)c(OH)，只有 当c(H)107molL1时，才有pH7，D错误。答案D4(2012课标全国卷，11，6分)已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a molL1的一元酸HA与b molL1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是()AabB混合溶液的pH7C混合溶液中，c(H) molL1D混合溶液中，c(H)c(B)c(OH)c(A)解析A项，只有当HA为强酸、BOH为强碱，或HA的电离常数Ka与BOH的电离常数Kb相等时，溶液才呈中性；B项，只有当温度T298 K时pH7的溶液才呈中性；D项为电荷守恒关系式，无论溶液呈酸性、碱性还是中性，该关系式均成立；C项，因c(H)c(OH)Kw，中性溶液c(H)c(OH)，故c(H)molL1，正确。答案C酸碱中和滴定5(2016新课标全国，12，6分)298 K时，在20.0 mL 0.10 molL1氨水中滴入0.10 molL1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是()A该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂BM点对应的盐酸体积为20.0 mLCM点处的溶液中c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)DN点处的溶液中pH12解析A项，盐酸滴定氨水时，滴定终点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，故指示剂应选甲基橙，错误；B项，一水合氨属于弱碱，与盐酸正好反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，故二者等浓度反应时，若溶液的pH7，盐酸的体积应小于氨水的体积，即小于20.0 mL，错误；C项，根据电荷守恒可知溶液中：c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，M点溶液的pH7，即c(H)c(OH)，则c(NH)c(Cl)，由于水的电离是微弱的，故c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)，错误；D项，由图可知，N点即为0.10 molL1氨水，由其电离度为1.32%，可知0.10 molL1氨水中c(OH)0.001 32 molL1，故该氨水中11pH12，正确。答案DB卷地方卷弱电解质的电离平衡1(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Ka6.25105，H2CO3的Ka14.17103，Ka24.901011。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2。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(HCO)c(CO)c(OH)c(HA)解析根据题中所给的电离平衡常数可知，酸性：H2CO3HAHCO。A项，充CO2的碳酸饮料比未充CO2的饮料，前者HA的浓度较大，抑菌能力较强，错误；B项，提高CO2充气压力，溶解度增大，使HAHA平衡向左移动，c(A)减小，错误；C项，因为HAHA，Kac(H)c(A)/c(HA)，故c(HA)/c(A)c(H)/Ka105/(6.25105)0.16，正确；D项，依据溶液中电荷守恒：c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)c(A)，结合物料守恒：c(Na)c(A)c(HA)，所以，c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)c(HA)，错误。答案C2(2015海南化学，11，4分)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka1.8105)和一氯乙酸(乙，Kb1.4103)在水中的电离度与浓度关系的是()解析根据甲、乙的电离平衡常数得，这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOHCH2ClCOOH，可以排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，故B项正确。答案B3(2014山东理综，13，5分)已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A水的电离程度始终增大B.先增大再减小Cc(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变D当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)c(CH3COO)解析CH3COOH溶液中水的电离被抑制，当CH3COOH与NH3H2O恰好反应时生成CH3COONH4，此时水的电离程度最大，再加入氨水，水的电离程度又减小，A项错误；，温度不变，NH3H2O的电离平衡常数及KW均不变，随着NH3H2O的滴加，c(H)减小，故减小，B项错误；未滴加氨水时，c(CH3COOH)c(CH3COO)0.1 molL1，滴加10 mL氨水时，c(CH3COOH)c(CH3COO)0.05 molL1，C项错误；由于CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，故当加入NH3H2O的体积为10 mL时，c(NH)c(CH3COO)，D项正确。答案D4(2014广东理综，12，4分)常温下，0.2 molL1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()AHA为强酸B该混合液pH7C图中X表示HA，Y表示OH，Z表示HD该混合溶液中：c(A)c(Y)c(Na)解析混合后的溶液为0.1 molL1 NaA溶液，由题图知，c(A)c(A)c(OH)c(HA)c(H)，由上述分析知，Y是HA分子，C错误；根据物料守恒得c(A)c(HA)c(Na)，D正确。答案D5(2013安徽理综，13，6分)已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSOH2OH2SO3OHHSOHSO向0.1 molL1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是()A加入少量金属Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c(HSO)增大B加入少量Na2SO3固体，则c(H)c(Na)=c(HSO)c(OH)c(SO)C加入少量NaOH溶液，、的值均增大D加入氨水至中性，则2c(Na)c(SO)c(H)c(OH)解析加入金属钠，钠与溶液中的H反应，使平衡右移，生成的NaOH使平衡左移，但溶液中c(HSO)减小，A错；根据电荷守恒式可知B错；加入少量NaOH溶液后，平衡左移，平衡右移，故增大，溶液的碱性增强，变大，C正确；根据电荷守恒知，D错。答案C6(2013浙江理综，12，6分)25 时，用浓度为0.100 0 molL1的NaOH溶液滴定25.00 mL浓度均为0.100 0 molL1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZHYHXB根据滴定曲线，可得Ka(HY)105C将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X)c(Y)c(OH)c(H)DHY与HZ混合，达到平衡时c(H)c(Z)c(OH)解析由图中起始时溶液的pH可知，HZ为强酸，HY、HX为弱酸，且酸性HYHX。A项，由于电离程度HZHYHX，所以溶液的导电性HZHYHX，错误；B项，0.1 mol/L HY的pH3，即c(H)103 mol/L，Ka(103)2/0.1105，正确；C项，由于HX的酸性比HY弱，故X的水解程度比Y大，c(X)比c(Y)低，错误；D项，Ka(HY)c(HY)/c(Y)c(H)，错误。答案B7(2015海南化学，16，8分)氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料。回答下列问题：(1)氨的水溶液显弱碱性，其原因为_(用离子方程式表示)；0.1 molL1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH_(填“升高”或“降低”)；若加入少量明矾，溶液中NH的浓度_(填“增大”或“减小”)。(2)硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O。250 时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为_，平衡常数表达式为_；若有1 mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为_mol。(3)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1 mol N2，其H_kJmol1。解析(1)氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨为弱电解质，它部分电离产生NH和OH，使溶液显碱性；若加入少量氯化铵固体，则铵根离子浓度增大，使一水合氨的电离平衡逆向移动，c(OH)减小，pH降低；若加入少量明矾，因Al3与OH反应，使一水合氨的电离平衡正向移动，则c(NH)增大。(2)根据题意可写出化学方程式，但应注意该反应为可逆反应；根据平衡常数定义，可得出K的表达式，注意硝酸铵为固体，不应列入平衡常数表达式中；NH4NO3的分解反应中，NO中氮元素的化合价从5价降低至1价，NH中氮元素的化合价从3价升高至1价，转移4个电子，故有1 mol NH4NO3完全分解时转移4 mol电子。(3)根据题给的能量变化图像可知，由N2O与NO反应生成氮气和二氧化氮的反应热为(209348) kJmol1139 kJmol1。答案(1)NH3H2ONHOH降低增大(2)NH4NO3N2O2H2Oc(N2O)c2(H2O)4(3)139水的电离和溶液的酸碱性8(2015天津理综，5，6分)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()加入物质结论A50 mL 1 molL1H2SO4反应结束后，c(Na)c(SO)B0.05 mol CaO溶液中增大C50 mL H2O由水电离出的c(H)c(OH)不变D0.1 mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na)不变解析Na2CO3溶液中存在水解平衡COH2OHCOOH，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50 mL 1 molL1H2SO4，Na2CO3与H2SO4 恰好反应生成0.05 mol Na2SO4，根据物料守恒可得c(Na)2c(SO)，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05 mol CaO后，发生反应CaOH2O=Ca(OH)2，生成0.05 mol Ca(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH，则c(CO)减小，c(OH)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；C项，加入50 mL H2O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH)减小，溶液中的OH全部来源于水的电离，由于水电离出的H、OH浓度相等，故由水电离出的c(H)c(OH)减小，错误；D项，加入的0.1 mol NaHSO4固体与0.05 mol Na2CO3恰好反应生成0.1 mol Na2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na，所以c(Na)增大，错误。答案B9(2015重庆理综，3，6分)下列叙述正确的是()A稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B25 时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH7C25 时，0.1 molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl)c(I)解析A项，稀醋酸中存在CH3COOH的电离平衡：CH3COOHCH3COO H，加入CH3COONa，增大CH3COO浓度，抑制CH3COOH的电离，错误；B项，两者恰好完全反应生成NH4NO3溶液，因NH水解：NHH2ONH3H2OH而使溶液呈酸性，错误；C项，硫化钠是强电解质，完全电离Na2S=2Na S2，氢硫酸是弱酸，部分电离H2SHSH(为主)、HSHS2，所以硫化钠溶液中离子浓度大，导电能力强，正确；D项，因在同一溶液中，c(Ag)相同，所以有，因两者溶度积不同，所以c(Cl)c(I)，错误。答案C10(2013山东理综，13，4分)某温度下，向一定体积0.1 molL1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOHlgc(OH)与pH的变化关系如图所示，则下列说法正确的是()AM点所示溶液的导电能力强于Q点BN点所示溶液中c(CH3COO)c(Na)CM点和N点所示溶液中水的电离程度相同DQ点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积解析醋酸为弱酸，向其溶液中逐滴加入等浓度NaOH时，生成强电解质CH3COONa，溶液导电性逐渐增强，则Q点导电能力强于M点，故A错误；图中N点pHpOH，即c(H)c(OH)，根据溶液中电荷守恒：c(H)c(Na)c(OH)c(CH3COO)，所以c(CH3COO)c(CH3COO)。答案AC酸碱中和滴定12(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H2SO4、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代表滴加H2SO4溶液的变化曲线Bb点，溶液中大量存在的离子是Na、OHCc点，两溶液中含有相同量的OHDa、d两点对应的溶液均显中性解析试题所涉及的化学方程式为：向Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液，Ba(OH)2H2SO4=BaSO42H2O(反应)；向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液，Ba(OH)2NaHSO4=BaSO4NaOHH2O(反应)，NaOHNaHSO4=Na2SO4H2O(反应)。 A项，由题图可知曲线在a点溶液导电能力最低，说明此时溶液中离子浓度最小，当Ba(OH)2和H2SO4完全反应时生成BaSO4沉淀，此时溶液导电能力最低，故反应符合，正确；B项，曲线中b点进行的反应是反应，溶液中含有Ba(OH)2与NaHSO4反应生成的NaOH，正确；C项，c点曲线表示Ba(OH)2已经完全反应，并剩余H2SO4，溶液显酸性，c点曲线表示NaOH与NaHSO4反应，且NaOH还有剩余，故溶液中含有反应生成的Na2SO4和剩余的NaOH，溶液显碱性，所以c点两溶液中含有OH的量不相同，错误；D项，a点为Ba(OH)2和 H2SO4完全反应时生成BaSO4沉淀，溶液呈中性，d点溶液中溶质只有Na2SO4，溶液也呈中性，正确。答案C13(2015广东理综，12，4分)准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0molL1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小解析A项，滴定管用水洗涤后，还要用待装溶液润洗，否则将要引起误差，错误；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶液的pH由小变大，正确；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色时才能停止滴定，错误；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体积偏大，测定结果偏大，错误。答案B14(2013天津理综，4，6分)下列实验误差分析错误的是()A用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小解析pH试纸不能湿润，若用润湿的pH试纸测碱溶液时，对碱溶液起到稀释作用，c(OH)变小，pH偏小，A正确；容量瓶定容时俯视会使实际液面低于刻度线，造成V偏小，c偏大，B错误；中和滴定时，滴定后有气泡，因气泡占有体积，造成V偏小，C正确；D项中，“缓慢”操作会使一部分热量散失，所测温度值偏小，D正确。答案B15(2016天津理综，9，18分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mgL1，我国地表水环境质量标准规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mg/L。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。1测定原理：碱性条件下，O2将Mn2氧化为MnO(OH)2：2Mn2O24OH=2 MnO(OH)2，酸性条件下，MnO(OH)2将I氧化为I2：MnO(OH)2IHMn2I2H2O(未配平)，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，2S2OI2=S4O2I。2测定步骤a安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。b向烧瓶中加入200 mL水样。c向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应完全。d搅拌并向烧瓶中加入2 mLH2SO4无氧溶液，至反应完全，溶液为中性或弱酸性。e从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.010 00 molL1 Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。fg处理数据(忽略氧气从水样中的溢出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列问题：(1)配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为_。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器为_。滴定管 注射器 量筒(3)搅拌的作用是_。(4)配平反应的方程式，其化学计量数依次为_。(5)步骤f为_。(6)步骤e中达到滴定终点的标志为_。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO_mgL1(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：_(填是或否)。(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个)_。解析(1)气体在水中的溶解度随着温度升高而减小，将溶剂水煮沸可以除去所用溶剂水中氧气。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂，应选择注射器。(3)搅拌可以使溶液混合均匀，加快反应速率。(4)由Mn元素的化合价由4价降低到2价，碘元素的化合价由1价升高到0价，根据化合价升降总数相等，反应配平后化学方程式为MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O，故其化学计量数依次为1，2，4，1，1，3。(5)为了减小实验的误差，滴定操作一般需要重复滴定操作23次，因此步骤f为重复步骤e的操作23次。(6)I被氧化为I2后，再用Na2S2O3溶液滴定，将I2还原为I，因此滴定结束，溶液的蓝色消失且半分钟不恢复原色；n(Na2S2O3)0.010 00 mol/L0.004 5 L4.5105 mol，根据反应有O22MnO(OH)2 2I24S2O，n(O2)n(Na2S2O3)1.125106 mol，该河水的DO mg/L9.0 mg/L5 mg/L，达标。(7) Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应，生成的SO2也能够被生成的I2氧化，同时空气中的O2也能够将I氧化，反应的离子方程式有2HS2O=SSO2H2O，SO2I22H2O=4HSO2I，4H4IO2=2I2 2H2O。答案(1)将溶剂水煮沸后冷却(2)(3)使溶液混合均匀，快速完成反应(4)1，2，4，1，1，3(5)重复步骤e的操作23次(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不恢复原色)9.0是(7)2HS2O=SSO2H2O，SO2I22H2O=4HSO2I，4H4IO2=2I22H2O(任写其中2个)16(2014重庆理综，9，15分)中华人民共和国国家标准(GB27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 gL1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测量。(1)仪器A的名称是_，水通入A的进口为_。(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 molL1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的_；若滴定终点时溶液的pH8.8，则选择的指示剂为_；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)_(10 mL，40 mL，40 mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为_gL1。(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_。解析(1)仪器A是蒸馏实验中使用的冷凝器；为使冷凝更充分，要让水在冷凝器中缓慢上升，所以水由b口进，若a口进，冷凝管中水装不满。(2)SO2具有还原性，而H2O2具有氧化性，所以反应为SO2H2O2=H2SO4。(3)NaOH是强碱，应装在碱式滴定管中，为赶出尖嘴处气泡，要让尖嘴部分略向上弯曲排出气泡，所以选；酚酞的变色范围在8.210.0之间，而滴定终点时溶液的pH8.8，所以可以选择酚酞作指示剂；根据题意及滴定管的结构知，刻度“10”处至尖嘴部分均有溶液，所以滴定管内液体体积大于40 mL，选。(4)滴定时发生的反应为H2SO42NaOH=Na2SO42H2O，则可得n(SO2)n(NaOH)0.090 0 molL125.00103L1.125103mol，m(SO2)64 gmol11.125103mol72103g，该葡萄酒中SO2含量为0.24 gL1。(5)B中有盐酸，加热时挥发出的HCl气体进入C中，所以滴定时，多消耗了NaOH溶液，从而使测定结果比实际值偏高，若仍用现有装置进行实验，可用硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄糖做对比实验。答案(1)冷凝管或冷凝器b(2)SO2H2O2=H2SO4(3)酚酞(4)0.24(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响