专项训练水的电离程度大小比较（解析版）.docx

1、专项训练 水的电离程度大小比较（解析版）一、单选题1常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A约为B点a：C点b：D水的电离程度：【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaC

2、l、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，=10-4.76，故A正确；Ba点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH

3、)d，故D错误；答案选D。2周期表中族元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，工业合成氨反应中每生成氨气，释放热量。“长征二号”运载火箭采用作发动机推进剂，燃烧产物无污染。常作锂电池的正极材料，电池充电时，脱出部分，形成。砷化镓是制备第三代半导体材料的重要原料。常温下，下列有关氨水的说法正确的是A相同浓度的氨水和溶液的导电能力相同B相同浓度的氨水和溶液中，水的电离程度相同C均为10的氨水和溶液中，的物质的量浓度相同D将均为10的氨水和溶液稀释相同倍数后，溶液的大于氨水【答案】C【详解】A氨水部分电离出离子，NaOH是强碱能完全电离，则相同浓度的氨水和溶液后者的浓度大，离子浓度越大导电性越强

4、，所以NaOH溶液导电能力强，故A错误；B氨水属于碱，电离出氢氧根离子抑制水的电离，为强酸弱碱盐，铵根能与水发生水解反应，促进水的电离，则溶液中水的电离程度更大，故B错误；C相同温度下，均为10的氨水和溶液中氢离子浓度相等，根据Kw=c(H+)c(OH-)，则的物质的量浓度相同，故C正确；D根据越稀越电离原理，氨水稀释后促进其电离，生成c(OH-)比NaOH的大，则氨水的较大，故D错误；故选：C。3已知电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。现用的NaOH溶液分别滴定浓度均为的盐酸和溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率随加入NaOH溶液体积的变化情况如图所示。下列说法正确的是A曲线代表Na

5、OH溶液滴定盐酸的曲线BA点溶液中：CD点溶液中：D相同温度下A、B、C三点溶液中，水的电离程度：ACB【答案】C【分析】溶液的导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，其溶液中离子浓度较小，加入NaOH溶液后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，曲线符合；HCl是强电解质，随着NaOH溶液的加入，溶液体积的增大，溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当HCl与所加NaOH恰好完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，曲线符合；据此分析解答。【详解】A由以上分析可知，代表NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的曲线，代表NaOH溶液滴定盐酸的曲线，A错

6、误；BA点溶液中c(Na+)=0.05，根据电荷守恒可得：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.05，B错误；CD点溶液为含0.001molNaCl和0.0005molNaOH的混合溶液，由电荷守恒知，D点溶液中存在：c(Cl-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，又c(Na+)=c(Cl-)，则c(Cl-)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)，故c(Cl-)+2c(H+)=2c(OH-)，C正确；D酸或碱抑制水的电离，能水解的盐可以促进水的电离，C点溶液中溶质NaCl，NaCl对水的电离无影

7、响，A点溶液中溶质为CH3COONa，CH3COONa促进水的电离，B点溶液为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：BCc(Na+)c(CH3COO-)DNH3H2ONH4Cl溶液具有与试剂相似的缓冲作用【答案】C【分析】0.10molCH3COOH，0.10molCH3COONa配制成1L的溶液是缓冲溶液，开始时pH=4.76，通入0.01molHCl后，pH变成4.67，变化不大，加入0.01molNaOH后pH变为4.85，也变化不大，有缓冲酸碱的作用。【详解】A0.01molHCl气体通入1L水中，忽略体积变化，浓度是0.

8、01mol/L，由于盐酸是强酸完全电离，H+浓度为0.01mol/L，a=2，故A正确；B0.01molHCl气体通入1L水中与0.01molNaOH加入水中，二者的浓度相同，都是一元强酸碱，都抑制水的电离，抑制的程度一样，因此水电离程度一样，故B正确；C试剂是0.10molCH3COOH，0.10molCH3COONa配制成1L的溶液，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，因此CH3COO-的浓度大于CH3COOH的浓度，故C错误；DNH3H2ONH4Cl溶液同样具有与试剂相似的缓冲作用，故D正确；答案选C。50.1 molL NaOH溶液分别滴入20 mL 0.1

9、molL HX溶液与20 mL 0.1 molL HCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示。下列说法正确的是Ab点：Bc点：Ca、d点溶液混合后为酸性D水的电离程度：dcba【答案】D【分析】NaOH是一元强碱，HCl是一元强酸，当滴加20mLNaOH溶液时溶液为中性，则N曲线为HCl溶液的滴定曲线，M曲线为HX溶液的滴定曲线且可以判断该酸为弱酸。【详解】Ab点的pH=6则，则，故A错误； Bc点是NaX与HX1:1的混合溶液，根据质子守恒可得：，故B错误；Ca、d点溶液混合即30mLNaOH溶液与20 mL 0.1 molL HX溶液与20 mL 0.1 molL HCl

10、溶液混合，溶质为NaCl 和1:1的NaX与HX，酸碱性等价于c点，由图可知呈碱性，故C错误；Dd点溶质只有NaX对水的电离起促进作用，c点NaX与HX1:1的混合溶液，溶液显碱性说明水解程度大于电离程度，HCl是一元强酸而HX为弱酸，强酸对水的电离的抑制程度更大，所以水的电离程度：dcba，故D正确；故选D。625时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数，X表示、或的关系如图所示：下列说法错误的是A25时，第一步电离平衡常数Bc点溶液中：Ca、b、c、d四点溶液中水的电离程度：dcbaDb点溶液中：【答案】D【分析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1 molL-1NaOH

11、溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当1时，H2A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H2A；当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性；当1cba，C正确；Db点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)c(HA-)c(A2-)c(H2A)，b点pHc(OH-)，H2A被滴定分数1，c(OH-)c(H2A)，D错误；故选D。7常温下，向10 mL0.1 molL-1HA溶液中逐滴加入0.1 molL-1的MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。下列说法正确的是Aad过程中，水的电离程度逐渐增大B加入10 mL13 mL MOH溶液时

12、，导电率降低是因为离子总数减小C常温下，Kb (MOH) =Ka(HA)10 -4.6Db点溶液中c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +c (OH- )【答案】C【分析】起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，c点加入MOH10ml时二者完全反应呈中性，也说明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量为1：1。【详解】Aac过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，cd是碱过量又抑制水的电离，故A错误；B10 mL13 mL是碱过量，离子数目继续增加，溶液体积继续增大，但是离子浓度在减小，

13、所以导电率减小，故B错误；C因为生成的弱酸弱碱盐呈中性，说明Kb (MOH) =Ka(HA)，在a点pH=2.8，c(H+)=c(A-)=，c(HA)=0.1mol/L，故C正确；Db点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量为1：1，根据物料守恒和电荷守恒得出如下式子c(HA)+c(A-)=2c(M+)+2c(MOH)(1)和c(H+)+c(M+)=c(A-)+c(OH-)(2)，（1）+得到如下式子：c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +2c (OH- )，故D错误；答案选C。8将缓慢通入1L 0.1 溶液中，反应过程中无逸出，用数字传

14、感器测得溶液中pH与c(HClO)的变化如图所示，已知，下列说法错误的是A曲线表示溶液中pH的变化B整个过程中，水的电离程度逐渐减小Ca点溶液中：D时：【答案】C【分析】碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸的酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢根离子，向碳酸钠溶液中通入氯气时，盐酸和次氯酸均能与碳酸钠溶液反应，完全反应得到氯化钠、碳酸氢钠和次氯酸钠的混合溶液，溶液pH减小、水的电离程度减小，再通入氯气，盐酸与碳酸氢钠溶液反应，次氯酸与碳酸氢钠溶液不反应，完全反应得到氯化钠、碳酸和次氯酸的混合溶液，溶液中次氯酸的浓度增大、溶液pH减小、水的电离程

15、度减小，再通入氯气至饱和，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应得到氯化钠、盐酸、碳酸和次氯酸的混合溶液，溶液pH减小、水的电离程度减小，则由图可知，曲线表示溶液中pH的变化，曲线表示溶液中次氯酸浓度的变化。【详解】A由分析可知，曲线表示溶液中pH的变化，故A正确；B由分析可知，随着氯气的通入，水的电离程度逐渐减小，故B正确；C由图可知，a点氯气的物质的量为0.1mol，氯气与水反应得到的盐酸和次氯酸与碳酸钠溶液恰好反应得到等浓度的氯化钠、碳酸氢钠和次氯酸钠的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(ClO)+c(Cl)+c(OH)和存在物料守恒关系

16、c(Na+)= c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(ClO)+c(Cl)+ c(HClO)，整合两式可得c(H2CO3)+ c(HClO) +c(H+)= c(CO)+ c(OH)，故C错误；D由电离常数公式可知，碳酸的电离常数Ka2(H2CO3)= =10-10.3，若溶液pH为10-10.3，则溶液中c(CO)=c(HCO)，故D正确；故选C。9常温下，向20.00mL0.1000molL-1的NH3H2O溶液中滴加0.1000molL-1的盐酸，溶液中lg随pH的变化关系如图所示.下列说法不正确的是A常温下，NH3H2O电离常数为10-4.75B当溶液的pH=7时，消耗盐酸的

17、体积小于20mLC溶液中水的电离程度：cbaD点溶液中：c(NH)c(Cl-)【答案】C【详解】A常温下，NH3H2O的电离常数为Ka=，c点pH=9.25时，lg=0，c()=c(NH3H2O)，NH3H2O的电离常数=10-4.75，故A正确；B向20.00mL0.1000mol/L的氨水中滴加0.1000mol/L的盐酸20mL，此时正好反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，此时溶液的pH7，因此维持溶液pH=7，所加盐酸的体积小于20mL，故B正确；C溶液酸性或者碱性越强，水的电离程度越小，a点溶液中的溶质为NH4Cl、HCl,HCl的量较多，对水的电离抑制程度较大，而b点溶

18、液为中性，水正常电离。c点溶液中溶质为NH4Cl和少量NH3H2O，水的电离程度：cab,故C错误；Dc代表氨水和氯化铵的混合溶液，溶液为碱性，c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒，c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，推出c()c(Cl-)，故D正确；故选：C。10已知：。室温下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH随变化关系如图所示。下列说法错误的是A溶液中水的电离程度：abcBb点溶液中：Cc点溶液中：D室温下NaX的水解平衡常数为【答案】C【分析】电离平衡常数只受温度的影响，因此用a或c点进行判断，用a点进行分析，c(H)=103.75m

19、olL1，HX的电离平衡常数的表达式，代入数值，Ka=104.75，由于a、b、c均为酸性溶液，因此溶质均为HX和NaX，不可能是NaX或NaX和NaOH，pH7说明HX的电离程度大于X的水解程度，即只考虑HX电离产生H对水的抑制作用，然后进行分析；【详解】A根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH7的溶液中，HX的电离程度大于X-的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：ab c(OH-)，则c(Na+)10c(HX)，C错误；DHX在溶液中存在电离平衡：HXH+X-，Ka=，则pH=pKa+p，带入

20、c点坐标(1，5.75)可知，pKa=4.75，则Ka=10-4.75，则室温下室温下NaX的水解平衡常数Kh=10-9.25，D正确；故合理选项是C。11某种天然碱的化学式为，取一定质量该天然碱溶于水，逐滴加入稀盐酸，溶液中的的物质的量与加入HCl的物质的量变化如图所示，以下说法正确的是AB水的电离程度：CN点溶液中存在：DP点溶液中：【答案】C【分析】天然碱溶于水，加入稀盐酸，先发生Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl，当Na2CO3消耗完后，继续加入稀盐酸，发生NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，根据图象可知，01发生反应，14发生，据此分析；【详解】AMN段发生Na2CO3H

21、Cl=NaHCO3NaCl，消耗盐酸的物质的量为1mol，生成n(NaHCO3)=1mol，原溶液中n(Na2CO3)=1mol，14发生NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，该段消耗盐酸的物质的量为3mol，消耗碳酸氢钠的物质的量为3mol，则原溶液中NaHCO3的物质的量为2mol，天然碱中碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比为12，即a：b=12，故A错误；BNa2CO3、NaHCO3均属于强碱弱酸盐，均发生水解，促进水的电离，但的水解程度大于水解程度，随着反应进行水的电离程度：MNP，故B错误；CN点的溶质为NaHCO3和NaCl，根据质子守恒，因此有，故C正确；D根据分析可知，P点溶质

22、为NaHCO3和NaCl，电荷守恒，故D错误；答案为C。12已知：MOH的碱性比NOH强。常温下，用HCl分别调节浓度均为的MOH溶液和NOH溶液的pH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中、的物质的量浓度的负对数与溶液的pH关系如图所示，下列说法正确的是A曲线表示与pH的关系B溶液中水的电离程度：YZD常温时，反应的平衡常数【答案】D【详解】A，图像中X和Y点对应的溶液中，pH大的碱性强，所以曲线代表与pH的关系，故A错误；B溶液中来自水的电离，Y点对应的溶液中水的电离程度大于X点，故B错误；C由电荷守恒和可知，两点对应的溶液pH相同，相同，由图中，则有，故C错误；D，X、Y点对应的溶液中，故，故

23、D正确；答案选D。1325C时，用1.0 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL c1 molL-1的盐酸，用0.010 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL c2 molL-1的盐酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是(已知lg5=0.7)A曲线b表示滴定c2 molL-1的盐酸B水的电离程度在V (NaOH) = 20.00 mL时最大C滴定至pH=7时，两份溶液导电能力相同D当1.0 molL-1 NaOH溶液滴定至19.98 mL时，混合溶液的pH约为3.3【答案】C【详解】A根据图像，两种浓度的盐酸与两种浓度的NaOH溶液混合后完全反应时消耗V(NaOH)=20.

24、00mL，pH达到中性，所以c1=1.0mol/L，c2=0.01mol/L，故曲线a表示c1浓度的盐酸，曲线b表示滴定c2 molL-1的盐酸，故A正确；B已知强酸或强碱会抑制水的电离，所以酸碱恰好反应时水的电离程度最大，而V (NaOH) = 20.00 mL时酸碱恰好反应，则此时水的电离程度最大，故B正确；C已知离子浓度越高的溶液导电性越强，pH=7时，曲线a表示的溶液离子浓度更大，导电能力更强，故C错误；D曲线a表示c1浓度的盐酸，当1.0 molL-1 NaOH溶液滴定至19.98 mL时，剩余0.02mL1.0 molL-1HCl溶液，混合溶液的，pH=-lgc(H+)=4-lg5

25、=3.3，故D正确；故选：C。14常温下，0.1molL-1H2R 溶液中H2R、HR-、R2-三者所占物质的量分数(分布系数 )随pH变化的关系如图1所示，向0.1molL-1Na2R溶液中滴加稀盐酸，所得混合溶液的pH与PP=lg 或lgc 变化关系如图2所示。下列说法正确的是 A图1中M点即为图2中N点，反应H2R+R2-2HR-的平衡常数K=100B水的电离程度c=db aCd点时，3c (HR-) -c (OH- ) c (Cl-) -c (H+)D曲线L表示lg)随pH的变化【答案】B【分析】随着pH增大，的物质的量浓度减小，的物质的量浓度先增大后减小，的物质的量浓度增大，增大，减

26、小，所以图1中1代表，2代表，3代表，图2中L1表示，L2表示。【详解】A根据图1得到，根据图2N点得到，则有，解得即M点即为图2中N点，反应H2R+R2-2HR-的平衡常数，故A错误；B、都是抑制水的电离，是促进水的电离，根据pH增大，的物质的量浓度减小，的物质的量浓度先增大后减小，的物质的量浓度增大，d、c两点pH相等，为同一溶液，两者水的电离程度相等，因此水的电离程度：，故B正确；Cd点时，电荷守恒有，得到，再根据d点对应pH=3，根据图1信息得到，则有，故C错误；D由分析可知，曲线L2表示lg)随pH的变化，故D错误；综上所述，答案为B。15常温下，某同学在特制容器中加入20 mL 0

27、.4 molL 溶液，用0.4molL HCl溶液滴定，利用pH计和气体压力传感器检测，得到如图曲线。下列说法错误的是A整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂Baf点对应的溶液中，水的电离程度一直在减小CDf点对应的溶液中存在：【答案】C【详解】A酚酞的pH变色范围是8.210，甲基橙的pH变色范围是3.14.4。溶液与逐滴滴入的HCl溶液分两步发生反应：第一步反应是；第二步反应是。整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂，A正确；B盐水解促进水电离，水解程度越大水电离程度越大，酸溶液抑制水电离，a点对应溶液的溶质为，b点对应溶液的溶质为（、NaCl，e点对应溶液的溶

28、质主要为NaCl、，f点对应溶液的溶质主要为NaCl、HCl，因此水的电离程度一直在减小，B正确；C根据图像可知，当 mL时，为0.4 molL 溶液，此时溶液， molL，则常温下此时溶液中 molL，则水解平衡常数，因为，故，C错误；D由于反应产生了大量的气体，因此根据物料守恒可知f点对应的溶液中存在：，D正确；故选C。16已知：叠氮酸()是一元弱酸，其电离常数(298K)。298K时，在20mL浓度为溶液中滴加的NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示(已知：)。下列说法错误的是A298K时，水的电离程度2， 则有Kb=，即，C正确；Db和b点的纵坐标之和为14，b点溶液中

29、c(H+)等于b点溶液中c ( OH- )， 两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，由A项推出BOH和HA电离平衡常数相同，则该点的pH=7，因此对于碱的溶液，pH逐渐减小，溶液中水电离程度逐渐增大，故a d水的电离程度逐渐增大，D正确；故选A。18某化学兴趣小组利用传感技术探究0.01molL-1的碳酸钠溶液滴定100mL0.01molL-1盐酸溶液的实验，得到反应过程中的c()、c()、c(H2CO3)的变化曲线(假定滴定过程中H2CO3不分解和忽略CO2的逸出)如图所示。下列说法正确的是已知：25时，H2CO3的Ka1=410-7，Ka2=510-11；lg4=0.6。A曲线I

30、为c(HCO)的变化曲线，V1=10B25时，碳酸钠的水解常数Kh1=2.510-8C水的电离程度：acbDc点溶液pH=6.4【答案】D【分析】用0.01molL-1的碳酸钠溶液滴定100mL0.01molL-1盐酸溶液过程中，最开始酸过量，产生H2CO3，继续滴加碳酸钠，H2CO3减少，增加，最后逐渐增多。因此曲线I、分别代表H2CO3、。【详解】A由分析可知，曲线I代表H2CO3，根据可知100mL 0.01molL-1HCl应恰好消耗50mL 0.01molL-1的碳酸钠溶液，故V1=50，A错误；B25时，碳酸钠的水解常数，B错误；C、均促进水电离，含量越高，水电离程度越大，根据图像

31、可知，水的电离程度：acc点a点，D正确。故选D。20HA是一元弱酸，BOH是一元弱碱，常温下，不同浓度的NaA或BCl溶液的pH与-lg或-lg的关系如图所示。下列叙述正确的是A线ab表示BCl溶液的pH与-lg的关系BB+的水解平衡常数Kh=10-5C等体积等浓度的HA溶液和BOH溶液混合后溶液呈中性D水的电离程度：b=dc=a【答案】C【分析】，即-lg=-lg=pH-lg，故-lg与pH与正比关系，即线ab表示NaA溶液的pH与-lg的关系，则线cd表示BCl溶液的pH与-lg的关系，据此解答。【详解】A由分析可知，线ab表示NaA溶液的pH与-lg的关系，故A错误；Bd点时，pH=5

32、=-lg c(H)时，-lg=4，则c(H)=10-5molL-1，=10-4，Kh(B)=c(H)=10-510-4=10-9，故B错误；C，由b点可知pH=9=-lgc(H)时，-lg=4，即=10-4，等体积等浓度的HA溶液与BOH溶液混合得BA溶液，由于Ka(HA)=Kb(BOH)，BA溶液呈中性，故C正确；Da点溶液pH=8，溶液质为NaA，c点溶液pH=6，溶质为BCl，这两点溶液中由水电离的c(H)=c(OH-)=10-6 molL-1；b点溶液pH=9，溶质为NaA，d点溶液pH=5，溶质为BCl，这两点溶液中由电离的c(HL)=c(OH-)=10-5 molL-1，水的电离程度b=dc=a，故D错误；故选C。