在弱电解质溶液中，未离解的分子和其离子间建立的动态平衡关系，下面是水溶液中的离子平衡提升练习，希望对考生复习有帮助。

1.(2015·重庆高考)下列叙述正确的是(C)

A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度

B.25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7

C.25 ℃时，0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱

D.0.1 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：醋酸是弱电解质，存在电离平衡CH3COOH??CH3COO-+H+，加入醋酸钠，使溶液中的c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，抑制醋酸的电离，故不正确。25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水完全反应生成NH4NO3，NH4NO3是强酸弱碱盐，NH发生水解，溶液呈酸性，pH<7，故不正确。H2S是弱电解质，部分电离，而Na2S是强电解质，完全电离，在等浓度的两种溶液中，Na2S溶液中离子浓度较大，溶液的导电能力强，故正确。0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，达到沉淀溶解平衡，因为AgCl的溶解度大于AgI，溶液中c(Cl-)>c(I-)，故不正确。

2.(2015·新课标Ⅰ卷)浓度均为0.10 mol·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的变化如下图所示。下列叙述错误的是(D)

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

解析：由图象分析浓度为0.10 mol·L-1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH<13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。A.MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确。B.曲线的横坐标lg越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROH??R++OH-，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B正确。C.若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH-)相等，C正确。D.当lg=2时，溶液V=100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M+)不变;ROH存在电离平衡：ROH??R++OH-，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R+)增大，故减小，D错误。

3.(2015·海南高考)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙，Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是(B)

解析：A.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CH3COOH

4.(2015·天津高考)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(B)

加入的物质 结论 A 50 mL　1 mol·L-1

H2SO4 反应结束后，c(Na+)=c(SO) B 0.05 mol CaO 溶液中增大 C 50 mL H2O 由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变 D 0.1 mol NaHSO4

固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变 解析：室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，溶液中存在：CO+H2O??HCO+OH-溶液呈碱性;A项加入50 mL 1 mol·L-1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)===2c(SO)，故A项错误;向溶液中加入0.05 mol CaO，则CaO+H2O===Ca(OH)2，则c(OH-)增大，且Ca2++CO===CaCO3↓，使CO+H2O??HCO+OH-平衡左移，c(HCO)减小，故增大，故B项正确;C项加入50 mL H2O，溶液体积变大，CO+H2O??HCO+OH-平衡右移，但c(OH-)减小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小，故C项错误;D项加入0.1 mol NaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐，电离出H+与CO反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D项错误;

5.(2015·广东高考)一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如下图所示。下列说法正确的是(C)

A.升高温度，可能引起由c向b的变化

B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13

C.该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化

D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化

解析：A.c点溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH-)不可能减小。B.由b点对应c(H+)与c(OH-)可知，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14。C.FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H+)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH-)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D.c点溶液呈碱性，稀释时c(OH-)减小，同时c(H+)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化。

6.(2015·四川高考)常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是(C)

A.<1.0×10-7 mol·L-1

B.c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)

C.c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)

D.c(Cl-)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)

解析：滤液中溶质的主要成分为NH4Cl和NaHCO3的混合物。A项，滤液pH<7，则c(H+)>1.0×10-7 mol·L-1，常温下Kw=1.0×10-14，所以<1.0×10-7 mol·L-1，A项正确;B项，由于开始加入等物质的量的NH4HCO3与NaCl，根据物料守恒可知，B项正确;C项，析出NaHCO3后，在滤液中根据电荷守恒得c(H+)+c(NH)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)，因c(Na+)

7.(2015·山东高考)室温下向10 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中加入0.1 mol·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(D)

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)

解析：A.a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)，错误;B.a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，错误;C.根据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，pH=7，则c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，错误;D.b点HA过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c(A-)>c(HA)，正确。