2021版高考化学一轮复习核心素养测评二十九弱电解质的电离平衡含解析鲁科版.doc

弱电解质的电离平衡一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.25 时,用蒸馏水稀释1 mol·L-1醋酸,下列各项始终保持增大趋势的是()A.B.C.D.c(H+)·c(CH3COO-)【解析】选A。醋酸在溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+;用蒸馏水稀释醋酸溶液,醋酸的电离平衡正向移动,c(H+)、c(CH3COO-)减小,由于溶液中存在水的电离平衡,水的离子积是个常数,所以c(OH-)增大,故c(OH-)/c(CH3COO-)增大,正确;B.加水稀释,c(H+)、c(CH3COO-)减小,但溶液中存在水的电离,水电离产生氢离子,使溶液中c(H+)减小程度小,所以c(CH3COO-)/c(H+)减小,错误;C.加水稀释,溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小,电离平衡正向移动,n(CH3COOH)减小,n(CH3COO-)增大,所以c(CH3COOH)/c(CH3COO-)减小,错误;D.加水稀释,溶液中c(H+)、c(CH3COO-)减小,所以c(H+)·c(CH3COO-)减小,错误。2.在25 时两种酸的电离常数如下:H2CO3:Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11;H2S:Ka1=5.7×10-8,Ka2=1.2×10-15,则下列反应可能发生的是()A.NaHCO3+NaHSNa2CO3+H2SB.H2S+Na2CO3NaHS+NaHCO3C.Na2S+H2O+CO2Na2CO3+H2SD.H2S+NaHCO3NaHS+H2CO3【解析】选B。 25 时两种酸的电离常数如下:H2CO3:Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11;H2S:Ka1=5.7×10-8,Ka2=1.2×10-15,可知碳酸与氢硫酸都是弱酸,电离平衡常数越大,酸性越强,所以酸性H2CO3>H2S>HC>HS-。根据强酸制弱酸原理可知只有B项符合。3.(2019·泉州模拟)pH相等的CH3COOH溶液与H2SO4溶液,下列说法正确的是()A.2c(CH3COO-)=c(S)B.n(CH3COO-)+n(OH-)=2n(S)+n(OH-)C.将两份溶液混合,pH保持不变D.等体积CH3COOH与H2SO4溶液和同浓度NaOH溶液恰好反应,消耗碱液体积相同【解析】选C。A选项,由电荷守恒知,c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、c(H+)=c(OH-)+2c(S),由pH相等可知c(CH3COO-)=2c(S),错误;B选项,体积不确定,无法比较物质的量的关系,错误;C选项,混合后c(H+)不变,CH3COOH溶液的电离平衡不移动,pH不变,正确;D选项,CH3COOH溶液浓度大于H2SO4,等体积情况下前者消耗的碱液更多,错误。【加固训练】下列说法正确的是()A.pH=2的HCl溶液和CH3COOH溶液,分别与2 mol·L-1的NaOH反应,刚开始反应时速率:v(HCl)>v(CH3COOH)B.用锌和过量稀硫酸反应制取氢气时加入少量硫酸铜溶液会使生成氢气的反应速率加快,但H2的产量会降低C.体积相同、pH=12的NaOH溶液和NH3·H2O溶液,均加水稀释到原体积的100倍后,pH(NaOH)>pH(NH3·H2O)D.一般地,升高温度可使活化分子数增多,因而反应速率增大,但活化分子的百分数不变【解析】选B。pH=2的HCl溶液和CH3COOH溶液,氢离子浓度相等,分别与2 mol·L-1的NaOH反应,刚开始反应时速率:v(HCl)=v(CH3COOH),A错误;用锌和过量稀硫酸反应制取氢气时加入少量硫酸铜溶液,Zn和Cu2+发生置换反应生成Zn2+和Cu,铜与锌、稀硫酸构成原电池,会使生成氢气的反应速率加快,但由于与硫酸反应的锌减少,因此H2的产量会降低,B正确;体积相同、pH=12的NaOH溶液和NH3·H2O溶液中,NH3·H2O为弱碱,氨水在稀释的过程中,NH3·H2O继续电离出OH-,溶液pH变化小,故pH(NaOH)<pH(NH3·H2O),C错误;一般地,升高温度能够增大活化分子百分数,活化分子数增多,因而反应速率增大,D错误。4.(双选)常温时,改变饱和氯水的pH,得到部分含氯微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是()A.该温度下,HClOH+ClO-的电离常数Ka的对数值lgKa=-7.54B.氯水中的Cl2、ClO-、HClO均能与KI发生反应C.pH=1的氯水中,c(Cl2)>c(C)>c(ClO-)>c(HClO)D.已知常温下反应Cl2(aq)+Cl-(aq)C(aq)的K=0.191,当pH增大时,K减小【解析】选C、D。 A.根据图象,pH=7.54时c(HClO)=c(ClO-),由电离方程式HClOClO-+H+可知,Ka=c(H+)=10-7.54,则lgKa=-7.54,A正确;B.氯水中含有的Cl2、ClO-、HClO均具有氧化性,KI具有还原性,Cl2、ClO-、HClO三种微粒都可以与KI发生氧化还原反应,B正确;C.根据图象,pH=1时氯水中各种含氯微粒的物质的量分数由多到少的顺序是Cl->Cl2>C>HClO>ClO-,由于溶液为同一溶液,溶液的体积相同,所以溶液中微粒的浓度大小关系为c(Cl2)>c(C)>c(HClO)>c(ClO-),C错误;D.已知常温下反应Cl2(aq)+Cl-(aq)C(aq)的K=0.191,K只与温度有关,温度不变,pH增大时,K不变,D错误。【加固训练】饱和氨水中存在化学平衡和电离平衡:NH3+H2ONH3·H2ON+OH-。下列有关说法正确的是()A.常温下饱和氨水的pH<7B.向氨水中滴加过量硫酸,所有平衡均正向移动,pH增大C.电离是吸热反应,升高温度,所有平衡均正向移动D.向氨水中加入少量NaOH固体,所有平衡均逆向移动【解析】选D。常温下饱和氨水呈碱性,pH>7,A项错误;加入过量硫酸,H+浓度增大,pH减小,B项错误;升温会使NH3逸出,平衡向逆反应方向移动,C项错误;加入少量NaOH固体,OH-浓度增大,平衡向生成NH3的方向移动,D项正确。二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(12分)(2020·石嘴山模拟)现有pH=2的醋酸甲和pH=2的盐酸乙:(1)取10 mL的甲溶液,加入等体积的水,醋酸的电离平衡_(填“向左”“向右”或“不”)移动;若加入少量的冰醋酸,醋酸的电离平衡_(填“向左”“向右”或“不”)移动;若加入少量无水醋酸钠固体,待固体溶解后,溶液中的值将_(填“增大”“减小”或“无法确定”)。 (2)相同条件下,取等体积的甲、乙两溶液,各稀释100倍。稀释后的溶液,其pH大小关系为pH(甲)_pH(乙)(填“大于”“小于”或“等于”)。若将甲、乙两溶液等体积混合,溶液的pH=_。 (3)各取25 mL的甲、乙两溶液,分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7,则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)_V(乙)(填“大 于”“小于”或“等于”)。 (4)取25 mL的甲溶液,加入等体积pH=12的NaOH溶液,反应后溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)的大小关系为c(Na+) c(CH3COO-)(填“大于”“小于”或“等于”)。【解析】(1)根据勒·夏特列原理可知,加水稀释后电离平衡正向移动;若加入冰醋酸,相当于增加了反应物浓度,因此电离平衡也正向移动;加入醋酸钠固体后,溶液中醋酸根离子浓度增大,抑制了醋酸的电离,故的值减小。(2)由于在稀释过程中醋酸继续电离,故稀释相同的倍数后pH(甲)小于pH(乙)。HCl和CH3COOH溶液的pH都是2,溶液中的H+浓度都是0.01 mol·L-1,设CH3COOH的原浓度为c mol·L-1,混合后平衡没有移动,则有:CH3COOHH+CH3COO-原平衡浓度(mol·L-1)c-0.010.010.01混合后浓度(mol·L-1)0.01由于温度不变醋酸的电离常数不变,结合数据可知醋酸的电离平衡确实未发生移动,因此混合后溶液的pH仍等于2。(3)取体积相等的两溶液,醋酸的物质的量较多,用NaOH稀溶液中和至相同pH时,消耗NaOH溶液的体积V(甲)大于V(乙)。(4)两者反应后醋酸过量,溶液显酸性,根据电荷守恒可得c(Na+)小于c(CH3COO-)。答案:(1)向右向右减小(2)小于2(3)大于(4)小于6.(14分)25 时,部分物质的电离常数如表所示:化学式CH3COOHH2CO3HClO电离常数1.7×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-113.0×10-8请回答下列问题:(1)等物质的量浓度的CH3COOH、H2CO3、HClO溶液中c(H+)的大小顺序为_。 (2)同浓度的CH3COO-、HC、C、ClO-结合H+的能力最强的是_。 (3)物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的下列四种物质的溶液:a.Na2CO3,b.NaClO,c.CH3COONa,d.NaHCO3,pH由大到小的顺序是_(填编号)。 (4)常温下0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中,下列表达式的数据一定变小的是_(填序号,下同)。 A.c(H+)B.c(H+)/c(CH3COOH)C.c(H+)·c(OH-)D.c(OH-)/c(H+)E.若该溶液升高温度,上述5种表达式的数据增大的是_。 (5)体积为10 mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL,稀释过程中pH变化如下:则HX的电离常数_(填“大于”“等于”或“小于”)醋酸的电离常数;理由是_,稀释后,HX溶液中由水电离出来的c(H+)_(填“大于”“等于”或“小于”)醋酸溶液中由水电离出来的c(H+),理由是_ _。 【解析】(1)电离常数越大,酸性越强,等浓度的酸溶液中c(H+)越大。(2)电离常数越小,其对应酸根离子结合H+能力越强,所以结合H+的能力最强的是C。(3)电离常数越小,酸性越弱,其对应的酸根离子水解程度越大,溶液碱性越强。(4)醋酸是弱电解质,稀释后电离程度增大,但CH3COOH、CH3COO-、H+的浓度却都减小,c(OH-)却是增大的,且CH3COOH的浓度减小最多。升温时,促进电离,Kw、Ka均增大,c(H+)增大,c(H+)/c(CH3COOH)增大,c(OH-)/c(H+)减小。(5)根据图象分析知道,起始时两种溶液中c(H+)相同,c(较弱酸)>c(较强酸),稀释过程中较弱酸的电离程度增大,故在整个稀释过程中较弱酸的c(H+)一直大于较强酸的c(H+),稀释相同倍数,HX的pH变化比CH3COOH的大,故HX酸性较强,电离常数较大;HX酸性强于CH3COOH,稀释后HX溶液中c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+),所以对水的抑制能力减弱。答案:(1)CH3COOH>H2CO3>HClO(2)C(3)a>b>d>c(4)AABCE(5)大于稀释相同倍数,HX的pH变化比CH3COOH的大,酸性强,电离常数大大于HX酸性强于CH3COOH,稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+),所以其对水电离的抑制能力也减弱一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18分)1.简单化合物HB在水中达到电离平衡时各种微粒的浓度如下表所示(25 ):HB初始浓度/mol·L-11.000.100平衡浓度/mol·L-1c(HB)0.9960.098 7c(B-)或c(H+)4.21×10-31.34×10-3Ka=1.78×10-51.82×10-5=×100%0.421%1.34%分析表中至的数据,下列说法不正确的是()A.与的数据都说明化合物HB只有部分电离B.与的数据近似相等,说明HB的电离常数与初始浓度无关C.与的数据说明加水稀释后HB的电离平衡正向移动D.与的数据说明起始浓度越大,HB电离的程度越高【解析】选D。根据与的数据可知HB只有部分电离,A项正确;与的数据近似相等,而HB的初始浓度相差10倍,说明HB的电离常数与初始浓度无关,B项正确;与的数据说明加水稀释后HB的电离平衡正向移动,电离程度增大,C项正确;与的数据说明起始浓度越大,HB的电离程度越低,D项错误。2.常温下,用0.50 mol·L-1氢氧化钠溶液滴定某一元弱酸(HA)的溶液,滴定曲线如图所示,下列叙述不正确的是()A.该弱酸在滴定前的浓度大于0.001 mol·L-1B.由滴定起点数据可计算该弱酸的Ka(电离平衡常数)为2×10-5C.滴定过程为求滴定终点,最合适的指示剂是酚酞D.滴定终点时,c(Na+) >c(A-)>c(OH-) >c(H+)【解析】选B。A.由图象可知,起始酸的pH为3,c(H+)=10-3 mol·L-1,因为HA是弱酸,则酸的浓度必大于0.001 mol·L-1,A项正确;B.HA是弱酸,HA的体积未知,无法由滴定起点数据计算该弱酸的Ka,B项错误;C.此滴定终点溶液显碱性,而酚酞的变色范围是8.210.0,应选择酚酞作指示剂,C项正确;D.滴定终点时,酸碱恰好反应生成NaA,NaA是强碱弱酸盐,A-水解导致溶液显碱性,则滴定终点时离子浓度顺序为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),D项正确。【加固训练】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【解析】选C。 Ba(OH)2与H2SO4反应的离子方程式为Ba2+2OH-+2H+BaSO4+2H2O,Ba(OH)2与NaHSO4溶液的反应分为两步:Ba2+OH-+H+BaSO4+H2O,OH-+H+H2O。从离子方程式可看出,NaHSO4溶液导电能力下降得慢,故代表滴加H2SO4溶液的变化曲线,代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线,A项正确;从图象可看出,b点为Ba(OH)2与NaHSO4溶液恰好完全沉淀的点,溶液中存在大量未反应的Na+、OH-,B项正确;在c点,曲线滴入的H2SO4过量,溶液显酸性,而曲线滴入的NaHSO4溶液未完全中和溶液中的OH-,溶液显碱性,故两溶液中OH-的量不同,C项错误;a点是Ba(OH)2与H2SO4恰好反应完全的点,溶液呈中性,d点为Ba(OH)2与NaHSO4恰好反应的点,溶质是Na2SO4,溶液呈中性,D项正确。3.(2020·南通模拟)已知:下表为25 时某些弱酸的电离平衡常数。CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.7×10-5Ka=3.0×10-8Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11如图表示常温下,稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化。下列说法正确的是()A.相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中,各离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为ClO-+CO2+H2OHClO+CC.图象中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)D.图象中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度【解析】选C。醋酸的电离常数大于次氯酸,所以醋酸的水解程度小于次氯酸,醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐,其混合溶液呈碱性,所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中,各离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),A错误;碳酸的二级电离小于次氯酸,所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸,则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:ClO-+CO2+H2OHClO+HC,B错误;在的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得:=,由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响,a、c的温度相同,则该比值相等,C正确;pH相等的CH3COOH、HClO,稀释相同的倍数时,较强酸中氢离子浓度小于较弱酸,则较弱酸的pH小于较强酸,酸性CH3COOH>HClO,所以a所在曲线表示CH3COOH,b所在曲线表示HClO,次氯酸的电离程度小于醋酸,所以醋酸的浓度较小,次氯酸的浓度较大,a、b两点相比,加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大,即:图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度,D错误。二、非选择题(本题包括2小题,共32分)4.(14分)已知25 时弱电解质电离常数:Ka(CH3COOH)=1.8×10-5,Ka(HSCN)=0.13(1)将20 mL、0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液和20 mL、0.10 mol·L-1的HSCN溶液分别与0.10 mol·L-1的NaHCO3溶液反应,实验测得产生CO2气体体积(V)与时间t的关系如图。反应开始时,两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是_; 反应结束后所得溶液中c(SCN-)_c(CH3COO-)(填“>”“=”或“<”)。 (2)2.0×10-3 mol·L-1的氢氟酸水溶液中,调节溶液pH(忽略调节时体积变化),测得平衡体系中c(F-)、c(HF)与溶液pH的关系如图。则25 时,HF电离常数Ka(HF)= _(列式求值)。 【解析】(1)电离常数大的电离出的离子浓度大,故反应开始时,两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH),溶液中c(H+):HSCN>CH3COOH,c(H+)大反应速率快。因为电离常数不变,随着反应的进行,电离平衡正向移动,故c(SCN-)>c(CH3COO-)。(2)电离常数等于电离出的离子浓度的幂之积除以电解质的浓度,故Ka(HF)=4×10-4。答案:(1)Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH),溶液中c(H+):HSCN>CH3COOH,c(H+)大反应速率快>(2)=4×10-45.(18分)As和P属于同主族元素,它们都能形成多种含氧酸。中国自古就有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)早期都曾用作绘画颜料,又都因有抗病毒疗效而用来入药。在一定条件下,雌黄和雄黄的转化关系如图所示。(1)亚磷酸(H3PO3)是一种精细化工产品。亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。则亚磷酸为_(填“一”“二”或“三”)元酸。 查阅资料知25 时,亚磷酸(H3PO3)的Ka1=5×10-2,Ka2=2.5×10-7,Na2HPO3可使碘水褪色,25 时,Na2HPO3水解反应的Kh=_,若向Na2HPO3溶液中加入少量的I2,则溶液中将_(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)反应中,若0.5 mol As4S4参加反应,转移14 mol电子,则物质a为_(填化学式)。 (3)反应中的产物亚砷酸H3AsO3可以用于治疗白血病,其在溶液中存在多种微粒形态。常温下,用NaOH溶液滴定H3AsO3时,各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_。 【解析】(1) 亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3,说明亚磷酸(H3PO3)只能电离两个氢离子与氢氧化钠反应,故为二元酸;25 时,Na2HPO3水解反应为HP+H2OH2P+OH-,所以水解常数Kh=c(H2P)c(OH-)/c(HP)=c(H2P)c(OH-)c(H+)/c(HP)c(H+)=Kw/ Ka2=10-14/(2.5×10-7)= 4×10-8。因为Na2HPO3可使碘水褪色,所以若向Na2HPO3溶液中加入少量的I2,c(H2P)减小,HP+H2OH2P+OH-平衡正向移动,进而促进第二步的水解H2P+H2OH3PO3+OH-,所以溶液中将增大;(2)由题知As4S4与氧气反应生成As2O3和物质a,0.5 mol As4S4参加反应,转移14 mol 电子,其中As元素转移电子数为2 mol,故S转移电子数为12 mol,故S从-2价变成+4价,故物质a为SO2。(3)根据图知,碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2As浓度增大,说明碱和H3AsO3生成H2As,该反应为酸碱的中和反应,同时还生成水,离子方程式为OH-+H3AsO3H2As+H2O。答案:(1)二4×10-8增大(2)SO2(3)OH-+H3AsO3H2As+H2O- 12 -