2020届高考化学一轮复习弱电解质的电离平衡作业

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2020届高考化学一轮复习弱电解质的电离平衡作业

课时达标作业24 弱电解质的电离平衡 基础题 ‎1.下列有关电解质的说法中正确的是(  )‎ A.强电解质一定是离子化合物 B.强电解质、弱电解质的电离一般都是吸热过程 C.强电解质的饱和溶液一定是浓溶液 D.强电解质在水中一定能全部溶解 解析:强电解质不一定是离子化合物,如HCl是强电解质但却是共价化合物,A错;BaSO4难溶溶于水,BaSO4水溶液虽然是饱和溶液,但却是稀溶液,故C、D错。‎ 答案:B ‎2.稀氨水中存在着下列平衡:NH3·H2ONH+OH-,若要使平衡向逆反应方向移动,同时使c(OH-)增大,应加入的物质或采取的措施是(  )‎ ‎①NH4Cl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水 ⑤加热 ‎⑥加入少量MgSO4固体 A.①②③⑤   B.③⑥‎ C.③ D.③⑤‎ 解析:若在氨水中加入NH4Cl固体,c(NH)增大,平衡向逆反应方向移动,c(OH-)减小,①不合题意;硫酸中的H+与OH-反应,使c(OH-)减小,平衡向正反应方向移动,②不合题意;当在氨水中加入NaOH固体后,c(OH-)增大,平衡向逆反应方向移动,符合题意,③符合题意;若在氨水中加入水,稀释溶液,平衡向正反应方向移动,但c(OH-)减小,④不合题意;电离属吸热过程,加热平衡向正反应方向移动,c(OH-)增大,⑤不合题意;加入少量MgSO4固体发生反应Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓,溶液中c(OH-)减小,⑥不合题意。‎ 答案:C ‎3.‎25 ℃‎时不断将水滴入0.1 mol·L-1的氨水中,下列图像变化合理的是(  )‎ 解析:A项,氨水的pH不可能小于7;B项,NH3·H2‎ O的电离程度在稀释过程中始终增大;D项,温度不变,Kb不变。‎ 答案:C ‎4.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 mol·L-1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 C.c(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NH3·H2O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;==·=K(NH3·H2O)·,温度不变,NH3·H2O的电离平衡常数及Kw均不变,随着NH3·H2O的滴加,c(H+)的减小,故减小,B项错误;未滴加氨水时,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1,滴加10 mL氨水时,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05 mol·L-1,C项错误;由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,故当加入NH3·H2O的体积为10 mL时,c(NH)=c(CH3COO-),D项正确。‎ 答案:D ‎5.已知室温时,0.1 mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,下列叙述错误的是(  )‎ A.该溶液的pH=4‎ B.升高温度,溶液的pH增大 C.此酸的电离平衡常数约为1×10-7‎ D.由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍 解析:根据HA在水中的电离度可算出c(H+)=0.1 mol·L-1×0.1%=10-4 mol·L-1,所以pH=4;因HA在水中有电离平衡,升高温度促进平衡向电离的方向移动,所以c(H+)增大,pH会减小;C选项可由平衡常数表达式算出K==1×10-7,所以C正确;c(H+)=10-4 mol·L-1,所以c(H+,水电离)=10-10 mol·L-1,前者是后者的106倍。‎ 答案:B ‎6.H2CO3和H2S在‎25 ℃‎时的电离常数如下:‎ 电离常数 Ka1‎ Ka2‎ H2CO3‎ ‎4.2×10-7‎ ‎5.6×10-11‎ H2S ‎5.7×10-8‎ ‎1.2×10-15‎ 则下列反应可能发生的是(  )‎ A.NaHCO3+NaHS===Na2CO3+H2S B.H2S+Na2CO3===NaHS+NaHCO3‎ C.Na2S+H2O+CO2===H2S+Na2CO3‎ D.H2S+NaHCO3===NaHS+H2CO3‎ 解析:电离常数越大,酸性越强,所以酸性由强到弱的顺序是:H2CO3>H2S>HCO>HS-,只有B项可以发生。‎ 答案:B ‎7.室温下向10 mL 0.1 mol/L的氨水中加水稀释后,下列说法正确的是(  )‎ A.溶液中导电离子的数目减少 B.溶液中不变 C.NH3·H2O的电离程度增大,c(OH-)亦增大 D.NH3·H2O的电离常数随氨水浓度减小而减小 解析:氨水加水稀释,促进NH3·H2O的电离,溶液中导电离子数目增加,A错误;由于温度不变,电离平衡常数Kb=不变,B正确;氨水加水稀释,电离程度增大,但c(OH-)减小,C错误;电离常数只与温度有关,与氨水的浓度无关,D错误。‎ 答案:B ‎8.常温下,下列有关两种溶液的说法不正确的是(  )‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ pH ‎12‎ ‎12‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 A.①②两溶液中c(OH-)相等 B.①溶液的物质的量浓度为0.01 mol·L-1‎ C.①②两溶液分别加水稀释10倍,稀释后溶液的pH:①>②‎ D.等体积的①、②两溶液分别与0.01 mol·L-1‎ 的盐酸完全中和,消耗盐酸的体积:①>②‎ 解析:常温下,pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中,c(OH-)相等,A项正确,由于NH3·H2O是弱碱,故氨水的物质的量浓度大于0.01 mol·L-1,B项错误;分别加水稀释10倍时,氢氧化钠溶液的pH变为11,而氨水的pH大于11且小于12,C项正确;等体积时氨水中溶质的物质的量大,分别与0.01 mol·L-1的盐酸完全中和,消耗盐酸的体积①>②,D项正确。‎ 答案:B ‎9.pH=2的两种一元酸x和y,体积均为100 mL,稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c=0.1 mol/L)至pH=7,消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy,则(  )‎ A.x为弱酸,VxVy C.y为弱酸,VxVy 解析:由图知:将一元酸x和y分别稀释10倍,pH的变化量ΔpHx=1,ΔpHy<1,所以x为强酸,y为弱酸。pH=2时弱酸y的浓度大,滴加NaOH溶液至pH=7时需NaOH溶液的体积y要比x大。‎ 答案:C ‎10.分析下表,下列选项中错误的是(  )‎ 弱酸 CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离常数(‎25 ℃‎)‎ ‎1.8×10-5‎ ‎4.9×10-10‎ Ka1=4.3×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ A.CH3COO-、HCO、CN-在溶液中可以大量共存 B.向食醋中加入水可使CH3COOH的电离平衡向电离方向移动 C.相同物质的量浓度的Na2CO3和NaCN溶液,后者pH较大 D.pH=a的上述3种酸溶液,加水后溶液的pH仍相同,则醋酸中加入水的体积最小 解析:根据电离常数可知HCO和CH3COO-、HCO和CN-均不发生反应,A正确;向食醋中加入水,CH3COOH的电离平衡正向移动,B正确;由于电离常数HCN>HCO,根据“越弱越易水解”可知C错;pH相同的CH3COOH、HCN、H2CO3‎ ‎3种酸溶液,加入相同体积的水,CH3COOH溶液pH变化最大,则pH变化相同的情况下,CH3COOH溶液中加入水的体积最小,D正确。‎ 答案:C ‎11.在体积都为‎1 L,pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中,投入‎0.65 g锌粒,则下图所示符合客观事实的是(  )‎ 解析:因盐酸为强酸、醋酸为弱酸,故pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中c(HCl)=0.01 mol·L-1而c(CH3COOH)>0.01 mol·L-1,1 L溶液中n(HCl)=0.01 mol,n(CH3COOH)>0.01 mol。A项,相同时间内pH变化较大的应为HCl,错误;B项,产生H2的速率大的应为CH3COOH,错误;D项,相同时间内c(H+)变化较大的为HCl,错误。‎ 答案:C ‎12.‎ 电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量,根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中,能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是(  )‎ 解析:HCl为强电解质,CH3COOH为弱电解质,滴加NH3·H2O,先与HCl反应,生成同样为强电解质的NH4Cl,但溶液体积不断增大,溶液稀释,所以电导率下降。当HCl被中和完后,继续与CH3COOH弱电解质反应,生成CH3COONH4,为强电解质,所以电导率增大。HCl与CH3COOH均反应完后,继续滴加弱电解质NH3·H2O,电导率变化不大,因为溶液被稀释,有下降趋势。‎ 答案:D 能力题 ‎13.‎ 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 解析:A项,0.10 mol·L-1的MOH和ROH,前者pH=13,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ROHR++OH-向右进行,c(R+)增大,所以减小,错误。‎ 答案:D ‎14.(Ⅰ)已知‎25 ℃‎时有关弱酸的电离平衡常数如下:‎ 弱酸化学式 HSCN CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数 ‎1.3×10-1‎ ‎1.8×10-5‎ ‎4.9×10-10‎ Ka1=4.3×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ ‎(1)‎25 ℃‎时,将20 mL 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液和20 mL 0.1 mol·L-1HSCN溶液分别与20 mL 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液混合,实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示:‎ 反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是________________________________。‎ ‎(2)若保持温度不变,在醋酸溶液中加入一定量氨气,下列各量会变小的是________(填字母)。‎ a.c(CH3COO-)‎ b.c(H+)‎ c.Kw d.醋酸电离平衡常数 ‎(Ⅱ)(1)在‎25 ℃‎下,将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合,反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-),则溶液显________(填“酸”、“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=________。‎ ‎(2)已知H2CO3的第二级电离常数K2=5.6×10-11,HClO的电离常数K=3.0×10-8,写出下列条件下所发生反应的离子方程式:‎ ‎①少量Cl2通入到过量的Na2CO3‎ 溶液中:________________________________________。‎ ‎②Cl2与Na2CO3按物质的量之比1:1恰好反应:____________。‎ ‎③少量CO2通入到过量的NaClO溶液中:_______________________。‎ 解析:(Ⅰ)(1)由Ka(CH3COOH)=1.8×10-5和Ka(HSCN)=0.13可知,CH3COOH的酸性弱于HSCN的酸性,即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度,浓度越大反应速率越快。‎ ‎(2)通入氨气,促进醋酸的电离,则c(CH3COO-)增大,故a错误;加入氨气,c(OH-)增大,c(H+)减小,故b正确;由于温度不变,则Kw不变,故c错误;由于温度不变,醋酸电离平衡常数不变,故d错误。‎ ‎(Ⅱ)(1)氨水与盐酸等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),因c(NH)=c(Cl-),故有c(H+)=c(OH-),溶液显中性。Kb===。‎ ‎(2)按题给的量的关系书写即可,但应注意:因K2(H2CO3)<K(HClO)<K1(H2CO3),故HClO与Na2CO3反应只能生成NaHCO3。‎ 答案:(Ⅰ)(1)HSCN的酸性比CH3COOH强,其溶液中c(H+)较大,故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快 ‎(2)b ‎(Ⅱ)(1)中  ‎(2)①Cl2+2CO+H2O===2HCO+Cl-+ClO-‎ ‎②Cl2+CO+H2O===HCO+Cl-+HClO ‎③ClO-+CO2+H2O===HCO+HClO ‎15.磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。‎ ‎(1)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品,已知10 mL、1 mol·L-1H3PO2与20 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液充分反应后生成组成为NaH2PO2的盐,回答下列问题:‎ ‎①NaH2PO2属于________(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。‎ ‎②若‎25 ℃‎时,K(H3PO2)=1×10-2,则0.02 mol·L-1的H3PO2溶液的pH=________。‎ ‎③‎ 设计两种实验方案,证明次磷酸是弱酸________________、________________。‎ ‎(2)亚磷酸是二元中强酸,‎25 ℃‎时亚磷酸(H3PO3)的电离常数为K1=1×10-2、K2=2.6×10-7。‎ ‎①试从电离平衡移动的角度解释K1为什么比K2大________。‎ ‎②写出亚磷酸与NaOH反应时可能生成的盐的化学式________。‎ ‎③亚磷酸的结构式为 (式中P→O表示成键电子对全部由磷原子提供),由此类推次磷酸分子中含有________个“O—H”键。‎ 解析:(1)①由次磷酸与过量的NaOH溶液反应时只能得到NaH2PO2,说明次磷酸分子中只有一个氢原子可以与OH-反应,由此可知它是一元酸,NaH2PO2是正盐。‎ ‎②设达到电离平衡时,c(H+)=x mol·L-1,由H3PO2H++H2PO得,x2/(0.02-x)=1×10-2,解得x=0.01,故pH=2。‎ ‎③可通过测NaH2PO2溶液的pH来证明次磷酸是弱酸;也可根据等物质的量浓度的盐酸、次磷酸与等量石蕊试液混合后溶液颜色的深浅来证明。‎ ‎(2)①多元弱酸分步电离,第一步电离出的H+抑制了第二步的电离,所以K1>K2。‎ ‎②亚磷酸为二元酸,与NaOH反应时可能生成NaH2PO3、Na2HPO3。‎ ‎③由亚磷酸的结构式及它是二元酸知,只有“O—H”上的氢原子可以电离出H+,由此知次磷酸分子中只有1个“O—H”键。‎ 答案:(1)①正盐 ②2 ③测NaH2PO2溶液的pH,若pH>7则证明次磷酸为弱酸 向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊试液,若次磷酸溶液中红色浅一些,则说明次磷酸为弱酸 ‎(2)①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离 ‎②NaH2PO3、Na2HPO3 ③1‎
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