2021届高考化学一轮复习弱电解质的电离平衡作业

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2021届高考化学一轮复习弱电解质的电离平衡作业

弱电解质的电离平衡 ‎(建议用时:35分钟)‎ ‎1.下列说法正确的是(  )‎ A.浓度为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液,加水稀释,则减小 B.浓度为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液,升高温度,Ka(CH3COOH)不变,但醋酸的电离程度增大 C.常温下,浓度为0.1 mol·L-1 的HA溶液pH为4,则HA为弱电解质 D.CH3COOH的浓度越大,CH3COOH的电离程度越大 C [A项,==,加水稀释,Ka不变,c(H+)减小,故增大;B项,升温,Ka增大;D项,浓度越大,电离程度越小。]‎ ‎2.(2019·宿州模拟)硼酸(H3BO3)溶液中存在如下反应:H3BO3(aq)+H2O(l) [B(OH)4]-(aq)+H+(aq)。下列说法正确的是(  )‎ 化学式 电离常数(‎25 ℃‎)‎ H3BO3‎ K=5.7×10-10‎ H2CO3‎ K1=4.4×10-7‎ K2=4.7×10-11‎ CH3COOH K=1.75×10-5‎ A.将一滴碳酸钠溶液滴入硼酸溶液中一定能观察到有气泡产生 B.将一滴醋酸溶液滴入碳酸钠溶液中一定能观察到有气泡产生 C.等物质的量浓度的碳酸溶液和硼酸溶液比较,pH:前者>后者 D.等物质的量浓度的碳酸钠溶液和醋酸钠溶液比较,pH:前者>后者 D [由电离常数可知酸性:CH3COOH>H2CO3>H3BO3>HCO。则A项中生成HCO,B项中CH3COOH少量,也只生成HCO,C项中碳酸pH小,D项中,CH3COO-水解程度小于CO的水解程度,醋酸钠溶液pH较小。]‎ ‎3.(2019·成都模拟)某温度下,pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍,溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断错误的是(  )‎ A.a的数值一定大于9‎ B.Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线 C.稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大 D.完全中和相同体积的两溶液时,消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)9,A正确;稀释后氨水电离出的c(OH-)大于NaOH电离出的c(OH-),因此氨水中水的电离程度小于NaOH溶液中水的电离程度,C错误;pH=11的氨水和NaOH溶液,NH3·H2O的物质的量浓度大于NaOH的物质的量浓度,因此中和相同体积的两溶液时,消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)HCOOH >CH3COOH > HSO。因为乙酸的酸性大于亚硫酸氢根离子,所以亚硫酸钠和乙酸反应生成亚硫酸氢钠和乙酸钠,A错误;甲酸钠溶液因为甲酸根离子水解溶液显碱性,且存在质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HCOOH),因为溶液的pH=8,所以c(OH-)=‎ ‎10-6 mol·L-1,c(H+)=10-8 mol·L-1,所以c(HCOOH)=9.9×10-7 mol·L-1,B正确;等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡,假设甲酸溶液的pH=b,=10-4.74,=10-3.74,计算b=a-0.5,C错误;因为甲酸的酸性比亚硫酸氢根离子酸性强,所以同温度下,等浓度的溶液中甲酸根离子水解程度小于亚硫酸根离子水解程度,即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠,D错误。]‎ ‎6.(2019·试题调研)常温下,将浓度均为0.1 mol·L-1、体积均为V‎0 L 的HX溶液和HY溶液分别加水稀释至体积为V L,其AG[AG=lg]随lg 的变化关系如图所示,下列叙述错误的是(  )‎ A.HX的酸性强于HY的酸性 B.a点的c(Y-)与b点的c(X-)相等 C.若两溶液同时升高温度,则c(Y-)和c(X-)均增大 D.水的电离程度:a点小于c点 C [根据AG的意义可知,相同浓度时,AG的值越大,溶液中c(H+)越大。由图像可知,稀释前HX溶液中的AG值较大,即HX溶液中c(H+)更大,故HX的酸性比HY的强,A项正确;a、b两点的AG值相同,则两溶液中c(H+)相同、c(OH-)相同,由电荷守恒知c(X-)和c(Y-)均等于c(H+)-c(OH-),故a点的c(Y-)与b点的c(X-)相等,B项正确;稀释前,HX溶液中AG=12,结合c(H+)·c(OH-)=10-14计算可得c(H+)=0.1 mol·L-1,而酸的浓度为0.1 mol·L-1,故HX为强酸,在溶液中完全电离,升高温度,溶液中c(X-)不变,C项错误;AG的值越大,溶液中c(H+)越大,对水的电离的抑制程度越大,故a点水的电离程度小于c点,D项正确。]‎ ‎7.H2CO2和H2S在‎25 ℃‎时的电离常数如下:‎ 电离常数 Ki1‎ Ki2‎ 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 ‎[答案] B ‎8.(2019·日照模拟)常温下,向10 mL b mol·L-1的CH3COOH 溶液中滴加等体积的0.01 mol·L-1的NaOH溶液,充分反应后,溶液中c(CH3COO-)=c(Na+),下列说法不正确的是(  )‎ A.b>0.01‎ B.混合后溶液呈中性 C.CH3COOH的电离常数Ka= D.向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中,水的电离程度逐渐减小 D [反应后溶液中c(CH3COO-)=c(Na+),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)得:c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,说明醋酸过量,b>0.01,A、B正确;pH=7,c(H+)=10-7 mol·L-1,Ka===,C正确;在向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中,水的电离程度先变大后逐渐减小,因为酸、碱抑制水的电离,D错误。]‎ ‎9.(2019·河南名校联考)‎25 ℃‎时,改变0.1 mol·L-1 H2SO3溶液的pH,各粒子的物质的量分数(α)变化如图所示,下列说法中错误的是(  )‎ A.lgK1(H2SO3)=-1.9‎ B.pH=3时,c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)‎ C.反应H2SO3+SO 2HSO的lgK=5.3‎ D.pH=7.2时,c(HSO)=c(SO)=c(H+)‎ D [由分析可知,K1(H2SO3)=10-1.9,则lgK1(H2SO3)=-1.9,A正确;pH=3时,由图可知,c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO),B正确;反应H2SO3+SO 2HSO的K===105.3,则lgK=5.3,C正确;pH=7.2时,c(HSO)=c(SO)>c(H+),D错误。]‎ ‎10.常温下,为了证明一水合氨是弱电解质,甲、乙、丙、丁四位同学利用下面的试剂进行实验:0.10 mol·L-1氨水、NH4Cl晶体、醋酸铵晶体、酚酞试剂、pH试纸、蒸馏水。‎ ‎(1)甲用pH试纸测出0.10 mol·L-1氨水的pH为10,据此他认定一水合氨是弱电解质,你认为这一结论______________________________________________‎ ‎(填“正确”“不正确”或“无法确定”),并说明理由______________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎(2)乙取出10 mL 0.10 mol·L-1氨水,用pH试纸测出其pH为a,然后用蒸馏水稀释至1 000 mL,再用pH试纸测出其pH为b,他认为只要a、b满足如下关系______(用等式或不等式表示)就可以确认一水合氨是弱电解质。‎ ‎(3)丙取出10 mL 0.10 mol·L-1氨水,滴入2滴酚酞试剂,显粉红色,再加入CH3COONH4晶体少量,颜色变浅;你认为这一方法能否证明一水合氨是弱电解质?________(填“能”或“否”)。‎ ‎(4)丁同学的方案最可能是(答出实验操作方法、现象与结论)____________‎ ‎__________________________________________________________________。‎ ‎[解析] (1)0.10 mol·L-1的一元强碱溶液的pH=13,而弱碱溶液的pH因其不能完全电离而小于13,故甲的判断是正确的。(2)0.10 mol·L-1的强碱溶液稀释到原来体积的100倍,其pH会减小2,弱碱溶液则因稀释会促进原来没有电离的碱又电离出一部分OH-而导致pH减小值小于2。(3)因少量晶体的加入对溶液体积的影响可以忽略不计,故溶液颜色变浅只能是由于平衡移动使溶液中OH-浓度减小导致的,故以此现象可以判断一水合氨是弱电解质。(4)由于所给试剂中还有NH4Cl晶体没有用到,故丁同学的方案最可能是测量NH4Cl溶液的pH。‎ ‎[答案] (1)正确 常温下pH=10的溶液中c(OH-)=10-4 mol·L-1,则0.10 mol·L-1氨水中的一水合氨没有完全电离 (2)a-b<2 (3)能 (4)测量NH4Cl溶液的pH,其pH<7,证明一水合氨是弱电解质 ‎11.pH是溶液中c(H+)的负对数,若定义pC是溶液中粒子物质的量浓度的负对数,则常温下,某浓度的草酸(H‎2C2O4)水溶液中pC(H‎2C2O4)、pC(HC2O)、pC(C2O)随着溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是(  )‎ A.曲线Ⅰ代表HC2O的浓度随着pH增大先变小后变大 B.草酸的电离常数Ka1=1×10-1.3;Ka2=1×10-4.3‎ C.pH=4时,c(HC2O)>c(C2O)>c(H‎2C2O4)‎ D.=10-3‎ A [曲线Ⅰ代表HC2O的浓度随着pH增大先变大后变小,pC(HC2O)越大,HC2O的浓度越小,A错误;当pH=1.3时,c(HC2O)=c(H‎2C2O4),草酸的电离常数Ka1==c(H+)=1×10-1.3,当pH=4.3时,c(HC2O)=c(C2O),同理Ka2==c(H+)=1×10-4.3,B正确;pH=4时,作垂线交三条曲线,得三个点,pC(HC2O)c(C2O)>c(H‎2C2O4),C正确;====10-3,D正确。]‎ ‎12.(2019·宝鸡模拟)‎25 ℃‎时,改变0.1 mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知 δ(RCOOH)=],甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(  )‎ A.图中M、N两点对应溶液中的c(OH-)比较:前者>后者 B.丙酸的电离常数K=10-4.88‎ C.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较:前者>后者 D.‎25 ℃‎,HCOOH+CH3CH2COO-CH3CH2COOH+HCOO-的平衡常数为10-1.13‎ B [M点的pH小于N点的pH值,即M点c(H+)大于N点c(H+),所以溶液中的c(OH-)应该是M点小于N点,故A错误;pH=4.88时,丙酸的酸分子的物质的量分数为50%,即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),lgK=lgc(H+)=-4.88,K=10-4.88,B正确;由图中信息可知,相同pH时,丙酸的酸分子的物质的量分数大,说明电离程度小,故其酸性比甲酸弱,即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度,等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较应是pH(HCOONa)Ka2>Ka3=0.01‎ B.室温时,若在NaZ溶液中加水,则变小,若加少量盐酸,则变大 C.含等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合溶液:c(Z-)Ka4>Ka3‎ D [相同温度下电离度随溶液浓度的增大而减小,结合表中数据判断,当HX的浓度为1 mol·L-1时,HX的电离度小于0.1,故三种酸的酸性强弱顺序为:HZ>HY>HX,D项正确;电离常数只与温度有关,温度相同,Ka1=Ka2=Ka3,A项错误;依据Z-+H2OHZ+OH-可知,是Z-水解平衡常数的倒数,其只随温度的变化而变化,B项错误;依据“越弱越水解”‎ 可知,NaX的水解程度最大,c(X-)最小,C项错误。]‎ ‎14.(2019·枣庄期末)(1)已知:‎25 ℃‎时NH3·H2O的Kb=2.0×10-5。‎ ‎①求0.10 mol·L-1的NH3·H2O溶液中c(OH-)=________ mol·L-1。‎ ‎②‎25 ℃‎时,将a mol·L-1氨水与0.01 mol·L-1的盐酸按1∶2体积比混合,若混合后所得溶液的pH=7,用含a的代数式表示的电离常数Kb=________。‎ ‎(2)‎25 ℃‎时,0.10 mol·L-1的HA溶液中=1010。‎ ‎①该HA溶液的pH=________。‎ ‎②‎25 ℃‎时,将等浓度、等体积的氨水与HA溶液相混合,所得混合溶液的pH________7(填“>”“=”或“<”)。 ‎ ‎[解析] (1)②根据电荷守恒可求c(NH)=c(Cl-)=×0.01 mol·L-1‎ 根据物料守恒可求c(NH3·H2O)=(-×0.01) mol·L-1,根据电离常数表达式可求。‎ ‎(2)①=1010,根据Kw=10-14可知c(H+)=10-2 mol·L-1,pH=2。‎ ‎②Ka(HA)=>2×10-5=Kb(NH3·H2O),故NH‎4A水解为酸性。‎ ‎[答案] (1)①×10-3或1.41×10-3 ② (2)①2 ②<‎
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