8-1-2a（基础小题快练）

第页一、电离平衡常数及影响因素1．下列关于电离常数的说法中正确的是()A．电离常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱B．电离常数与温度无关C．不同浓度的同一弱电解质，其电离常数不同D．多元弱酸各步电离常数相互关系为K1<K2<K3解析：电离常数的大小直接反映了该弱电解质的电离能力强弱，A正确；电离常数的大小只与温度有关，因为弱电解质电离都吸热，温度升高，电离常数增大，除温度外，电离常数与其他因素无关，B、C错误；对于多元弱酸，第一步电离产生的H＋对第二步电离起抑制作用，故K1≫K2≫K3，D错误。答案：A2．液态化合物AB会发生微弱的自身电离，电离方程式为ABA＋＋B－，在不同温度下其平衡常数为K(25℃)＝1.0×10－14，K(35℃)＝2.1×10－14。则下列叙述正确的是()A．c(A＋)随温度的升高而降低B．35℃时，c(A＋)>c(B－)C．AB的电离程度：α(25℃)>α(35℃)D．AB的电离是吸热过程解析：由于K(25℃)<K(35℃)，故c(A＋)随温度的升高而增大，A错；由电离方程式可知，在任何温度下，都存在c(A＋)＝c(B－)，B错；由25℃和35℃时的平衡常数可知，温度越高，电离程度越大，C错；由于K(25℃)<K(35℃)，因此AB的电离是吸热过程，D正确。答案：D3．下列说法正确的是()A．电离常数受溶液浓度的影响B．电离常数可以表示弱电解质的相对强弱C．电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H＋)大D．H2CO3的电离常数表达式：Ka＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cH2CO3)解析：电离常数是温度的函数，与溶液浓度无关，A错误；电离常数可以表示弱电解质的相对强弱，B正确；酸中c(H＋)既与酸的电离常数有关，又与酸的浓度有关，C错误；碳酸是分步电离的，第一步电离常数表达式为Ka1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)，第二步电离常数表达式为Ka2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，D错误。答案：B4．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是()酸HXHYHZ电离常数K9×10－79×10－610－2A.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZB．反应HZ＋Y－=HY＋Z－能够发生C．相同温度下，0.1mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，1mol·L－1HX溶液的电离常数大于0.1mol·L－1HX解析：表中电离常数大小关系：10－2>9×10－6>9×10－7，所以酸性排序为HZ>HY>HX，可见A、C不正确。电离常数只与温度有关，与浓度无关，D不正确。答案：B二、电离平衡常数的简单计算5．25℃时，0.1mol·L－1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列说法不正确的是()A．该溶液pH＝4B．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7D．升高温度，溶液的pH增大解析：c(H＋)＝(0.1×0.1%)mol·L－1＝10－4mol·L－1，故该溶液的pH＝4，A正确；溶液中由HA电离出的c(H＋)＝10－4mol·L－1，由水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)＝10－10mol·L－1，故溶液中由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍，B正确；溶液中的c(H＋)＝c(CH3COO－)＝10－4mol·L－1，c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1－10－4mol·L－1，近似等于0.1mol·L－1，故此酸的电离平衡常数约为10－4×10－4/0.1＝1×10－7，C正确；升高温度，醋酸的电离程度增大，c(H＋)增大，溶液的pH减小，D错误。答案：D6．碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋的平衡常数K1＝________。(已知：10－5.60＝2.5×10－6)解析：H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)K1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＝eq\f(10－5.60×10－5.60,1.5×10－5)≈4.2×10－7。答案：4.2×10－7三、电离平衡常数的综合计算7．常温下，0.1mol·L－1的HCOONa溶液的pH＝10，则HCOOH的电离常数Ka＝____________。解析：电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，因此c(HCOO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝(0.1＋10－10－10－4)mol·L－1＝0.1mol·L－1；物料守恒：c(HCOO－)＋c(HCOOH)＝c(Na＋)，所以c(HCOOH)＝c(Na＋)－c(HCOO－)＝c(Na＋)－[c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)]＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－4－10－10)mol·L－1＝10－4mol·L－1，所以Ka＝eq\f(cH＋·cHCOO－,cHCOOH)＝eq\f(10－10×0.1,10－4)mol·L－1＝10－7mol·L－1。答案：10－7mol·L－18．在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)。则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝____________。解析：解法1：电荷守恒法：根据电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，可知c(H＋)＝c(OH－)，则溶液呈中性。由物料守恒：溶液中含氮的微粒为NH3·H2O和NHeq\o\al(＋,4)，全部来源于氨水，而等体积混合，体积加倍，浓度减半，因此，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝eq\f(a,2)mol·L－1，则c(NH3·H2O)＝eq\f(a,2)mol·L－1－c(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(a,2)mol·L－1－c(Cl－)＝(eq\f(a,2)－eq\f(0.01,2))mol·L－1，所以Kb＝eq\f(\f(0.01,2)×10－7,\f(a,2)－\f(0.01,2))mol·L－1＝eq\f(10－9,a－0.01)mol·L－1。解法2：综合分析法：amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合发生反应：NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，因为溶液呈中性，则NH3·H2O过量，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝eq\f(0.01,2)mol·L－1。溶液存在平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－和NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。由于溶液呈中性，可知NH3·H2O电离程度和NHeq\o\al(＋,4)的水解程度相等，即混合后溶液中c(NH3·H2O)与混合后反应余下的c(NH3·H2O)相等，c(NH3·H2O)＝eq\f(a－0.01,2)mol·L－1；而混合后溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))与混合后生成的c(NH4Cl)相等；c(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(0.01,2)mol·L－1；所以Kb＝eq\f(\f(0.01,2)×10－7,\f(a,2)－\f(0.01,2))mol·L－1＝eq\f(10－9,a－0.01)mol·L－1。答案：中eq\f(10－9,a－0.01)mol·L－19．常温下，将amol·L－1CH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的bmol·L－1的盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka＝________。解析：由电荷守恒和物料守恒可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cNa＋＋cH＋＝cCl－＋cOH－＋cCH3COO－,cNa＋＝cCH3COOH＋cCH3COO－))所以c(CH3COOH)＝c(Cl－)CH3COOHCH3COO－＋H＋eq\f(b,2)mol·L－1(eq\f(a,2)－eq\f(b,2))mol·L－110－7mol·L－1Ka＝eq\f(10－7\f(a,2)－\f(b,2),\f(b,2))＝eq\f(10－7a－b,b)。答案：eq\f(10－7a－b,b)10．在一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka＝____________(用含a和b的代数式表示)。解析