2021届鲁科版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一、选择题(此题包括4小题,每题6分,共24分)1.能证明乙酸是弱酸的实验事实是 ()3COOH溶液与Zn反响放出H2mol·L-1CH3COONa溶液的pH大于73COOH溶液与Na2CO3反响生成CO2mol·L-1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【解析】选B。A项,只能证明乙酸具有酸性,不能证明其酸性强弱,错误;B项,该盐水溶液显碱性,由于NaOH是强碱,故可以证明乙酸是弱酸,正确;C项,可以证明乙酸的酸性比碳酸强,但是不能证明其酸性强弱,错误;D项,可以证明乙酸具有酸性,但是不能证明其酸性强弱,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,那么以下反响可能发生的是 ()3+NaHSNa2CO3+H2S↑2S+Na2CO3NaHS+NaHCO32S+H2O+CO2Na2CO3+H2S2S+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.(2021·泉州模拟)pH相等的CH3COOH溶液与H2SO4溶液,以下说法正确的选项是 ()c(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溶液恰好反响,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,无法比拟物质的量的关系,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】以下说法正确的选项是 ()A.pH=2的HCl溶液和CH3COOH溶液,分别与2mol·L-1的NaOH反响,刚开始反响时速率:v(HCl)>v(CH3COOH)B.用锌和过量稀硫酸反响制取氢气时参加少量硫酸铜溶液会使生成氢气的反响速率加快,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,因而反响速率增大,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2mol·L-1的NaOH反响,刚开始反响时速率:v(HCl)=v(CH3COOH),A错误;用锌和过量稀硫酸反响制取氢气时参加少量硫酸铜溶液,Zn和Cu2+发生置换反响生成Zn2+和Cu,铜与锌、稀硫酸构成原电池,会使生成氢气的反响速率加快,但由于与硫酸反响的锌减少,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,因而反响速率增大,D错误。4.(2021·济宁模拟)对于常温下pH=2的醋酸溶液,以下表达正确的选项是 ()A.该醋酸溶液的浓度为mol·L-1B.参加少量CH3COONa固体,c(CH3COOH)增大C.溶液中离子浓度关系满足c(H+)>c(OH-)+c(CH3COO-)D.与等体积、pH=12的NaOH溶液混合后所得的溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)【解析】选B。醋酸是一元弱酸,所以常温下pH=2的醋酸溶液,c(CH3COOH)>c(H+mol·L-1,A错误;醋酸是一元弱酸,在溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+,向该溶液中参加少量CH3COONa固体,平衡逆向移动,但平衡移动的趋势是微弱的,当到达平衡时,溶液中c(CH3COOH)增大,B正确;根据电荷守恒,可得溶液中离子浓度关系满足c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),C错误;NaOH是一元强碱,pH=12的NaOH溶液中,c(NaOH)=c(OH-mol·L-1,而醋酸是一元弱酸,常温下pH=2的醋酸溶液,c(CH3COOH)>c(H+mol·L-1,所以与等体积、pH=12的NaOH溶液混合后,电离的醋酸与NaOH恰好中和,由于醋酸过量,所得的溶液是醋酸与醋酸钠的混合溶液,醋酸电离产生CH3COO-,最终到达平衡时,溶液中c(Na+)<c(CH3COO-),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-。以下有关说法正确的选项是 ()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.电离是吸热反响,升高温度,所有平衡均正向移动D.向氨水中参加少量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;参加过量硫酸,H+浓度增大,pH减小,B项错误;升温会使NH3逸出,平衡向逆反响方向移动,C项错误;参加少量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(此题包括2小题,共26分)5.(12分)(2021·石嘴山模拟)现有pH=2的醋酸甲和pH=2的盐酸乙:(1)取10mL的甲溶液,参加等体积的水,醋酸的电离平衡(填“向左〞“向右〞或“不〞)移动;假设参加少量的冰醋酸,醋酸的电离平衡(填“向左〞“向右〞或“不〞)移动;假设参加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〞)。假设将甲、乙两溶液等体积混合,溶液的pH=。(3)各取25mL的甲、乙两溶液,分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7,那么消耗的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25mL的甲溶液,参加等体积pH=12的NaOH溶液,反响后溶液中[Na+]、[CH3COO-]的大小关系为[Na+][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;假设参加冰醋酸,相当于增加了反响物浓度,因此电离平衡也正向移动;参加醋酸钠固体后,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mol·L-1,设CH3COOH的原浓度为cmol·L-1,混合后平衡没有移动,那么有:CH3COOHH++CH3COO-原平衡浓度(mol·L-1)c混合后浓度(mol·L-1)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)两者反响后醋酸过量,溶液显酸性,根据电荷守恒可得[Na+]小于[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,局部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=5.6×103.0×10-8请答复以下问题: (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mol·L-1的以下四种物质的溶液2CO333,pH由大到小的顺序是(填编号)。(4)常温下mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中,以下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.假设该溶液升高温度,上述5种表达式的数据增大的是。(5)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL,稀释过程中pH变化如下:那么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(此题包括3小题,每题6分,共18分)1.简单化合物HB在水中到达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-1平衡浓度/mol·L-1[HB]7[B-]或[H+]①4.21×10-3②1.34×10-3Ka=③1.78×10-5④1.82×10-5α=×100%⑤0.421%⑥1.34%分析表中①至⑥的数据,以下说法不正确的选项是 ()A.①与②的数据都说明化合物HB只有局部电离B.③与④的数据近似相等,说明HB的电离常数与初始浓度无关C.⑤与⑥的数据说明加水稀释后HB的电离平衡正向移动D.⑤与⑥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①与②的数据可知HB只有局部电离,A项正确;③与④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;⑤与⑥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;⑤与⑥的数据说明起始浓度越大,HB的电离程度越低,D项错误。2.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下,用mol·L-1NH3·H2O滴定10mL浓度均为mol·L-1HCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如下图。以下说法正确的选项是()A.①溶液中c(H+)为mol·L-1B.溶液温度上下为①>③>②C.③点溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-)D.③点后因离子数目减少使电导率略降低【解析】选C。醋酸为弱电解质,①点溶液c(H+mol·L-1,故A错误;酸碱中和反响放热,①点溶液的温度一定比②点的低,故B错误;③恰好完全反响生成氯化铵和醋酸铵,其中N和CH3COO-发生微弱水解,那么③点溶液中,c(N)>c(Cl-)>c(CH3COO-),故C正确;③点后,溶液体积变大,溶液中离子浓度减小导致电导率降低,故D错误。【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下图。以下分析不正确的是 ()A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH-点,两溶液中含有相同量的OH-、d两点对应的溶液均显中性【解析】选C。Ba(OH)2与H2SO4反响的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++BaSO4↓+2H2O,Ba(OH)2与NaHSO4溶液的反响分为两步: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①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线,②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响的Na+、OH-,B项正确;在c点,曲线①滴入的H2SO4过量,溶液显酸性,而曲线②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恰好反响完全的点,溶液呈中性,d点为Ba(OH)2与NaHSO4恰好反响的点,溶质是Na2SO4,溶液呈中性,D项正确。3.(2021·南通模拟):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。以下说法正确的选项是 ()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,那么向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,那么该比值相等,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,那么较弱酸的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,参加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(此题包括2小题,共32分)4.(14分)25℃时弱电解质电离常数:Ka(CH3COOH)=1.8×10-5,Ka(1)将20mL、mol·L-1CH3COOH溶液和20mL、mol·L-1的HSCN溶液分别与mol·L-1的NaHCO3溶液反响,实验测得产生CO2气体体积(V)与时间t的关系如图。反响开始时,两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是;

反响结束后所得溶液中c(SCN-)c(CH3COO-)(填“>〞“=〞或“<〞)。(2)2.0×10-3mol·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。那么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,故反响开始时,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+)大反响速率快。因为电离常数不变,随着反响的进行,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+)大反响速率快>(2)==4×10-45.(18分)某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况,进行了如下实验:[实验一]配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制250mLmol·L-1的醋酸溶液,将mol·L-1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液,再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。答复以下问题。(1)配制2