高中化学人教版 (2019)选择性必修1第一节 电离平衡精品巩固练习

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姓名：             班级                      第二单元  化学反应速率与化学平衡第一节   电离平衡本课重点（1）电离平衡的建立本课难点（2）电离平衡常数的应用一、选择题1．（2022·浙江高三开学考试）下列物质属于弱电解质的是A．NH3 B．HCOOH C．NaHCO3 D．CH3CH2OH【答案】B【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下就能够导电的化合物，根据其在水溶液中的电离程度可分为强电解质和弱电解质，全部电离的是强电解质，只有少部分电离的是弱电解质，据此判断。【详解】A．NH3不能自身电离，是非电解质，A不符合；B．HCOOH溶于水部分电离，属于弱电解质，B符合；C．NaHCO3溶于水全部电离，属于强电解质，C不符合；D．CH3CH2OH不能自身电离，是非电解质，D不符合；答案选B。2．（2022·全国高三专题练习）下列物质在水溶液中的电离方程式不正确的是A．NaHCO3=Na+＋H+＋COB．H2CO3H+＋HCO，HCOH+＋COC．AlCl3=Al3+＋3Cl-D．NaHSO4=Na+＋H+＋SO【答案】A【详解】A．NaHCO3是强电解质，但HCO不能完全电离，故其电离方程式应为NaHCO3=Na+＋HCO，A错误；B．碳酸是多元弱酸，分步电离：H2CO3H+＋HCO，HCOH+＋CO，B正确；C．氯化铝是强电解质，完全电离：AlCl3=Al3+＋3Cl-，C正确；D．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离成Na+、H+、SO：NaHSO4=Na+＋H+＋SO，D正确；答案选A。3．如表所示是几种弱酸在常温下的电离常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.75×10－5Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－11Ka1＝1.1×10－7Ka2＝1.3×10－13Ka1＝6.9×10－3Ka2＝6.2×10－8Ka3＝4.8×10－13则下列说法中不正确的是(　　)A．碳酸的酸性强于氢硫酸B．多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C．多元弱酸的各步电离之间无影响D．向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变【答案】C【详解】根据几种弱酸在常温下的电离常数可知，Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S)，碳酸的酸性强于氢硫酸，A正确；多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，B正确；多元弱酸第一步电离的H＋会抑制下一步电离，C错误；温度不变，电离常数不变，D正确。4．（2022·全国高三专题练习）根据表中提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式书写正确的是化学式HClOH2CO3电离常数/mol·L-1K=3×10-8K1=4×10-7    K2=4×10-11A．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO+2Cl2+H2O=2Cl-+2HClO+CO2↑B．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO+Cl2=Cl-+ClO-+2CO2↑+H2OC．向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClOD．向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2+2NaClO+H2O=Na2CO3+2HClO【答案】C【分析】根据表格数据可知酸性：H2CO3>HClO>。【详解】A．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2+Cl2+H2O=Cl-+2+ClO-，A错误；
B．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水： +Cl2=Cl-+HClO+CO2↑，B错误；
C．符合物质的酸性强弱比较，C正确；
D．向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，D错误；
故选C。5．（2021·辛集市第一中学高二月考）下列微粒对一水合氨的电离平衡几乎不产生影响的是A． B． C．13R3+                    D．【答案】B【详解】A．为H3O+，电离出氢离子，与一水合氨电离产生的氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，A错误；B．根据可知m=2，推知B项为Na+，Na+对一水合氨的电离平衡几乎不产生影响，B正确；C．13R3+为Al3+，Al3+能够结合一水合氨电离产生的氢氧根离子，促进一水合氨的电离，C错误；D．为碳酸氢根离子，碳酸氢根离子和一水合氨电离产生的氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，D错误；答案为：B。6．下列叙述正确的是A．室温下，稀释0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液的导电能力增强B．等体积等浓度的盐酸、醋酸，两溶液起始pH值相同C．向氨水中加入氯化铵晶体，氨水的电离平衡左移，c(NH)减小D．向H2S溶液中加入CuSO4溶液时，H2S电离平衡向右移动【答案】D【详解】A．电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关，稀释0.1mol/LCH3COOH溶液，使得离子浓度减小，导电能力减弱，故A错误；B．等体积等浓度的盐酸和醋酸，n(CH3COOH)=n(HCl)，醋酸为弱电解质，部分电离，醋酸溶液中c(H+)小于盐酸的，pH大于盐酸，故B错误；C．向氨水中加入NH4CI固体，铵根离子浓度增大，电离平衡向逆向移动，故C错误；D．当向H2S溶液中加入CuSO4溶液时，Cu2+与S2-结合生成CuS沉淀，c(S2-)减小，硫化氢的电离平衡向右移动，故D正确；故选D。7．（2021·广东高三开学考试）下列实验事实能证明相应性质的是选项实验或事实性质AHCOONH4溶液显酸性电离平衡常数：Ka(HCOOH)>Kb(NH3∙H2O)BFeCl3溶液可以刻蚀铜电路板金属性：Fe>CuC盐酸的导电能力比氢氟酸的强酸性：盐酸>氢氟酸DHNO2可与H2O2反应制得HNO3氧化性：HNO2>HNO3【答案】A【详解】A．HCOONH4溶液显酸性，说明HCOO-的水解程度小于的水解程度，根据“越弱越水解”的原理，可知电离平衡常数：Ka(HCOOH)>Kb(NH3∙H2O)，故选A项；B．FeCl3溶液可以刻蚀铜电路板，这是因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，故不选B项；C．没有指明盐酸和氢氟酸的浓度，无法直接比较两种酸的酸性强弱，故不选C项；D．根据表中信息，若HNO2可与H2O2反应制得HNO3，该反应中H2O2为氧化剂，HNO3为反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性：H2O2>HNO2，故不选D项；故选A。8．（2021·河南新乡·高二期末）常温下，H2CO3溶液中微粒的物质的量百分数α与pH的关系如图所示。人体血浆中最重要的缓冲体系是碳酸氢盐，正常人的血液的pH在7.35～7.45，由Henderson-Hasselbalch方程可知：pH=6.1＋lg。下列说法不正确的是A．曲线c表示c(CO)随溶液pH变化的曲线B．H2CO3的Ka1的数量级为10-7C．当血浆中c(HCO)增大时，pH一定增大D．当血浆的pH=7.1时，则发生酸中毒，此时c(HCO)是c(H2CO3)的10倍【答案】C【详解】A．根据图象可知，曲线a表示c(H2CO3)、曲线b表示c(HCO)、曲线c表示c(CO)随溶液pH变化的曲线，故A正确；B．根据图象可知，c(HCO)=c(H2CO3)时，pH=6.2，H2CO3的Ka1=，故B正确；C．人体血浆中碳酸氢盐起缓冲作用，随c(HCO)增大，pH变化不大，故C错误；D．正常人的血液pH在7.35～7.45，当血浆的pH=7.1时，则发生酸中毒，pH=6.1＋lg，所以此时lg=1，c(HCO)是c(H2CO3)的10倍，故D正确；选C。9．（2022·湖南株洲市·株洲二中高三开学考试）室温下H2SO4是二元强酸，其稀溶液中，第一步电离是完全的，第二步离程度较低，HSOH＋＋SO (K2=1.0×10-2)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．56 g单质铁与足量稀硫酸反应产生22.4 L H2B．1 L 0.1 mol/L的稀硫酸中，含H＋的数目为0.2 NAC．足量铜与1mol浓硫酸加热充分反应，生成SO2的数目小于0.5 NAD．6.8 g熔融的KHSO4中含有0.1 NA个阳离子【答案】C【详解】A．由关系式Fe～ H2可知，56g单质铁与足量稀硫酸反应产生氢气的物质的量为，但题目未给标准状况无法求算气体体积，A错误；B．H2SO4第二步解离程度较低，H+的数目小于0.2NA，B错误；C．由关系式2H2SO4～ SO2可知二氧化硫的物质的量为硫酸的一半，但是随着反应的进行，浓硫酸变稀，反应停止，故二氧化硫的物质的量小于0.5 NA，C正确；D．6.8g熔融的KHSO4的物质的量为0.05mol，而熔融的KHSO4只能电离为K+和，故0.05mol熔融的硫酸氢钾中含阳离子为0.05NA个，D错误；故选C。10．(2021·天津高二检测)将浓度为0.1 mol·L－1CH3COOH溶液不断加水稀释，下列各量始终保持减小的是(　　)A．c(OH－)　　　　　　　  B．Ka(CH3COOH)C．      D．【答案】C【详解】加水稀释c(H＋)不断减小，Kw不变，则c(OH－)始终增大，故A错误；电离平衡常数只与温度有关，则Ka(CH3COOH)在稀释过程中不变，故B错误；加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液中c(H＋)和c(CH3COO－)均减小，在无限稀释的过程中，c(H＋)始终大于10－7mol·L－1，而c(CH3COO－)将不断减小，则始终减小，故C正确； 加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液中n(CH3COO－)增多，而n(CH3COOH)减小，且＝，则始终增大，故D错误。11．（2020·全国高考真题）二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是A．海水酸化能引起浓度增大、浓度减小B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C．CO2能引起海水酸化，其原理为H++D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【答案】C【解析】A．海水酸化，H+浓度增大，平衡H++⇌正向移动，浓度减小，浓度增大，A正确；B．海水酸化，浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C．CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++，⇌H++，导致H+浓度增大，C错误；D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；答案选C。12．（2013·上海高考真题）H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小D．加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小【答案】C【解析】A、加水，促进电离，但氢离子浓度减小，A错误；B、通入过量SO2气体，发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH值减小，B错误；C、滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH值减小，C正确；D、加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D错误。答案选C。13．（2015·全国高考真题）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，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=2时，若两溶液同时升高温度，则增大【答案】D【解析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以减小，错误；故选D。二、非选择题14．常压下，取不同浓度、不同温度的氨水进行各项内容的测定，得到下表实验数据。温度/℃c(NH3·H2O)/mol·L－1电离常数电离度/%c(OH－)/mol·L－1016.561.37×10－59.0981.507×10－21015.161.57×10－510.181.543×10－22013.631.71×10－511.21.527×10－2提示：电离度＝×100%(1)温度升高，NH3·H2O的电离平衡向__________(填“左”或“右”)移动，能支持该结论的表中数据是________(填字母)。a．电离常数　　　　　　　 b．电离度c．c(OH－)         d．c(NH3·H2O)(2)表中c(OH－)基本不变的原因是_________________________________________________________________________________________________________。(3)常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是________(填字母)。A．溶液的pH增大      B．氨水的电离度减小C．c(OH－)减小       D．c(NH)减小【答案】(1)右　ab　(2)氨水浓度减小，会使c(OH－)减小，而温度升高，会使c(OH－)增大，双重作用使c(OH－)基本不变　(3)AD【详解】(1)根据表中电离常数和电离度随温度的变化情况可以判断，NH3·H2O的电离过程吸收热量，所以升温会使NH3·H2O的电离平衡向右移动。(3)氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH＋OH－，加入NH4Cl固体，使c(NH)增大，则平衡左移，pH减小，电离度减小，c(OH－)减小，故A、D错误。15．(2016·全国Ⅱ卷节选)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为__________(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为________。【答案】8.7×10－7　N2H6(HSO4)2【详解】联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式：N2H4＋H2ON2H＋OH－，已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14，平衡常数K＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7 ；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。