新教材(广西专版)高考化学一轮复习课时规范练26弱电解质的电离平衡含答案

这是一份新教材(广西专版)高考化学一轮复习课时规范练26弱电解质的电离平衡含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的有( )
①不溶于水的盐都是弱电解质 ②可溶于水的盐都是强电解质 ③0.5 ml·L-1一元酸溶液中H+浓度一定为0.5 ml·L-1
④强酸溶液中的c(H+)不一定大于弱酸溶液中的c(H+) ⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子 ⑥熔融的电解质都能导电
A.1个B.2个C.3个D.4个
2.等物质的量的下列物质溶于水配成等体积的溶液,导电能力最弱的是( )
A.NaOHB.H3PO4
C.NH3D.CH3CH2OH
3.一定温度下,将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中,溶液的导电能力变化如图所示,下列说法正确的是( )
A.a、b、c三处溶液的pH:cc,故pH:c>a>b;B项,加水越多,越有利于CH3COOH的电离,故电离程度:c>b>a;C项,用湿润的pH试纸测量a处混合体系的pH,相当于向a处混合体系中加水,由图可知,溶液导电能力增强,c(H+)增大,pH偏小;D项,a、b、c三处n(CH3COOH)相同,用NaOH溶液中和时消耗n(NaOH)相同,即体积相同。
4.C 解析 1 L 0.1 ml·L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1 ml,醋酸属于弱酸,是弱电解质,在溶液中部分电离,存在电离平衡,则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022,A错误;加入少量CH3COONa固体后,溶液中CH3COO-的浓度增大,根据同离子效应,会抑制醋酸的电离,溶液中的氢离子浓度减小,酸性减弱,则溶液的pH升高,B错误;滴加NaOH溶液过程中,溶液中始终存在元素守恒,n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1 ml,C正确;醋酸的酸性强于碳酸,醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水,醋酸是弱电解质,离子方程式书写中不能拆写,则离子方程式为CO32-+2CH3COOHH2O+CO2↑+2CH3COO-,D错误。
5.C 解析 ①加少量烧碱,发生酸碱中和反应,促进平衡正向移动,导致c(F-)增大,则c(H+)c(HF)=Kac(F-)的值减小,故错误;②升高温度促进HF电离,导致c(H+)增大、c(HF)减小,所以c(H+)c(HF)的值增大,故正确;③通入少量HF气体导致c(HF)增大,平衡正向移动,但c(H+)增大的程度小于c(HF)增大的程度,所以c(H+)c(HF)的值减小,故错误;④加水稀释促进HF电离,但是HF电离增大的程度小于溶液体积增大的程度,故c(H+)、c(HF)、c(F-)都减小,c(H+)c(HF)=Kac(F-)增大,故正确。
6.C 解析 盐酸和醋酸溶液中电荷关系分别为c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),pH相等的两溶液等体积混合后pH不变,即c(H+)、c(OH-)不变,所以混合液中c(Cl-)=c(CH3COO-),故A错误;pH相等的盐酸和醋酸溶液:c(CH3COOH)>c(HCl),溶液体积未知,则不能确定n(CH3COOH)、n(HCl)的大小,不能确定产生H2的体积的大小,故B错误;HNO2溶液中加入一定量的NaNO2晶体,溶液中c(OH-)增大,则溶液酸性减弱,HNO2的电离平衡逆向移动,可证明HNO2为弱酸,故C正确;pH=3的HA溶液中c(H+)=10-3ml·L-1,pH=11的BOH溶液中c(OH-)=10-3ml·L-1,等体积混合后溶液呈酸性,则HA过量,说明HA为弱酸,故D错误。
7.D 解析 由图中信息可知,室温时,1 ml·L-1的HA溶液和1 ml·L-1的HB溶液pH分别为2和0,所以HA是弱酸、HB是强酸。因为起始时浓度和体积均相等,故两溶液中所含一元酸的物质的量相等。M点溶液和N点溶液的pH都等于3,由电荷守恒可知,M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-),A项正确;1 ml·L-1的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)=0.01 ml·L-1,c(HA)≈1 ml·L-1,则HA的电离常数约为10-4,B项正确;浓度均为0.1 ml·L-1的NaA和HA混合溶液中,c(HA)≈c(A-),根据电离常数的表达式可知,c(H+)≈10-4 ml·L-1,所以该溶液的pHKa2,则c(HCO3-)c(H2CO3)>c(CO32-)c(HCO3-),C项错误;0.1 ml·L-1的HF加水不断稀释,c(F-)趋近于0,而c(H+)趋于10-7 ml·L-1,故c(F-)c(H+)变小,D项错误。
9.D 解析 pH=4的丙酸溶液和甲酸溶液中,丙酸浓度大于甲酸,稀释到体积为原来的100倍后,丙酸电离出的H+更多,c(H+):丙酸>甲酸,A错误;弱酸的电离平衡常数只与温度有关,与浓度无关,根据N点可知,丙酸分子的物质的量分数为50%,则可得Ka=10-4.88,B错误;浓度均为0.1 ml·L-1的HCOONa和CH3CH2COONa的混合溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)+c(CH3CH2COO-),但由于弱酸根离子的水解是微弱的,则c(Na+)≠c(CH3CH2COOH)+c(HCOOH),c(H+)+c(CH3CH2COOH)+c(HCOOH)≠c(OH-)+
c(HCOO-)+c(CH3CH2COO-),C错误;类比B的分析可知,Ka(HCOOH)=10-3.75,Kh(HCOO-)=KWKa=10-10.25,将0.1 ml·L-1 HCOOH溶液与0.1 ml·L-1 HCOONa溶液等体积混合,HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度,所得溶液呈酸性,故存在:c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)>c(H+)>c(OH-),D正确。
10.答案 (1)c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)
(2)5×10-6 升高温度 (3)小于 小于
(4)CN-+CO2+H2OHCN+HCO3-
(5)测定等物质的量浓度的两种酸的pH,氢氟酸的pH大(其他合理答案均可)
解析 (1)根据三种酸的电离常数可知,酸性:HF>H2CO3>HCN>HCO3-,因此c(H+)相同的三种酸,其酸的浓度由大到小的顺序为c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)。(2)设c(H+)=x ml·L-1,根据HCNH++CN-,Ka=5.0×10-10=c(H+)·c(CN-)c(HCN)=x·x0.01-x,解得x≈5×10-6;弱电解质的电离是吸热过程,升高温度,能够促进HCN的电离,电离程度增大,c(H+)也增大。(3)中和等量的NaOH,需要消耗等物质的量的H+,当氢氟酸和硫酸的pH相等时,由于硫酸是强酸,氢氟酸为弱酸,氢氟酸浓度大于硫酸,需要氢氟酸的体积小于硫酸的体积,即a小于b。氢氟酸为一元酸、硫酸为二元酸,中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量之比为1∶2,即n1小于n2。(4)酸性:HF>H2CO3>HCN>HCO3-。向NaCN溶液中通入少量的CO2反应生成HCN和NaHCO3,反应的离子方程式为CN-+CO2+H2OHCN+HCO3-。(5)证明氢氟酸的酸性比盐酸的酸性弱可以使用的方法有①测定等物质的量浓度的两种酸的pH,氢氟酸的pH大;②等物质的量浓度的两种酸分别与Zn反应,初始氢氟酸冒气泡慢;③测定等物质的量浓度的两种溶液的导电性,连接氢氟酸的灯泡较暗等。
11.答案 (1)①正盐 ②2
(2)1×10-3 (3)1 (4)①> ②= ③<
解析 (1)①计算可知NaOH过量,只生成NaH2PO2,说明次磷酸只能电离出一个H+,因而NaH2PO2是正盐。
②设溶液中的H+浓度为x ml·L-1。
H3PO2 H+ + H2PO2-
初始/(ml·L-1)0.0200
转化/(ml·L-1)xxx
平衡/(ml·L-1)0.02-xxx
Ka(H3PO2)=x20.02-x=1×10-2,解得x=0.01,故pH=2。
(2)忽略H3PO3的二级电离和水的电离,则c(H2PO3-)≈c(H+)=1×10-2 ml·L-1,c(H3PO3)≈(0.11-1×10-2) ml·L-1=0.1 ml·L-1,电离平衡常数Ka1=c(H+)·c(H2PO3-)c(H3PO3)≈1×10-2×1×10-20.1=1×10-3。
(3)次磷酸为一元酸,则含有1个“—OH”。
(4)①Na2HPO3溶液中,HPO32-水解,溶液呈碱性。
②溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)+c(OH-),溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)。
③溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)+c(OH-),用甲基橙作指示剂,达到滴定终点时,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),c(Na+)