2018届高考化学大一轮复习课时提升作业:水溶液中的离子平衡8.1 (有答案和解释)

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2018届高考化学大一轮复习课时提升作业:水溶液中的离子平衡8.1 (有答案和解释)

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w.5 Y K J.Com  课时提升作业 二十六
电解质的电离
(45分钟 100分)
一、选择题(本题包括7小题,每题6分,共42分)
1.25℃时,0.1 mol•L-1的HA溶液中 =1010,以下说法正确的是(  )
A.由水电离出来的c(H+)=1.0×10-13mol•L-1
B.加水稀释HA的过程中, 随着水量的增加而增大
C.0.1 mol•L-1的盐酸和0.1 mol•L-1的HA溶液分别加水稀释10倍:pH(HA)>pH(盐酸)
D.与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中:c(HA)+c(A-)=0.1 mol•L-1
【解析】选C。25℃,Kw=c(H+)•c(OH-)=10-14, =1010可得c(H+)=10-2mol•L-1,pH=2,由水电离出来的c(H+)=1.0×10-12mol•L-1,A错误;加水稀释时,平衡向右移动, 减小,B错误;0.1 mol•L-1的盐酸(pH=1)和0.1 mol•L-1的HA(pH>1)溶液分别加水稀释10倍后,盐酸的pH=2,HA的pH>2,C正确;与等浓度等体积NaOH溶液反应,由于溶液的体积增大,所以反应后的溶液中:c(HA)+c(A-)<
0.1 mol•L-1,D错误。
【加固训练】
在0.1 mol•L-1NH3•H2O溶液中存在如下平衡:NH3+H2O NH3•H2O N +OH-。下列叙述中正确的是(  )
A.加入少量浓盐酸,盐酸与NH3反应生成NH4Cl,使NH3浓度减小,N 浓度增大,平衡逆向移动
B.加入少量NaOH固体,OH-与N 结合生成NH3•H2O,使N 浓度减小,平衡正向移动
C.加入少量0.1 mol•L-1NH4Cl溶液,电离平衡常数不变,溶液中c(OH-)减小
D.加入少量MgSO4固体,溶液pH增大
【解析】选C。A选项,加入少量浓盐酸,首先发生H++OH- H2O,使OH-浓度降低,平衡正向移动;B选项,加入少量NaOH固体,使OH-浓度升高,平衡逆向移动;C选项,使N 浓度升高,平衡逆向移动,溶液中c(OH-)减小;D选项,Mg2++2OH- Mg(OH)2↓,溶液中c(OH-)减小,溶液pH减小。
2.(2017•黄山模拟)已知次氯酸是比碳酸还弱的酸,反应Cl2+H2O HCl+HClO达到平衡后,要使HClO浓度增大,可加入(  )
A.NaCl固体        B.水
C.CaCO3固体      D.NaOH固体
【解析】选C。加入NaCl固体,c(Cl-)增大,导致平衡逆向移动,c(HClO)减小,A错误;加水平衡正向移动,但根据勒夏特列原理,HClO浓度会减小,B错误;加CaCO3固体,可消耗HCl,使上述平衡正向移动,HClO浓度增大,C正确;加NaOH固体可消耗HCl和HClO,使HClO浓度减小,故D错误。
3.(2017•山东师大附中模拟)下列各组离子可能大量共存的是(  )
A.与铝反应放出氢气的溶液中:Na+、Cl-、S2-、S
B.常温下Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液中:Ca2+、Fe2+、N 、N
C.常温下水电离出的c(H+)=10-10mol•L-1的溶液中Na+、K+、Cl-、HC
D.0.5 mol•L-1AlCl3溶液中可能大量存在Al 、K+、C
【解析】选A。与铝反应放出氢气的溶液可能为酸性,也可能为碱性,在碱性条件下题给四种离子可以大量共存,A正确;常温下Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性,Fe2+、N 、H+不能存在,B项错误;常温下水电离出的c(H+)=10-10mol•L-1的溶液可能为酸性,也可能为碱性,HC 均不能存在,C项错误;Al和Al 因发生强烈的水解相互促进反应而不能大量共存,D错误。
4.下列说法中正确的是(  )
A.向0.1 mol•L-1CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中 减小
B.室温下,浓度均为0.1 mol•L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的pH分别为2、3、4,则三种酸的电离常数关系:KHA>KHD>KHB
C.室温下,稀释0.1 mol•L-1CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强
D.已知25℃时,HA的Ka=6.25×10-5,当pH为5.0时,HA溶液中 =0.16
【解析】选D。加水稀释,CH3COOH的电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+正向移动,n(H+)增多,n(CH3COOH)减小,则 = = 增大,A项错误;浓度相同的三种酸,HA的pH最小,HD的pH最大,酸性越强电离常数越大,三种酸的电离常数HA的最大,HD的最小,B项错误;稀释CH3COOH溶液时,CH3COO-和H+的浓度均减小,导电能力减弱,C项错误;根据HA H++A-,Ka= =6.25×10-5,故当溶液的pH为5.0时,c(H+)=10-5,HA溶液中 = =0.16,故D项正确。
5.常温下,有下列四种溶液:①0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液;②0.1 mol•L-1的NaOH溶液;③pH=3的CH3COOH溶液;④pH=11的NaOH溶液,下列有关说法正确的是(  )
世纪金榜导学号30682357
A.①稀释到原来的100倍后,pH与③相同
B.①与②混合,若溶液pH=7,则V(NaOH)>V(CH3COOH)
C.由水电离出的c(H+):③>④
D.③与④混合,若溶液显酸性,则所得溶液中离子浓度可能为
c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)
【解析】选D。A项,0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液稀释后浓度变为0.001 mol•L-1,但是电离出的H+浓度小于0.001 mol•L-1,所以pH不是3,错误;B项,①与②混合,若等体积混合酸碱恰好完全反应,产物为强碱弱酸盐,pH>7,若溶液pH=7,则应该是弱酸稍过量,错误;C项,pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液中酸和碱电离出的H+或OH-浓度相等,对水的电离的抑制程度相同,错误;D项,③与④混合,若溶液显酸性,则酸过量,当酸的量远多于碱的量时,则溶液中的离子浓度可能为c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-),正确。
【易错提醒】
(1)忽视了弱电解质加水稀释10n倍时,pH变化小于n个单位。
(2)没弄懂等浓度等体积的一元弱酸和一元强碱混合后溶液呈碱性。
(3)不清楚c(H+)和c(OH-)相等的两种不同的酸碱溶液对水的电离的抑制程度相等。
6.(2017•马鞍山模拟)已知:95℃时,Kw=1.0×10-12。在该温度下,测得
0.1 mol•L-1Na2A溶液pH=6,则下列说法正确的是(  )
世纪金榜导学号30682358
A.H2A在水溶液中的电离方程式为H2A H++HA-,HA- H++A2-
B.(NH4)2A溶液中存在离子浓度关系:c(N )>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)
C.0.01 mol•L-1的H2A溶液pH=2
D.等体积等浓度的盐酸与H2A溶液分别与5.6 g Zn反应,H2A溶液产生的H2多
【解析】选B。95℃时,Kw=1.0×10-12,则该温度下纯水中c(H+)=1.0×10-6mol•L-1,pH=6。在该温度下,测得0.1 mol•L-1Na2A溶液pH=6,溶液呈中性,说明Na2A是强酸强碱盐,则H2A是强酸,A项,通过以上分析知H2A是强酸,其电离方程式为H2A 2H++A2-,错误;B项,(NH4)2A为强酸弱碱盐,铵根离子水解导致溶液呈酸性,铵根离子水解程度较小,所以溶液中存在离子浓度关系:c(N )>c(A2-)
>c(H+)>c(OH-),正确;C项,0.01 mol•L-1的H2A溶液中c(H+)=0.02 mol•L-1,所以pH<2,错误;D项,等体积等浓度的盐酸与H2A溶液分别与5.6 g Zn反应,不能确定锌是否完全反应,所以无法判断哪种酸产生氢气多,错误。
7.(能力挑战题)(2016•上海高考)能证明乙酸是弱酸的实验事实是
世纪金榜导学号30682359(  )
A.CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B.0.1 mol•L-1CH3COONa溶液的pH大于7
C.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D.0.1 mol•L-1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【解析】选B。CH3COOH溶液与Zn反应放出H2只能证明乙酸是酸,不能证明是弱酸,A错误;0.1 mol•L-1CH3COONa溶液的pH大于7,证明CH3COONa溶液中的CH3COO-能够发生水解反应,存在水解平衡,从而可以证明乙酸是弱酸,B正确;CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2只能证明乙酸的酸性比碳酸强,不能证明乙酸是弱酸,C错误;0.1 mol•L-1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红只能证明乙酸是酸,不能证明乙酸是弱酸,D错误。
【易错提醒】(1)忽视了CH3COOH溶液中存在氢离子,具有酸的通性。
(2)要证明某酸是弱酸可以依据某酸溶液中存在电离平衡,或者是含有某酸根离子的溶液中存在水解平衡。
二、非选择题(本题包括4小题,共58分)
8.(14分)(2017•邯郸模拟)磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。
(1)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品,已知10 mL、1 mol•L-1H3PO2与
20 mL 1 mol•L-1的NaOH溶液充分反应后生成组成为NaH2PO2的盐,回答下列问题:
①NaH2PO2属于________(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。
②若25℃时,K(H3PO2)=1×10-2,则0.02 mol•L-1的H3PO2溶液的pH=________。
③设计两种实验方案,证明次磷酸是弱酸___________、________。
(2)亚磷酸是二元中强酸,25℃时亚磷酸(H3PO3)的电离常数为K1=1×10-2、K2=2.6×10-7。
①试从电离平衡移动的角度解释K1为什么比K2大________。
②写出亚磷酸与NaOH反应时可能生成的盐的化学式________。
③亚磷酸的结构式为 (式中P→O表示成键电子对全部由磷原子提供),由此类推次磷酸分子中含有________个“O—H”键。
【解析】(1)①由次磷酸与过量的NaOH溶液反应时只能得到NaH2PO2,说明次磷酸分子中只有一个氢原子可以与OH-反应,由此可知它是一元酸,NaH2PO2是正盐。
②设达到电离平衡时,c(H+)=xmol•L-1,由H3PO2 H++H2P 得,x2/(0.02-x)=
1×10-2,解得x=0.01,故pH=2。
③可通过测NaH2PO2溶液的pH来证明次磷酸是弱酸;也可根据等物质的量浓度的盐酸、次磷酸与等量石蕊试液混合后溶液颜色的深浅来证明。
(2)①多元弱酸分步电离,第一步电离出的H+抑制了第二步的电离,所以K1>K2。
②亚磷酸为二元酸,与NaOH反应时可能生成NaH2PO3、Na2HPO3。
③由亚磷酸的结构式及它是二元酸知,只有“O—H”上的氢原子可以电离出H+,由此知次磷酸分子中只有1个“O—H”键。
答案:(1)①正盐 ②2 ③测NaH2PO2溶液的pH,若pH>7则证明次磷酸为弱酸 向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊试液,若次磷酸溶液中红色浅一些,则说明次磷酸为弱酸
(2)①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离
②NaH2PO3、Na2HPO3 ③1
9.(16分)(2017•荆州模拟)常温下,有0.1 mol•L-1的以下几种溶液:①H2SO4溶液,②NaHSO4溶液,③CH3COOH溶液,④HCl溶液,⑤HCN溶液,⑥NH3•H2O,其中几种溶液的电离度(即已经电离的占原来总的百分数)如下表所示(已知H2SO4的第一步电离是完全的),回答下列问题:
①H2SO4溶液
HS
②NaHSO4溶液
HS
③CH3COOH
溶液 ④HCl
溶液
10% 29% 1.33% 100%
(1)常温下,pH相同的表格中的几种溶液,其物质的量浓度由大到小的顺序是(填序号,下同)
___________________________________________________________________。
(2)常温下,将足量的锌粉投入等体积pH=1的表格中的几种溶液中,产生H2的体积(同温同压下)由大到小的顺序是___________________________________。
(3)在25℃时,若用已知浓度的NaOH滴定未知浓度的CH3COOH,应选用__________作指示剂,若终点时溶液pH=a,则由水电离出的c(H+)为________。
(4)在25℃时,将bmol•L-1的KCN溶液与0.01 mol•L-1的盐酸等体积混合,反应达到平衡时,测得溶液pH=7,则KCN溶液的物质的量浓度__________________
0.01 mol•L-1(填“>”“<”或“=”);用含b的代数式表示HCN的电离常数Ka=__。
【解析】(1)电离度越大,酸性越强,根据题表中电离度数据可以得出酸性:HCl>HS >CH3COOH。又因为H2SO4的第一步电离是完全的,第一步电离出的H+抑制了HS 的电离,所以HS 在NaHSO4溶液中的电离程度大于在H2SO4中的电离程度。由此可知,相同浓度时,pH:H2SO4<HCl<NaHSO4<CH3COOH,则相同pH时,物质的量浓度:CH3COOH>NaHSO4>HCl>H2SO4。(2)金属Zn与酸反应生成H2的体积取决于酸提供的n(H+)。pH相同时,由于HCl完全电离,产生的n(H2)= n(H+),而CH3COOH与HS 会继续电离出H+,导致H2的量增多。且酸越弱,最终生成H2的量越多,体积越大,故产生H2的体积由大到小的顺序为CH3COOH>NaHSO4>
H2SO4>HCl。(3)NaOH+CH3COOH CH3COONa+H2O,由于CH3COONa水解呈碱性,应选用酚酞作指示剂更接近滴定终点的pH。滴定终点时溶液pH=a,c(H+)=10-amol•L-1,c(OH-)= mol•L-1=10-(14-a)mol•L-1,由H2O电离出的c(H+)=c(OH-)=10-(14-a)mol•L-1。
(4)若用0.01 mol•L-1的KCN溶液与0.01 mol•L-1的盐酸等体积混合,发生化学反应:KCN+HCl KCl+HCN,KCl呈中性,HCN电离使溶液呈酸性,pH<7,若混合后溶液的pH=7,KCN应过量,故物质的量浓度大于0.01 mol•L-1。HCN H++CN-,Ka= ,pH=7时,c(H+)=c(OH-)=10-7mol•L-1,根据电荷守恒:c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(K+)+c(H+),则c(CN-)=c(K+)-c(Cl-)=
( -0.005)mol•L-1,c(HCN)≈c(Cl-)= mol•L-1,故Ka= =(100b-1)×10-7。
答案:(1)③>②>④>① (2)③>②>①>④ (3)酚酞 10-(14-a)mol•L-1
(4)> (100b-1)×10-7
【加固训练】
H2S溶于水的电离方程式为____________________。
(1)向H2S溶液中加入CuSO4溶液时,电离平衡向________移动,c(H+)________,c(S2-)________。
(2)向H2S溶液中加入NaOH固体时,电离平衡向________移动,c(H+)________,c(S2-)________。
(3)若将H2S溶液加热至沸腾,c(H2S)____________________。
(4)若要增大H2S溶液中c(S2-),最好加入___________________。
【解析】H2S是二元弱酸,在水溶液中是分两步电离的,其电离方程式为
H2S H++HS-,HS- H++S2-。对(1),当加入CuSO4时,因发生反应Cu2++S2-
CuS↓,使平衡右移,导致c(H+)增大,但c(S2-)减小;对(2),当加入NaOH时,因发生反应H++OH- H2O,使平衡右移,导致c(H+)减小,但c(S2-)增大;对(3),当加热H2S溶液至沸腾时,因H2S挥发,使c(H2S)减小;对(4),增大c(S2-)最好是加入只与H+反应的物质,可见加入强碱如NaOH固体最适宜。
答案:H2S H++HS-,HS- H++S2-
(1)右 增大 减小 (2)右 减小 增大
(3)减小 (4)NaOH固体
10.(10分)(2017•三门峡模拟)现有pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙,请根据下列操作回答问题: 世纪金榜导学号30682360
(1)取10 mL的甲溶液,加入等体积的水,醋酸的电离平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”);另取10 mL的甲溶液,加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后,溶液体积保持不变),待固体溶解后,溶液中c(H+)/c(CH3COOH)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”)。
(3)各取25 mL的甲、乙两溶液,分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7,则消耗的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25 mL的甲溶液,加入等体积pH=12的NaOH溶液,反应后溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)的大小关系为c(Na+)________c(CH3COO-)(填“大于”“小于”或“等于”)。
【解析】(1)对醋酸稀释,会促进其电离;而加CH3COONa固体,由于增加CH3COO-,会使平衡CH3COOH CH3COO-+H+左移,所以c(H+)/c(CH3COOH)的值减小。
(2)pH相等的强酸和弱酸稀释相同倍数时,弱酸的pH变化小于强酸,所以pH(甲)小于pH(乙)。
(3)分别用等浓度的NaOH中和至pH=7时,消耗NaOH的体积应是醋酸的多。
(4)醋酸溶液中加入等体积的NaOH溶液正好把醋酸中已经电离的H+完全中和,但甲中还有大量未电离的CH3COOH会继续电离,因此c(Na+)小于c(CH3COO-)。
答案:(1)向右 减小
(2)小于 (3)大于 (4)小于
11.(18分)(能力挑战题)25℃时,部分物质的电离平衡常数如表所示:
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平
衡常数 1.7×10-5 K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11 3.0×10-8
请回答下列问题: 世纪金榜导学号30682361
(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0.1 mol•L-1的下列四种物质的溶液:a.Na2CO3,b.NaClO,
c.CH3COONa,d.NaHCO3,pH由大到小的顺序是________(填编号)。
(4)常温下0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中,下列表达式的数据一定变小的是__________(填序号)。
A.c(H+)         B.c(H+)/c(CH3COOH)
C.c(H+)•c(OH-)     D.c(OH-)/c(H+)
E.
若该溶液升高温度,上述5种表达式的数据增大的是__________。
(5)体积为10 mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL,稀释过程中pH变化如下:
 
则HX的电离平衡常数________(填“大于”“等于”或“小于”)醋酸的电离平衡常数;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)电离平衡常数越大,酸性越强,等浓度的酸溶液中c(H+)越大。
(2)电离平衡常数越小,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)电离平衡常数越小,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,电离平衡常数较大;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)A ABCE
(5)大于 稀释相同倍数,HX的pH变化比CH3COOH的大,酸性强,电离平衡常数大 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 文章来 源
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