(新高考)高考化学一轮复习讲义第8章专项特训5弱电解质电离常数计算与图像分析(含解析)

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答案 C
解析 稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7，但不可能小于7，A项错误；随着水的滴入，电离度始终增大，B项错误；随着水的滴入，离子浓度下降，导电能力下降，C项正确。
2.已知常温时HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是( )
A．曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线
B．取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
D．从b点到d点，溶液中eq \f(cR－,cHR·cOH－)保持不变(HR代表HClO或HF)
答案 D
解析 A项，酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时HF pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线，错误；B项，pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，错误；D项，溶液中eq \f(cR－,cHR·cOH－)＝eq \f(cR－,cHR·\f(Kw,cH＋))＝eq \f(Ka,Kw)，平衡常数只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中eq \f(cR－,cHR·cOH－)保持不变，正确。
3.常温下，向盛有10 mL 1 ml·L－1 NH2OH[NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－]的溶液中加水稀释，所得曲线如图所示[V/mL表示溶液的总体积]，已知：羟胺(NH2OH)可看成是氨分子内的1个氢原子被羟基取代的物质，下列叙述正确的是( )
A．NH2OH的电离常数为10－9
B．lg V＝5时，溶液pH<7
C．用同浓度的稀盐酸滴定溶液，溶液中始终存在c(NH3OH＋)D．稀释过程中，溶液中水的电离程度增大
答案 D
解析 根据NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－，1 ml·L－1 NH2OH的pH＝9，即c(OH－)＝c(NH3OH＋)＝10－5 ml·L－1，电离程度很小，c(NH2OH)≈1 ml·L－1，电离常数为K＝eq \f(cOH－·cNH3OH＋,cNH2OH)≈eq \f(10－52,1)＝10－10，故A错误；加水稀释，碱性溶液的pH只能无限接近7，不能小于7，故B错误；同浓度的稀盐酸滴定，H＋消耗OH－，不断促进平衡NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－正向移动，c(NH2OH)减小，c(NH3OH＋)增大，则会存在c(NH3OH＋)＞c(NH2OH)，故C错误；稀释过程中，会促进水的电离，故D正确。
4．常温下，次氯酸电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝eq \f(cX,cHClO＋cClO－)，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．次氯酸的电离方程式为HClO===H＋＋ClO－
B．曲线a、b依次表示δ(ClO－)、δ(HClO)的变化
C．次氯酸电离常数Ka的数量级为10－7
D．向次氯酸溶液中加NaOH溶液，eq \f(δHClO,δClO－)将减小
答案 D
解析 次氯酸是弱电解质，电离方程式为HClOH＋＋ClO－，故A错误；次氯酸是弱酸，随着pH的增大，HClO逐渐减少，ClO－逐渐增多，但两者之和不变，故曲线a、b依次表示δ(HClO)、δ(ClO－)的变化，故B错误；次氯酸的Ka＝eq \f(cH＋·cClO－,cHClO)，在a、b的交点处，
c(ClO－)＝c(HClO)，Ka＝10－7.5＝100.5×10－8，所以Ka的数量级为10－8，故C错误；向次氯酸溶液中加NaOH溶液，随着碱性增强，HClO逐渐减少，ClO－逐渐增多，故eq \f(δHClO,δClO－)将减小，故D正确。
5．常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化
B．a、b、c三点溶液的pH：a＞b＞c
C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Cl－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)
D．氨水稀释过程中，eq \f(cNH\\al(＋,4),cNH3·H2O)不断减小
答案 B
解析 从图像看，曲线Ⅰ的电导率变化幅度比曲线Ⅱ小，即离子浓度在稀释时变化慢，则曲线Ⅰ为氨水对应的曲线，曲线Ⅱ是盐酸对应的曲线，A项错误；a点溶液呈碱性，b点溶液呈酸性，c点到b点加水稀释，pH增大，故溶液的pH：a>b>c，B项正确；a、b两点溶液混合后的溶质为NH4Cl和过量的NH3·H2O，C项错误；稀释过程中，NH3·H2O的电离平衡正向移动，eq \f(cNH\\al(＋,4),cNH3·H2O)增大，D项错误。
6.室温时，1 ml·L－1的HA溶液和1 ml·L－1的HB溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．M点溶液中c(A－)等于N点溶液中c(B－)
B．HA的电离常数约为10－4
C．浓度均为0.1 ml·L－1的NaA和HA的混合溶液的pH＜7
D．M、P两点的溶液分别用等浓度的NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积：P＞M
答案 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的混合溶液中，HA的电离程度大于A－的水解程度，所以该溶液的pH＜7，C项正确；M、P两点的溶液所含一元酸的物质的量相等，故分别用等浓度的NaOH溶液中和时，消耗NaOH溶液的体积相等，D项错误。
7．H2C2O4是一种二元弱酸，H2C2O4溶液中各粒子浓度在其总浓度中所占比值叫其分布系数，常温下某浓度的H2C2O4溶液中各粒子分布系数随pH的变化如图所示，据此分析，下列说法不正确的是( )
A．曲线a代表H2C2O4，曲线b代表C2Oeq \\al(2－,4)
B．常温下0.1 ml·L－1的NaHC2O4溶液显酸性
C．常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2＝10－4.30
D．pH从1.30～4.30时，eq \f(cH2C2O4,cC2O\\al(2－,4))先增大后减小
答案 D
解析 随着pH的增大，草酸分子的浓度逐渐减小，草酸氢根离子的浓度逐渐增大，pH继续升高，草酸氢根离子的浓度又逐渐减小，而草酸根离子的浓度开始逐渐增大，因此曲线a代表H2C2O4，曲线b代表C2Oeq \\al(2－,4)，A正确；根据图像可知当草酸氢根离子和草酸根离子浓度相等时，pH＝4.30，所以草酸的第二步电离平衡常数Ka2＝eq \f(cH＋·cC2O\\al(2－,4),cHC2O\\al(－,4))＝10－4.30，C正确；根据图像可知pH从1.30～4.30时，eq \f(cH2C2O4,cC2O\\al(2－,4))逐渐减小，D项错误。
8．类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pc＝－lg c，pKa＝－lg Ka。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH下，测得pc(H2A)、pc(HA－)、pc(A2－)变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．pH＝6.00时，c(H2A)＞c(HA－)＞c(A2－)
B．常温下，pKa1(H2A)＝5.30
C．b点时，eq \f(c2HA－,cH2A·cA2－)＝104.50
D．pH＝0.80～5.30时，n(H2A)＋n(HA－)＋n(A2－)先增大后减小
答案 C
解析 H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－，pH增大促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA－的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2－的物质的量浓度的负对数，pc越大，浓度越小，pH＝6.00时，c(A2－)＞c(HA－)＞c(H2A)，故A错误；交点a处c(HA－)＝c(H2A)，则Ka1＝1×10－0.8，则pKa1(H2A)＝0.8，故B错误；b点时c(H2A)＝c(A2－)，eq \f(c2HA－,cH2A·cA2－)＝eq \f(cHA－·cHA－·cH＋,cH2A·cA2－·cH＋)＝eq \f(Ka1,Ka2)＝eq \f(10－0.8,10－5.3)＝104.50，故C正确；根据元素质量守恒可知，n(H2A)＋n(HA－)＋n(A2－)始终不变，故D错误。
9．(1)一定温度下，用水吸收SO2气体时，溶液中水的电离平衡__________移动(填“向左”“向右”或“不”)；若得到pH＝4的H2SO3溶液，试计算溶液中eq \f(cHSO\\al(－,3),cSO\\al(2－,3))＝___________。SO2可用足量小苏打溶液吸收，反应的离子方程式是_________________________________。(已知该温度下，H2SO3的电离常数：Ka1＝4.5×10－2，Ka2＝2.5×10－7，H2CO3的电离常数：Ka1＝8.4×10－7，Ka2＝1.2×10－10)
(2)调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放。已知25 ℃时碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH＝12时，c(H2CO3)∶c(HCOeq \\al(－,3))∶c(COeq \\al(2－,3))＝1∶__________∶__________(用Ka1、Ka2表示)。
答案 (1)向左 400 HCOeq \\al(－,3)＋SO2===HSOeq \\al(－,3)＋CO2 (2)1012·Ka1 1024·Ka1·Ka2
解析 (1)用水吸收SO2气体生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子抑制水的电离，使水的电离平衡向左移动；亚硫酸的电离方程式为H2SO3HSOeq \\al(－,3)＋H＋，HSOeq \\al(－,3)H＋＋SOeq \\al(2－,3)，得到pH＝4的H2SO3溶液，c(H＋)＝10－4 ml·L－1，由于Ka2＝eq \f(cH＋·cSO\\al(2－,3),cHSO\\al(－,3))，eq \f(cHSO\\al(－,3),cSO\\al(2－,3))＝eq \f(cH＋,Ka2)＝eq \f(10－4,2.5×10－7)＝400；由于Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2SO3)，所以SO2可用足量小苏打溶液吸收，反应产生亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为HCOeq \\al(－,3)＋SO2===HSOeq \\al(－,3)＋CO2。
(2)pH＝12，即c(H＋)＝10－12 ml·L－1，由Ka1＝eq \f(cHCO\\al(－,3)·cH＋,cH2CO3)，得c(HCOeq \\al(－,3))＝eq \f(Ka1·cH2CO3,cH＋)＝1012·Ka1·c(H2CO3)；由Ka2＝eq \f(cH＋·cCO\\al(2－,3),cHCO\\al(－,3))，得c(COeq \\al(2－,3))＝eq \f(Ka2·cHCO\\al(－,3),cH＋)＝1024·Ka1·Ka2·c(H2CO3)；c(H2CO3)∶c(HCOeq \\al(－,3))∶c(COeq \\al(2－,3))＝1∶1012·Ka1∶1024·Ka1·Ka2。
10．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＋N2Heq \\al(＋,5)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
解析 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4＋H2ON2Heq \\al(＋,5)＋OH－，再根据已知：N2H4＋H＋N2Heq \\al(＋,5)的K＝8.7×107及Kw＝1.0×10－14，故联氨第一步电离平衡常数为K＝eq \f(cN2H\\al(＋,5)·cOH－,cN2H4)＝eq \f(cN2H\\al(＋,5)·cOH－·cH＋,cN2H4·cH＋)＝eq \f(cN2H\\al(＋,5)·Kw,cN2H4·cH＋)＝K·Kw＝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。