新高考化学一轮总复习练23第八章第23讲电离平衡含解析

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第八章　水溶液中的离子反应与平衡  第23讲　电离平衡A组　基础必做题1．下列说法正确的一组是(　B　)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 mol·L－1一元酸溶液中H＋浓度为0.5 mol·L－1④强酸溶液中的H＋浓度不一定大于弱酸溶液中的H＋浓度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．①③⑤⑥ B．只有④⑤C．②④⑤⑥ D．只有③⑥[解析]　①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，如CaCO3、BaSO4均是强电解质，故①错误；②绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅是易溶于水的弱电解质，故②错误；③0.5 mol·L－1一元酸溶液中的H＋浓度不一定为0.5 mol·L－1，如醋酸不完全电离，H＋浓度小于0.5 mol·L－1，故③错误；④H＋浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，所以强酸溶液中的H＋浓度不一定大于弱酸溶液中的H＋浓度，故④正确；⑤电解质溶液中的自由移动的阴阳离子在外加电场的作用下定向移动而导电，故⑤正确；⑥酸为共价化合物，在熔融态时均以分子形式存在，不能电离，没有自由移动的离子，均不导电；只有溶于水时才能电离出离子而导电，故⑥错误。2．(2022·河南南阳模拟)下列实验事实能说明HNO2是弱电解质的是(　B　)①HNO2溶液能与NaHCO3溶液反应，放出气体②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应④0.1 mol·L－1HNO2溶液中，c(H＋)＝0.015 mol·L－1⑤相同浓度时，HNO2溶液的导电能力比盐酸弱⑥取0.1 mol·L－1 HNO2溶液200 mL，加水至体积为2 L，pH<2A．②④③ B．④⑤⑥C．①③④ D．①④⑤⑥[解析]　①HNO2溶液能与NaHCO3溶液反应，放出气体，说明亚硝酸酸性大于碳酸，但是不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱酸，故错误；②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度很小，但是不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱酸，故错误；③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应，但不能说明亚硝酸为弱酸，只能说明二者不具备复分解反应条件，故错误；④0.1 mol·L－1 HNO2溶液中，c(H＋)＝0.015 mol·L－1，则亚硝酸部分电离，为弱电解质，故正确；⑤相同浓度时，HNO2溶液的导电能力比盐酸弱，HCl是强电解质，则亚硝酸电离程度小于HCl，所以亚硝酸为弱电解质，故正确；⑥取0.1 mol·L－1 HNO2溶液200 mL，加水至体积为2 L，pH<2，说明亚硝酸存在电离平衡，为弱酸，故正确。3．(2022·陕西西安联考)NA为阿伏加德罗常数的值。已知常温下pH＝2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO，下列说法错误的是(　B　)A．每升溶液中的H＋数目为0.01NAB．Na2SO4溶液中：c(Na＋)＝2c(SO)>c(H＋)＝2c(OH－)C．向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中减小D．NaHSO4不是弱电解质[解析]　由pH＝2可得c(H＋)＝0.01 mol/L，每升溶液中的H＋数目为0.01NA，故A正确；Na2SO4===2Na＋＋SO，硫酸根有一部分水解成硫酸氢根，c(Na＋)>2c(SO)，根据电荷守恒可知，c(OH－)>c(H＋)所以应该为c(Na＋)>2c(SO)>c(OH－)>c(H＋)，故B错误；据已知可知，Ka(HSO)＝，当向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸时，c(H＋)会增大，所以减小，故C正确；NaHSO4属于盐，完全电离，不是弱电解质，故D正确。4．(双选)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。下表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，由表格数据判断以下说法中不正确的是(　AD　)酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10－56.3×10－91.6×10－94.2×10－10A．相同条件下在冰醋酸中，盐酸是这四种酸中最弱的酸B．在冰醋酸中，这四种酸都没有完全电离C．在冰醋酸中，硫酸的电离方程式为H2SO4H＋＋HSO、HSOH＋＋SOD．电解质的强弱与所处的溶剂无关[解析]　在冰醋酸中，硝酸的电离平衡常数最小，所以硝酸的酸性最弱，故A错误；根据电离平衡常数知，在冰醋酸中这几种酸都不完全电离，故B正确；在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4H＋＋HSO，HSOH＋＋SO，故C正确；这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D错误。5．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力随加入水的体积变化的曲线如图所示。请回答：(1)“O”点导电能力为0的理由是__在“O”点处醋酸未电离，无自由移动的离子存在__；(2)a、b、c三点处，溶液的c(H＋)由小到大的顺序为__c<a<b__；(3)a、b、c三点处，电离程度最大的是__c__；(4)若将c点溶液中c(CH3COO－)增大，溶液中c(H＋)减小，可采取的措施是①__加少量NaOH固体__；②__加少量Na2CO3固体__；③__加入Zn、Mg等金属__。[解析]　溶液的导电能力主要由自由移动的离子浓度来决定，题目中的图象说明冰醋酸加水稀释过程中，离子浓度随着水的加入先逐渐增大到最大值又逐渐减小，故c(H＋)是b点最大，c点最小，这是因为c(H＋)＝，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，n(H＋)增大使c(H＋)有增大的趋势，而V(aq)增大使c(H＋)有减小的趋势，c(H＋)是增大还是减小，取决于这两种趋势中哪一种占主导地位。在“O”点时，未加水，只有醋酸，因醋酸未发生电离，没有自由移动的离子存在，故不能导电；要使CH3COO－的浓度增大，可通过加入OH－、活泼金属等使平衡正向移动。6．(2021·海南等级考模拟)化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25 ℃时，浓度均为0.10 mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH＝4.76。回答下列问题：[Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb为盐的水解常数](1)写出CH3COOH的电离方程式：__CH3COOHCH3COO－＋H＋__。(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是__c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)__。(3)25 ℃时，Ka(CH3COOH)__>__(填“>”“<”或“＝”)Kb(CH3COO－)。(4)向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H＋)＝__1.75×10－5或10－4.76__mol·L－1。(5)人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲体系，能有效除掉人体正常代谢产生的酸、碱，保持pH的稳定，有关机理说法正确的是__ac__(填写选项字母)。a．代谢产生的H＋被HCO结合形成H2CO3b．血液中的缓冲体系可抵抗大量酸、碱的影响c．代谢产生的碱被H＋中和，H＋又由H2CO3电离[解析]　(1)根据CH3COOH电离方程式CH3COOHCH3COO－＋H＋，Ka(CH3COOH)＝＝1.75×10－5，pH＝4.76，可计算＝1。(2)该缓冲溶液为浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，pH＝4.76，离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。(3)25 ℃时，Ka(CH3COOH)＝10－4.76，Kb(CH3COO－)＝＝＝10－9.24。所以Ka(CH3COOH)>Kb(CH3COO－)。(4)向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，忽略溶液体积的变化，c(CH3COO－)和c(CH3COOH)的浓度变化不大，变化忽略不计。由Ka(CH3COOH)＝＝1.75×10－5，判断c(H＋)＝1.75×10－5 mol·L－1(或用10－4.76 mol·L－1表示)。(5)同理，在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲体系中代谢产生的少量H＋被HCO结合形成H2CO3，代谢产生的碱被H＋中和，H＋又由H2CO3电离，a、c正确。但遇大量酸、碱时，c(HCO)和c(H2CO3)变化大，由Ka(H2CO3)＝＝1.75×10－5表达式判断c(H＋)变化明显，故不可抵抗大量酸、碱的影响，b错误。B组　能力提升题7．(2022·山东日照一模)(双选)25 ℃时，分别稀释pH＝11的Ba(OH)2溶液和氨水，溶液pH的变化如下图所示。已知：Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5 mol·L－1。下列说法正确的是(　BD　)A．若35 ℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近B．保持25 ℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，pH＝9C．由水电离产生的c(H＋)：A点>B点D．曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，＝1.8×10－5 mol·L－1[解析]　25 ℃时，Ba(OH)2溶液和氨水的pH相同，由于Ba(OH)2是强电解质，完全电离，而氨水中NH3·H2O是弱电解质，部分电离，稀释相同倍数时，由于稀释过程中氨水会继续电离出OH－，导致溶液中OH－的浓度大于Ba(OH)2溶液中的OH－浓度，即溶液的pH变化小于Ba(OH)2溶液，因此曲线Ⅰ代表氨水稀释时溶液pH随稀释倍数的变化，曲线Ⅱ代表Ba(OH)2溶液稀释时溶液pH随稀释倍数的变化。温度升高，促进一水合氯的电离，稀释相同倍数时，氨水的pH变化更小，则在35 ℃时分别稀释两种溶液，图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来疏远，A项错误；25 ℃时，A、B两点对应的溶液的pH均为9，保持25 ℃不变，则Kw不变，两者等体积混合后，溶液中H＋浓度不变，故pH仍不变，B项正确；A点和B点溶液pH相同，则由水电离产生的H＋浓度：A点＝B点，C项错误；曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)，则有＝＝＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5 mol·L－1，D项正确。8．(2022·山东威海一模)乙胺是一种一元碱，碱性比一水合氨稍强，在水中电离方程式为CH3CH2NH2＋H2OCH3CH2NH＋OH－。298 K时，在20.00 mL 0.1 mol·L－1乙胺溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸V mL，混合溶液的pH与lg 的关系如图所示。下列说法正确的是(　C　)A．在pH＝7时加水稀释混合溶液，b点向c点移动B．b点对应溶液中离子浓度关系：c(Cl－)＝c(C2H5NH)＝c(OH－)＝c(H＋)C．在a点时，V mL<10.00 mLD．298 K时乙胺的电离常数Kb的数量级为10－11[解析]　乙胺的电离平衡常数为Kb＝，则lg ＝lg ＝lg ，298 K时KW＝c(OH－)·c(H＋)＝10－14，所以lg ＝lg Kb－pH＋14。298 K时，pH＝7的溶液显中性，加水稀释后仍为中性，即pH不变，所以不移动，A错误；根据电荷守恒可知c(Cl－)＋c(OH－)＝c(C2H5NH)＋c(H＋)，b点溶液显中性，即c(OH－)＝c(H＋)，所以c(Cl－)＝c(C2H5NH)，但要大于c(OH－)和c(H＋)，B错误；当V＝10.00时，溶液中的溶质为等物质的量的C2H5NH2和C2H5NH3Cl，根据lg ＝lg Kb－pH＋14，结合a点坐标可知Kb＝10－3.25，则Kh＝＝＝10－10.75<Kb，所以含有等物质的量的C2H5NH2和C2H5NH3Cl的溶液中C2H5NH2的电离程度较大，即该溶液中c(C2H5NH)>c(C2H5NH2)，而a点处c(C2H5NH)＝c(C2H5NH2)，所以此时加入的盐酸体积V mL<10.00 mL，C正确；由以上分析可知Kb＝10－3.25，D错误。9．(2022·浙江杭州月考)常温下，下列说法正确的是(　C　)A．pH相等的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数后，c(Cl－)＝c(CH3COO－)B．0.1 mol·L－1氨水的pH＝a，加入适量的氯化铵固体可使溶液pH＝a＋1C．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中，前者大于后者D．等物质的量浓度、等体积的醋酸溶液和氢氟酸溶液，与足量氢氧化钠反应，放出的热量相等[解析]　pH相等的盐酸和醋酸中c(Cl－)＝c(CH3COO－)，加水稀释促进醋酸的电离，稀释相同倍数后，溶液中c(Cl－)<c(CH3COO－)，A项错误；氨水中加入适量的氯化铵固体，抑制一水合氨的电离，溶液中OH－浓度减小，溶液的pH减小，B项错误；(NH4)2SO4溶液中NH水解，SO对NH水解无影响，(NH4)2CO3溶液中NH和CO都水解，且相互促进，NH浓度减小，NH3·H2O浓度增大，导致减小，故前者大于后者，C项正确；弱电解质电离吸热，醋酸和氢氟酸的电离程度不同，吸收热量不同，与足量氢氧化钠反应，放出的热量也不相等，D项错误。10．25 ℃时，用0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当滴加V mL CH3COOH溶液时，混合溶液的pH＝7。已知CH3COOH的电离常数为Ka，忽略混合时引起的溶液体积的变化，下列关系式正确的是(　A　)A．Ka＝ B．V＝C．Ka＝ D．Ka＝[解析]　混合溶液的pH＝7，说明醋酸过量，c(CH3COOH)≈ mol·L－1，根据电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)及c(H＋)＝c(OH－)可得，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝ mol·L－1，则Ka＝＝，A项正确。11．为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁四人分别选用下列试剂进行实验：0.1 mol·L－1醋酸、0.1 mol·L－1盐酸、pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸、CH3COONa晶体、NaCl晶体、CH3COONH4晶体、蒸馏水、锌粒、pH试纸、酚酞溶液、NaOH溶液等。(1)甲取出10 mL 0.1 mol·L－1的醋酸，用pH试纸测出其pH＝a，确定醋酸是弱电解质，则a应该满足的关系是__a>1__，理由是__醋酸是弱酸，不能完全电离__。(2)乙分别取pH＝3的醋酸和盐酸各1 mL，分别用蒸馏水稀释到100 mL，然后用pH试纸分别测定两溶液的pH，则可认定醋酸是弱电解质，判断的依据是__盐酸的pH＝5，醋酸的pH<5__。(3)丙分别取pH＝3的盐酸和醋酸各10 mL，然后加入质量相同、规格相同的锌粒，醋酸放出H2的速率快，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法正确吗？__正确__，请说明理由：__醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不断电离，c(H＋)变化小，因此醋酸产生H2的速率比盐酸快__。(4)丁用CH3COONa晶体、NaCl晶体、蒸馏水和酚酞溶液做实验，也论证了醋酸是弱酸的事实，该同学的实验操作和现象是__将CH3COONa晶体、NaCl晶体分别溶于适量水配成溶液，再分别滴入酚酞溶液，CH3COONa溶液变浅红色，NaCl溶液不变色__。[解析]　(1)若醋酸是弱酸，则其不能完全电离，电离出的c(H＋)<0.1 mol·L－1，pH＝a>1。(2)若醋酸为弱酸，稀释促进电离，pH＝3的醋酸稀释到体积为原来的100倍，稀释后醋酸中c(H＋)>10－5 mol·L－1，则醋酸的pH<5，而盐酸为强酸，用蒸馏水稀释到100 mL，稀释后盐酸的pH＝5。(3)分别加入质量相同、规格相同的锌粒，若醋酸为弱酸，与锌反应消耗氢离子的同时，醋酸不断电离，H＋得到补充，因此醋酸产生氢气的速率比盐酸快。(4)CH3COONa是强碱弱酸盐，加入水中会发生水解，溶液显碱性，将CH3COONa晶体、NaCl晶体溶于适量水配成溶液，分别滴入酚酞溶液，CH3COONa溶液变成浅红色，NaCl溶液不变色。12．现有常温下pH＝2的盐酸(甲)和pH＝2的醋酸(乙)，请根据下列操作回答问题：(1)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数值一定变小的是__A__(填标号)。A．c(H＋) B．C．c(H＋)·c(OH－) D．(2)取10 mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡__向右__(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10 mL的乙溶液，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，溶液中的值将__减小__(填“增大”“减小”或“无法确定”)。(3)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别加水稀释到体积为原来的100倍，所得溶液的pH大小关系为pH(甲)__>__(填“>”“<”或“＝”)pH(乙)。(4)取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)__<__(填“>”“<”或“＝”)V(乙)。(5)已知25 ℃时，三种酸的电离常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClOKa11.8×10－54.3×10－73.0×10－8Ka2—5.6×10－11－写出下列反应的离子方程式。CH3COOH＋Na2CO3(少量)：__2CH3COOH＋CO===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O__；HClO＋Na2CO3(少量)：__HClO＋CO===ClO－＋HCO__。[解析]　(1)CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，加水稀释过程中，平衡正向移动，但溶液中c(H＋)、c(CH3COO－)均减小，A符合题意；CH3COOH的电离常数Ka＝，则有＝，加水稀释时，c(CH3COO－)减小，但Ka不变，则增大，B不符合题意；由于温度不变，则c(H＋)·c(OH－)＝KW不变，C不符合题意；加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，由于c(H＋)·c(OH－)＝KW不变，则c(OH－)增大，故增大，D不符合题意。(2)醋酸溶液中加入等体积的水，醋酸的电离平衡向右移动，电离程度增大；醋酸溶液中加入少量无水醋酸钠固体，c(CH3COO－)增大，电离平衡逆向移动，据CH3COOH的电离常数Ka＝推知，＝，由于温度不变，Ka不变，c(CH3COO－)增大，则溶液中的值减小。(3)常温下，pH＝2的盐酸(甲)和pH＝2的醋酸(乙)，取等体积的甲、乙两溶液，分别加水稀释到体积为原来的100倍，醋酸的电离平衡正向移动，pH变化小，则所得溶液的pH：pH(甲)>pH(乙)。(4)pH均为2的盐酸和醋酸相比，其浓度：c(HCl)<c(CH3COOH)；等体积的两种溶液，n(CH3COOH)>n(HCl)，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，醋酸消耗NaOH溶液的体积大于盐酸。(5)由表中电离常数可知，各种酸的酸性强弱：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，则酸的电离程度由易到难的顺序：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO。根据“较强酸制取较弱酸”的规律，由于酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，则CH3COOH与Na2CO3(少量)反应生成CH3COONa、CO2和H2O，离子方程式为2CH3COOH＋CO===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O；HClO与Na2CO3(少量)反应生成NaClO和NaHCO3，离子方程式为HClO＋CO===ClO－＋HCO。