(浙江选考)2020版高考化学大一轮复习第13讲《弱电解质的电离平衡》课时作业(含解析) 练习

课后作业13　弱电解质的电离平衡(时间:45分钟　满分:100分)一、选择题(本题包括12小题,每小题5分,共60分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.25 ℃时加水稀释10 mL pH=11的氨水,下列判断正确的是 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　A.原氨水的浓度为10-3 mol·L-1B.溶液中减小C.氨水中NH3·H2O的电离程度增大,溶液中所有离子的浓度均减小D.再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后,混合液的pH肯定大于7答案D2.(2018·东阳中学检测)下列各溶液中,离子的物质的量浓度关系正确的是(　　)A.pH=4的醋酸溶液中:c(H+)=0.4 mol·L-1B.饱和碳酸氢钠溶液中(已知碳酸氢钠溶液呈碱性):c(Na+)=c(HC)C.饱和食盐水中:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)D.pH=12的纯碱溶液中:c(OH-)=1.0×10-12 mol·L-1答案C解析pH=4的醋酸溶液中,c(H+)=10-4mol·L-1,A不正确;饱和碳酸氢钠溶液中(已知碳酸氢钠溶液呈碱性),因为碳酸氢根既能水解又能电离(以水解为主,所以溶液显碱性),导致c(Na+)>c(HC),所以B不正确;饱和食盐水呈电中性,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),C正确;纯碱溶液中,因碳酸根离子水解而使溶液呈碱性,所以c(OH-)>c(H+),常温下pH=12的纯碱溶液中,c(H+)=1.0×10-12mol·L-1,根据水的离子积可以求出c(OH-)=mol·L-1=1.0×10-2mol·L-1,D不正确。3.下列物质在指定条件下的电离方程式书写正确的是(　　)A.Na2CO3溶于水　Na2CO3N+CB.Al(OH)3的酸式电离　Al(OH)3H++Al+H2OC.NaHS溶于水HS-的电离　HS-+H2OH2S+OH-D.NaHSO4加热熔化　NaHSO4Na++HS答案D解析A项,应为Na2CO32Na++C;B项,应用可逆号;C项,是HS-水解的离子方程式。4.室温下向10 mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后,下列说法正确的是(　　)A.溶液中导电粒子的数目减少B.溶液中不变C.醋酸的电离程度增大,c(H+)亦增大D.再加入10 mL pH=11的NaOH溶液,混合液的pH=7答案B解析醋酸是弱电解质,则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进醋酸电离,离子的数目增多,但溶液的体积增大,最终电离产生的离子的浓度减小,A、C错误。因,温度不变,Ka、KW都不变,故不变,B正确。D项,因c(CH3COOH)>c(NaOH),等体积混合后,溶液呈酸性,pH<7,D项错误。5.(2018·温州六校联考)室温下,甲、乙两烧杯分别盛有5 mL pH=3的盐酸和醋酸溶液,下列描述正确的是(　　)A.水电离出的OH-浓度:c(OH-)甲=c(OH-)乙B.向乙烧杯中加水稀释至pH=4,溶液的体积10V甲>V乙C.若将甲、乙两烧杯中溶液分别与 5 mL pH=11的NaOH溶液反应,所得溶液 pH:甲<乙D.若将甲、乙两烧杯中溶液混合,所得溶液的c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)答案A解析酸溶液抑制水电离,由于两种酸提供的氢离子的浓度一样,对水的抑制程度一样,所以水电离出的OH-浓度相等,即=c(OH-)乙,A正确;醋酸为弱酸存在电离平衡,pH=3的醋酸加水稀释后pH=4,加水的量大于原溶液体积10倍,故10V甲<V乙,B错误;pH=11的NaOH溶液,c(OH-)=10-3mol·L-1,pH=3的盐酸,c(H+)=10-3mol·L-1,两溶液等体积混合的情况下,恰好完全反应,生成的氯化钠溶液为中性;pH=3的醋酸溶液,c(CH3COOH)远大于10-3mol·L-1,两溶液等体积混合的情况下,氢氧化钠完全反应,醋酸过量,溶液显酸性,所以所得溶液pH:甲>乙,C错误;根据电荷守恒规律:c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-),D错误。6.100 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液中,欲使醋酸的电离程度增大,H+浓度减小,可采用的方法是(　　)A.加热B.加入少量的1 mol·L-1的NaOH溶液C.加入少量的0.5 mol·L-1的硫酸D.加入100 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液答案B解析A项,加热促进电离,H+浓度增大;B项,加入NaOH溶液,OH-与H+反应,平衡向右移动,H+浓度减小;C项,加入H2SO4溶液,抑制醋酸电离,但H+浓度增大;D项,H+浓度不变。7.(2018·台州教学质评)室温下,不能说明HC为弱电解质的是(　　)A.0.01 mol·L-1 HC溶液pH大于2B.NaHCO3溶液显碱性C.向紫色石蕊溶液中呼气,溶液变红色D.向Na2CO3溶液滴加醋酸,有气泡产生答案C解析0.01mol·L-1HC溶液pH大于2,说明HC未完全电离,说明HC为弱电解质,故A正确;NaHCO3溶液显碱性,说明碳酸氢钠属于强碱弱酸盐,说明HC为弱电解质,故B正确;二氧化碳的水溶液显酸性,向紫色石蕊溶液中呼气,溶液变红色,只能说明碳酸为电解质,不能说明HC为弱电解质,故C错误;向Na2CO3溶液滴加醋酸,有气泡产生,说明醋酸的酸性强于碳酸,而醋酸为弱酸,说明HC为弱电解质,故D正确。8.(2018·上海六校联考)在室温下,100 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液中,欲使其溶液的pH减小,同时又要使醋酸的电离程度减小,可采取的措施为(　　)A.加入少量CH3COONa固体B.通入少量HCl气体C.升高温度D.加入少量NaOH固体答案B解析醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,加入少量CH3COONa固体,溶液中c(CH3COO-)增大,平衡逆向移动,醋酸的电离程度减小,则溶液中c(H+)减小,酸性减弱,pH增大,A错误;通入少量HCl气体,溶液中c(H+)增大,平衡逆向移动,醋酸的电离程度减小,但溶液的酸性增强,pH减小,B正确;升高温度,电离平衡正向移动,醋酸的电离程度增大,溶液中c(H+)增大,pH减小,C错误;加入少量NaOH固体,OH-与H+结合生成H2O,溶液中c(H+)减小,溶液的pH增大,电离平衡正向移动,醋酸的电离程度增大,D错误。9.(2018·河北定州中学期中考试)在相同温度时,100 mL 0.01 mol·L-1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液相比较,下列数值前者大于后者的是(　　)A.中和时所需NaOH的量B.与Mg反应的起始速率C.OH-的物质的量浓度D.溶液中答案C解析中和时所需NaOH的量与醋酸的物质的量成正比,n(CH3COOH)=0.01mol·L-1×0.1L=0.1mol·L-1×0.01L=0.001mol,两种酸的物质的量相等,则消耗NaOH的物质的量相等,故A错误;反应速率与氢离子浓度成正比,前者醋酸溶液中c(H+)小于后者,所以开始时与镁反应速率前者小于后者,故B错误;醋酸溶液中c(OH-)与溶液中c(H+)成反比,溶液中c(H+)前者小于后者,所以c(OH-)前者大于后者,故C正确;溶液中=Ka,电离平衡常数只与温度有关,温度不变,电离平衡常数不变,故D错误。10.氢离子浓度相同的等体积的盐酸A和醋酸溶液B,分别和锌反应,若最后仅有一种溶液中存在锌,且放出氢气的质量相同,则下列说法正确的是(　　)①反应所需要的时间B>A　②开始反应时速率A>B③参加反应的锌的物质的量A=B　④反应过程的平均速率B>A　⑤盐酸里有锌剩余　⑥醋酸里有锌剩余A.③④⑥ B.②③⑥C.③④⑤ D.①②⑤答案C解析氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液(A为盐酸,B为醋酸溶液)分别与锌反应,若最后仅有一份溶液中存在锌,且放出氢气的质量相同,由于醋酸部分电离,其酸的浓度大于氢离子浓度,盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度,所以醋酸的浓度大于HCl的浓度,则盐酸中有锌剩余,C项正确。11.下列曲线中,可以描述乙酸(甲,Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙,Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是(　　)答案B解析乙酸和一氯乙酸均显弱酸性。弱酸的浓度越大,在水中的电离度越小,排除C、D两项。电离平衡常数:CH3COOH<CH2ClCOOH,而电离平衡常数越大,表明酸性越强,电离度越大,排除A项,B项正确。12.现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液,其体积相同,分别加入足量镁,产生H2的体积(同温同压下测定)的变化图示如下:其中正确的是(　　)A.①③ B.②④C.①②③④ D.都不对答案D解析①③的错误是显而易见的,因为随着反应的进行V(H2)只可能增大而不可能减小;②图粗看起来是对的,但要注意等pH的盐酸和醋酸溶液,醋酸溶液的物质的量浓度要比盐酸大得多,与足量的镁反应时,不仅产生的氢气的体积更大,反应更快,而且反应的时间更长,不可能比盐酸更早结束反应;④图看起来好像也对,但要注意到一个细节,在物质的量浓度相同的情况下,醋酸溶液中c(H+)在反应完成之前都比盐酸中的小,因此其反应速率应该比盐酸中的反应速率小,完全反应时产生相同体积的氢气,盐酸所用时间比醋酸短,因此④图也是错的。二、非选择题(本题包括4小题,共40分)13.(8分)醋酸是一种弱酸,Ka=1.8×1。(1)常温下0.1 mol·L-1的CH3COOH电离度约为1%,其c(H+)=　　　　　　　　,将该溶液加蒸馏水稀释,在稀释过程中,下列数据变大的是　　　　。 A.c(H+) B.C.c(H+)·c(OH-) D.(2)体积为10 mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加蒸馏水稀释至1 000 mL,稀释过程pH变化如图,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;稀释后,HX溶液中水电离出来的c(H+)　　　醋酸溶液中水电离出来的c(H+)(填“大于”“等于”或“小于”)。 答案(1)1×10-3 mol·L-1　BD(2)大于　大于解析(1)c(H+)=cα=0.1mol·L-1×1%=1×10-3mol·L-1。加水稀释,电离平衡正向移动,B、D正确。(2)从图中可知,当HX稀释时pH变化大于CH3COOH,可得HX电离平衡常数大于CH3COOH。由于HX溶液的pH更大,c(H+)更小,对水电离的抑制作用较小,即HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。14.(12分)一定温度下,冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示。请回答。(1)图中“O”点的氢离子浓度c(H+)=　　　mol·L-1。 (2)a、b、c、d四点中,溶液中c(H+)由大到小的顺序为　。 (3)a、b、c、d四点中,醋酸的电离程度最大的一点是　　　　。 (4)若要使c点溶液中的c(CH3COO-)提高,在如下措施中,可选择　　　　　　。 A.加热B.加很稀的NaOH溶液C.加固体KOHD.加水E.加固体CH3COONaF.加Zn粒(5)在稀释过程中,随着醋酸浓度的降低,下列始终保持增大趋势的量是　　　　。 A.c(H+)B.H+个数C.CH3COOH分子数D.(6)设d点醋酸溶液的浓度为c mol·L-1,此温度下醋酸的电离常数为Ka,达到电离平衡时醋酸分子的浓度可近似视为仍等于c mol·L-1,则平衡时氢离子的浓度c(H+)=　。 答案(1)0　(2)b>a>c>d(3)d　(4)ACEF　(5)BD(6) mol·L-1解析此题考查了影响弱电解质电离平衡的因素以及电离平衡常数的应用等知识点。(1)因为醋酸是共价化合物,只有在水溶液中才发生电离,纯醋酸不会电离。(2)因为溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子浓度的总和,所以比较c(H+)的大小只要比较a、b、c、d四点对应的纵坐标数值大小即可。(3)根据弱电解质的电离是越热越电离,越稀越电离,可知一定温度下,加水越多,醋酸的电离程度越大。(5)在醋酸的稀释过程中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)都逐渐降低;D项出现一个比例,在电离平衡中所学的唯一的一个有比例的公式就是电离平衡常数表达式:Ka=,因为c(CH3COO-)在稀释过程中减小,故D项在稀释过程中应增大。　(6)　　　　CH3COOHCH3COO-+　H+ c 0 0 cα cα cα c-cα cα cα平衡时:Ka=所以有:Ka=,由题意可知c-cα≈c,所以cα≈mol·L-1。15.(10分)亚磷酸(H3PO3)与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3。(1)亚磷酸是　　　元酸。  (2)PCl3水解可制取亚磷酸,反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)在H3PO3溶液中存在电离平衡:H3PO3H++H2P。①某温度下,0.10 mol·L-1的H3PO3溶液pH =1.6,即溶液中c(H+) =2. 5×10-2 mol·L-1。求该温度下,上述电离平衡的平衡常数K=　　　　　(只考虑H3PO3的第一步电离,结果保留两位有效数字)。 ②根据H3PO3的性质可推测Na2HPO3稀溶液的pH　　　(填“>”“=”或“<”)7。 答案(1)二　(2)PCl3+3H2OH3PO3+3HCl(3)①8.3×10-3　②>解析(1)1mol亚磷酸最多与2molNaOH反应,说明其为二元酸。(2)水解反应没有元素化合价的变化,故生成盐酸和亚磷酸。(3)①K=≈8.3×10-3。②由题意可知H3PO3为弱酸,故Na2HPO3溶液中HP发生水解而使溶液呈碱性。16.(10分)(1)含有等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液呈弱碱性,则HA为　　　　　(填“强酸”或“弱酸”),此时溶液中c(A-)　　　(填“>”“<”或“=”)c(Na+)。 (2)现有一种含有HA和NaA的溶液。①组成该溶液的微观粒子有 　　　　　　　; ②若向该溶液中加入少量盐酸时,溶液中大量减少的离子是　　　　　　　　; ③若向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时,下列图像中能表示A-数目变化趋势的曲线是　　　(填对应字母)。 答案(1)弱酸　<(2)①H2O、HA、H+、Na+、OH-、A-　②A-　③a解析(1)溶液呈碱性,说明A-水解,且其水解程度大于HA的电离程度,HA为弱酸。根据溶液电中性c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-),溶液呈碱性,说明c(H+)<c(OH-),则c(A-)<c(Na+)。(2)①溶液中的微观粒子既包括离子,也包括分子,有H2O、HA、H+、Na+、OH-、A-。②加入少量盐酸,发生反应:A-+H+HA。③溶液含有HA和NaA,逐滴加入NaOH溶液,HA与NaOH反应生成NaA和H2O,所以A-数目逐渐增大,故a对。