高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 主題20 弱電解質(zhì)的電離5含解析

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1、 主題20:弱電解質(zhì)的電離 李仕才 A卷　最新模擬基礎(chǔ)訓(xùn)練 1.已知次氯酸是酸性比碳酸還弱的酸,反應(yīng)Cl2+H2OHCl+HClO達(dá)到平衡后,要使HClO的濃度增大,可加入(　　)。 A.NaCl固體　　　　　　　　B.水 C.CaCO3固體 D.NaOH固體 【解析】加入NaCl固體,c(Cl-)增大,導(dǎo)致平衡逆向移動,c(HClO)減小,A項(xiàng)錯誤;加水,平衡正向移動,但HClO的濃度會減小,B項(xiàng)錯誤;加CaCO3固體,可消耗HCl,使上述平衡正向移動,HClO的濃度增大,C項(xiàng)正確;加NaOH固體可消耗HCl和HClO,使HClO的濃度減小,D項(xiàng)錯誤。 【答案】C 2.

2、下列各組離子可能大量共存的是(　　)。 A.與鋁反應(yīng)放出氫氣的溶液中:Na+、Cl-、S2-、S B.常溫下Kwc(H+)=110-13molL-1的溶液中:Ca2+、Fe2+、NO3-、N C.常溫下水電離出的c(H+)=10-10molL-1的溶液中:Na+、K+、Cl-、HCO3- D.0.5 molL-1的AlCl3溶液中:AlO2-、K+、C 【解析】與鋁反應(yīng)放出氫氣的溶液可能為酸性,也可能為堿性,在堿性條件下題給四種離子可以大量共存,A項(xiàng)正確;常溫下Kwc(H+)=110-13 molL-1的溶液呈酸性,Fe2+、NO3-、H+不能共存,B項(xiàng)錯誤;常溫下水電離出的c(H+

3、)=10-10 molL-1的溶液可能為酸性,也可能為堿性,HCO3-均不能存在,C項(xiàng)錯誤;Al3+與AlO2-、C因會發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)而不能大量共存,D項(xiàng)錯誤。 【答案】A 3.電離度是描述弱電解質(zhì)電離程度的物理量,電離度=100%?，F(xiàn)取20 mL pH=4的CH3COOH溶液,加入0.2 mol L-1的氨水,測得溶液的導(dǎo)電性變化如圖所示,則加入氨水前CH3COOH的電離度為(　　)。 A.0.5%　　　B.0.1%　　　C.1.5%　　　D.1% 【解析】根據(jù)圖像分析,當(dāng)氨水的體積為10 mL時溶液的導(dǎo)電性最強(qiáng),說明剛好與醋酸完全反應(yīng),所以醋酸的濃度為0.21020=

4、0.1 molL-1,再根據(jù)pH=4的CH3COOH溶液中氫離子濃度為10-4 molL-1,所以CH3COOH的電離度為10-40.1100%=0.1%,故選B。 【答案】B 4.已知:95 ℃時,Kw=1.010-12。在該溫度下,測得0.1 molL-1Na2A溶液的pH=6,則下列說法正確的是(　　)。 A.H2A在水溶液中的電離方程式為H2AH++HA-,HA-H++A2- B.(NH4)2A溶液中存在離子濃度關(guān)系:c(N)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-) C.0.01 molL-1H2A溶液的pH=2 D.等體積、等濃度的鹽酸與H2A溶液分別與5.6 g Zn反

5、應(yīng),H2A溶液產(chǎn)生的H2多 【解析】95 ℃時,Kw=1.010-12,則該溫度下純水中c(H+)=1.010-6molL-1,pH=6。在該溫度下,測得0.1 molL-1Na2A溶液的pH=6,溶液呈中性,說明Na2A是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽,則H2A是強(qiáng)酸,其電離方程式為H2A2H++A2-,A項(xiàng)錯誤;(NH4)2A為強(qiáng)酸弱堿鹽,銨根離子的水解導(dǎo)致溶液呈酸性,銨根離子水解程度較小,所以溶液中存在離子濃度關(guān)系:c(N)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-),B項(xiàng)正確;0.01 molL-1的H2A溶液中c(H+)=0.02 molL-1,所以pH<2,C項(xiàng)錯誤;等體積、等濃度的鹽酸與H2A溶液分別

6、與5.6 g Zn反應(yīng),不能確定鋅是否完全反應(yīng),所以無法判斷,D項(xiàng)錯誤。 【答案】B 5.某溶液由弱酸(HR)及其鹽(NaR)組成,濃度均為1 molL-1,25 ℃時向該溶液中通入HCl氣體或滴入NaOH溶液,溶液pH隨加入的H+或OH-的物質(zhì)的量發(fā)生變化的情況如圖所示。下列說法不正確的是(　　)。 A.A、B、C三點(diǎn)所表示的溶液中水的電離程度依次增大 B.加入1 mol NaOH后,溶液中c(Na+)=c(R-) C.通入HCl, R-的水解程度增大,HR的電離平衡常數(shù)減小 D.未加HCl和NaOH時,溶液中c(R-)>c(Na+)>c(HR) 【解析】A項(xiàng),A點(diǎn)H+

7、濃度最大,對水的電離抑制作用最強(qiáng),C點(diǎn)pH=7,對水的電離無抑制作用,所以A、B、C三點(diǎn)所表示的溶液中水的電離程度依次增大,正確;B項(xiàng),根據(jù)圖像可知,加入1 mol NaOH后,溶液的pH=7,則c(H+)=c(OH-),根據(jù)電荷守恒可得,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(R-),所以c(Na+)=c(R-),正確;C項(xiàng),溫度不變,HR的電離平衡常數(shù)不變,錯誤;D項(xiàng),未加HCl和NaOH時,溶質(zhì)為HR和NaR,由圖像可知pH<7,溶液顯酸性,HR的電離程度大于NaR的水解程度,所以c(R-)>c(Na+)>c(HR),正確。 【答案】C 6.常溫下,向1 L 0.10 molL-

8、1 CH3COONa溶液中不斷通入HCl氣體(忽略溶液體積變化),得到c(CH3COO-)和c(CH3COOH)與pH的變化關(guān)系如圖所示,下列說法不正確的是(　　)。 A.溶液的pH比較:x>y>z B.在y點(diǎn)時,溶液中離子濃度大小關(guān)系:c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-) C.在溶液中加入一滴強(qiáng)酸或強(qiáng)堿,溶液pH變化最小的是y點(diǎn) D.該溫度下,CH3COOH的Ka=10-4.75 【解析】根據(jù)圖像可知,溶液的pH:x>y>z,A項(xiàng)正確;在y點(diǎn)時醋酸鈉和醋酸的濃度相等,溶液顯酸性,說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度,則c(Na+)>c(CH3CO

9、O-)>c(Cl-)>c(OH-),B項(xiàng)錯誤;在y點(diǎn)時醋酸鈉和醋酸的濃度相等,屬于緩沖溶液,因此在溶液中加入一滴強(qiáng)酸或強(qiáng)堿,溶液pH變化最小的是y點(diǎn),C項(xiàng)正確;在y點(diǎn)時醋酸鈉和醋酸的濃度相等,pH=4.75,所以醋酸的電離常數(shù)為c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)=10-4.75,D項(xiàng)正確。 【答案】B 7.電導(dǎo)率是衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力大小的物理量。常溫下,將相同體積的氫氧化鈉溶液和醋酸溶液分別加水稀釋,溶液的電導(dǎo)率隨加入水的體積V(H2O)變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是(　　)。 A.曲線Ⅰ表示NaOH溶液加水稀釋過程中溶液電導(dǎo)率的變化 B.a、b、c三點(diǎn)溶

10、液的pH:b>c>a C.將a、b兩點(diǎn)溶液混合,所得溶液中:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) D.醋酸溶液稀釋過程中,c(CH3COO-)c(CH3COOH)不斷增大 【解析】加水稀釋時,醋酸進(jìn)一步電離,電導(dǎo)率變化較小,則曲線Ⅰ表示醋酸溶液稀釋的曲線,故A項(xiàng)錯誤;NaOH溶液顯堿性,醋酸溶液顯酸性,電導(dǎo)率越大,說明離子濃度越大,則a、b、c三點(diǎn)溶液的pH為c>b>a,故B項(xiàng)錯誤;將a、b兩點(diǎn)溶液混合,由于醋酸溶液的濃度大于氫氧化鈉溶液的濃度,反應(yīng)后醋酸過量,溶液顯酸性,則溶液中:c(Na+)

11、中,c(H+)不斷減小,溫度不變,平衡常數(shù)K不變,c(CH3COO-)c(CH3COOH)=Kc(H+)不斷增大,故D項(xiàng)正確。 【答案】D 8.磷能形成次磷酸(H3PO2)、亞磷酸(H3PO3)等多種含氧酸。 (1)次磷酸(H3PO2)是一種精細(xì)化工產(chǎn)品,已知10 mL 1 molL-1 H3PO2與20 mL 1 molL-1NaOH溶液充分反應(yīng)后生成組分為NaH2PO2的鹽?；卮鹣铝袉栴}: ①NaH2PO2屬于　　　　(填“正鹽”“酸式鹽”或“無法確定”)。 ②25 ℃時,K(H3PO2)=110-2,則0.02 molL-1的H3PO2溶液的pH=　　　　。 ③設(shè)計兩種實(shí)驗(yàn)方

12、案,證明次磷酸是弱酸: 　; 　。 (2)亞磷酸是二元中強(qiáng)酸,25 ℃時亞磷酸(H3PO3)的電離常數(shù)為K1=110-2、K2=2.610-7。 ①試從電離平衡移動的角度解釋K1為什么比K2大:　　　　　　　　　　　。 ②寫出亞磷酸與NaOH反應(yīng)時可能生成的鹽的化學(xué)式:　　　　　　　　　　。 ③亞磷酸的結(jié)構(gòu)式為(式中P→O表示成鍵電子對全部由磷原子提供),由此類推次磷酸分子中含有　　　　個“O—H”鍵。 【解析】(1)①次磷酸與過量的NaOH溶液反應(yīng)時只能得到NaH2PO2,說明次磷酸分子中只有一個氫原子可以與OH-反應(yīng),由此可知它是一元酸,NaH2PO2是正鹽。 ②設(shè)達(dá)到電離

13、平衡時,c(H+)=x molL-1,由H3PO2H++H2PO2-得,x20.02-x=110-2,解得x=0.01,故pH=2。 ③可通過測NaH2PO2溶液的pH來證明次磷酸是弱酸;也可根據(jù)等物質(zhì)的量濃度的鹽酸、次磷酸溶液與等量石蕊試液混合后溶液顏色的深淺來證明。 (2)①多元弱酸分步電離,第一步電離出的H+抑制了第二步的電離,所以K1>K2。 ②亞磷酸為二元酸,與NaOH反應(yīng)時可能生成NaH2PO3、Na2HPO3。 ③由亞磷酸的結(jié)構(gòu)式及它是二元酸可知,只有“O—H”上的氫原子可以電離出H+,由此可知次磷酸分子中只有1個“O—H”鍵。 【答案】(1)①正鹽　②2?、蹨yNaH2

14、PO2溶液的pH,若pH>7,則證明次磷酸為弱酸　向等物質(zhì)的量濃度的鹽酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊試液,若次磷酸溶液中紅色淺一些,則證明次磷酸為弱酸 (2)①第一步電離出的H+抑制了第二步的電離 ②NaH2PO3、Na2HPO3　③1 9.常溫下,有0.1 molL-1的以下幾種溶液:①H2SO4溶液 ②NaHSO4溶液?、跜H3COOH溶液　④HCl溶液 ⑤HCN溶液?、轓H3H2O,其中幾種溶液的電離度(已經(jīng)電離的占原來總的百分?jǐn)?shù))如下表所示(已知H2SO4的第一步電離是完全的),回答下列問題: ①H2SO4溶 液中HSO4- ②NaHSO4溶 液中HSO4- ③CH

15、3COOH ④HCl溶液 10% 29% 1.33% 100% (1)HSO4-在H2SO4溶液中的電離度小于其在NaHSO4溶液中的電離度,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)常溫下,pH相同的表格中的幾種溶液,其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是　　　　　　　　　　　　　　　(填序號,下同)。 (3)常溫下,將足量的鋅粉投入等體積、pH=1的表格中的幾種溶液中,產(chǎn)生H2的體積(同溫同壓下)由大到小的順序是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)在25 ℃時,若用已知濃度的NaOH溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液

16、,應(yīng)選用　　　　作指示劑,若終點(diǎn)時溶液pH=a,則由水電離出的c(H+)為　　　　。 (5)在25 ℃時,將b molL-1的KCN溶液與0.01 molL-1的鹽酸等體積混合,反應(yīng)達(dá)到平衡時,測得溶液pH=7,則KCN溶液的物質(zhì)的量濃度　　　　(填“>”“<”或“=”)0.01 molL-1;用含b的代數(shù)式表示HCN的電離常數(shù)Ka=　　　　　　　　。 【答案】(1)H2SO4的第一步電離是完全的,第一步電離出的H+抑制了HSO4-的電離 (2)③>②>④>① (3)③>②>①>④ (4)酚酞　10-(14-a) molL-1 (5)>　(0.5b-0.005)10-70.005 我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu)，實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實(shí)挑戰(zhàn)。