高考弱电解质的电离(时间:45分钟 满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列电离方程式中正确的是( )。A.NaHSO4溶于水:NaHSO4Na++H++SO42-B.次氯酸电离:HClOClO-+H+C.HF溶于水:HF+H2OH3O++F-D.NH4Cl溶于水:NH4++H2ONH3·H2O+H+答案:C解析:NaHSO4是强电解质,溶于水后能完全电离,电离方程式应使用“”,A项错误;HClO是弱酸,电离方程式中应使用“”,B项错误;NH4Cl溶于水的电离方程式是NH4ClNH4++Cl-,D项错误。2.(2020某某卷)常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是( )。A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>Ka(HF)B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)D.在1mol·L-1Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol·L-1-15-/15
高考答案:A解析:根据“越弱越水解”,相同浓度的HCOONa和NaF的溶液,pH大的水解程度大,对应的酸的Ka小,A项错误;相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后,pH约为4.7,溶液中主要存在两个平衡:CH3COOHCH3COO-+H+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,因为溶液显酸性,所以以CH3COOH的电离为主,故离子浓度:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B项正确;FeS加入稀硫酸中,H+使FeS沉淀溶解平衡右移,FeS逐渐溶解,而CuS不能发生此现象,说明Ksp(FeS)>Ksp(CuS),C项正确;1mol·L-1Na2S溶液中存在S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-,根据物料守恒可得c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol·L-1,D项正确。3.已知次氯酸是比碳酸还弱的酸,反应Cl2+H2OHCl+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固体答案:C解析:加入NaCl固体,c(Cl-)增大,导致平衡逆向移动,c(HClO)减小,A项错误;加水稀释,Cl-及HClO浓度均会减小,B项错误;加CaCO3固体可消耗HCl,使平衡正向移动,HClO浓度增大,C项正确;NaOH可与HCl和HClO反应,使HClO浓度减小,故D项错误。4.某温度下,pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释至原体积的100倍,溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断错误的是( )。-15-/15
高考A.M的数值一定大于9B.Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线C.稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大D.完全中和相同体积的两溶液时,消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)c(NH4+)答案:A解析:M点溶液中的溶质是醋酸,抑制水的电离,N点溶液中的溶质是醋酸铵,促进水的电离,M点→N点,水的电离程度逐渐增大,A项正确;25℃时,CH3COOH的电离常数K=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)≈0.1000×1%×0.1000×1%0.1000=1.0×10-5,B项错误;N点溶液pH为7,c(CH3COO-)=c(NH4+),C项错误;当滴入20mL氨水时,溶液中溶质为醋酸铵和一水合氨,溶液呈碱性,c(CH3COO-)Ka2(H2S)>Ka(HR)B.结合H+的能力:Z->S2->R->HS-C.同温同浓度下,溶液的pH:NaHS>NaR>Na2S>NaZD.HZ与Na2S反应的离子方程式:HZ+S2-HS-+Z-答案:B解析:由题给两个反应可知,酸性强弱关系为H2S>HR>HS->HZ,酸性越强,Ka越大,所以相同温度下电离平衡常数:Ka1(H2S)>Ka(HR)>Ka2(H2S)>Ka(HZ),A项错误;酸性越弱,酸越难电离,对应酸根离子越易结合H+,所以结合H+能力:Z->S2->R->HS-,B项正确;依据“越弱越水解”,同温同浓度下,NaZ溶液的pH最大,C项错误;HZ与Na2S不反应,D项错误。8.根据下表提供的数据可知,在溶液中能大量共存的粒子组是( )。-15-/15
高考化学式电离常数CH3COOHK=1.8×10-5HK=4.9×10-10H2CO3K1=4.4×10-7,K2=4.7×10-11A.H2CO3、HCO3-、CH3COO-、-B.HCO3-、CH3COOH、-、CO32-C.H、HCO3-、-、CO32-D.H、HCO3-、CH3COO-、-答案:D解析:根据表中电离常数可知,酸性:CH3COOH>H2CO3>H>HCO3-。A项,H2CO3的酸性强于H,H2CO3和-能够反应生成HCO3-和H,在溶液中不能大量共存,故A错误;B项,CH3COOH的酸性强于H2CO3、H,CH3COOH能够与HCO3-、-、CO32-反应,在溶液中不能大量共存,故B错误;C项,H的酸性强于HCO3-,H与CO32-反应生成HCO3-,在溶液中不能大量共存,故C错误;D项,H、HCO3-、CH3COO-、-之间不反应,在溶液中能够大量共存,故D正确。9.已知:25℃时某些弱酸的电离平衡常数见下表。图像表示常温下稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化,下列说法中正确的是( )。-15-/15
高考CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10-5Ka=3.0×10-8Ka1=4.4×10-7Ka2=4.7×10-11A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中,各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B.向NaClO溶液中通少量CO2的离子方程式为2ClO-+CO2+H2O2HClO+CO32-C.图像中A、C两点处的溶液中c(R-)c(HR)·c(OH-)相等(HR代表CH3COOH或HClO)D.图像中A点酸的总浓度等于B点酸的总浓度答案:C解析:由电离平衡常数大小知,酸性强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-。A项,ClO-的水解程度大,所以c(ClO-)K(HClO)>K2(H2CO3),发生反应的离子方程式为CO2+ClO-+H2OHClO+HCO3-。在NaClO溶液中ClO-+H2OHClO+OH-,若ClO-水解的浓度为xmol·L-1,水解后c(HClO)=c(OH-)=xmol·L-1,由K(HClO)=c(ClO-)·c(H+)c(HClO)=c(ClO-)·KWc(HClO)·c(OH-),即(1.2-x)×10-14x2=3.0×10-8,解得:x=2.0×10-3.5,故pOH=-lg(2×10-3.5)=3.2,pH=10.8。(3)设该温度下,0.10mol·L-1的CH3COOH溶液中CH3COO-的浓度为ymol·L-1,K(CH3COOH)=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)=y20.10-y=1.96×10-5,解得y=1.4×10-3。12.(8分)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10mL、1mol·L-1H3PO2与20mL1mol·L-1NaOH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0.02mol·L-1H3PO2溶液的pH= 。 -15-/15
高考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。 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 将pH=2的次磷酸溶液加水稀释至原体积的10倍,测其pH,若pH”“HCO3-,酸性越弱,对应的酸根离子结合氢离子的能力越强,则结合氢离子能力最强的为CO32-。-15-/15
高考(5)pH=2的盐酸稀释到原体积的10n倍,pH增大n,所以取甲溶液稀释到原体积的100倍,pH为4;99mL0.01mol·L-1的盐酸与1mL1mol·L-1的NaOH溶液混合,溶液显碱性,c(OH-)=1×1-99×0.01100mol·L-1=10-4mol·L-1,溶液的pH=10。14.(15分)Ⅰ.已知常温下,在NaHSO3溶液中c(H2SO3)③;④中SO32-水解,-15-/15
高考②中SO32-与NH4+水解,相互促进,水的电离程度增大。(2)反应物为HSO3-、KIO3,生成物有I2、SO42-,根据电荷守恒配平。Ⅱ.氨水与盐酸等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),因c(NH4+)=c(Cl-),故有c(H+)=c(OH-),溶液显中性。Kb=c(NH4+)·c(OH-)c(NH3·H2O)=0.005×10-7a2-0.005=10-9a-0.01。-15-/15
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