高考化学备考专题讲练带答案解析——弱电解质的电离

1.下列说法正确的是( )。

减小
A.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液,加水稀释,则c(CH3COO-)
c(CH3COOH)
B.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液,升高温度,K a(CH3COOH)不变,但醋酸的电离程度增大
C.0.1 mol·L-1 HA溶液的pH为4,则HA为弱电解质
D.CH3COOH的浓度越大,CH3COOH的电离程度越大
【答案】C
增大;B项,升【解析】A项,加水稀释,n(CH3COO-)增大,n(CH3COOH)减小,故c(CH3COO-)
c(CH3COOH)
温,K a增大;D项,浓度越大,电离程度越小。

2.常温下,在pH=5的CH 3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+。

下列说法正确的是( )。

A.加入水时,平衡向右移动,CH3COOH的电离常数增大
B.加入少量CH3COONa固体,平衡向右移动
C.加入少量NaOH固体,平衡向右移动,c(H+)减小
D.加入少量pH=5的硫酸,溶液中c(H+)增大
【答案】C
【解析】加入水稀释溶液,醋酸的电离平衡向右移动,但CH3COOH的电离常数不变,A 项错误;加入少量CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,醋酸的电离平衡向左移动,B项错误;加
入的少量NaOH 固体与H +中和,c (H +)减小,醋酸的电离平衡向右移动,C 项正确;加入少量pH=5的硫酸,溶液中c (H +)不变,D 项错误。

3.下列说法正确的是( )。

A.常温下,CH 3COOH 分子不可能存在于pH=8的溶液中
B.稀释0.1 mol·L -1CH 3COOH 溶液,溶液中各离子的浓度均减小
C.室温下,将Na 2CO 3和NaHCO 3的混合溶液加水稀释,c (HCO 3
-)
c (CO 3
2-)
减小 D.向0.1 mol·L -1氨水中加入少量水,溶液中
c (NH 4+)
c (NH 3·H 2O )
增大
【答案】D
【解析】溶液中CH 3COOH 存在电离平衡,不论加入多少碱,都不能使CH 3COOH,完全转化为CH 3COO -,即CH 3COOH 分子可以存在于碱性溶液中,A 项错误;稀释CH 3COOH 溶液过程中,c (CH 3
COO -)、c (H +)减小,但
c (OH -)增大,B 项错误;
c (HCO 3-)c (CO 32-)
=
c (HCO 3-)·c (H +)c (CO 32-)·c (H +)
=
c (H +)K
,K 只
与温度有关,加水稀释过程中K 不变,而
c (H +)增大,所以c (HCO 3-)
c (CO 32-)
增大,C
项错误;氨水中存在一水
合氨的电离平衡,若向其中加入少量水,电离平衡正向移动,c (OH -)减小,电离常数不变,则溶液中c (NH 4+)
c (NH
32
O )=K
b
c (OH -增大,D 项正确。

4.25 ℃时向浓度均为0.1 mol·L -1、体积均为100 mL 的两种一元酸HX 、HY 溶液中分别加入NaOH 固体,溶液中lg c (H +)
c (OH -) 随n (NaOH)的变化如图所示。

下列说法错误．．
的是( )。

A.HX 为强酸,HY 为弱酸
B.b 点时溶液呈中性
C.水的电离程度:d>c
D.c点时溶液的pH=4
【答案】C
【解析】25 ℃时,0.1 mol·L-1HX溶液中lg c(H+)
c(OH-)
=12,则c(H+)=10-1mol·L-1,HX是强
酸;0.1 mol·L-1HY溶液中lg c(H+)
c(OH-)
<12,可推出c(H+)<0.1 mol·L-1,HY是弱酸,A项正确。

b点
时,lg c(H+)
c(OH-)
=0,c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,B项正确。

d点、c点时酸均被中和一半,HX是强酸,
对水的电离抑制程度更大,水电离的程度d<c,C项不正确。

c点时,lg c(H+)
c(OH-)
=6,则c(H+)=10-4 mol·L-1,pH=4,D项正确。

5.T℃时,将0.200 mol·L-1的某一元酸HA与0.200 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。

下列说法中正确的是( )。

微粒H+Na+A-
浓度/mol·L-12.50×10-
10
0.100 9.92×10-2
A.所得溶液中:c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(OH-)
B.T℃时,水的离子积K w=1.0×10-13
C.T℃时,一元酸HA的电离常数K=3.10×10-7
D.T℃时,0.100 mol·L-1NaA溶液中A-的水解率为0.80%
【答案】D
【解析】T℃时,将0.200 mol·L-1的某一元酸HA与0.200 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,则起始时c(HA)=0.100 mol·L-1,c(NaOH)=0.100 mol·L-1,HA与NaOH发生反应NaOH+HA NaA+H2O,反应恰好生成0.1 mol·L-1的NaA,根据物料守
恒,c (HA)+c (A -)=0.1 mol·L -1,已知c (A -)=9.92×10-2 mol·L -1,则c (HA)=0.1
mol·L -1-9.92×10-2 mol·L -1=8×10-4 mol·L -1,c (Na +)=0.1 mol·L -1,已知c (H +)=2.50×10-10 mol·L -1,根据电荷守恒,c (Na +)+c (H +)=c (OH -)+c (A -),则c (OH -)=0.1 mol·L -1+2.50×10-10 mol·L -1-9.92×10-2 mol·L -1>8×10-4 mol·L -1,所得溶液中粒子浓度大小关系为
c (Na +)>c (A -)>c (OH -)>c (HA),A 项错误;T ℃时,溶液中c (H +)=2.50×10-10
mol·L -1,c (OH -)>8×10-4 mol·L -1,则水的离子积
K w =c (H +)·c (OH -)>2.50×10-10×8×10-4=2×10-13,B 项错误;T ℃时,一元酸HA 的电离常数K =
c (H +)·c (A -)c (HA )
=
2.50×10-10×9.92×10-2
8×10-4
=3.1×10-8,C 项错误;T ℃时,0.100 mol·L -1 的NaA 溶液中,
平衡时c (HA)=8×10-4 mol·L -1,发生的水解反应为A -+H 2O
HA+OH -,则水解率为
8×10-4mol ·L -10.1mol ·L -1
×100%=0.80%,D 项正确。

6.(2019年云南昆明4月检测)已知:p K a =-lg K a 。

25 ℃时,几种弱酸的p K a 如表所示。

下列说法正确的是( )。

化学式
CH 3CO OH
HCOO
H
H 2SO 3
p K a
4.74
3.74
p K a1=1.90
p K a2=7.20
A.向Na 2SO 3溶液中加入过量乙酸,反应生成SO 2
B.25 ℃时,pH=8的甲酸钠溶液中,c (HCOOH)=9.9×10-7 mol·L -1
C.25 ℃时,某乙酸溶液pH=a,则等浓度的甲酸溶液pH=a-1
D.相同温度下,等浓度的HCOONa溶液的pH比Na2SO3溶液的大
【答案】B
【解析】根据表格数据分析可知,酸性H2SO3 >HCOOH>CH3COOH>HS O3-。

因为乙酸的酸性大于HS O3-而小于H2SO3,所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和乙酸钠,故A项错误;因为HCOO-水解使甲酸钠呈碱性,且存在质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HCOOH),因为溶液的pH=8,所以c(OH-)=10-6mol·L-1,c(H+)=10-8mol·L-1,所以c(HCOOH)=9.9×10-7 mol·L-1,故B项正确;等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡,假设甲酸溶液的
pH=b,10-a×10-a
c =10-4.74,10-b×10-b
c
=10-3.74,计算得b=a-0.5,故C项错误;因为甲酸的酸性比
HS O3-的酸性强,所以同温度下,等浓度的溶液中HCOO-的水解程度小于S O32-的水解程度,即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠,故D项错误。

7.(2019年江西南昌二模)常温时,1 mol·L-1的HA和1 mol·L-1的HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体
积)。

下列说法错误
．．
的是( )。

A.K a(HA)约为10-4
B.当两溶液均稀释至lg V
V0
+1=4时,溶液中c(A-)>c(B-)
C.中和等体积、pH相同的两种酸所用n(NaOH):HA>HB
D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数:前者小于后者
【答案】B
【解析】1 mol·L-1的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)≈0.01 mol·L-1,c(HA)≈1 mol·L-1,则HA的电离常数约为10-4,A项正确;由电荷守恒有
c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)=c(B-)+c(OH-),当两溶液均稀释至lg V
V0
+1=4时,HB溶液的
pH=3,HA溶液的pH>3,则有c(A-)<c(B-),B项错误;HA为弱酸,HB为强酸,等体积、pH相同的两种酸所含一元酸的物质的量n(HA)>n(HB),故分别用NaOH的溶液中和时,消耗NaOH的物质的量:HA>HB,C项正确;等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液,Na+数目相同,HA为弱酸,盐溶液中A-发生水解,NaA溶液呈碱性,NaA溶液中的电荷守恒为
c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),HB为强酸,盐溶液中B-不发生水解,NaB溶液呈中性,NaB溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-),NaA溶液中c(H+)<NaB溶液中c(H+),所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数:前者小于后者,D项正确。

8.25 ℃时,部分物质的电离平衡常数如表所示:
化学式
CH3COO
H
H2CO3HClO
电离平
衡常数1.7×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
3.0×10-8
请回答下列问题:
(1)等物质的量浓度的CH3COOH、H2CO3、HClO溶液中,c(H+)的大小顺序为。

(2)等物质的量浓度的CH3COO-、HC O3-、C O32-、ClO-中,结合H+的能力最强的
是。

(3)物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的下列四种物质:
a.Na2CO3;
b.NaClO;
c.CH3COONa;
d.NaHCO3。

pH由大到小的顺序是(填字母)。

(4)常温下,0.1 mol·L -1的CH 3COOH 溶液在加水稀释过程中,下列表达式的数据一定变小的是 (填字母,下同)。

A.c (H +) B.c (H +)
c (CH 3COOH )
C.c (H +)·c (OH -)
D.c (OH -)
c (H +)
E.
c (CH 3COO -)·c (H +)c (CH 3COOH )
若该溶液温度升高,上述5个表达式的数据增大的是 。

【答案】(1)CH 3COOH>H 2CO 3>HClO
(2)C O 32-
(3)a>b>d>c (4)A ABCE
【解析】(1)电离平衡常数越大,酸性越强,等浓度的酸溶液中c (H +)越大。

(2)电离平衡常数越小,其对应酸根离子结合H +的能力越强,所以结合H +的能力最强的是
C O 32-。

(3)电离平衡常数越小,酸性越弱,其对应的酸根离子水解程度越大,对应的盐溶液的碱性越强。

(4)醋酸是弱电解质,稀释后电离程度增大,但c (CH 3COOH)、c (CH 3COO -)、c (H +)都减小,c (OH -)增大,且c (CH 3COOH)减小得最多。

升高温度时,促进电离,K w 、K a 均增大,c (H +)增大,
c (H +)c (CH 3COOH )
增大,
c (OH -)c (H +)
减小。

9.(2019年四川宜宾四中高考适应性考试)
25 ℃时,用NaOH调节0.10 mol·L-1 H2C2O4溶液的pH,假设不同pH下均有
c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.10 mol·L-1。

使用数字传感器测得溶液中各含碳微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。

下列说法正确的是( )。

A.曲线b代表H2C2O4浓度随pH的变化
B.HC 2O4-H++C2O42-K=1×10-4.2
C.pH从4到6时主要发生反应的离子方程式为2OH -+H2C2O42H2O+C2O42-
D.当溶液pH=7时:c(Na+)>c(C2O42-)> c(H2C2O4)>c(HC2O4-)
【答案】B
【解析】NaOH调节0.10 mol·L-1 H2C2O4溶液pH时,c(H2C2O4)减小,c(HC2O4-)先增大后减小,c(C2O42-)一直增大,所以曲线a代表c(H2C2O4),曲线b代表c(HC2O4-),曲线c代表
c(C 2O42-),A项错误;HC2O4-H++C2O42-的电离平衡常数K=c(H+)·c(C2O42-)
,在b、c两条线的交
c(HC2O4-)
=c(H+)=10-4.2,B项正确;从图像可知pH从4到点,c(HC2O4-)=c(C2O42-),所以K=c(H+)·c(C2O42-)
c(HC2O4-)
6,主要发生的反应是HC 2O4-转化为C2O42-,所以发生反应的离子方程式为OH-+HC2O4-
H2O+C2O42-,C项错误;pH=7时c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒
c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+)可知,2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+),则
c(Na+)>c(C2O42-),根据图像可知c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4),所以溶液pH=7
时,c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4),D项错误。

10.(2019年江苏泰州高三期末考试)图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示),图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO-两种微粒
的是( )。

浓度随pH变化的曲线。

下列说法错误
．．
图1
图2
A.CH 4分子在催化剂表面会断开键,断键会吸收能量
B.中间体①的能量大于中间体②的能量
C.室温下,CH3COOH的电离常数K a=10-4.76
D.升高温度,图2中两条曲线交点会向pH增大的方向移动
【答案】D
【解析】由虚框内中间体的能量关系图可知,CH 4分子在催化剂表面断开键,断裂化学键需要吸收能量,A项正确;从虚框内中间体的能量关系图看,中间体①生成过程中断裂键,断裂化学键需要吸收能量,中间体②生成过程中形成键和键,形成化学键需要释放能量,所以中间体①的能量大于中间体②的能量,B项正确;由图2可知,当溶液pH=4.76,c(CH 3COOH)=c(CH3COO-)=0.05 mol·L-1,CH3COOH CH3COO-+H+的电离
=c(H+)=10-4.76,C项正确;根据CH3COOH CH3COO-+H+的电离常数K a=c(CH3COO-)·c(H+)
c(CH3COOH)
常数K a=c(CH3COO-)·c(H+)
可知,图2两条曲线的交点的c(H+)在数值上等于醋酸的电离常数K a, c(CH3COOH)
而升高温度,电离常数增大,即交点的c(H+)增大,pH将减小,所以交点会向pH减小的方向移动,D项错误。

11.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10 mL 1 mol·L-1 H3PO2与20 mL 1 mol·L-1NaOH溶液充分反应后生成组分为NaH2PO2的盐。

回答下列问题:
①NaH2PO2属于(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。

②25 ℃时,K(H3PO2)=1×10-2,则0.02 mol·L-1的H3PO2溶液的pH= 。

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②2③常温下测NaH2PO2溶液的pH,若pH>7,则证明次磷酸为弱酸向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴紫色石蕊试液,若次磷酸溶液中红色浅一些,则证明次磷酸为弱酸
(2)①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离
②NaH2PO3、Na2HPO3③1
【解析】(1)①次磷酸与过量的NaOH溶液反应时只能得到NaH2PO2,说明次磷酸分子中只有一个氢原子可以与OH-反应,由此可知它是一元酸,NaH2PO2是正盐。

②设达到电离平衡时,c(H+)=x mol·L-1,由H3PO2H++H2P O2-得,x2
0.02-x
=1×10-2,解得
x=0.01,故pH=2。

③可通过测NaH2PO2溶液的pH来证明次磷酸是弱酸;也可根据等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液与等量紫色石蕊试液混合后溶液颜色的深浅来证明。

(2)①多元弱酸分步电离,第一步电离出的H+抑制了第二步的电离,所以K1>K2。

②亚磷酸为二元酸,与NaOH反应时可能生成NaH2PO3、Na2HPO3。

③由亚磷酸的结构式及它是二元酸可知,只有“O—H”上的氢原子可以电离出H+,由此可知次磷酸分子中只有1个“O—H”键。

12.常温下,有0.1 mol·L-1的以下几种溶液:①H2SO4溶液;②NaHSO4溶液;③CH3COOH溶
液;④HCl溶液;⑤HCN溶液;⑥NH3·H2O。

其中几种溶液的电离度(已电离的物质的量
原来的总物质的量
×100%)如下表所示(已知H2SO4的第一步电离是完全的),回答下列问题:
①H2SO4
溶液中HS O4-②NaHS
O4溶
液中
HS O4-
③CH3CO
OH
④HCl溶液
10% 29% 1.33% 100%
(1)HS O4-在H2SO4溶液中的电离度小于其在NaHSO4溶液中的电离度,其原因
是。

(2)常温下,表格中pH相同的几种溶液,其物质的量浓度由大到小的顺序是
(填序号,下同)。

(3)常温下,将足量的锌粉投入等体积、pH=1的表格中的几种溶液中,产生H2的体积(同温同压下)由大到小的顺序是。

(4)在25 ℃时,若用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液,应选用
作指示剂,若达到滴定终点时溶液pH=a,则由水电离出的c(H+)为。

(5)在25 ℃时,将b mol·L-1的KCN溶液与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合,反应达到平衡时,测得溶液pH=7,则KCN溶液的物质的量浓度(填“>”“<”或“=”)0.01 mol·L-1;用含b的代数式表示HCN的电离常数K a= 。

【答案】(1)H2SO4的第一步电离是完全的,第一步电离出的H+抑制了HS O4-的电离
(2)③>②>④>①
(3)③>②>①>④
(4)酚酞10-(14-a)mol·L-1
(5)> (100b-1)×10-7。