1、课时作业23弱电解质的电离平衡一、选择题1稀氨水中存在着下列平衡：NH3H2ONHOH，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH)增大，应加入的物质或采取的措施是()NH4Cl固体硫酸NaOH固体水加热加入少量MgSO4固体ABCD2已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A水的电离程度始终增大B.先增大再减小Cc(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变D当加入氨水的体积为10mL时，c(NH)c(CH3COO)325时不断将水滴入0.1molL1的氨水中，下列图像变化合
2、理的是()4已知室温时，0.1molL1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是()A该溶液的pH4B升高温度，溶液的pH增大C此酸的电离平衡常数约为1107D由HA电离出的c(H)约为水电离出的c(H)的106倍5H2CO3和H2S在25时的电离常数如下：电离常数Ka1Ka2H2CO34.21075.61011H2S5.71081.21015则下列反应可能发生的是()ANaHCO3NaHS=Na2CO3H2SBH2SNa2CO3=NaHSNaHCO3CNa2SH2OCO2=H2SNa2CO3DH2SNaHCO3=NaHSH2CO36常温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是()序
3、号pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A.两溶液中c(OH)相等B溶液的物质的量浓度为0.01molL1C两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：D等体积的、两溶液分别与0.01molL1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：7.某温度下，将相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是()A为稀释盐酸时的pH变化曲线Bb点溶液的导电能力比c点溶液的导电能力强Ca点Kw的数值比c点Kw的数值大Db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度8分析下表，下列选项中错误的是()弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离常数(25)1.81054.91010Ka14.3107Ka
4、25.61011A.CH3COO、HCO、CN在溶液中可以大量共存B向食醋中加入水可使CH3COOH的电离平衡向电离方向移动C相同物质的量浓度的Na2CO3和NaCN溶液，后者pH较大DpHa的上述3种酸溶液，加水后溶液的pH仍相同，则醋酸中加入水的体积最小9在体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，则下图所示符合客观事实的是()10.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的
5、滴定曲线的是()11利用电导法测定某浓度醋酸电离的H。Ka随温度变化曲线如图所示。已知整个电离过程包括氢键断裂、醋酸分子解离、离子水合。下列有关说法中不正确的是()A理论上H0时，Ka最大B25C时，c(CH3COOH)最大C电离的热效应较小是因为分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当DCH3COOH溶液中存在氢键是H随温度升高而减小的主要原因12化合物HB在水中达到电离平衡时各微粒的浓度如表所示(25)：HB初始浓度/molL11.000.100平衡浓度/molL1c(HB)0.9960.0987c(B)或c(H)4.211031.34103Ka1.781051.82105100%0.4
6、21%1.34%分析表中至的数据，下列说法不正确的是()A与的数据都说明化合物HB只有部分电离B与的数据近似相等，说明HB的电离平衡常数与初始浓度无关C与的数据说明加水稀释后HB的电离平衡正向移动D与的数据说明HB起始浓度越大，电离的程度越大二、非选择题13()已知25时有关弱酸的电离平衡常数如下：弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.31011.81054.91010Ka143107Ka2561011若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列各量会变小的是_(填字母)。ac(CH3COO) bc(H)cKwd醋酸电离平衡常数()(1)在25下，将amolL1的
7、氨水与0.01molL1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)c(Cl)，则溶液显_(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb_。(2)已知H2CO3的第二级电离常数K25.61011，HClO的电离常数K3.0108，写出下列条件下所发生反应的离子方程式：少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中：_。Cl2与Na2CO3按物质的量之比11恰好反应：_。少量CO2通入到过量的NaClO溶液中：_。14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、1molL1H3PO2与20mL1
8、molL1的NaOH溶液充分反应后生成组成为NaH2PO2的盐，回答下列问题：NaH2PO2属于_(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。若25时，K(H3PO2)1102，则0.02molL1的H3PO2溶液的pH_。设计两种实验方案，证明次磷酸是弱酸_、_。(2)已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚磷酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。lg或lg写出亚磷酸电离的方程式：_、_。表示pH与lg的变化关系的曲线是_(填“”或“”)。根据图像计算亚磷酸的Ka1_。课时作业23弱电解质的电离平衡1解析：若在氨水中加入NH4Cl固
9、体，c(NH)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH)减小，不合题意；硫酸中的H与OH反应，使c(OH)减小，平衡向正反应方向移动，不合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH)增大，平衡向逆反应方向移动，符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但c(OH)减小，不合题意；电离属吸热过程，加热平衡向正反应方向移动，c(OH)增大，不合题意；加入少量MgSO4固体发生反应Mg22OH=Mg(OH)2，溶液中c(OH)减小，不合题意。答案：C2解析：CH3COOH溶液中水的电离被抑制，当CH3COOH与NH3H2O恰好反应时生成CH3COONH4，此时水的电离程度最大，再加入
10、氨水，水的电离程度又减小，A项错误；K(NH3H2O)，温度不变，NH3H2O的电离平衡常数及Kw均不变，随着NH3H2O的滴加，c(H)的减小，故减小，B项错误；未滴加氨水时，c(CH3COOH)c(CH3COO)0.1molL1，滴加10mL氨水时，c(CH3COOH)c(CH3COO)0.05molL1，C项错误；由于CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，故当加入NH3H2O的体积为10mL时，c(NH)c(CH3COO)，D项正确。答案：D3解析：A项，氨水的pH不可能小于7；B项，NH3H2O的电离程度在稀释过程中始终增大；D项，温度不变，Kb不变。答案：C4解析：根据HA在水
11、中的电离度可算出c(H)0.1molL10.1%104molL1，所以pH4；因HA在水中有电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，所以c(H)增大，pH会减小；C选项可由平衡常数表达式算出K1107，所以C正确；c(H)104molL1，所以c(H，水电离)1010molL1，前者是后者的106倍。答案：B5解析：电离常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序是：H2CO3H2SHCOHS，只有B项可以发生。答案：B6解析：常温下，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中，c(OH)相等，A项正确，由于NH3H2O是弱碱，故氨水的物质的量浓度大于0.01molL1，B项错误；分别加水稀释10倍时，
12、氢氧化钠溶液的pH变为11，而氨水的pH大于11且小于12，C项正确；等体积时氨水中溶质的物质的量大，分别与0.01molL1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积，D项正确。答案：B7解析：两种酸起始pH相同，即c(H)相同，说明起始时，c(弱酸)远大于c(强酸)；没有稀释前弱酸的c(H)已等于强酸的c(H)，而稀释导致弱酸的电离程度增大，所以在稀释的整个过程中，弱酸的c(H)都大于强酸的c(H)，即pH：弱酸HCO，根据“越弱越易水解”可知C错；pH相同的CH3COOH、HCN、H2CO33种酸溶液，加入相同体积的水，CH3COOH溶液pH变化最大，则pH变化相同的情况下，CH3COOH溶液中加入
13、水的体积最小，D正确。答案：C9解析：因盐酸为强酸、醋酸为弱酸，故pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中c(HCl)0.01molL1而c(CH3COOH)0.01molL1，1L溶液中n(HCl)0.01mol，n(CH3COOH)0.01mol。A项，相同时间内pH变化较大的应为HCl，错误；B项，产生H2的速率大的应为CH3COOH，错误；D项，相同时间内c(H)变化较大的为HCl，错误。答案：C10解析：HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，滴加NH3H2O，先与HCl反应，生成同样为强电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。当HCl被中和完后，继续与CH3CO
14、OH弱电解质反应，生成CH3COONH4，为强电解质，所以电导率增大。HCl与CH3COOH均反应完后，继续滴加弱电解质NH3H2O，电导率变化不大，因为溶液被稀释，有下降趋势。答案：D11解析：理论上H0时，电离程度最大，H和CH3COO浓度最大，Ka最大，A项正确；25C时，Ka最大，电离程度最大，平衡时醋酸分子的浓度最小，B项错误；分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当时，即拆开化学键吸收的能量与水合放出的能量相当，电离的热效应较小，C项正确；拆开氢键需要能量，但随温度的升高，氢键的作用越来越小，CH3COOH溶液中存在氢键是H随温度升高而减小的主要原因，D项正确。答案：B12解析：
15、根据与的数据可知，HB只有部分电离，A项不符合题意；与的数据近似相等，而HB的初始浓度相差10倍，说明HB的电离平衡常数与初始浓度无关，B项不符合题意；与的数据说明加水稀释后，电离程度增大，HB的电离平衡正向移动，C项不符合题意；与的数据说明HB的起始浓度越大，电离的程度越小，D项符合题意。答案：D13解析：()通入氨气，促进醋酸的电离，则c(CH3COO)增大，故a错误；加入氨气，c(OH)增大，c(H)减小，故b正确；由于温度不变，则Kw不变，故c错误；由于温度不变，醋酸电离平衡常数不变，故d错误。()(1)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(NH)c(H)c(Cl)c(O
16、H)，因c(NH)c(Cl)，故有c(H)c(OH)，溶液显中性。Kb。(2)按题给的量的关系书写即可，但应注意：因K2(H2CO3)K(HClO)K1(H2CO3)，故HClO与Na2CO3反应只能生成NaHCO3。答案：()b()(1)中(2)Cl22COH2O=2HCOClClOCl2COH2O=HCOClHClOClOCO2H2O=HCOHClO14解析：(1)由次磷酸与过量的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。设达到电离平衡时，c(H)xmolL1，由H3PO2HH2PO得，x2/(0.02
17、x)1102，解得x0.01，故pH2。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、次磷酸与等量石蕊试液混合后溶液颜色的深浅来证明。(2)pKa1lglgc(H)lg，显然A对应的数值较大，故表示pH与lg的变化关系的曲线为。由于Ka1，Ka2，且Ka1Ka2，由图像可知，在相同或时，“曲线”对应的c(H)较大，为一级电离(Ka1)，“曲线”对应的c(H)较小，为二级电离(Ka2)，显然选用“曲线”中的特殊点B计算Ka1，Ka1101102.4101.4。答案：(1)正盐2测NaH2PO2溶液的pH，若pH7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滴石蕊试液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次磷酸为弱酸(2)H3PO3H2POHH2POHPOH101.4
