01第33讲电离平衡【答案】听课手册

第九单元水溶液中的离子反应与平衡第33讲电离平衡考点一●夯实必备知识1.(1)完全离子共价强酸强碱大多数盐部分共价弱酸弱碱水(2)①H2SO42H++SO4②a.CH3COOHCH3COO-+H+b.H2CO3H++HCO3-、HCO3-H+c.Fe(OH)3Fe3++3OH-③NaHCO3Na++HCO3-、HCO3-H+2.(1)最大0>=(2)=≠离子分子(3)①弱电解质②增大增大减小增大【对点自测】(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×(6)×[解析](1)NH3在水溶液中或熔融状态下自身不能电离,NH3属于非电解质,错误。(2)H2SO3H++HSO3-,HSO3-H++SO32-,电离是微弱的,Ka1=c(H+)·c(HSO3-)c(H2SO3)≈c2(H+)c(H2SO3),Ka2=(3)H2SO3H++HSO3-,HSO3-H++SO32-,电离是微弱的,Ka1=c(H+)·c(HSO3-)c(H2SO3)≈c2(H+)c(H2SO3),Ka2=c(H+)·c(SO32-)c(HSO3-),由于c(H+)≈c(HSO3-),则c(SO32-)≈Ka2=6.0×10-8(4)1mol·L-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强,氯化钠是强电解质,醋酸是弱电解质,导电性强弱与NaCl溶液的pH比醋酸的高无关系,错误。(5)题目未指明醋酸、盐酸的物质的量浓度是否相同,不能通过比较溶液pH证明醋酸是弱电解质,错误。(6)电离平衡向右移动,电离程度不一定增大,如增大弱电解质的浓度,电离平衡向右移动,但弱电解的电离度减小。●提升关键能力题组一1.B[解析]25℃时,若测得0.01mol·L-1NaR溶液pH=7,可知NaR是强酸强碱盐,则HR为强酸,A错误;25℃时,若测得0.01mol·L-1HR溶液pH>2且pH<7,可知溶液中c(H+)<0.01mol·L-1,HR未完全电离,则HR为弱酸,B正确;假设HR为强酸,取pH=6的该溶液10.0mL,加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH<7,C错误;假设HR为强酸,则NaR为强酸强碱盐,溶液呈中性,由25℃升温至50℃,水的离子积常数增大,pH减小,D错误。2.B[解析]常温下,NaR溶液的pH大于7,说明NaR为强碱弱酸盐,A能证明HR为弱酸;加热HR溶液时,若HR为强酸,则c(H+)几乎不变,溶液pH不变,若HR为弱酸,则其电离平衡正移,且水的电离程度也会变大,溶液中H+浓度增大,溶液的pH变小,则溶液pH变大不能说明HR为弱酸,B不能证明HR是弱酸;HR溶液中加入少量NaR固体,溶解后溶液的pH变大,说明HR溶液中存在电离平衡,C能证明HR为弱酸;20℃时,0.01mol·L-1的HR溶液pH=2.8,说明HR没有完全电离,D能证明HR为弱酸。题组二3.C[解析]加水促进电离,但氢离子浓度减小,A项错误;通入过量SO2气体发生反应:2H2S+SO23S↓+2H2O,当SO2过量时溶液显酸性,而且酸性比H2S强,pH减小,B项错误;滴加新制氯水,发生反应:Cl2+H2S2HCl+S↓,平衡向左移动,生成了HCl,溶液pH减小,C项正确;加入少量硫酸铜固体,发生反应:H2S+CuSO4CuS↓+H2SO4,H+浓度增大,D项错误。4.A[解析]向氨水中加入水,促进NH3·H2O的电离,则溶液中n(OH-)增大,A正确;向氨水中加入少量浓盐酸,H+和OH-反应,导致溶液中c(OH-)减小,B错误;向氨水中加入少量浓NaOH溶液,c(OH-)增大,NH3·H2O的电离平衡逆向移动,C错误;向氨水中加入少量NH4Cl固体,溶液中c(NH4+)增大,考点二●夯实必备知识1.(1)电离所生成的各种离子浓度溶液中未电离分子的浓度(2)c(H(3)越易越强(4)①温度吸热②第一步(5)①越强>②小弱<③C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3④减小不变增大2.(1)已经电离的电解质分子数(2)已电离的弱电解质分子数溶液中原有弱电解质的总分子数(3)①小②大(4)大【对点自测】(1)×(2)√(3)×(4)√(5)×(6)×[解析](1)当弱电解质的浓度增大时,电离平衡虽然右移,但电离度减小,错误。(2)电离是吸热过程,升高温度,电离平衡右移,电离度增大,正确。(4)一元弱酸的Ka越大,同温度同浓度稀溶液的酸性越强,电离出的H+越多,pH越小,正确。(6)酸溶液中的c(H+)既与酸的电离常数有关,还与酸的浓度有关,电离常数大的c(H+)不一定大,错误。●提升关键能力题组一1.A[解析]根据电离平衡常数可知酸性:H2CO3>HX>HCO3->HY,A正确,C、D错误;酸越弱,其对应的盐的水解能力越强,故相同条件下溶液的碱性:NaY>Na2CO3>NaX>NaHCO3,2.B[解析]0.1mol·L-1氨水稀释过程中c(H+)增大,c(OH-)减小,因而c(H+)c(OH-)变大,A错误;向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa,溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)=Kac(H+),加入CH3COONa,溶液碱性增强,则c(H+)降低,则有c(CH3COO-)c(CH3COOH)的值增大,B正确;等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合,根据电离常数有Ka1=c(H+)·c(HCO3-)c(H2CO3)、Ka2=c(H+)·c(CO32-)c(HCO3-),同一溶液中c(H+)题组二3.A[解析]根据酸与盐发生复分解反应遵循“较强酸制取较弱酸”的规律,由①②③可得酸性:HNO2>HCN、HF>HCN、HF>HNO2,从而可得酸性:HF>HNO2>HCN,则电离平衡常数:Ka(HF)>Ka(HNO2)>Ka(HCN)。结合三个电离平衡常数的相对大小推知,Ka(HF)=6.3×10-4,Ka(HNO2)=5.6×10-4,Ka(HCN)=6.2×10-10,A错误。由于酸性:HF>HNO2,故HNO2和NaF不发生反应,C正确;结合电离常数表达式可得:c2(H+)=Ka·c(HF)=6.3×10-4×0.1(mol·L-1)2,解得c(H+)≈8×10-3mol·L-1,D正确。4.(1)6.9×10-3(2)K(3)c(H+)·c[解析](1)298K时,H3PO4(aq)+KCl(aq)KH2PO4(aq)+HCl(aq)的离子方程式为H3PO4(aq)H2PO4-(aq)+H+(aq),其平衡常数为K=c(H+)c(H2(2)T1温度下,HCOOH建立电离平衡:HCOOHHCOO-+H+,Ka=c(HCOO-)c(Hc(H+),故c(H+)=Kaxmol·L(3)Ka(HF)=c(H+)·c(经典真题·明考向1.C[解析]中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化,A错误;配制不同浓度的醋酸溶液时,容量瓶不需要干燥,B错误;温度影响醋酸的电离平衡,因此测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH时应在相同温度下测定,C正确;电离度是指弱电解质在溶液里达到电离平衡时,已电离的电解质分子数占原来总分子数(包括已电离的和未电离的)的百分数,因此醋酸的电离度计算式为α=c(H+)c2.B[解析]常温下溶液Ⅰ的pH=7.0,则溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1,c(H+)<c(OH-)+c(A-),A错误;常温下溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液中c(H+)=0.1mol·L-1,Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)=1.0×10-3,c总(HA)=c(HA)+c(A-),则0.1c(A-)c总(HA)-c(A-)=1.0×10-3,解得c(A-)c总(HA)=1101,B正确;根据题意,未电离的HA可自由穿过隔膜,故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等,C错误;常温下溶液Ⅰ的pH=7.0,溶液Ⅰ中c(H+)=1×10-7mol·L-1,Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)=1.0×10-3,c总(HA)=c(HA)+c(A-),10-7[c总(HA)-c(HA)]c(HA)=1.0×10-3,溶液Ⅰ中c总(HA)=(104+1)c(HA),溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液Ⅱ中c(H+)=0.1mol·L-1,Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)=1.0×10-3,c总(HA)3.D[解析]R3N中N原子有一个孤电子对(与NH3相似),溶液中存在平衡:R3N+H2OR3NH++OH-,A项正确;根据电离常数表达式可知,c(HCOO-)∶c(HCOOH)=Kac(H+)=1.8×10-41×10-5=18,B项正确;pH<2.4的废水,pH越小对HCOOH的电离抑制作用越大,HCOO-浓度减小,被吸附的HCOO-数目减少,C项正确4.D[解析]随着pH的增大,CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小,CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度增大,—Cl为吸电子基团,CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH,即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH),δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时Ka=c(H+)c(酸根离子)c(酸分子)=c(H+),由图可知,pH分别约为1.3、2.84,则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3,Ka(CH2ClCOOH)≈10-2.8,由此分析解题。根据分析,曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系,A错误;根据Ka(CHCl2COOH)=c(CHCl2COO-)×c(H+)c(CHCl2COOH)