第23讲弱电解质的电离平衡（练）-2023年高考化学一轮复习讲练测（全国通用）（解析版）_05高考化学_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_一轮复习

第 23 讲 弱电解质的电离平衡 第一部分：高考真题感悟 1．（2022·湖北·高考真题）根据酸碱质子理论，给出质子 的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越 强。已知： ， ，下列酸性强弱顺序正确的是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子 的物质是酸，则反 应 中，酸性： ，反应 中，酸 性： ，故酸性： ，答案选D。 2．（2022·全国·高考真题）常温下，一元酸 的 。在某体系中， 与 离子不能穿过 隔膜，未电离的 可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中 ，当达到平衡时，下列叙述正确的是 A．溶液Ⅰ中 B．溶液Ⅱ中的HA的电离度 为 C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 之比为 【答案】B 【解析】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误； B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， a 总 则 =1.0×10-3，解得 = ，B正确；C．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；D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，K = a =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液I中c 总 总 (HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c a 总 (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液II中c (HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿 总 过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c (HA)之比为 总 [(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；答案选B。 3．（2022·浙江·高考真题） 时，向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液(醋酸的 ；用 的 溶液滴定 等浓度的盐酸，滴定终 点的 突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是 A．恰好中和时，溶液呈碱性 B．滴加 溶液至 的过程中，发生反应的离子方程式为：C．滴定过程中， D． 时， 【答案】B 【解析】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确； B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶 液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH COO-)= = 3 = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程 式为：H++OH-=H O和CHCOOH+OH-=CH COO-+H O，B错误；C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴 2 3 3 2 定过程中，根据物料守恒可知： ，C正确；D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液 为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL 时，溶液为NaCl和等浓度的CHCOONa、CHCOOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶 3 3 液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D正确；故 答案为：B。 4．（2022·浙江·高考真题） 时，苯酚 的 ，下列说法正确的是 A．相同温度下，等 的 和 溶液中， B．将浓度均为 的 和 溶液加热，两种溶液的 均变大 C． 时， 溶液与 溶液混合，测得 ，则此时溶液中D． 时， 的 溶液中加少量 固体，水的电离程度变小 【答案】C 【解析】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C HONa和 6 5 CHCOONa溶液中c(C HO-)①的是 3 A．稀释到相同pH所需水的体积 B．与镁条反应生成等量H 所需时间 2 C．与镁条反应的起始速率 D．与相同浓度NaOH(aq)恰好中和时，消耗NaOH(aq)的体积 【答案】B 【解析】醋酸是弱酸，在水中部分电离，醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol•L-1的CHCOOH(aq)pH＞ 3 2，氢离子浓度①＞②，醋酸浓度①＞②。A．醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol•L-1的 CHCOOH(aq)pH＞2，当①pH=2的CHCOOH(aq)，②0.01mol•L-1的CHCOOH(aq)稀释到相同的pH时① 3 3 3 消耗的水的体积大，故A错误；B．②0.01mol•L-1的CHCOOH溶液中氢离子浓度小于①pH=2的 3 CHCOOH(aq)，则与镁条反应生成等量H 所需时间②＞①，故B正确；C．分析可知氢离子浓度①＞②， 3 2 则与镁条反应的起始速率①＞②，故C错误；D．由分析可知醋酸浓度①＞②，则与相同浓度NaOH(aq)恰好中和时，消耗NaOH(aq)的体积①＞②，故D错误；故选：B。 8．（2022·辽宁沈阳·三模）弱酸型指示剂的电离平衡可表示为： ，其分子、离子为不同颜 色。下表是酚酞在pH不同的溶液中的结构和变色规律。下列说法中错误的是 (图中环状结构为苯环) A．pH改变时，酸碱指示剂的分子、离子相对含量变化引起溶液颜色变化 B．溶液从酸性到强碱性的过程中，酚酞中的碳原子a从 杂化转化为 杂化 C．当指示剂的 ，则 ，此时的pH为理论变色点 D．温度改变，指示剂的变色范围可能发生改变 【答案】B 【解析】A．溶液pH改变时，溶液中氢离子浓度发生变化，电离平衡会发生移动，溶液中酸碱指示剂的分 子、离子相对含量变化引起颜色变化，故A正确；B．由图可知，溶液从酸性到强碱性的过程中，酚酞中 苯环碳原子a没有发生变化，原子的杂化方式没有变化，故B错误；C．由公式可知，弱酸型指示剂的电 离常数K= ，当溶液中 时，氢离子浓度和电离常数相等，溶液 ，溶 液会发生酸碱性变化，颜色也会变化，所以此时的pH为理论变色点，故C正确；D．弱酸型指示剂的电离 为吸热过程，温度改变，电离平衡会发生移动，溶液中氢离子浓度发生变化，指示剂的变色范围可能发生 改变，故D正确；故选B。 9．（2022·湖南省新化县第一中学模拟预测）牙形石(一种微型古生物遗体)主要成分为Ca (PO )，存在于 3 4 2 灰岩(主要成分为CaCO )中。可以通过合适的酸除去灰岩显示出牙形石的形态，进而分析当时的地层环境。 3 根据以下数据，有关合适的酸分析错误的是 已知：(1)酸的电离平衡常数 弱酸 HPO CHCOOH HCO 3 4 3 2 3K =6.9×10-3 a1 K =4.5×10-7 a1 电离平衡常数(25℃) K =6.2×10-8 K=1.8×10-5 a2 a K =4.7×10-11 a2 K =4.8×10-13 a3 (2)K [Ca (PO )]=2.07×10-33 sp 3 4 2 (3)钙的磷酸盐中只有磷酸二氢钙可溶于水，其余难溶于水A．当加入过量的盐酸时与牙形石反应为： Ca (PO )+2H+=H PO +3Ca2+ 3 4 2 2 B．过量的醋酸可以溶解灰岩：CaCO +2CH COOH=Ca2++2CH COO-+H O+CO↑ 3 3 3 2 2 C．过量醋酸与牙形石：Ca (PO )+4CH COOH=3Ca2++4CH COO-+2H PO ，该反应K≈2.5×10-13 3 4 2 3 3 2 D．醋酸能溶解灰岩，不溶解牙形石，可用于除去灰岩显示出牙形石 【答案】A 【解析】A．盐酸是强酸，加入过量盐酸时与牙形石反应为：Ca (PO )+6H+=2H PO +3Ca2+，A选项错误； 3 4 2 3 4 B．据电离平衡常数的大小可判断， 酸性CHCOOH>H CO，可发生反应CaCO +2CH COOH= Ca2+ 3 2 3 3 3 +2CH COO-+H O+CO↑，B选项正确；C. 据电离平衡常数的大小可判断，酸性HPO >CH COOH>H PO 3 2 2 3 4 3 2 ，可写出反应式Ca (PO )+4CH COOH=3Ca2++4CH COO-+2H PO ， 3 4 2 3 3 2 ，根据K [Ca (PO )] 、K(CHCOOH)、K (H PO )、K (H PO )的表达式代入上式换算化简得K= sp 3 4 2 a 3 a2 3 4 a3 3 4 ，远小于 ，因此牙形石不溶 于醋酸溶液中，C选项正确；D．醋酸能溶解灰岩，不溶解牙形石，可用于除去灰岩显示出牙形石，D选 项正确；答案选A。 10．（2022·浙江省宁波市鄞州中学模拟预测）下列说法正确的是 A．相同温度下，等pH的盐酸和醋酸加水稀释10倍后，c(Cl-)＜c(CHCOO-) 3 B．0.1 mol·L-1的KA溶液pH=6.5，则HA为弱酸 C．常温下pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合：c(Cl-)+c(H+)=c(NH )+c(OH-)D．某温度下，向氨水中通入CO，随着CO 的通入， 不断增大 2 2 【答案】A 【解析】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，相同pH时，醋酸物质的量浓度大于盐酸浓度，相同pH时，溶液 中c(Cl-)=c(CH COO-)，加水稀释相同倍数，促进醋酸的电离，推出c(Cl-)＜c(CHCOO-)，故A正确；B．没 3 3 有指明温度是否是常温，因此无法判断HA是否是弱酸，故B错误；C．一水合氨为弱碱，常温下pH=3的 盐酸和pH=11的氨水等体积混合，混合后溶质为NH Cl和NH ·H O，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，c(NH ) 4 3 2 ＞c(Cl-)，即c(Cl-)+c(H+)＜c(NH )+c(OH-)，故C错误；D． ，K 只受温度影响，向氨水中通入二氧化碳气体，生成碳酸铵或碳酸氢铵，溶液c(NH )增大，该比值减 b 小，故D错误；答案为A。 11．（2022·江西·二模）25℃时，在体积均为100 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的两种一元酸HA和HB的溶液 中，分别加入NaOH固体(温度恢复至室温，溶液体积变化忽略不计)， 随加入NaOH固体的物 质的量的变化如图所示。下列有关说法不正确的是 A．酸性：HA＞ HB，且HA是强酸，HB是弱酸 B．由水电离出的c(H+ )的顺序：a＜b＜c＜d C．c点溶液中：c(H+)=c(B-)-c(HB) +c(OH-) D．d点溶液中：c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-) 【答案】C【解析】A．25℃时，K =1×10-14，由图可知没有加入氢氧化钠固体时，a点0.1 mol/L HA溶液中， w ，可求得0.1 mol/L HA溶液中c(H+ )=0.1 mol/L，则HA为强酸；同理，由b点可知0.1 mol/L HB溶液中，c(H+)=0.01 mol/L，则HB为弱酸，故A项正确；B．由图和上述计算可知，a点和b点 均抑制水的电离，由于a点c(H+)更大，对水的抑制程度更大，c点和d点均为HB和NaB的混合溶液，由 于d点加入氢氧化钠的物质的量大，溶液中NaB的物质的量大，对水电离的促进大，则由水电离出的 c(H+)的顺序为a＜b＜c＜d，故B项正确；C．c点反应后为等浓度的HB和NaB溶液，根据电荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，根据物料守恒：2c(Na+)=c(B-)+c(HB)，联立可得2c(H+)=c(B-)-c(HB)+2c(OH-)， 故C项错误；D．d点c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，则 c(Na+)=c(B-)，且远大于c(H+)，故对应的溶液中，c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，故D项正确；答案选C。 12．（2022·宁夏·吴忠中学三模）25℃，二元酸HA水溶液中HA-、A2-的分布系数δ(X)随pH变化如下图 2 所示。[比如A2-的分布系数： ]，下列叙述正确的是 A．HA的一级电离完全进行，二级电离部分进行 2 B．pH=1时，加入NaOH溶液发生的主要反应为HA-+OH-=A2-+H O 2 C．NaA溶液的水解平衡常数K=1.0×10-4.2 2 b D．NaHA溶液中，c(Na+)+c(OH-)＜c(HA-)+2c(A2-)+c(H+) 【答案】D 【解析】A．由图可知，pH＜2时，δ(A2-)=0，则δ(HA-)= ＜1，说明此时的溶液中，除了有 HA-外，还有HA，故HA的一级电离部分进行；同理，pH在约2.5~6时，溶液中同时存在HA-和A2-，则 2 2HA的二级电离也是部分进行，A错误；B．由图可知，pH=1时，δ(HA-)= =0.4，则 2 δ(H A)=1-δ(HA-)=1-0.4=0.6，故此时加入NaOH溶液，发生的主要反应为HA+OH-=HA-+H O，B错误； 2 2 2 C．pH=4.2时，δ(HA-)=δ(A2-)，即c(HA-)=c(A2-)，则K (H A)= = c(H+)=1.010-4.2，由于NaA a2 2 2 溶液中的水解反应以第一步水解为主，故NaA溶液的水解平衡常数K = = =1.010-9.8， 2 b C错误；D．在NaHA溶液中，有电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)；由图可知，NaHA溶 液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)，故可以得知c(Na+)+c(OH-)＜c(HA-)+2c(A2-) +c(H+)，D正确；故选D。 二、主观题（共4小题，共40分） 13．（12分）浓度均为0.1mol·L－1的盐酸、硫酸和醋酸三种溶液，试分析： （1）若溶液的c(H＋)分别为a、b、c，则它们的大小关系是__________________________。 （2）分别用三种酸中和等物质的量的NaOH溶液，所需溶液的体积分别是a、b、c，则它们的大小关系是 ________________________________。 （3）等体积的三种酸分别与足量的锌粒反应，若它们的反应速率分别为a、b、c，则反应开始时它们的大 小关系是____________。 （4）等体积的三种酸分别与足量的锌粒反应，在相同条件下，若产生气体的体积为a、b、c，则它们的关 系是____________。 【答案】（每空3分）（1）b>a>c （2）a＝2b＝c （3）b>a>c （4）2a＝b＝2c 【解析】盐酸为一元强酸，硫酸为二元强酸，醋酸为一元弱酸，强酸完全电离，弱酸部分电离。 (1)若溶液的c(H＋)分别为a、b、c，浓度均为0.1mol·L－1，a=0.1mol/L，b=0.2mol/L，c<0.1mol/L，故 b>a>c；(2)酸中和等物质的量的碱，与酸的物质的量有关，V=n/c，则a＝2b＝c；(3)等体积的三种酸与足量 的锌粒反应，反应速率与c(H＋)有关，浓度越大，反应速率越大，故b>a>c；(4)等体积的三种酸分别与足 量的锌粒反应，生成氢气的量与酸的物质的量有关，故2a＝b＝2c。 14．（12分）25℃时，三种酸的电离平衡常数如下： 化学式 CHCOOH HCO HClO 3 2 3 电离平衡常数 1.8×10-5 K＝4.3×10－7 3.0×10－8 1K＝5.6×10－11 2 回答下列问题： （1）一般情况下，当温度升高时，Ka________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______________________(填字母)。 a.CO 2－ b.ClO－ c.CH COO－ d.HCO－ 3 3 3 （3）下列反应不能发生的是________(填字母)。 a. CO2-＋2CHCOOH＝2CHCOO-＋CO↑＋HO 3 3 3 2 2 b. ClO－＋CHCOOH＝CHCOO－＋HClO 3 3 c. CO2－＋2HClO＝CO↑＋HO＋2ClO－ d. 2ClO－＋CO＋HO＝CO2－＋2HClO 3 2 2 2 2 3 （4）25℃时，若测得CHCOOH与CHCOONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CHCOO－)-c(Na＋)＝ 3 3 3 ___mol·L-1(填精确数值)。 （5）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如 下图所示。 稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____ (填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸溶液中水电离出来的c(H ＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸____HX。 【答案】（每空2分）（1）增大 （2）a＞b＞d＞c （3） cd （4）9.9×10－7 moL·L－1 （5）> > 【解析】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，K 增大。 a （2）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为： CHCOOH>H CO>HClO>HCO -，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四 3 2 3 3 种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO2->ClO->HCO->CH COO-，即a>b>d>c。 3 3 3 （3）a．CO2-+CH COOH═CH COO-+CO ↑+H O：碳酸的酸性小于CHCOOH，所以CHCOOH能够制取 3 3 3 2 2 3 3 碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH COOH═CH COO-+HClO：CHCOOH的酸性大于HClO， 3 3 3 CHCOOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO2-+HClO═CO ↑+H O+ClO-：HClO的酸性 3 3 2 2 小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；故选cd。d.2ClO-+CO +H O═CO 2-+2HClO：由于酸性 2 2 3 HCO>HClO>HCO -，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO2-，该反应不能发 2 3 3 3生，故d正确； （4）根据电荷守恒得c（CHCOO－）－c（Na＋）＝c（H＋）－c（OH－）＝（10－6－10－8）mol·L－1＝ 3 9.9×10－7mol·L－1。 （5）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性 弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相 同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大 于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来 的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）；溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度 越大，稀释后HX溶液中的c（H+）小于CHCOOH溶液中的c（H+），它对水的电离的抑制能力减弱。 3 15.（16分）磷能形成多种含氧酸。 （1）次磷酸（HPO ）是一种精细化工产品，向10 mL H PO 溶液中加入10 mL等物质的量浓度的NaOH 3 2 3 2 溶液后，所得的溶液中只有HPO -、OH-两种阴离子。 2 2 ① 写出HPO 溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐的化学式：_______，该正盐溶液中各离子浓度由 3 2 大到小的顺序为____________。 ② 若25℃时，K (HPO ) = 1×10-2，则0.01 mol · L-1的HPO 溶液的pH =________。 3 2 3 2 （2）亚磷酸（HPO ）是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K= 1×10-2、K=2.6×10-7。 3 3 1 2 ① 试从电离平衡移动的角度解释K、K 数据的差异_______________。 1 2 ② NaH PO 溶液显______性（填“酸”“碱”或“中”）。 2 3 （3） 25 ℃时，HF的电离常数为K = 3.6×10-4； HPO 的电离常数为K=7.5×10-3，K=6.2×10-8，K＝ 3 4 1 2 3 4.4×10-13。足量NaF溶液和HPO 溶液反应的离子方程式为_________。 3 4 （4）相同温度下，等物质的量浓度的上述三种磷的含氧酸中。c(H+)由大到小的顺序为_____（用酸的分子 式表示）。 【答案】（除标注外，每空2分）(1)①NaH PO c(Na+)>c( )>c(OH-)>c(H+) （3分） 2 2 ②2 （3分） (2)①HPO 第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用 ②酸 3 3 (3)F- +H PO =HF+ 3 4 (4)H PO >H PO >H PO 3 3 3 2 3 4 【解析】(1)①HPO 是一元酸，HPO 溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐的化学式：NaH PO ， 3 2 3 2 2 2NaH PO 是强碱弱酸盐，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c( )>c(OH-)>c(H+)；② 2 2 ，c(H+)=1×10-2 ，所以0.01 mol · L-1的HPO 溶液的pH =2； 3 2 (2)①HPO 第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用，所以K>K ； 3 3 1 2 ② 电离平衡常数是K=2.6×10-7， 水解平衡常数是 ，电离大于水解，所以溶 液出酸性； (3)HF的电离常数为K = 3.6×10-4小于HPO 的第一步电离常数为K=7.5×10-3，大于HPO 的第二步电离常 3 4 1 3 4 数K=6.2×10-8，所以足量NaF溶液和HPO 溶液反应生成HF和NaH PO ，离子方程式是F- +H PO =HF+ 2 3 4 2 4 3 4 ； (4)H PO 的第一步电离常数为K=7.5×10-3；亚磷酸是二元酸，第一步电离常数为K= 1×10-2；次磷酸的电 3 4 1 1 离平衡常数是K (HPO ) = 1×10-2，所以酸性亚磷酸>次磷酸>磷酸；所以相同温度下，等物质的量浓度的三 3 2 种磷的含氧酸中，c(H+)由大到小的顺序为HPO >H PO >H PO 。 3 3 3 2 3 4