2017-2019年高考化學真題匯編-專題12-弱電解質的電離平衡

高考化學真題分類匯編(2021－2021)專題12弱電解質的電離平衡一、選擇題1.〔2021·天津·5〕某溫度下，HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)分別為×10-4和×10-5。將pH和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋,其pH隨加水體積的變化如下圖。以下表達正確的選項是A.曲線Ⅰ代表HNO2溶液B.溶液中水的電離程度:b點>c點C.從c點到d點,溶液中保持不變(其中HA、A-分別代表相應的酸和酸根離子)D.相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同【答案】C【解析】此題考查弱電解質溶液的稀釋圖像分析，考查的核心素養(yǎng)是變化觀念與平衡思想。根據(jù)HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)，可知酸性：HNO2＞CH3COOH。相同pH的兩種酸溶液，稀釋相同倍數(shù)時，弱酸的pH變化較小，故曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液，A項錯誤；兩種酸溶液中水的電離受到抑制，b點溶液pH小于c點溶液pH，那么b點對應酸電離出的c(H+)大，對水的電離抑制程度大，故水的電離程度：b點＜c點，B項錯誤；溶液中＝，從c點到d點，HA的電離平衡正向移動，但KW、Ka(HA)的值不變，故不變，C項正確；相同體積a點的兩溶液中，由于c(CH3COOH)＞c(HNO2)，故n(CH3COOH)＞n(HNO2)，因此與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)不同，D項錯誤?！窘夂蠓此肌繉τ趐H相同的兩種酸溶液：①酸性越弱，其物質的量濃度越大；②稀釋相同倍數(shù)時，酸性越弱，其對應溶液的pH變化越小；③相同體積的兩種酸溶液，酸性越弱，中和NaOH的能力越強。2.〔2021·天津·3〕以下表達正確的選項是〔〕A．某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，那么NaA的Kh(水解常數(shù))越小B．鐵管鍍鋅層局部破損后，鐵管仍不易生銹C．反響活化能越高，該反響越易進行D．不能用紅外光譜區(qū)分C2H5OH和CH3OCH3【答案】B【解析】此題是對化學理論進行的綜合考查，需要對每一個選項的理論表述進行分析，轉化為對應的化學原理，進行判斷。D．紅外光譜是用來檢測有機物中的官能團或特定結構的，C2H5OH和CH3OCH3的官能團明顯有較大差異，所以可以用紅外光譜區(qū)分，選項D錯誤。3.〔2021·全國II·12〕改變二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物質的量分數(shù)隨pH的變化如下圖[]。以下表達錯誤的選項是〔〕A．時，B．C．時，D．時，【答案】D【解析】A、根據(jù)圖像，時，H2A和HA?相交，那么有c(H2A)=c(HA?)，故A說法確；B、時，c(A2?)=c(HA?)，根據(jù)第二步電離HA?H＋＋A2?，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2?)/c(HA?)=c(H+)=10?，故B說法正確；C、根據(jù)圖像，時，H2A和A2?相交，那么有，故C說法正確；D、由圖知，時，c(HA?)=c(A2?)，H2A電離出一個HA?時釋放出一個H+，電離出一個A2?時，釋放出2個H+，同時水也會電離出H+，因此c(H+)＞c(HA?)=c(A2?)，錯誤。4.〔2021·江蘇·14〕常溫下，Ka×10?4，Ka(CH3×10?5，Kb(NH3·H2×10?5，以下說法正確的選項是〔〕A．濃度均為0.1mol·L?1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質的量濃度之和：前者大于后者B．用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積相等C．0.2mol·L?1HCOOH與0.1mol·L?1NaOH等體積混合后的溶液中：c(HCOO?)+c(OH?)=c(HCOOH)+c(H+)D．0.2mol·L?1CH3COONa與0.1mol·L?1鹽酸等體積混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO?)>c(Cl?)>c(CH3COOH)>c(H+)【答案】AD【解析】:A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度:CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何電解質溶液中都存在電荷守恒，所以得出c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕=c〔Na+〕+c〔H+〕=0.1mol/L+c〔H+〕、c〔NH4+〕+c〔H+〕=c〔Cl﹣〕+c〔OH﹣〕=0.1mol/L+c〔OH﹣〕，水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c〔H+〕大于后者c〔OH﹣〕，所以濃度均為0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質的量濃度之和:前者大于后者，故A正確；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度:c〔HCOOH〕＜c〔CH3COOH〕，用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大，pH、體積相同的HCOOH和CH3COOH，物質的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH體積多，故B錯誤；C．任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕=c〔Na+〕+c〔H+〕，混合溶液中溶質為等物質的量濃度的HCOOH和HCOONa，甲酸電離程度大于水解程度，所以c〔HCOOH〕＜c〔Na+〕，所以得c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕＞c〔HCOOH〕+c〔H+〕，故C錯誤；D．二者混合后溶液中的溶質為等物質的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度，醋酸是弱酸，其電離程度較小，所以粒子濃度大小順序是c〔CH3COO﹣〕＞c〔Cl﹣〕＞c〔CH3COOH〕＞c〔H+〕，故D正確；應選AD．二、非選擇題5.〔2021·江蘇·20〕砷〔As〕是一些工廠和礦山廢水中的污染元素，使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一．〔1〕將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按一定比例混合，攪拌使其充分反響，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有CO32-，其原因是___．〔2〕H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分數(shù)〔平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)〕與pH的關系分別如圖-1和圖-2所示．①以酚酞為指示劑〔變色范圍～〕，將NaOH溶液逐滴參加到H3AsO3溶液中，當溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加．該過程中主要反響的離子方程式為___．②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4?H2AsO4-+H+的電離常數(shù)為Ka1，那么pKa1=___〔p

Ka1=-lg

Ka1

〕．〔3〕溶液的pH對吸附劑X外表所帶電荷有影響．時，吸附劑X外表不帶電荷；時帶負電荷，pH越高，外表所帶負電荷越多；時帶正電荷，pH越低，外表所帶正電荷越多．pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的平衡吸附量〔吸附達平衡時單位質量吸附劑X吸附砷的質量〕如圖-3所示．①在pH7～9之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是___．②在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，這是因為___．提高吸附劑X對三價砷去除效果可采取的措施是___．【答案】(1)堿性溶液吸收了空氣中的CO2(2)①OH-

+H3AsO3H2AsO3-

+H2O

②(3)①在pH7~9之間,隨pH升高H2AsO4-轉變?yōu)镠AsO42-,吸附劑X外表所帶負電荷增多,靜電斥力增加②在pH4~7之間,吸附劑X外表帶正電,五價砷主要以H2AsO4-和HAsO42-陰離子存在,靜電引力較大;而三價砷主要以H3AsO3分子存在,與吸附劑X外表產(chǎn)生的靜電引力小參加氧化劑,將三價砷轉化為五價砷【解析】〔1〕空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強堿溶液，NaOH是堿，能吸收空氣中的二氧化碳而生成碳酸根離子，所以其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2，故答案為：堿性溶液吸收了空氣中的CO2；〔2〕①根據(jù)圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO3﹣濃度增大，說明堿和H3AsO3生成H2AsO3﹣，該反響為酸堿的中和反響，同時還生成水，離子方程式為OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O，故答案為：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；②Ka1=c(H2AsO4-)．c(H+)c(H3AsO4)，時c〔H+〕=10﹣mol/L，c〔H3故答案為：；〔3〕①吸附劑X外表所帶負電荷增多，靜電斥力越大，在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X外表所帶負電荷增多，靜電斥力增加，導致在pH7～9之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，故答案為：在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X外表所帶負電荷增多，靜電斥力增加；②在pH4～7之間，吸附劑X外表帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，pH＜時帶正電荷，pH越低，外表所帶正電荷越多，所以靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X外表產(chǎn)生的靜電引力小，所以在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠