電離平衡 同步練習題 高二上學期化學人教版（2019）選擇性必修1+

3.1電離平衡同步練習題一、選擇題1．在氫氰酸水溶液中存在平衡：。下列措施能使該電離平衡正向移動的是A．加入NaCN稀溶液 B．加入 C．加入稀鹽酸 D．適當降低溫度2．22.體積相同，pH相同的NaOH溶液和氨水分別與某強酸溶液反應，消耗酸的量是A．氫氧化鈉溶液比氨水多 B．相同C．氨水比氫氧化鈉溶液多 D．不能確定3．對室溫下pH相同、體積相同的醋酸和鹽酸兩種溶液分別采取下列措施，有關敘述正確的是A．加水稀釋相同的倍數(shù)后，兩溶液的pH：醋酸>鹽酸B．使溫度都升高20℃后，兩溶液的pH均減小C．加適量的醋酸鈉晶體后，兩溶液的pH均增大D．加足量的鋅充分反應后，兩溶液中產(chǎn)生的氫氣：鹽酸多4．已知某溫度下醋酸達到電離平衡后，改變某一條件使電離平衡向正反應方向移動，則下列說法一定正確的是A．醋酸的電離程度一定變大 B．溶液的酸性一定增強C．溶液的導電能力一定變強 D．發(fā)生電離的醋酸分子總數(shù)增多5．物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1的下列酸溶液，c(H＋)最大的是A．磷酸 B．硫酸 C．高氯酸 D．醋酸6．25℃時，下列說法正確的是A．pH相等的NaOH溶液和CH3COONa溶液，CH3COONa溶液的導電能力更強B．某堿BOH溶液與某酸HA溶液充分反應后，溶液呈酸性，可以推測BOH為弱堿C．0.01mol·L-1、0.1mol·L-1的氨水的電離平衡常數(shù)分別是Kb1、Kb2，因電離程度不同，故Kb1>Kb2D．pH=10的純堿溶液中，水電離的OH-的物質(zhì)的量為1.0×10-4mol7．在一定溫度下，冰醋酸稀釋過程中溶液的導電能力變化如圖所示，下列說法錯誤的是A．a(chǎn)、b、c三點對應的溶液中，c(H+)由小到大的順序是c<a<bB．a(chǎn)、b、c三點對應的溶液中，CH3COOH電離程度最大的是b點C．若使b點對應的溶液中c(CH3COO－)增大、c(H+)減小，可以加入Na2CO3固體D．加水前導電能力約為零是因為冰醋酸中沒有自由移動的離子8．25℃時，四種弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下表所示，下列說法正確的是化學式H2CO3CH3COOHHClO電離平衡常數(shù)Ka1=4.5×10–7Ka2=4.7×10–111.75×10–54.0×10–8A．鹽酸的導電能力一定比醋酸溶液強B．次氯酸鈉溶液中通入過量的CO2可發(fā)生反應C．體積相同、等pH的CH3COOH、HClO溶液與NaOH溶液中和時兩者消耗NaOH的物質(zhì)的量HClO更多D．用CH3COOH標準液滴定未知濃度的NaOH溶液選擇甲基橙作指示劑，會導致所測c(NaOH)偏小二、填空題9．回答下列問題(1)生石灰的化學式_______，的電子式_______。(2)已知電離出能力為：，則將少量氣體通入NaClO溶液中反應的離子方程式為_______。10．回答下列問題：(1)在一定條件下，氫氣在氯氣中燃燒的熱化學方程式：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-184.6kJ·mol-1；該反應屬于___________(填“熱吸”或“放熱”)反應。(2)常溫常壓下，1mol乙醇(C2H5OH)完全燃燒生成CO2氣體和液態(tài)水放出的熱量為1367kJ，寫出表示乙醇燃燒熱的熱化學方程式：___________。(3)根據(jù)蓋斯定律計算：P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH=-2983.2kJ·mol-1①P(紅磷，s)+O2(g)=P4O10(s)ΔH=-738.5kJ·mol-1②則白磷轉(zhuǎn)化為紅磷的熱化學方程式為___________。(4)已知破壞1molH-H鍵、1molI-I鍵、1molH-I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ。則由氫氣和碘單質(zhì)反應生成2molHI需要放出___________kJ的熱量。(5)白磷與氧可發(fā)生如下反應：P4+5O2=P4O10，已知斷裂下列化學鍵需要吸收的能量分別為：P-P鍵akJ·mol-1、P-O鍵bkJ·mol-1、P=O鍵ckJ·mol-1、O=O鍵dkJ·mol-1。根據(jù)圖示的分子結構和有關數(shù)據(jù)計算該反應的反應熱為___________。(6)常溫下，pH=1的H2SO4溶液，由水電離出來的c(H+)=___________mol/L(7)H3BO3溶液中存在以下平衡：H3BO3(aq)+H2O(l)?[B(OH)4]-(aq)+H+(aq)。已知0.70mol/LH3BO3溶液在298K達到平衡時，c(H+)=2.0×10-5mol/L，水的電離忽略不計，求此溫度下該反應的平衡常數(shù)K(保留2位有效數(shù)字)：___________。11．結合下表回答下列問題(均為常溫下的數(shù)據(jù))：請回答下列問題：酸CH3COOHHClOH2CO3H2C2O4H2S電離常數(shù)（Ka）1.8×10-53×10-8K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11K1=5.4×10-2K2=5.4×10-5K1=1.3×10-7K2=7.1×10-15(1)同濃度的CH3COO-、、、、ClO-、S2-中結合H+的能力最強的是．(2)常溫下0.1mol/L的CH3COOH溶液在加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是_____(填字母)。A．c(H+) B．c(H+)/c(CH3COOH) C．c(H+)/c(OH-) D．c(OH-)(3)取等體積物質(zhì)的量濃度相等的CH3COOH、HClO兩溶液，分別用等濃度的NaOH稀溶液中和，則消耗的NaOH溶液的體積大小關系為：V(CH3COOH)V(HClO)(填“>”、“<”或“=”)(4)在新制氯水中加入少量的NaCl固體，水的電離平衡移動（填“向右”、“向左”、或“不”）。(5)四位同學根據(jù)表中數(shù)據(jù)寫出以下幾個反應方程式甲：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3乙：H2C2O4+Na2CO3=Na2C2O4+CO2↑+H2O丙：HClO+Na2S=NaClO+NaHS?。篊H3COOH+NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2↑上述反應可以成功進行的是。12．已知25℃時，電離平衡常數(shù)：化學式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)回答下列問題：(1)①CH3COOH；②H2CO3；③HCO3-；④HClO四種粒子電離出質(zhì)子的能力由大到小的順序是（用標號表示）；碳酸氫鈉在水中的電離方程式為。(2)下列反應的離子方程式錯誤的是_______________（填標號）。A．足量醋酸滴加到碳酸鈉溶液中：B．次氯酸鈉溶液中滴加醋酸：C．次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳：D．次氯酸鈣溶液中通入少量二氧化疏：(3)用蒸餾水稀釋0.10mol.L-1的醋酸，下列各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是_____________（填標號）。A． B．C． D．(4)已知，lg1.32=0.12。近似計算0.10mol.L-1醋酸溶液中CH3COOH的電離度≈；溶液的pH為。(5)向2mL0.02mol.L-1HClO溶液中滴加2mL稀硫酸，測得溶液的pH為1，則溶液中c（ClO-）=；加入稀硫酸對HClO電離度的影響是（填“增大”“減小”或“無影響”）。13．鎳氫催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe、Ca及其氧化物，還有少量等雜質(zhì)。采用如下工藝流程分別回收其中各組分并制備硫酸鎳晶體：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子開始沉淀時()的pH沉淀完全時()的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：(1)“堿浸”中除去金屬鋁和反應的離子方程式分別為、。(2)“轉(zhuǎn)化”過程中的作用是?！稗D(zhuǎn)化”過程溫度不宜過高，可能的原因是。(3)“調(diào)pH”過程中應調(diào)控pH的范圍是。在實際操作中，pH未調(diào)節(jié)到2.2就出現(xiàn)了沉淀，原因是可能是轉(zhuǎn)化后溶液中待沉淀離子的濃度0.01(填“>”、“=”或“<”)(4)濾渣④的成分是CaF2。若濾液③的pH過低會導致沉淀率下降，原因是。(5)有機萃取劑RH的萃取原理為：從濾液④得到硫酸鎳晶體可以通過“萃取”和“反萃取”的過程，如圖所示，則試劑X是?！緟⒖即鸢浮恳弧⑦x擇題1．B解析：A．NaCN是強電解質(zhì)，加入NaCN稀溶液，通常CN-濃度增大，HCN電離平衡左移，A錯誤；B．為弱堿，加入到HCN溶液中發(fā)生中和反應，氫離子濃度減小，HCN電離平衡右移，B正確；C．加入稀鹽酸，氫離子濃度增大，HCN電離平衡左移，C錯誤；D．弱電解質(zhì)電離吸熱，適當降低溫度HCN電離平衡左移，D錯誤；答案選B。2．C解析：一水合氨是弱電解質(zhì)，部分電離，則pH相同的NaOH溶液和氨水中c(NH3?H2O)>c(NaOH)，則等體積的兩溶液n(NH3?H2O)>n(NaOH)，所以氨水消耗酸的量比氫氧化鈉溶液多，故選：C。3．C解析：A．醋酸中存在電離平衡，鹽酸中不存在氯化氫的電離平衡，加水稀釋后，促進醋酸的電離，所以鹽酸的pH變化程度大，溶液的pH：鹽酸>醋酸，故A錯誤；B．鹽酸是強酸，不存在電離平衡，升高溫度不影響鹽酸的pH，pH不變，醋酸是弱酸，其水溶液中存在電離平衡，升高溫度，促進醋酸電離，導致醋酸溶液中氫離子濃度增大，所以醋酸的pH減小，故B錯誤；C．向鹽酸中加入醋酸鈉晶體，醋酸鈉和鹽酸反應生成醋酸，導致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸鈉，能抑制醋酸電離，導致其溶液的pH增大，故C正確；D．pH相同、體積相同的醋酸和鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，且二者都是一元酸，所以分別與足量的鋅反應，醋酸產(chǎn)生的氫氣比鹽酸多，故D錯誤；故選C。4．D解析：A．增大醋酸的濃度，電離平衡正向移動，但醋酸的電離程度變小，故A錯誤；B．加水稀釋，醋酸的電離平衡正向移動，但溶液體積增大，CH3COO-和H+濃度均減小，溶液的pH增大，故B錯誤；C．溶液的導電能力與離子濃度有關，加水稀釋，醋酸的電離平衡正向移動，但是CH3COO-和H+濃度均減小，則溶液的導電能力變?nèi)酰蔆錯誤；D．醋酸電離平衡正向移動，一定有更多的醋酸分子發(fā)生電離，故D正確；故答案選D。5．B解析：A．磷酸是弱酸，少部分電離，c(H＋)<0.1mol·L-1；B．硫酸是二元強酸，完全電離，c(H＋)=0.2mol·L-1；C．高氯酸是一元強酸，完全電離，c(H＋)=0.1mol·L-1；D．醋酸是弱酸，少部分電離，c(H＋)<0.1mol·L-1；故c(H＋)最大的是硫酸，選B。6．A解析：A．pH相等的NaOH溶液和CH3COONa溶液中氫氧根離子濃度相同，CH3COONa溶液濃度大，離子濃度越大，導電性越強，故A正確；B．某堿BOH溶液與某酸HA溶液充分反應的量不知，溶液呈酸性可能是生成了強酸弱堿鹽，也可能是強酸與強堿反應過程中酸過量，不能判斷BOH一定為弱堿，故B錯誤；C．0.01mol·L-1、0.1mol·L-1的氨水的電離平衡常數(shù)分別是Kb1、Kb2，電離平衡常數(shù)隨溫度變化，電離程度不同，但Kb1=Kb2，故C錯誤；D．pH=10的純堿溶液中，溶液體積不知，不能計算水電離的OH-的物質(zhì)的量，故D錯誤；故選A。7．B解析：A．溶液中離子濃度越大，溶液的導電能力就越強，由圖可知，溶液導電能力由小到大的順序是c<a<b，則溶液中氫離子濃度由小到大的順序是c<a<b，故A正確；B．醋酸溶液加水稀釋時，電離平衡右移，醋酸的電離程度增大，由圖可知，c點醋酸溶液濃度最小，則醋酸電離程度最大的是c點，故B錯誤；C．向醋酸溶液中加入碳酸鈉固體，溶液中氫離子與碳酸根離子反應，電離平衡右移，醋酸根離子濃度增大，故C正確；D．冰醋酸是純凈的醋酸，冰醋酸中沒有自由移動的離子，所以導電能力約為零，故D正確；故選B。8．C解析：A．電解質(zhì)溶液的導電能力除了電解質(zhì)本身的電離情況外還與溶液中離子濃度有關，故A錯誤；B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知次氯酸的酸性強于碳酸氫根離子，因此次氯酸鈉溶液中通入過量的CO2可發(fā)生反應，故B錯誤；C．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知醋酸的酸性強于次氯酸，因此等pH的兩種酸，次氯酸濃度大，等體積、等濃度的兩種酸HClO消耗NaOH更多，故C正確；D．醋酸鈉為強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，因此使用甲基橙作指示劑時要使指示劑變色則醋酸的消耗體積偏大，導致計算的氫氧化鈉濃度偏大，故D錯誤；故選C。二、填空題9．(1)CaO(2)解析：（1）生石灰是氧化鈣的俗稱，化學式為：CaO，二氧化碳中C原子和O原子之間以雙鍵結合，其電子式為；（2）酸性越強電離出氫離子能力越強，酸性：，則NaClO溶液中通入少量二氧化碳反應生成次氯酸和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為。10．(1)放熱(2)C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1367kJ/mol(3)P4(白磷，s)=4P(紅磷，s)ΔH=-29.2kJ/mol(4)11(5)(6a+5d-4c-12b)kJ?mol-1(6)(7)5.7×10-10解析：（1）ΔH=-184.6kJ?mol-1<0，該反應屬于放熱反應；（2）乙醇燃燒熱指1mol乙醇完全燃燒生成CO2氣體和液態(tài)水放出的熱量，則乙醇燃燒熱的熱化學方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1367kJ/mol；（3）根據(jù)蓋斯定律：①-②×4=P4(白磷，s)=4P(紅磷，s)ΔH=(-2983.2+738.5×4)kJ/mol=-29.2kJ/mol；（4）已知破壞1molH-H鍵、1molI-I鍵、1molH-I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ?！鱄=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，則由氫氣和碘單質(zhì)反應生成2molHI需要放出-[(436kJ+151kJ)-2×299kJ]=11kJ的熱量；（5）各化學鍵鍵能為P-P??a?kJ?mol-1、P-O?b?kJ?mol-1、P=O?c?kJ?mol-1、O=O??d?kJ?mol-1，反應熱△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能，所以反應P4+5O2=P4O10的反應熱△H=6akJ?mol-1+5dkJ?mol-1-(4ckJ?mol-1+12bkJ?mol-1)=(6a+5d-4c-12b)kJ?mol-1；（6）酸抑制水的電離，水電離出的氫氧根離子等于氫離子，常溫下，pH=1的H2SO4溶液，水電離出來的c(H+)=c(OH-)=；（7）由電離平衡：H3BO3(aq)+H2O(l)?[B(OH)4]-(aq)+H+(aq)，電離出c(H+)=c([B(OH)4]-)=2.0×10-5mol/L，c(H3BO3)=0.70mol/L，此溫度下該反應的平衡常數(shù)。11．(1)S2－(2)AC(3)=(4)向右(5)甲、乙、丁解析：（1）電離常數(shù)越小，電離出氫離子的能力越弱，酸根陰離子結合氫離子的能力越強，根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知K2(H2S)最小，所以S2-結合H+的能力最強；（2）A．加水稀釋溶液酸性減弱，c(H+)減小，A符合題意；B．=，加水稀釋，c(CH3COO-)減小，Ka不變，所以該比值增大，B不符合題意；C．加水稀釋酸性減弱，c(H+)減小，c(OH-)增大，該比值減小，C符合題意；D．加水稀釋酸性減弱，c(OH-)增大，D不符合題意；綜上所述答案為AC；（3）等體積物質(zhì)的量濃度相等的CH3COOH、HClO兩溶液，所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等，二者都是一元酸，所以消耗的NaOH溶液的體積大小關系為：V(CH3COOH)=V(HClO)；（4）新制氯水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入少量NaCl固體，溶液中氯離子濃度增大，該平衡向左移動，氫離子濃度減小，對水的電離抑制作用減弱，所以水的電離平衡向右移動；（5）甲：根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知酸性：H2CO3＞H2S＞HCO＞HS-，結合“強酸制弱酸”原理可知該反應可以發(fā)生；乙：根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知酸性：H2C2O4＞H2CO3，結合“強酸制弱酸”原理可知草酸可以和碳酸鹽制取二氧化碳，該反應可以發(fā)生；丙：HClO具有強氧化性，會將S2-氧化，HClO與Na2S不會發(fā)生復分解反應；丁：根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知酸性：CH3COOH＞H2CO3，結合“強酸制弱酸”原理可知醋酸可以和碳酸氫鹽制取二氧化碳，該反應可以發(fā)生；綜上所述可以成功進行的是甲、乙、丁。12．(1)①②④③(2)CD(3)B(4)1.32%2.88(5)減小解析：（1）電離平衡常數(shù)越大，酸電離出的氫離子越多，即酸電離出質(zhì)子能力越強，酸性也越強，據(jù)圖表可知，電離平衡常數(shù)大?。篕a(CH3COOH)>Ka(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka(HCO)，所以四種物質(zhì)電離出質(zhì)子的能力由大到小的順序是①②④③；碳酸氫鈉為鹽，在水中全部電離，碳酸氫鈉在水中的電離方程式為；（2）A．據(jù)圖表可知，電離平衡常數(shù)：Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)，所以醋酸能夠制備碳酸，所以能夠發(fā)生：，A正確；B．據(jù)圖表可知，電離平衡常數(shù)：Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，根據(jù)強酸制備弱酸規(guī)律，醋酸能夠制備次氯酸，故ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO反應能夠發(fā)生，B正確；C．據(jù)圖表可知，電離平衡常數(shù)：Ka(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka(HCO)；根據(jù)強酸制備弱酸規(guī)律，，C錯誤；D．次氯酸鈣溶液中通入少量二氧化疏：，產(chǎn)物亞硫酸鈣有還原性，次氯酸有氧化性，兩者不共存，D錯誤；故選CD；（3）醋酸屬于弱電解質(zhì)，存在電離平衡，加水稀釋，平衡右移，n(CH3COOH)減小，n(CH3COO-)，n(H+)增加，由于溶液的體積增加的較大，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均減小，根據(jù)Kw=c(H+)c(OH-)分析可知，溶液中c(OH-)增大；由于溫度不變，Ka保持不變；A．n(CH3COOH)減小，n(CH3COO-)，n(H+)增加，故減小，A錯誤；B．n(CH3COOH)減小，n(CH3COO-)，n(H+)增加，故增大，B正確；C．溶液中c(OH-)增大，Kw=c(H+)c(OH-)，故=減小，C錯誤；D．稀釋過程中，c(H+)減小，c(OH-)增大，故減小，D錯誤；故選B；（4），，，故pH=-lgc(H+)=2.88；（5）向2mL0.02mol.L-1HClO溶液中滴加2mL稀硫酸，測得溶液的pH為1，則溶液中c（ClO-）=；加入稀硫酸，銅離子效應，次氯酸的電離受到抑制，故加入硫酸對HC