2020届高考化学二轮复习弱电解质的电离平衡作业(1) 20页

弱电解质的电离平衡 ‎1、若往20mLO.Olmol·L-1HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如下图所示，下列有关说法的是（）‎ A.HNO2的电离平衡常数:c点>b点 B.b点混合溶液显酸性:c(Na+)>c(N02-)>c(H+)>c(OH-)‎ C.c点混合溶液中:c(OH-)>c(HN02)‎ D.d点混合溶液中：C(Na+)>c(OH-)>c(NO-)(OH-)c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：c点＞b点，故A正确；B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；C、a→c温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而c→d温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（HNO2），故C正确；D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+），故D正确；故选B。‎ ‎2、下列按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合，正确的是（）‎ 选项 强电解质 弱电解质 酸性氧化物 碱性氧化物 A Ca(OH)2‎ 酒精 N2O5‎ Na2O B CaSO4‎ HIO Mn2O7‎ CaO C NaHCO3‎ 氨水 SO2‎ Al2O3‎ D HCl HF CO2‎ Na2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A．酒精的水溶液不导电，是非电解质，故A错误；B．CaSO4‎ 是盐，属强电解质，HIO是弱酸，为弱电解质，Mn2O7为酸性氧化物，而CaO是碱性氧化物，故B正确；C．氨水是溶液，不是电解质也不是非电解质，Al2O3既能酸反应生成盐和水，也能和碱反应生成盐和水，是两性氧化物，故C错误；D．Na2O2有强氧化性，易与水反应生成NaOH和氧气，生成的NaOH再与酸反应生成盐和水，则Na2O2不是碱性氧化物，故D错误；答案为B。‎ ‎3、现有？铁片？NaNO3晶体？NH3·H2O④Ba(OH)2溶液⑤酒精⑥SO2六种物质，根据其有关性质，完成下列填空。‎ ‎（1）属于强电解质的是___,(用序号填写，下同)‎ ‎（2）属于弱电解质的是___,‎ ‎（3）属于非电解质的是___,‎ ‎（4）能导电的是___.‎ ‎（5）关于pH=12的Ba(OH)2溶液：‎ a.Ba(OH)2的物质的量浓度为___mol？L？1‎ b.取此溶液10mL，稀释到1L，溶液pH=___‎ c..取此溶液10mL，加入___mLpH=3的盐酸溶液，使混合液呈中性。（体积变化忽略不计）‎ d.把此溶液加热至95℃，pH=___（已知95℃，Kw=1×10-12）‎ ‎【答案】(1).②(2).③(3).⑤⑥(4).①③④(5).5×10-3(6).10(7).100(8).10‎ ‎【解析】？铁是金属单质，能导电，？NaNO3晶体属于强电解质，不能导电，？NH3·H2O是弱电解质，在水中能部分电离，能导电，④Ba(OH)2溶液是混合物，能导电，⑤酒精是非电解质，不能导电，⑥SO2是非电解质，不能导电。‎ ‎（1）属于强电解质的有②；‎ ‎（2）属于弱电解质的有③；‎ ‎（3）属于非电解质的有⑤⑥；‎ ‎（4）能导电的有①③④；‎ 故答案为：②；③；⑤⑥；①③④；‎ ‎（5）a.pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01mol/L，则Ba(OH)2的物质的量浓度为0.005mol/L，故答案为：0.005；‎ b.取此溶液10mL，稀释到1L，c(OH-)=0.0001mol/L=1×10-4mol/L，则c(H+)=1×10-10mol/L，溶液pH=10，故答案为：10；‎ c..取此溶液10mL，n(OH-)=0.01mol/L×0.01L=1×10-4mol，pH=3的盐酸溶液中 c(H+)=1×10-3mol/L，则V（HCl）==0.1L=100mL，故答案为：100；‎ d.把此溶液加热至95℃，c(H+)==1×10-10mol/L，pH=10，故答案为：10。‎ ‎4、把各组中的气体通入溶液中,溶液导电能力显著增强的是 A.Cl2通入NaOH溶液B.NH3通入CH3COOH溶液 C.CO2通入澄清石灰水D.H2S通入饱和SO2溶液 ‎【答案】B ‎【解析】A．氢氧化钠是强电解质，通入氯气后生成的氯化钠和次氯酸钠也是强电解质，离子浓度变化不大，溶液的导电能力增强不显著，故A不选；B．醋酸是弱电解质，溶液中离子浓度较小，氨气和醋酸反应生成醋酸铵，醋酸铵是强电解质，离子浓度变化较大，溶液导电能力变化显著，故B选；C．氢氧化钙是微溶物，二氧化碳通入石灰水中生成难溶性的碳酸钙，离子浓度减小，溶液导电能力降低，故C不选；D．亚硫酸是弱电解质，H2S通入饱和SO2溶液反应生成硫和水，溶液中离子浓度明显减小，溶液的导电能力减弱，故D不选；故选B。‎ ‎5、关于常温下相同体积、相同浓度的盐酸和醋酸，下列叙述正确的是 A.分别加水稀释100倍后，稀释后盐酸的pH小于醋酸溶液pHB.分别与过量的碳酸氢钠反应，同温同压下，醋酸产生二氧化碳的体积大 C.分别形状、大小相同的锌粒反应时，醋酸产生氢气的起始速率快D.分别加水稀释100倍，稀释后两溶液氢氧根离子浓度相等 ‎【答案】A ‎【解析】常温下相同体积、相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸和醋酸的物质的量相等，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸中c(H+)大于醋酸中的c(H+)。A.分别加水稀释100倍后，稀释后盐酸中c(H+)大于醋酸中的c(H+)，pH小于醋酸溶液pH，故A正确；B.分别与过量的碳酸氢钠反应，同温同压下，产生二氧化碳的体积一样多，故B错误；C.分别形状、大小相同的锌粒反应时，醋酸产生氢气的起始速率慢，故C错误；D.分别加水稀释100倍，稀释后盐酸中c(H+)大于醋酸中的c(H+)，故D错误；故选A。‎ ‎6、改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-‎ 的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知]。下列叙述错误的是（）‎ A.pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)B.lg[K2(H2A)]=-4.2‎ C.pH=2.7时，c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)D.pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)=c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A.由图像可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，A正确；B.由图像可知，pH=4.2时，c(H+)=mol/L，c(A2-)=c(HA-)，所以lg[K2(H2A)]=lg=-4.2，D正确；C.由图像可知，pH=2.7时，c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)，C正确；D.由图像可知，pH=4.2时，c(H+)=mol/L，c(HA-)=c(A2-)，由物料守恒及图像可知，两者浓度约为0.05mol/L，远远大于溶液中的c(H+)，D不正确。本题选D。‎ ‎7、25℃时，往某酸的钠盐Na2A溶液中通入HCl,溶液中-lg和-lgc(HA-)或-lg和-1gc(A2-)的关系如图所示。下列说法正确的是（）‎ A.直线L2表示-lg和-lgc(HA-)的关系 B.通入HCl过程中，水电离的c(OH-)与水电离的c(H+)的乘积不断增大 C.c(H2A)的数量级为10-7‎ D.在NaHA溶液中c(Na+)>(HA-)>c(H2A)>c(A2-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.H2A是二元弱酸，存在两步电离：H2AHA-+H+,HA-A2-+H+，第2步电离受到第1步抑制，所以直线L2表示-lg和-lgc(A2-)的关系；B.温度不变，水的离子积为常数；C.根据图像变化可知，Ka1=10-6，Ka2=10-12；D.已知：Ka1=10-6，Ka2=10-12；HA-发生水解反应的平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10-6=10-8,Ka2Ka2，则-lgKa1<-lgKa2，所以曲线L2表示-lg和-lgc(A2-)的关系，A错误；通入HCl过程中，促进了Na2A溶液的水解，由于温度不变，水电离c(OH-)与水电离的c(H+)的乘积保持不变，B错误；曲线L2表示-lg和-lgc(A2-)的关系，据图可知，则Ka2=10-6.2，K(H2A)的数量级为10-6，C错误；由上述分析可知，HA-发生电离的平衡常数Ka1=10-6、Ka2=10-12，HA-发生水解反应的平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10-6=10-8,Ka2(HA-)>c(H2A)>c(A2-),D正确；正确选项D。‎ ‎8、常温下，向10mLbmol·L-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(Na+)=c(CH3COO-),下列说法正确的是（）‎ A.b<0.01‎ B.混合后溶液呈碱性 C.常温下，所得溶液中CH3COOH的的电离常数Ka=mol·L-1‎ D.向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小 ‎【答案】C ‎【解析】分析：根据题意知，常温下，向10mLbmol·L-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO—），则反应后的溶液为醋酸和醋酸钠的混合液。‎ 详解：反应后溶液为醋酸和醋酸钠的混合液，则醋酸过量，b>0.01，A错误；反应后溶液为醋酸和醋酸钠的混合液，根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO—）+c（OH—），又c（Na+）=c（CH3COO—），则c（H+）=c（OH—），混合后溶液呈中性，B错误；CH3COOH的电离常数Ka=c（CH3COO—）c（H+）/c（CH3COOH），c（Na+）=c（CH3COO—）=0.005mol·L-1，c（H+）=c（OH—）=10-7mol·L-1，c（CH3COOH）=（b-0.01）/2mol·L-1，代入计算得，C正确；向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中生成强碱弱酸盐醋酸钠，醋酸根水解促进水的电离，水的电离程度逐渐增大，D错误；正确答案C。‎ ‎9、下列事实能证明HCOOH为弱电解质的是（）‎ A.可与Na2CO3溶液反应生成CO2B.常温时HCOONa溶液的pH大于7‎ C.导电能力低于同浓度的硫酸D.0.1mol·L-1HCOOH溶液可以使甲基橙变红 ‎【答案】B ‎【解析】A、HCOOH能与Na2CO3反应产生CO2，只能说明醋酸的酸性比碳酸强（同理盐酸也可），故A错误；B、常温时HCOONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明HCOONa为强碱弱酸盐，醋酸是弱酸，故B正确；C、导电性强弱与离子浓度有关，HCOOH为一元酸，硫酸为二元强酸，同浓度时，比较导电性，即使HCOOH是强酸，导电性也比硫酸低，故C错误；D、0.1mol/LHCOOH溶液可以使甲基橙变红只能说明HCOOH溶液显酸性，故D错误。故选B。‎ ‎10、常温下，用0.1000mol·L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的Na2CO3溶液，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示（饱和H2CO3溶液pH=5.6）。下列有关叙述正确的是 A.若c(Na2CO3)=0.1000mol·L-1，则H2CO3的Ka2数量级约为10-6‎ B.c点处溶液中一定有：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)‎ C.a、c两点水的c(OH-)之比为10-11.6:10-7‎ D.若z=5.6，则d点有c(Na+)=c(Cl-)>c(H2CO3)>c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】碳酸钠溶液水解显碱性，水解平衡常数Kh=c(HCO3-)×c(OH-)/c(CO32-)=Kw/Ka2,由碳酸钠溶液水解规律可知，水解达平衡后c(HCO3-)≈c(OH-)=10-2.4mol·L-1，c(CO32-)≈0.1000mol·L-1，所以Kw/Ka2=10-2.4×10-2.4/0.1,Ka2=10-10.2,A错误；c点处溶液为中性，根据电荷守恒规律：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-),由于c(OH-)=c(H+)，所以：c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-)，B错误；a点溶液为碳酸钠，能够发生水解，促进水的电离，水的c(OH-)=10-2.4mol·L-1，c点为中性溶液，对水的平衡无影响，水的c(OH-)=10-7mol·L-1，C错误；当盐酸滴加到40.00mL，pH=5.6，d点溶液显酸性，溶液为氯化钠和碳酸的混合液，因此，c(Na+)=c(Cl-)>c(H2CO3)>c(OH-)，D正确；正确选项D。‎ ‎11、浓度均为0.1mol/L体积均为Vo的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随V的变化关系如下图所示。下列叙述不正确的是 A.HX的酸性比HY的弱，且HY是强酸 B.NaX溶液中存在关系:c(X-)+c(HX)=c(Na+)‎ C.相同温度下，电离常数K(HX)：a=b D.，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，则减小 ‎【答案】D ‎【解析】0.1mol/L的HY，PH=1，所以HY是强酸，0.1mol/L的HX，PH>1，所以HX是弱酸，故A正确；HX是弱酸，根据物料守恒，NaX溶液中存在c(X-)+c(HX)=c(Na+)，故B正确；电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K(HX)：a=b，故C正确；HX是弱酸，HY是强酸，加热促进HX电离，所以加热X-浓度增大，增大，故D错误。‎ ‎12、常温下，向10.0mL0.10mol·L－1某二元酸H2R溶液中滴加入同物质的量浓度的NaOH溶液，测得溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如右图所示。下列说法中正确的是 A.无法判断H2R是强酸还是弱酸 B.曲线上m点时溶液中c(Na+)>c(HR－)>c(R2－)>c(H+)‎ C.HR－的电离能力大于水解能力 D.溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HR－)+c(R2－)+c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎13、已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数 CH3COOHCH3COO﹣+H+K1=1.75×10﹣5△H1＞0‎ CH3COO﹣+H2OCH3COOH+OH﹣K2=5.71×10﹣10△H2＞0‎ 常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．对混合溶液进行微热，K1增大、K2减小 B．混合溶液的pH＞7‎ C．混合溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+）‎ D．温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，则c（CH3COO﹣）减小 ‎【答案】C ‎【解析】解：本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ A．电离、水解均为吸热反应，所以对混合溶液进行微热，K1增大、K2增大，故A错误；‎ B．由K的关系可知，醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离大于水解，溶液显酸性pH＜7，故B错误；‎ C．根据醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离程度大于水解程度，所以混合溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故C正确；‎ D．温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，促电离抑水解c（CH3COO﹣）增大，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎14、下列物质属于强电解质且能导电的是（　　）　‎ ‎①氯化钠溶液②氯化铵固体③铜④石墨⑤熔融NaOH⑥稀硫酸⑦乙酸．‎ A．⑤ B．①②⑥ C．②⑤⑥⑦ D．①③④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：本题考查强电解质和弱电解质的概念．‎ ‎①氯化钠溶液能导电，但氯化钠溶液是混合物，故①错误；‎ ‎②氯化铵固体是强电解质，但氯化铵固体没有自由移动的离子不导电，故②错误；‎ ‎③铜能导电，但铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故③错误；‎ ‎④石墨能导电，但石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故④错误；‎ ‎⑤熔融的氢氧化钠是化合物，能完全电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，属于强电解质，故⑤正确；‎ ‎⑥稀硫酸属于混合物，能导电，稀硫酸既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误；‎ ‎⑦乙酸属于弱电解质，故⑦错误；‎ 故选A．‎ ‎15、已知：乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，157℃时开始分解．‎ ‎（1）探究草酸的酸性 ‎25℃H2C2O4K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5；H2CO3K1=4.5×10﹣7，K2=4.7×10﹣11‎ 下列化学方程式可能正确的是　　．‎ A．H2C2O4+CO32﹣=HCO3﹣+HC2O4﹣‎ B．HC2O4﹣+CO32﹣=HCO3﹣+C2O42﹣‎ C．2C2O42﹣+CO2+H2O=2HC2O4﹣+CO32﹣‎ D．H2C2O4+CO32﹣+=C2O42﹣+H2O+CO2↑‎ ‎（2）探究草酸分解产物 ‎①实验中观察到B中CuSO4粉末变蓝，C中澄清石灰水变浑浊，D的作用：　　，证明有CO气体生成的现象是：　　．‎ ‎②写出H2C2O4分解的化学方程式：　　．‎ ‎（3）探究催化剂对化学反应速率的影响 在甲、乙两支试管中各加入4mL0.0lmol/LKMnO4酸性溶液和2mL0.1moL/LH2C2O4溶液，再向乙试管中加入一粒黄豆大的MnSO4固体，摇匀．填写下表：‎ 反应现象 ‎　　‎ 实验结论 ‎　　‎ 试管中发生反应的离子方程式 ‎　　‎ ‎（4）用酸性KmnO4溶液滴定Na2C2O4，求算Na2C2O4的纯度 实验步骤：准确称取2.0gNa2C2O4固体，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中．再向瓶中加入足量稀H2SO4，用0.0160mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL．‎ ‎①高锰酸钾溶液应装在　　滴定管中．（填“酸式”或“碱式”）‎ ‎②滴定至终点时的实验现象是：　　．‎ ‎③Na2C2O4的纯度是：　　．‎ ‎【答案】（1）BD；‎ ‎（2）①吸收CO2气体；F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊；‎ ‎②H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O↑；‎ ‎（3）两支试管中紫色KMnO4溶液均褪色，乙试管中溶液褪色较快；MnSO4（Mn2+）是此反应的催化剂，加入催化剂可以使化学反应速率加快；‎ ‎2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；‎ ‎（4）①酸式；‎ ‎②滴入最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫色（紫红色）；‎ ‎③33.5%．‎ ‎【解析】解：本题考查弱电解质的电离、探究物质的组成及含量的测定等知识点．‎ ‎（1）根据电离常数知酸性强弱顺序是：H2C2O4＞HC2O4﹣＞H2CO3＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸知草酸和碳酸根离子反应生成草酸根离子和二氧化碳，草酸氢根离子和碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子和草酸根离子，故选BD；‎ ‎（2）①氢氧化钠是强碱能吸收酸性氧化物二氧化碳，一氧化碳具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜，同时自身被氧化生成二氧化碳，二氧化碳使澄清的石灰水变浑浊，所以看到的现象是：F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊，‎ 故答案为：吸收CO2气体；F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊；‎ ‎②该反应中反应物是草酸，生成物是水、二氧化碳和一氧化碳，反应条件是加热，所以该反应方程式为H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O↑，‎ 故答案为：H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O↑；‎ ‎（3）看到的现象是两支试管中紫色KMnO4溶液均褪色，乙试管中溶液褪色较快；‎ 通过对比实验知，硫酸锰是该反应的催化剂，加入催化剂能加快反应速率；‎ 该反应中高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸被氧化生成二氧化碳，离子反应方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，‎ 故答案为：两支试管中紫色KMnO4溶液均褪色，乙试管中溶液褪色较快；MnSO4（Mn2+）是此反应的催化剂，加入催化剂可以使化学反应速率加快；‎ ‎2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；‎ ‎（4）①高锰酸钾溶液呈酸性，应该用酸式滴定管量取，故答案为：酸式；‎ ‎②当入最后一滴KMnO4，高锰酸钾溶液过量，溶液由无色变为紫色，故答案为：滴入最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫色（紫红色）；‎ ‎③设草酸钠的质量分数为x，‎ ‎2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O ‎25‎ ‎0.0160mol/L×0.025L（）mol x=×100%=33.5%，‎ 答：草酸钠的质量分数为33.5%．‎ ‎16、常温下，pH=2的高碘酸（HIO4）溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液显酸性；0.01mol/L的碘酸（HIO3）或高锰酸（HMnO4）溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液显中性．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）高碘酸是（填“强酸”或“弱酸”），理由是．‎ ‎（2）0.01mol/L的碘酸（HIO3）溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液中IO3﹣与Na+的浓度关系是（填“大于”、“小于”或“等于”）．‎ ‎（3）已知高碘酸和硫酸锰在溶液中反应生成高锰酸、碘酸和硫酸，此反应中的还原剂是（写化学式），该反应的离子方程式为．‎ ‎【答案】（1）弱酸；pH=2的高碘酸电离出的c（H+）和pH=2的NaOH溶液电离出的c（OH﹣）相等，且两者体积相等，但所得溶液显酸性，则高碘酸必定是不完全电离，所以高碘酸是弱酸；‎ ‎（2）等于；‎ ‎（3）MnSO4；2Mn2++5HIO4+3H2O═2MnO4﹣+5IO3﹣+11H+．‎ ‎【解析】解：本题考查酸碱混合反应以及氧化还原反应．‎ ‎（1）pH=2的高碘酸溶液与pH=12的NaOH溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度相等，氢氧化钠是强碱，等体积混合时，若溶液呈中性，说明氢离子和氢氧根离子恰好反应，高碘酸是强酸，但实际上混合溶液呈酸性，这说明高碘酸又电离出部分氢离子，所以高碘酸是弱酸，‎ 故答案为：弱酸；pH=2的高碘酸电离出的c（H+）和pH=2的NaOH溶液电离出的c（OH﹣）相等，且两者体积相等，但所得溶液显酸性，则高碘酸必定是不完全电离，所以高碘酸是弱酸；‎ ‎（2）由0.01mol/L的碘酸（HIO3）或高锰酸（HMnO4）溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液显中性，说明碘酸（HIO3）或高锰酸（HMnO4）都是强酸，0.01mol/L的碘酸（HIO3）溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，两者恰好完全反应，生成碘酸钠，是强酸强碱盐，溶液呈中性，c（H+）‎ ‎=c（OH﹣），电荷守恒知，c（IO3﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），所以液中IO3﹣与Na+的浓度相等，故答案为：等于；‎ ‎（3）高碘酸和硫酸锰在溶液中反应生成高锰酸、碘酸和硫酸，反应中Mn元素的化合价升高，则MnSO4为还原剂，在酸性条件下高碘酸和锰离子发生氧化还原反应生成生成高锰酸、碘酸和硫酸，所以离子方程式为2Mn2++5HIO4+3H2O═2MnO4﹣+5IO3﹣+11H+，故答案为：MnSO4；2Mn2++5HIO4+3H2O═2MnO4﹣+5IO3﹣+11H+．‎ ‎17、在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示，请回答：‎ ‎(1)“O”点导电能力为0的理由是___________________；‎ ‎(2)a、b、c三点溶液的pH由小到大的顺序为___；‎ ‎(3)a、b、c三点溶液中CH3COO？物质的量最大的是___；‎ ‎(4)若使c点溶液中c(CH3COO？)增大,溶液的pH也增大,可采取得措施是(写出两种方法):__________________、_________________________________‎ ‎(5)现有pH均为3的醋酸、硫酸两瓶溶液：‎ a.设两种溶液的物质的量浓度依次为c1、c2，则其关系式___________（用<,>,=表示，下同）‎ b.取相同体积的两种酸分别加入等体积的蒸馏水后，再分别加入等量的锌粉，反应开始时放出氢气的速率依次为v1、v2，则其关系式_______________________‎ ‎【答案】(1).冰醋酸中不存在离子(2).b(3).c(4).加氢氧化钠固体(5).加锌粉(6).c1>c2(7).v1>v2‎ ‎【解析】（1‎ ‎）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子； （2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的氢离子浓度由小到大的顺序为为c＜a＜b，pH由小到大的顺序为bc(CN-)，下列关系正确的是__________________。‎ A.c(H+)>c(OH-)B.c(H+)-)‎ C.c(H+)+c(HCN)=C(OH-)D.c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L ‎（4）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表:‎ 实验编号 HA物质的量浓度(mol/L)‎ NaOH物质的量浓度(mol/L)‎ 混合溶液的pH a ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH=9‎ b c ‎0.2‎ pH=7‎ 请回答:‎ ‎①从a组情况分析，HA是强酸还是弱酸___________________。‎ ‎②b组情况表明，C____0.2(选填“大于”“小于”或“等于”)。混合溶液中离子浓度c(A-)___c(Na+)(选填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎③a组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=___mol/L。写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不需做近似计算)。c(Na+)-c(A-)=____mol/L。‎ ‎（5）已知在100℃时，水的离子积为1×10-12，此时将pH=11的NaOH溶液V1L与pH=2的H2SO4溶液V2L均匀混合后，若所得混合溶液的pH=10，则V1:V2为_________。‎ ‎（6）HA为弱酸，在室温下，用蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，下列呈减小趋势的是____。‎ A.c(H+)/c(A-)B.c(HA)/c(A-)‎ C.溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积D.溶液中c(A-)·c(HA)的值E.水的电离程度 ‎【答案】(1).b>a>c(2).NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN(3).B、D(4).HA是弱酸(5).大于(6).等于(7).10-5(8).(10-5-10-9)mol/L(9).2:9(10).BD ‎【解析】（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故答案为：b＞a＞c；（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol？L-1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN-‎ ‎），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol？L-1，CN-的浓度小于0.005mol？L-1，A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH-），选项A错误；B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），选项B正确；C．氢氧根离子浓度较小，c（CN-）远远大于c（OH-），选项C错误；D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN-）=0.01mol/L，选项D正确；答案选BD；（4）①从a组情况分析，等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸；②若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），则c（A-）=c（Na+）；③a组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，即水电离的溶液中的c（OH-）=10-5mol/L；由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c(Na+)-c(A-)=c（OH-）-c（H+）=10-5mol/L-10-9mol/L=(10-5-10-9)mol/L；（5）在100℃时，水的离子积为1×10-12，此温度下将pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液的pH=10，则反应后的溶液的c（OH-）==0.01（mol/L），则c（OH-）==0.01mol/L，解得：V1：V2=2：9；（6）A．加水稀释，c（A-）、c（H+）都减小，由于水也电离出氢离子，所以c（H+）减小的程度小，则会增大，选项A错误；B．加水稀释，促进电离，则n（A-）增大，n（HA）减小，所以减小，选项B正确；C．溶液中c（H+）和c（OH-）的乘积为常数，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，选项C错误；D．加水稀释，溶液的体积增大，c（A-）与c（HA）均减小，所以溶液中c（A-）？c（HA）的值减小，选项D正确；E．加水稀释，溶液的体积增大，c（H+）减小，对水的电离的抑制程度减小，所以水的电离程度增大，选项E错误；故答案为：BD。‎ ‎19、I.下表是室温下，几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb):‎ 请回答下面问题:‎ ‎(1)用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液,下列选项中一定变小的是_____‎ A.c(H+)B.c(H+)·c(OH-)C.‎ ‎(2)CH3COONH4的水溶液呈_______(选填酸性”、“中性"或“碱性”)。‎ ‎(3)浓度为0.10mol/L柠檬酸氢二钠(Na2HC6H5O7)溶液显酸性,通过计算说明其原因______。‎ ‎(4)工业中常用碳酸镍制备氧化镍。已知:Ksp(NiCO3)=1.4×10-7，当Ni,2+恰好完全转化为NiCO3沉淀[即溶液中c(Ni2+)=1×10-5mol·L-1]时,溶液中c(CO32-)=_____mol/L。‎ II.(1)乙醇是重要的化工产品和液体燃料，可以利用下列反应制取乙醇。‎ ‎2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H=akJ/mol 在一定压强下,测得.上述反应的实验数据如下表。‎ 根据表中数据分析:‎ ‎①上述反应的a_____0(填"大于”或“小于”)。‎ ‎②在一定温度下.提高氢碳[即]比,平衡常数K值_____(填“增大”、“减小”、或"不变”)。‎ ‎(2)催化剂存在的条件下,在固定容积的密闭容器中投入一定量的CO和H2,同样可制得乙醇(可逆反应)。该反应过程中能量变化如图所示;‎ 根据上图,写出反应的热化学方程式为____________。‎ ‎【答案】(1).A(2).中性(3).显酸性(4).1.4×10-2(5).小于(6).不变(7).2CO(g)+4H2(g)==CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H=-E2kJ/mol ‎【解析】Ⅰ、(1)用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液,溶液浓度减小，醋酸电离平衡正向移动，但温度不变，水和酸的电离平衡常数不变，A.c(H+)变小，符合条件，选项A选；B.温度不变，水的离子积不变，c(H+)·c(OH-)不变，选项B不选；C.温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，不变，选项C不选。答案选A；(2)CH3COOH和NH3？H2O的电离常数相等，CH3COO-和NH4+的水解程度相同，故CH3COONH4的水溶液呈中性；(3)浓度为0.10mol/L柠檬酸氢二钠(Na2HC6H5O7)溶液，因为Ka3=4.0×10-7，，Kh2=c(CO32-)>c(NH2-)>c(NH4CO3-)>c(NH4+)‎ ‎【解析】分析：Ⅰ．（1）NH3·H2O加入盐酸后酸碱中和，促进了NH3·H2O的电离，NH3·H2O物质的量分数减小。‎ ‎(2)根据滴定图像，溶液pH为9.26时NH4+和NH3·H2O物质的量浓度相等，再根据电离平衡常数计算。‎ ‎(3)当加入盐酸体积为50mL时，得到等浓度的NH4Cl和NH3·H2O，再根据电荷、物料守恒进行分析。‎ Ⅱ．(1)仿着水的电离书写液氨的电离方程式。‎ ‎(2)类比碳酸根离子的第一步水解，碳酸钠溶于液氨后第一级氨解产生NH2-和NH4CO3-。‎ ‎(3)碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系类似碳酸钠的水溶液，按此进行分析。‎ 详解：‎ Ⅰ.①滴定过程中NH3·H2O不断被消耗，浓度逐渐减小，表示NH3·H2O浓度变化的曲线是A；正确选项A。‎ ‎②根据滴定图像，溶液pH为9.26时NH4+和NH3·H2O物质的量浓度相等，NH3·H2O的电离常数为=c(OH-)=109.26-14=10-4.74=1.8×10-5；正确答案：1.8×10-5或10-4.74。‎ ‎③当加入盐酸体积为50mL时，得到等浓度的NH4Cl和NH3·H2O，溶液pH=9.0，溶液中电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒关系为：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-)，两式联立得：c(NH4+)-c(NH3·H2O)=2[c(OH-)-c(H+)]=2×10-5-2×10-9；正确答案：2×10-5-2×10-9。‎ Ⅱ.(1)液氨中存在类似水的电离(H2O+H2OH3O++OH-)，则液氨的电离方程式为：NH3+NH3NH4++NH2-；正确答案：NH3+NH3NH4++NH2-。‎ ‎(2)类比碳酸根离子的第一步水解，碳酸钠溶于液氨后第一级氨解产生NH2-和NH4CO3-，离子方程式为：CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-；正确答案：CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-。‎ ‎(3)根据碳酸钠溶液的水解规律，可以判断出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)>c(CO32-)>c(NH2-)>c(NH4CO3-)>c(NH4+)；正确答案：c(Na+)>c(CO32-)>c(NH2-)>c(NH4CO3-)>c(NH4+)。‎