（课标I）2020版高考化学一轮复习 专题十四 弱电解质的电离平衡课件

专题十四弱电解质的电离平衡高考化学(课标专用)A组课标Ⅰ卷题组五年高考考点一弱电解质的电离平衡1.(2019课标Ⅰ,10,6分)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附和溶解过程的示意图,下列叙述错误的是 ()A.冰表面第一层中,HCl以分子形式存在B.冰表面第二层中,H+浓度为5×10-3mol·L-1(设冰的密度为0.9g·cm-3)C.冰表面第三层中,冰的氢键网络结构保持不变D.冰表面各层之间,均存在可逆反应HCl H++Cl-答案D本题涉及的考点有HCl的电离、H+浓度计算和水分子间氢键等。根据题目提供的新信息,准确提取实质性内容,考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力。从原子、分子水平认识物质的结构和变化,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。由图可知,在冰表面第一层氯化氢以分子形式存在,在第二层氯化氢以离子形式存在,而第三层只有水分子,则在第一、二层之间存在可逆反应:HCl H++Cl-,A、C项正确,D项错误;1L冰中水的物质的量为 =50mol,第二层中,n(Cl-)∶n(H2O)=10-4∶1,n(Cl-)=5×10-3mol,则c(H+)=c(Cl-)= = =5×10-3mol·L-1,B项正确。310.9gcm100018gmolmL(Cl)nV35101Lmol思路分析依据图示分析氯化氢在不同层的存在形式,结合HCl的电离方程式和相关粒子数量比例关系求第二层中H+的浓度。2.(2015课标Ⅰ,13,6分)浓度均为0.10mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg 的变化如图所示。下列叙述错误的是 () A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH的电离程度:b点大于a点C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等D.当lg =2时,若两溶液同时升高温度,则 增大0VV0VV(M)(R)cc审题方法清楚图中横、纵坐标的意义是解答此题的关键,横坐标表示体积比的对数,相当于稀释倍数。规律方法根据题目所给出的信息,随着溶液的稀释倍数的增大,pH减小,稀释相同倍数时ROH溶液的pH变化幅度较小,说明ROH碱性较弱。稀释相同倍数时,pH变化幅度较大的是相对较强的酸或碱。答案D根据题图信息可判断MOH是强碱,而ROH为弱碱,A项正确;B项,ROH是弱碱,加水稀释时,电离程度增大,正确;C项,若两溶液无限稀释,pH最终无限接近7,它们的c(OH-)相等,正确;D项,当lg =2时,两溶液同时升温,由于ROH是弱碱,c(R+)增大,c(M+)不变,则 减小,错误。0VV(M)(R)cc考点二电离常数的应用(2011课标,10,6分)将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释,下列各量始终保持增大的是 ()A.c(H+)B.Ka(HF)C. D. (F)(H)cc(H)(HF)cc答案DHF溶液加水稀释,HF的电离平衡向右移动,n(H+)增大、n(HF)减小,所以 增大。(H)(HF)ccB组课标Ⅱ、Ⅲ及其他省(区、市)卷题组考点一弱电解质的电离平衡1.(2019课标Ⅲ,11,6分)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是 ()A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2P )+2c(HP )+3c(P )+c(OH-)C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强4O24O34O答案B本题涉及弱电解质的电离平衡及其影响因素,通过阿伏加德罗常数的应用,考查了学生分析和解决问题的能力,对H3PO4溶液中存在的电离平衡的分析,体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养。A项,由常温下溶液的pH=2可知c(H+)=10-2mol/L,则每升溶液中H+数目为0.01NA,错误;B项,依据电荷守恒可知正确;C项,加水稀释,溶液中的c(H+)减小,pH增大,错误;D项,由于H3PO4 H++H2P ,增加H2P 浓度,电离平衡逆向移动,c(H+)减小,酸性减弱,错误。4O4O易错警示A选项常温下pH=2的溶液中c(H+)=10-2mol/L易误当作0.02mol/L;C选项易误认为弱电解质的电离度增大,平衡正向移动,c(H+)增大。2.(2019北京理综,7,6分)下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示) ()解题方法D项中反应热的计算方法是:ΔH=-(生成HCl所放出的能量-断裂H2、Cl2中的化学键所吸收的能量)=-(431kJ·mol-1×2-436kJ·mol-1-243kJ·mol-1)=-183kJ·mol-1。答案B本题考查了电解质的电离、电离方程式的书写、电解原理和化学键与能量的关系等知识。通过图示、化学方程式等形式考查学生接受、吸收、整合化学信息的能力;试题以图示形式呈现物质变化规律,体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养及运用模型解释化学现象、揭示现象的本质和规律的学科思想,体现了学以致用的价值观念。B项中用惰性电极电解CuCl2溶液的化学方程式是CuCl2 Cu+Cl2↑。3.(2018北京理综,8,6分)下列化学用语对事实的表述不正确的是 ()A.硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2 OH C17H35COOC2H5+ OB.常温时,0.1mol·L-1氨水的pH=11.1:NH3·H2O N +OH-C.由Na和Cl形成离子键的过程: D.电解精炼铜的阴极反应:Cu2++2e- Cu185H182H4H答案A在酯化反应中,通常是“酸脱羟基醇脱氢”,所以A中反应后18O原子应存在于酯中。易错易混C项中离子键的形成过程包含电子的转移,用电子式表示离子键的形成过程时要用箭头表示出电子转移的方向。4.(2016北京理综,11,6分)在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。 下列分析不正确的是 ()A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B.b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH-C.c点,两溶液中含有相同量的OH-D.a、d两点对应的溶液均显中性答案C①中的a点处Ba(OH)2和H2SO4恰好完全反应,Ba2+和S 完全转化为BaSO4沉淀,溶液的导电能力达到最低;在溶液中继续滴加H2SO4溶液到c点,此时H2SO4过量,溶液呈酸性。②中b点处Ba(OH)2和NaHSO4按物质的量之比1∶1反应,此时除了生成BaSO4沉淀外,还生成NaOH;b→d是继续加入的NaHSO4与NaOH反应的过程,因此②中c点溶液呈碱性。故C项错误。24O思路梳理对于曲线②对应的反应过程要分析清楚。从开始到b点所发生的反应是Ba(OH)2+NaHSO4 BaSO4↓+NaOH+H2O;从b点到d点所发生的反应是NaOH+NaHSO4 Na2SO4+H2O。理清了反应过程,此题就不难作答。5.(2015山东理综,13,5分)室温下向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 () A.a点所示溶液中c(Na+)c(A-)c(H+)c(HA)B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.b点所示溶液中c(A-)c(HA)答案Da点V(HA)=10mL,此时NaOH与HA刚好完全反应,pH=8.7,说明HA是弱酸,可知NaA溶液中:c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)c(H+),A错误;a点为NaA溶液,A-水解促进水的电离,b点为等浓度的NaA与HA的混合溶液,以HA的电离为主,水的电离受到抑制,B错误;pH=7时,c(Na+)=c(A-)c(H+)=c(OH-),C错误;b点为等浓度的NaA与HA的混合溶液,溶液pH=4.77,说明HA的电离(HA H++A-)程度大于A-的水解(A-+H2O HA+OH-)程度,故溶液中c(A-)c(HA),D正确。考点二电离常数的应用1.(2019天津理综,5,6分)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 () A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液B.溶液中水的电离程度:b点c点C.从c点到d点,溶液中 保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同(HA)(OH)(A)ccc答案C本题涉及弱酸的稀释与pH变化的相关知识,通过加水的体积与酸的pH变化图像,考查学生分析和解决问题的能力,以两种弱酸的性质作比较,体现宏观辨识与微观探析的学科核心素养。由电离常数的值可知酸性:HNO2CH3COOH,则曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液,曲线Ⅱ代表HNO2溶液,A项错误;当稀释相同倍数时,b点溶液中c(H+)大于c点,对水的电离的抑制作用:b点c点,所以水的电离程度:b点c点,B项错误; = ,c点到d点温度不变,KW和Ka都不变,C项正确;a点表示HNO2和CH3COOH两种酸溶液的pH相同,则c(CH3COOH)c(HNO2),同体积的两种酸溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)不同,D项错误。(HA)(OH)(A)cccWaKK审题方法①依题干信息判断两种酸的酸性强弱;②认真分析图像中曲线的变化趋势,准确判断曲线对应的酸。2.(2017课标Ⅱ,12,6分)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δ(X)= ]。下列叙述错误的是 ()A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)B.lg[K2(H2A)]=-4.2C.pH=2.7时,c(HA-)c(H2A)=c(A2-)22(X)(H)(HA)(A)ccAccD.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)答案D本题考查弱电解质的电离及相关计算。结合题图,可知A、C正确。K2(H2A)= ,结合题图中pH=4.2时c(HA-)=c(A2-),代入上式可得K2(H2A)=10-4.2,则lg[K2(H2A)]=-4.2,故B正确。pH=4.2时,c(H+)=10-4.2mol·L-1,但溶液中c(HA-)、c(A2-)均约为0.05mol·L-1,故D错。2(A)(H)(HA)ccc疑难突破在温度不变时,电离平衡常数不随溶液成分变化而改变,故可以选择特殊点进行计算,例如本题中K2(H2A)的计算。温馨提醒此类图像题中,曲线的“起点”“拐点”“交点”等特殊点往往会隐含重要的解题信息,要注意正确利用。3.(2018天津理综,3,6分)下列叙述正确的是 ()A.某温度下,一元弱酸HA的Ka越小,则NaA的Kh(水解常数)越小B.铁管镀锌层局部破损后,铁管仍不易生锈C.反应活化能越高,该反应越易进行D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3答案BA项,HA的Ka越小,说明该一元酸的酸性越弱,酸根离子的水解能力越强,NaA的Kh越大;B项,镀锌层局部破损后有可能在特定的环境下形成原电池,铁电极被保护而不易生锈;C项,活化能越高,反应越不易进行;D项,C2H5OH和CH3OCH3的官能团不同,红外光谱也不同,所以用红外光谱可以区分。知识拓展核磁共振氢谱用来确定氢原子种类及数目;质谱用来确定分子的相对分子质量;红外光谱主要用来确定官能团的种类。4.(2016浙江理综,12,6分)苯甲酸钠( ,缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25℃时,HA的Ka=6.25×10-5,H2CO3的 =4.17×10-7, =