20xx屆高中化學(xué)【統(tǒng)考版】一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)：24-弱電解質(zhì)的電離平衡-(含解析)(參考版)
2025-04-05 06:01本頁面
【正文】 答案：（1）①正鹽 ②2 ③測(cè)NaH2PO2溶液的pH，若pH＞7則證明次磷酸為弱酸 向等物質(zhì)的量濃度的鹽酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊試液，若次磷酸溶液中紅色淺一些，則說明次磷酸為弱酸（2）①H3PO3?H2PO＋H＋ H2PO?HPO＋H＋②Ⅰ ③10－ 9 。（2）pKa1＝－lg＝－lgc（H＋）－lg，顯然A對(duì)應(yīng)的數(shù)值較大，故表示pH與lg的變化關(guān)系的曲線為Ⅰ。L－1，由H3PO2?H＋＋H2PO得，x2/（－x）＝110－2，解得x＝，故pH＝2。答案：（Ⅰ）b（Ⅱ）（1）中?。?）①Cl2＋2CO＋H2O===2HCO＋Cl－＋ClO－②Cl2＋CO＋H2O===HCO＋Cl－＋HClO③ClO－＋CO2＋H2O===HCO＋HClO14．解析：（1）①由次磷酸與過量的NaOH溶液反應(yīng)時(shí)只能得到NaH2PO2，說明次磷酸分子中只有一個(gè)氫原子可以與OH－反應(yīng)，由此可知它是一元酸，NaH2PO2是正鹽。Kb＝＝＝。答案：D13．解析：（Ⅰ）通入氨氣，促進(jìn)醋酸的電離，則c（CH3COO－）增大，故a錯(cuò)誤；加入氨氣，c（OH－）增大，c（H＋）減小，故b正確；由于溫度不變，則Kw不變，故c錯(cuò)誤；由于溫度不變，醋酸電離平衡常數(shù)不變，故d錯(cuò)誤。C時(shí)，Ka最大，電離程度最大，平衡時(shí)醋酸分子的濃度最小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；分子解離吸收的能量與離子水合放出的能量相當(dāng)時(shí)，即拆開化學(xué)鍵吸收的能量與水合放出的能量相當(dāng)，電離的熱效應(yīng)較小，C項(xiàng)正確；拆開氫鍵需要能量，但隨溫度的升高，氫鍵的作用越來越小，CH3COOH溶液中存在氫鍵是ΔH隨溫度升高而減小的主要原因，D項(xiàng)正確。H2O，電導(dǎo)率變化不大，因?yàn)槿芤罕幌♂?，有下降趨?shì)。當(dāng)HCl被中和完后，繼續(xù)與CH3COOH弱電解質(zhì)反應(yīng)，生成CH3COONH4，為強(qiáng)電解質(zhì)，所以電導(dǎo)率增大。答案：C10．解析：HCl為強(qiáng)電解質(zhì)，CH3COOH為弱電解質(zhì)，滴加NH3L－1，1L溶液中n（HCl）＝，n（CH3COOH）。答案：C9．解析：因鹽酸為強(qiáng)酸、醋酸為弱酸，故pH都等于2的鹽酸和醋酸溶液中c（HCl）＝答案：B7．解析：兩種酸起始pH相同，即c（H＋）相同，說明起始時(shí)，c（弱酸）遠(yuǎn)大于c（強(qiáng)酸）；沒有稀釋前弱酸的c（H＋）已等于強(qiáng)酸的c（H＋），而稀釋導(dǎo)致弱酸的電離程度增大，所以在稀釋的整個(gè)過程中，弱酸的c（H＋）都大于強(qiáng)酸的c（H＋），即pH：弱酸強(qiáng)酸，所以曲線Ⅱ是醋酸、Ⅰ是鹽酸，A項(xiàng)錯(cuò)誤；溶液導(dǎo)電能力的強(qiáng)弱取決于溶液中離子濃度的大小，對(duì)于酸而言，其pH越大，c（H＋）越小，離子濃度越小，導(dǎo)電能力越弱，故B項(xiàng)正確；Kw的大小只取決于溫度，與溶液的濃度無關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩溶液稀釋相同倍數(shù)時(shí)，醋酸的濃度始終大于鹽酸的濃度，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。L－1，B項(xiàng)錯(cuò)誤；分別加水稀釋10倍時(shí)，氫氧化鈉溶液的pH變?yōu)?1，而氨水的pH大于11且小于12，C項(xiàng)正確；等體積時(shí)氨水中溶質(zhì)的物質(zhì)
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