内容正文:
[高效作业26] 电离平衡(见学生用书P395)
新教材 夯基固本
1.[2023·瑞安中学模拟]已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是( D )
A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,水的电离程度前者小于后者
B.由题干数据可以判断NaHA的水解程度弱于电离程度,因此NaHA溶液显酸性
C.取pH=a的H2A溶液10 mL,加蒸馏水稀释至100 mL,则该溶液pH=a+1
D.向0.1 mol/L的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=2,则H2A的电离度为0.001 3%
【解析】根据题干信息中弱酸的电离平衡常数可知,多元弱酸根离子水解,第一步水解程度远大于第二步水解程度,则在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,水的电离程度前者大于后者,A错误;NaHA的水解平衡常数为Kh==≈7.69×10-8>Ka2,即水解程度大于电离程度,溶液呈碱性,B错误;H2A为弱酸,加水稀释过程促进H2A电离,所以pH=a的H2A溶液稀释10倍后,c(H+)大于原来的,其pH<a+1,C错误;向0.1 mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=2,由Ka1==1.3×10-7,则=1.3×10-7,=1.3×10-5,即H2A的电离度为×100%=0.001 3%,D正确。
2.室温下,通过下列实验探究H2C2O4溶液的性质:
编号
实验操作
1
用pH试纸测定0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液,测得pH约为2
2
向0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液中逐滴加入等体积0.1 mol·L-1的KOH溶液,测出所得溶液的pH约为4
3
将4 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4酸性溶液与4 mL 0.1 mol·L-1H2C2O4溶液混合,溶液褪色
下列说法正确的是( C )
A.H2C2O4的Ka1约为10-2
B.实验2溶液pH由2到4的过程中水的电离程度不断减小
C.实验2所得溶液中继续加KOH溶液至溶液呈中性:c(K+)>2c(HC2O)+c(C2O)
D.实验3中酸性KMnO4溶液褪色证明H2C2O4具有漂白性
【解析】0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液pH约为2,由于H2C2O4的第一步电离程度远大于第二步的电离程度,则c(H+)≈c(HC2O)=10-2 mol·L-1,c(H2C2O4)≈0.1 mol·L-1,H2C2O4的Ka1=≈=10-3,A错误;实验2溶液pH由2到4的过程中,溶液中的OH-来自水的电离,pH增大,说明溶液中c(OH-)增大,则水的电离程度逐渐增大,B错误;实验2所得溶液中继续加KOH溶液至溶液呈中性,根据电荷守恒可得:c(K+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-),由于溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),故c(K+)=c(HC2O)+2c(C2O),所得中性溶液中的溶质为KHC2O4和K2C2O4,由实验2可知HC2O的电离能力大于水解能力,故溶液中c(C2O)>c(HC2O),则c(K+)>2c(HC2O)+c(C2O),C正确;实验3中酸性KMnO4溶液褪色是因为发生了氧化还原反应,KMnO4作氧化剂,H2C2O4作还原剂,证明H2C2O4具有还原性,D错误。
3.室温下,有两份pH=5的AB型不同强电解质的溶液(能电离出A+、B-),下列叙述正确的是( B )
A.两溶液稀释100倍,pH可能为7
B.两溶液混合,pH可能仍等于5
C.两溶液中由水电离出的OH-的浓度相等
D.两溶液中阴离子的总浓度相等
【解析】由题意可知,室温下,pH为5的AB型强电解质可能为盐酸和氯化铵,以此为例分析。pH为5的酸性溶液稀释100倍,溶液的pH只能接近于7,不可能为7,故A错误;pH都为5的盐酸和氯化铵溶液混合后,溶液中的氢离子浓度不变,铵根离子的水解程度不变,溶液pH仍等于5,故B正确;盐酸是强酸,电离出的氢离子抑制水的电离,氯化铵是强酸弱碱盐,铵根离子在溶液中水解促进水的电离,则盐酸溶液中水电离出的氢氧根离子浓度不可能与氯化铵溶液中水电离出的氢氧根离子浓度相等,故C错误;pH为5的盐酸的浓度为10-5 mol/L,而pH为5的氯化铵溶液的浓度大于10-5 mol/L,所以两溶液中阴离子的总浓度不相等,故D错误。
4.下列说法正确的是( B )
A.100 ℃时,pH=12的NaOH溶液中,c(OH-)=0.01 mol·L-1
B.常温下,将pH=9的CH3COONa溶液与pH=9的NaOH溶液混合,所得混合溶液的pH仍为9
C.常温下,将pH=1的稀盐酸与pH=13的AOH溶液等体积混合,所得溶液的pH一定为7
D.向冰醋酸中加水,