课时作业8 电解质溶液(课时作业)-【名师大课堂】2024年新高考化学艺术生总复习必备

课时作业(八)　电解质溶液 考点1　弱电解质的电离平衡 1．(2022·全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3，在某体系中，H＋与A－离子不能穿过隔膜，未电离的 HA 可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是(　B　) A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－) B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为 C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等 D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4 解析：A.常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol/L，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；B.常温下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol/L，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B正确；C.根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；D.常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7mol/L，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液Ⅱ中c(H＋)＝0.1 mol/L，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅱ中c总(HA)＝1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误；答案选B。 2．(2022·浙江卷)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(　B　) A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者 B．向0.1 mol·L－1的H2A的溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH＝3，则H2A的电离度为0.013% C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，则c(A2－)>c(HA－) D．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 解析：本题考查水的电离程度、pH及电离度的相关计算。HA－的水解常数Kh＝≈7.7×10－8，A2－的水解常数Kh＝≈1.4，所以等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者大于后者，A错误；Ka1＝＝＝1.3×10－7，HCl的电离抑制H2A的电离，所以c(HA－)较小，解得c(HA－)＝1.3×10－5mol·L－1，电离度α＝×100%＝0.013%，B正确；Ka2＝＝＝7.1×10－15，<1，C错误；H2A为弱酸，pH＝a的H2A溶液稀释10倍，pH<a＋1，D错误。 3．将浓度为0.1 mol·L－1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(　D　) A．c(H＋) B．Ka(HF) C. D. 解析：HF为弱酸，溶液中存在电离平衡：HFH＋＋F－。加入稀释，平衡向右移动，所以增大。选项D正确。 4．(2020·全国Ⅱ卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是(　C　) A．海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小 B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少 C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOH＋＋CO D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境 解析：解析：海水酸化，海水中H＋和HCO的浓度均增大，CO的浓度减小，A项正确；H＋可结合珊瑚礁溶解产生的CO，故能促进CaCO3的溶解，使珊瑚礁减少，B项正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，C项错误；使用太阳能、氢能等新能源，能有效减少CO2的排放，利于改善珊瑚的生存环境，D项正确。 5．H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。 SO2的除去 方法1(双碱法)：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液Na2SO3溶液 (1)CaO在水中存在如下转化： CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq) 从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理__SO与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成__ 方法2：用氨水除去SO2 (2)已知25 ℃，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0