2024年高考复习方案 化学第8单元　水溶液中的离子反应与平衡 作业答案.docx

第30讲电离平衡

1.A[解析]氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,抑制水的电离,加入少量水,溶液中的氢离子浓度减小,对水的电离的抑制程度减弱,则水的电离平衡正向移动,故A正确;通入少量氯气,反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡正向移动,氢离子的浓度增大的程度比次氯酸根离子浓度增大的程度大,则c(H+)c(ClO-)增大,故B错误;通入少量二氧化硫,氯气、二氧化硫和水反应生成硫酸和盐酸,溶液中次氯酸减少,漂白性减弱,故C错误;溶液中有电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),当溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-),而当加入少量固体氢氧化钠时,溶液呈酸性,则c(Na+)c(Cl-)+c(ClO-),不一定有c(Na+)

2.C[解析]加入金属钠后,钠和HSO3-电离出的H+反应,使平衡②右移,平衡①左移,移动的结果是c(SO32-)增大,c(HSO3-)减小,A错误;依据电荷守恒判断,c(SO32-)前面的计量数应为2,即c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-),B错误;加入少量氢氧化钠溶液后,溶液酸性减弱,所以c(OH-)c(H+)增大,K2=c(SO32-)c(H+)c(HSO3-)不变,c(H+)减小,所以c(SO32-)c(HSO3-)增大

3.C[解析]若向稀氨水中加NH4Cl固体,c(NH4+)增大,平衡逆向移动,c(OH-)减小,①不符合题意;若向稀氨水中加硫酸,硫酸中的H+与OH-反应,使c(OH-)减小,平衡正向移动,②不符合题意;若向稀氨水中加NaOH固体,c(OH-)增大,平衡逆向移动,③符合题意;若向稀氨水中加水,稀释溶液,平衡正向移动,c(OH-)减小,④不符合题意;电离为吸热过程,加热使平衡正向移动,⑤不符合题意;若向稀氨水中加少量MgSO4固体,Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀,使c(OH-)减小,平衡正向移动,

4.C[解析]pH相同的一元酸加水稀释相同的倍数,pH变化较大的酸,其酸性较强,由图可知,HNO2的酸性较强,相同条件下电离程度较大,起始pH相同,即c(H+)相等,两溶液中c(H+)、c(OH-)分别相等,电离程度较大者,其物质的量浓度较小,则a点溶液中存在c(CH3COOH)c(HNO2),两种溶液中分别存在电荷守恒c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、c(H+)=c(OH-)+c(NO2-),则c(CH3COO-)=c(NO2-),故A错误。同一种酸,酸的浓度越大,酸的电离程度越小,醋酸浓度:bd,则醋酸电离程度:bd;b、c两点对应两种酸的体积相同,如果两种酸的物质的量浓度相等,亚硝酸的电离程度较大,则亚硝酸的pH较小,实际上亚硝酸的pH较大,说明亚硝酸的物质的量浓度小于醋酸,酸的浓度越小,电离程度越大,所以酸的电离程度:cb,pH相同的两种酸,HNO2的浓度小,且HNO2酸性强,则酸的电离程度:cd,故B错误。b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和,酸的物质的量越大,溶液中n(Na+)越大,a点两种酸的pH相等,酸性较强的酸,其物质的量浓度较小,所以c(HNO2)c(CH3COOH),体积相同的a点两种酸,n(HNO2)n(CH3COOH),稀释时酸的总物质的量不变,所以b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和,醋酸消耗的n(NaOH)较多,则溶液中n(Na+):bc,故C正确。酸抑制水电离,溶液中c(H+)越大,抑制水电离的程度越大,水电离程度越小,c(H+):abc=d,则水的电离程度:abc=d,

5.D[解析]由于稀释过程中HA溶液的pH变化较大,故HA的酸性强于HB,D项正确;酸的酸性越强,对应盐的水解程度越小,故同浓度的NaA与NaB溶液中,NaB的水解程度大,c(B-)小于c(A-),A项错误;b点溶液的pH小于a点溶液的pH,说明b点溶液中c(H+)和c(B-)较大,故溶液导电性较强,B项错误;HA的酸性强于HB,则相同pH的溶液,c(HA)c(HB),稀释相同倍数时,a点的c(HA)小于b点的c(HB),C项错误。

6.B[解析]由图像可知,浓度为0.10mol·L-1的MOH溶液,在稀释前pH为13,说明MOH完全电离,则MOH为强碱,而ROH溶液的pH13,说明ROH没有完全电离,ROH为弱碱。MOH的碱性强于ROH的碱性,A正确;曲线的横坐标lgVV0越大,表示加水稀释体积越大,由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点,弱碱ROH存在电离平衡:ROHR++OH-,溶液越稀,弱电解质电离程度越大,故ROH的电离程度:b点大于a点,B错误;若两溶液无限稀释,则溶液的pH接近7,故