2023届鲁科版高考化学一轮第八章物质在水溶液中的行为热点专项练13弱电解质的图像及分析（Word版带解析）

热点专项练13　弱电解质的图像及分析1.25℃时,把0.2mol·L-1的醋酸溶液加水稀释,则图中的纵轴y表示的是(　　)A.溶液中H+的物质的量B.溶液中的C.溶液的导电能力D.CH3COOH的电离程度2.某温度下,相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示,下列判断正确的是(　　)A.a点导电能力比b点强B.b点的KW值大于c点C.与盐酸完全反应时,消耗盐酸体积VA>VBD.a、c两点的c平(H+)相等3.某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.6×10-4mol·L-1和1.75×10-5mol·L-1。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\n4.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:a点小于b点C.若两溶液无限稀释,则它们的c平(OH-)相等D.当lg=2时,若两溶液同时升高温度,则增大5.(2021福建漳州一模)室温时,HCOOH和CH3COOH的电离常数分别为1.8×10-4mol·L-1和1.75×10-5mol·L-1。将浓度和体积均相同的两种酸溶液混合后加水稀释,随加水量的变化,溶液中HA的浓度(HA表示混合溶液中的HCOOH或CH3COOH)与溶液pH的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)A.曲线X代表HCOOHB.当pH=6时,c点所对应的溶液中c平(HCOO-)+c平(CH3COO-)=9.9×10-7mol·L-1C.稀释过程中,逐渐减小D.溶液中水电离出的H+物质的量浓度:a点=b点>c点6.已知25℃时弱电解质电离常数:Ka(CH3COOH)=1.75×10-5mol·L-1,Ka(HSCN)=0.13mol·L-1。(1)将20mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液和20mL0.10mol·L-1HSCN溶液分别与0.10mol·L-1NaHCO3溶液反应,实验测得产生CO2气体体积(V)与时间t的关系如图。反应开始时,两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是　　　　　　　　　　;\n反应结束后所得溶液中c平(SCN-)　　(填“>”“=”或“<”)c平(CH3COO-)。 (2)2.0×10-3mol·L-1的氢氟酸中,调节溶液pH(忽略调节时体积变化),测得平衡体系中c平(F-)、c平(HF)与溶液pH的关系如图。则25℃时,HF电离常数Ka(HF)=　　　　　　　　　　　　　(列式求值)。 参考答案热点专项练13　弱电解质的图像及分析1.C　解析A项,加水稀释,促进醋酸的电离,故溶液中H+的物质的量增大,不符合题意;B项,n(H+)增大,但溶液体积增加的程度更大,故c平(H+)减小,温度不变,电离常数不变,溶液中,由于c平(H+)减小,所以该比值增大,不符合题意;C项,加水稀释,促进醋酸的电离,但溶液体积增加的程度更大,溶液中总离子浓度减小,所以溶液的导电能力逐渐减小,符合题意;D项,加水稀释,促进醋酸的电离,CH3COOH的电离程度增大,不符合题意。2.D　解析选项A,根据图示可知,曲线A为NaOH溶液稀释曲线,曲线B为氨水的稀释曲线,a点溶液中离子浓度小于b点溶液中离子浓度,a点导电能力更弱,错误;选项B,KW值只与温度有关,b、c两点KW值相等,错误;选项C,相同体积、相同pH的两种溶液中,NH3·H2O的物质的量大于NaOH的物质的量,故与盐酸完全反应时,氨水消耗的盐酸多,错误;选项D,a、c两点溶液pH相等,则c平(H+)相等,正确。3.C　解析由Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)可知,酸性:HNO2>CH3COOH。pH相同的两种酸稀释相同倍数时,酸性强的酸pH变化大,所以曲线Ⅱ为HNO2,A错误;b、c两点处,b点酸性强,对水的电离抑制程度大,所以水的电离程度:c点>b点,B错误;从c点到d点,,KW和Ka只与温度有关,故比值不变,C正确;相同体积a点的两溶液中,n(CH3COOH)>n(HNO2),因此与NaOH恰好中和后,消耗的NaOH的量不同,溶液中n(Na+)不同,D错误。4.D　解析由图像分析可知,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的pH<13,说明ROH\n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lg越大,表示加水稀释的程度越大,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正确;若两溶液无限稀释,则溶液的pH接近于7,故两溶液的c平(OH-)相等,C正确;当lg=2时,溶液V=100V0,由于MOH发生完全电离,升高温度,c平(M+)不变,ROH存在电离平衡:ROHR++OH-,升高温度促进电离平衡向电离方向移动,c平(R+)增大,故减小,D错误。5.B　解析电离平衡常数越大酸性越强,故HCOOH酸性强于CH3COOH,则稀释过程中c平(CH3COOH)>c平(HCOOH),曲线X代表CH3COOH,A错误;c点时溶液pH=6,根据混合溶液中电荷守恒可知:c平(HCOO-)+c平(CH3COO-)=c平(H+)-c平(OH-)=10-6mol·L-1-10-8mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1,B正确;Ka(HCOOH)=,Ka(CH3COOH)=,温度不变,不变,故不变,C错误;a、b点溶液pH相同,溶液中水电离出的H+物质的量浓度相同,c点溶液pH比a点、b点大,对酸对水的电离抑制程度减弱,溶液中水电离出的H+的物质的量浓度增大,故溶液中水电离出的H+的物质的量浓度:c点>a点=b点,D错误。6.答案(1)Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH),溶液中c平(H+):HSCN>CH3COOH,c平(H+)大反应速率快　>(2)mol·L-1=4×10-4mol·L-1解析(1)弱酸的电离常数越大,电离出的c平(H+)越大,故反应开始时,HSCN溶液产生CO2的速率越大;反应结束后,分别得到等浓度的CH3COONa溶液和NaSCN溶液,Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH),则Kh(SCN-)<Kh(CH3COO-),则溶液中c平(SCN-)>c平(CH3COO-)。(2)由电离常数的定义可得\nKa(HF)=mol·L-1=4×10-4mol·L-1。