浙江2013版化学复习方略 课时提能演练(二十二)8.1弱电解质的电离平衡

1、.温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节适宜的观看比例，答案解析附后。课时提能演练二十二 45分钟 100分一、选择题此题包括10小题，每题6分，共60分1.下表中物质的分类组合完全正确的选项是编号ABCD强电解质BaOH2盐酸HClO4BaSO4弱电解质HICaCO3HClONH3·H2O非电解质SO2NH3Cl2乙醇2.2019·杭州模拟以下关于氨水的表达不正确的选项是A.氨水中离子浓度：cOHcNHB.0.1 mol·L1的氨水加水稀释，溶液中cH将增大C.氨水中通入少量HCl气体，能促进一水合氨的电离，使cOH增大D.常温下，p

2、H12的氨水与pH2的硫酸溶液等体积混合后，溶液的pH73.氢氰酸HCN的以下性质中，可以证明它是弱电解质的是 A.1 mol·L-1氢氰酸溶液的pH约为3B.HCN易溶于水C.10 mL 1 mol·L-1 HCN恰好与10 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液完全反响D.HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱4.2019·温州模拟能促进水的电离，并使溶液中cH+cOH-的操作是 将水加热煮沸向水中投入一小块金属钠向水中通CO2向水中参加明矾晶体向水中加NaHCO3固体向水中加NaHSO4固体A B C D5.2019·唐山模拟升高温度，以下数据

3、不一定增大的是A.化学反响速率v B.水的离子积常数KwC.化学平衡常数K D.弱酸的电离平衡常数Ka6.2019·宁波模拟A酸和B酸都是一元弱酸，当它们的浓度均为0.1 mol·L1时，A酸的电离度为B酸的3倍。现有两种浓度不等的A酸溶液a和b，以及0.1 mol·L1的B酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、B酸、b。由此可知 A.a的浓度必小于B酸的浓度B.a的浓度必大于B酸的浓度C.b的浓度必小于B酸的浓度D.b的浓度必大于B酸的浓度7.一样体积、一样pH的某一元强酸溶液和某一元弱酸溶液分别与足量的锌粉发生反响，以下关于氢气体积V随时间t变化的示意图正确的

4、选项是8.2019·山东高考室温下向10 mL pH3的醋酸溶液中加水稀释后，以下说法正确的选项是A.溶液中导电粒子的数目减少B.溶液中不变C.醋酸的电离程度增大，cH亦增大D.再参加10 mL pH11的NaOH溶液，混合液pH79.下面三个数据：7.2×104、4.6×104、4.9×1010分别是三种酸的电离平衡常数，假设这些酸可发生如下反响：NaCNHNO2=HCNNaNO2，NaCNHF=HCNNaF，NaNO2HF=HNO2NaF。由此可判断以下表达中，不正确的选项是A.HF的电离平衡常数为7.2×104B.HNO2的电离平衡常数为

5、4.9×1010C.根据两个反响即可知三种酸的相对强弱D.HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小10.易错题室温时，0.1 mol·L1某一元酸HA在水中的电离度为0.1%，以下表达错误的选项是A.该溶液的pH4B.升高温度，溶液的pH增大C.此酸的电离平衡常数约为1×107D.由HA电离出的cH约为水电离出的cH的106倍二、非选择题此题包括3小题，共40分11.12分1将等质量的Zn粉分别投入：a：10 mL 0.1 mol·L1 HCl和b：10 mL 0.1 mol·L1醋酸中。填“、“或“假设Zn缺乏量，那么反响速率a _b，假设

6、Zn过量，产生H2的量a_b。2将等质量的Zn粉分别投入pH1，体积均为10 mL的a：盐酸b：醋酸中假设Zn缺乏量，那么起始反响速率ab，假设Zn过量，产生H2的量a_b。12.13分预测题25 时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka1.8×105Ka14.3×107Ka25.6×1011Ka3.0×108答复以下问题：1物质的量浓度均为0.1 mol·L1的四种溶液：a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaClO d.NaHCO3pH由小到大排列顺序是用编号填写。2常温下，0

7、.1 mol·L1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，以下表达式的数据变大的是。A.cHB.cH/cCH3COOHC.cH·cOH D.cOH/cHE.cH·cCH3COO/cCH3COOH3体积均为100 mL pH2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图，那么HX的电离平衡常数_填“大于、“小于或“等于CH3COOH的电离平衡常数，理由是_。13.15分探究题甲、乙两位同学设计用实验确定某酸HA是弱电解质，存在电离平衡，且改变条件平衡发生挪动。实验方案如下： 甲：取纯度一样，质量、大小相等的锌粒于两支试管中，同时参加0.1 mo

8、l·L1的HA溶液、稀盐酸各10 mL，按图装好，观察现象。乙： 用pH计测定浓度均为0.1 mol·L1 的HA溶液和稀盐酸的pH； 再取0.1 mol·L1的HA溶液和稀盐酸各2滴1滴约为1/20 mL分别稀释至100 mL，再用pH计测其pH变化。1乙的方案中说明HA是弱电解质的理由是：测得0.1 mol·L1的HA溶液的_1填“>、“<或“；甲方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是。A.参加两种稀酸后，两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大B.参加HA溶液后，试管上方的气球鼓起慢C.参加稀盐酸后，试管上方的气球鼓起慢2 乙同学设计的实验

9、第步，能证明改变条件弱电解质平衡发生挪动。甲同学为了进一步证明弱电解质电离平衡挪动的情况，设计如下实验：使HA的电离程度和cH都减小，cA增大，可在0.1 mol·L1的HA溶液中，选择参加试剂选填“A、“B、“C或“D，下同；使HA的电离程度减小，cH和cA都增大，可在0.1 mol·L1的HA溶液中，选择参加试剂。A.NaA固体可完全溶于水B.1 mol·L1 NaOH溶液C.1 mol·L1 H2SO4D.2 mol·L1 HA答案解析1.【解析】选D。HI、CaCO3为强电解质，A、B错误；Cl2既不是电解质，也不是非电解质，C错误；D

10、正确。2.【解析】选C。氨水中的NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在NH3·H2ONHOH，A正确；氨水加水稀释，平衡正移，但cOH-减小，cH+增大，B正确；氨水中参加少量HCl，使H+OH-H2O，消耗OH-，使cOH-减小，C错误；常温下，pH=12的氨水与pH=2的硫酸等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，故pH7,D正确。3.【解析】选A。假设HCN为强酸，那么1mol·L-1的溶液中cH+=1mol·L-1,pH=03,故HCN为弱酸，不完全电离,A正确；不能据水溶性等物理性质判断电解质的强弱，B错误；物质的量一定时中和碱的才能与电解质的强弱

11、无关，C错误；无条件限定时，溶液导电性与电解质的强弱无关，D错误。4.【解析】选A。将水加热煮沸，能促进水电离，但cH+=cOH-，向水中投入Na,会发生2Na+2H2O=2NaOH+H2使cOH-cH+,向水中通入CO2，CO2+H2O=H2CO3,抑制水的电离，向水中参加KAlSO42，会发生Al3+3H2OAlOH3+3H+，促进水的电离，且cHcOH，向水中参加NaHCO3，发生HCO3H2OH2CO3OH，虽然促进水的电离，但cOHcH，向水中加NaHSO4，会抑制H2O的电离，应选A。5.【解析】选C。升高温度，化学反响速率一定增大，A正确；水、弱电解质的电离是吸热过程，故升高温度

12、，平衡均向右挪动，水的离子积常数、弱酸的电离平衡常数均增大，B、D正确；化学平衡中，有些可逆反响，正反响为吸热反响，有些为放热反响，故升高温度时，平衡常数K可能增大，也可能减小。6.【解析】选A。电离度×100%×100%。cHc酸·，同一酸溶液浓度越小，电离度越大。酸溶液a、b、0.1 mol·L1的B溶液的pH，由大到小的顺序为a、0.1 mol·L1的B溶液、b，那么cH由大到小的顺序为b、0.1 mol·L1 B溶液、a。b的浓度大于a的浓度。由于同浓度时A酸电离度是B酸的3倍，那么a的浓度一定小于B酸的浓度。b的浓度可能小于

13、B酸的浓度也可能大于或等于B酸的浓度，应选A。7.【解题指南】解答此题时注意以下两点：1反响速率快慢，即曲线的斜率；2产生氢气的量的大小，即曲线的纵坐标。【解析】选C。一样体积、一样pH的一元强酸和一元弱酸，弱酸的物质的量浓度大于强酸的物质的量浓度，故与足量的锌粉反响，弱酸产生的氢气多，曲线的纵坐标大；初始时二者的cH一样，反响一旦开场，弱酸还会电离出新的H，即弱酸电离出的cH大于强酸，故弱酸与锌粉的反响速率大于强酸与锌粉反响的速率，曲线的斜率大。结合题中图像可知，C项正确。8.【解题指南】解答此题时注意以下两点：1合理变形后判断B项中表达式的正误；2酸碱混合后溶液酸碱性的判断根据。【解析】选

14、B。A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B项，在稀释的过程中，温度不变，故KacCH3COOcH/cCH3COOH不变，又因为cHKw/cOH，故cCH3COO×Kw/cCH3COOH·cOHKa，Kw在室温下也是常数，故B正确；C项，电离程度虽然增大，但cH减小，C错误；D项，参加10 mL pH11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。 9.【解析】选B。一样温度下弱电解质的电离平衡常数是比较弱电解质相对强弱的根据之一。该题中涉及三个反响。由题干三个化学反响方程式强酸制弱酸可以得出：HF、HNO2、HC

15、N的酸性依次减弱。酸性越强，电离常数越大，据此将三个K值与酸对应起来，故A正确，B错误。反响说明HNO2>HCN，反响说明HF>HNO2，可知C、D正确。10.【解析】选B。由HA0.1%知HA中cH0.1 mol·L1×0.1%1×104 mol·L1，因此pH4，故A正确；由于弱电解质的电离过程为吸热过程，温度升高，电离平衡向正方向挪动，从而使溶液中cH增大，pH减小，故B错误；室温时0.1 mol·L1 HA溶液中cHcA1×104 mol·L1，电离平衡常数：K1×107，故C正确；该溶液中cH

16、1×104 mol·L1、cOH1×1010 mol·L1，由HA电离出的cH1×104 mol·L1，由水电离出的cH水cOH水1×1010 mol·L1，故D正确。【误区警示】此题易错选D。原因是不明确在0.1 mol·L1一元酸HA溶液中，以酸电离产生的氢离子浓度为主，计算氢离子浓度时，水电离产生的氢离子浓度可以忽略，但氢氧根离子全部来自水的电离，且水电离产生的氢离子浓度和氢氧根离子浓度是一样的。11.【解析】1因为盐酸是强酸，而醋酸是弱酸，等浓度的盐酸的cH远远大于醋酸的cH，故盐酸反响速率较大；

17、虽然一强一弱，但最终电离出的nH一样，故产生的H2的量一样；2pH一样意味着cH一样，故起始反响速率一样；盐酸和醋酸，由于一强一弱，醋酸的浓度要远远大于盐酸的浓度，在一样体积的情况下，醋酸的物质的量远远大于盐酸，故产生H2的量醋酸大于盐酸。答案：1>2<12.【解析】1根据表中的电离平衡常数，可知酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO因此对应钠盐溶液的碱性：CH3COONa<NaHCO3<NaClO<Na2CO3。2CH3COOH加水稀释，电离程度增大，nH增大，但cH减小，A错；由于温度不变，电离平衡常数不变，水的离子积不变，C错、E错；cH/cCH3COOHKa/cCH3COO，因此cH/cCH3COOH增大，B对；cH减小，而水的离子积不变，那么cOH增大，因此cOH/cH增大，D对。答案：1a<dc<b2B、D3大于 稀释一样倍数，