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【安徽】2019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

（人教版）

（45分钟 100分）

一、选择题(本题包括10小题，每小题6分，共60分) 1.甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是( ) A.1 mol / L甲酸溶液的c(H)＝0.01 mol/L B.甲酸能与水以任何比例互溶

C.10 mL 1 mol/L甲酸恰好与10 mL 1 mol/L NaOH溶液完全反应 D.甲酸溶液的导电性比盐酸的弱

2.(2019·淮南模拟)下列各组比较中，前者比后者大的是( ) A.25 ℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度 B.25 ℃时，pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度 C.同温度、同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力 D.25 ℃时，pH均为3的HCl和FeCl3溶液中水的电离程度

3.(2019·山东高考)室温下向10 mL pH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是( ) A.溶液中导电粒子的数目减少 c(CH3COO)

B.溶液中－不变

c(CH3COOH)·c(OH)C.醋酸的电离程度增大，c(H)亦增大

D.再加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7

4.相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是( )

5.(2019·新课标全国卷)将浓度为0.1 mol·L HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是( ) c(F)c(H)A.c(H) B.Ka(HF) C. ＋ D.

c(H)c(HF)

＋

－

＋－1

＋

－

＋

6.(2019·临沂模拟)0.1 mol·L氨水10 mL，加蒸馏水稀释到1 L后，下列变化中正确的是( ) c(NH4)

①电离程度增大 ②c(NH3·H2O)增大 ③NH数目增多 ④c(OH)增大 ⑤导电性增强 ⑥

c(NH3·H2O)

＋4

－

＋

－1

增大

A.①②③ B.①③⑤ C.①③⑥ D.②④⑥

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7.已知下面三个数据：7.2×10、4.6×10、4.9×10发生如下反应：

①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2， ②NaCN＋HF===HCN＋NaF， ③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。

由此可判断下列叙述中，不正确的是( ) A.HF的电离平衡常数为7.2×10 B.HNO2的电离平衡常数为4.9×10

－10－4

－4－4－10

分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可

C.根据①③两个反应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 8.下列关于电解质溶液的叙述正确的是( )

A.常温下，由0.1 mol·L一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液存在：BOHB.常温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c(Cl)＞c(NH4)＞c(H)＝ c(OH)

C.中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同 D.将pH＝4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低

9.对室温下氢离子浓度、体积均相同的HCl溶液和CH3COOH溶液分别采取以下措施，有关叙述正确的是( )

A.加适量的CH3COONa晶体，两溶液的氢离子浓度减小 B.使温度升高20 ℃，两溶液的氢离子浓度不变 C.加水稀释2倍，两溶液的氢离子浓度增大

D.加足量的Zn充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多

10.(易错题)已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( ) A.该溶液的pH＝4

B.升高温度，溶液的pH增大 C.此酸的电离平衡常数约为1×10

D.由HA电离出的c(H)约为水电离出的c(H)的10倍 二、非选择题(本题包括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·L HCl和b：10 mL 0.1 mol·L醋酸中。

－1

－1

＋

＋

6

－7

－

－

＋

＋

－1

B＋OH

＋－

第 - 2 - 页

(填“＞”、“＝”或“＜”)

①若Zn不足量，则反应速率a b， ②若Zn过量，产生H2的量a b。

(2)将等质量的Zn粉分别投入pH＝1，体积均为10 mL的a：盐酸b：醋酸中 ①若Zn不足量，则起始反应速率a b， ②若Zn过量，产生H2的量a b。

12.(12分)(预测题)已知25 ℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示：

化学式 电离平衡常数 回答下列问题：

(1)物质的量浓度均为0.1 mol·L的四种溶液： a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaClO d.NaHCO3 pH由小到大排列顺序是 (用编号填写)。

(2)常温下，0.1 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是 。 A.c(H)

B.c(H)/c(CH3COOH) C.c(H)·c(OH) D.c(OH)/c(H)

E.c(H)·c(CH3COO)/c(CH3COOH)

(3)体积均为100 mL pH＝2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则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.(16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移动。实验方案如下：

甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒于两支试管中，同时加入 0.1 mol·L的HA溶液、稀盐酸各10 mL，按图装好，观察现象。 乙：① 用pH计测定浓度均为0.1 mol·L 的HA溶液和稀盐酸的pH；

② 再取0.1 mol·L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

－1

－1

－1

＋

－

－

＋

＋

－

＋＋

－1

CH3COOH H2CO3 HClO Ka＝1.8×10－5 Ka1＝4.3×10－7 Ka2＝5.6×10－11 Ka＝3.0×10－8 第 - 3 - 页

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·L的HA溶液的

pH 1(填“>”、“<”或“＝”)；甲方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是： A.加入两种稀酸后，两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大 B.加入HA溶液后，试管上方的气球鼓起慢 C.加入稀盐酸后，试管上方的气球鼓起慢

(2) 乙同学设计的实验第 步，能证明改变条件弱电解质平衡发生移动。甲同学为了进一步证明弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验：

①使HA的电离程度和c(H)都减小，c(A)增大，可在0.1 mol·L的HA溶液中，选择加入 试剂(选填“A”、“B”、“C”或“D”，下同)；

②使HA的电离程度减小，c(H)和c(A)都增大，可在0.1 mol·L的HA溶液中，选择加入______试剂。 A.NaA固体(可完全溶于水) B.1 mol·L NaOH溶液 C.1 mol·L H2SO4 D.2 mol·L HA

答案解析

1.【解题指南】解答本题时注意以下两点：

(1)判断弱电解质的关键在于证明该电解质在水溶液中没有完全电离；

(2)相同物质的量的一元强酸与一元弱酸中和碱的能力是相同的，无法用中和反应来证明电解质的强弱。 【解析】选A。1 mol/L的甲酸溶液中c(H)＝0.01 mol/L，说明甲酸未全部电离；溶解性与电解质的强弱无关；物质的量相等的一元强酸和一元弱酸中和碱的能力相同；强酸溶液的导电能力不一定比弱酸溶液的导电能力强。

2.【解析】选C。A项，同温度pH相等的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度相等；B项，同温度pH相等的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度相比，后者大；C项，导电能力与溶液中的离子浓度有关，同温度、同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力，前者大；D项，HCl电离出的H能抑制水的电离，FeCl3水解能促进水的电离，同温度pH相等的HCl和FeCl3溶液中水的电离程度，后者大。 3.【解题指南】解答本题时注意以下两点： (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依据。

＋

＋

－1－1－1

＋

－

－1

＋

－

－1

－1

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【解析】选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Ka＝c(CH3COO)c(H)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H)＝Kw/c(OH)，故c(CH3COO

－

－

＋

＋

－

)×Kw/[c(CH3COOH)·c(OH)]＝Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；C项，电离程度虽然增大，但c(H)

－＋

减小，C错误；D项，加入10 mL pH＝11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。

4.【解题指南】解答本题时注意以下两点： (1)反应速率快慢，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。相同体积、相同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，故与足量的锌粉反应，弱酸产生的氢气多，曲线的纵坐标大；初始时二者的c(H)相同，反应一旦开始，弱酸还会电离出新的

H，即弱酸电离出的c(H)大于强酸，故弱酸与锌粉的反应速率大于强酸与锌粉反应的速率，曲线的斜率大。结合题中图像可知，C项正确。

5.【解析】选D。A项，弱酸稀释时，电离平衡正向移动，溶液中n(H)增大，但c(H)减小，A错误；Bc(F)－项，弱酸的Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变，B错误；C项，因为在同一溶液中，所以＋＝n(F)/n(H

c(H)

＋

－

＋

＋

＋

＋

＋

c(F)

)，随溶液的稀释，弱酸对水的电离的抑制作用减弱，水电离出的H逐渐增多，所以＋逐渐减小，C

c(H)

＋

＋

＋

－

c(H)n(H)＋

错误；D项，在同一溶液中，＝，随溶液的稀释，HF的电离平衡正向移动，n(H)增大，n(HF)

c(HF)n(HF)c(H)

减小，所以始终保持增大，D项正确。

c(HF)

c(F)

【一题多解】本题可从电离平衡常数角度进行分析，C项，假设不考虑水的电离，只考虑HF的电离，＋c(H)c(F)

随水的稀释，其值不会改变，但实际上水的电离会产生H，故C错误；D项，已知Ka(HF)＝c(H＋变小，c(H)

＋

＋

－

－

＋

c(H)

)·c(F)/c(HF)，因加水冲稀，c(F)必然减小，又因为温度不变，Ka(HF)不变，故必增大，故D

c(HF)

－

－

＋

正确。

6.【解析】选C。NH3·H2O作为弱电解质加水稀释，电离程度增大，c(NH3·H2O)减小，NH4和OH的数目增c(NH4)

多，但c(OH)、c(NH)减小；导致溶液的导电性减弱；由于加水稀释，电离平衡向右移动，故

c(NH3·H2O)

－

＋4

＋

＋

－

增大。

【方法技巧】判断溶液导电能力是否变化的本质依据

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