2019届高考化学一轮复习顶层设计配餐作业：24 《弱电解质的电离》 含解析 练习

配餐作业(二十四)　弱电解质的电离

►►见学生用书P403

1．(2018·济宁模拟)醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是(　　)

A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大

B．0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)增大

C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动

D．25 ℃时，欲使醋酸溶液pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸

解析　醋酸的电离吸热，升高温度促进电离，导致电离常数增大，A项正确；加水稀释促进电离，溶液中c(H＋)减小，c(OH－)增大，B项正确；向醋酸溶液中加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，C项正确；温度不变，电离常数不变，D项错误。

答案　D

2．下列说法中正确的是(　　)

A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强

B．冰醋酸是弱电解质，液态时能导电

C．盐酸中加入固体NaCl，因Cl－浓度增大，所以溶液酸性减弱

D．相同温度下，0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中NH的浓度比0.1 mol·L－1氨水中NH的浓度大

解析　弱电解质浓溶液导电性可能会比强电解质稀溶液导电性强，A项错误；醋酸为共价化合物，液态时不电离，故不导电，B项错误；盐酸中加入NaCl固体，H＋不变，故酸性不变，C项错误；NH4Cl是强电解质完全电离，NH微弱水解，而NH3·H2O为弱电解质，故D项正确。

答案　D

3．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是(　　)

①常温下NaNO2溶液的pH大于7　②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗　③HNO2和NaCl不能发生反应　④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1　⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2　⑥0.1 mol·L－1 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1

A．①④⑥  B．①②③④

C．①④⑤⑥  D．①②③④⑤⑥

解析　①中证明NO能水解，证明HNO2为弱酸，即为弱电解质；②中未能指明溶液的浓度，也没有参照物，不能证明；③NaCl为强酸强碱盐，HNO2无论是强酸还是弱酸都可能不与NaCl反应；④中说明c(H＋)<c(HNO2)，说明HNO2部分电离，存在电离平衡，是弱电解质；⑤中的H3PO4为中强酸，而被中强酸制备的必定是弱酸(没有沉淀物)，弱酸即为弱电解质；⑥中HNO2溶液被稀释，c(H＋)变化与c(HNO2)变化不同步，证明存在电离平衡，即为弱电解质。

答案　C

4．相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液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(　　)

解析　因为强酸完全电离，一元中强酸部分电离，因此相同pH值时，一元中强酸的浓度大，相同体积下一元中强酸的物质的量比强酸大，因此反应过程中中强酸比强酸的反应速率快，最终产生H2的物质的量多。

答案　C

5．(2018·河南郑州质检一)将浓度为0.1 mol·L－1的HF溶液加水稀释，下列各量保持增大的是(　　)

①c(H＋)　②c(F－)　③c(OH－)　④Ka(HF)

⑤Kw　⑥　⑦

A．①⑥  B．②④

C．③⑦  D．④⑤

解析　HF是弱电解质，加水稀释促进HF的电离，但c(H＋)、c(F－)、c(HF)都减小；温度不变，Kw不变，c(H＋)减小，则c(OH－)增大；温度不变，Ka(HF)不变，＝，c(F－)减小，则增大；根据电荷守恒知，c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，则＝＝1－，增大，故减小。综上所述，c(OH－)、保持增大，本题选C。

答案　C

6．(2018·陕西西安八校联考)下列事实一定能说明HA是弱酸的是(　　)

A．常温下NaA溶液的pH大于7

B．HA能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体

C．1 mol·L－1的HA水溶液能使紫色石蕊试液变红

D．用HA溶液做导电性实验，灯泡很暗

解析　NaA溶液的pH大于7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，A项正确；HCl也能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体，但HCl是强酸，B项错误；1 mol·L－1的HCl溶液也能使紫色石蕊试液变红，C项错误；溶液的导电性与溶液中的离子浓度有关，如果是强电解质，但溶液中的离子浓度很小，灯泡也会很暗，D项错误。

答案　A

7．H2CO3和H2S在25 ℃时的电离常数如下：

则下列反应可能发生的是(　　)

A．NaHCO3＋NaHS===Na2CO3＋H2S

B．H2S＋Na2CO3===NaHS＋NaHCO3

C．Na2S＋H2O＋CO2===H2S＋Na2CO3

D．H2S＋NaHCO3===NaHS＋H2CO3

解析　电离常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序是H2CO3>H2S>HCO>HS－，只有B项可以发生。

答案　B

8．pH＝1的两种一元酸HX和HY溶液，分别取50 mL加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2的体积分别为V(HX)和V(HY)。若V(HX)>V(HY)，则下列说法正确的是(　　)

A．HX可能是强酸

B．HX的酸性比HY的酸性弱

C．两酸的浓度大小：c(HX)<c(HY)

D．将两种一元酸均稀释100倍，稀释后两溶液的pH均为3

解析　pH＝1的HX和HY溶液，分别与镁反应。HX产生H2多，则HX为弱酸，且酸性HX<HY，HX的浓度大，则A、C两项错误，B项正确；HX酸性比HY弱，均稀释100倍，HX的pH一定小于3，而HY若为强酸，其pH＝3；若HY为弱酸，则pH<3，D项错误。

答案　B

9．常温下，向10 mL b mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01 mol·L－1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，下列说法不正确的是(　　)

A．b>0.01

B．混合后溶液呈中性

C．CH3COOH的电离常数Ka＝

D．向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小

解析　反应后溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，根据电荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，说明醋酸过量，b>0.01，A、B两项正确；pH＝7，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，Ka＝＝＝，C项正确；在整个滴加过程中水的电离程度先变大后逐渐减小，因为酸、碱抑制水的电离，D项错误。

答案　D

【素养立意】

近几年高考侧重考查考生的化学核心素养，变化观念与平衡思想是化学核心素养的重要组成部分。只要考生具备了平衡思想，解答这类题目时，就可以把电离平衡看作一种化学平衡，把电离平衡常数看作一种平衡常数，根据平衡常数的概念及计算方式对电离平衡常数进行计算。

10．(2018·河南中原名校联考)已知100 ℃时，水的离子积常数Kw＝1×10－12，对于该温度下pH＝11的氨水，下列叙述正确的是(　　)

A．向该溶液中加入同温同体积pH＝1的盐酸，反应后溶液呈中性

B．温度降低至25 ℃，该氨水中H2O电离出的H＋浓度小于10－11 mol/L

C．该氨水中加入NH4Cl溶液，NH3·H2O的电离能力增强

D．滴加等浓度等体积的硫酸，得到的溶液中存在电离平衡：NH4HSO4(aq)NH(aq)＋H＋(aq)＋SO(aq)

解析　已知100 ℃时，水的离子积常数Kw＝1×10－12，对于该温度下pH＝11的氨水，c(H＋)＝10－11 mol/L，c(OH－)＝＝0.1 mol/L，氨水是弱碱，不完全电离，物质的量浓度大于0.1 mol/L。向该溶液中加入同温同体积pH＝1的盐酸，氨水过量，反应后溶液呈碱性，选项A错误；100 ℃时，pH＝11的氨水中H2O电离出的H＋浓度等于10－11 mol/L，温度降低至25 ℃，水的电离程度减小，则该氨水中H2O电离出的H＋浓度小于10－11 mol/L，选项B正确；该氨水中加入NH4Cl溶液，铵根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，NH3·H2O的电离能力减弱，选项C错误；硫酸氢铵是强酸的酸式盐，是强电解质，其电离方程式为NH4HSO4===NH＋H＋＋SO，选项D错误。

答案　B

11.某化学小组为比较盐酸和醋酸的酸性，设计了如下实验方案。装置如图(夹持仪器略)：

实验方案：在两试管中分别加入过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积。

(1)盐酸与镁反应的离子方程式为______________________。

(2)在上述实验方案中有一明显欠缺，该欠缺是_____________。

(3)在欠缺已经得到改正的方案下，反应起始时，产生氢气的速率关系应是____________________；最终产生氢气体积的关系应是__________________________________________________。

(4)实验中产生的氢气体积比理论值高，可能原因是____________________________________。

(5)通过比较起始反应的速率可以得出的结论是

__________________________________________________。

(6)除上述方法外，还可以通过其他方法比较盐酸和醋酸的酸性，请写出其中的一种方法____________。

解析　(1)盐酸与镁反应的离子方程式为Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑。(2)当两种酸的浓度不相等时，无法比较盐酸和醋酸的酸性强弱，所以方案中的欠缺是：没有说明两种酸的浓度相等。(3)当两种酸的浓度相等时，由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以盐酸中的c(H＋)大于醋酸中的c(H＋)，则反应起始时，产生氢气的速率是：盐酸的快，醋酸的慢；两种酸的浓度和体积相等，则两种酸的物质的量相等，所以最终产生氢气的体积相等。(4)由于盐酸、醋酸与镁的反应是放热反应，可能导致过量镁与热水反应产生氢气。(5)根据“同种金属与酸反应的剧烈程度”得：反应剧烈的为强酸，反应不剧烈的为弱酸，所以比较起始反应的速率可得：盐酸酸性比醋酸强。(6)测定同浓度盐酸和醋酸的pH；测定同浓度氯化钠和醋酸钠的pH等。

答案　(1)Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑

(2)没有说明两种酸的浓度相等

(3)盐酸的快，醋酸的慢　相等

(4)反应放热，过量镁与水反应

(5)盐酸酸性比醋酸强

(6)测定同浓度盐酸和醋酸的pH(其他合理答案均可)

12．25 ℃时，0.1 mol·L－1的HA溶液中＝1010，0.10 mol·L－1的BOH溶液中pH＝13。请回答下列问题：

(1)HA是______________(填“强电解质”或“弱电解质”，下同)，BOH是____________。

(2)HA的电离方程式是_____________________________。

(3)在加水稀释HA的过程中，随着水量的增加而减小的是________(填选项字母)。

A.  　　 

B．

C．c(H＋)与c(OH－)的乘积  　　

D．c(OH－)

(4)在体积相等、pH相等的HA溶液与盐酸溶液中加入足量Zn，HA溶液中产生的气体比盐酸中产生的气体________(填“多”“少”或“相等”)。

解析　(1)25 ℃，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，结合＝1010可得c(H＋)＝10－2 mol·L－1，c(OH－)＝10－12 mol·L－1；由HA的浓度知HA为弱电解质。

(2)HA的电离方程式为HAH＋＋A－。

(3)在加水稀释时，平衡向右移动，＝减小，c(H＋)与c(OH－)乘积不变，c(OH－)增大，＝增大。

(4)HA是弱电解质，在pH、体积均相等的盐酸与HA溶液中，HA的物质的量大，故HA与Zn反应产生H2的量多。

答案　(1)弱电解质　强电解质

(2)HAH＋＋A－

(3)B　(4)多

13．Ⅰ.现有pH＝2的醋酸甲和pH＝2的盐酸乙：

(1)取10 mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动，若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动，若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。

(2)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)________pH(乙)(填“大于”“小于”或“等于”)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH＝________。

(3)各取25 mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)________V(乙)(填“大于”“小于”或“等于”)。

(4)取25 mL的甲溶液，加入等体积pH＝12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na＋)、c(CH3COO－)的大小关系为c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“大于”“小于”或“等于”)。

Ⅱ.已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：

(1)25 ℃时，将20 mL 0.1 mol·L－1CH3COOH溶液和20 mL 0.1 mol·L－1HSCN溶液分别与20 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示：

反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是__________________________________________________。

(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是________(填选项字母)。

a．c(CH3COO－)

b．c(H＋)

c．Kw

d．醋酸电离平衡常数

(3)25 ℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为_____________(填化学式)。

解析　Ⅰ.(1)根据勒夏特列原理可知，加水稀释后电离平衡正向移动；若加入冰醋酸，相当于增大了反应物浓度，因此电离平衡也正向移动；加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故c(H＋)/c(CH3COOH)的值减小。(2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后pH(甲)小于pH(乙)。盐酸和醋酸溶液的pH都是2，溶液中的H＋浓度都是0.01 mol·L－1，设醋酸的原浓度为c mol·L－1，混合后平衡没有移动，则有

　　　　　　CH3COOHH＋＋CH3COO－

原平衡浓度

(mol·L－1)       c－0.01    0.01　  0.01

混合后浓度

(mol·L－1)      (c－0.01)/2   0.01　 0.02/2

由于温度不变醋酸的电离常数不变，结合数据可知醋酸的电离平衡确实未发生移动，因此混合后溶液的pH仍等于2。(3)取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较多，经NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V(甲)大于V(乙)。(4)两者反应后醋酸过量，溶液显酸性，根据电荷守恒可得c(Na＋)小于c(CH3COO－)。

Ⅱ.(1)由Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5和Ka(HSCN)＝0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H＋的浓度大于CH3COOH溶液中H＋的浓度，浓度越大反应速率越快。(2)加入氨气，促进醋酸的电离，则c(CH3COO－)增大，故a错误，加入氨气，c(OH－)增大，c(H＋)减小，故b正确；由于温度不变，则Kw不变，故c错误；由于温度不变，醋酸电离平衡常数不变，故d错误。(3)酸性越弱，其盐水解程度越大，pH越大，根据电离平衡常数知酸性：CH3COOH>HCN>HCO，则水解程度：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaCN>CH3COONa。

答案　Ⅰ.(1)向右　向右　减小

(2)小于　2

(3)大于　

(4)小于

Ⅱ.(1)HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H＋)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快

(2)b

(3)Na2CO3>NaCN>CH3COONa