（安徽专用）版高考化学 课时提能演练二十二 81 弱电解质的电离 新人教版（含精细解析）

第7-页【安徽】2023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(此题包括10小题，每题6分，共60分)1.甲酸的以下性质中，可以证明它是弱电解质的是()A.1mol/L甲酸溶液的c(H＋)＝0.01mol/LB.甲酸能与水以任何比例互溶C.10mL1mol/L甲酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反响D.甲酸溶液的导电性比盐酸的弱2.(2023·淮南模拟)以下各组比拟中，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.(2023·山东高考)室温下向10mLpH＝3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eq\f(c(CH3COO－),c(CH3COOH)·c(OH－))不变C.醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大D.再参加10mLpH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝74.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响，以下关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的选项是()5.(2023·新课标全国卷)将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释，以下各量始终保持增大的是()A.c(H＋)B.Ka(HF)C.eq\f(c(F－),c(H＋))D.eq\f(c(H＋),c(HF))6.(2023·临沂模拟)0.1mol·L－1氨水10mL，加蒸馏水稀释到1L后，以下变化中正确的选项是()①电离程度增大②c(NH3·H2O)增大③NHeq\o\al(＋,4)数目增多④c(OH－)增大⑤导电性增强⑥eq\f(c(NH\o\al(＋,4)),c(NH3·H2O))增大A.①②③B.①③⑤C.①③⑥D.②④⑥7.下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10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：①NaCN＋HNO2=HCN＋NaNO2，②NaCN＋HF=HCN＋NaF，③NaNO2＋HF=HNO2＋NaF。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7.2×10－4B.HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10C.根据①③两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8.以下关于电解质溶液的表达正确的选项是()A.常温下，由0.1mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液存在：BOHSKIPIF1<0B＋＋OH－B.常温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞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，有关表达正确的选项是()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充分反响后，两溶液中产生的氢气一样多10.(易错题)室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，以下表达错误的选项是()A.该溶液的pH＝4B.升高温度，溶液的pH增大C.此酸的电离平衡常数约为1×10－7D.由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)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：10mL0.1mol·L－1HCl和b：10mL0.1mol·L－1醋酸中。(填“＞〞、“＝〞或“＜〞)①假设Zn缺乏量，那么反响速率ab，②假设Zn过量，产生H2的量ab。(2)将等质量的Zn粉分别投入pH＝1，体积均为10mL的a：盐酸b：醋酸中①假设Zn缺乏量，那么起始反响速率ab，②假设Zn过量，产生H2的量ab。12.(12分)(预测题)25℃时局部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Ka＝1.8×10－5Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka＝3.0×10－8答复以下问题：(1)物质的量浓度均为0.1mol·L－1的四种溶液：a.CH3COONab.Na2CO3c.NaClOd.NaHCOpH由小到大排列顺序是(用编号填写)。(2)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，以下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100mLpH＝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.(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，同时参加0.1mol·L－1的HA溶液、稀盐酸各10mL，按图装好，观察现象。乙：①用pH计测定浓度均为0.1mol·L－1的HA溶液和稀盐酸的pH；②再取0.1mol·L－1的HA溶液和稀盐酸各2滴(1滴约为1/20mL)分别稀释至100mL，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0.1mol·L－1的HA溶液的pH1(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0.1mol·L－1的HA溶液中，选择参加试剂(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0.1mol·L－1的HA溶液中，选择参加______试剂。A.NaA固体(可完全溶于水)B.1mol·L－1NaOH溶液C.1mol·L－1H2SO4D.2mol·L－1答案解析1.【解题指南】解答此题时注意以下两点：(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，无法用中和反响来证明电解质的强弱。【解析】选A。1mol/L的甲酸溶液中c(H＋)＝0.01mol/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依据。【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，参加10mLpH＝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。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，故与足量的锌粉反响，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，反响一旦开始，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。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；B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eq\f(c(F－),c(H＋))＝n(F－)/n(H＋)，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eq\f(c(F－),c(H＋))逐渐减小，C错误；D项，在同一溶液中，eq\f(c(H＋),c(HF))＝eq\f(n(H＋),n(HF))，随溶液的稀释，HF的电离平衡正向移动，n(H＋)增大，n(HF)减小，所以eq\f(c(H＋),c(HF))始终保持增大，D项正确。【一题多解】此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，eq\f(c(F－),c(H＋))随水的稀释，其值不会改变，但实际上水的电离会产生H＋，故eq\f(c(F－),c(H＋))变小，C错误；D项，Ka(HF)＝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eq\f(c(H＋),c(HF))必增大，故D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，NHeq\o\al(＋,4)和OH－的数目增多，但c(OH－)、c(NHeq\o\al(＋,4))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eq\f(c(NH\o\al(＋,4)),c(NH3·H2O))增大。【方法技巧】判断溶液导电能力是否变化的本质依据(1)电解质溶液导电能力的强弱取决于离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，所带电荷越多，溶液的导电能力越强。(2)在溶液体积不变的情况下，同价态离子数目的“等量代换〞对导电性根本没有影响，只有强弱电解质的相互转换或离子数目明显变化时，才会发生导电能力的明显变化。7.【解析】选B。相同温度下弱电解质的电离平衡常数是比拟弱电解质相对强弱的依据之一。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、HCN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①说明HNO2>HCN，反响③说明HF>HNO2，可知C、D正确。8.【解析】选A。A项，常温下，0.1mol/L的一元碱的pH＝10说明该一元碱是弱碱，在溶液中不能完全电离；根据电荷守恒，B项正确的表达式应为：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＝c(OH－)；C项醋酸是弱酸，消耗的NaOH较多；根据水的离子积常数可知，盐酸稀释后，OH－浓度逐渐增大。9.【解析】选A。醋酸和盐酸的c(H＋)相同，CH3COOH溶液中存在着电离平衡：CH3COOHSKIPIF1<0CH3COO－＋H＋，参加少量CH3COONa晶体，平衡向逆反响方向移动，溶液中c(H＋)减小。而盐酸那么和CH3COONa反响生成弱电解质CH3COOH，c(H＋)减小；升温，促进CH3COOH电离，c(H＋)增大，盐酸挥发，溶质减少，c(H＋)减小；加水稀释，CH3COOH的电离平衡向正反响方向移动，稀释相同倍数后两溶液的c(H＋)不相同，醋酸中的c(H＋)大于盐酸中的c(H＋)，但c(H＋)均减小；由于醋酸和盐酸的c(H＋)相同，而醋酸为弱酸，所以c(CH3COOH)大于c(HCl)，参加足量的锌，由于CH3COOH浓度大，随着反响的进行，CH3COOH继续电离产生H＋，因此产生的氢气多。10.【解析】选B。由于HA中c(H＋)＝0.1mol/L×0.1%＝1×10－4mol/L，因此pH＝4，故A正确；由于弱电解质的电离过程为吸热过程，温度升高，电离平衡向正方向移动，从而使溶液中c(H＋)增大，pH减小，故B错误；室温时0.1mol/LHA溶液中c(H＋)＝c(A－)＝1×10－4mol/L，电离平衡常数：K＝eq\f(c(H＋)×c(A－),c(HA))＝eq\f(1×10－4×1×10－4,0.1－1×10－4)≈1×10－7，故C正确；该溶液中c(H＋)＝1×10－4mol/L、c(OH－)＝1×10－10mol/L，由HA电离出的c(H＋)＝1×10－4mol/L，由水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝SKIPIF1<0＝1×10－10mol/L，故D正确。【误区警示】此题易错选D。原因是不明确在0.1mol/L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相同的。11.【解析】(1)①因为盐酸是强酸，而醋酸是弱酸，等浓度的盐酸的c(H＋)远远大于醋酸的c(H＋)，故盐酸反响速率较大；②虽然一强一弱，但最终电离出的n(H＋)相同，故产生的H2的量相同；(2)pH相同意味着c(H＋)相同，故起始反响速率相同；盐