1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。课时提能演练(二十四) (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 molL1甲酸溶液的H0.01 molL1B.甲酸能与水以任何比例互溶C.10 mL 1 molL1甲酸恰好与10 mL 1 molL1 NaOH溶液完全反应D.甲酸溶液的导电性比盐酸的弱2.(2012南昌模拟)向新制备的氯水中不断滴入饱和NaCl溶液，则下列曲线符合氯水pH变化的是()3.(2011山东高考)室温下向10 mL pH3的醋酸溶液中
2、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B.溶液中不变C.醋酸的电离程度增大，c(H)亦增大D.再加入10 mL pH11的NaOH溶液，混合液pH74.(2012驻马店模拟)已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的平衡常数(molL1)如下表：H2CO3H2SO3HClOKa14.30107Ka11.54102Ka2.95108Ka25.611011Ka21.02107下列反应的离子方程式书写正确的是()A.NaClO溶液中通少量CO2：2ClOCO2H2O=2HClOCOB.Na2CO3溶液中通少量SO2：2COSO2H2O=2HCOSOC.NaHCO3溶液中通少量SO2：2HCOS
3、O2=CO2SOH2OD.NaClO溶液中通少量SO2：2ClOSO2H2O=2HClOSO5.(2011新课标全国卷)将浓度为0.1 molL1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是()A.c(H) B.Ka(HF) C. D.6.如图所示的装置分别进行如下实验，各组物质反应后，溶液的导电性比反应前明显增强的是()A.向亚硫酸钠溶液中通入氯气：Na2SO3Cl2H2O=Na2SO42HClB.向硝酸银溶液中通入少量氯化氢：AgNO3HCl=AgClHNO3C.向硫化氢饱和溶液中通入少量氧气：2H2SO2=2H2O2SD.向NaOH溶液中通入少量氯气：2NaOHCl2=NaClNaC
4、lOH2O7.(2012宣城模拟)室温下，pHa的醋酸溶液与pHb的氨水等体积混合，恰好完全反应，设醋酸溶液与氨水中分别有m%和n%的分子电离，则m与n的关系正确的是()A.1014(ab)B.C. D.10(ab)148.(预测题)有两种一元弱酸的钠盐溶液，其物质的量浓度相等。现向这两种盐的溶液中分别通入适量的CO2，发生的反应如下：NaRCO2(少量)H2O=HRNaHCO32NaRCO2(少量)H2O=2HRNa2CO3来源:学科网ZXXK比较HR和HR酸性的强弱，正确的是()A.HR较弱 B.HR较弱C.两者相差不大 D.无法比较9.(2012三亚模拟)今有室温下四种溶液，有关叙述不正
5、确的是()pH111133来源:学。科。网Z。X。X。K溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸来源:Z。xx。k.ComA.、中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小B.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：C.等体积、两溶液与足量的Zn反应，产生气体量D.温度下降10 ，四种溶液的pH均不变10.(易错题)已知室温时，0.1 molL1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pH4B.升高温度，溶液的pH增大C.此酸的电离平衡常数约为1107 molL1D.由HA电离出的H约为水电离出的H的106倍二、非选择题(本题包括3小题，共40分)11.(16分)(探究题)甲
6、、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 molL1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 molL1 的HA溶液和稀盐酸的pH； 再取0.1 molL1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 molL1的HA溶液的pH1(填“”、“”、“H2CO3HSOHClOHCO。A项应该生成HCO，C项应该生成HSO，D
7、项ClO有强氧化性，SO2有还原性，应发生氧化还原反应生成SO，故A、C、D项错误，B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，所以逐渐减小，C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)减小，所以始终保持增大，D项正确。【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，随水的稀
8、释，其值不会改变，但实际上水的电离会产生H，故变小，C错误；D项，已知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，故必增大，故D正确。6.【解析】选A 。溶液导电性的强弱与离子浓度和离子所带的电荷数成正比。A项中反应前后，离子浓度明显增加，导电性明显增强；B、D两项离子浓度几乎不变，导电性几乎没有变化；C项反应生成更难电离的物质，因此离子浓度减小，导电能力明显减弱。【方法技巧】判断溶液导电能力是否变化的本质依据来源:学,科,网Z,X,X,K在溶液体积不变的情况下，同价态离子数目的“等量代换”对导电性基本没有影响，只有强弱电解质的相互
9、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A。依题意得，酸碱恰好完全反应，所以醋酸溶液和氨水中溶质的物质的量相等，则有，即1014(ab)，A选项正确。8. 【解析】选B。分析题给反应，从“碳酸跟R反应生成HR”可得出电离能力H2CO3HR；从“少量CO2生成HCO”可得出电离能力HRHCO；从“少量CO2生成CO”可得出电离能力HR，因加水稀释时NH3H2O和CH3COOH电离程度增大，B正确。等体积、两溶液与足量Zn反应产生氢气的体积，因为、pH3，而醋酸浓度大于盐酸，C正确。温度下降10 ，NH3H2O、CH3COOH电离程度减小，pH会发生变化，D不正确。10
10、. 【解析】选B。由于HA中H0.1 molL10.1%1104 molL1，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，电离平衡向正方向移动，从而使溶液中H增大，pH减小，故B错误；室温时0.1 molL1 HA溶液中HA1104 molL1，电离平衡常数：K1107 molL1，故C正确；该溶液中H1104 molL1、OH11010 molL1，由HA电离出的H1104 molL1，由水电离出的H水OH水11010 molL1，故D正确。【误区警示】本题易错选D。原因是不明确在0.1 molL1一元酸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
11、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)弱酸不能完全电离，故0.1 molL1的HA中H必小于0.1 molL1，故pH1，因HA为弱酸，溶液中的H低于相同浓度的一元强酸的H，故产生氢气的速率稍慢，但最终由于电离出的氢离子的量相同，故生成氢气的体积一样大，即气球的体积一样大。(2)乙方案中，取0.1 molL1的HA溶液和稀盐酸各2滴稀释相同的倍数，弱酸HA的pH变化小，强酸的pH变化大，这是因为稀释能促进弱电解质电离平衡的移动。答案：(1)B(2)AD12. 【解析】(1)H2A第一步完全电离属于强电解质。
12、(2)H2A第一步电离产生的H对HA的电离产生抑制，使其电离平衡左移。(3)正盐与酸反应转化为酸式盐。答案：(1)强电解质(2)H2A第一步产生的H抑制了HA的电离(3)能HA2=HA13.【解题指南】解答本题要注意以下两点：(1)H2CO3的两级电离常数分别表示H2CO3和HCO的电离程度。(2)同浓度的两种酸稀释相同倍数，pH变化越大，说明酸性越强。【解析】(1)根据表中的电离平衡常数，可知酸性：CH3COOHH2CO3HClOHCO因此对应钠盐溶液的碱性：CH3COONaNaHCO3NaClONa2CO3。(2)CH3COOH加水稀释，电离程度增大，n(H)增大，但H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；H/CH3COOHKa/CH3COO，因此H/CH3COOH增大，B对；H减小，而水的离子积不变，则OH增大，因此OH/H增大，D对。答案：(1)adcb(2)B、D(3)大于稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化比CH3COOH的pH变化大，故HX酸性较强，电离平衡常数较大