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高中化学暑假功课:弱电解质的电离均衡检测题

2019-06-08| 来源:互联网| 查看:163

摘要:高中化学暑假功课:弱电解质的电离均衡检测题 【摘要】 高中化学暑假功课:弱电解质的电离均衡检测题 是佳构进修网为您整理的最新进修资料,请您具体阅读! 1.下列电离方程式中

高中化学暑假功课:弱电解质的电离均衡检测

【摘要】高中化学暑假功课:弱电解质的电离均衡检测是佳构进修网为您整理的最新进修资料,请您具体阅读!

1.下列电离方程式中,错误的是( )

A.Al2(SO4)3====2Al3++3 B.HF H++F-

C.HI H++I- D.Ca(OH)2 Ca2++2OH-

理会:弱电解质存在电离均衡,强电解质全部电离。Al2(SO4)3、HI、Ca(OH)2为强电解质。书写电离方程式用“====”,HF为弱电解质,书写电离方程式用“ ”。故谜底为C、D。

谜底:CD

2.把0.05 mol NaOH固体,别离插手下列100 mL溶液中,溶液的导电本领变革不大的是( )

A.自来水 B.0.5 mol•L-1 盐酸

C.0.5 mol•L-1醋酸 D.0.5 mol•L-1 NH4Cl溶液

理会:离子浓度变革不大,导电本领变革就不大。在水中、CH3COOH中插手NaOH固体,离子浓度都增大;向HCl中插手NaOH固体,自由移动离子数根基稳定,则离子浓度变革不大;向NH4Cl中插手NaOH固体,离子浓度根基稳定。

谜底:BD

3.能影响水的电离均衡,并使溶液中c(H+ )>c(OH-)的操纵是( )

A.向水中投入一小块金属钠 B.将水加热煮沸

C.向水中通入CO2 D.向水中插手食盐晶体

理会:A项中插手钠,Na与H2O回响生成NaOH,影响水的电离均衡,使c(OH-)>c(H+);B项中加热使电离均衡右移,c(H+)=c(OH-);C项中通入CO2,CO2+H2O====H2CO3,使c(H+)>c(OH-);而D项中c(H+)=c(OH-),故选C。

谜底:C

4.水的电离进程为H2O H++OH-,在差异温度下其均衡常数为K(25 ℃) =1.0×10-14,K(35 ℃)=2.1×10-14。则下列论述正确的是( )

A.c(H+)跟着温度的升高而低落 B.在35 ℃时,c(H+)>c(OH-)

C.水的电离百分率 α(25 ℃)>α(35 ℃) D.水的电离是吸热的

理会:本题观察水的电离的实质及水的电离均衡的影响因素。由题中条件可以看出,温度升高后,K值增大。25 ℃时c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7 mol•L-1。35 ℃ 时c(H+)=c(OH-)=1.45×10-7 mol•L-1。温度升高,c(H+)、c(OH-)都增大,且仍然相等,水的电离百分率也增大 。因温度升高均衡向正回响偏向移动,故水的电离为吸热回响。

谜底:D

5.将1 mL 0.1 mol•L-1的H2SO4溶液插手纯水中制成200 mL溶液,该溶液中由水自身电离发生的c(H+)最靠近于( )

A.1×10-3 mol•L-1 B.1×10-13 mol•L-1

C.1×10-7 mol•L-1 D.1 ×10-11 mol•L-1

理会:在水电离到达均衡时插手硫酸,由于c(H+)增大,使水的电离均衡向逆向移动,故水电离发生的c(H+)小于10-7 mol•L-1,解除A、C两选项。数值的巨细由溶液中的c(H+)和c(OH-)及KW来确定,因所得的溶液为酸性溶液,酸电离发生的H+远远大于水电离发生的H+,所以溶液中c(H+)由酸定,溶液中的c(OH-)是由水电离所得。而水电离发生的c(H+)=c(OH-),即可求出水电离发生的c(H+)。

谜底:D高中化学暑假功课-2[/page]

6.在100 ℃时,水的离子积为1×10-12,若该温度下某溶液中的H+浓度为1×10-7 mol•L-1,则该溶液( )

A.呈碱性 B.呈酸性 C.呈中性 D.c(OH-)=100c(H+)

理会:100 ℃时中性溶液的c(H+)=c(OH-)=10-6mol•L-1

而c(H+)=10-7 mol•L-1

则c(OH-)= =10-5 mol•L-1>10-7 mol•L-1

且 =100。

谜底:AD

7.甲酸的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是( )

A.1 mol•L-1的醋酸溶液的pH约为2

B.醋酸能与水以任意比例互溶

C.10 mol•L-1的甲酸10 mL刚好与10 mL 1 mo l•L-1 NaOH溶液完全回响

D.在沟通条件下,甲酸溶液的导电性比强酸溶液的导电性弱

理会:弱电解质的本质特征就是在水溶液中部门电离:A中pH=2则c(H+)=0.01 mol•L-1,可以说明这一点。D中,在沟通条件下导电性弱,也是由于甲酸不完全电离造成的。

谜底:AD

8.当Mg(OH)2固体在水中溶解到达均衡时:Mg(OH)2(s) Mg2++2OH-,为使Mg(OH)2固体的质量淘汰,可插手( )

A.NH4NO3 B.Na2S C.MgSO4 D.CH3COOH

理会:欲使Mg(OH)2固体淘汰则使均衡向右移动,即淘汰c(Mg2+)或c(OH-),显然c(Mg2+)不能淘汰,只能淘汰c(OH-),即插手酸性物质。A中 +OH- NH3•H2O,c(OH-)减小,均衡向正向移动,Mg(OH)2淘汰,正确;B水解显碱性,c(OH-)增大,Mg(OH)2固体增多;C中c(Mg2+)增大,Mg(OH)2固体增多;D项CH3COOH+OH-====H2O+CH3COO-,c(OH-)减小。故谜底为A、D。

谜底:AD

9.在NaHSO4的稀溶液中和熔化状态下都能存在的离子是( )

A.Na+ B.H+ C. D.

理会:此题观察了NaHSO4在水溶液中及熔融态时电离的环境。溶液中NaHSO4====Na++H++ ,熔融态时NaHSO4====Na++ ,故在两种环境下都存在的离子是Na+。

谜底:A高中化学暑假功课-3[/page]

10.某温度时水的离子积常数为1.0×10-14,由此可知在该温度时水电离的百分率为( )

A.1.8×10-7% B.1.0×10-8% C.1.8×10-9% D.1.8×10-14%

理会:已知常温时KW=c(H+)•c( OH-)=1.0×10-14

而由水电离出来的c(H+)=c(OH-),故c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7 mol•L-1。因此α= ×100%=1.8×10-7%。

谜底:A

11.25 ℃时,在0.5 L 0.2 mol•L-1的HA溶液中,有0.01 mol的HA电离成离子。求该温度下HA的电离常数。w w w .x k b 1.c o m

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理会:该溶液中A-、H+均衡浓度为0.01 mol/0.5 L=0.02 mol•L-1,据电离方程式HA H++A-推知HA分子的均衡浓度为0.2 mol•L-1-0.02 mol•L-1=0.18 mol•L-1。HA的电离常数k= =2.22×10-3。

谜底:k=2.22×10-3

12.某二元弱酸(简写为H2A)溶液,按下式产生一级或二级电离:

H2A H++HA-,HA- H++A2-

已知沟通浓度时的电离度α(H2A)>α(HA-),设有下列四种溶 液:

A.0.01 mol•L-1的H2A溶液

B.0.01 mol•L-1的NaHA溶液

C.0.02 mol•L-1的HCl与0.04 mol•L-1的NaHA溶液等体积殽杂液

D.0.02 mol•L-1的NaOH与0.02 mol•L-1的NaHA溶液等体积殽杂液

据此,填写下列空缺(填代号):

(1)c(H+)最大的是_______________,最小的是_______________。

(2)c(H2A)最大的是_______________,最小的是_______________。

(3)c(A2-)最大的是_______________,最小的是_______________。

解 析:(1)C中两种溶液产生回响,HCl+NaHA====NaCl+H2A,还剩余NaHA。回响后,由于溶液体积扩大一倍,所以溶液中n(NaHA)与c(H2A)的浓度均为0.01 mol•L-1;同理D溶液经回响后c(Na2A)=0.01 mol•L-1。由于C中大量存在HA-,抑制H2A的电离,所以c(H+)最大的是A,c(H+)最小的必然是D(D中A2-产生水解,溶液显碱性)。(2)由于C中H2A的电离受到HA-抑制,所以c(H2A)最大的为C,而D溶液中得到H2A需要A2-颠末两步水解获得,而B只需一步水解HA-+H2O H2A+OH-即可获得,所以D中c(H2A)最小。(3)c(A2-)是在强碱条件下存在,所以(3)题谜底与(1)谜底正好相反。

谜底:(1)A D (2)C D (3)D A高中化学暑假功课-4[/page]

13.必然温度下,冰醋酸加水稀释进程中溶液的导电本领如图所示。请完成下列问题:

(1)“O”点为什么不导电?_________________。

(2)a、b、c三点pH由大到小的顺序为_______________________________________。

(3)a、b、c三点中醋酸的电离水平最大的点是_____________点。

(4)若使c点溶液中c(CH3COO-)提高,可以采纳的法子有①__________,②____________, ③_____________,④_____________,⑤_____________。

理会:(1)CH3COOH是一种共价化合物,是弱电解质,共价化合物只有在水溶液里才气电离导电。“O”点不导电说明此时CH3COOH未电离,说明此时无水,不电离,不存在自由移动离子。(2)pH巨细取决于c(H+),pH越大,c(H+)越小,导电本领越弱;pH越小,c(H+)越大,导电本领越强。故pH巨细顺序为a>c>b。(3)电离度与溶液浓度有关,浓度越大,电离度越小,浓度越小,电离度越大,故c点电离度最大。(4)欲使c(CH3COO-)增大,可以使均衡右移,即耗损c(H+)的步伐,此时可思量醋的五大通性中适合的有加金属、金属氧化物、碱、某些盐,也可以使均衡逆向移动,此时只能加醋酸盐。

谜底:(1)无水不电离,无自由移动的离子

(2)a>c>b

(3)c (4)Mg Na2O NaOH Na2CO3 CH3COONa

走近高考

14.(2006全国高考理综Ⅰ,11)在0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液中存在如下电离均衡:

CH3COOH CH3COO-+H+

对付该均衡,下列论述正确的是( )

A.插手水时,均衡向逆回响偏向移动

B.插手少量NaOH固体,均衡向正回响偏向移动

C.插手少量0.1 mol•L-1 HCl溶液,溶液中c(H+)减小

D.插手少量CH3COONa固体,均衡向正回响偏向移动

理会:按照勒夏特列道理:当改变影响均衡的一个条件,均衡会向着可以或许削弱这种改变的偏向移动,但均衡的移动不能完全消除这种改变。A中插手水时,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)减小,均衡向其增大的偏向(也就是正偏向)移动;B中插手NaOH与H+回响,c(H+)变小,均衡向正偏向移动;C插手HCl时c(H+)变大,均衡向其减小的偏向(也就是逆偏向)移动,但最终c(H+)比未加HCl前照旧要大;D插手CH3COONa,c(CH3COO-)增大,均衡向逆偏向移动。

谜底:B高中化学暑假功课-5[/page]

15.(2004广东、广西高考,3)pH沟通的盐酸和醋酸两种溶液中,它们的( )

A.H+的物质的量沟通 B.物质的量浓度沟通

C.H+的物质的量浓度差异 D.H+的物质的量浓度沟通

理会:pH沟通的盐酸和醋酸,其c(H+)沟通,且都便是10-pH m ol•L-1;由于HCl为强酸,可完全电离,而CH3COOH为弱酸,只能部门电离,故在c(H+)沟通时c(HCl)

谜底:D

16.(2005全国高考理综Ⅱ,10)沟通体积的pH=3的强酸溶液和弱酸溶液别离跟足量的镁完全回响,下列说法正确的是( )

A.弱酸溶液发生较多的H2 B.强酸溶液发生较多的H2

C.两者发生等量的H2 D.无法较量发生H2的量

理会:pH都为3的强酸和弱酸溶液,前者的浓度较小,等体积的两种溶液与足量镁回响,后者放出的H2多。

谜底:A

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17.(2004广东、广西高考,14)甲酸和乙酸都是弱酸,当它们的浓度均为0.10 mol•L-1时,甲酸中c(H+)约为乙酸中c(H+)的3倍。现有两种浓度不 等的甲酸溶液a和b,以及0.10 mol•L-1的乙酸,经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b。由此可知( )

A.a的浓度必小于乙酸的浓度 B.a的浓度必大于乙酸的浓度

C.b的浓度必小于乙酸的浓度 D.b的浓度必大于乙酸的浓度

理会:本题主要观察弱电解质的电离均衡常识和酸的相对强弱等问 题。由于c(HCOOH)=c(CH3COOH)=0.1 mol•L-1时,甲酸中的c(H+)约为乙酸中c(H+)的3倍,故甲酸的酸性强于乙酸的酸性。又因pH(a)>pH(CH3COOH)>pH(b),即溶液a的c(H+)<0.1 mol•L-1,CH3COOH的c(H+)<溶液b的c(H+),所以a的浓度小于乙酸的浓度,但无法确定乙酸与b的浓度的相对巨细(因HCOOH酸性>CH3COOH酸性)。

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