3.1弱电解质的电离平衡  每课一练（苏教版选修4）
夯基达标
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-
解析：弱电解质存在电离平衡，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“
”。故答案为C、D。
答案：CD
2.把0.05 mol NaOH固体，分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是（    ）
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
解析：离子浓度变化不大，导电能力变化就不大。在水中、CH3COOH中加入NaOH固体，离子浓度都增大；向HCl中加入NaOH固体，自由移动离子数基本不变，则离子浓度变化不大；向NH4Cl中加入NaOH固体，离子浓度基本不变。
答案：BD
3.能影响水的电离平衡，并使溶液中c(H+)＞c(OH-)的操作是（    ）
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.向水中加入食盐晶体
解析：A项中加入钠，Na与H2O反应生成NaOH，影响水的电离平衡，使c(OH-)＞c(H+);B项中加热使电离平衡右移，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。
答案：C
4.水的电离过程为H2O
H++OH-，在不同温度下其平衡常数为K(25 ℃)=1.0×10-14,K(35 ℃)=2.1×10-14。则下列叙述正确的是（    ）
A.c(H+)随着温度的升高而降低              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
解析：本题考查水的电离的实质及水的电离平衡的影响因素。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。因温度升高平衡向正反应方向移动，故水的电离为吸热反应。
答案：D
5.将1 mL 0.1 mol·L-1的H2SO4溶液加入纯水中制成200 mL溶液，该溶液中由水自身电离产生的c(H+)最接近于（    ）
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
解析：在水电离达到平衡时加入硫酸，由于c(H+)增大，使水的电离平衡向逆向移动，故水电离产生的c(H+)小于10-7 mol·L-1，排除A、C两选项。数值的大小由溶液中的c(H+)和c(OH-)及KW来确定，因所得的溶液为酸性溶液，酸电离产生的H+远远大于水电离产生的H+，所以溶液中c(H+)由酸定，溶液中的c(OH-)是由水电离所得。而水电离产生的c(H+)=c(OH-),即可求出水电离产生的c(H+)。
答案：D
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+)
解析：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。
答案：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恰好与10 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液完全反应
D.在相同条件下，甲酸溶液的导电性比强酸溶液的导电性弱
解析：弱电解质的本质特征就是在水溶液中部分电离：A中pH=2则c(H+)=0.01 mol·L-1，可以说明这一点。D中，在相同条件下导电性弱，也是由于甲酸不完全电离造成的。
答案：AD
8.当Mg(OH)2固体在水中溶解达到平衡时：Mg(OH)2(s)
Mg2++2OH-，为使Mg(OH)2固体的质量减少，可加入（    ）
A.NH4NO3        B.Na2S                 C.MgSO4          D.CH3COOH
解析：欲使Mg(OH)2固体减少则使平衡向右移动，即减少c(Mg2+)或c(OH-)，显然c(Mg2+)不能减少，只能减少c(OH-)，即加入酸性物质。A中
+OH-
NH3·H2O，c(OH-)减小，平衡向正向移动，Mg(OH)2减少，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。故答案为A、D。
答案：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.

解析：此题考查了NaHSO4在水溶液中及熔融态时电离的情况。溶液中NaHSO4====Na++H++
,熔融态时NaHSO4====Na++
,故在两种情况下都存在的离子是Na+。
答案：A
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%
解析：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%。
答案：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。
解析：该溶液中A-、H+平衡浓度为0.01 mol/0.5 L=0.02 mol·L-1,据电离方程式HA
H++A-推知HA分子的平衡浓度为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。
答案：k=2.22×10-3
12.某二元弱酸（简写为H2A）溶液，按下式发生一级或二级电离：
H2A
H++HA-，HA-
H++A2-
已知相同浓度时的电离度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溶液等体积混合液
D.0.02 mol·L-1的NaOH与0.02 mol·L-1的NaHA溶液等体积混合液
据此，填写下列空白（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中两种溶液发生反应，HCl+NaHA====NaCl+H2A,还剩余NaHA。反应后，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溶液经反应后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+)最小的一定是D（D中A2-发生水解，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溶液中获得H2A需要A2-经过两步水解得到，而B只需一步水解HA-+H2O
H2A+OH-即可得到，所以D中c(H2A)最小。（3）c(A2-)是在强碱条件下存在，所以（3）题答案与（1）答案正好相反。
答案：（1）A  D  （2）C  D  （3）D  A
13.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示。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三点中醋酸的电离程度最大的点是_____________点。
（4）若使c点溶液中c(CH3COO-)提高，可以采取的措施有①__________,②____________, ③_____________,④_____________,⑤_____________。
解析：（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能电离导电。“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大小取决于c(H+)，pH越大，c(H+)越小，导电能力越弱；pH越小，c(H+)越大，导电能力越强。故pH大小顺序为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，可以使平衡右移，即消耗c(H+)的办法，此时可考虑醋的五大通性中适合的有加金属、金属氧化物、碱、某些盐，也可以使平衡逆向移动，此时只能加醋酸盐。
答案：（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平衡：
CH3COOH
CH3COO-+H+
对于该平衡，下列叙述正确的是（    ）
A.加入水时，平衡向逆反应方向移动
B.加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C.加入少量0.1 mol·L-1 HCl溶液，溶液中c(H+)减小
D.加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
解析：根据勒夏特列原理：当改变影响平衡的一个条件，平衡会向着能够减弱这种改变的方向移动，但平衡的移动不能完全消除这种改变。A中加入水时，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)减小，平衡向其增大的方向（也就是正方向）移动；B中加入NaOH与H+反应，c(H+)变小，平衡向正方向移动；C加入HCl时c(H+)变大，平衡向其减小的方向（也就是逆方向）移动，但最终c(H+)比未加HCl前还是要大；D加入CH3COONa,c(CH3COO-)增大，平衡向逆方向移动。
答案：B
15.(2004广东、广西高考，3)pH相同的盐酸和醋酸两种溶液中，它们的（    ）
A.H+的物质的量相同                      B.物质的量浓度相同
C.H+的物质的量浓度不同                  D.H+的物质的量浓度相同
解析：pH相同的盐酸和醋酸，其c(H+)相同，且都等于10-pH mol·L-1；由于HCl为强酸，可完全电离，而CH3COOH为弱酸，只能部分电离，故在c(H+）相同时c(HCl)＜c(CH3COOH)，由于n(H+)=c(H+）·V(aq)，所以在体积没有给出时不能确定两种溶液的n(H+)是否相同，故答案为选项D。
答案：D
16.(2005全国高考理综Ⅱ，10)相同体积的pH=3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（    ）
A.弱酸溶液产生较多的H2                 B.强酸溶液产生较多的H2
C.两者产生等量的H2                     D.无法比较产生H2的量
解析：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反应，后者放出的H2多。
答案：A
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
解析：本题主要考查弱电解质的电离平衡知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的浓度的相对大小（因HCOOH酸性＞CH3COOH酸性）。
答案：A