专题3 第一单元 弱电解质的电离平衡 单元综合训练-【金版教程】2024-2025学年新教材高中化学选择性必修1作业与测评word（苏教版2019）

化学　选择性必修1　作业与测评 单元综合训练 (建议用时：40分钟) 一、选择题(每小题只有1个选项符合题意) 1．甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　　) A．甲酸以任意比与水互溶 B．0．1 mol/L甲酸溶液的c(H＋)＝10－3 mol/L C．10 mL 1 mol/L甲酸恰好与10 mL 1 mol/L NaOH溶液完全反应 D．甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱 答案　B 2．用水稀释0．1 mol·L－1的氨水，溶液中随着水量的增加而增大的是(　　) A． B． C． D．c(H＋)·c(OH－) 答案　C 解析　＝＝，温度不变，水的离子积和一水合氨的电离平衡常数不变，则不变，A、B、D不符合题意；稀释过程中氢氧根离子浓度减小，而水的离子积不变，则氢离子浓度增大，所以增大，C符合题意。 3．(2023·浙江湖州高二期中)下列叙述中正确的是(　　) A．相同物质的量浓度、相同体积的氢氧化钠溶液与稀氨水，两者c(OH－)相同 B．中和溶质物质的量相同的氢氧化钠溶液和稀氨水时，氢氧化钠溶液消耗的盐酸多 C．物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液和稀氨水的导电能力相同 D．足量锌分别和等体积、等c(H＋)的盐酸、醋酸溶液反应，醋酸溶液产生的氢气多 答案　D 4．在相同温度时，100 mL 0．01 mol/L的醋酸溶液与10 mL 0．1 mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是(　　) A．中和时所需NaOH的量 B．与Mg反应的起始速率 C．OH－的物质的量浓度 D．溶液中 答案　C 解析　两种溶液中醋酸的物质的量相等，故中和所需氢氧化钠的量也相等，A不符合题意；100 mL 0．01 mol/L的醋酸溶液与10 mL 0．1 mol/L的醋酸溶液相比较，后者氢离子浓度更大，与Mg反应的起始速率更快，B不符合题意；醋酸浓度越大，酸性越强，氢离子的物质的量浓度越大，氢氧根离子的物质的量浓度越小，C符合题意；为醋酸的电离常数，电离常数只与温度有关，则两者的电离常数相等，D不符合题意。 5．下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　) A．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，证明CH3COOH是弱电解质 B．pH相同的醋酸和盐酸，取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m<n C．常温下，在0．10 mol·L－1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小且的值增大 D．常温下，CH3COOH的Ka＝1．7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1．7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O溶液中的c(OH－)相等 答案　C 解析　用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，说明醋酸溶液的导电性很弱，但不能证明CH3COOH是弱电解质，A错误；醋酸是弱酸，稀释促进电离，pH相同的醋酸和盐酸，取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m>n，B错误；常温下，NH3·H2O溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH＋OH－，加入少量NH4Cl晶体，c(NH)增大，平衡逆向移动，c(OH－)减小，＝＝，温度不变，Kb不变，故该值增大，C正确；虽然CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，由于没有给出两溶液的浓度，无法确定两溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小，D错误。 6．某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是(　　) A．该温度高于25 ℃ B．由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10 mol·L－1 C．加入NaHSO4晶体抑制了水的电离 D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小 答案　D 解析　25 ℃时，纯水的pH＝7，某温度下蒸馏水中的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，说明该温度高于25 ℃，故A正确；向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1，该温度下水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1．0×10－12，则c(OH－)＝ mol·L－1＝1．0×10－10 mol·L－1，由水电离出来的c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，故B正确；NaHSO4在水中电离出的氢离子，对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，故C正确；加入NaHSO4晶体后，溶液显酸性，取该溶液加水稀释100倍，溶液的酸性减弱，溶液中的c(H＋)减小，c(OH－)增大，故D错误。 [归纳总结]　理清溶液中H＋或OH－的来源 (1)常温下，中性溶液中c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1，两种离子均来自水的电离。 (2)溶质为酸的溶液 ①来源：OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等。 ②实例：如计算常温下pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1。 (3)溶质为碱的溶液 ①来源：H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)与溶液中的c(H＋)相等。 ②实例：如计算常温下pH＝12的NaOH溶液中水电离出的c(OH－)，方法是先求出溶液中的c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(OH－)＝10－12 mol·L－1。 7．常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是(　　) A．两溶液稀释前的浓度相同 B．a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>c C．a点的Kw值比b点的Kw值大 D．a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋) 答案　D 解析　稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误；导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为b>a>c，故B错误；相同温度下，Kw相同，故C错误；c点离子浓度大于a点离子浓度，溶液离子浓度越大，氢离子浓度就越大，对水的电离抑制程度越大，则c点水电离的H＋物质的量浓度小于a点水电离的H＋物质的量浓度，故D正确。 8．在一定温度下，有a．盐酸、b．硫酸、c．醋酸三种酸，下列说法正确的是(　　) A．等物质的量浓度的三种酸的pH由大到小的关系为b>a>c B．等物质的量浓度、等体积的三种酸，与等浓度的NaOH溶液反应，消耗碱的体积a＝b＝c C．三者c(H＋)相同、体积相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是c>a＝b D．三者c(H＋)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则三者的初始反应速率大小关系为b>a>c 答案　C 解析　盐酸是一元强酸，所以盐酸中c(H＋)＝c(HCl)，硫酸是二元强酸，硫酸溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)，醋酸是一元弱酸，醋酸溶液中c(H＋)<c(CH3COOH)，所以等物质的量浓度的三种酸，氢离子浓度大小顺序是b>a>c，溶液pH由大到小的顺序为c>a>b，故A错误；同体积、同物质的量浓度的三种酸，n(HCl)＝n(CH3COOH)＝n(H2SO4)，消耗NaOH溶液的量由大到小的顺序是b>a＝c，故B错误；当c(H＋)相同、体积相同时，醋酸的浓度最大，反应过程中产生的氢气最多，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，所以分别加入足量锌，生成的氢气体积由大到小的顺序为c>a＝b，故C正确；反应速率与氢离子浓度成正比，开始时这三种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，即a＝b＝c，故D错误。 [归纳总结]　同c(H＋)、同体积的盐酸与醋酸的比较 相同点 两者pH相同，酸电离出的c(H＋)相同 不同点 酸的物质的量浓度不同，醋酸储存着未电离的醋酸分子，最终提供氢离子的物质的量比盐酸大 消耗同类型、同浓度碱的体积：V(醋酸)>V(盐酸) 与同规格的锌粒反应，开始的反应速率相等，随着反应的进行，醋酸中反应速率大 与足量的锌粒反应，消耗锌的物质的量、生成氢气的体积(相同状况)都是醋酸多 9．(2023·石景山区高三期末考试)某温度下，水溶液中CO2、H2CO3、HCO和CO的物质的量分数随pH变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．碳酸的电离方程式为H2CO3H＋＋HCO，HCOH＋＋CO B．该温度下，H2CO3H＋＋HCO　Ka1＞1×10－a C．该温度下，HCOH＋＋CO　Ka2＝1×10－b D．Na2CO3溶液中，2c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋c(CO) 答案　D 解析　根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)，D错误。 10．(2023·北京四中高三上学期期中)电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0．100 mol·L－1 氨水滴定10 mL浓度均为0．100 mol·L－1 HCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如图所示。 下列说法正确的是(　　) A．①点溶液中c(H＋)为0．200 mol·L－1 B．溶液温度高低为①>③>② C．③点溶液中有c(Cl－)>c(CH3COO－) D．③点后因离子数目减少使电导率略降低 答案　C 解析　醋酸是弱酸，不能完全电离，c(H＋)<0．200 mol·L－1，A错误；酸碱中和反应是放热反应，所以反应未开始时的温度一定不是最高的，B错误；③点后离子数目增大，但离子浓度减小，所以电导率降低，D错误。 11．醋酸的电离方程式为CH3COOHH＋＋CH3COO－　ΔH>0。25 ℃时，0．10 mol/L醋酸溶液中存在下述关系：＝1．8×10－5。下列说法正确的是(　　) A．向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小 B．向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动 C．该温度下，0．01 mol/L醋酸溶液的Ka<1．8×10－5 D．升高温度，c(H＋)增大，Ka变大 答案　D 解析　A项，向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，错误；B项，向该溶液中加少量CH3COONa固体，CH3COO－浓度增大，平衡逆向移动，错误；C项，电离平衡常数只与温度有关，该温度下0．01 mol/L醋酸溶液的Ka＝1．8×10－5，错误；D项，电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，正确。 12．如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断正确的是(　　) A．图中温度T1>T2 B．XZ线上任意点均有pH＝7 C．M区域(不包括边界)任意点均有c(H＋)>c(OH－) D．T2温度下，0．1 mol·L－1 NaOH溶液的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1 答案　C 解析　A项，温度升高，水的电离平衡正向移动，c(H＋)与c(OH－)都增大，Kw增大，所以T1<T2，错误；B项，XZ线上只有一点pH＝7，不是任意点，错误；D项，T2温度下，Kw＝10－13，0．1 mol·L－1 NaOH溶液中c(OH－)＝0．1 mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，错误。 二、非选择题 13．(1)25 ℃时1 L 0．1 mol·L－1 HF溶液中α＝8%，溶液中H＋的浓度为________，F－的浓度为________。 (2)某温度下纯水的c(H＋)＝2．0×10－7 mol·L－1，则此时c(OH－)为________。若温度不变，滴入稀硫酸，使c(H＋)＝5．0×10－4 mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)为________。 答案　(1)0．008 mol·L－1　0．008 mol·L－1 (2)2．0×10－7 mol·L－1 8．0×10－11 mol·L－1 14．(1)t ℃时，水的Kw＝1×10－12，则该温度________25 ℃(填“>”“<”或“＝”)，其理由是________________________________________________________________________。 (2)在(1)中所述温度下，c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由水电离出的c(OH－)＝________ mol·L－1。 (3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”，下同)。在新制氯水中加入少量NaCl固体，水的电离平衡________移动。 (4)25 ℃时，0．1 mol·L－1的下列物质的溶液中，水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是__________________________(填序号)。 ①HCl　②H2SO4　③CH3COOH(Ka＝1．7×10－5)　④NH3·H2O(Kb＝1．7×10－5)　⑤NaOH　⑥Ba(OH)2 答案　(1)>　升温促进水的电离，Kw增大　 (2)碱性　1×10－7　 (3)向右　向右　 (4)③＝④>①＝⑤>②＝⑥ 解析　(2)该温度下，溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，因为c(OH－)>c(H＋)，所以溶液呈碱性；NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)等于溶液中的c(H＋)，即为1×10－7 mol·L－1。 (3)Zn与稀硫酸反应过程中，溶液中c(H＋)减小，水的电离平衡向右移动。新制氯水中加入少量NaCl固体，反应Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO的平衡向左移动，溶液中c(H＋)减小，水的电离平衡向右移动。 (4)25 ℃时，0．1 mol·L－1的盐酸中c(H＋)与0．1 mol·L－1 NaOH溶液中c(OH－)相等，故两溶液中水的电离程度相同；同理，0．1 mol·L－1的H2SO4和0．1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中水的电离程度相同、0．1 mol·L－1 CH3COOH和0．1 mol·L－1氨水中水的电离程度相同。酸溶液中c(H＋)越大或碱溶液中c(OH－)越大，水电离出的c(H＋)越小，故6种溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序为③＝④>①＝⑤>②＝⑥。 15．为确定某酸HA是弱电解质，两同学的实验方案如下： 甲：①称取一定质量的HA，配制0．1 mol·L－1的溶液100 mL； ②用pH计测出该溶液的pH，根据pH＝－lg c(H＋)，推算出溶液中H＋的浓度，即可证明HA是弱电解质。 乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制0．1 mol·L－1的两种酸溶液各100 mL； ②分别取配制的这两种溶液各10 mL，加水稀释为100 mL； ③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。 请回答下列问题： (1)在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是________________。 (2)甲方案中说明HA是弱电解质的理由是测得溶液中H＋的浓度________0．1 mol·L－1(填“>”“<”或“＝”)。 (3)乙方案中说明HA是弱电解质的现象是________(填字母)。 A．装盐酸的试管中放出气体的速率快 B．装HA溶液的试管中放出气体的速率快 C．两个试管中产生气体的速率一样快 (4)请你评价乙方案中的不妥之处：__________________________。 (5)已知在t ℃时，0．1 mol·L－1 HA溶液中HA的电离度为5%，求该温度下HA的电离常数(写出计算过程)。 答案　(1)100 mL容量瓶　(2)<　(3)A (4)加入的锌粒质量、形状应相同(或难以做到锌的表面积相同) (5)溶液中c(H＋)＝c(A－)＝0．1 mol·L－1×5%＝5×10－3 mol·L－1，c(HA)＝0．1 mol·L－1－5×10－3 mol·L－1＝9．5×10－2 mol·L－1，则Ka＝＝≈2．63×10－4。 解析　(2)配制0．1 mol·L－1 HA溶液100 mL，弱电解质不能完全电离，测得溶液中H＋的浓度<0．1 mol·L－1。 (3)各取等体积、等浓度的两种酸溶液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，由于盐酸完全电离，盐酸中H＋的浓度大，反应速率快，则装盐酸的试管中放出H2的速率快，A正确。 9 学科网（北京）股份有限公司 $$