高二化学弱电解质的电离试题
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高二化学弱电解质的电离试题
1. 在室温下，下列叙述正确的是
A．将的一元酸溶液稀释到，若溶液的，则此酸为弱酸
B．将盐酸稀释到，得到的盐酸
C．用的盐酸分别中和溶液和氨水，消耗盐酸的体积大
D．的盐酸与的硫酸比较，
【答案】A
【解析】A,在强电解质溶液中电解质完全电离，在弱电解质溶液中存在电离平衡，当加水稀释时，电离平衡正向移动，使溶液中H+的浓度又略有增加，因此其pH增大的数值小于强电解质，正确。B．酸溶液无限稀释还是酸性溶液，不可能变为碱性溶液，错误；C．由于弱碱部分电离，所以当NaOH与氨水的pH相等时，一水合氨的浓度大于NaOH的浓度，当用等浓度的HCl来中和时，氨水消耗的盐酸的体积大，错误；D．PH=2的溶液c(H+)=10-2mol/L, c(Cl-)=c(H+)=10-2mol/L,
PH=1的硫酸溶液c(H+)=10-1mol/L，c(SO42-)=1/2c(H+)=0．05mol/L，因此c(Cl-)< c(SO42-)．
【考点】考查溶液中离子浓度的大小比较的知识。
2. 下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25 ℃)。
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
1.76×10-5
H2CO3
H2CO3H++HCO3—
HCO3—H++CO32—
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
H2S
H2SH++HS-
HS-H++S2-
K1=1.3×10-7
K2=7.1×10-15
H3PO4
H3PO4H++H2PO4—
H2PO4—H++HPO42—
HPO42—H++PO43—
K1=7.1×10-3
K2=6.3×10-8
K3=4.2×10-13
回答下列问题:
(1)当温度升高时,K值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时,各弱酸的K值不同,那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系?
。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO3—、H2S、HS-、H3PO4、H2PO4—、HPO42—都看成是酸,其中酸性最强的是 ,最弱的是 。
(4)多元弱酸是分步电离的,每一步都有相应的电离平衡常数,对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着一定的规律,此规律是 ,产生此规律的原因是 。
【答案】(1)增大
(2)K值越大,电离出的氢离子浓度越大,所以酸性越强
(3)H3PO4 HS-
(4)K1≫K2≫K3 上一级电离产生的H+对下一级电离起抑制作用
【解析】(1)弱电解质的电离过程为吸热过程,所以升高温度,电离平衡向右移动,c(H+)、c(A-)增大,c(HA)减小,所以K值增大;
(2)K值越大,电离出的氢离子浓度越大,酸性越强;
(3)比较这几种粒子的电离常数可知,H3PO4酸性最强,HS-酸性最弱; (4)由于上一级电离对下一级电离有抑制作用,使得上一级电离常数远大于下一级的电离常数。
3. 20 ℃时H2S饱和溶液1 L，其浓度为0.1 mol·L－1，已知其电离方程式为H2SH++HS－，HS－H++S2－，若要使该溶液H+及S2－浓度都减小，可采取的措施是
A．通入适量的HCl B．加入适量的NaOH固体
C．通入适量的SO2 D．加入适量的CuSO4固体
【答案】C
【解析】A、溶液已经饱和，再通入氯化氢气体抑制氢硫酸的电离，但氯化氢气体溶于水得到强酸，所以氢离子浓度增大，硫离子浓度减小，所以不符合，故A错误；B、氢硫酸和氢氧化钠反应生成硫化钠和水，反应方程式为：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，所以加入氢氧化钠后促进氢硫酸的电离，使硫离子浓度增大，氢离子浓度减小，所以B不符合，故B错误；C、通入适量的SO2抑制水的电离，但导致溶液中氢离子浓度和硫离子浓度都减小，所以符合，故C正确；D、氢硫酸和硫酸铜的反应方程式为：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，弱酸变成强酸溶液，溶液的PH值减小，硫离子和铜离子生成硫化铜沉淀导致硫离子浓度降低，所以D不符合，故D不正确．
【考点】弱电解质电离的影响因素
4. 把0.05 mol NaOH固体分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电性基本不变的是
A．自来水 B．0.5 mol/L盐酸
C．0.5 mol/L醋酸 D．0.5 mol/L mol·Lˉ1氨水
【答案】B
【解析】溶液的导电性与溶液中自由移动离子的浓度成正比，自由移动离子的浓度越大，溶液的导电性越强，若溶液的导电性变化不大，则自由移动离子的浓度变化不大，结合物质的反应特点解答该题；A、水是极弱电解质，所以自来水中自由移动离子浓度很小，向自来水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，完全电离，导致溶液中离子浓度增大，导电性显著增强，错误；B、盐酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，离子浓度变化不大，溶液的导电性基本不变，正确；C、醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电性显著增强，错误；D、一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性显著增强，错误。
【考点】考查溶液导电能力大小的判断。
5. 常温下，在体积都为0.1 L，pH都等于1的盐酸和醋酸溶液中，各投入0.65 g锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是：（ ）
【答案】C
【解析】A.图象中PH从0开始不符合溶液PH=2的条件，错误；B.反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同．曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快；错误；C.产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，故图象符合题意，正确；D.反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，错误.
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 6. 已知金属离子从开始形成氢氧化物沉淀到沉淀完全时溶液的pH。
(1)实验室配制FeCl2溶液时需加入少许盐酸和铁粉，若只加盐酸、不加铁粉，溶液中会发生什么变化，用离子方程式表示为：
；
(2)氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)中含FeCl2杂质，为制得纯净氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按下面所示的操作步骤进行提纯。
①加氧化剂X的目的是 ，下列氧化剂中最适合作氧化剂X的是 (填序号)；
A．NaClO B．H2O2 C．KMnO4 D．HNO3
②物质Y的化学式是 ；加入物质Y的目的是调节溶液的pH至a，使Fe3+沉淀完全，则a的范围是 ；若25℃时，a=3的溶液中，c(Fe3+)= mol·L-1。(25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)
(3)欲将CuCl2·2H2O加热制得无水CuCl2，将采用什么方法和措施？__________。
【答案】(1)4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O
(2)①将Fe2＋氧化为Fe3＋ B ②CuO［或Cu(OH)2或CuCO3］ 3.7≤a<5.4 4.0×10－5
(3)在HCl气氛下蒸发，以抑制CuCl2水解
【解析】(1)实验室配制FeCl2溶液时需加入少许盐酸和铁粉，目的是为了防止亚铁离子被氧化和析出沉淀，若只加盐酸、不加铁粉，溶液的亚铁离子被氧化为铁离子，其离子方程式为：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；(2)氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)中含FeCl2杂质，加氧化剂X的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，最适合作氧化剂X的是H2O2，因为其氧化产物无污染，且容易除去；②物质Y是为了调节溶液的pH，并且不能引入新的杂质，或者是杂质很容易就除去了，故Y应该为CuO［或Cu(OH)2或CuCO3］，右表可以看出，铁离子在pH为3.7时沉淀完全，而铜离子在5.4时才开始沉淀，故a的范围为3.7≤a<5.4；若25℃时，a=3的溶液中，则c (OH－)＝10-11mol/L，c(Fe3+)=4.0×10-38/（10-11）3mol/L= 4.0×10－5 mol/L；(3)欲将CuCl2·2H2O加热制得无水CuCl2，因为其为强酸弱碱盐，所以必须在HCl气氛下蒸发，以抑制CuCl2水解。
【考点】盐类水解、溶度积
点评：本题考查了盐类水解，溶度积等知识点，这些考点都是高考考查的重点和难点，本题有一定的综合性，关键是要根据表中的数据进行解答，本题难度中等。
7. 对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是
（ ）
A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B．使温度都升高20℃后，两溶液的pH均不变
C．加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多
【答案】A
【解析】A．加适量的醋酸钠晶体后，醋酸根会结合溶液中的氢离子，两溶液的pH均增大，正确；
B．使温度都升高20℃后，两溶液的pH均不变，促进醋酸的电离，PH减小；
C．加水稀释2倍后，氢离子浓度降低，两溶液的pH均增大；
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多，醋酸还会电离产生一部分氢离子，所以产生的氢气大于盐酸的；故选A。
【考点】电离平衡的影响
点评：影响电离平衡的因素
8. 用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：
甲：①称取一定量的HA配制0.1mol/L的溶液100mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH值，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pH＝1的两种酸溶液各100mL；
②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；
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。
（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的pH____（选填＜、＞、=）1。乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是_________（多选扣分）。
a. 装盐酸溶液的试管放出H2的速率快。
b. 装HA溶液的试管放出H2的速率快。
c. 两个试管中产生H2的速率一样快。
（3）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表述。____________________________________________________________。
【答案】（1）100mL容量瓶 （2）＞ b
（3）配制NaA溶液，测其pH＞7即证明HA是弱电解质
【解析】（1）配制100ml0.1mol/LHA溶液是需要用到定量仪器是100ml容量瓶。
