高考化学一轮复习 8.1弱电解质的电离单元课时测练（含解析）VIP免费

第八章第1节弱电解质的电离(课时活页卷)一、单项选择题1．20℃时H2S饱和溶液1L，其浓度为0.1mol·L－1，其电离方程式为H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－，若要使该溶液中H＋浓度增大，同时使S2－浓度减小，可采取的措施是()A．加入适量的水B．加入适量的NaOH固体C．加入适量的SO2D．加入适量的CuSO4固体【答案】D【解析】A项加水将H2S饱和溶液稀释，H＋、HS－、S2－浓度都减小，故不符合题意。B项加NaOH时，中和了体系中的H＋，平衡右移，使S2－浓度增大，不符合题意。C项加入适量的SO2后发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，使c(H2S)减小，上述平衡左移，H＋、S2－浓度均减小，不符合题意。D项加入适量的CuSO4固体后，由于Cu2＋与S2－结合成CuS沉淀，使S2－浓度减小，平衡右移，则H＋浓度增大。2．已知醋酸达到电离平衡后，改变某条件电离平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是()A．醋酸的电离程度一定变大B．溶液的导电能力一定变强C．溶液的pH一定减小D．发生电离的分子总数增多【答案】D3．分别在pH＝1的酸和pH＝14的NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是()①两溶液的体积相同，酸是多元强酸②两溶液的体积相同，酸是一元弱酸③酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积④酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大A．①②B．②C．②③D．④【答案】C【解析】产生H2的量相等时，n(H＋)＝n(OH－)，产生H2多，则一定是n(H＋)>n(OH－)，而pH＝1的酸中c(H＋)与pH＝14的NaOH溶液中c(OH－)相比前者小，所以有两种情况可产生题设结果：一是等体积时，酸是一元弱酸，二是酸的体积大。4．（2013.广东高州中学月考）已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2NaCN＋HF===HCN＋NaFNaNO2＋HF===HNO2＋NaF由此可判断下列叙述不正确的是()A．K(HF)＝7.2×10－4B．K(HNO2)＝4.9×10－10C．根据其中两个反应即可得出结论D．K(HCN)HNO2>HCN。由此可判断K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)，其相对数据依次为K(HF)＝7.2×10－4，K(HNO2)＝4.6×10－4，K(HCN)＝4.9×10－10。5．有关常温下pH均为3的醋酸溶液和盐酸的说法正确的是()A．两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10－11mol·L－1B．分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相等C．中和同体积的这两种酸溶液所需要NaOH物质的量也相等D．分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相等【答案】A【解析】溶液中水的电离受到抑制，酸电离出的氢离子浓度为10－3mol/L，水电离出的氢氧根离子浓度为10－11mol/L，水电离出的氢离子与氢氧根离子浓度相等，也为10－11mol/L，A选项正确；醋酸是弱酸，稀释过程中电离程度增大，pH变化小，醋酸溶液的pH小于盐酸溶液的pH，B选项错误；pH相等，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，等体积醋酸消耗的氢氧化钠大于盐酸消耗的氢氧化钠，C选项错误；D选项没有说明酸的体积，无法确定氢离子物质的量的多少，因此无法确定氢气量的多少。6．在0.1mol·L－1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋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，平衡向逆反应方向移动C．加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)减小D．加入少量CH3COONa固体，平衡向逆反应方向移动【答案】D【解析】A选项中加水，有利于弱电解质的电离，平衡正向移动；B选项中加碱，与弱酸电离的H＋反应使电离平衡正向移动；C选项中加强酸提供H＋，抑制弱酸电离，但H＋浓度增大，溶液酸性增强；D选项中加入含有相同阴离子的强电解质，同离子抑制弱酸电离，平衡逆向移动。二、双项选择题7．pH＝2的A、B两种一元酸溶液各VmL，分别加水稀释到1000VmL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是()A．稀释后，A酸溶液的导电性比B酸溶液强B．稀释前，A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等C．a＝5时，A是强酸，B是弱酸D．若A、B都是...