2019版一轮优化探究化学（苏教版）练习：专题8 第23讲 弱电解质的电离平衡 Word版含解析

《2019版一轮优化探究化学（苏教版）练习：专题8 第23讲 弱电解质的电离平衡 Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、课时作业　1、(2017·江西名校联考)下列电离方程式正确的是(　　)A、NaHSO4溶于水：NaHSO4Na＋＋H＋＋SOB、次氯酸电离：HClO===ClO－＋H＋C、HF溶于水：HF＋H2OH3O＋＋F－D、NH4Cl溶于水：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋答案：C2、已知次氯酸是比碳酸还弱的酸,反应Cl2＋H2OHCl＋HClO达到平衡后,要使HClO浓度增大,可加入(　　)A、NaCl固体　　　　　B、水C、CaCO3固体D、NaOH固体答案：C3、下列事实不能证明NH3·H2O是弱碱的是(　　)A、pH＝11的氨水加水稀释到原溶液体积100倍时,pH大于9B、氯化铵溶液呈酸性C、

2、常温下,0.01mol/L氨水的pH＝10.6D、体积相同的0.1mol/L氨水和0.1mol/LNaOH溶液中和盐酸的量相同答案：D4、将0.1mol·L－1的氨水加水稀释至0.01mol·L－1,稀释过程中温度不变,下列叙述正确的是(　　)A、稀释后溶液中c(H＋)和c(OH－)均减小B、稀释后溶液中c(OH－)变为稀释前的1/10C、稀释过程中氨水的电离平衡向左移动D、稀释过程中溶液中增大解析：温度不变,水的电离常数不变,稀释后c(OH－)减小,c(H＋)增大,A错误；NH3·H2O为弱电解质,稀释后溶液中c(OH－)大于稀释前的,B错误；NH3·H2O为弱电解质,稀释过程中电离平衡向

3、右移动,C错误；同一溶液中,＝,电离平衡向右移动,故n(OH－)增大,n(NH3·H2O)减小,故增大,D正确.答案：D5、用水稀释0.1mol/L氨水,溶液中随着水量的增加而增大的是(　　)A.B.C、c(H＋)·c(OH－)D.答案：D6、已知室温时,0.1mol·L－1某一元酸HA溶液在水中有0.1%发生电离,下列叙述错误的是(　　)A、该溶液的pH＝4B、升高温度,溶液的pH增大C、此酸的电离平衡常数约为1×10－7D、HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍答案：B7、常温下,有关下列四种溶液的说法正确的是(　　)①②③④0.1mol·L－1氨水pH＝11氨水0.1

4、mol·L－1盐酸pH＝3盐酸A.由水电离出的c(H＋)：③>①B、①稀释到原来的100倍,pH与②相同C、①与③混合,若溶液pH＝7,则溶液中c(NH)>c(Cl－)D、②与④等体积混合,混合溶液的pH>7解析：A项,HCl是强酸,NH3·H2O是弱碱,因此在浓度相同的条件下,盐酸对水的电离抑制程度大,即由水电离出的c(H＋)：③<①,A不正确；B项,NH3·H2O是弱碱,0.1mol·L－1氨水稀释到原来的100倍,浓度是0.001mol·L－1,溶液的pH小于11,B不正确；C项,①与③混合,若溶液pH＝7,则根据电荷守恒可知溶液中c(NH)＝c(Cl－),C不正确；D项②与④等体积混

5、合后氨水过量,溶液显碱性,因此混合溶液的pH>7,D正确.答案：D8、常温下,向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液,pH变化如图所示,下列有关叙述正确是(　　)A、①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B、①到②水的电离程度逐渐减小C、I－能在②点所示溶液中存在D、②点所示溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)解析：①点所示溶液中存在HClO和H2O的两种电离平衡,A错误；①到②溶液中c(H＋)减小,酸对水的电离的抑制程度减小,则水的电离程度逐渐增大,B错误；②点溶液中有ClO－,能氧化I－,故C错误；②点所示溶液中,根据电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝

6、c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－),因为pH＝7,c(H＋)＝c(OH－),则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－),故D正确.答案：D9、pH＝12的X、Y两种碱溶液各10mL,分别稀释至1000mL,其pH与溶液体积(V)的关系如图所示,下列说法正确的是(　　)A、若10VYD、稀释后,X溶液的碱性比Y溶液的碱性强解析：由图可知,开始时pH相同,若10

7、离平衡,是弱碱,故A正确；开始时pH相同,两种碱溶液稀释相同的倍数后pH不同,则碱性强弱一定不同,所以物质的量浓度一定不相等,故B错误；相同pH的两溶液稀释相同的倍数,X的pH变化比Y大,则说明在加水稀释过程中,Y的电离程度比X弱,则pH＝12时的X、Y两种碱溶液,溶液浓度Y大于X,完全中和X、Y两溶液时,消耗同浓度盐酸的体积：VX