《弱电解质的电离平衡第二课时》习题2-1

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1、《弱电解质的电离平衡第二课时》同步练习考查点一　水的离子积常数1．纯水在25℃和80℃时的氢离子浓度相比，前者比后者(　　)。A．大B．相等C．小D．不能肯定解析　纯水在25℃和80℃时的氢离子的浓度后者大，因为升温促进水的电离。答案　C2．下列微粒中能影响水的电离平衡，且使水的电离平衡向左移动的是(　　)。A．SO42－B．Cl－C．Na＋D．[····H]－解析：酸碱均抑制水的电离。A中SO42－，B中Cl－、C中Na＋对水的电离无影响；D项为OH－，抑制水的电离。答案：D3．25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述中正确的是(　　)。A．

2、向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)减小B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变C．向水中加入少量金属钠，平衡逆向移动，c(OH－)减小D．将水加热，KW增大，c(H＋)不变解析　在水中加入NH3·H2O会使水的电离平衡向左移动，但OH－浓度增大，A项错误，加入金属Na，Na与H＋反应，使平衡正向移动，c(OH－)增大，将水加热，KW增大，c(H＋)增大。答案　B4．将纯水加热至较高温度，下列叙述中正确的是(　　)。A．水的离子积变大、呈酸性B．水的离子积不变、呈中性C．水的离子积变小、呈碱性D．水的离子积变大、呈中性解析　纯水加热，水的离子积常数变

3、大，溶液呈中性。答案　D5．常温下，在0.01mol·L－1硫酸溶液中，水电离出的氢离子浓度是(　　)。A．5×10－13mol·L－1B．0.02mol·L－1C．1×10－7mol·L－1D．1×10－12mol·L－1解析　溶液中共有两部分H＋：水电离出来的H＋和硫酸电离出来的H＋。其中硫酸电离出来的H＋为c(H＋)＝0.01×2＝0.02mol·L－1。水电离出来的H＋要小于10－7mol·L－1，硫酸电离出来的H＋是主要的，因此认为溶液中的H＋的总浓度就是0.02mol·L－1，根据c(OH－)＝KW/c(H＋)，溶液中的c(OH－)＝10－14/0.02＝5×1

4、0－13mol·L－1。因为水电离出来的H＋和OH－的个数相等(不受任何条限制)，则水电离出来的H＋浓度就是5×10－13mol·L－1。答案　A6．如果25℃时KW＝10－14，100℃时KW＝10－12，这说明(　　)。A．100℃时水的电离常数较大B．前者c(H＋)比后者大C．水的电离过程是一个放热过程D．KW和K电离无直接关系解析　由题意知，温度较高，KW较大，即c(H＋)·c(OH－)较大。c(H＋)·c(OH－)较大，说明H2OH＋＋OH－向右进行的程度大，水的电离过程是吸热的过程。答案　A7．某温度下，纯水中的c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1，则

5、此时溶液中的c(OH－)＝______mol·L－1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5.0×10－4mol·L－1，则溶液中的c(OH－)＝______mol·L－1，由水电离产生的c(H＋)＝______mol·L－1，此时温度______(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。解析　由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)可知c(OH－)＝2.0×10－7mol·L－1，此时水的离子积常数KW＝4×10－14，当c(H＋)＝5×10－4mol·L－1时，c(OH－)＝8×10－11mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝8×10－11mol·L－1，此

6、温度下水的离子积KW＝4×10－14>1×10－14，该温度大于25℃。答案　2.0×10－7　8×10－11　8×10－11　高于8．室温下，0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液中，c(OH－)＝________，c(H＋)＝________，由水电离出的c(OH－)＝________。这说明NaOH溶液中水的电离程度与纯水相比程度________。解析　在碱溶液中OH－主要来源于碱的电离，极少量的OH－来源于水的电离，而溶液中的H＋则全部来源于水的电离，而且由水电离出的c(H＋)和c(OH－)相等。所以，在0.1mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1mol·L

7、－1，c(H＋)＝＝＝10－13(mol·L－1)，则c(OH－)水＝c(H＋)＝10－13mol·L－1，与纯水的c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1相比明显减小，这说明在NaOH溶液中水的电离受抑制，电离程度减小。答案　0.1mol·L－1　10－13mol·L－1　10－13mol·L－1　减小考查点二　电离常数(KW)与电解质相对强弱的关系9．下列关于电离常数的说法正确的是(　　)。A．电离常数随着弱电解质浓度的增大而增大B．CH3COOH的电离常数表达式为Ka＝C．CH3COOH溶液中加入少量