1、福建省永安市第三中学2019-2020学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cu 64 Ag 108第卷（选择题）一、选择题1.在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)4CO(g) Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表所示：温度/2580230平衡常数510421.9105下列说法正确的是()A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应B. 25 时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)4CO(g)的平衡常数为0.5C. 在80 时，测得某时刻，Ni(CO
2、)4、CO浓度均0.5 mol/L，则此时v正v逆D. 80 达到平衡时，测得n(CO)0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/L【答案】D【解析】【详解】A.由已知的数据可以看出，升高温度，平衡常数减少，说明平衡向逆方向移动，正反应是放热反应，A错；B.25时反应Ni(CO)4（g）Ni（s）+4CO（g）时，它平衡常数是1/（5104），B错；C.80时，Qc=0.5/0.542，说明平衡向逆方向移动，C错；D.80时，n（CO）=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L，代入平衡常数表达有，2/（0.3/0.3L）4=2，所以假定成立，D正确。答案选D。2.
3、常温下设a代表Ba(OH)2，b代表NaOH溶液，c代表NH3H2O溶液。下列说法正确的是A. 同物质的量浓度的三种溶液的pH：a=bcB. 同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，pH：a=bcC. 同pH、同体积的三种溶液消耗同浓度盐酸的体积：a=b=cD. 同pH时，稀释不同倍数、pH仍相同，三种溶液稀释的倍数：abc【答案】B【解析】【详解】Ba(OH)2是二元强碱，NaOH是一元强碱，NH3H2O是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡；A同物质的量浓度的三种溶液的氢氧根离子的浓度：abc ，氢氧根离子的浓度越大，溶液的pH就越大，所以溶液的pH：abc，A错误；B同pH时，三种溶液稀释相同倍数后
4、，由于一元弱碱NH3H2O中存在电离平衡，未电离的电解质会进一步电离，使溶液中c (OH-)增大，所以pH：ca=b，B正确；C同pH、同体积的三种溶液，由于弱碱NH3H2O中存在电离平衡，电解质的浓度大于电离产生的离子的浓度，所以消耗同浓度盐酸的体积：a=bc，C错误；D由于弱碱NH3H2O中存在电离平衡，电解质的浓度大于电离产生的离子的浓度，同pH时，稀释相同倍数，pH：a=bc，要使溶液的pH仍然相等，则弱碱NH3H2O还要再进行稀释，所以三种溶液稀释的倍数：a=bTC. T，pH=3溶液中，由水电离产生的c(H+)一定为1.010-10molL1D. T时，pH=4的盐酸与pOH=4氨
5、水等体积混合后溶液pH6.5【答案】D【解析】【详解】A选项， T下，直线中pH= 6时pOH = 7，因此水的离子积为10-13，故A错误；B选项，若P点对应的温度为T1，P点Kw T1，故B错误；C选项，T，pH=3溶液，如果是酸溶液，由水电离产生的c(H+)一定为1.010-10molL1，如果是水解的盐溶液，由水电离产生的c(H+)一定为1.010-3molL1，故C错误；D选项，T时，pH=4的盐酸溶液中c（H+）=10-4mol/L，pOH=4的氨水中c（OH）=10-4mol/L，盐酸属于强酸，氨水为弱碱水溶液，两者等体积混合充分反应后，氨水过量，溶液显碱性，因此pH6.5，故D
6、正确。综上所述，答案为D。5.10 时加热NaHCO3溶液，测得溶液pH发生如下变化：温度/102030加热煮沸后冷却到50 pH8.38.48.58.8下列判断正确的是A. 50 时，c(OH)1105.2molL1B. 30 时，c(Na)c(HCO3-)2c(CO32-)C. 升高温度，c(Na)/c(HCO3-)增大D. 将NaHCO3溶液蒸干并灼烧，得到NaOH固体【答案】C【解析】【详解】A选项，50 时，pH = 8.8，c(H)1108.8molL1，而此温度下水的离子积常数大于10-14，因此c(OH)大于10-5.2mol/L，故A错误；B选项，30 时，电荷守恒c(H)c
7、(Na)c(HCO3)2c(CO32) c(OH)，由于c(OH) c(H)，因此c(Na) c(HCO3)2c(CO32)，故B错误；C选项，升高温度，水解程度增大，碳酸氢根浓度减小，因此c(Na)/c(HCO3)增大，故C正确；D选项，将NaHCO3溶液蒸干并灼烧，得到碳酸钠固体，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】做题时一定要注意温度，温度不同，离子积常数不同，特别是求氢氧根浓度时，温度不同，浓度也不同。6.下列事实不涉及盐类水解应用的是A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水B. 实验室通常在HCl气氛中加热MgCl26H2O制MgCl2C. 草木灰与铵态氮肥不能混合施用D. 实验室用Zn与
8、稀硫酸制H2时，加入几滴CuSO4可加快反应速率【答案】D【解析】【详解】A选项，明矾、氯化铁晶体水溶液发生水解生成胶体，常用于净水，故A不符合题意；B选项，实验室通常在HCl气氛中加热MgCl26H2O制MgCl2，通HCl主要是抑制镁离子水解，故B不符合题意；C选项，草木灰与铵态氮肥不能混合施用，主要是两者混合发生双水解，故C不符合题意；D选项，实验室用Zn与稀硫酸制H2时，加入几滴CuSO4发生置换反应生成铜，形成锌铜硫酸原电池，加快反应速率，与盐类的水解无关，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】原电池原理会加快反应速率。7.有关下列电化学装置的说法中正确的是A. 图a是原电池装置
9、，可以实现化学能转化为电能B. 图b电解一段时间后，加入适量CuCO3固体，可以使硫酸铜溶液恢复到原浓度C. 图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼D. 图d装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀【答案】B【解析】【详解】A选项，a中两边的电解液交换才为原电池装置，才可以实现化学能转化为电能，故A错误；B选项，图b电解一段时间后，阳极得到氧气，阴极得到铜，加入适量氧化铜、CuCO3固体，可以使硫酸铜溶液恢复到原浓度，故B正确；C选项，图c中的X极若为正极，则该装置可实现粗铜的精炼，粗铜作阳极，故C错误；D选项，图d装置是通过“外加电流阴极保护法”使铁不被腐蚀，故D错误。综上所述
10、，答案为B。【点睛】电化学有效防止金属腐蚀主要是牺牲阳极的阴极保护法(原电池原理)，外加电流的阴极保护法(电解池原理)。8.在一容积可变的密闭容器中，充入一定量的H2和I2(g)发生反应：I2(g)H2(g)2HI(g)H0B. E2表示反应C(g) =X (g)的活化能C. E1是反应的反应热D. 整个反应的速率快慢由反应决定【答案】B【解析】【详解】A选项，根据盖斯定律得到H1+ H2H，根据图像可知 A(g)+B(g)=C(g) H ClO- HCO3- CH3COO-B. 2ClO-+CO2+H2OCO32-+2HClO反应不能发生C. 用蒸馏水稀释0.10molL-1的醋酸，c(CH
11、3COO-)/c(CH3COOH)的数值逐渐增大D. 等体积、等pH的CH3COOH与HClO两溶液与NaOH恰好完全反应，CH3COOH消耗氢氧化钠物质的量更多【答案】D【解析】【分析】根据酸的电离平衡常数知，酸强弱顺序为：CH3COOH H2CO3 HClO HCO3【详解】A选项，酸越弱，对应阴离子结合氢离子能力越强，因此离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32 ClO HCO3 CH3COO，故A正确；B选项，2ClO+CO2+H2OCO32+2HClO反应，违背了HClO HCO3，因此不能发生，故B正确；C选项，用蒸馏水稀释0.10molL-1的醋酸，氢离子浓度减小，比值增大，
12、故C正确；D选项，等体积、等pH的CH3COOH与HClO两溶液与NaOH恰好完全反应，HClO物质的量多，则次氯酸消耗氢氧化钠物质的量更多，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】等体积、等pH的一元弱酸与一元强酸两溶液与NaOH恰好完全反应，弱酸的物质的量多，消耗的氢氧化钠多。17.某化学课外小组的同学通过实验探究温度和浓度对反应速率的影响。实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是：2IO3-+5SO32-+2H+=I2+5SO42-+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。实验序号0.01molL1KIO3酸
13、性溶液(含淀粉)的体积/mL0.01molL1Na2SO3 溶液的体积/mL水的体积/mL实验温度/出现蓝色的时间/s55V15t1554025t25V23525t3下列判断不正确的是A. 最先出现蓝色的一组实验是B. 实验中V1=40，V2=10C. 探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验D. 出现蓝色的时间t3t2t1【答案】D【解析】【分析】根据控制变量法，是探究温度对反应反应速率的影响，是探究浓度对反应反应速率的影响。【详解】A选项，浓度相同，温度高，的反应速率比快，反应温度与相同，但反应浓度比大，因此最先出现蓝色的一组实验是，故A正确；B选项，根据混合后溶液体积一样，实验中V1=4
14、0，V2=10，故B正确；C选项，浓度相同，温度不同，因此探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验，故C正确；D选项，出现蓝色的时间t1t2 t3，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】探究变量对反应速率的影响时，只能改变变量，其他量都不能变化，否则不能探究。18.常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是A. 等pH的两种酸的浓度：c(HA) c(Na+)c(H+)c(OH)D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B) c(HB)【答案】B【解析】【详解】A选项，lg或lg=0时H
15、B的pH大于HA的pH，则Ka(HA) Ka(HB)，酸强弱顺序为HA HB，因此等pH的两种酸的浓度：c(HA) c(Na+)，因此c(B)=c(HB)c(Na+)c(H+)c(OH)，故C正确；D选项，lg=0时溶液的pH=5，此时c(B-)=c（HB），向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，根据图像lg0，则c(B) c(HB)，故D正确。综上所述，答案为B。第卷（客观题）二、填空题19.现有25，0.1molL1的以下溶液：A.NaOH B.NH4Cl C.Al2(SO4)3 D.Na2CO3 E.NaHSO4 F.NaHCO3 （1）A、B、D、F四种溶液的pH由大到小的顺序是_
16、。（填编号）（2）常温下，溶液E的pH_7（填“”、“DFB (2). D F B。常温下，溶液E硫酸氢钠电离显酸性，其原因是NaHSO4=Na+H+SO42。泡沫灭火器原料是C与F两溶液反应生成氢氧化铝和二氧化碳气体，因此得反应原理的离子方程式。【详解】A选项，NaOH属于一元强碱，电离出OH-溶液显碱性；B选项，NH4Cl属于强酸弱碱盐，水解溶液显酸性；D选项，Na2CO3属于强碱弱酸盐，水解溶液显碱性；F选项，NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-的电离程度小于水解程度，溶液显碱性；根据盐的水解程度是微弱的以及“越弱越水解”规律，A、B、D、F四种溶液的pH由大到小的顺序是A D F B
17、，故答案为：A D F B。常温下，溶液E的pH 7，硫酸氢钠电离显酸性，其原因是NaHSO4=Na+H+SO42，故答案为： 0 ，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与各自的分压有如下关系：(N2O4)=k1p(N2O4)；(NO2)=k2p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数，相应的速率与N2O4或NO2的分压关系如图3所示。在T时，图3中M、N点能表示该反应达到平衡状态，理由是_。改变温度，(NO2)会由M点变为A、B或C，(N2O4)会由N点变为D、E或F，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，NO2和N2O4相对应的点分别是_、 _（填字母）（4）据报道，以二氧化碳为原
18、料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如图4所示。a极发生_(填“氧化”或“还原”)反应。电解时，b极上生成乙烯的电极反应为_。【答案】 (1). Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g) H =kJmol-1 (2). kJ (3). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (4). 20% (5). 4 (6). M点 (NO2)是N点(N2O4)的2倍，符合方程式系数比，所以该反应的正反应速率等于逆反应速率 (7). B (8). F (9). 氧化 (10). 2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O【解析】【分析
19、】根据盖斯定律，第2个方程式减去第1个方程式，再除以4，得到PCl3与Cl2反应的热化学方程式。断开1mol的Cl-Cl键消耗的能量为a，则a + 1.2xkJ3 - xkJ5 = kJ，解得a = kJ。由图2可知，反应在温度1050K之前，NO的转化率随温度升高而增大，1050K时，反应达到平衡，1050K之前没有达到平衡，正在建立平衡的阶段，转化率随温度升高而增大，在1100K时，该反应是等体积反应，假设NO物质的量为1mol，NO转化率为40%，消耗0.4mol，剩余0.6mol，生成氮气和二氧化碳分别为0.2mol，则CO2的体积分数为。用物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化
20、学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1106Pa时，在1050K时，该反应是等体积反应，假设NO物质的量为1mol，NO转化率为80%，消耗0.8mol，剩余0.2mol，生成氮气和二氧化碳分别为0.4mol，该反应的化学平衡常数。在T时，图3中M、N点能表示该反应达到平衡状态，M点(NO2)是N点(N2O4)的2倍，符合方程式系数比，所以该反应的正反应速率等于逆反应速率，因此达到平衡。改变温度，升高温度，正逆反应速率都加快，平衡向吸热反应移动即生成二氧化氮的方向移动，二氧化氮浓度大，压强增大，四氧化二氮浓度减小，因此(NO2)会由M点变为B点，(N2O4)会由N点变为F。a极为阳极，发
21、生氧化反应。电解时，b极上二氧化碳得到电子生成乙烯的电极反应为2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O。【详解】根据盖斯定律，第2个方程式减去第1个方程式，再除以4，得到PCl3与Cl2反应的热化学方程式Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g) H =kJmol-1，故答案为：Cl2(g)+PCl3(g) = PCl5(g) H =kJmol-1。断开1mol的Cl-Cl键消耗的能量为a，则a + 1.2xkJ3 - xkJ5 = kJ，解得a = kJ，故答案为： kJ。由图2可知，反应在温度1050K之前，NO的转化率随温度升高而增大，1050K时，反应达到平衡，1050K之前没有
22、达到平衡，正在建立平衡的阶段，转化率随温度升高而增大，在1100K时，该反应是等体积反应，假设NO物质的量为1mol，NO转化率为40%，消耗0.4mol，剩余0.6mol，生成氮气和二氧化碳分别为0.2mol，则CO2的体积分数为，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20%。用物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1106Pa时，在1050K时，该反应是等体积反应，假设NO物质的量为1mol，NO转化率为80%，消耗0.8mol，剩余0.2mol，生成氮气和二氧化碳分别为0.4mol，该反应的化
23、学平衡常数，故答案为：4。在T时，图3中M、N点能表示该反应达到平衡状态，M点(NO2)是N点(N2O4)的2倍，符合方程式系数比，所以该反应的正反应速率等于逆反应速率，因此达到平衡，故答案为：M点(NO2)是N点(N2O4)的2倍，符合方程式系数比，所以该反应的正反应速率等于逆反应速率。改变温度，升高温度，正逆反应速率都加快，平衡向吸热反应移动即生成二氧化氮的方向移动，二氧化氮浓度大，压强增大，四氧化二氮浓度减小，因此(NO2)会由M点变为B点，(N2O4)会由N点变为F，故答案为：B、F。a极为阳极，发生氧化反应，故答案为：氧化。电解时，b极上二氧化碳得到电子生成乙烯的电极反应为2CO2+
24、12H+12e=C2H4+4H2O，故答案为：2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O。21.钴、镍与铁是同族元素，它们的单质及化合物的性质有很多相似之处。（1）为了比较Fe、Co、Cu三种金属的活动性，某实验小组设计如下甲、乙、丙三个实验装置。丙装置中X、Y均为石墨电极。反应一段时间后，可观察到甲装置中Co电极附近产生气泡，丙装置中X极附近溶液变红。甲池Fe电极反应式为_。由现象可知三种金属的活动性由强到弱的顺序是_(填元素符号)。写出丙装置中反应的离子方程式_。（2）Na2FeO4具有广泛用途，可通过电解法制取得到，工作原理图丁所示。通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42，镍电极有气
25、泡产生。已知： Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。Fe电极反应式为_。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_。当阴极产生112mL（标准状况）的气体时，通过阴离子交换膜的离子有_mol。【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). FeCoCu (3). 2Cl-2H2O2OH-H2Cl2 (4). Fe - 6e- + 8OH = FeO42 + 4H2O (5). 阴极产生H2，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低 (6). 0.01【解析】【分析】甲装置中Co电极附近产生气泡，说明Co为正极，Fe为负极，其电极反应式为Fe-2e= Fe2+，金属活动
26、性为FeCo，丙装置中X极附近溶液变红，说明X处有大量氢氧根，此处氢离子消耗，X为阴极，Co为负极，Cu为正极，因此三种金属的活动性由强到弱的顺序是FeCoCu。丙装置为电解食盐水，其反应的离子方程式2Cl2H2O2OHH2Cl2。Fe在阳极反应生成高铁酸根，其电极反应式为Fe - 6e+ 8OH= FeO42 + 4H2O。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，根据已知信息Na2FeO4易被H2还原。当阴极产生112mL（标准状况）的气体即0.005mol氢气。H2 2OH 1mol 2mol0.005mol xmol1mol：0.005mol = 2mol：xmol解得x = 0.01m
27、ol，即有0.01mol氢氧根离子生成，要使溶液呈电中性，则需要0.01molOH-通过阴离子交换膜。【详解】甲装置中Co电极附近产生气泡，说明Co为正极，Fe为负极，其电极反应式为Fe-2e= Fe2+，金属活动性为FeCo，丙装置中X极附近溶液变红，说明X处有大量氢氧根，此处氢离子消耗，X为阴极，Co为负极，Cu为正极，因此三种金属的活动性由强到弱的顺序是FeCoCu，故答案为：Fe-2e= Fe2+；FeCoCu。丙装置为电解食盐水，其反应的离子方程式2Cl2H2O2OHH2Cl2，故答案为：2Cl2H2O2OHH2Cl2。Fe在阳极反应生成高铁酸根，其电极反应式为Fe - 6e+ 8O
28、H= FeO42 + 4H2O，故答案为：Fe - 6e+ 8OH= FeO42 + 4H2O。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，阴极是水电离的H+放电产生H2，根据已知信息Na2FeO4易被H2还原，故答案为：阴极产生H2，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。当阴极产生112mL（标准状况）的气体即0.005mol氢气。H2 2OH1mol 2mol0.005mol xmol1mol：0.005mol = 2mol：xmol解得x = 0.01mol，即有0.01mol氢氧根离子生成，要使溶液呈电中性，则需要0.01molOH-通过阴离子交换膜，故答案为：0.01。22.水溶液中存
29、在多种平衡。（1）下列性质中，可以证明醋酸是弱电解质的是_。A0.1molL1醋酸钠溶液呈碱性B 醋酸以任意比与水互溶C. 10mL 1molL1 醋酸恰好与10mL 1molL1 NaOH溶液完全反应D. 醋酸溶液的导电性比一元强酸溶液弱（2）已知25时，0.1molL1醋酸、0.1molL1HA溶液的pH均为3，NH4A盐溶液呈中性， 则CH3COONH4溶液pH_7（填“”、“”、“=”）。（3）25时0.1molL-1 的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，c(OH-)增大了，因而溶液的p
30、H增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，因此溶液的pH增大。为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1molL-1 的醋酸溶液中加入少量下列物质中的_（填写编号），然后测定溶液的pH。A固体CH3COOK B固体CH3COONH4 C气体NH3 D固体NaHCO3若_（填“甲”或“乙”）的解释正确，溶液的pH应_（填“增大”“减小”或“不变”）。（4）将0.010mol CH3COONa和0.004mol HCl溶于水，配制成0.5L混合溶液。溶液中共有_种粒子。其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol，它们是_和_。溶液中n
31、(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=_mol。【答案】 (1). A (2). = (3). B (4). 乙或甲 (5). 增大或不变 (6). 7 (7). CH3COOH (8). CH3COO- (9). 0.006【解析】【分析】A选项，0.1molL1醋酸钠溶液呈碱性，说明是强碱弱酸盐，醋酸为弱酸；B选项，醋酸以任意比与水互溶，不能说明是弱电解质；C选项，10mL 1molL1 醋酸恰好与10mL 1molL1 NaOH溶液完全反应生成醋酸钠和水，不能说明是弱电解质；D选项，只能说相同浓度的醋酸溶液的导电性比一元强酸溶液弱，才能说醋酸是弱电解质。已知25时，0.1molL
32、1醋酸、0.1molL1HA溶液的pH均为3，NH4A盐溶液呈中性，说明一水合氨与HA的平衡常数相同，HA和醋酸的平衡常数也相同，因此CH3COONH4溶液pH = 7。如果加一种中性物质，有效的排除了甲的情况：加了显碱性的物质，加中性的物质，通过醋酸根离子浓度增加，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，故答案为：B。根据上面分析得出乙的解释正确，溶液的pH应增大，如果是甲正确，则溶液的pH不变。溶液中共有钠离子、氯离子、醋酸分子、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子、水分子，有7种粒子。其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol，根据物料守恒，它们是CH3COOH和CH3COO。溶液中
33、n(CH3COO)+n(OH)-n(H+)= n(Na+) - n(Cl) = 0.010mol 0.004mol =0.006mol。【详解】A选项，0.1molL1醋酸钠溶液呈碱性，说明是强碱弱酸盐，醋酸为弱酸；B选项，醋酸以任意比与水互溶，不能说明是弱电解质；C选项，10mL 1molL1 醋酸恰好与10mL 1molL1 NaOH溶液完全反应生成醋酸钠和水，不能说明是弱电解质；D选项，只能说相同浓度的醋酸溶液的导电性比一元强酸溶液弱，才能说醋酸是弱电解质，题中没有给等浓度，不能判断；故答案为A。已知25时，0.1molL1醋酸、0.1molL1HA溶液的pH均为3，NH4A盐溶液呈中性
34、，说明一水合氨与HA的平衡常数相同，HA和醋酸的平衡常数也相同，因此CH3COONH4溶液pH = 7，故答案为：=。如果加一种中性物质，有效的排除了甲的情况：加了显碱性的物质，加中性的物质，通过醋酸根离子浓度增加，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，故答案为：B。根据上面分析得出乙的解释正确，溶液的pH应增大，如果是甲正确，则溶液的pH不变，故答案为：乙或甲；增大或不变。溶液中共有钠离子、氯离子、醋酸分子、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子、水分子，有7种粒子，故答案为：7。其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol，根据物料守恒，它们是CH3COOH和CH3COO，故答案为：CH3COOH和CH3COO。根据电荷守恒，溶液中n(CH3COO)+n(OH)-n(H+)= n(Na+) - n(Cl) = 0.010mol 0.004mol =0.006mol，故答案为：0.006。
