1、1仅能在水溶液中导电的物质是()ANaOHBNaHSO4CCH3CH2OH DNaHCO3解析：NaOH、NaHSO4在熔融状态下也能导电；CH3CH2OH是非电解质；NaHCO3受热易分解，它只能在水溶液中导电。答案：D2在新制的氯水中加入少量CaCO3粉末，下列说法正确的是()ApH增大，Cl浓度减小BpH减小，Cl浓度增大CpH增大，HClO浓度增大DpH减小，HClO浓度减小解析：在新制的氯水中存在如下平衡：Cl2H2O=HClHClO，加入CaCO3后：CaCO32H=Ca2H2OCO2使上述平衡向右移动，Cl、HClO的浓度增大，H浓度减小，pH增大，综上所述，答案为C项。答案：C
2、3已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数(Kal)。为了提高氯水中HClO的浓度，可加入()AHCl BCaCO3(s)CH2O DNaOH(s)解析：氯水中存在的平衡是：Cl2H2OHClHClO，加入HCl，c(H)、c(Cl)增大，平衡左移，c(HClO)减小；加水，平衡右移，但体积增大使c(HClO)减小；加入CaCO3，只与HCl反应而不与HClO反应，平衡右移，c(HClO)增大；NaOH与HCl、HClO均反应，c(HClO)减小。答案：B4下列关于电离平衡常数(K)的说法中正确的是()A电离平衡常数(K)越小，表示弱电解质电离能力越弱B电离平衡常数(K
3、)与温度无关C不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同D多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为：K1K2H2CO3HSOHClOHCO。A项应该生成HCO，C项应该生成HSO，D项ClO有强氧化性，SO2有还原性，应发生氧化还原反应生成SO，故A、C、D项错误，B项正确。答案：B7把1 L 0.1 mol/L醋酸溶液用蒸馏水稀释到10 L，下列叙述正确的是()Ac(CH3COOH)变为原来的1/10Bc(H)变为原来的Cc(CH3COO)/c(CH3COOH)的比值增大D溶液的导电性增强解析：A项由于加水稀释，CH3COOH的电离程度增大，故而c(CH3COOH)应小于原来的1/10，c(
4、H)应大于原来的1/10，而n(CH3COO)增多，n(CH3COOH)减少，故的比值增大。加水稀释后离子浓度减小，故导电性应减弱。故只有C项正确。答案：C8根据表中提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是()化学式电离常数HClOK13108H2CO3K14.3107K25.61011A.c(HCO)c(ClO)c(OH)Bc(ClO)c(HCO)c(H)Cc(HClO)c(ClO)c(HCO)c(H2CO3)Dc(Na)c(H)c(HCO)c(ClO)c(OH)解析：由电离平衡常数可知ClO水解程度大于HCO，故该溶液中c(HCO)c(ClO)
5、，A项正确，B项错误。C项，由物料守恒得：c(HClO)c(ClO)c(HCO)c(H2CO3)c(CO)，C项错误。D项，由电荷守恒可得：c(Na)c(H)c(HCO)c(ClO)c(OH)2c(CO)，D项错误。答案：A9已知0.1 molL1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH，要使溶液中c(H)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是()A加少量烧碱 B升高温度C加少量冰醋酸 D加CH3COONa固体解析：温度不变K不变，加入NaOH，c(H)减小平衡右移，c(CH3COO)增大，A错；升高温度，平衡右移，c(H)增大，c(CH3COOH)减少，则值增大，B对；
6、加少量冰醋酸，平衡右移，K不变，c(CH3COO)变大，值减小，C错；加CH3COONa，c(CH3COO)增大，平衡左移，K不变，即减小，D错。答案为B。答案：B10常温下，向浓度为0.1 molL1硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示。a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关叙述中不正确的是()A溶液的pH：abcdB溶液的导电性：cdCa、b溶液呈酸性Dc、d溶液呈碱性解析：a处溶液为0.1 molL1的硫酸溶液，c处溶液是硫酸与氢氧化钡溶液恰好完全反应所得，故a、b两处溶液呈酸性，c处溶液呈中性，d处溶液呈碱性。
7、答案：D11(1)常温时，初始浓度分别为1 mol/L和0.1 mol/L 的氨水中c(OH)分别为c1和c2，则c1和c2的关系为c1_10c2。(2)25 时，醋酸的电离常数Ka1.75105。向该溶液中加入一定量的盐酸，Ka是否变化？为什么？若醋酸的初始浓度为0.010 mol/L，平衡时c(H)是多少？醋酸的电离度是多少？解析：(1)设NH3H2O的电离度分别为1、2，则10，溶液浓度越小，电离度越大，即12，所以c110c2。 (2)Ka只随温度变化而变化。加入盐酸Ka不变。设平衡时c(H)c(CH3COO)x，则c(CH3COOH)平0.010x，由Ka1.75105进行0.010
8、x0.010处理后，解得x4.18104mol/L，100%4.18%。答案：(1)(2)不变，Ka不随浓度变化而变化。c(H)为4.18104 mol/L，醋酸的电离度为4.18%。12在一定温度下，有a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸：(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H)由大到小的顺序是_。(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是_。(3)若三者c(H)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是_。(4)当三者c(H)相同、体积相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是_。(5)当c(H)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全
9、相同的锌粒，若产生相同体积的氢气(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为_。反应所需时间的长短关系是_。(6)将c(H)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H)由大到小的顺序是_。解析：盐酸、硫酸和醋酸三种溶液的电离情况如下：盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，二者在水溶液中均完全电离，不存在电离平衡：HCl=HCl，H2SO4=2HSO。醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离，存在电离平衡：CH3COOHHCH3COO。(1)设三种酸的物质的量浓度均为m，则盐酸中c(H)m，硫酸中c(H)2m，醋酸中c(H)m。故bac。(2)“中和NaOH的能力”是指一定物质的量的酸中和NaOH的物质
10、的量，由于三种酸溶液的体积相同，物质的量浓度相同，所以三种酸的物质的量相同。1 mol H2SO4中和2 mol NaOH,1 mol HCl和1 mol CH3COOH各中和1 mol NaOH，故bac。(3)由(1)分析可知：c(H)相同时，醋酸浓度最大，其次是盐酸和硫酸。故cab。(4)当锌足量时，生成氢气体积的大小决定于被还原的H的物质的量。由于三种酸的c(H)相同，体积相同，盐酸、硫酸均为强酸，提供的H一样多，而醋酸中c(H)c(CH3COOH)，当c(H)减小时，CH3COOHCH3COOH的电离平衡右移，使H不断产生，反应产生的H2体积变大。故cab。(5)开始时，c(H)相同
11、，且锌的形状、质量、密度也相同，则开始反应时，反应速率相同。随着反应的不断进行，盐酸、硫酸中的H不断减少，故反应逐渐减慢，而醋酸随着反应的进行，又不断电离出H，c(H)相对较大，反应速率较快，生成相同体积的H2时，所用时间最短。故开始时反应速率都相同，所需时间abc。(6)由于HCl、H2SO4完全电离，加水稀释100倍，n(H)不变，c(H)变为原来的1/100，CH3COOH部分电离，随着水的加入，使CH3COOH的电离程度增大，c(H)减小的程度较小，故c(H)由大到小的顺序为：cab。答案：(1)bac(2)bac(3)cab(4)cab(5)abcabc(6)cab13用实验确定某酸
12、HA是弱电解质。甲、乙两同学的方案是：甲：称取一定质量的HA配制0.1 mol/L的HA溶液100 mL；用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。乙：用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH1的两种酸溶液各100 mL；分别取这两种溶液各10 mL，加水稀释至100 mL；各取相同体积的两种溶液装入两个试管中，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)甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH_1(填“”“”或“”)，乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是_(填序号)a装盐酸的试管中放出H2的速度快b装HA溶液的试管中放出H2的速度快c两个试管中
13、产生气体的速度一样快(2)请你评价乙方案中难以实现之处和不妥之处_。(3)请你再提出一个合理而比较容易进行的方案(药品可任用)，请作简明扼要表述实验方案：_。解析：(1)甲方案中，HA是弱电解质，在溶液中只能部分电离 ，所以其溶液中的c(H)1；乙方案中，盐酸是强酸，而HA是弱酸，当pH1的盐酸和HA稀释相同的倍数时，HA存在电离平衡，而盐酸不存在电离平衡，且稀释过程中HA中存在的电离平衡向右移动，导致盐酸中的c(H)小于HA中的c(H)，所以HA放出氢气的速度快。(2)由于HA是弱电解质，因而其电离程度的大小不但与其本身的性质有关，而且还受温度、浓度的影响，HA溶液中的c(H)只能测定而不能
14、准确配制；另外锌粒的质量和纯度可以称量或测定，但锌粒的形状、大小很难控制 。(3)这是一个开放性问题，可以从盐类水解的角度考虑，若强碱盐NaA溶液的pH7，即说明该溶液呈碱性，也就证明A发生水解，其水解方程式为：AH2OHAOH，故NaA对应的酸HA是弱电解质；也可以从影响电离平衡的角度考虑，已知pH的HA溶液，根据加热升温或加入固体盐NaA后溶液pH的变化，即可证明HA是弱电解质；也可以从电离的特点考虑，如可配制相同浓度的盐酸和HA溶液，然后分别测定两溶液的pH。若pH(盐酸)b(2)配制pH1的HA溶液难以实现，不妥之处在于难以控制加入锌粒的形状、大小(3)配制NaA溶液，测其pH7，即证
15、明HA是弱电解质(其他合理答案也可以)14运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。(1)合成氨反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡_移动(填“向左”“向右”或“不”)；使用催化剂_反应的H(填“增大”“减小”或“不改变”)。(2)已知：O2(g)=O(g)eH11 175.7 kJmol1PtF6(g)e=PtF(g)H2771.1 kJmol1OPtF(s)=O(g)PtF(g)H3482.2 kJmol1则反应O2(g)PtF6(g)=OPtF(s)的H_kJmol1。(3)在25 下，向浓度均为0.1 molL1的
16、MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为_。已知25 时KspMg(OH)21.81011，KspCu(OH)22.21020。(4)在25 下，将a molL1的氨水与0.01 molL1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)c(Cl)，则溶液显_性(填“酸”“碱”或“中”)；用a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb_。解析：(1)在恒温、恒压条件下加入氩气，则容积增大，导致原平衡体系中的压强减小，所以平衡向气体体积增大的方向即向左移动；催化剂仅改变化学反应速率，不会影响焓变。(2)根据盖斯定律，将化学方程式叠加，即可计算所求反
17、应的反应热。(3)由于Cu(OH)2的Ksp小于Mg(OH)2的Ksp，所以Cu(OH)2首先形成沉淀；由于氨水是弱碱，书写离子方程式时不能拆开。(4)由溶液的电荷守恒可得：c(H)c(NH)c(Cl)c(OH)，已知c(NH)c(Cl)，则有c(H)c(OH)，所以溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3H2O的电离常数Kbc(NH)c(OH)/c(NH3H2O)(0.005 molL1107molL1)/(a/2 molL10.005 molL1)109/(a0.01)molL1。答案：(1)向左不改变(2)77.6(3)Cu(OH)2Cu22NH3H2O=Cu(OH)22NH(4)中molL1.精品资料。欢迎使用。高考资源网w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u
