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1、 电解质溶液1水是最珍贵的资源之一。以下表述正确的选项()AH2O的电子式为HHB4时，纯水的pH7CDO中，质量数之和是质子数之和的两倍D273 K、101 kPa，水分子间的平均间隔d：d(气态)d(液态)d(固态)解析：A项，H2O的电子式为HH；B项，4时纯水的pH大于7；C项，DO中，质量数之和为20，质子数之和为10，故C正确；D项，273 K、101 kPa时无气态水。答案：C2冰醋酸中加水稀释时，溶液中的氢离子浓度随参加的水量变化的以下各曲线图中，正确的选项()解析：冰醋酸为纯醋酸，没有水作溶剂，难以电离出氢离子。随着水的参加，在极性试剂作用下：CH3COOHHCH3COO。H
2、浓度不断增加，稀释到一定程度，成为醋酸的水溶液，则随水的增加，溶液体积变大，尽管电离程度也增加，但以体积增大的要素占主要地位，因而溶液中H的浓度逐步减小。答案：C3常温下,用0.100 0 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL1CH3COOH溶液所得滴定曲线如以下图。以下说法正确的选项()A点所示溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)B点所示溶液中：c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)C点所示溶液中：c(Na)c(OH)c(CH3COO)c(H)D滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(Na)c
3、(OH)解析：A项，点反响后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为11的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，故c(Na)c(CH3COOH)；由电荷守恒可知：c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(H)，因而c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)。B项，点时，pH7，即c(H)c(OH)，由电荷守恒知：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，故c(Na)c(CH3COO)。C项，点时，恰好完全反响生成CH3COONa，因CH3COO水解，c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)。D项，当CH3COOH较多，生成CH3COON
4、a少量时，可能出现此离子浓度关系。答案：D4将pH3的H2SO4溶液和pH12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH10时，强酸和强碱的体积之比为()A19 B91 C101 D110解析：pH10时，c(H)11010 molL1，c(OH)1104 molL1。1104 molL1，可得：。答案：B5一样温度下，两种氨水A、B，浓度分别是0.2 mol/L和0.1 mol/L，则A和B的OH浓度之比()A大于2 B小于2 C等于2 D不能确定解析：关于氨水的稀溶液，浓度越小，电离程度越大，因而0.2 mol/L氨水的电离程度比0.1 mol/L氨水的电离程度小，OH浓度之比小于2。答案：B6
5、在一定体积pH12的Ba(OH)2溶液中，逐滴参加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2恰好完全沉淀时，溶液pH11。假设反响后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是()A19 B11 C12 D14解析：此题考察pH的计算。当溶液中Ba2恰好完全沉淀发生的化学反响方程式为：NaHSO4Ba(OH)2=BaSO4H2ONaOH由化学方程式得反响后n(OH)n(NaOH)nBa(OH)2，因而c(OH)1103 molL1，解得。答案：D7已经知道H2A在水中存在以下平衡：H2AHHA，HAHA2。答复以下咨询
6、题：(1)NaHA溶液_(填“显酸性”、“显碱性”、“显中性”或“酸碱性无法确定”)，缘故是_。(2)某温度下，向0.1 molL1的NaHA溶液中滴入0.1 molL1KOH溶液至中性，如今溶液中以下关系一定正确的选项_(填字母)。Ac(H)c(OH)11014 mol2L2Bc(Na)c(K)c(HA)2c(A2)Cc(Na)c(K)Dc(Na)c(K)0.05 molL1(3)已经知道常温下H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s) Ca2(aq)A2(aq)；H0。温度升高时，Ksp_(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。滴加少量浓盐酸，c(Ca2)_，缘故是_(用
7、文字和离子方程式说明)。(4)假设向CaA悬浊液中参加CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反响的离子方程式_。解析：(1)通过H2A的电离方程式不能确定HA的电离程度和水解程度的大小，因而无法推断NaHA溶液的酸碱性。(2)溶液显中性，则c(H)c(OH)，依照电荷守恒有：c(H)c(Na)c(K)c(OH)c(HA)2c(A2)，则c(Na)c(K)c(HA)2c(A2)；参加KOH溶液，发生反响为HAOH=A2H2O，A2水解使溶液显碱性，因而，参加的KOH的物质的量小于NaHA的物质的量，c(Na)c(K)。(3)该溶解平衡为吸热反响，升温Ksp增大；加盐酸发生反响：A2H
8、HA，A2浓度减小，溶解平衡向右挪动，如今，n(Ca2)明显增大，而溶液体积变化不大，因而c(Ca2)增大。(4)向CaA悬浊液中参加CuSO4溶液，Cu2结合A2生成更难溶的CuA。答案：(1)酸碱性无法确定不能确定HA的电离程度和水解程度的大小(2)BC(3)增大(1分)增大(1分)加盐酸发生反响：A2HHA，A2浓度减小，CaA的溶解平衡向右挪动，n(Ca2)明显增大，而溶液体积变化不大，因而c(Ca2)增大(4)CaA(s)Cu2(aq) Ca2(aq)CuA(s)8(1)将等质量的锌粉分别投入10 mL 0.1 molL1 的盐酸和10 mL 0.1 molL1的CH3COOH溶液中
9、。假设锌缺乏量，反响快的是_；假设锌过量，产生氢气的量的关系为_。(2)将等量的锌粉分别投入c(H)均为1 molL1、体积均为10 mL的盐酸和醋酸溶液中。假设锌缺乏量，反响快的是_；假设锌过量，产生氢气的量的关系为_。解析：(1)两种一元酸溶质的物质的量相等，但盐酸中c(H)大，故盐酸与锌反响的速率快；由于金属均过量，酸全都耗费掉，故正确的答案是产生氢气的量相等。(2)这两种酸的c(H)相等，显然后者的物质的量浓度大，溶质的物质的量也大，初始的速率一样，但随着反响的进展，H不断被耗费，弱酸CH3COOH的电离平衡不断正向挪动，又电离出H，故在反响进展的同一时刻CH3COOH溶液中的c(H)
10、大于盐酸溶液中的c(H)，因而醋酸与锌反响速率快。当锌过量时CH3COOH与锌反响产生的氢气多。答案：(1)HCl相等(2)CH3COOHCH3COOH与锌反响产生的氢气多9不同金属离子在溶液中完全沉淀时，溶液的pH不同。溶液中被沉淀的离子Fe3Fe2Cu2完全生成氢氧化物沉淀时，溶液的pH(1)实验室配制FeCl2溶液时需参加少许盐酸和铁粉。只加盐酸、不加铁粉，溶液中会发生什么变化，用离子方程式表示为：_；同时参加盐酸和铁粉后，溶液在放置过程中，哪些离子的浓度发生了明显的改变(不考虑溶液的挥发)，并指出是如何改变的：_。(2)氯化铜晶体(CuCl22H2O)中含FeCl2杂质，为制得纯洁氯化
11、铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按下面所示的操作步骤进展提纯。以下氧化剂中最合适作氧化剂X的是_(填序号)；ANaClO BH2O2 CKMnO4 DI2物质Y的化学式是_；写出沉淀Z在水中的沉淀溶解平衡方程式：_。解析：(1)Fe2在空气中易被氧化，故参加Fe；为了抑制其水解，参加HCl。(2)在参加氧化剂X的前后除了Fe2转化为Fe3，其他离子均没有变化，可使用的氧化剂为H2O2。在酸性条件下沉淀Fe3，为了不引入其他杂质，选择铜的碱性化合物，如CuO、 Cu(OH)2、CuCO3等。沉淀Z为Fe(OH)3。答案：(1)4Fe2O24H=4Fe32H2O放置过程中，c(Fe2)增大，c(H)减小(2)BCuO或Cu(OH)2或CuCO3Fe(OH)3(s) Fe3(aq)3OH(aq)