河南省洛阳市宜阳一高培优部高三化学二轮专题复习 近五年（）真题汇总训练 电解质溶液.doc

电解质溶液1、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）a饱和氯水中：cl、no3、na+、so32bc（h+）=1.01013moll1溶液中：c6h5o、k+、so42、brcna2s溶液中：so42、k+、cl、cu2+dph=12的溶液中：no3、i、na+、al3+【考点】离子共存问题【分析】根据溶液中的成分，若离子之间结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，以及离子之间发生氧化还原反应则不能大量共存于溶液中来分析解答【解答】解：a、由cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，则饱和氯水中含有h+和hclo等微粒，h+与so32结合生成水和二氧化硫，且在酸性条件下hclo与so32发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故a错误；b、c（h+）=1.01013moll1溶液中，氢离子浓度小于1.0107moll1，则溶液为碱的溶液，在碱溶液中能共存，故b正确；c、因na2s溶液中s2与cu2+结合生成沉淀，则该组离子一定不能大量共存，故c错误；d、因ph=12的溶液中oh较多，则oh与al3+反应生成alo2离子，则该组离子一定不能共存，故d错误；故选b2、室温下，将1.000moll1盐酸滴入20.00ml 1.000moll1氨水中，溶液ph和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）aa点由水电离出的c（h+）=1.01014moll1bb点：c（nh4+）+c（nh3h2o）=c（cl）cc点：c（cl）=c（nh4+）dd点后，溶液温度略下降的主要原因是nh3h2o电离吸热【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】压轴题【分析】根据酸碱滴定过程的图中a、b、c点的ph值来分析溶液中离子的浓度或溶液中的溶质，并利用原子守恒和电荷守恒来分析解答【解答】解：a、因a点7ph14，因此水电离出的c（h+）1.01014moll1，故a错误；b、b点时ph7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c（nh4+）+c（nh3h2o）c（cl），故b错误；c、因c点ph=7溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒可知c（cl）=c（nh4+），故c正确；d、d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故d错误；故选：c3、常温下0.1moll1醋酸溶液的ph=a，下列能使溶液ph=（a+1）的措施是（）a将溶液稀释到原体积的10倍b加入适量的醋酸钠固体c加入等体积0.2 moll1盐酸d提高溶液的温度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】醋酸电离生成醋酸根离子和氢离子，要使溶液的ph增大，则溶液中氢离子浓度减小，据此分析解答【解答】解：a、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进水的电离，将溶液稀释到原体积的10倍，氢离子浓度大于原来的，所以ph（a+1），故a错误；b、加入适量的醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子能抑制醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度减小，所以能使溶液ph=（a+1），故b正确；c、加入等体积的0.2 moll1盐酸，氢离子浓度增大，溶液的ph值减小，故c错误；d、提高温度促进醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度增大，溶液的ph值减小，故d错误；故选b4、对于0.1moll1 na2so3溶液，正确的是（）a升高温度，溶液的ph降低bc（na+）=2c（so32）+c（hso3）+c（h2so3）cc（na+）+c（h+）=2 c（so32）+2c（hso3）+c（oh）d加入少量naoh固体，c（so32）与c（na+）均增大【考点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】a、升高温度，会促进盐的水解；b、根据溶液中的物料守恒知识来回答；c、根据溶液中的电荷守恒知识来回答；d、根据水解平衡的移动原理来回答【解答】解：0.1moll1 na2so3溶液中存在水解平衡：so32+h2ohso3+oh，该过程是吸热过程a、升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的ph升高，故a错误；b、溶液中存在物料守恒：c（na+）=2c（so32）+2c（hso3）+2c（h2so3），故b错误；c、溶液中存在电荷守恒：c（na+）+c（h+）=2c（so32）+c（hso3）+c（oh），故c错误；d、加入少量naoh固体，平衡：so32+h2ohso3+oh向逆反应方向移动，所以c（so32）与c（na+）均增大，故d正确故选d5、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）a在0.1moll1nahco3溶液中：c（na+）c（hco3）c（co32）c（h2co3）b在0.1moll1na2co3溶液中：c（oh）c（h+）=c（hco3）+2c（h2co3）c向0.2 moll1nahco3溶液中加入等体积0.1moll1naoh溶液：c（co32）c（hco3）c（oh）c（h+）d常温下，ch3coona和ch3cooh混合溶液ph=7，c（na+）=0.1moll1：c（na+）=c（ch3coo）c（ch3cooh）c（h+）=c（oh）【考点】离子浓度大小的比较【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，其溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；b根据溶液中质子守恒分析；c向0.2 moll1nahco3溶液中加入等体积0.1moll1naoh溶液，碳酸氢钠和氢氧化钠以1：1反应生成碳酸钠和水，所以溶液中的碳酸氢钠和碳酸钠的物质的量相等，溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子电离程度；d溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），根据溶液中电荷守恒确定c（na+）、c（ch3coo）的关系，溶液中醋酸的电离程度大于水解程度【解答】解：a碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的电离程度小于水解程度，所以c（h2co3）c（co32），故a错误；b根据溶液中质子守恒得c（oh）=c（h+）+c（hco3）+2c（h2co3），所以c（oh）c（h+）=c（hco3）+2c（h2co3）正确，故b正确；c向0.2 mol/lnahco3溶液中加入等体积0.1 mol/lnaoh溶液后，相当于0.05 mol/l的na2co3溶液和nahco3溶液的混合液，由于na2co3的水解程度大于nahco3的水解程度，因此正确的关系是：c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+），故c错误；d常温下，ch3coona和ch3cooh混合溶液，包括ch3coo水解和ch3cooh电离两个过程，ph=7，根据电荷守恒知，得出c（na+）=c（ch3coo）=0.1 mol/l，c（h+）=c（oh）=1107 mol/l，但水解是微弱的，故溶液中醋酸钠的浓度应远大于醋酸的浓度，所以c（ch3coo）c（ch3cooh），故d正确；故选bd6、将浓度为0.1moll1hf溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）ac（h+）bka（hf）cd【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】热点问题；类比迁移思想；控制单因变量法；电离平衡与溶液的ph专题【分析】根据hf属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答【解答】解：a、因hf为弱酸，则浓度为0.1moll1hf溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（h+）增大，但c（h+）不断减小，故a错误；b、因电离平衡常数只与温度有关，则ka（hf）在稀释过程中不变，故b错误；c、因稀释时一段时间电离产生等量的h+和f，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（h+）不会超过107moll1，c（f）不断减小，则比值变小，故c错误；d、因ka（hf）=，当hf溶液加水不断稀释，促进电离，c（f）不断减小，ka（hf）不变，则增大，故d正确；故选：d7、室温下向10mlph=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（）a溶液中导电粒子的数目减少b溶液中不变c醋酸的电离程度增大，c（h+）亦增大d再加入10mlph=11的naoh溶液，混合液的ph=7【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；ph的简单计算【专题】压轴题；计算题；热点问题；平衡思想；分析比较法；电离平衡与溶液的ph专题【分析】根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mlph=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时ph的计算来解答【解答】解：a、因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故a错误；b、因=，温度不变，ka、kw都不变，则不变，故b正确；c、加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（h+）增加的倍数，则c（h+）减小，故c错误；d、等体积10mlph=3的醋酸与ph=11的naoh溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/l，醋酸过量，则溶液的ph7，故d错误；故选：b8、常温下用ph为3的某酸溶液分别与ph都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是（）ab不可能显碱性ba可能显酸性或碱性ca不可能显酸性db可能显碱性或酸性【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】根据ph都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论ph为3的某酸溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性【解答】解：a、ph为3的某酸溶液，为强酸时与等体积ph为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故a正确；b、某酸溶液为强酸时与等体积ph为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故b正确；c、若为ph=3弱酸与等体积ph为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故c错误；d、若酸为ph=3弱酸与等体积ph为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故d错误；故选ab9、25在等体积的ph=0的h2so4溶液，0.05moll1的ba（oh）2溶液，ph=10的na2s溶液，ph=5的nh4no3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（）a1：10：1010：109b1：5：5109：5109c1：20：1010：109d1：10：104：109【考点】水的电离；ph的简单计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据h20h+oh可知，h2so4溶液、ba（oh）2溶液抑制水的电离，根据溶液的h2so4溶液的ph或ba（oh）2溶液中c（oh）计算水的电离的物质的量，na2s溶液、nh4no3溶液促进水的电离，根据ph可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比【解答】解：设溶液的体积为1l，中ph=0的h2so4中c（h+）=1.0 moll1，c（oh）=1.01014moll1，水电离的物质的量为1.01014mol；中c（oh）=0.1 moll1，c（h+）=1.01013moll1，水电离的物质的量为1.01013mol；中c（oh）=1.0104moll1，水的电离的物质的量为1.0104mol；中c（h+）=1.0105moll1，水的电离的物质的量为1.0105mol故中水的电离的物质的量之比为：1.01014mol：1.01013mol：1.0104mol1：1.0105mol=1：10：1010：109，a项正确故选a10、25时，向10ml 0.01mol/l koh溶液中滴加0.01mol/l苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是（）aph7时，c（c6h5o）c（k+）c（h+）c（oh）bph7时，c（k+）c（c6h5o）c（h+）c（oh）cvc6h5oh（aq）=10ml时，c（k+）=c（c6h5o）c（oh）=c（h+）dvc6h5oh（aq）=20ml时，c（c6h5o）+c（c6h5oh）=2c（k+）【考点】离子浓度大小的比较【分析】根据酸碱反应后溶液的ph来分析溶液中的溶质，然后利用盐的水解和弱电解质的电离及溶液中电荷守恒来分析混合溶液中粒子浓度关系【解答】解：a、溶液的ph7时溶质可能为苯酚钠或苯酚钾与koh的混合液，则溶液中一定存在c（oh）c（h+），故a错误；b、溶液的ph7时溶质为苯酚钾与苯酚的混合液，且苯酚的电离程度大于苯酚钾的水解，则c（h+）c（oh），再由电荷守恒可知c（c6h5o）c（k+），故b错误；c、当苯酚溶液10ml，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为苯酚钾，由苯酚根离子的水解可知c（k+）c（c6h5o），故c错误；d、当苯酚溶液20ml，苯酚的物质的量恰好为钾离子物质的量的2倍，则由物料守恒可知c（c6h5o）+c（c6h5oh）=2c（k+），故d正确；故选：d/11、下列说法不正确的是（）a已知冰的熔化热为6.0kjmol1，冰中氢键键能为20kjmol1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键b已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为，若加入少量醋酸钠固体，则ch3coohch3coo+h+向左移动，减小，ka变小c实验测得环己烷（l）、环己烯（l）和苯（l）的标准燃烧热分别为3916kjmol13747kjmol1和3265kjmol1，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键d已知：fe2o3（s）+3c（石墨）2fe（s）+3co（g），h=+489.0kjmol1co（g）+o2（g）co2（g）；h=283.0kjmol1c（石墨）+o2（g）co2（g）；h=393.5kjmol1则4fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）；h=1641.0kjmol1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；含有氢键的物质；用盖斯定律进行有关反应热的计算；苯的结构【专题】压轴题；化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a选项中涉及熔化热和氢键问题熔化热是指：单位质量的晶体物质在熔点时变成同温度的液态物质所需吸收的热量，单位是焦/千克；氢键是一种比分子间作用力稍强，比共价键和离子键弱很多的相互作用其稳定性弱于共价键和离子键；b选项中涉及电离度问题电离度与弱电解质的电离程度有关不同的弱电解质电离的程度不同，电离度是指：弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数；c选项中涉及标准燃烧热问题标准燃烧热是指：在标态及tk条件下，1mol物质的量物质完全燃烧时的反应热；d选项中涉及热化学方程式问题热化学方程式是表示化学反应中的物质变化和能量变化的方程式h为“”为放热反应，h为“+”为吸热反应热化学方程式中化学计量数只表示该物质的物质的量，不表示物质分子个数或原子个数，它可以是整数，也可以是分数【解答】解：a冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kjmol1，1mol冰变成0的液态水所需吸收的热量为6.0kj，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kjmol1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kj的热量6.0kj/40.0kj100%=15%由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故a正确；bka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为，ch3coohch3coo+h+醋酸电离出的ch3coo和h+浓度均为c，溶液中未电离的电解质分子浓度为c（1），故题中ka=若加入少量醋酸钠固体，ch3coonach3coo+na+增大了ch3coo的浓度，ch3coohch3coo+h+向左移动，减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，ka不变，故b错误；c实验测得环己烷（l）和环己烯（l）的标准燃烧热分别为3916kjmol1和3747kjmol1，1mol环己烯（l）与环己烷（l）相比，形成1mol碳碳双键，能量降低169kj，假如苯分子中有独立的碳碳双键，苯（l）与环己烷（l）相比，形成三个碳碳双键，则能量应降低169kjmol13=507kj/mol，而实际测得苯的燃烧热仅为3265 kjmol1，能量降低了3916 kjmol13265 kjmol1=691kjmol1，远大于507kjmol1，充分说明苯分子不是环己三烯的结构，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键，故c正确；dfe2o3（s）+3c（石墨）2fe（s）+3co（g）；h=+489.0 kjmol1co（g）+12o2（g）co2（g）；h=283.0 kjmol1c（石墨）+o2（g）co2（g）；h=393.5 kjmol14fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）；h=1641.0 kjmol1根据盖斯定律，方程式4fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）可由（）6（2）可得，h=393.5 kjmol1（283.0 kjmol1）6（489.0 kjmol12）=1641.0 kjmol1，故d正确； 故选b12、对于常温下ph为2的盐酸，传述正确的是（）ac（h+）=c（cl）+c（oh）b与等体积ph=12的氨水混合后所得溶液显酸性c由h2o电离出的c（h+）=1.01012 moll1d与等体积0.01 moll1乙酸钠溶液混合后所得溶液中：c（cl）=c（ch3coo）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；水的电离【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、依据溶液中电荷守恒分析；b、一水合氨是弱电解质存在电离平衡；c、盐酸溶液中，酸对水的电离起到抑制作用，依据溶液中离子积常数计算得到；d、依据反应生成物分析，溶液显酸性；结合电荷守恒分析判断；【解答】解：a、常温下ph为2的盐酸溶液中电荷守恒可知，c（h+）=c（cl）+c（oh），故a正确；b、一水合氨是弱电解质存在电离平衡，与等体积ph=12的氨水混合后，一水合氨会继续电离出氢氧根离子，氨水过量，显碱性，故b错误；c、常温下ph为2的盐酸溶液中c（h+）=0.01mol/l；c（h+）水=c（oh）水=kw/c（h+）=1.01012moll1；故c正确；d，反应后生成乙酸和氯化钠，水溶液为酸性，醋酸是弱电解质存在电离平衡，c（cl）c（ch3coo），故d错误；故选ac13、25时，a moll1一元酸ha与b moll1naoh等体积混合后，ph为7，则下列关系一定正确的是（）aa=bbabcc （a）=c（na+）dc （a）c（na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】根据ha是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性可知，溶液中c （a）+c （oh）=c（na+）+c（h+），结合溶液的ph值判断c （a）、c（na+）的相对大小【解答】解：a、若ha为强酸，溶液ph=7，ha与naoh等体积混合恰好反应，故a=b，若ha为弱酸，生成强碱弱酸盐naa，溶液会呈碱性，溶液ph=7，ha与naoh等体积混合，ha应过量，故ab，综上所述，ab，a错误；b、由a分析可知，ab，b错误；c、溶液中c （a）+c （oh）=c（na+）+c（h+），溶液ph=7，则c（oh）=c（h+），故c （a）=c（na+），故c正确；d、由c中分析可知，溶液中c （a）=c（na+），故d错误；故选c14、温度为t时，向2.0l恒容密闭容器中充入1.0mol pcl5，反应pcl5（g）=pcl3（g）+cl2（g）经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s 050150250350n（pcl3）/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是（）a反应在前50 s 的平均速率v（pcl3）=0.0032 moll1s1b保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（pcl3）=0.11 moll1，则反应的h0c相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol pcl5、0.20 mol pcl3 和0.20 mol cl2，反应达到平衡前v（正）v（逆）d相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol pcl3 和2.0 mol cl2，达到平衡时，pcl3 的转化率小于80%【考点】化学平衡的计算【专题】压轴题；化学平衡专题【分析】a、由表中数据可知50s内，n（pcl3）=0.16mol，根据v=计算v（pcl3）；b、由表中数据可知，平衡时n（pcl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（pcl3）=0.11 mol/l，则n（pcl3）=0.22mol，根据平衡时n（pcl3），判断平衡移动方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动；c、先求平衡常数k，再求浓度商（qc），kqc，说明平衡向正反应方向移动，kqc，说明平衡向逆反应方向移动，k=qc，说明平衡不移动，据此判断平衡移动；d、等效为起始加入2.0molpcl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的pcl5转化率较原平衡低，故平衡时pcl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol pcl3和2.0 mol cl2，达到平衡时，pcl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的pcl3的物质的量大于1.6mol，据此判断【解答】解：a、由表中数据可知50s内，n（pcl3）=0.16mol，v（pcl3）=0.0016mol/（ls），故a错误；b、由表中数据可知，平衡时n（pcl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（pcl3）=0.11 mol/l，则n（pcl3）=0.11 mol/l2l=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即ho，故b错误；c、对于可逆反应：pcl5（g）pcl3（g）+cl2（g），开始（mol/l）：0.5 0 0变化（mol/l）：0.1 0.1 0.1平衡（mol/l）：0.4 0.1 0.1所以平衡常数k=0.025起始时向容器中充入1.0 mol pcl5、0.20 molpcl3和0.20 molcl2，起始时pcl5的浓度为0.5mol/l、pcl3的浓度为0.1mol/l、cl2的浓度为0.1mol/l，浓度商qc=0.02，kqc，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）v（逆），故c正确；d、等效为起始加入2.0molpcl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的pcl5转化率较原平衡低，故平衡时pcl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol pcl3和2.0 mol cl2，达到平衡时，pcl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的pcl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，pcl3的转化率高于=80%，故d错误故选c15、25时，有c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.1moll1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（ch3cooh）、c（ch3coo）与ph 的关系如图所示下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是（）aph=5.5 的溶液中：c（ch3cooh）c（ch3coo）c（h+）c（oh）bw 点所表示的溶液中：c（na+）+c（h+）=c（ch3cooh）+c（oh）cph=3.5 的溶液中：c（na+）+c（h+）c（oh）+c（ch3cooh）=0.1moll1d向w 点所表示的1.0 l 溶液中通入0.05 mol hcl 气体（溶液体积变化可忽略）：c（h+）=c（ch3cooh）+c（oh）【考点】离子浓度大小的比较【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a由图可知，ph=4.75时，c（ch3cooh）=c（ch3coo）=0.05mol/l，ph=5.5时，酸性减弱，溶液中c（ch3cooh）降低，溶液中c（ch3coo）增大，据此确定c（ch3cooh）和c（ch3coo）的相对大小；b由图可知，w点所表示的溶液中c（ch3cooh）=c（ch3coo）=0.05mol/l，结合溶液中电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh）判断；c溶液中c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.1moll1，根据电荷守恒有c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），据此解答；d通入0.05molhcl，与溶液中醋酸根恰好反应，溶液中有氢离子剩余，反应后溶液相当于ch3cooh、hcl、nacl混合溶液，溶液中氢离子源于hcl电离、ch3cooh、水的电离【解答】解：a 由图可知，ph=4.75时，c（ch3cooh）=c（ch3coo）=0.05mol/l，ph=5.5时，酸性减弱，结合图象可知，溶液中c（ch3cooh）降低，溶液中c（ch3coo）增大，则所以c（ch3coo）c（ch3cooh），故a错误；b由图可知，w点所表示的溶液中c（ch3cooh）=c（ch3coo）=0.05mol/l，溶液中电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），所以c（na+）+c（h+）=c（ch3cooh）+c（oh），故b正确；c溶液中c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.1moll1，电荷守恒有c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），所以c（na+）+c（h+）c（oh）+c（ch3cooh）=0.1moll1，故c正确；d通入0.05molhcl，与溶液中醋酸根恰好反应，溶液中有氢离子剩余，反应后溶液相当于ch3cooh、hcl、nacl混合溶液，溶液中氢离子源于hcl电离、ch3cooh、水的电离，溶液中c（h+）=c（ch3coo）+c（oh）+c（hcl），溶液中c（ch3coo）+c（hcl）c（ch3cooh），不可能得出c（h+）=c（ch3cooh）+c（oh），故d错误；故选bc16、下列与含氯化合物有关的说法正确的是（）ahclo是弱酸，所以naclo是弱电解质b向沸水中逐滴加入少量饱和fecl3溶液，可制得fe（oh）3胶体chcl溶液和nacl溶液均通过离子导电，所以hcl和nacl均是离子化合物d电解nacl溶液得到22.4 l h2（标准状况），理论上需要转移na个电子（na表示阿伏加德罗常数）【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素【分析】anaclo为强电解质；b实验室用饱和fecl3溶液滴加到沸水中的方法制备fe（oh）3胶体；chcl为共价化合物；d氢气的物质的量为1mol，则转移电子2mol【解答】解：ahclo为弱电解质，但naclo为强电解质，故a错误；b实验室用饱和fecl3溶液滴加到沸水中的方法制备fe（oh）3胶体，注意当溶液呈红褐色时停止加热，故b正确；chcl为共价化合物，nacl是离子化合物，故c错误；d氢气的物质的量为1mol，理论上需要转移2na个电子，故d错误故选b17、将l00ml 1mol/l 的nahco3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许ba（oh）2固体，忽略溶液体积变化两份溶液中c（co32）的变化分别是（）a减小、减小b减小、增大c增大、增大d增大、减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题【分析】一份加入少许冰醋酸，发生hac+hco3=h2o+co2+ac，另外一份加入少许ba（oh）2固体，发生ba2+2oh+2hco3=2h2o+baco3+co32，以此来解答【解答】解：将l00ml 1mol/l 的nahco3溶液等分为两份，一份加入少许冰醋酸，发生hac+hco3=h2o+co2+ac，则溶液中c（co32）减小；另外一份加入少许ba（oh）2固体，发生ba2+2oh+2hco3=2h2o+baco3+co32，则溶液中c（co32）增大，故选b18、为探究锌与稀硫酸的反应速率（以v（h2）表示），向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是（）a加入nh4hso4固体，v（h2）不变b加入少量水，v（h2）减小c加入ch3coona固体，v（h2）减小d滴加少量cuso4溶液，v（h2）减小【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】a、加入nh4hso4固体，nh4hso4发生电离，溶液中c（h+）增大；b、加入少量水稀释溶液，溶液中c（h+）减小；c、加入ch3coona固体，存在平衡ch3coo+h+ch3cooh，溶液中c（h+）减小；d、滴加少量cuso4溶液，zn置换出cu，构成原电池【解答】解：a、加入nh4hso4固体，nh4hso4发生电离，溶液中c（h+）增大，反应速率加快，即v（h2）增大，故a错误；b、加入少量水稀释溶液，溶液中c（h+）减小，反应速率减小，即v（h2）减小，故b正确；c、加入ch3coona固体，存在平衡ch3coo+h+ch3cooh，溶液中c（h+）减小，反应速率减小，即v（h2）减小，故c正确；d、滴加少量cuso4溶液，zn置换出cu，构成原电池，加快反应速率，故v（h2）增大，故d错误；故选bc19、常温下a mol/l ch3cooh稀溶液和b mol/l koh稀溶液等体积混合，下列判断一定错误的是（）a若c（oh）c（h+），a=bb若c（k+）c（ch3coo），abc若c（oh）=c（h+），abd若c（k+）c（ch3coo），ab【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a mol/l ch3cooh稀溶液和b mol/l koh稀溶液等体积混合，若a=b，则恰好生成醋酸钾，溶液显碱性，c（oh）c（h+）；若ab，溶液为醋酸和醋酸钾的混合液，溶液可能显酸性，c（oh）c（h+）或溶液显中性，c（oh）=c（h+）；若ab，溶液为醋酸钾和koh的混合液，溶液显碱性，则c（oh）c（h+），以此来解答【解答】解：a若c（oh）c（h+），溶液为醋酸钾溶液或醋酸钾和koh的混合液，则ab，故a不选；b若c（k+）c（ch3coo），由电荷守恒可知，c（oh）c（h+），则ab；若当ab，也就是弱酸强碱中和时，弱酸过量，溶液可能呈酸性、中性或碱性，醋酸过量的极少，所以过量的醋酸电离出的h+小于醋酸根水解产生的oh，有可能成立，故b不选；c若c（oh）=c（h+），溶液显中性，一定为醋酸和醋酸钾的混合液，则ab，故c不选；d若c（k+）c（ch3coo），由电荷守恒可知，c（oh）c（h+），则ab，故d选；20、常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）a新制氯水中加入固体naoh：c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh）bph=8.3的nahco3溶液：c（na+）c（hco3）c（co32）c（h2co3）cph=11的氨水与ph=3的盐酸等体积混合：c（cl）=c（nh4+）c（oh）=c（h+）d0.2mol/l的ch3cooh溶液与0.1mol/l的naoh溶液等体积混合：2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题【分析】a、依据溶液中电荷守恒分析判断；b、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；c、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子；d、依据化学反应得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到；【解答】解：a、新制氯水中加入固体naoh所以生成次氯酸钠、氯化钠、水：溶液中存在电荷守恒c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh），故a错误；b、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；ph=8.3的nahco3溶液：c（na+）c（hco3）c（h2co3）c（co32），故b错误；c、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液呈碱性溶液中离子浓度大小为：c（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+）；故c错误；d、0.2mol/l的ch3cooh溶液与0.1mol/l的naoh溶液等体积混合后得到0.05mol/l的ch3cooh溶液和0.05mol/l的ch3coona溶液，溶液中存在电荷守恒为：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo）；依据物料守恒：2c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh）；代入电荷守恒计算关系中得到：2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh）；故d正确；故选d21、下列电解质溶液的有关叙述正确的是（）a同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的ph=7b在含有baso4沉淀的溶液中加入na2so4固体，c（ba2+）增大c含1mol koh的溶液与1mol co2完全反应后，溶液中c（k+）=c（hco）d在ch3coona溶液中加入适量ch3cooh，可使c（na+）=c（ch3coo）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱；b、依据沉淀溶解平衡分析，在一定温度下溶度积为常数，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行；c、依据化学反应判断生成产物为碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解；d、依据溶液中的电荷守恒计算判断；【解答】解：a、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱，等浓度等体积混合可能酸过量或碱过量，故a错误；b、加入na2so4固体，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，钡离子浓度减小，故b错误；c、含1mol koh的溶液与1mol co2完全反应后生成碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解，c（k+）c（hco3），故c错误；d、在ch3coona溶液中加入适量ch3cooh，依据电荷守恒；c（h+）+c（na+）=c（ch3coo）+c（oh），当c（h+）=c（oh）时，c（na+）=c（ch3coo），故d正确；故选d22、下列说法正确的是（）a常温下，将ph=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的ph=4b为确定某酸h2a是强酸还是弱酸，可测naha溶液的ph若ph7，则h2a是弱酸；若ph7，则h2a是强酸c用0.2000mol/l naoh标准溶液滴定hcl与ch3cooh的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol/l），至中性时，溶液中的酸未被完全中和d相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1mol/l盐酸、0.1mol/l氯化镁溶液、0.1mol/l硝酸银溶液中，ag+浓度：=【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的b、判断强酸、弱酸的依据是该酸是否完全电离，naha溶液的ph7说明h2a的二级电离，不完全电离，即ha为弱酸，可以说明h2a是弱酸，naha溶液的ph7，h2a是强酸或弱酸都有可能c、naoh滴定hcl与ch3cooh，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余d、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中ksp（agcl）=c（ag+）c（cl）为定值，溶液中c（cl）越大，c（ag+）越小【解答】解：a、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的，稀释后溶液的3ph4，故a错误；b、naha溶液的ph7说明h2a的二级电离，不完全电离，即ha为弱酸，可以说明h2a是弱酸，naha溶液的ph7，h2a是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚硫酸，故b错误；c、naoh滴定hcl与ch3cooh，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余，故c正确；d、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中ksp（agcl）=c（ag+）c（cl）为定值，蒸馏水中没有氯离子、0.1mol/l盐酸中c（cl）=0.1mol/l，0.1 mol/l氯化镁溶液c（cl）=0.2mol/l、0.1mol/l硝酸银溶液中c（ag+）=0.1mol/l，溶液中c（ag+）为，故d错误故选：c23、已知nahso3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：hso3+h2oh2so3+ohhso3h+so32，向0.1moll1的nahso3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是（）a加入少量金属na，平衡左移，平衡右移，溶液中c（hso3）增大b加入少量na2so3固体，则c（h+）+c（na+）=c（hso3）+c（oh）+c（so32）c加入少量naoh溶液，的值均增大d加入氨水至中性，则2c（na+）=c（so32）c（h+）=c（oh）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、加入金属钠，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠抑制水解平衡促进电离平衡；b、依据溶液中电荷守恒分析判断；c、加入氢氧化钠促进电离平衡右移，抑制水解平衡左移；d、依据溶液中的电荷守恒分析比较【解答】解：a、加入少量金属na，na与hso3电离出的h+反应，促使平衡右移，hso3离子浓度减小，又促使平衡左移，平衡左移，平衡右移，溶液中c（hso3）浓度减小，故a错误；b、加入少量na2so3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（h+）+c（na+）=2c（so32）+c（hso3）+c（oh），故b错误；c、加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（so32），c（oh）浓度增大；，比值增大，故c正确；d、加入氨水至中性，c（h+）=c（oh），电荷守恒为c（h+）+c（nh4+）+c（na+）=c（oh）+2c（so32）+c（hso3），故d错误；故选c24、实验：0.1moll1agno3溶液和0.1moll1nacl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1moll1ki溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1moll1ki溶液，沉淀变为黄色下列分析不正确的是（