11-13年最新高考化学二轮分类精编精析专题9 电解质溶液.

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高考化学(人教通用版)二轮专题复习讲义：专题十电解质溶液(含答案解析)

高中化学学习材料[考纲要求] 1.了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性；了解电解质的概念；了解强弱电解质的概念。

2.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。

3.了解水的电离，水的离子积常数。

4.了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。

5.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素以及盐类水解的应用。

6.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡；了解溶度积的含义及其表达式，能进行相关的计算。

7.以上各部分知识的综合利用。

考点一溶液的酸碱性及pH1．一个基本不变相同温度下，不论是纯水还是稀溶液，水的离子积常数不变。

应用这一原则时需要注意两个条件：水溶液必须是稀溶液；温度必须相同。

2．两种测量方法溶液的pH值可以用pH试纸测定(精确到整数，且只能在1～14的范围内)，也可以用pH计(精确到0.1)测定。

3．三个重要比较溶液的酸碱性c(H＋)与c(OH－)比较c(H＋)大小pH酸性溶液c(H＋)>c(OH－) c(H＋)>1×10－7 mol·L－1<7中性溶液c(H＋)＝c(OH－) c(H＋)＝1×10－7mol·L－1＝7碱性溶液c (H ＋)<c (OH －) c (H ＋)<1×10－7 mol ·L －1>74.pH 使用中的几个误区(1)pH ＝7的溶液不一定呈中性。

只有在常温下pH ＝7的溶液才呈中性；当在100 ℃时，水的离子积常数为1×10－12，此时pH ＝6的溶液为中性溶液，pH>6时为碱性溶液，pH<6时为酸性溶液。

(2)使用pH 试纸测溶液pH 时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。

若先用蒸馏水润湿，相当于将待测液稀释了，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测结果偏大；若待测液为中性溶液，则所测结果没有误差。

2011年高考化学试题分类解-电解质溶液1

2011年高考化学试题—电解质溶液上传: 周江平更新时间：2012-1-9 阅读：2001.（2011江苏高考14）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0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)B.在0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3－)C.向0.2 mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1NaOH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＋)＝0.1 mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－)2.（2011安徽高考12）室温下，将1.000mol·L－1盐酸滴入20.00mL 1.000mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。

下列有关说法正确的是A. a点由水电离出的c(H＋)=1.0×10－14mol/LB. b点：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(Cl－)C.c点：c(Cl－)= c(NH4＋)D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热3．（2011浙江高考13）海水中含有丰富的镁资源。

某同学设计了从模拟海水中制备MgO 的实验方案：模拟海水中的离子浓度(mol/L) Na ＋ Mg 2＋ Ca 2＋ Cl ― HCO 3-0.439 0.050 0.011 0.560 0.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol/L ，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。

已知：K sp (CaCO 3)＝4.96×10－9；K sp (MgCO 3)＝6.82×10－6；K sp [Ca(OH)2]＝4.68×10－6；K sp [Mg(OH)2]＝5.61×10－12。

高中化学知识点总结：电解质溶液

高中化学知识点总结：电解质溶液（一）电解质和非电解质、强电解质和弱电解质1．电解质凡是水溶液里或熔融状态时能电离进而能导电的化合物叫做电解质。

电解质溶于水或熔融时能电离出自由移动的阴、阳离子，在外电场作用下，自由移动的阴、阳离子分别向两极运动，并在两极发生氧化还原反应。

所以说，电解质溶液或熔融状态时导电是化学变化。

2．分类（1）强电解质：是指在水溶液里几乎能完全电离的电解质。

（2）弱电解质：是指在水溶液中只能部分电离的电解质。

3．强电解质和弱电解质的比较强电解质弱电解质定义水溶液里完全电离的电解质水溶液里部分电离的电解质化学键种类离子键、强极性键极性键电离过程完全电离部分电离表示方法用等号“=”用可逆号“”代表物强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HI强碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2绝大多数盐：NaCl、BaSO4弱酸：H2S、H2CO3、H3PO4、HF、CH3COOH弱碱：NH3·Ｈ2O个别盐：HgCl2、Pb(CH3COO)24．非电解质凡是在水溶液里或熔融状态都不能电离也不能导电的化合物。

常见的非电解质非金属氧化物：CO2、SO2、SO3、NO2、P2O5某些非金属氢化物：CH4、NH3（二）弱电解质的电离平衡1．弱电解质的电离特点（1）微弱：弱电解质在水溶液中的电离是部分电离、电离程度都比较小，分子、离子共同存在。

（2）可逆：弱电解质在水分子作用下电离出离子、离子又可重新结合成分子。

因此，弱电解质的电离是可逆的。

（3）能量变化：弱电解质的电离过程是吸热的。

（4）平衡：在一定条件下最终达到电离平衡。

2．电离平衡：当弱电解质分子离解成离子的速率等于结合成分子的速率时，弱电解质的电离就处于电离平衡状态。

电离平衡是化学平衡的一种，同样具有化学平衡的特征。

条件改变时平衡移动的规律符合勒沙特列原理。

（三）水的电离和溶液的pH值1．水的电离和水的离子积常数H2O是一种极弱电解质，能够发生微弱电离H2O H+ + OH–25℃时 c(H+)=c(OH–)=10–7mol·Ｌ–1水的离子积K w=c(H+)·c(OH–)=10–14（25℃）①Ｋw只与温度有关，温度升高，K w增大。

高中化学二轮复习电解质溶液(含解析)

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B．若使 Na2S 溶液中cc（（NS2a－＋））接近于 2∶1，可加入适量的 KOH 固体 C．25 ℃时，浓度均为 0.1 mol/L NaOH 和 NH3·H2O 混合溶液中 c(OH－)＞c(Na＋)＝
c(NH3·H2O) D．0.2 mol/L CH3COOH 溶液与 0.1 mol/L NaOH 溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝ c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
B．曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点对应 pH＝6.85
C ． 0.1 mol·L － 1 H2NCH2CH2NH3Cl 溶液中各离子浓度大小关系为 c(Cl － ) ＞
c(H2NCH2CH2NH＋ 3 )＞c(H＋)＞c(OH－)
D
．
乙
二
胺
在
水
溶
液
中
第
二
步
电
离
的
方
程
式
：
H2NCH2CH2NH
2
叙述正确的是( )
A．曲线Ⅰ代表 HNO2 溶液 B．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点 C．从 c 点到 d 点，溶液中c（HAc）（·Ac－（）OH－）保持不变(其中 HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子) D．相同体积 a 点的两溶液分别与 NaOH 恰好中和后，溶液中 n(Na＋)相同 8． (2018·天津理综，6)LiH2PO4 是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4 溶液的 pH 随 c 初始(H2PO－ 4 )的变化如图 1 所示，H3PO4 溶液中 H2PO－4 的分布分数δ随 pH 的变化如图 2 所示
专项七、电解质溶液
高考脚印
1．(2019·课标全国Ⅰ，11)NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸 H2A 的 Ka1＝1.1×10－ 3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中 b 点为反应终点。下列叙述错误的是( )

2013年高考化学试题分类解析汇编：电解质溶a液

12013年高考化学试题分类解析汇编：电解质溶液1、（2013福建卷）8.室温下，对于0.10 mol·L -1的氨水，下列判断正确的是（） A ．与AlCl 3溶液反应发生的离子方程式为 Al 3++3OH —=Al(OH)3↓ B ．加水稀释后，溶液中c(NH 4+)·c(OH -)变大C ．用HNO 3溶液完全中和后，溶液不显中性D ．其溶液的pH=13 2、（2013大纲卷）左下图表示溶液中c(H ＋)和c(OH －)的关系，下列判断错误的是A. 两条曲线间任意点均有c(H ＋)×c(OH －)＝Kw B. M 区域内任意点均有c(H ＋)＜c(OH －) C. 图中T 1＜T 2 D. XZ 线上任意点均有pH ＝73、（2013浙江卷）12、25℃时，用浓度为0.1000 mol/L 的NaOH 溶液滴定20.00 mL 浓度为 0.1000 mol/L 的三种酸HX 、HY 、HZ ，滴定曲线如右上图所示。

下列说法正确的是（） A ．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ ＜HY ＜HX B ．根据滴定曲线，可得K a (HY )≈10—5C ．将上述HX 、HY 溶液等体积混合后，用NaOH 溶液滴定至HX 恰好完全反应时：c (X —)＞c (Y —)＞c (OH —)＞c (H +)D ．HY 与HZ 混合，达到平衡时：c (H +) = + c (Z —) +c (OH —) 4、（2013江苏卷）下列有关说法正确的是（）A.反应NH 3(g)＋HCl(g)=NH 4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H ＜0B.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极C.CH 3COOH 溶液加水稀释后，溶液中c(CH 3COOH)c(CH 3COO －) 的值减小D.Na 2CO 3溶液中加入少量Ca(OH)2 固体，CO 32－水解程度减小，溶液的pH 减小5、（2013江苏卷）14.一定温度下，三种碳酸盐MCO 3(M ：Mg 2＋、Ca 2＋、Mn 2＋)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。

2013届新课标高考化学一轮总复习课件：第2单元第9讲电解质溶液(1)

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(3)强电解质与弱电解质
强电解相同点化学键质弱电解质都是电解质，在水溶液中都能电离，都能导电离子键或共价键完全电离不可逆过程共价键部分电离
不电离程度同电离过程点
可逆过程，存在电离平衡电离方程式用 ” “ ”表 15 示
电离方程式用“ 表示方法表示
续表
强电解不水溶液中电离出的阴、阳同微粒存在离子，不存在电点形式解质分子质弱电解质既有电离出的阴、阳离子，又有电解质分子
⑤稀释法：同等倍数稀释pH相同的强酸与弱酸,pH增加幅度小为弱酸 ⑥水解法：盐的水溶液呈碱性的,其相应的酸为弱酸 ⑦平衡法：同pH的强酸和弱酸分别加入该酸的钠盐,溶液pH增大的是弱酸,几乎不变的是强酸 ⑧强生弱法：若HA+NaB NaA+HB则HA>HB, 若同时知HA为弱酸,则HB必为弱酸
重点知识归纳
1.强电解质与弱电解质
(1)电解质能导电的化合物。 ②非电解质：在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物。
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(2)电解质溶液导电能力
①电解质溶液的导电机理：自由离子 (阴阳)定向迁移形成电流。
②溶液的导电能力：溶液的导电能力主要由溶液中离子的浓度和电荷数决定。 ③溶液导电能力的影响因素：内因：电解质本身电离能力；外因：温度、溶液浓度等。
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2.水的电离与溶液的酸碱性 (1)水的电离 ①水的电离和水的离子积水是极弱电解质： H 2O H++OH-
纯水常温下，水中的氢离子与氢氧根离子浓度相等，即c(H+)=c(OH-)=1×10-7 mol· L-1 水的离子积Kw=c(H+)· c(OH-)=1×10-14。

高考化学二轮专题复习电解质溶液精品教考案(含13真题及名校质检题)

电解质溶液【考情分析】一、考纲要求1.了解电解质的概念。

了解强电解质和弱电解质的概念。

2.了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。

3.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。

4.了解水的电离，离子积常数。

5.了解溶液pH的定义。

了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。

6.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。

7.了解离子反应的概念、离子反应发生的条件。

了解常见离子的检验方法。

8.了解难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。

二、命题趋向电解质溶液部分内容与旧大纲相比有一定的变化，删除了“了解非电解质的概念”，增加了“了解难溶电解质的沉淀溶解平衡及沉淀转化的本质”，降低了弱电解质电离平衡的要求层次，对pH、盐的水解的知识进行了具体的要求，将原化学计算中的“pH的简单计算”放在这部分的要求之中。

弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性和pH的计算、盐类的水解及其应用等知识是高考化学中的热点内容，常见的题型是选择题，也有填空题和简答题。

题目的考查点基于基础知识突出能力要求，并与其他部分知识(如化学平衡、物质结构、元素及其化合物、化学计算等)联系。

【知识归纳】（一）强弱电解质及其电离1．电解质、非电解质的概念电解质：在水溶液中或熔融状态时能够导电的化合物。

非电解质：在水溶液中和熔融状态都不能导电的化合物。

注意：①单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；②CO2、NH3等溶于水得到的水溶液能导电，但它们不是电解质，因为导电的物质不是其本身；③难溶的盐（BaSO4等）虽然水溶液不能导电，但是在融化时能导电，也是电解质。

2．电解质的电离（1）强电解质如NaCl、HCl、NaOH等在水溶液中是完全电离的，在溶液中不存在电解质分子，溶液中的离子浓度可根据电解质浓度计算出来。

（2）弱电解质在水溶液中是少部分发生电离的。

如25℃时0.1mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度只有1.32％，溶液中存在较大量的H2O和CH3COOH分子，少量的H+、CH3COO-和极少量的OH-离子。

高考化学二轮复习专题九电解质溶液专题复习新人教版(2021年最新整理)

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专题九电解质溶液考点一溶液的酸碱性及pH1．一个基本不变相同温度下，不论是纯水还是稀溶液，水的离子积常数不变。

应用这一原则时需要注意两个条件：水溶液必须是稀溶液;温度必须相同.2．两个判断标准（1）任何温度c(H＋）〉c（OH－)，酸性；c（H＋)＝c（OH－)，中性;c(H＋)〈c（OH－），碱性。

（2）常温（25 ℃)pH>7，碱性；pH＝7，中性；pH<7，酸性。

3．三种测量方法（1）pH试纸用pH试纸测定溶液的pH，精确到整数且只能在1～14范围内，其使用方法为取一小块试纸放在干净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取液体,点在试纸中部，待试纸变色后，与标准比色卡对比，读出pH。

注意①pH试纸不能预先润湿，但润湿之后不一定产生误差。

②pH试纸不能测定氯水的pH.（2）pH计pH计能精确测定溶液的pH，可精确到0.1。

(3）酸碱指示剂酸碱指示剂能粗略测定溶液的pH范围。

常见酸碱指示剂的变色范围如下表所示:酚酞<8.2无色8.2～10浅红色〉10红色4.四条判断规律（1）正盐溶液强酸强碱盐显中性，强酸弱碱盐(如NH4Cl)显酸性,强碱弱酸盐(如CH3COONa)显碱性。

（2）酸式盐溶液NaHSO4显酸性(NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－，4）、NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4水溶液显酸性(酸式根电离程度大于水解程度)；NaHCO3、NaHS、Na2HPO4水溶液显碱性(酸式根水解程度大于电离程度）。

高考化学复习专题09电解质溶液(3年高考)高考化学小题精做系列(第02期)(原卷版).docx

高中化学学习材料唐玲出品1．（2013安徽卷）已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO-3+ H2O H2SO3 + OH-①HSO-3 H+ + SO2-3②向0.1mol·L-1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①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大B．加入少量Na2SO3固体，则c(H+) + c(Na+) = c(HSO-3) + c(OH-) +12c(SO2-3)C．加入少量NaOH溶液，c(SO2-3)c(HSO-3)、c(OH-)c(H+)的值均增大D．加入氨水至中性，则2c(Na+) = c(SO2-3)>c(H+) = c(OH-)2．（2013北京卷）实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl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；②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。

下列分析不正确的是A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)B．滤液b中不含有Ag+C．③中颜色变化说明AgCl 转化为AgID．实验可以证明AgI比AgCI更难溶3．（2013全国大纲卷）右图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KwB．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)C．图中T1＜T2D．XZ线上任意点均有pH＝74．（2013广东卷）50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是A．pH=4的醋酸中：c(H+)=4.0mol•L－1B．饱和小苏打溶液中：c(Na+)= c(HCO3－)C．饱和食盐水中：c(Na+)+ c(H+)= c(Cl－)+c(OH－)D．pH=12的纯碱溶液中：c(OH－)=1.0×10－2mol•L－15．（2013海南卷）0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是A．c(H+)> c(F-) B．c(H+)> c(HF)C．c(OH-)> c(HF) D．c(HF) > c(F-)6．（2013江苏卷）下列有关说法正确的是（）A．反应NH3(g)+HCl(g)=== NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H<0 B．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极C．CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中c(CH3COOH)c(CH3COO－)的值减小D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO32－水解程度减小，溶液的pH减小7．（2013上海卷）H2S水溶液中存在电离平衡H2S H++HS-和HS-H++S2-。

高考化学二轮复习专题九电解质溶液(new)

专题九电解质溶液[考纲要求］1。

了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性；了解电解质的概念；了解强电解质和弱电解质的概念.2.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。

3。

了解水的电离和水的离子积常数。

4。

了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。

5。

了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素以及盐类水解的应用。

6.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡；了解溶度积的含义及其表达式,能进行相关的计算。

7.以上各部分知识的综合利用。

1。

一个基本不变相同温度下，不论是纯水还是稀溶液，水的离子积常数不变。

应用这一原则时需要注意两个条件:水溶液必须是稀溶液；温度必须相同。

2.两个判断标准（1)任何温度c(H＋)〉c（OH－)，酸性；c（H＋)＝c(OH－),中性；c(H＋）<c(OH－），碱性。

（2)常温（25 ℃)pH〉7，碱性；pH＝7，中性；pH〈7,酸性.3。

三种测量方法（1）pH试纸用pH试纸测定溶液的pH,精确到整数且只能在1～14范围内，其使用方法为取一小块试纸放在干净的玻璃片或表面皿上,用玻璃棒蘸取液体，点在试纸中部，待试纸变色后，与标准比色卡对比，读出pH。

注意①pH试纸不能预先润湿，但润湿之后不一定产生误差.②pH试纸不能测定氯水的pH。

(2）pH计pH计能精确测定溶液的pH，可精确到0.1.(3)酸碱指示剂酸碱指示剂能粗略测定溶液的pH范围。

常见酸碱指示剂的变色范围如下表所示：4.四条判断规律(1）正盐溶液强酸强碱盐显中性，强酸弱碱盐(如NH4Cl)显酸性，强碱弱酸盐（如CH3COONa）显碱性。

(2）酸式盐溶液NaHSO4显酸性(NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4)、NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4水溶液显酸性(酸式根电离程度大于水解程度）；NaHCO3、NaHS、Na2HPO4水溶液显碱性(酸式根水解程度大于电离程度）。

注意因为浓度相同的CH3COO－与NH＋，4的水解程度相同，所以CH3COONH4溶液显中性，而NH4HCO3溶液略显碱性.（3）弱酸(或弱碱）及其盐1∶1混合溶液①1∶1的CH3COOH和CH3COONa混合液呈酸性。

高考化学二轮复习电解质溶液(配2013高考真题分类详解)

高考化学二轮复习电解质溶液（配2013高考真题分类详解）1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)已知K sp (AgCl)＝1.56×10－10，K sp (AgBr)＝7.7×10－13，K sp (Ag 2CrO 4)＝9.0×10－12。

某溶液中含有Cl －、Br －和CrO 2－4，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L －1的AgNO 3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )A ．Cl －、Br －、CrO 2－4B ．CrO 2－4、Br －、Cl －C ．Br －、Cl －、CrO 2－4D ．Br －、CrO 2－4、Cl －解析：选C 。

利用沉淀溶解平衡原理，当Q c >K sp 时，有沉淀析出。

溶液中Cl －、Br －、CrO 2－4的浓度均为0.010 mol·L －1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L －1的AgNO 3溶液时，溶解度小的先满足Q c >K sp ，有沉淀析出。

比较K sp ，AgBr 、AgCl 同类型，溶解度：AgBr<AgCl 。

比较AgCl 、Ag 2CrO 4的溶解度：从数量级看，AgCl 中c (Ag ＋)＝K sp AgCl＝ 1.56×10－10，Ag 2CrO 4中，Ag 2CrO 4(s)2Ag ＋＋CrO 2－4，设c (CrO 2－4)＝x ，则K sp (Ag 2CrO 4)＝c 2(Ag ＋)·c (CrO 2－4)＝(2x )2·x ＝4x 3，则x ＝3K sp Ag 2CrO 44＝39.0×10－124。

故Ag 2CrO 4中c (Ag ＋)＝2x ＝2 39.0×10－124> 1.56×10－10，故溶解度顺序为AgBr<AgCl<Ag 2CrO 4，推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br －、Cl －、CrO 2－4。

配套K12高三化学二轮专题复习近五年(2011-2015)真题汇总训练电解质溶液

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+、SO32﹣B．c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1溶液中：C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣C．Na2S溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+D．pH=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+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1溶液中，氢离子浓度小于1.0×10﹣7mol•L﹣1，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B．2、室温下，将1.000mol•L﹣1盐酸滴入20.00mL 1.000mol•L﹣1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（）A．a点由水电离出的c（H+）=1.0×10﹣14mol•L﹣1B．b点：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl﹣）C．c点：c（Cl﹣）=c（NH4+）D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3•H2O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7＜pH＜14，因此水电离出的c（H+）＞1.0×10﹣14mol•L﹣1，故A错误；B、b点时pH＞7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞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：C．3、常温下0.1mol•L﹣1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 mol•L﹣1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 mol•L﹣1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B．4、对于0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液，正确的是（）A．升高温度，溶液的pH降低B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）C．c（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：0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+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﹣+H2O⇌HSO3﹣+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D．5、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0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）B．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1NaOH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+）=0.1mol•L﹣1]：c（Na+）=c（CH3COO+）=c（OH﹣）﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H【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 mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1NaOH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﹣）=1×10﹣7mol/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BD．6、将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）A．c（H+）B．K a（HF）C．D．【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0.1mol•L﹣1HF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K a（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10﹣7mol•L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因K a（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，K a（HF）不变，则增大，故D正确；故选：D．7、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pH＜7，故D错误；故选：B．8、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（）A．b不可能显碱性B．a可能显酸性或碱性C．a不可能显酸性D．b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AB．9、25℃在等体积的①pH=0的H2SO4溶液，②0.05mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液，③pH=10的Na2S 溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（）A．1：10：1010：109B．1：5：5×109：5×109C．1：20：1010：109D．1：10：104：109【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，①中pH=0的H2SO4中c（H+）=1.0 mol•L﹣1，c（OH﹣）=1.0×10﹣14mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣14mol；②中c（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1，c（H+）=1.0×10﹣13m ol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣13mol；③中c（OH﹣）=1.0×10﹣4mol•L﹣1，水的电离的物质的量为1.0×10﹣4mol；④中c（H+）=1.0×10﹣5mol•L﹣1，水的电离的物质的量为1.0×10﹣5mol．故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10﹣14mol：1.0×10﹣13mol：1.0×10﹣4mol1：1.0×10﹣5mol=1：10：1010：109，A项正确．故选A．10、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（）A．pH＞7时，c（C6H5O﹣）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．pH＜7时，c（K+）＞c（C6H5O﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．V[C6H5OH（aq）]=10mL时，c（K+）=c（C6H5O﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．V[C6H5OH（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PH＞7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PH＜7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6.0kJ•mol﹣1，冰中氢键键能为20kJ•mol﹣1，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α，．若加入少量醋酸钠固体，则CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+向左移动，α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﹣3916kJ•mol﹣1﹣3747kJ•mol﹣1和﹣3265kJ•mol﹣1，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=+489.0kJ•mol﹣1．CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣283.0kJ•mol﹣1．C（石墨）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣393.5kJ•mol﹣1﹣1．则4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）；△H=﹣1641.0kJ•mol【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6.0k J•mol﹣1，1mol 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20.0kJ•mol﹣1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=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；B．Ka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α，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+醋酸电离出的CH3COO﹣和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c（1﹣α），故题中Ka=．若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa═CH3COO﹣+Na+增大了CH3COO﹣的浓度，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+向左移动，α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﹣3916kJ•mol﹣1和﹣3747kJ•mol ﹣1，1mol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169kJ•mol﹣1×3=507kJ/mol，而实际测得苯的燃烧热仅为3265 kJ•mol﹣1，能量降低了3916 kJ•mol﹣1﹣3265 kJ•mol﹣1=691kJ•mol﹣1，远大于507kJ•mol﹣1，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；D．Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g）；△H=+489.0 kJ•mol﹣1…①CO（g）+12O2（g）═CO2（g）；△H=﹣283.0 kJ•mol﹣1…②C（石墨）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣393.5 kJ•mol﹣1…③4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）；△H=﹣1641.0 kJ•mol﹣1…④根据盖斯定律，方程式4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）可由[（③﹣②）×6]﹣（①×2）可得，△H=[﹣393.5 kJ•mol﹣1﹣（﹣283.0 kJ•mol﹣1）]×6﹣（489.0 kJ•mol﹣1×2）=﹣1641.0 kJ•mol ﹣1，故D正确；故选B．12、对于常温下pH为2的盐酸，传述正确的是（）A．c（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+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1D．与等体积0.01 mol•L﹣1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=K W/c（H+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1；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AC．13、25℃时，a mol•L﹣1一元酸HA与b mol•L﹣1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是（）A．a=b B．a＞b C．c （A﹣）=c（Na+）D．c （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a＞b，综上所述，a≥b，A错误；B、由A分析可知，a≥b，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C．14、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）+Cl2A．反应在前50 s 的平均速率v（PCl3）=0.0032 mol•L﹣1•s﹣1B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（PCl3）=0.11 mol•L﹣1，则反应的△H＜0 C．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），K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，K＜Qc，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/（L•s），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/L×2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞O，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，K＞Qc，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C．15、25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1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（）A．pH=5.5 的溶液中：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．W 点所表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH﹣）C．pH=3.5 的溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1D．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﹣）=0.1mol•L﹣1，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﹣）=0.1mol•L﹣1，电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣1，故C正确；﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•LD．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BC．16、下列与含氯化合物有关的说法正确的是（）A．HClO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C．HCl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N A个电子（N A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】A．NaClO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；C．HCl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：A．HClO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；C．HCl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2N A个电子，故D错误．故选B．17、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Ba 2++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B．18、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BC．19、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=b B．若c（K+）＞c（CH3COO﹣），a＞bC．若c（OH﹣）=c（H+），a＞b D．若c（K+）＜c（CH3COO﹣），a＜b【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a＞b，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a＜b，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a≤b，故A不选；B．若c（K+）＞c（CH3COO﹣），由电荷守恒可知，c（OH﹣）＞c（H+），则a≤b；若当a＞b，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a＞b，故C不选；D．若c（K+）＜c（CH3COO﹣），由电荷守恒可知，c（OH﹣）＜c（H+），则a＞b，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﹣）B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．0.2mol/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（HCO32﹣），故B错误；﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO3C、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D．21、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D．22、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pH＞7，则H2A是弱酸；若pH ＜7，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①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③【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pH＞7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pH＜7，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．。

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