水溶液中离子浓度的大小.doc

精品文档2018年03月16日136*6934的高中化学组卷 评卷人 得 分 一选择题（共19小题）1已知25时CH3COOH的电离常数K=1.6105该温度下向20ml 0.01molL1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01molL1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），下列有关叙述正确的是 （）Aa点溶液中c（H+）为4.0105mol/LBc点溶液中的离子浓度大小顺序为c（K+）c（CH3COO）c（H+）=c（OH）CV=20Da、b、c三点中水的电离程度最大的是c点2甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是（）A甲中水电离出来的H+ 的物质的量浓度是乙中水电离出来的H+ 的物质的量浓度的10倍B中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，10V（甲）V（乙）C物质的量浓度c（甲）10c（乙）D甲中的c（OH）为乙中的c（OH）的10倍3已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8l054.9l010K1=4.3l07 K2=5.6l011则下列有关说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）pH（Na2CO3）pH（CH3COONa）B将a molL1 HCN溶液与a molL1 NaOH溶液等体积混合，混合液中：c（OH）c（H+），c（Na+）c（CN）C冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小DNaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）4下列各组关于强电解质弱电解质非电解质的归类正确的（） ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H2CO3Fe（OH）3非电解质蔗糖BaSO4C2H5OHH2OAABBCCDD5在室温下，下列叙述正确的是（）A将1mLpH=3的一元酸溶液稀释到10mL，若溶液的pH4，则此酸为弱酸B将1mL1.0105mol/L盐酸稀释到1000mL，溶液的pH=8C用pH=1的盐酸分别中和1mLpH=13NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大DpH=2的盐酸与pH=1的硫酸比较，c（Cl）=c（SO42）6有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是（）A两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011 molL1B分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同C醋酸中的c（CH3COO）和硫酸中的c（SO42）相等D分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同7甲酸（HCOOH）是一种一元弱酸，下列性质中可以证明它是弱电解质的是（）A常温下，1 mol/L甲酸溶液中的c（H+）约为1102molL1B甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳C10 mL 1 molL1甲酸溶液恰好与10 mL 1 molL1NaOH溶液完全反应D甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢8下列物质中，属于弱电解质的是（）A氯化氢B氢氧化钠C一水合氨D酒精9常温下、用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）和c（OH）的乘积DOH的物质的量10相同温度下，两种氨水A、B，浓度分别是0.2mol/L和0.1mol/L，则A和B的OH浓度之比（）A大于2B小于2C等于2D不能确定11向稀氨水中加入下列物质，能使溶液中的铵根离子浓度减小、pH增大的是（）A水B氨气C氢氧化钠固体D氯化铵固体12常温下，将等物质的量浓度、等体积的烧碱溶液和醋酸溶液混合，充分反应后溶液的pH（）A小于7B大于7C等于7D无法判断13下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（）25时亚硝酸钠溶液的pH大于7用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应0.1molL1 HNO2溶液的pH=2.1ABCD14下列叙述正确的是（）A硫酸钡难溶于水，故硫酸钡为弱电解质B硝酸钾溶液能导电，故硝酸钾溶液为电解质C二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳为弱电解质D石墨虽能导电，但既不是电解质，也不是非电解质15加水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）c（OH）Dn（OH）16下列化学用语书写正确的是（）A次氯酸的电离方程式：HClO=H+ClOB铝溶于烧碱溶液的离子方程式：Al+2OH=AlO2+H2C电解精炼铜的阴极反应式：Cu2e=Cu2+D已知中和热为57.3kJmol1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l）H=114.6kJmol117相同温度下，已知下面三个数据：7.2104、2.6104、4.91010分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2HCN+NaNO2 NaCN+HFHCN+NaF NaNO2+HFHNO2+NaF由此可判断下列叙述中正确的是（）AHF的电离常数是BHNO2的电离常数是CHCN的电离常数是DHNO2的电离常数是18室温下，对于0.10molL1的氨水，下列判断正确的是（）A用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性B加水稀释后，溶液中c（NH4+）c（OH）变大C与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为 Al3+3OH=Al（OH）3D其溶液的pH=1319已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8l054.9l010K1=4.3l07 K2=5.6l011则下列有关说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）pH（Na2CO3）pH（CH3COONa）B冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小C将a molL1 HCN溶液与a molL1 NaOH溶液等体积混合，混合液中：c（OH）c（H+），c（Na+）c（CN）DNaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）2018年03月16日136*6934的高中化学组卷参考答案与试题解析一选择题（共19小题）1已知25时CH3COOH的电离常数K=1.6105该温度下向20ml 0.01molL1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01molL1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），下列有关叙述正确的是 （）Aa点溶液中c（H+）为4.0105mol/LBc点溶液中的离子浓度大小顺序为c（K+）c（CH3COO）c（H+）=c（OH）CV=20Da、b、c三点中水的电离程度最大的是c点【分析】Aa为0.01molL1 CH3COOH溶液，设氢离子浓度为x，然后结合25时CH3COOH的电离常数K=1.6105计算；Bc点溶液的pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒判断；C若V=20，反应后溶质为醋酸钠，溶液呈碱性，而V对应的pH=7；Da、b点溶液呈酸性，抑制了水的电离，c点溶液呈中性，基本不影响水的电离【解答】解：A25时CH3COOH的电离常数K=1.6105，a点为0.01molL1CH3COOH溶液，设氢离子浓度为x，则c（CH3COO）c（H+）=x，c（CH3COOH）0.01molL1，=1.6105，解得：x=4.0104mol/L，故A错误；Bc点溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知c（K+）=c（CH3COO），正确的离子浓度大小顺序为：c（K+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH），故B错误；CV点溶液的pH=7，溶液呈中性，当V=20时恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，当为中性时，加入的NaOH溶液体积稍小，即V20，故C错误；D根据图象可知，a、c溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，水电离的c（H+）1107mol/L，而c点溶液的pH=7，呈中性，水电离的氢离子浓度为1107mol/L，所以a、b、c三点中水的电离程度最大的是c点，故D正确；故选D【点评】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理的含义及应用，试题培养了学生的分析、理解能力及综合应用能力2甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是（）A甲中水电离出来的H+ 的物质的量浓度是乙中水电离出来的H+ 的物质的量浓度的10倍B中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，10V（甲）V（乙）C物质的量浓度c（甲）10c（乙）D甲中的c（OH）为乙中的c（OH）的10倍【分析】A酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH）；B酸的浓度越大，消耗酸的体积越小；C溶液越稀，醋酸的电离程度越大，据此判断酸的浓度大小；Dc（OH）=【解答】解：Ac（H+）=10pH，所以c （H+）甲=10a，c （H+）乙=10（a+1），所以c（H+）甲=10c （H+）乙，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH），所以c（OH）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH）甲=c （OH）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲=c（H+）乙，故A错误；B酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）V（乙），故B错误；C酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）10c（乙），故C正确；Dc（OH）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH）甲=c （OH）乙，故D错误；故选C【点评】本题考查弱电解质的电离，注意弱电解质的电离程度和浓度的关系，为易错点3已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8l054.9l010K1=4.3l07 K2=5.6l011则下列有关说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）pH（Na2CO3）pH（CH3COONa）B将a molL1 HCN溶液与a molL1 NaOH溶液等体积混合，混合液中：c（OH）c（H+），c（Na+）c（CN）C冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小DNaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）【分析】A、根据盐的水解规律：越弱越水解来分析，酸性顺序是：醋酸氢氰酸碳酸氢根，盐的水解规律：越弱越水解，所以水解能力：碳酸钠氰化钠醋酸钠；B、根据溶液混合所发生的反应后溶液的组成来判断离子浓度的大小，amolL1HCN溶液与amolL1NaOH溶液等体积混合，则生成的是NaCN溶液，是强碱弱酸盐；C、溶液的导电性和离子浓度大小有关，电离度和溶液的浓度有关，pH大小值取决于溶液的氢离子浓度大小；D、根据溶液中的电荷守恒来分析，溶液中存在c（Na+）、c（H+），阴离子c（OH）、c（HCO3）、c（CO32），阴阳离子所带电荷总数相同【解答】解：A、根据表中酸的电离平衡常数，可以知道酸性顺序是：醋酸氢氰酸碳酸氢根，盐的水解规律：越弱越水解，所以水解能力：碳酸钠氰化钠醋酸钠，即pH（Na2CO3）pH（NaCN）pH（CH3COONa），故A错误；B、amolL1HCN溶液与amolL1NaOH溶液等体积混合，则生成的是NaCN溶液，是强碱弱酸盐，溶液显碱性，c（OH）c（H+），c（Na+）c（CN）成立，故B正确；C、冰醋酸原来没有水，然后加水溶于水电离，到达冰醋酸全部电离后，导电性最大，PH最小，继续加水，虽然总的电离的分子多了，但是氢离子和醋酸根离子浓度下降很快，导电性下降，PH增加，趋向7，无限稀释后，导电性极弱，PH7，所以冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性先增强后减弱，根据越稀越电离的规律，则电离度逐渐增大，开始阶段是电离阶段，氢离子浓度逐渐增大，pH减小，达到电离平衡以后，再稀释，氢离子浓度减小，pH增大，即pH均先减小后增大，故C错误；D、NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，溶液存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故D错误；故选B【点评】本题重点考查学生弱电解质的电离平衡、盐类水解原理、电解质溶液中电荷守恒应用等知识，可以根据所学内容来回答，难度中等4下列各组关于强电解质弱电解质非电解质的归类正确的（） ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H2CO3Fe（OH）3非电解质蔗糖BaSO4C2H5OHH2OAABBCCDD【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断【解答】解：A、由于Fe是单质，不是化合物，所以铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；故选：C【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关5在室温下，下列叙述正确的是（）A将1mLpH=3的一元酸溶液稀释到10mL，若溶液的pH4，则此酸为弱酸B将1mL1.0105mol/L盐酸稀释到1000mL，溶液的pH=8C用pH=1的盐酸分别中和1mLpH=13NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大DpH=2的盐酸与pH=1的硫酸比较，c（Cl）=c（SO42）【分析】根据溶液中PH值的稀释计算可知，强酸稀释10n倍，稀释后溶液的PH为PH+n，但不会超过7，而弱酸的变化程度小；酸碱中和时利用碱的物质的量来分析消耗的酸的多少，并利用酸的化学式与酸的PH来分析溶液中的离子浓度。【解答】解：A、若为pH=3的一元强酸稀释10倍PH应为4，而弱酸在稀释时变化小，则若溶液的pH4，此酸为弱酸，故A正确；B、因1.0105mol/L的盐酸溶液其PH=5，稀释1000倍时PH不会大于7，故B错误；C、因pH=13NaOH溶液和氨水，氨水为弱碱溶液，则氨水的浓度大，等体积等PH值的两种碱中氨水中溶质的物质的量大，则消耗的盐酸多，故C错误；D、pH=2的盐酸中c（Cl）=0.01mol/L，而pH=1的硫酸溶液中，硫酸为二元酸，则c（SO42）=0.05mol/L，故D错误；故选A。【点评】本题考查有关溶液中PH的计算及酸碱中和的计算，明确酸的强弱、几元酸等是解答的关键，并学会利用PH来分析物质的浓度来分析解答即可。6有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是（）A两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011 molL1B分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同C醋酸中的c（CH3COO）和硫酸中的c（SO42）相等D分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同【分析】A、pH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度为1103mol/L，根据Kw=c（H+）c（OH）计算溶液中c（OH），溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度；B、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子；C、根据电荷可知，醋酸溶液中c（H+）=c（CH3COO），硫酸溶液中c（H+）=2c（SO42）；D、酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸【解答】解：A、pH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度均为1103mol/L，溶液中氢氧根浓度均为c（OH）=11011mol/L，溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，故两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011molL1，故A正确；B、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子，分别加水稀释100倍后，硫酸溶液的pH值为5，醋酸溶液的pH值小于5，故B错误；C、根据电荷可知，醋酸溶液中c（H+）=c（CH3COO）=1103mol/L，硫酸溶液中c（H+）=2c（SO42）=1103mol/L，故c（SO42）=5104mol/L，故C错误；D、酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸，锌与醋酸反应产生的氢气原大于与硫酸反应生成的氢气，故D错误；故选A【点评】本题考查弱电解质的电离、溶液pH的有关计算等，难度不大，注意弱电解质的电离存在平衡，电离程度很小7甲酸（HCOOH）是一种一元弱酸，下列性质中可以证明它是弱电解质的是（）A常温下，1 mol/L甲酸溶液中的c（H+）约为1102molL1B甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳C10 mL 1 molL1甲酸溶液恰好与10 mL 1 molL1NaOH溶液完全反应D甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢【分析】如果能说明甲酸在水溶液里部分电离就能证明甲酸是弱电解质，据此分析解答【解答】解：A1mol/L甲酸溶液中c（H+）=0.01mol/L1mol/L，说明甲酸部分电离，所以能证明甲酸是弱电解质，故A正确；B甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳是梦甲酸酸性强于碳酸，但不能说明甲酸为弱酸，故B错误；C.10ml 1mol/L甲酸恰好与10ml1mol/L NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，不能说明甲酸部分电离，所以不能证明甲酸是弱电解质，故C错误；D甲酸和强酸溶液中氢离子浓度大小决定反应速率，浓度不知不能证明甲酸是弱酸，故D错误；故选A【点评】本题考查弱电解质的判断，知道强弱电解质的本质区别是“电离程度”，电解质强弱只根据电离程度判断，不能根据其溶解性强弱判断，题目难度不大8下列物质中，属于弱电解质的是（）A氯化氢B氢氧化钠C一水合氨D酒精【分析】弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐。强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物。即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物。一般是强酸、强碱和大部分盐类，据此即可解答。【解答】解：A氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质，故A错误；B氢氧化钠的水溶液中，氢氧化钠能完全电离出钠离子和氢氧根离子，所以是强电解质，故B错误；C一水合氨，在水溶液里只有部分电离，NH3H2ONH4+OH，所以是弱电解质，故C正确。D酒精，是乙醇的俗称，在水溶液里以分子存在，其水溶液不导电，所以乙醇不是电解质，是非电解质，故D错误；故选C。【点评】本题主要考查了弱电解质的判断，解答须抓住弱电解质的特征“不能完全电离”，平时注意积累常见的弱电解质有助于解题。9常温下、用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）和c（OH）的乘积DOH的物质的量【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3H2OOH+NH4+可知，n（OH）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少【解答】解：A、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，减小，故A正确；B、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，增大，故B错误；C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH）的乘积不变，故C错误；D、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，OH的物质的量增大，故D错误；故选：A【点评】本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系来解答10相同温度下，两种氨水A、B，浓度分别是0.2mol/L和0.1mol/L，则A和B的OH浓度之比（）A大于2B小于2C等于2D不能确定【分析】弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大【解答】解：一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，A瓶氨水的浓度是B瓶氨水的浓度的2倍，因弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故A瓶氨水的电离度比B瓶氨水的电离度小，所以A、B两瓶氨水中OH之比小于2，故选：B【点评】本题考查弱电解质的电离程度与浓度的关系，明确一水合氨的电离程度是解答本题的关键11向稀氨水中加入下列物质，能使溶液中的铵根离子浓度减小、pH增大的是（）A水B氨气C氢氧化钠固体D氯化铵固体【分析】氨水中存在NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，能使溶液中的铵根离子浓度减小、pH增大，说明加入的物质和铵根离子反应而促进NH3H2O电离，据此分析解答【解答】解：A加水稀释促进NH3H2O电离，但溶液中c（OH）减小，溶液的pH减小，故A错误；B通入氨气，平衡向正反应方向移动，c（NH4+）增大，故B错误；C加入NaOH固体，溶液中c（OH）增大，抑制一水合氨电离，则c（NH4+）减小，故C正确；D加入氯化铵固体，c（NH4+）增大，抑制一水合氨电离，c（OH）减小，溶液的pH减小，故D错误；故选C【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确加入物质引起氨水中哪些微粒浓度变化即可解答，题目难度不大12常温下，将等物质的量浓度、等体积的烧碱溶液和醋酸溶液混合，充分反应后溶液的pH（）A小于7B大于7C等于7D无法判断【分析】等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，醋酸根离子水解显碱性【解答】解：等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，由化学式可知，醋酸根离子水解显碱性，则CH3COO+H2OCH3COOH+OH，C（OH）C（H+），溶液呈碱性，常温下，pH7，故答案为：B；【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意盐类水解即可解答，题目难度不大13下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（）25时亚硝酸钠溶液的pH大于7用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应0.1molL1 HNO2溶液的pH=2.1ABCD【分析】部分电离的电解质是弱电解质，只要能说明亚硝酸部分电离就能证明亚硝酸是弱电解质，可以根据一定浓度的亚硝酸溶液pH、其强碱盐的酸碱性及对比实验中导电能力大小等判断，据此分析解答【解答】解：25时亚硝酸钠溶液的pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱酸，故正确；溶液导电能力与离子浓度有关，用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗，不能说明亚硝酸部分电离，所以不能说明亚硝酸是弱电解质，故错误；HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明HNO2是弱酸，故错误； 0.1molL1 HNO2溶液的pH=2.1，氢离子浓度小于酸浓度，说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，故正确；故选C【点评】本题考查强弱电解质的判断，强弱电解质的根本区别是电离程度，注意不能根据溶液导电性强弱判断电解质强弱，易错选项是14下列叙述正确的是（）A硫酸钡难溶于水，故硫酸钡为弱电解质B硝酸钾溶液能导电，故硝酸钾溶液为电解质C二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳为弱电解质D石墨虽能导电，但既不是电解质，也不是非电解质【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质【解答】解：A硫酸钡溶于水的部分完全电离，故硫酸钡为强电解质，故A错误；B硝酸钾为电解质，故硝酸钾溶液能导电，硝酸钾溶液是混合物，故B错误；C二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸，碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，二氧化碳是非电解质，故C错误；D石墨中含有自由电子，能导电，但它是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故D正确，故选D【点评】本题考查电解质、非电解质和强弱电解质概念的辨析，难度不大解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件15加水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）c（OH）Dn（OH）【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3H2OOH+NH4+可知，n（OH）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少【解答】解：A、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小，c（H+）增大，增大，故A错误；B、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，减小，故B正确；C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH）的乘积不变，故C错误；D、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，OH的物质的量增大，故D错误；故选：B【点评】本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系来解答16下列化学用语书写正确的是（）A次氯酸的电离方程式：HClO=H+ClOB铝溶于烧碱溶液的离子方程式：Al+2OH=AlO2+H2C电解精炼铜的阴极反应式：Cu2e=Cu2+D已知中和热为57.3kJmol1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l）H=114.6kJmol1【分析】A次氯酸，为一元弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子，用可逆符号；B方程式左右电荷不守恒；C金属铜的电解精炼过程中阴极上铜离子得电子；D依据中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式【解答】解：A次氯酸，为一元弱酸，部分电离，电离方程式：HClOH+ClO，故A错误；BAl与烧碱反应生成偏铝酸钠和氢气，反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故B错误；C金属铜的电解精炼过程中，阴极上铜离子得电子生成Cu，其电极反应式为：Cu2+2e=Cu，故C错误；D强酸强碱的中和热为57.3kJ/mol，中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，H2SO4（aq）+NaOH（aq）Na2SO4（aq）+H2O（l）H=57.3 kJmol1；稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应生成2H2O的热化学方程式为：H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l）H=114.6kJmol1，故D正确；故选D【点评】本题主要考查电离方程式的书写、离子方程式、电极反应式、热化学方程式的书写，考查全面，平时注重基础是解答关键，题目难度较易17相同温度下，已知下面三个数据：7.2104、2.6104、4.91010分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2HCN+NaNO2 NaCN+HFHCN+NaF NaNO2+HFHNO2+NaF由此可判断下列叙述中正确的是（）AHF的电离常数是BHNO2的电离常数是CHCN的电离常数是DHNO2的电离常数是【分析】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，据此分析解答【解答】解：相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2HCN+NaNO2、NaCN+HFHCN+NaF、NaNO2+HFHNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HFHNO2HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HFHNO2HCN，则HF的电离常数是、HNO2的电离常数是、HCN的电离平衡常数是，故选A【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生分析判断能力，明确弱酸酸性强弱与电离平衡常数关系即可解答，题目难度不大18室温下，对于0.10molL1的氨水，下列判断正确的是（）A用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性B加水稀释后，溶液中c（NH4+）c（OH）变大C与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为 Al3+3OH=Al（OH）3D其溶液的pH=13【分析】A硝酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；B加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小；C离子方程式中弱电解质要写化学式；D一水合氨是弱电解