2024届高三化学一轮专题复习—电离平衡
一、单选题
1.(2023上·安徽滁州·高三安徽省滁州中学校考期中)已知:亚硝酸()是一种弱酸,亚硝酸钠()是一种常用的食品防腐剂。常温下,将0.1mol L-1溶液加水稀释或加入少量晶体时,下列观点正确的是
A.加水稀释时,电离平衡正向移动,溶液中增大
B.加晶体时,电离平衡逆向移动,溶液导电能力增强
C.加水稀释时,的电离程度增大,电离常数也增大
D.加晶体时,溶液的pH增大,与增大有关
2.(2023上·安徽芜湖·高三安徽师范大学附属中学校考期中)下表是几种物质25℃时的电离平衡常数
化学式 HClO H2SO3 H2CO3
电离平衡常数
下列离子方程式和有关说法正确的是
A.少量的CO2通入次氯酸钠溶液中:
B.过量的SO2通入次氯酸钠溶液中:
C.过量的HCl通入次氯酸钠溶液中:
D.少量的SO2通入碳酸钠溶液中:
3.(2023上·安徽芜湖·高三安徽师范大学附属中学校考期中)下列有关说法正确的是
A.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B.物质的量浓度相同的磷酸钠和磷酸中的浓度相同
C.用湿润的pH试纸测定同浓度盐酸和醋酸溶液的,醋酸溶液的误差更大
D.中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸,两者所需氢氧化钠的物质的量相同
4.(2023上·云南昆明·高三昆明一中校考期中)室温下,下列实验探究HCOOH是弱电解质的方案不能达到目的的是
选项 探究方案
A 测定0.1mol·L-1HCOOH溶液的c(H+)
B 分别测量HCOOH溶液、盐酸的导电性强弱
C 将pH=2的HCOOH溶液稀释10倍,测pH
D 向c(H+)=0.1 mol·L-1的HCOOH溶液中加入少量 HCOONa固体,测定c(H+)是否变化
A.A B.B C.C D.D
5.(2023上·河北沧州·高三泊头市第一中学校考阶段练习)下列说法正确的是
A.向溶液样品中加入硫酸酸化的溶液,紫色褪去,说明该样品中一定混有
B.在一定条件下能自发进行,则该反应的
C.25℃,向的氨水溶液中加水,增大
D.反应达到平衡后,加入KCl固体逆反应速率加快
6.(2023·全国·高三专题练习)常温下,CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数分别为1.7×10-5、1.8×10-4,以下关于0.1mol/LCH3COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是
A.c(H+):CH3COOH=HCOOH
B.等体积的两溶液中,分别加入过量的镁,产生氢气的体积:HCOOH>CH3COOH
C.HCOOH与NaOH发生反应的离子方程式为:H++OH-=H2O
D.将CH3COOH溶液稀释100倍过程中,其电离常数保持不变
7.(2023·全国·高三专题练习)对于0.1mol/LCH3COOH溶液存在电离平衡:CH3COOH CH3COO-+H+,下列说法正确的是
A.加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时,CH3COOH电离程度都减小
B.加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时,都会引起溶液的pH值增大
C.升高温度或加水稀释,溶液的导电能力都增强
D.加少量烧碱溶液或加少量冰醋酸,溶液中值增大
8.(2023上·四川眉山·高三统考期末)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A.曲线II代表CH3COOH溶液
B.溶液中水的电离程度:d点>c点
C.从c点到d点,溶液中逐渐增大(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
9.(2022·上海浦东新·统考模拟预测)将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中,用强光照射,测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是
A.图甲中pH减小是由于光照促进了HClO的电离
B.图乙中增大主要是由于反应消耗了水
C.图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解
D.该体系中存在两个电离平衡和两个化学平衡
10.(2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模)海洋碳循环在整个地球气候系统中具有重要地位,下列叙述错误的是
A.海洋酸化会导致海水吸收CO2的能力减弱
B.温室效应导致的海表温度上升,会增加海洋对CO2的吸收
C.该循环中涉及反应CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2,CO2排放量的增加将影响珊瑚生存
D.虽然塑料颗粒中含有的碳很难降解进入海洋碳循环,但仍会造成污染
11.(2023·北京房山·统考一模)某温度下,将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是
A.稀释前溶液的浓度:
B.溶液中水的电离程度:b点C.从b点到d点,溶液中逐渐增大
D.在d点和e点均存在:(酸根阴离子)
12.(2023上·四川凉山·高三统考期末)常温下,、(甲酸)的电离常数分别为、,关于溶液、溶液的说法正确的是
A.:
B.等体积的两溶液中,分别加入过量的镁,开始时产生氢气的速率:
C.与发生反应的离子方程式:
D.将溶液稀释100倍过程中,保持不变
13.(2023·湖南·校联考二模)某小组为了探究不同离子与OH—反应的先后相关问题,分别在1L0.1mol L-1NH4HCO3溶液、1L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加一定量NaOH固体后并恢复到常温(体积变化忽略不计),并测得其中相关粒子浓度变化情况分别如图1、图2所示[已知:Ka1(H2CO3)=4.3×10-7,Ka2(H2CO3)=5.61×10-11,Ka1(H2SO3)=1.52×10-2,Ka2(H2SO3)=1.02×10-7,Kb(NH3 H2O)=1.75×10-5],下列说法正确的是
图11L0.1mol L-1NH4HCO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
图21L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
A.由上述实验可知与OH—反应的先后顺序为HSO>NH>HCO
B.图1中,当n(NaOH)=0.05mol时,只发生反应OH—+NH=NH3 H2O
C.图2中,当n(NaOH)<0.1mol时,主要发生反应HSO+OH—=H2O+SO
D.上述实验说明,离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小无关
14.(2023·山东济宁·统考一模)“84”消毒液和医用酒精均可以对环境进行消毒,若混合使用可能发生反应:。已知:,,。下列说法正确的是
A.“84”消毒液在空气中发生反应:
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
C.标准状况下,11.2 L 中含有个C原子
D.该反应中每消耗1 mol ,转移个电子
二、非选择题
15.(2022上·北京东城·高三北京市第一六六中学校考期中)已知以下四种酸的电离平衡常数,根据提供的数据判断,下列离子方程式或化学方程式正确的是 (填写相应的序号)
CH COOH K=1.8×10-5
HClO K=3×10-8
H2CO3 K1=4×10-7 K2=6×10-11
H2SO3 K1=1.4×10-2 K2=6×10-8
①向NaClO溶液中通入少量CO2:CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO
②向NaClO溶液中通入足量SO2:SO2+2NaClO+H2O=Na2SO3+2HClO
③向Na2CO3溶液中加入足量醋酸溶液:+CH3COOH=CH3COO-+
④向NaHCO3溶液中加入足量次氯酸溶液:+HCIO=H2O+CO2↑+ClO-
16.(2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨三中校考期中)结合相关数据,完成下列填空。
Ⅰ.常温下,叠氮酸是一元弱酸,高锰酸是一元强酸,的高铼酸、的高锰酸溶液分别与的溶液等体积混合,所得溶液均呈中性。请回答下列问题:
(1)高铼酸属于 (填“强”或“弱”)酸,中Re的化合价为 。
(2)常温下,已知,则的溶液中 。
(3)已知25℃时,两种酸的电离常数如下:
酸
请根据表格中的数据,写出足量通到少量溶液中发生反应的离子方程式: 。
Ⅱ.按要求完成下列表格
(4)某温度下,溶液吸收一定量的后,,则该溶液的 (已知该温度下的,)。
(5)用氨水将转化为,实验测得溶液中,则溶液的pH为 (已知该条件下的,)。
17.(2023上·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考期中)现有下列物质①熔化的NaCl、②盐酸、③氯气、④冰醋酸、⑤铜、⑥酒精、⑦硫酸氢钠、⑧液氨、⑨SO2,请按要求回答下列问题。
(1)属于强电解质的是 (填序号)。
(2)在上述状态下能导电的是 (填序号)。
(3)属于弱电解质的是 (填序号)。
(4)属于非电解质,但溶于水后的水溶液能导电的是 (填序号)。
(5)可以证明④是弱酸的事实是___________(填序号)。
A.等体积的0.1mol/L的乙酸与0.1mol/L的氢氧化钠恰好反应
B.常温下,0.1mol/L的乙酸中pH>1
C.乙酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体。
D.1mol/L的乙酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色
(6)有下列物质的溶液:a.CH3COOH、b.HCl、c.H2SO4、d.NaHSO4。若四种溶液的物质的量浓度相同,其c(H+)由大到小顺序为 (用字母序号表示,下同)。若四种溶液的c(H+)相同,其物质的量浓度由大到小顺序为 。
(7)常温下,有c(H+)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液,分别与足量的锌粉发生反应,下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是 (填字母)。(①表示盐酸,②表示醋酸)
18.(2023上·新疆省直辖县级单位·高三新疆石河子一中校考阶段练习)已知H2O2参与的三个化学方程式如下:
①2H2O2=2H2O+O2↑;
②Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O;
③3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O。
(1)已知H2O2是二元弱酸,写出其第一步电离方程式: 。
(2)上述三个反应中,H2O2仅体现还原性的反应是 。
(3)根据上述反应推出H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序是 。
(4)H2O2作反应物的某氧化还原反应,反应物和生成物共五种微粒:O2、H2O2、ClO、H2O、Cl-。
①写出上述反应的离子方程式: 。
②如果上述反应中有13.44 L(标准状况)气体生成,转移的电子的物质的量为 。
(5)H2O2可作为消除采矿业胶液中NaCN的试剂,反应的原理为NaCN+H2O2+H2O=A+NH3↑,其中A的化学式为 。
(6)可用KClO3、H2C2O4和H2SO4制取新型水处理剂ClO2,反应的离子方程式: 。
(7)向氯化铜溶液中通入SO2,加热生成CuCl白色沉淀,离子方程式: 。
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.B
【详解】A.加水稀释时,电离平衡虽然正向移动,当溶液中浓度减小,A错误;
B.加入晶体,平衡逆向移动,但溶液中离子浓度增大,导电性增强,B正确;
C.加水稀释时,电离平衡虽然正向移动,的电离程度增大,但电离常数不变,C错误;
D.加晶体时,电离平衡逆向移动,溶液的pH增大,与增大无关,D错误;
故选B。
2.D
【分析】由表中数据可知酸性H2SO3>H2CO3>HSO>HClO>HCO,且HClO具有氧化性,H2SO3具有还原性,结合酸性的强弱以及盐类的水解解答。
【详解】A. 少量的CO2通入次氯酸钠溶液中应生成HCO,反应的离子方程式为ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO,故A错误;
B. 过量的SO2通入次氯酸钠溶液中发生氧化还原反应,正确的离子方程式为:SO2+ClO-+H2O=SO+Cl-+2H+,故B错误;
C. 过量的HCl通入次氯酸钠溶液中:,故C错误;
D. 少量的SO2通入碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠和亚硫酸钠:,故D正确;
故选D。
3.D
【详解】A.溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度,离子浓度越大,导电能力越强,强电解质的稀溶液,离子浓度不一定比弱电解质的浓溶液离子浓度大,强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强,A错误;
B.磷酸钠为强电解质完全电离,部分发生水解,磷酸为中强酸部分电离且分步电离、、,电离程度逐渐减小,物质的量浓度相同的磷酸钠和磷酸中的浓度不相同,B错误;
C.用湿润的试纸测定同浓度盐酸和醋酸溶液的,溶液均被稀释,盐酸是强电解质,浓度减小,增大,醋酸是弱电解质,稀释会使电离平衡正移,浓度减小程度小,增大程度小,醋酸溶液的误差更小,C错误;
D.等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸,二者物质的量相同,且都是一元酸,与氢氧化钠反应时,两者所需氢氧化钠的物质的量相同,D正确;
答案选D。
4.B
【详解】A.测定0.1mol/LHCOOH溶液的c(H+),若c(H+)=0.1mol/L,说明HCOOH完全电离为强电解质,若c(H+)<0.1mol/L,说明HCOOH部分电离为弱电解质,A正确;
B.选项中并未说明HCOOH和盐酸溶液的浓度,需要测量等浓度两者的导电性来探究HCOOH是弱电解质,B错误;
C.将pH=2的HCOOH溶液稀释10倍,若pH变为3,说明HCOOH为强电解质,若pH<3,说明HCOOH为弱电解质,C正确;
D.向c(H+)=0.1mol/L的HCOOH溶液中加入少量HCOONa,若HCOOH为弱电解质则存在HCOOHHCOO-+H+,加入HCOONa固体后,HCOO-浓度增大,HCOOH电离平衡逆向移动,氢离子浓度减小,可通过测定氢离子浓度变化来确定HCOOH是否是弱电解质,D正确;
故答案选B。
5.B
【详解】A.Cl-也能使硫酸酸化的KMnO4溶液褪色,故向FeCl3溶液样品中加入硫酸酸化的KMnO4溶液,紫色褪去不能说明该样品中一定混有Fe2+,A项错误;
B.反应MgO(s)+2Cl2(g)=2MgCl2(s)+O2(g)的 S<0,该反应在一定条件下能自发进行即在一定条件下 G= H-T S<0,则该反应的 H<0,B项正确;
C.氨水中存在电离平衡NH3 H2O+OH-,加水稀释促进NH3 H2O的电离,c(OH-)减小,Kw不变,c(H+)增大,则减小,C项错误;
D.反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,KCl本质上不参与反应,达到平衡后加入KCl固体逆反应速率不变,D项错误;
答案选B。
6.D
【详解】A.电离平衡常数越大,酸性越强,等浓度的甲酸和乙酸溶液,甲酸酸性强,所以电离程度大,所以溶液中的c(H+):CH3COOH<HCOOH,故A错误;
B.等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中,甲酸和乙酸的物质的量相等,分别加入过量的镁,产生氢气的体积:HCOOH = CH3COOH,故B错误;
C.HCOOH是弱酸,与NaOH发生反应:HCOOH+OH-=HCOO-+H2O,故C错误;
D.电离常数只与温度有关,故将CH3COOH溶液稀释100倍过程中,其电离常数保持不变,故D正确;
故选D。
7.B
【详解】A.加水稀释醋酸浓度减小,电离程度变大;加入少量晶体时,醋酸浓度变大,导致电离程度减小,A项错误;
B.加水稀释,溶液浓度减小,氢离子浓度减小,加入少量晶体时,导致醋酸电离平衡逆向移动,氢离子浓度减小,故都会引起溶液的pH增大,B项正确;
C.升高温度促进醋酸电离,离子浓度变大,导电能力增强,加水稀释,溶液浓度减小,离子浓度减小,溶液的导电能力减弱,C项错误;
D.,加少量烧碱溶液或加少量冰醋酸,溶液中醋酸根离子浓度均变大,导致值减小,D项错误;
答案选B。
8.B
【详解】A.因为的电离常数比大,所以的酸性较强,在加水稀释的过程中,变化较大,所以曲线II代表溶液加水稀释的曲线,A错误;
B.随着水的加入,溶液中的逐渐减小,水的电离程度逐渐增大,所以水的电离程度:d点>c点,B正确;
C.曲线II代表溶液加水稀释的曲线,,根据,得出,从c点到d点,温度不变,所以、不变,所以不变,C错误;
D.a点时两溶液的相同,因为的电离常数比大,所以,相同体积的两溶液分别与恰好中和后,溶液消耗的中较多,溶液中的较多,D错误;
故选B。
9.C
【分析】图甲中可观察到随着时间的进行,氯水的pH减小,酸性增强;图乙中随着时间的进行,溶液中氯离子浓度增大,图丙中,氧气逐渐增多,所以久置的氯水中次氯酸发生分解产生了氢离子、氯离子和氧气,据此分析解答。
【详解】A.pH减小是由于光照促进了HClO的分解,产生了氢离子,A错误;
B.增大主要是由于HClO的分解反应产生了氯离子,B错误;
C. HClO光照分解生成HCl和氧气,所以导致氧气的体积分数随着时间的进行不断增大,C正确;
D.该体系中存在次氯酸的电离平衡和水的电离平衡两个电离平衡,氯气与水反应的一个化学平衡,D错误;
故选C。
10.B
【详解】A.海洋酸化导致溶液酸性增加,会抑制海水吸收CO2的能力,故A正确;
B.温度升高,气体的溶解度减小,故海表温度上升,会减小海洋对CO2的吸收,故B错误;
C.该循环中涉及反应CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2,CO2排放量的增加导致碳酸钙转化为可溶性碳酸氢钙,会将影响珊瑚生存,故C正确;
D.虽然塑料颗粒中含有的碳很难降解进入海洋碳循环,但仍会造成白色污染,故D正确;
故选B。
11.C
【详解】A.稀释前两溶液的pH值相等,由于醋酸是部分电离,因此溶液的浓度:c(HCl)B.b点pH值小于c点pH值,说明c点酸性弱,抑制水的电离程度小,水的电离程度大,因此溶液中水的电离程度:b点<c点,故B正确;
C.从b点到d点,由于溶液的温度不变,因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变,故C错误;
D.在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-),因此存在:c(H+)>c(酸根阴离子),故D正确;
故选:C。
12.D
【分析】弱酸的电离常数越大,酸性越强,由电离常数可知,甲酸的酸性强于乙酸。
【详解】A.由分析可知,甲酸的酸性强于乙酸,则等浓度的甲酸电离程度大于乙酸溶液,溶液中氢离子浓度等于乙酸溶液,故A错误;
B.由分析可知,甲酸的酸性强于乙酸,则等浓度的甲酸电离程度大于乙酸溶液,溶液中氢离子浓度等于乙酸溶液,氢离子浓度越大,与镁反应的起始反应速率越快,所以甲酸溶液与镁反应开始时产生氢气的速率快于乙酸溶液,故B错误;
C.甲酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成甲酸钠和水,反应的离子方程式为HCOOH+OH—=HCOO—+H2O,故C错误;
D.电离常数为温度函数,温度不变,电离常数不变,则乙酸溶液稀释过程中,甲酸的电离常数保持不变,故D正确;
故选D。
13.C
【详解】A.由图1可知,加入氢氧化钠时,碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度减小的同时,碳酸氢根离子浓度也在减小,说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应,故A错误;
B.由图1可知,氢氧化钠物质的量为0.05mol时,碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度和碳酸氢根离子浓度同时减小,说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应,反应的离子方程式为2OH—+NH+ HCO=NH3 H2O+CO+H2O,故B错误;
C.由图2可知,氢氧化钠物质的量小于0.1mol时,亚硫酸氢铵溶液中亚硫酸氢根离子浓度明显减小,而铵根离子浓度几乎不变,说明溶液中亚硫酸氢根离子优先与氢氧根离子反应,反应的离子方程式为HSO+OH—=H2O+SO,故C正确;
D.由电离常数可知,铵根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为≈5.71×104,碳酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=5.61×103,亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=1.02×107,则上述实验说明在化学反应速率都很快的离子反应中,平衡常数越大的反应越容易发生,所以离子反应的先后顺序与平衡常数的大小有关,故D错误;
故选C。
14.D
【详解】A.“84”消毒液在空气中发生反应:,A错误;
B.氧化剂是次氯酸钠还原剂是乙醇,物质的量之比为4∶1,B错误;
C.标准状况下是液态,以现有条件不能得到C原子个数,C错误;
D.该反应中每消耗1 mol 同时消耗次氯酸钠4 mol,即4 mol+1价氯转化为-1价氯,转移个电子,D正确;
故选D。
15.①
【详解】根据电离常数可知,酸性:;
①酸性:,根据强酸制弱酸原理,向NaClO溶液中通入少量CO2:CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO,正确;
②向NaClO溶液中通入足量SO2:SO2+NaClO+H2O=H2SO4+NaCl,错误;
③向Na2CO3溶液中加入足量醋酸溶液:,错误;
④酸性:,向NaHCO3溶液中加入足量次氯酸溶液,不发生反应,错误;
答案:①。
16.(1) 强 +7价
(2)
(3)
(4)10
(5)5
【详解】(1)0.1的高铼酸()与0.1的NaOH溶液等体积混合,所得溶液呈中性,说明高铼酸属于一元强酸;中H为+1价,O为-2价,根据正负化合价代数和为零可知, Re的化合价为+7价;
(2)为一元弱酸,则其电离方程式为,常温下,,则0.1的溶液中;
(3)根据酸性强弱可得,足量通到少量溶液中发生反应的离子方程式;
(4)某温度下,溶液吸收一定量的后,,由可知,,则该溶液的pH=10;
(5)实验测得溶液中,由的电离平衡常数,根据多重平衡规则,,所以溶液中,则。
17.(1)①⑦
(2)①②⑤
(3)④
(4)⑧⑨
(5)B
(6) c>b=d>a a>b=d>c
(7)c
【分析】①熔化的NaCl中含自由移动的阴、阳离子,能导电,属于强电解质;②盐酸中含自由移动的阴、阳离子,能导电,盐酸属于混合物,既不属于电解质、也不属于非电解质;③Cl2中只含Cl2分子,不能导电,Cl2属于单质,既不属于电解质、也不属于非电解质;④冰醋酸中只含CH3COOH分子,不能导电,属于弱电解质;⑤Cu属于金属单质,能导电,既不属于电解质、也不属于非电解质;⑥酒精中只含CH3CH2OH分子,不能导电,酒精是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物,属于非电解质;⑦硫酸氢钠中的阴、阳离子不能自由移动,不能导电,属于强电解质;⑧液氨中只含NH3分子,不能导电,虽然液氨的水溶液能导电,但导电的离子不是液氨自身电离产生的,液氨属于非电解质;⑨SO2中只含SO2分子,不能导电,虽然SO2的水溶液能导电,但导电的离子不是SO2自身电离产生的,SO2属于非电解质。
【详解】(1)根据分析,属于强电解质的是①⑦。
(2)根据分析,在上述状态下能导电的是①②⑤。
(3)根据分析,属于弱电解质的是④。
(4)根据分析,属于非电解质,但溶于水后的水溶液能导电的是⑧⑨。
(5)A.等体积的0.1mol/L的乙酸与0.1mol/L的NaOH恰好反应,说明乙酸是一元酸,但不能说明乙酸是弱酸,A项不符合题意;
B.常温下,0.1mol/L的乙酸溶液的pH>1,说明溶液中c(H+)<0.1mol/L,乙酸未完全电离,乙酸为弱酸,B项符合题意;
C.乙酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体,说明乙酸的酸性强于碳酸,但不能说明乙酸为弱酸,C项不符合题意;
D.1mol/L的乙酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色,说明乙酸溶液呈酸性,但不能说明乙酸是弱酸,D项不符合题意;
答案选B。
(6)CH3COOH属于弱酸,在水溶液中部分电离;HCl属于一元强酸,1molHCl在水溶液中完全电离产生1molH+;H2SO4属于二元强酸,1molH2SO4在水溶液中完全电离产生2molH+;NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++;若四种溶液的物质的量浓度相同,其c(H+)由大到小顺序为c>b=d>a;若四种溶液的c(H+)相同,其物质的量浓度由大到小顺序为a>b=d>c。
(7)常温下,有c(H+)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液,分别与足量的锌粉发生反应,由于醋酸为弱酸,HCl为强酸,则醋酸的物质的量浓度大于盐酸物质的量浓度,开始时反应速率相等,过程中反应速率醋酸大于盐酸,最终醋酸放出的H2的体积大于盐酸放出的H2的体积,醋酸所耗时间小于盐酸所耗时间,对照各示意图,答案选c。
18.(1)H2O2H++HO
(2)②
(3)Ag2O>H2O2>K2CrO4
(4) 3H2O2+ClO=Cl-+3H2O+3O2↑ 1.2 mol
(5)NaHCO3
(6)2ClO+H2C2O4+2H+=2ClO2↑+2CO2↑+2H2O
(7)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO
【详解】(1)H2O2是二元弱酸,其第一步电离方程式:H2O2H++HO;
(2)①2H2O2=2H2O+O2↑,双氧水中氧元素化合价既升高也降低,既体现氧化性又体现还原性;
②Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O,双氧水中氧元素的化合价升高,体现还原性;
③3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O,双氧水中氧元素化合价降低,说明双氧水作氧化剂,体现了氧化性;
(3)反应②中氧化银作氧化剂,双氧水作还原剂,则氧化性Ag2O>H2O2;反应③中双氧水作氧化剂,铬酸钾作氧化产物,则氧化性H2O2>K2CrO4,故氧化性顺序为Ag2O>H2O2>K2CrO4;
(4)①根据五种微粒中元素化合价,结合得失电子守恒,得离子方程式:3H2O2+ClO=Cl-+3H2O+3O2↑;
②如反应中有13.44 L(标准状况)气体生成,即氧气物质的量为:,则转移电子:1.2 mol;
(5)根据得失电子守恒及质量守恒定律,得A化学式:NaHCO3;
(6)用KClO3、H2C2O4和H2SO4制取新型水处理剂ClO2,根据得失电子守恒及电荷守恒,反应的离子方程式:2ClO+H2C2O4+2H+=2ClO2↑+2CO2↑+2H2O;
(7)向氯化铜溶液中通入SO2,加热生成CuCl白色沉淀,S元素被氧化至+6价,Cu元素被还原为+1价,根据得失电子守恒及电荷守恒,离子方程式:2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO
答案第1页,共2页
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