【高考总复习】2013高考化学专题复习：第一节无机非金属材料硅（人教版）1．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是( )ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H3PO4Fe(OH)3非电解质C12H22O11(蔗糖)BaSO4C2H5OHH2O解析：铁既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；NH3是非电解质，BaSO4是强电解质，B项错误；碳酸钙是盐，为强电解质；磷酸是中强酸，是弱电解质，乙醇是非电解质，C项正确；Fe(OH)3是弱电解质，H2O是弱电解质，D项错误。答案：C2．下列电离方程式正确的是( )A．H2S2H＋＋S2－B．NaHCO3Na＋＋H＋＋COC．NaHSO4===Na＋＋H＋＋SOD．HF===H＋＋F－解析：H2S、HF都是弱酸，电离是可逆的，且二元弱酸分步电离；碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，在水中主要电离出Na＋、HCO。答案：C3．向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体或加入等体积的水稀释时，都会引起( )A．溶液H＋浓度减小B．醋酸的电离程度增大C．溶液的导电能力减小D．溶液中CH3COO－浓度增大解析：醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，增加CH3COO－，平衡向左移动，H＋浓度减小，醋酸电离程度减小，CH3COO－浓度增大，导电能力增强；加入水稀释，溶液体积增大程度大于H＋增大程度，所以H＋浓度减小，同时电离程度增大，导电能力减小，CH3COO－浓度减小。答案：A4．室温下，HA、H2B两种酸溶液的浓度都是0.1mol·L－1，pH依次为1.5和2.0，则下列结论正确的是( )A．H2B的酸性比HA的强-8-\nB．当NaA、NaHB、Na2B的溶液浓度都是0.1mol·L－1时，Na2B溶液的pH最大C．HA和H2B不一定是弱酸D．溶液中B2－、HB－、A－均能和强酸反应，也能和强碱反应解析：H2B的pH比HA的pH大，故HA的酸性强，A错；0.1mol·L－1的HA和H2B溶液，pH均大于1，故均为弱酸，C错；B2－和A－为弱酸根离子，只能与强酸反应，而HB－既能与酸反应，又能与碱反应，D错。答案：B5．(2012年山东省烟台市高三第一次模拟)下列关于pH＝3的盐酸和醋酸溶液的说法正确的是( )A．两种溶液中由水电离出来的c(H＋)不相同B．中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量相同C．加入等质量的铁粉，反应过程中放出H2的速率相同D．分别用蒸馏水稀释m倍和n倍，两溶液pH仍相同，则m＜n答案：D6．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )酸HXHYHZ电离常数K9×10－79×10－610－2A.三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生C．相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX溶液的电离常数解析：表中电离常数大小关系：10－2＞9×10－6＞9×10－7，所以酸性排序为：HZ＞HY＞HX，可见A、C错。电离常数只与温度有关，与浓度无关，D不正确。答案：B7．下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是( )①常温下某CH3COONa溶液的pH＝8②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多④0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2.1⑤CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH⑥pH＝1的CH3COOH溶液稀释至100倍，pH＜3A．②B．②⑤C．①③⑤D．③④⑤⑥-8-\n解析：①中证明CH3COO－能水解，溶液呈碱性，证明CH3COOH为弱电解质。②中未能指明浓度，也没有参照物，不能说明问题。③说明电离前n(CH3COOH)＞n(盐酸)，则CH3COOH的电离程度比盐酸小，属弱电解质。④中说明c(H＋)＜c(CH3COOH)，说明CH3COOH部分电离，存在电离平衡，是弱电解质。已知⑤中的H3PO4为中强酸，而被中强酸制备的必定是弱酸(没有沉淀物)，弱酸为弱电解质。⑥中CH3COOH溶液被稀释，c(H＋)变化与c(CH3COOH)变化不同步，证明存在电离平衡移动，即为弱电解质。答案：A8．氨水溶液中存在电离平衡NH3·H2ONH＋OH－，下列叙述正确的是( )A．加水后，溶液中c(OH－)增大B．氨水中离子浓度关系满足：c(NH)＝c(OH－)－c(H＋)C．加少量浓NaOH溶液，电离平衡向正向移动D．通入少量HCl，溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)值增大解析：加水稀释时c(OH－)减小，同时电离平衡正移，根据勒夏特列原理，只能“削弱”这种改变，新平衡中c(OH－)仍比原平衡中c(OH－)小，A项错误。根据电荷守恒有：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)，即c(NH)＝c(OH－)－c(H＋)，B项正确。加入浓NaOH溶液，c(OH－)增大，电离平衡向逆向移动，C项错误。K＝＝·c(NH)，通入HCl气体，电离平衡正移，c(NH)增大，故减小，D项错误。答案：B9．20℃时H2S饱和溶液1L，其浓度为0.1mol·L－1，其电离方程式为H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－，若要使该溶液中H＋浓度增大，同时使S2－浓度减小，可采取的措施是( )A．加入适量的水B．加入适量的NaOH固体C．加入适量的SO2D．加入适量的CuSO4固体解析：项加水将H2S饱和溶液稀释，各种粒子浓度都减小，故不符合题意。B项加NaOH时，中和了体系中的H＋，平衡右移，使S2－浓度增大，不符合题意。C项加入适量的SO2后发生如下反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，使c(H2S)减小，上述平衡左移，H＋、S2－浓度均减小，不符合题意。D项加入适量的CuSO4固体后，由于Cu2＋与S2－-8-\n结合成CuS沉淀，使S2－浓度减小，平衡右移，则H＋浓度增大。答案：D10．常温下将c1mol/LV1mL的氨水滴加到c2mol/LV2mL的盐酸中，下列结论正确的是( )A．若混合溶液的pH＝7，则c1V1＞c2V2B．若V1＝V2，c1＝c2，则混合液中c(NH)＝c(Cl－)C．若混合溶液的pH＝7，则混合液中c(NH)＞c(Cl－)D．若V1＝V2，且混合溶液的pH＜7，则一定有c1＜c2解析：A项，若混合溶液的pH＝7，则氨水稍过量，c1V1＞c2V2；B项，若V1＝V2，c1＝c2，则氨水与盐酸恰好完全反应，混合液中溶质为NH4Cl，为强酸弱碱盐溶液，溶液显酸性，故c(H＋)＞c(OH－)，所以c(Cl－)＞c(NH)；C项，若混合溶液的pH＝7，由电荷守恒知，c(NH)＝c(Cl－)；D项，混合溶液的pH＜7，溶质可能是NH4Cl或NH4Cl和HCl，可能c1＝c2或c1＜c2。答案：A11．对于弱酸，在一定温度下达到电离平衡时，各微粒的浓度存在一种定量的关系。若25℃时有HAH＋＋A－，则K＝，K为电离平衡常数，只与温度有关，[ ]内为各微粒的平衡浓度。下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)：酸电离方程式电离平衡常数KCH3COOHCH3COOHCH3COO－＋H＋K＝1.76×10－5H2CO3K1＝4.31×10－7K2＝5.61×10－11H2SK1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－12H3PO4K1＝7.52×10－3K2＝6.23×10－8K3＝2.20×10－13回答下列问题：(1)K只与温度有关，当温度升高时，K________(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)在温度相同时，各弱酸的K不同，那么K的大小与酸性的相对强弱有何关系？________。(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－、H3PO4、H2PO、HPO都看作是-8-\n酸，其中酸性最强的是________，最弱的是________。(4)多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数，对于H3PO4而言，其K1、K2、K3之间存在着数量上的规律，此规律是____________________________________，产生此规律的原因是_______________________________________________________。解析：弱电解质的电离是吸热反应，当温度升高时，K增大。K越大，说明该酸电离程度越大，即酸性越强；根据K大小，酸性最强的是H3PO4，最弱的是HPO；根据表格中的数据，可粗略得出K1∶K2∶K3≈1∶10－5∶10－10的结论，这是由于多元弱酸每一步都电离出H＋，上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用。答案：(1)增大 (2)K越大，酸性越强 (3)H3PO4 HPO (4)K1∶K2∶K3≈1∶10－5∶10－10 上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用12．某一元弱酸(用HA表示)在水中的电离方程式是：HAH＋＋A－，回答下列问题：(1)向溶液中加入适量NaA固体，以上平衡将向________(填“正”、“逆”)反应方向移动，理由是______________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)若向溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向________(填“正”、“逆”)反应方向移动，溶液中c(A－)将________(填“增大”、“减小”或“不变”)，溶液中c(OH－)将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显____________性(填“酸”、“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝____________。解析：(3)由溶液的电荷守恒可得：c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，已知c(NH)＝c(Cl－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3·H2O的电离常数Kb＝[c(NH)·c(OH－)]/c(NH3·H2O)＝(0.005mol·L－1×10－7mol·L－1)/(a/2mol·L－1－0.005mol·L－1)＝10－9/(a－0.01)mol·L－1。答案：(1)逆 c(A－)增大，平衡向减小c(A－)的方向即逆反应方向移动(2)正 减小 增大(3)中 10－9/(a－0.01)mol·L－113．在一定温度下，有a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸：(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是______________________。(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是-8-\n_________。(3)当三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是________________________。(4)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是___________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)当c(H＋)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为________，反应所需时间的长短关系是________。(6)将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是________。解析：盐酸、硫酸、醋酸三种酸在溶液中的电离情况如下：盐酸是一元强酸，在水溶液中完全电离，不存在电离平衡：HCl===H＋＋Cl－。硫酸是二元强酸，在水溶液中完全电离，不存在电离平衡：H2SO4===2H＋＋SO。醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离，存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋。(1)设三种酸的物质的量浓度均为x，则盐酸中c(H＋)＝c(Cl－)＝x，硫酸中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝2x，醋酸中c(H＋)＜c(CH3COOH)，c(H＋)＜x，故b＞a＞c。(2)“中和NaOH的能力”取决于酸的物质的量和酸的元数。由于三种酸溶液的体积相同，物质的量浓度相同，所以三种酸的物质的量相同。由于1molH2SO4中和2molNaOH，1molHCl或1molCH3COOH中和1molNaOH，故b＞a＝c。(3)由(1)分析可知c(H＋)相同时，c(CH3COOH)最大，c(HCl)次之，c(H2SO4)最小，故c＞a＞b。(4)当锌足量时，生成H2体积的大小，决定于可被还原的H＋的总物质的量(包括已电离出的和未电离的)。由于三种酸的c(H＋)相同，体积相同，HCl、H2SO4都是强电解质，在溶液中完全电离，所以H＋的总物质的量HCl与H2SO4相同，故产生H2体积相同。而CH3COOH是弱电解质，在溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋。当c(H＋)减小时，CH3COOH的电离平衡向右移动，使H＋不断产生，反应产生的H2体积变大，故c＞a＝b。(5)由于开始时，三者c(H＋)相同，且锌的形状、密度、质量也相同，由影响化学反应速-8-\n率的因素以及规律可知，反应开始时三者速率相同。随着反应的不断进行，HCl、H2SO4中的H＋不断减少，故反应越来越慢，而CH3COOH随着反应的进行，又不断电离出H＋，则相应c(H＋)较大，反应速率较快，生成相同体积的H2时，时间最短，故开始时反应速率都相同，所需时间a＝b＞c。(6)由于HCl、H2SO4完全电离，加水稀释100倍，H＋的数目不变，c(H＋)都变为原来的，CH3COOH部分电离，随着水的加入，使CH3COOH的电离程度增大，c(H＋)减小的程度较小，故c＞a＝b。答案：(1)b＞a＞c (2)b＞a＝c(3)c＞a＞b (4)c＞a＝b(5)a＝b＝c a＝b＞c (6)c＞a＝b14．(2012年衡水中学月考)课题式学习是研究性学习的一种基本方式，其学习模式为：―→―→―→某化学兴趣小组在学习了电解质的有关知识后，老师提出了一个“电解质水溶液导电能力的强弱的影响因素”的课题。让该小组来完成课题的研究，已知HCl在水中能完全电离。(1)该小组同学首先用密度为1.049g/cm3的乙酸(CH3COOH)和质量分数为36.5%、密度为1.18g/cm3的浓盐酸分别配制1mol/LCH3COOH溶液和1mol/LHCl溶液各500mL，则他们应该量取乙酸和浓盐酸的体积分别为________________和____________；(2)某同学在配制500mL1mol/L的CH3COOH溶液时，向容量瓶中转移溶液时操作如上图所示，图中的错误有_____________________________________________________________________________________________________；(3)他们首先用下图所示装置测1mol/L的CH3COOH溶液和1mol/LHCl溶液的导电能力，接通电源后发现与HCl溶液相连的灯泡较亮，有同学认为乙酸是弱电解质，你________(填“同意”或“不同意”)他的观点，通过该现象你得到的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________；-8-\n(4)他们又用上述装置测物质的量浓度相同的CuSO4溶液和NaOH溶液的导电能力，接通电源后发现与CuSO4溶液相连的灯泡较亮，有同学认为NaOH是弱电解质，你________(填“同意”或“不同意”)他的观点，通过该现象你得到的结论是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________；(5)通过上述探究实验，你能得到的结论是____________________________________________________________________________________________________________。解析：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的实验和电解质相关知识，是一道典型的拼盘式题目。(1)配制上述CH3COOH溶液需要0.5molCH3COOH，其质量是30g，除以乙酸密度可计算出乙酸的体积；质量分数为36.5%、密度为1.18g/cm3的浓盐酸物质的量浓度为11.8mol/L，配制上述HCl溶液，需0.5molHCl，可计算出所需浓盐酸体积；(2)转移溶液要用玻璃棒引流，且应该使用指定规格的容量瓶；(3)已知HCl在水中能完全电离，通过导电能力的不同可以判断出所量取CH3COOH在水溶液中不能完全电离，使溶液中自由移动离子的浓度比盐酸中小，即CH3COOH是弱电解质；(4)通过NaOH和CuSO4导电能力的实验可知，自由移动离子浓度相同时，电解质溶液的导电能力与离子所带电荷数目有关；(5)综合(3)和(4)即可得出正确结论。答案：(1)28.6mL 42.4mL(2)未用玻璃棒引流；未采用500mL容量瓶(3)同意 阴、阳离子所带电荷数目相同时，单位体积内自由移动离子数目越大，电解质溶液的导电能力越强(4)不同意 当单位体积内自由移动离子数目相同时，阴、阳离子所带电荷数目越多，电解质溶液的导电能力越强(5)电解质溶液的导电能力是由单位体积内自由移动离子数目和离子所带电荷数目共同决定的-8-
