内容发布更新时间 : 2024/6/26 10:08:56星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
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在溶液体积不变的情况下，同价态离子数目的“等量代换”对导电性基本没有影响，只有强弱电解质的相互转换或离子数目明显变化时，才会发生导电能力的明显变化。
7.【解析】选A。依题意得，酸碱恰好完全反应，所以醋酸溶液和氨10－a10b－14m
水中溶质的物质的量相等，则有＝，即＝1014－(a＋b)，
m%n%nA选项正确。
8. 【解析】选B。分析题给反应，从“碳酸跟R－反应生成HR”可得出电离能力H2CO3>HR；从“少量CO2生成HCO－3”可得出电离
2－能力HR>HCO－3；从“少量CO2生成CO3”可得出电离能力HR′
－NH＋4＋OH，加NH4Cl晶体后平 衡左移，pH减小，NaOH＋NH4Cl===NaCl＋NH3·H2O，溶液pH减小，A正确。分别加水稀释10倍，四溶液pH关系①>②>④>③，因加水稀释时NH3·H2O和CH3COOH电离程度增大，B正确。等体积③、④两溶液与足量Zn反应产生氢气的体积③>④，因为③、④pH＝3，而醋酸浓度大于盐酸，C正确。温度下降10 ℃，NH3·H2O、CH3COOH电离程度减小，pH会发生变化，D不正确。 10. 【解析】选B。由于HA中[H＋]＝0.1 mol·L－1×0.1%＝1×10－4 mol·L－1，因此pH＝4，故A正确；由于弱电解质的电离过程为吸热过程，温度升高，电离平衡向正方向移动，从而使溶液中[H＋]增大，pH减小，故B错误；室温时0.1 mol· 精品好资料 欢迎下载 L－1 HA溶液中[H＋]＝[A－]＝1×10－4 mol·L－1，电离平衡常数：K＝[H＋]×[A－]1×10－4 mol·L－1×1×10－4mol·L－1 －7 mol·L－＝≈1×10 [HA](0.1－1×10－4) mol·L－1 1，故 C正确；该溶液中[H＋]＝1×10－4 mol·L－1、[OH－]＝1×10－10 mol·L－1，由HA电离出的[H＋]＝1×10－4 mol·L－1，由水电离出的[H ＋]＝[OH－]＝水水 Kw＝1×10－10 mol·L－1，故D正确。 ?[H]【误区警示】本题易错选D。原因是不明确在0.1 mol·L－1一元酸HA溶液中，以酸电离产生的氢离子浓度为主，计算氢离子浓度时，水电离产生的氢离子浓度可以忽略，但氢氧根离子全部来自水的电离，且水电离产生的氢离子浓度和氢氧根离子浓度是相同的。 11.【解析】(1)弱酸不能完全电离，故0.1 mol·L－1的HA中[H＋]必小于 0.1 mol·L－1，故pH＞1，因HA为弱酸，溶液中的[H＋]低于相同浓度的一元强酸的[H＋]，故产生氢气的速率稍慢，但最终由于电离出的氢离子的量相同，故生成氢气的体积一样大，即气球的体积一样大。 (2)乙方案中②，取0.1 mol·L－1的HA溶液和稀盐酸各2滴稀释相同的倍数，弱酸HA的pH变化小，强酸的pH变化大，这是因为稀释能促进弱电解质电离平衡的移动。 答案：(1)＞ B (2)② ①A ②D 12. 【解析】(1)H2A第一步完全电离属于强电解质。 精品好资料 欢迎下载 (2)H2A第一步电离产生的H＋对HA－的电离产生抑制，使其电离平衡左移。 (3)正盐与酸反应转化为酸式盐。 答案：(1)强电解质 (2)> H2A第一步产生的H＋抑制了HA－的电离 (3)能 H＋＋A2－===HA－ 13.【解题指南】解答本题要注意以下两点： (1)H2CO3的两级电离常数分别表示H2CO3和HCO－3的电离程度。 (2)同浓度的两种酸稀释相同倍数，pH变化越大，说明酸性越强。 【解析】(1)根据表中的电离平衡常数，可知酸性： CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO－3 因此对应钠盐溶液的碱性： CH3COONa (2)CH3COOH加水稀释，电离程度增大，n(H＋)增大，但[H＋]减小，A错；由于温度不变，电离平衡常数不变，水的离子积不变，C错、E错；[H＋]/[CH3COOH]＝Ka/[CH3COO－]，因此[H＋]/[CH3COOH]增大，B对；[H＋]减小，而水的离子积不变，则[OH－]增大，因此[OH －]/[H＋]增大，D 对。 答案：(1)a (3)大于 稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化比CH3COOH的pH变化大，故HX酸性较强，电离平衡常数较大 精品好资料 欢迎下载