题目内容

14．下列事实不能证明CH3COOH是弱电解质的是（　　）
①0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH=2.1 ②CH3COONa和盐酸反应，生成CH3COOH  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  ④常温下某CH3COONa溶液的pH=8  ⑤用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗⑥0.1mol/L的CH3COOH溶液稀释100倍，pH＜3．
A．②⑤B．①②③C．⑤D．③④⑤⑥

分析 强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断，据此分析解答．

解答 解：A．①0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH=2.1，说明醋酸没有完全电离，则醋酸为弱电解质，故不选；
②CH3COONa和盐酸反应，生成CH3COOH，说明盐酸的酸性比醋酸强，则醋酸为弱酸，即醋酸为弱电解质，故不选；
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，说明醋酸中存在电离平衡，则醋酸部分电离为弱电解质，故不选；
④常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则醋酸为弱酸，故不选；
⑤用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，说明醋酸溶液中离子浓度较小，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解，故选；
⑥pH=1的CH3COOH溶液稀释100倍，pH＜3，说明醋酸中存在电离平衡，为弱电解质，故不选；
故选C．

点评 本题考查强弱电解质判断，题目难度不大，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题．

练习册系列答案
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4．下列过程中，不属于氮的固定的是（　　）
A．闪电时，N2变为NOB．NO被空气中O2氧化为NO2
C．工业上，用N2合成氨D．豆科植物根瘤菌把N2变成NH3
5．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业．CuCl是白色固体，难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下：

回答下列问题：
（1）CuS精矿经250℃低温焙烧后生成CuO，步骤②中主要反应的离子方程式是CuO+2H+═Cu2++H2O．
（2）步骤③先加NaCl、通入SO2时无沉淀，加水稀释就产生大量白色沉淀，其原因是CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水．
（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是硫酸（写名称）；步骤⑥醇洗的作用是快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化．
（4）已知25℃，101 kPa时：S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=-296.8 kJ/mol
2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=-314.6 kJ/mol
Cu（s）+S（s）═CuS（s）△H=-53.1 kJ/mol
步骤①中CuS与O2反应的热化学方程式是2CuS（s）+3O2（g）═2CuO（s）+2SO2（g）△H=-802.0kJ/mol．
（5）CuS晶胞结构如图所示，其中含有硫原子的数目是2．

（6）假设上述①～③步反应完全转化，④～⑦步操作共损失产品3.5%，反应生成的硫酸全部被循环利用，则生产100 kg 96.5%的CuCl（Mr=99.0）产品，除循环利用之外，需要处理的尾气中含SO211.3m3（标准状况）．
2．下列说法错误的是（　　）
A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其氧化吸收
9．钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料．制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位．含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3）制取TiO2的流程如下：

（1）Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第四周期，第ⅣB族．
（2）步骤①加铁的目的是将Fe3+还原为Fe2+
步骤②冷却的目的是析出（或分离、或得到）FeSO4•7H2O．
（3）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是FeSO4•7H2O；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入石灰（或碳酸钙、废碱）处理．
（4）由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2→TiCl4$→_{300℃，Ar}^{Mg}$Ti
已知：
①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5KJ•mol-1
②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=-566KJ•mol-1
③TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141KJ•mol-1
则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（s）+2CO（g） 的△H=-80kJ•mol-1反应TiCl4+2Mg═2MgCl2+Ti 在Ar气氛中进行的理由是防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用．
19．下列表示对应化学反应或过程的离子方程式正确的是（　　）
A．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Cu2++Ag
B．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-
C．用稀硝酸除去试管内壁银：Ag+2H++NO3-═Ag++NO2↑+H2O
D．向氨水中通入过量SO2：SO2+2NH3•H2O═2NH4++SO32-+H2O
6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．Fe在少量Cl2中燃烧生成0.5 mol 产物，转移的电子数为1 NA
B．78g Na2O2晶体中含有的阴离子数目为2NA
C．在标准状况下，2.8g N2和2.8g CO所含电子数均为1.4NA
D．pH=13的NaOH溶液中含有的OH-的数目为0.1 NA
3．为测定NaOH、Na2C03混合物中Na2C03的质量分数，甲同学拟采用图（1）所示装置来测定．乙同学拟采用图（2）所示装置来测定．
请回答下列问题：
（1）甲同学用图（1）装置来测定，在没有放样品前，检查该装置气密性的方法之一是从酸式滴定管向烧瓶中加入一定量的水，观察到注射器增大的体积与加入水的体积相等现象，证明此装量不漏气．实验时称得样品的质量为mg，酸式滴定管的起始读数为amL，终了读数为bmL，注射器测定排出的气体为c mL（已折算成标准状况），该样品中Na2C03的质量分数为（用含a、b、c、m的代数式表示）$\frac{53（c-b+a）}{11200m}$．
（2）本实验选用稀H2S04而未选用稀盐酸的原因是稀硫酸不易挥发，稀盐酸易挥发出氯化氢气体，产生误差．
（3）乙同学观察了甲同学的实验后很受启发，并发现自己的图（2）原实验设计方案会造成误差．其原因之一可能是C02在水中溶解度较大，引起测量气体体积减小．丙同学经思考后．建议乙同学将图（2）中某部分稍作改进，就可避免此种误差，写出你的改进方案将水换成饱和NaHCO3溶液，或在贮水瓶中的水面上加一层植物油都可防止CO2溶于水．
（4）丁同学提出将图（2）装置中量气装置去掉，只用反应装置和天平也能较准确地测出样品中Na2C03的质量分数，请你分析丁同学方案中，除了测定样品的质量，还需测定的另两个数据是反应前装有药品的整个装置的质量、反应后整个装置的质量．
（5）还可以用其他实验方法测定试样中纯碱的质量分数，请简述一种与上述各方法不同的实验方法称量一定质量的样品配成溶液，加入足量的BaCl2溶液后得到沉淀，将沉淀进行过滤、洗涤、干燥、冷却、称量．由沉淀（BaCO3）质量计算出Na2CO3的质量，最后计算出Na2CO3的质量分数．
4．下列关于电解质、非电解质的说法正确的是（　　）
A．氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质
B．CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质
C．HF的水溶液中既有H+、F-，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质
D．导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液

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