1、选择题  下列事实不能说明亚硝酸是弱电解质的是
A．NaNO2溶液的pH大于7
B．向HNO2溶液中加入NaNO2固体，溶液的PH变大
C．常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH为2.1
D．用HNO2溶液作导电试验，灯泡很暗

参考答案：D

本题解析：A、有弱才水解，亚硝酸钠水解呈碱性，故亚硝酸为弱酸；
B、pH变大，说明存在电离平衡，故其为弱酸；
C、如为强酸，pH=1，现等于2.1，说明没有完全电离，为弱酸。
D、还与浓度有关。

本题难度：一般

2、简答题  弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的沉淀溶解平衡均属于化学平衡．
I、已知H2A在水中存在以下平衡：H2A?H++HA-，HA-?H++A2-．
（1）Na2A溶液显碱性的原因______（用离子方程式回答）．
（2）某温度下，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性．此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是______．
A．c（H+）?c（OH-）=1×10-14B．c（Na+）+c（K+）=c（HA-）+2c（A2-）
C．c（Na+）＞c（K+）D．c（Na+）+c（K+）=0.05mol/L
（3）已知常温下H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在以下平衡：
CaA（s）?Ca2+（aq）+A2-（aq）△H＞0．
①降低温度时，Ksp______（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）．
②滴加少量浓盐酸，c（Ca2+）______．
II、（4）已知常温下Mg（OH）2在pH=12的NaOH溶液中Mg2+的浓度为1.8×10-7mol/L，则Ksp[Mg（OH）2]=______．

参考答案：（1）Na2A是强碱弱酸盐水解使溶液呈碱性，水解方程式为：A2-+H2O?HA-+OH-．
故答案为：A2-+H2O?HA-+OH-．
（2）A、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数未知，故A错误．
B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（Na+）+c（K+）=c（HA-）+2c（A2-），故B正确．
C、NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c（Na+）＞c（K+），故C正确．．
D、NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的体积应大于氢氧化钾的体积，所以c（Na+）+c（K+）＞0.05mol/L，故D错误．
故选BC．
（3）①降低温度，抑制难溶物的电离，所以导致溶度积常数变小．
故答案为：减小．
②加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动，所以钙离子浓度增大．
故答案为：增大．
（4）溶液中pH=12，所以氢氧根离子浓度=10-2mol/L，Ksp[Mg（OH）2]=C（Mg2+）C2（OH-）=1.8×10-7mol/L×（10-2m ol/L）2=1.8×10-11（mol/L）3．
故答案为：1.8×10-11（mol/L）3．

本题解析：

本题难度：简单

3、选择题  强弱电解质的本质区别是 （?）?
A．导电能力
B．相对分子质量
C．电离程度
D．溶解度

参考答案：C

本题解析：电解质的导电性只与溶液中离子浓度有关。即离子浓度越大，导电性越大强电解质指在溶液中完全电离。弱电解质指在溶液中部分电离。所以强电解质并非导电能力比弱电解质强，也就无法判断强弱电解质导电性谁强谁弱。
本质差别是在水溶液或熔融状态下能完全电离的化合物就是强电解质部分电离就是弱电解质
故选C

本题难度：简单

4、选择题  弱电解质在水溶液里达到电离平衡时，溶液中已电离的电解质分子数占原总分子总数的百分数叫做该电解质的电离度。现欲粗略测定一未知浓度的醋酸溶液中醋酸的电离度，应做的实验和所需的试剂（或试纸）是
A．电解、NaOH溶液
B．蒸馏、Na2CO3溶液
C．酯化反应、石蕊试液
D．中和滴定、pH试纸

参考答案：D

本题解析：A、电解与电离是不同的过程，错误；B项、C项无法测量已电离的醋酸的量，错误；D、由中和滴定可测量醋酸的物质的量，由pH试纸可测溶液的pH，进而求出电离的醋酸的物质的量，正确。

本题难度：一般

5、填空题  (14分)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
（1）白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在电炉中高温(～1550℃)下通过下面三个反应共熔得到。
①4Ca3(PO4)2(s)+10C(s)＝12CaO(s)+2P4(s)+10CO2(g）     ΔH1=＋Q1kJ·mol-1
②CaO(s)+SiO2(s)＝CaSiO3(s）     ΔH2=－Q2 kJ·mol-1
③CO2 (g)＋C(s)＝2CO(g)    ΔH3=＋Q3kJ·mol-1
已知：CaSiO3的熔点(1546℃)比SiO2低。
a、写出由磷酸钙矿制取白磷总的反应方程式_____________________________。
b、上述反应中SiO2起何作用？______________________________________。
（2）白磷在热的浓氢氧化钾溶液中岐化得到一种次磷酸盐(KH2PO2)和一种气体        (写化学式)。
（3）磷的重要化合物NaH2PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得。工业上为了使反应的主要产物是NaH2PO4，通常将pH控制在                  之间 (已知磷酸的各级电离常数为：K1 = 7.1×10?3  K2 = 6.3×10?8   K3 =4.2×10?13  lg7.1≈0.9  lg6.3≈0.8  lg≈0.6) 。Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是                                           (用离子方程式表示)。
（4）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：
11P 4+60CuSO4+96H2O＝20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4
60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是            。

参考答案：⑴a、2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C6CaSiO3＋P4＋10CO （2分）b、生成CaSiO3放出一定的能量使反应热△H降低；CaSiO3的熔点比SiO2低，成为熔融态浮在表面，对白磷有保护作用 （2分）
⑵PH3（2分）⑶2.1～7．2 （4分）  3Ca2++2HPO4-＝Ca3(PO4 )2↓+2H+（2分）  ⑷3mol（2分）

本题解析：（1）a、白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在电炉中高温(～1550℃)下通过下面三个反应共熔得到：①4Ca3(PO4)2(s)+10C(s)＝12CaO(s)+2P4(s)+10CO2(g）ΔH1=＋Q1kJ·mol-1，②CaO(s)+SiO2(s)＝CaSiO3(s） ΔH2=－Q2 kJ·mol-1，③CO2 (g)＋C(s)＝2CO(g)    ΔH3=＋Q3kJ·mol-1，这说明反应中还有硅酸钙和CO生成，因此由磷酸钙矿制取白磷总的反应方程式为2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C6CaSiO3＋P4＋10CO。
b、由于白磷易被氧化，生成CaSiO3放出一定的能量，而CaSiO3的熔点比SiO2低，是硅酸钙成为熔融态浮在表面，对白磷有保护作用。
（2）白磷在热的浓氢氧化钾溶液中岐化得到一种次磷酸盐(KH2PO2)和一种气体，则根据氧化还原反应电子得失守恒可知，该气体中P元素的化合价要低于0价，因此该气体是PH3。
（3）如果磷酸只发生一级电离，则根据电离常数可知溶液的pH＝3—0.9＝2.1。根据二级电离常数可知溶液的pH＝8—0.8＝7.2，所以工业上为了使反应的主要产物是NaH2PO4，通常将pH控制在2.1～7.2                  之间。Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，则发生反应3Ca2++2HPO4-＝Ca3(PO4 )2↓+2H+，因此溶液则显酸性。
（4）根据方程式可知被氧化的P化合价从0价升高到＋5价，失去5个电子，即1mol白磷失去20mol电子。硫酸铜中铜元素的化合价从＋2价降低到＋1价，得到1个电子。因此根据电子得失守恒可知60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是60mol÷20＝3mol。
考点：考查白磷制备、性质、氧化还原反应、离子反应以及电离常数应用等

本题难度：困难