合肥市在线免费考试1、选择题为了使Na2S溶液中c(Na+)/c(S2-)的比值变小，可加入的物质是A.适量盐酸B.适量NaOHC.适量H2OD.适量KHS【答案】D【解析】在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解，导致硫离子浓度会减小，要使c(Na+)/c(S2-)减小，需根据硫离子水解平衡移动来分析。在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，要使c(Na+)c(S2-)减小，需使硫离子水解平向逆方向移动即可，所以加适量KHS溶液，c（HS-）增大，硫离子水解平向逆方向移动，c（S2-）增大，c(Na+)c(S2-)减小，选项D正确；答案选D。2、选择题常温下，某溶液中由水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1，该溶液可能是（）①氯化氢水溶液②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A.B.C.D.①④①②②③③④【答案】A【解析】常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol•L-1＜1×10-7mol/L，水的电离被抑制；①氯化氢水溶液是强酸溶液对水的电离起到抑制作用，故①正确；②氯化铵水溶液中的铵根离子水解显酸性，促进水的电离，故②错误；③硝酸钠水溶液是中性溶液对水的电离无影响，故③错误；④氢氧化钠水溶液数强碱溶液，对水的电离起到抑制作用，故④正确；只有①④正确，故答案为A。3、选择题将的氨水加蒸馏水稀释到后，下列变化正确的是①的电离程度增大②增大③的数目增多④增大⑤导电性增强⑥增大A.仅①②③B.仅①③⑤C.仅①③⑥D.仅②④⑥【答案】C【解析】①加水稀释后促进弱电解质的电离，则氨水的电离程度增大，故①正确；②加水时电离平衡正向移动，n(NH3·H2O)减小，由于溶液的体积变大，则c(NH3·H2O)减小，故②错误；③加水时电离平衡正向移动，n(NH)增大，由N=nNA可知NH数目增多，故③正确；④加水时电离平衡正向移动，n(OH-)增大，但溶液的体积变大，则c(OH-)减小，故④错误；⑤加水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性能力减弱，故⑤错误；⑥加水时电离平衡正向移动，n(NH)增大，n(NH3·H2O)减小，在同一溶液中体积相同离子的浓度之比等于物质的量之比，则c(NH)/c(NH3·H2O)增大，故⑥正确；故选C。4、选择题下列溶液蒸干并灼烧，最后得到固体是溶质本身的是A.CuSO4B.NaHCO3C.KMnO4D.FeCl3【答案】A【解析】A、CuSO4溶液中存在水解CuSO4+2H2O⇌Cu(OH)2+H2SO4，硫酸难挥发，蒸干后得到CuSO4，且CuSO4性质稳定，所以最后得到的是溶质本身，故A正确；B、NaHCO3在加热条件下易分解生成Na2CO3，故B错误；C、KMnO4在加热条件下易分解，故C错误；D、FeCl3溶液中存在水解FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，在加热的条件下，HCl挥发，促进水解不断向右进行，蒸干后得到的固体为Fe(OH)3，灼烧后得Fe2O3，故D错误。故选A。5、选择题下列实验事实或数据可以说明次氯酸为弱电解质的是()A.常温下的溶液的pH=5.6B.次氯酸具有漂白性C.温度为25℃时，次氯酸的水溶液的pH<7D.用HClO溶液做导电实验时，灯泡很暗【答案】A【解析】A．如果次氯酸是强电解质，则完全电离，此时0.001mol•L-1的HClO溶液的pH=3，实际上0.001mol•L-1的HClO溶液的pH=5.6，说明HClO未完全电离，是弱电解质，故A正确；B．漂白性与电离程度无关，次氯酸具有漂白性不能说明次氯酸是弱电解质，故B错误；C．次氯酸在水中电离，溶液显酸性，无法说明其为弱电解质，故C错误；D．用HClO溶液做导电实验时，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度很小，但无法判断次氯酸是否部分电离，故D错误；故答案为A。6、选择题对于0.1溶液，下列说法正确的是()A.升高温度，溶液的pH降低B.C.D.加入少量NaOH固体，与均增大【答案】D【解析】A．水解溶液显碱性，水解过程是吸热反应，升温促进水解，OH-浓度增大，溶液pH增大，故A错误；B．Na2CO3溶液中存在的物料守恒式为，故B错误；C．Na2CO3溶液中存在电荷守恒式为，故C错误；D．Na2CO3溶液中存在的水解平衡为，加入少量NaOH固体，Na+和OH-浓度增大，同时水解平衡逆向移动，溶液中也增大，故D正确；故答案为D。7、选择题与纯水的电离相似，液氨中也存在微弱的电离：2NH3+。据此判断，以下叙述错误的是A.液氨中含有NH3、、粒子B.一定温度下，液氨中c()∙c()是定值C.液氨中电离达到平衡...