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题型: 单选题
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单选题

下列各选项中所述的两个量,前者一定大于后者的是(  )

A1 L 0.3 mol/L CH3COOH溶液和3 L 0.1 mol/L CH3COOH溶液中的H+

BpH=1的CH3COOH溶液和盐酸的物质的量浓度

CpH=12的氨水和NaOH溶液的导电能力

DpH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量锌粒反应产生的气体体积

正确答案

B

解析

解:A.相同温度下,相同弱电解质的溶液中,溶液越稀,其电离程度越大,所以1L 0.3 mol/L CH3COOH溶液小于3L 0.1 mol/L CH3COOH溶液中的H+数,故A错误;

B.pH=1的醋酸溶液中c(CH3COOH)大于0.1mol/L,pH=1的盐酸溶液中C(HCl)等于0.1mol/L,所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度,故B正确;

C.pH=12的氨水和NaOH溶液中,离子浓度相等,所以其导电能力相同,故C错误;

D.pH相同的盐酸和醋酸溶液,醋酸的浓度大于盐酸,则pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液中,醋酸的物质的量大于盐酸,所以醋酸产生的氢气体积大,故D错误;

故选B.

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题型:简答题
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简答题

已知25℃时几种物质的电离程度(溶液浓度为0.1mol•L-1)如下表:(已知H2SO4第一步电离是完全的)

(1)25℃时,0.1mol•L-1上述几种溶液中c(H+)由大到小的顺序是(填序号,下同)______

(2)25℃时,pH相同的上述几种溶液,其物质的量浓度由大到小的顺序是______

(3)25℃时,将足量的锌粉投入等体积,pH等于1的上述几种溶液中,产生H2的体积(同温同压下)由大到小的顺序是______

(4)25℃时,0.1mol•L-1H2SO4溶液中HSO4-的电离程度小于0.1mol•L-1NaHSO4溶液中HSO4-的电离程度的原因是______

正确答案

解析

解:(1)硫酸第一步完全电离,第二步部分电离,硫酸中c(H+)=(0.1+0.1×10%)mol/L=0.11mol/L;

硫酸氢钠溶液中,cH+)=(0.1×29%)mol/L=0.029mol/L;

醋酸溶液中,c(H+)=(0.1×1.33%)mol/L=0.00133mol/L;

盐酸溶液中,c(H+)=0.1mol/L;

所以c(H+)由大到小的顺序是①④②③,故答案为:①④②③;

(2)等pH的酸,其电离程度越大,酸的物质的量浓度越小,则物质的量浓度由大到小的顺序是③>②>④>①;

故答案为:③>②>④>①;

(3)等体积pH=1的上述几种溶液中,氢元素的物质的量由大到小的顺序是③②①④,则生成氢气的体积③②①④,

故答案为:③②①④;

(4)硫酸溶液中,硫酸第一步电离出氢离子,第二步又电离出氢离子,第一步电离出的氢离子抑制了第二步的电离,而硫酸氢钠溶液中硫酸氢根离子只有一步电离,所以.1mol/L H2SO4中的HSO4-的电离度小于0.1mol/L NaHSO4中HSO4-的电离度,

故答案为:硫酸的第一步电离抑制了硫酸氢根离子的电离.

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单选题

已知下面三个数据:7.2×10-4、4.6×10-4、4.9×10-10分别是下列有关的三种酸的电离常数,若已知下列反应可以发生:NaCN+HNO2═HCN+NaNO2、NaCN+HF═HCN+NaF、NaNO2+HF═HNO2+NaF,由此可判断下列叙述正确的是(  )

AK(HF)=7.2×10-4

BK(HNO2)=4.9×10-10

CK(HCN)=4.6×10-4

DK(HNO2)<K(HCN)<K(HF)

正确答案

A

解析

解:根据强酸制取弱酸知,这三种酸的酸性强弱顺序是HCN<HNO2<HF,相同条件下,酸的酸性越强其电离平衡常数越大,所以这三种酸的电离平衡常数大小顺序是K(HCN)<K(HNO2)<K(HF),

A.K(HF)=7.2×10-4 ,故A正确;

B.K(HNO2)=4.6×10-4,故B错误;

C.K(HCN)=4.9×10-10,故C错误;

D.这三种酸的电离平衡常数大小顺序是K(HCN)<K(HNO2)<K(HF),故D错误;

故选:A.

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简答题

氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料,回答下列问题:

(1)氨的水溶液显弱碱性,其原因为______(用离子方程表示):0.1mol•L-1的氨水中加入少量NH4Cl固体,溶液的pH______(填“升高”或“降低”);若加入少量明矾,溶液中NH4+的浓度______(填“增大”或“减小”).

(2)硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O.250℃时,硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡,该分解反应的化学方程式为______,平衡常数表达式为______;若有1mol硝酸铵完全分解,转移的电子数为______mol.

(3)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示,若生成1molN2,其△H=______kJ•mol-1

正确答案

解析

解:(1)一水合氨为弱碱,在水溶液中存在部分电离,电离出氢氧根离子使溶液显碱性,方程式为:NH3•H2O⇌NH4++OH-,向氨水中加入少量NH4Cl固体,铵根浓度增大,平衡左移,即氢氧根浓度减小,pH值降低,加入少量明矾,明矾电离出的铝离子结合氢氧根生成氢氧化铝,促进氨水的电离,铵根浓度增大,故答案为:NH3•H2O⇌NH4++OH-;降低;增大;

(2)硝酸铵分解生成N2O和H2O,达到平衡,说明为可逆反应,化学反应方程式为:NH4NO3N2O+2H2O,250℃时,水为气体状态,故平衡常数K=c(N2O)×c2(H2O),NH4NO3中NH4+的N元素化合价为-3价,NO3-中的N元素的化合价为+5价,反应后N元素的化合价为+1价,发生归中反应,N元素由-3价升高为+1价,此反应中每分解1mol硝酸铵,转移电子数为4mol,故答案为:NH4NO3N2O+2H2O;K=c(N2O)×c2(H2O);4;

(3)由图可知,此反应反应物总能量高于生成物,且△H=209-348=-139kJ•mol-1,故答案为:-139.

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单选题

pH值相等的盐酸(甲)和醋酸(乙),分别与锌反应,若最后锌已全部溶解且放出气体一样多,为此下列说法正确的是(  )

A反应开始时的速率:甲=乙

B反应所需时间:甲<乙

C反应过程中H+物质的量浓度变化程度:甲<乙

D反应结束时,pH值:甲<乙

正确答案

A

解析

解:A.反应速率与氢离子浓度成正比,pH相等的醋酸和盐酸,两种溶液中氢离子浓度相等,所以开始反应速率相等,故A正确;

B.随着反应的进行,醋酸继续电离出氢离子,导致醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸,氢离子浓度越大,其反应速率越快,所以醋酸反应速率大于盐酸,则反应所需时间:甲>乙错误,故B错误;

C.反应过程中,醋酸继续电离出氢离子,所以醋酸中离子浓度大于盐酸,反应过程中H+物质的量浓度变化程度:甲>乙,故C错误;

D.完全反应后,醋酸一定有剩余,醋酸中氢离子浓度大于盐酸,所以反应结束时,pH值:甲>乙,故D错误;

故选A.

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单选题

常温下,0.1mol•L-1一元酸HA溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-6,下列叙述正确的是(  )

A该溶液中c(A-)+c(HA)+c(H+)=0.1mol•L-1

B该溶液中水电离产生的c(H+)=1×10-4mol•L-1

C向该溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释,溶液中c(OH-)均增大

D该溶液与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合后:c(A-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+

正确答案

C

解析

解:A、根据=1×10-6和c(H+)×c(OH-)=10-14可解得c(H+)=0.0001mol/L,HA为弱酸,一元酸HA电离的方程式为:HA⇌H++A-,电离掉的HA浓度和生成的H+和A-浓度相等,所以该溶液中c(A-)+c(HA)+c(H+)>0.1mol•L-1,故A错误;

B、根据=1×10-6和c(H+)×c(OH-)=10-14可解得c(H+)=0.0001mol/L,HA为弱酸,该溶液中由水电离出的

c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-10mol/L,故B错误;

C、根据一元酸HA电离的方程式:HA⇌H++A-,加入一定量NaA晶体,则A-的浓度增大,所以平衡逆向移动,所以氢离子浓度减小,c(OH-)增大,加水稀释,溶液中氢离子浓度减小,所以c(OH-)增大,故C正确;

D、0.1mol•L-1HA溶液与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液为等浓度的HA和NaA的混合物,溶液显示酸性,所以c(OH-)<c(H+),即c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故D错误.

故选C.

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单选题

(2014秋•濠江区校级期末)在相同温度时,100mL0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较,下列数值或性质中,前者大于或强于后者的是(  )

AH+的物质的量

B醋酸的电离常数

C中和时所需NaOH的量

D溶液的导电性

正确答案

A

解析

解:A.两溶液中醋酸的物质的量相同,浓度越小,电离程度越大,溶液中氢离子的物质的量越大,则H+的物质的量前者大于后者,故A正确;

B.电离平衡常数只与温度有关,温度相同,电离平衡常数相同,故B错误;

C.计算两溶液中醋酸的物质的量,n(前)=c1•V1=0.1 L×0.01 mol•L-1=1×10-3 mol,n(后)=c2•V2=0.01 L×0.1 mol•L-1=1×10-3 mol,两者相等,因而中和时消耗的NaOH的量相等,故C错误;

D.溶液的导电性与离子浓度成正比,酸的浓度越大,c(H+)越大,前者小于后者,故D错误;

故选A.

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单选题

下列叙述正确的是(  )

ACaCO3在水中溶解度很小,其水溶液导电性很弱,所以CaCO3是弱电解质

BA原子的最外层电子数比B原子多,则A单质的氧化性一定比B单质强

CA+和B-的电子层结构相同,则A原子的核电荷数比B原子的大

D任何宏观物质都是由微观粒子构成,而这些粒子之间又都存在着化学键

正确答案

C

解析

解:A.碳酸钙在水中溶解度很小,其水溶液导电性很弱,但溶解的CaCO3在水溶液里完全电离,所以碳酸钙是强电解质,故A错误;

B.最外层电子数多的元素其单质的氧化性不一定比最外层电子数少的强,如氧气的氧化性比碘单质的强,故B错误;

C.电子层结构相同的离子,阳离子的原子序数大于阴离子,所以A+和B-的电子层结构相同,则A原子的核电荷数比B原子的大,故C正确;

D.不是任何物质中都含有化学键,如稀有气体中不含化学键,只含分子间作用力,故D错误;

故选C.

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题型: 单选题
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单选题

如图表示 25℃时,向0.1mol•L-1的一元弱酸HA中加水稀释过程的变化图象,则图中纵坐标y表示的是(  )

Ac(H+

BHA的电离平衡常数Ka

C

D水的离子积常数Kw

正确答案

C

解析

解:根据图象可知,加入水稀释HA的过程中,纵坐标y会逐渐增大,

A.稀释HA溶液的过程中,溶液中的氢离子的物质的量浓度会逐渐减小,故A错误;

B.HA的电离平衡常数Ka只受温度影响,与加入水的量无关,故B错误;

C.稀释过程中HA分子的物质的量逐渐减小,氢离子的物质的量逐渐增大,在同一溶液中,则该比值会逐渐增大,与图象变化一致,故C正确;

D.水的离子积与温度有关,加入水的过程中水的离子积不变,故D错误;

故选C.

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题型:简答题
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简答题

电离平衡常数(用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱.25℃时,有关物质的电离平衡常数如下表所示:

(1)已知25℃时,①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-67.7kJ/mol,②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol,氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为______

(2)将浓度为0.1mol/LHF溶液加水稀释一倍(假设温度不变),下列各量增大的是______

A.c(H+)    B.c(H+)•c(OH-)     C.  D.

(3)25℃时,在20mL0.1mol/L氢氟酸中加入VmL0.1mol/LNaOH溶液,测得混合溶液的pH变化曲线如图所示,下列说法正确的是______

A.pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中,由水电离出的c(H+)相等

B.①点时pH=6,此时溶液中,c(F-)-c(Na+)=9.9×10-7mol/L

C.②点时,溶液中的c(F-)=c(Na+

D.③点时V=20mL,此时溶液中c(F-)<c(Na+)=0.1mol/L

(4)物质的量浓度均为0.1mol/L的下列四种溶液:①Na2CO3溶液②NaHCO3溶液③NaF溶液④NaClO溶液.

依据数据判断pH由大到小的顺序是______

(5)Na2CO3溶液显碱性是因为CO32-水解的缘故,请设计简单的实验事实证明之______

(6)长期以来,一直认为氟的含氧酸不存在.1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO,其结构式为H-O-F.HFO与水反应得到HF和化合物A,每生成1molHF转移______mol电子.

正确答案

解析

解:(1)通过表格知,氢氟酸是弱电解质,将方程式①-②得HF(aq)⇌H+(aq)+F-(aq)△H=-10.4KJ•mol-1

故答案为:HF(aq)⇌H+(aq)+F-(aq)△H=-10.4KJ•mol-1

(2)氢氟酸是弱电解质,溶液中存在电离平衡,加水稀释其溶液促进氢氟酸电离,

A.稀释过程中促进氢氟酸电离,但c(H+)减小,故错误;

B.温度不变,水的离子积常数不变,所以c(H+)•c(OH-)不变,故错误;    

 C.稀释过程中促进氢氟酸电离,氢离子个数增大,氟化氢分子个数减小,所以 增大,故正确;

 D.稀释过程中促进氢氟酸电离,氢离子浓度降低,氢氧根离子浓度增大,所以增大,故正确;

故选CD;

(3)A.氢氟酸抑制水电离,氟化钠促进水电离,所以pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中,由水电离出的不相等,故错误;

B.①点时pH=6,溶液中存在电荷守恒,c(F-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),所以c(F-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=9.9×10-7mol/L,故正确;

C.②点时,溶液呈中性,c(OH-)=c(H+),溶液中存在电荷守恒,c(F-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),

所以c(F-)=c(Na+),故正确;

D.③点时V=20mL,此时溶液中溶质在氟化钠,溶液呈碱性,根据电荷守恒知c(F-)<c(Na+),但等体积混合时不水解的离子浓度变为原来的一半,所以c(F-)<c(Na+)=0.05mol/L,故错误;

故选BC;

(4)等物质的量浓度的钠盐溶液,酸根离子水解程度越大其溶液的pH越大,酸的电离常数越小其酸根离子水解程度越大,所以等物质的量浓度的①Na2CO3溶液②NaHCO3溶液③NaF溶液④NaClO溶液中pH由大到小的顺序是:

①④②③,故答案为:①④②③;

(5)为证明纯碱溶液呈碱性是由CO32-引起的,就设计一个使溶液中的碳酸根离子由有到无的实验,根据溶液中酚酞颜色的变化判断,所以设计的实验为:在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红,再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅,则说明Na2CO3溶液显碱性是因为CO32-水解的缘故,

故答案为:在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红,再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅;

(6)根据原子守恒知,该反应方程式为:HFO+H2O=HF+H2O2,根据元素化合价知,每生成1molHF转移 1mol电子,故答案为:1.

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题型:简答题
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简答题

已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示,现有硫酸与氨水各一份,请根据表中信息,回答下列问题:

(1)ρ1、ρ2、ρ3、ρ4由大到小的顺序为:______

(2)表中2mol•L-1氨水的质量分数为:______

(3)将4mol•L-1的氨水与2mol•L-1的氨水等质量混合,所得氨水的物质的量浓度是______(填序号)

A.>3mol•L-1     B.=3mol•L-1     C.<3mol•L-1      D.无法判断

(4)将20%的硫酸与10%的硫酸等体积混合,所得硫酸溶液的质量分数是______(填序号)

A.>15%          B.=15%         C.<15%          D.无法判断

(5)100g浓度为4mol•L-1的硫酸溶液与______mL水混合,能使硫酸的物质的量浓度减小到2mol•L-1

正确答案

解析

解:(1)硫酸的密度大于水的密度,氨水的密度小于水的密度,所以ρ1、ρ2>ρ4、ρ3,硫酸的密度大于水的密度,浓度越大,密度越大,ρ1>ρ2氨水的密度小于水的密度,浓度越大,密度越小,ρ4>ρ3,故答案为:ρ1>ρ2>ρ4>ρ3

(2)表中2mol•L-1氨水的密度是ρ4,根据公式c=得出质量分数为:w=%,故答案为:%;

(3)由图可知,氨水的浓度越大密度越小,将4mol•L-1的氨水与2mol•L-1的氨水等质量混合,所得氨水的物质的量浓度要比3mol•L-1大,故答案为:A;

(4)硫酸的密度大于水的密度,将20%的硫酸与10%的硫酸等体积混合,所得硫酸溶液的质量分数>,即混合后质量分数大于15%,故答案为:A;

(5)100g浓度为4mol•L-1的硫酸溶液中溶质的物质的量是=,设加入水的体积是VmL,能使硫酸的物质的量浓度减小到2mol•L-1,则2()=,解得V=mL,故答案为:

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题型:填空题
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填空题

某酸碱指示剂是一种有机弱酸,其在水溶液中的电离平衡与其呈颜色有关:HIn(红色)⇌H++In-(黄色),若向含此指示剂的溶液中加入盐酸,溶液呈______色.若向此溶液中加入氢氧钠,溶液呈______色.

正确答案

解析

解:向含此指示剂的溶液中加入盐酸,氢离子浓度增大,使指示剂的电离平衡向逆反应方向移动,溶液呈红色,若向此溶液中加入氢氧钠,氢氧根离子和氢离子反应使指示剂电离平衡向正反应方向移动,所以溶液呈黄色.

故答案为:红,黄.

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题型:填空题
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填空题

某二元弱酸(简写成H2A)溶液,按下式发生一级和二级电离:H2A⇌H++HA-,HA-⇌H++A2-,已知同浓度时电离程度H2A 远大于HA-.设有下列四种溶液:

①0.01mol/LH2A溶液

②0.01mol/LNaHA溶液中

③0.02mol/LHCl与0.04mol/LNaHA等体积混合

④0.02mol/LNaOH与0.02mol/LNaHA等体积混合

(1)写出溶液③中HCl和NaHA反应的离子方程式______

(2)四种溶液中c(H+)从大到小的顺序是______

(3)四种溶液中c(A2-)最大的是______,最小的是______

正确答案

H++HA-=H2A

①>③>②>④

解析

解:(1)③中HCl和NaHA反应生成氯化钠和H2A,反应离子方程式为:H++HA-=H2A,故答案为:H++HA-=H2A;

(2)C中的HCl与NaHA发生反应HCl+NaHA=H2A+NaCl后,得到0.01mol/LH2A和0.01mol/LNaHA的混合溶液,

D中0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合以后,发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O,得到的是0.01mol/LNa2A溶液,

因弱酸的一级电离为酸性的主要来源,明显只有A、C具有弱酸;而C中HA-会抑制同浓度弱酸的电离,故较小,只有D为正盐,水解程度最大,c(H+)最小,

故氢离子浓度大小顺序是①>③>②>④,

故答案为:①>③>②>④;

(3)因正盐电离出的A2-浓度必最大,弱酸二级电离成A2-最难,故答案为:④;①.

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题型:填空题
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填空题

CH3COOH溶液中存在电离平衡:CH3COOH⇌CH3COO-+H+,往CH3COOH溶液中滴加紫色石蕊试液,溶液会呈______色,再往此溶液中加入醋酸铵(CH3COONH4)晶体,溶液的pH会______(填“升高”或“降低”).

正确答案

升高

解析

解:醋酸在水溶液里电离出氢离子而使其溶液呈酸性,紫色石蕊试液遇酸变红色,所以往CH3COOH溶液中滴加紫色石蕊试液,溶液会呈红色;

向醋酸中加入醋酸铵,醋酸根离子浓度增大则抑制醋酸电离,溶液中氢离子浓度减小,溶液的pH升高,故答案为:红;升高.

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题型: 单选题
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单选题

(2015秋•台州校级月考)不能证明HA是弱酸的是(  )

A0.1 mol•L-1 NaA溶液pH=10

B0.01 mol•L-1 HA溶液的pH=4

CpH=2的HA溶液稀释100倍后pH=3.5

DHA溶液跟锌反应,放出H2很慢

正确答案

D

解析

解:A.0.1 mol•L-1 NaA溶液pH=10,说明NaA为强碱弱酸盐,水解呈碱性,可证明HA为弱酸,故A不选;

B.0.01 mol•L-1 HA溶液的pH=4,说明HA没有完全电离,可证明HA为弱酸,故B不选;

C.常温下,将pH=2的HA溶液稀释100倍,测得pH=3.5,说明加水稀释促进电离,如为强酸,稀释后pH=4,所以可证明为弱酸,故C不选;

D.HA溶液跟锌反应,生成氢气的快慢与溶液的浓度有关,不能根据放出H2很慢,判断为弱酸,如果是强酸浓度很小生成氢气的速率也很小,故D选;

故选D.

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