热门试卷

解：（1）①CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，加水促进电离，所以CH3COOH溶液稀释100倍后，pH变化小于2个单位，即所得溶液pH＜a+2，故答案为：＜；

②CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分电离，溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，所以0.01mol/L CH3COOH溶液的pH＞2，

故答案为：＞；

（2）弱电解质在水溶液里存在电离平衡，证明某酸（HA）属于弱电解质，可证明溶液中存在电离平衡，或证明HA不能完全电离，

故答案为：溶液中存在电离平衡；证明HA不能完全电离；

（3）证明某酸（HA）是弱电解质的方法有）①对比等物质的量浓度的HA溶液和盐酸导电性对比实验；②测0.01mol/LHA溶液的pH＞2；③测pH=a的HA稀释100倍后所得溶液pH＜a+2；④中和10mLpH=1的HA溶液消耗pH=13的NaOH溶液的体积大于10mL，

故答案为：①对比等物质的量浓度的HA溶液和盐酸导电性对比实验；②测0.01mol/LHA溶液的pH＞2（或③测pH=a的HA稀释100倍后所得溶液pH＜a+2、④中和10mLpH=1的HA溶液消耗pH=13的NaOH溶液的体积大于10mL）．

解：（1）由Ka（CH3COOH）=1.8×10-5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO-）＜c（SCN-），故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快；＜；

（2）由c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系图可知，当c（F-）和c（HF）相等时，Ka（HF）=c（H+），在c（F-）和c（HF）相等时pH=3.5，再由Ka（HF）=，pH即为Ka（HF）的负对数，则Ka（HF）≈10-3.5，故答案为：10-3.5；Ka（HF）=，当c（F-）和c（HF）相等时，Ka（HF）=c（H+），查图中的交点处即为c（F-）=c（HF），故所对应的pH即为Ka（HF）的负对数；

（3）查图可知当pH=4.0时，溶液中的c（F-）=1.6×10-3mol•L-1，因等体积混合则溶液中c（Ca2+）=2.0×10-4mol•L-1，即c（Ca2+）×c2（F-）=5.1×10-10＞Ksp（CaF2））=1.5×10-10，所以有沉淀产生，故答案为：有沉淀产生．

解：（1）根据图象知，pH从3升至5的过程中，HC2O4-浓度较小，C2O42-浓度增大，则说明HC2O4-和氢氧根离子发生中和反应，所以该离子反应方程式为：HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，故答案为：HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O；

（2）草酸是二元弱酸，第一步电离程度比第二步电离程度大，第二步电离生成的c（H+）=c（C2O42-），第一步电离出的c（H+）远远大于第二步电离出的c（H+），所以＞2，故答案为：＞；

（3）加热条件下，草酸分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，反应方程式为：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O，故答案为：

H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O；

（4）如果温度较低，反应速率较慢，颜色变化不明显，如果温度过高，草酸部分分解影响监测，所以应将溶液加热至75～85℃，温度低于或高于该范围时都不利于滴定结果的准确，

故答案为：温度过低反应速率缓慢；温度过高时，H2C2O4在酸性溶液中会部分分解；

（5）A、磷酸是中强酸，醋酸以及草酸是弱酸，根据表中的数据，同物质的量浓度时，酸性越强的磷酸除铁锈效果不如草酸，故A错误；

B、草酸除水垢效果差的原因是C2O42-与Ca2+形成沉淀阻止水垢的溶解，减慢反应速率，故B错误；

C、铁锈或水垢在酸中的溶解性与酸根离子的性质可能有关，故C正确；

D、硫酸和水垢反应生成的硫酸钙是微溶的，阻止水垢的溶解，不利于除垢，故D错误．

故选C．

解：（1）根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到

H2B＞HB-H3C＞H2C-＞HC2-它们之间能发生下列反应，

①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-，即HA＞H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明HA＜H3C，

②H2B（少量）+2A-=2HA+B2-，即H2B＞HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，

即说明H2B＞HB-＞HA，

③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C，即H2B＞H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B＞H3C＞HB-，

综合信息得到H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，所以最强的酸为H2B，故答案为：H2B；

（2）由以上酸性强弱顺序知：物质的酸性越强，其对应酸根离子结合质子的能力越弱，反之越强，所以最易结合质子的是C3-，最难结合质子的是HB-．

故答案为：C3-；HB-；

（3）根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，以及强酸制弱酸的原则，故离子方程式为：A、H3C+A-=HA+H2C-；B、HB-+A-=HA+B2-；C、H3C+B2-=HB-+H2C-

故答案为：BC；

（4）①H3C与过量OH-能够完全中和，生成C3-和H2O，离子方程式为H3C+3OH-（过量）═C3-+3H2O，故答案为：C3-+3H2O；

②根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，过量HA与C3-反应生成H2C-与2A-，反应的离子方程式为2HA（过量）+C3-═H2C-+2A-，故答案为：H2C-+2A-．

解：Ⅰ、（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，导溶液中导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，减小，故答案为：减小；

（2）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，二者反应生成硫酸铵和水，离子方程式为：NH3．H2O+H+=NH4++H2O，硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致其溶液呈酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；

溶液中硫酸根离子不水解、铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）＞c（SO42- ），盐溶液中水解程度较小，所以c（SO42- ）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小顺序是：c（NH4+）＞c（SO42- ）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案为：NH3．H2O+H+=NH4++H2O；＜；NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；c（NH4+）＞c（SO42- ）＞c（H+）＞c（OH-）；

Ⅱ、（1）①、②、③、④是盐，⑤是碱，PH值相同，碱的浓度最小，①、②、③、④四种盐的阳离子相同，其阴离子对应的酸越弱，酸根的水解程度越大，酸性：醋酸＞碳酸＞碳酸氢根＞偏铝酸，PH值相同，酸根的水解程度越大，其物质的量浓度越小，故浓度④＞②＞①＞③，即溶液体积④＞②＞①＞③＞⑤，

故答案为：④②①③⑤；

（2）碳酸根、碳酸氢根与铝离子发生彻底双水解反应生成氢氧化铝与二氧化碳，NaAlO2与氯化铝发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，CH3COONa与氯化铝不反应，NaOH与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，

故答案为：③④⑤．

解：（1）由表格可知，K1＞K，根据越弱越水解，（NH4）2C2O4中NH4+更弱，水解显酸性，pH＜7；故答案为：＜；

（2）用惰性电极电解饱和草酸溶液，草酸在阴极放电，C由+3价降到+1价，得到2个电子，电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+=OHC-COOH+H2O；

故答案为：HOOC-COOH+2e-+2H+=OHC-COOH+H2O；

（3）①75%酒精，溶解碳酸钠，降低草酸钠的溶解度；

故答案为：溶解碳酸钠，降低草酸钠的溶解度；

②草酸与碳酸钠的物质的量按2：1充分混合后，溶液中pH＜7，溶液显酸性，Na+不水解，浓度最大，该溶液中离子浓度按由大到小的顺序排列c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H+）＞c（OH-）；

（4）将0.02mol•L-1澄清石灰水和0.01mol•L-1H2C2O4溶液等体积混合，c（Ca2+）=0.01mol•L-1，根据CaC2O4的Ksp为2.5×10-9，所得溶液中C2O42-的物质的量浓度为==2.5×10-7mol•L-1；

故答案为：2.5×10-7mol•L-1．

解：在醋酸溶液中滴入紫色的石蕊试液，溶液呈红色，再向上述溶液中加入少量醋酸铵固体，振荡后，溶液颜色变浅，说明 c（H+）变小，原因是加入的CH3COO-使平衡向左移动，由此说明醋酸溶液存在着醋酸的电离平衡，

答：在醋酸溶液中滴入紫色的石蕊试液，溶液呈红色，再向上述溶液中加入少量醋酸铵固体，振荡后，溶液颜色变浅．

解：（1）已知：①O2（g）=O2+（g）+e-△H1=+1175.7kJ•mol-1

②PtF6（g）+e-=PtF6-（g）△H2=-771.1kJ•mol-1

③O2PtF6（S）=O2+（g）+PtF6-（g）△H3=+482.2kJ•mol-1

据盖斯定律，①+②-③得：O2（g）+PtF6（g）=O2PtF6（s）△H=-77.6 kJ•mol-1，

故答案为：-77.6 kJ•mol-1；

（2）0.2mol CS2在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物为二氧化碳和二氧化硫，298K时放出热量215kJ，则1mol二硫化碳完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为1075kJ，则热化学反应方程式为CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）△H=-1075KJ/mol，

故答案为：CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）△H=-1075KJ/mol；

（3）常温下，0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，说明该酸部分电离，则为弱酸，H2A是二元弱酸，分步电离，第一步电离方程式为：H2A⇌H++HA-，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，所以该溶液中由水电离出的c（H+）水=c（OH）=10-10 mol/L，

故答案为：弱；H2A⇌H++HA-；10-10 mol/L；

（4）①当两种酸的物质的量浓度相同时，由于盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，不完全电离，故c（H+）：a＞b，

故答案为：＞；

②由于盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，不完全电离，故当pH相同、体积相同时，需要c（CH3COOH）＞c（HCl），即n（CH3COOH）＞n（HCl），故反应结束时生成H2的总体积a＜b，

故答案为：＜；

③设原来的pH均为m，将盐酸溶液分别加水稀释100倍后，由于盐酸为强酸，故pH变为m+2；而醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释，引起电离平衡向右移动，H+减小的幅度较小，故pH＜m+2，故两者关系为：a＞b，

故答案为：＞．

解：①向氨水中加入NaOH固体时，氢氧根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，平衡逆反应移动，但是溶液中氢氧根浓度增大，

故答案为：逆反应；增大；

②加入浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，从而促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子浓度减小，铵根离子浓度增大，温度不变，水的离子积常数不变，则氢离子浓度增大，

故答案为：正反应；H+．

解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，

故答案为：在“O”点处醋酸未电离，无离子存在；

（2）由于导电能力越强，溶液中离子浓度越大，氢离子浓度越大，

故答案为：b＞a＞c；

（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度的是c，

故答案为：c；

（4）若使c（CH3COO-）增大，溶液c（H+）减小，可采取的措施是：①加少量NaOH固体　②加少量Na2CO3固体　③加入Zn、Mg等金属，

故答案为：加少量NaOH固体；加少量Na2CO3固体；加入Zn、Mg等金属；

（5）醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加水稀释促进电离，平衡右移，

A．体积增大，所以c（H+）减小，故A错误；

B．加水稀释促进电离，平衡右移，n（H+）增大，故B正确；

C．体积增大，所以c（H+）减小，c（OH-）增大，故C正确；

D．加水稀释促进电离，平衡右移，CH3COOH分子数减小，故D错误；

E．加水稀释促进电离，n（CH3COO-）和n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，氢离子和醋酸分子浓度之比等于物质的量之比，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以比值增大，故E正确，

故选BCE．

解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：无自由移动的离子；

（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，故答案为：b＜a＜c；

（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，所以氢离子物质的量最大的是c，故选C；

（4）要使醋酸根离子浓度增大，可以采用加热、加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质，

A．加热促进醋酸电离，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故正确；

B．加很稀的NaOH溶液，促进醋酸电离，但溶液的体积增大，导致醋酸根离子浓度减小，故错误；

 C．加NaOH固体，氢氧化钠和氢离子反应促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；

 D．加水稀释能促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，故错误；

E．加固体CH3COONa，能抑制醋酸电离，但醋酸钠电离出的醋酸根离子大于抑制醋酸电离出的醋酸根离子，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；

 F．加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；

故选ACEF．

解：（1）醋酸的电离平衡常数Ka=，醋酸根离子水解平衡常数为Kh=Ka．Kh=.=Kw，根据三者之间的关系式知，弱电解质的电离程度越小，其对应的离子水解程度越大，故答案为：Ka．Kh=Kw，越大；

（2）由于醋酸电离出的醋酸根离子与氢离子浓度近似相对，平衡时醋酸又可以看成是醋酸溶液的浓度，所以（H+）=，故答案为：；

（3）根据Ka=知，要测定电离平衡常数，则必须知道氢离子浓度和醋酸浓度，要知道氢离子浓度必须测定溶液的pH，要知道醋酸浓度则必须利用酸碱中和滴定的方法测定，故答案为：溶液的pH和酸碱中和滴定．

解：（1）酸的电离常数越大，其酸性越强，这三种微粒的电离平衡常数大小顺序是CH3COOH＞C6H5OH＞HCO3-，所以它们酸性由强到弱的顺序为①③②，

故答案为：①③②；

（2）Kh=，故答案为：；

（3）一水合氨和醋酸的电离程度相等，等体积等浓度的醋酸和氨水混合时，二者恰好反应生成醋酸铵，铵根离子和醋酸根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，根据电荷守恒得c（CH3COO-）=c（NH4+），故答案为：=；

（4）A．苯酚的电离平衡常数小于一水合氨，所以苯酚铵溶液呈碱性，若混合液pH＞7，则V≥10也可能小于10，故A错误；

B．若混合液pH＜7，则苯酚过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）＜c（C6H5O-），故B错误；

C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，V=10时二者恰好反应生成苯酚铵，混合液中水的电离程度大于10ml 0.01mol•L-1苯酚溶液中水的电离程度，故C正确；

故选C；

（5）①难溶物的溶解平衡是吸热反应，升高温度促进溶解，则溶度积常数越大，根据图象知T1的溶度积常数小于T2，所以T1＜T2，Ksp（BaSO4）=c（Ba 2+ ）．c（SO42- ）=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9，故答案为：＜；5×10-9；

②A．硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；

B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；

C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；

D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；

故选ABC．

解：（1）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，等浓度的这几种溶液中，NH4Cl促进水电离，H2SO4中氢离子浓度是0.2mol/L、醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L、NaOH中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，所以①．②．③．④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④②③①；

（2）化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，醋酸根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，所以等浓度的这几种溶液中，铵根离子浓度大小顺序是⑥④⑤⑦，故答案为：⑥④⑤⑦；

（3）将③和④按体积比1：2混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NH4Cl、NaCl、NH3．H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度都较小，结合物料守恒得，溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+），

故答案为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）；

（4）在t℃时将pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，则混合溶液中c（H+）==0.01mol/L，a：b=9：2，

故答案为：9：2；

（5）同体积、同物质的量浓度的①硫酸和②醋酸溶液，溶质的物质的量相等，而等物质的量的①硫酸和②醋酸，硫酸是二元强酸中和碱的能力强，所以所需NaOH体积大小关系为①＞②，故答案为：＞．