热门试卷

解：（1）题干已知0.1mol/L的醋酸溶液的pH=3，可以知道醋酸的电离度为×100%=1%，醋酸越浓电离度越小，的醋酸浓度大于pH=3的醋酸，电离度小于1%，所以pH=2的醋酸溶液所需要的醋酸浓度必须大于1mol/L；

CH3COOH在稀释过程中c（CH3COOH）减小、n（CH3COOH）不变，浓醋酸浓度大于1mol/L，则所用CH3COOH溶液的体积小于10mL，

故答案为：大于；小于；

（2）混合后充分反应，测得各离子浓度大小顺序为：[K+]＞[CH3COO-]＞[OH-]＞[H+]，溶液呈碱性，溶液中的溶质可能是CH3COOK、CH3COOK和少量KOH或CH3COOK和极少量的CH3COOH，则体积a均有可能，故答案为：均可能；

（3）当混合后溶液pH=7时，溶液呈中性，则[OH-]=[H+]，再结合电荷守恒得：[K+]=[CH3COO-]，水的电离程度很小，则溶液中离子浓度大小顺序是：[K+]=[CH3COO-]＞[OH-]=[H+]； CH3COOK溶液呈碱性，要使 CH3COOH和KOH混合溶液呈中性，则 CH3COOH应该稍微过量，则a小于100mL，

故答案为：[K+]=[CH3COO-]＞[OH-]=[H+]；小于．

解：5.01g HCl的物质的量为：=0.1375mol，6.74gNaCN的物质的量为：=0.1375mol，

两溶液恰好反应生成0.1375molHCN，反应后HCN的浓度为：=0.5mol/L，

设混合液中H3O+的浓度为x，则c（H3O+）≈c（CN-）=x，HCN的浓度为0.5-x，

根据HCN的平衡常数可知：K==4×10-10，解得：x≈1.414×10-5mol/L，

则H3O+，CN-的浓度分别为1.414×10-5mol/L、1.414×10-5mol/L，HCN的浓度约为0.500mol/L，

答：H3O+，CN-、HCN的浓度分别为1.414×10-5mol/L；1.414×10-5mol/L；0.500mol/L．

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，电离方程式为：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，NH4+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（2H2O），

故答案为：NH4NO3N2O↑+2H2O↑；c（N2O）×c2（2H2O）；

（3）由图可知，此反应反应物总能量高于生成物，则该反应的焓变△H=209-348=-139kJ•mol-1，该反应的热化学方程式为：N2O（g）+NO（g）=N2（g）+NO2（g）△H=-139 kJ•mol-1，

故答案为：N2O（g）+NO（g）=N2（g）+NO2（g）△H=-139 kJ•mol-1．

解：（1）①酸的电离平衡常数HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，则酸根离子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞CH3COO-＞SCN-，酸根离子水解程度越大，则相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则相同pH值的这几种溶液，酸根离子水解程度越大，其浓度越小，则这几种盐溶液浓度大小顺序是a＞b＞c，故答案为：a＞b＞c；

②反应速率与氢离子浓度成正比，所以氢离子浓度越大，反应速率越大，所以相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3溶液反应快；水解程度越大的酸根离子，其盐溶液中酸根离子浓度越小，酸根离子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞CH3COO-＞SCN-，所以c（SCN-）＞c（CH3COO-），

故答案为：相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3溶液反应快；＞；

③若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，NH3+H2O⇌NH3．H2O⇌NH4++OH-，a．OH-+H+=H2O，所以促进醋酸电离，则c（CH3COO-）增大，故错误；

b．OH-+H+=H2O，所以c（H+）减小，故正确；

c．温度不变则Kw不变，故错误；

d．温度不变，则醋酸电离平衡常数不变，故错误；

故选b；

（2）①在相同条件下对H2的相对密度为17的NO与NO2的混合气体，相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，所以混合气体的摩尔质量为34g/mol，设n（NO）为x，n（NO2）为y，

混合气体摩尔质量==34g/mol，x：y=3：1，故答案为：3：1；

②16g甲烷的物质的量==1mol，

根据盖斯定律知，CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H1

CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=0.5（△H1+△H2）

NO和NO2的物质的量之比为3：1，根据方程式知，当NO和NO2完全转化为氮气时，分别和NO、NO2反应的甲烷的物质的量之比=：=3：2，则有0.6mol甲烷和NO反应、0.4mol的甲烷和NO2反应，

0.6mol甲烷和NO反应放出的热量=0.6mol×1160kJ/mol=696kJ，0.4mol甲烷和NO2完全反应放出的热量=1042.8kJ-696kJ=346.8kJ，则0.4mol甲烷和NO2完全反应放出的热量=0.5（△H1+△H2）×0.4mol=

=0.2mol×（1160kJ/mol+△H2）=346.8kJ，则△H2==-574 kJ/mol，

故答案为：-574 kJ/mol；

（3）①甲烷碱性燃料电池中，负极上电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；

②电解池中，阴极上电极反应式为Cu 2++2e-=Cu，阳极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，连接原电池负极的是阴极，所以B中析出金属的是b电极，当A中消耗0.15mol氧气时，转移电子的物质的量=0.15mol×4=0.6mol，n（Cu 2+ ）=2mol/L×0.05L=0.1mol，铜离子完全析出需要0.2mol电子，串联电路中转移电子相等，b电极上析出铜和氢气，所以析出铜的质量=0.1mol×64g/mol=6.4g，

故答案为：b；6.4．

解：（1）碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存，故答案为：不能；

（2）Pc值越大，其浓度越小，当pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒的物质的量浓度的大小关系为 c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO3 2- ），

故答案为：c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO3 2- ）；

（3）由图象可知当pH=6时，pC（H2CO3）=pC（HCO3-），结合Ka1（H2CO3）===10-6，故答案为：10-6；

（4）由图象可知，横坐标为pH，纵坐标为pC，pH＜5时，溶液中H2CO3的pC值总是约等于3是因二氧化碳溶液是饱和溶液，c（H+）增大后，平衡向左移动放出CO2，导致碳酸浓度保持不变，

故答案为：二氧化碳溶液是饱和溶液，c（H+）增大后，平衡向左移动放出CO2，导致碳酸浓度保持不变；

（5）氢离子浓度增大，平衡向左移动放出CO2，碳酸浓度基本不变，则c（H+）/c（H2CO3）最终将变大，故选A．

解：（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，

故答案为：b＞a＞c；

（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN，

故答案为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；

（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L-1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN-），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol•L-1，CN-的浓度小于0.005mol•L-1，

A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH-），故A错误；

B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），故B正确；

C．氢氧根离子浓度较小，c（CN-）远远大于c（OH-），故C错误；

D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN-）=0.01mol/L，故D正确；

故答案为：BD；

（4）铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑，

故答案为：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；

（5）草酸氢钠溶液显示酸性，则HC2O4-的电离程度大于其水解程度，所以c（C2O42-）＞c（H2C2O4），由于氢离子来自水的电离和HC2O4-的电离，则c（H+）＞c（C2O42-），HC2O4-的水解程度较小，则c（HC2O4-）＞c（C2O42-），所以溶液中各离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；

草酸氢钠溶液中存在的电荷守恒为：c（OH-）+c（HC2O4-）+2c （C2O42-）=c（H+）+c（Na+），

故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；c（OH-）+c（HC2O4-）+2c （C2O42-）=c（H+）+c（Na+）；

（6）标准状况下4.48L二氧化碳的物质的量为：=0.2mol，H2C2O4中C元素的化合价为+3价，二氧化碳分子中C的化合价为+4价，则生成0.2mol二氧化碳转移的电子的物质的量为：0.2mol×（4-3）=0.2mol，

故答案为：0.2．

解：（1）A．向水中加入NaHSO4，NaHSO4电离出氢离子，抑制水电离，平衡逆向移动，导致溶液中C（H+）＞C（OH-），溶液呈酸性，故错误；

B．向水中加入Cu（NO3）2，Cu（NO3）2是强酸弱碱盐能水解，铜离子和氢氧根离子结合生成氢氧化铜，从而促进水电离，导致溶液中C（OH-）＜C（H+），溶液呈酸性，故正确；

C．水的电离是吸热反应，加热至100℃，促进水电离，溶液C（OH-）=C（H+），溶液呈中性，故错误；

D．在水中加入NaHCO3固体，NaHCO3是强碱弱酸的酸式盐能水解，碳酸氢根离子与氢离子结合生成弱电解质，从而促进水电离，导致溶液中C（OH-）＞C（H+），溶液呈碱性，故错误；

故选B；

（2）温度升高会促进水的电离，所以水的pH会减小，所以100℃沸水仍然是中性的，但此时的pH值小于7，pH试纸测定溶液的酸碱性时，试纸为淡黄色，水在任何温度下均为中性的，故答案为：淡黄；中；＜；

（3）溶液pH的测得值为8，说明溶液为碱性溶液，由于碱性溶液稀释后，溶液碱性减弱，测定的pH偏小，所以该氨基酸溶液的实际pH应大于8，

故答案为：＞．

解：（1）两观察到都有产生无色的气体，但因为氢离子的浓度不同，所以反应速率不等，故答案为：都产生无色气泡；a中反应速率较快，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸溶液中c（H+）大；

（2）因为盐酸是强电解质氢离子完全电离，氢离子浓度大于醋酸部分电离出的氢离子的浓度，但相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸提供氢离子的能力相同，故答案为：＞；=．

解：（1）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，则HC2O4的电离程度大于其水解程度，再结合氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则：c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-），溶液中离子浓度大小为：c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-），

故答案为为：c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；

（2）根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOH＞HClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；

由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得：[c（Na+）-c（ClO-）]=c（OH-）-c（K+）-c（CH3COO-）]，

故答案为：＞；=；

（3）醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10-5=，已知c（CH3COOH）：c（CH3COO-）=5：9，则c（H+）=1.8×10-5×=1×10-5mol/L，则该溶液的pH=5，

故答案为：5；

（4）将少量的氯气通入到过量的碳酸钠溶液中，氯气和水反应生成的盐酸反应生成碳酸氢钠，次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：Cl2+2CO32-+H2O═2HCO3-+Cl-+ClO-，

故答案为：Cl2+2CO32-+H2O═2HCO3-+Cl-+ClO-．

解：（1）①HA为弱电解质，存在电离平衡，水是弱电解质，存在电离平衡，NaA为强电解质，完全电离，所以溶液中存在的微粒有H2O、HA、H+、OH-、A-、Na+，

故答案为：H2O、HA、H+、OH-、A-、Na+；

②若向该溶液中加入少量盐酸时，氯化氢电离出的氢离子和酸根离子反应生成HA，其离子反应方程式为A-+H+⇌HA，故答案为：A-+H+⇌HA；

③若向该溶液中加入氢氧化钾溶液时，氢氧根离子和氢离子反应生成水，从而促进HA的电离，导致溶液中酸根离子数目增大，当完全反应时，酸根离子浓度最大，故选C；

④二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaA和HA，混合溶液呈碱性，说明酸根离子水解程度大于HA的电离程度，二者混合时溶液体积增大一倍，所以c（A-）＜0.01mol•L-1；

若混合溶液呈酸性，则酸根离子水解程度小于HA的电离程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（A-）＞c（Na+），酸的电离程度较小，所以溶液中存在c（Na+）＞c（H+），则该溶液中离子浓度大小顺序是c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），

故答案为：＜；c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（2）溶液中存在碳酸氢根离子的水解、碳酸的电离等平衡，c（H+）增大时，溶液中碳酸氢根离子和氢离子反应，离子反应方程式为HCO3-+H+⇌H2CO3，

c（OH-）增大时，碳酸和氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，离子反应方程式为H2CO3+OH-⇌HCO3-+H2O，

如果向溶液中加入碱时，碳酸和氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，导致溶液碱性减弱，

故答案为：HCO3-+H+⇌H2CO3；H2CO3+OH-⇌HCO3-+H2O，向溶液中加入碱时，碳酸和氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，导致溶液碱性减弱．

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，故答案为：c；

（4）要使醋酸根离子浓度增大，c（H+）减少，可以采用消耗氢离子的方法使电离平衡向正方向移动、故可以加入氢氧化钠固体；碳酸钠固体；镁等金属；或者增加醋酸根浓度使电离向逆方向移动，故可加醋酸钠固体等，故答案为：氢氧化钠固体；碳酸钠固体；镁等金属；醋酸钠固体．

解：（1）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-，故答案为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；

（2）相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，

a．如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，故a错误；

b．任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（C6H5OH），故b正确；

c．含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，故c错误；

D．若混合液pH＜7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（OH-），所以c（C6H5O-）＞c（NH4+），故d错误；

故选b；

（3）Kh=====1.78×10-4，故答案为：1.78×10-4；

（4）①25°C时硫酸钡的Ksp=1.07×10-10，根据图片知，温度越高，硫酸钡的离子积常数越大，T2 时硫酸钡的溶度积常数=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9＞1.07×10-10，所以该温度大于25℃，故答案为：＞；

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错误；

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bc．

解：①亚磷酸（H3PO3）与足量NaOH反应生成Na2HPO3，知道H3PO3能电离出的氢离子数为2，属于二元酸，故答案为：二；

②多元酸式酸根阴离子H2PO3-在溶液中存在电离平衡和水解平衡，还有水的电离平衡，即H2PO3-⇌H++HPO32-，H2O+H2PO3-⇌OH-+H3PO3，H2O⇌OH-+H+，故答案为：H2PO3-⇌H++HPO32-，H2O+H2PO3-⇌OH-+H3PO3，H2O⇌OH-+H+；

③NaH2PO3水溶液显示酸性，因为H2PO3-的电离程度大于水解程度，故答案为：酸．

解：A．pM相等时，图线中p（CO32-）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小，故A错误；

B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32-），所以c（Mn2+）=c（CO32-），故B正确；

C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p（CO32-），所以c（Ca2+）＞c（CO32-），故C错误；

D．pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3 的不饱和溶液，pM＞p（CO32-），所以c（Mg2+）＜c（CO32-），故D正确；

故选BD．