热门试卷

解：电离平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的商，即K=；

由于醋酸是弱酸，所以氢离子浓度都为0.01mol•L-1 的盐酸和醋酸，醋酸的浓度比盐酸的浓度大的多，又0.48g镁即=0.02mol，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2，盐酸少量，又醋酸比盐酸多得多，所以产生氢气较多的酸是醋酸，

故答案为：K=；醋酸．

解：在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===，

故答案为：．

解：（1）加热条件下，硅酸分解生成二氧化硅和水，根据对角线规则知，硼酸分解生成氧化硼和水，反应方程式为2H3BO3 B2O3+3H2O，

故答案为：2H3BO3 B2O3+3H2O；

（2）①硼酸是酸，能和碱发生中和反应生成盐和水，所以和氢氧化钠反应离子方程式为H3BO3+OH-=BO2-+2 H2O，故答案为：H3BO3+OH-=BO2-+2 H2O；   

②c（H+）==mol/L=2×10-5mol•L-1

故答案为：2×10-5mol•L-1；

（3）相同温度、浓度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸根离子的水解能力越小，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3＞HCO3-，所以离子水解能力碳酸根离子＞碳酸氢根离子＞醋酸根离子，

A．酸性H2CO3＞H3BO3＞HCO3-，所以碳酸钠溶液滴入硼酸中生成碳酸氢钠和硼酸钠，没有气体生成，故错误；

B．酸性CH3COOH＞H2CO3，所以碳酸钠溶液滴入醋酸中生成醋酸钠、水和二氧化碳，所以能看到有气泡生成，故正确；

C．酸性H2CO3＞H3BO3，所以碳酸的电离程度大于硼酸，则等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，碳酸的酸性大于硼酸，所以pH：前者＜后者，故错误；

D．酸性CH3COOH＞H2CO3，所以碳酸根离子水解能力大于醋酸根离子，则等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者＞后者，故正确；

故选BD．

解：（1）①一水合氨为弱电解质，在水溶液里部分电离生成氢氧根离子和铵根离子，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，pH＞7，故答案为：＞；

②氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解，故答案为：酸；促进；

（2）根据图象知，反应物能量大于生成物总能量，所以该反应是放热反应，该反应的△H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234KJ/mol，所以其热化学反应方程式为：NO2（g）+CO（g）═NO （g）+CO2（g）△H=-234kJ/mol，故答案为：NO2（g）+CO（g）═NO （g）+CO2（g）△H=-234kJ/mol；

（3）①无论正反应是放热反应还是吸热反应，升高温度C的正逆反应速率都加快，但平衡向逆反应方向移动，故答案为：加快；

 ②若平衡时，保持容器容积不变，使容器内压强增大，如果反应物、生成物浓度都不变，则平衡不移动，如充入惰性气体，如果反应物或生成物浓度改变，则平衡移动，故选D；     

③若使温度、压强在上述条件下恒定不变，在密闭容器中充入2mol A和2molB，则容器的体积增大为原来的2倍，两个容器中各物质浓度都相等，相当于等效平衡，所以反应物的转化率不变，则反应达到平衡时，C的体积分数为40%，故答案为：40%；

（4）①能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，

A．C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H＞0，该反应是吸热反应，所以不能设计成原电池，故错误；

B．NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H＜0，该反应是不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故错误；

C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H＜0，该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故正确；

故选C；

②负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：2H2+4OH--4e-=4H2O，

故答案为：2H2+4OH--4e-=4H2O；

③用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，同时电解质溶液中生成氢氧根离子，电池反应式为：2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH-，故答案为：2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH-．

解：（1）草酸是二元弱酸，在水溶液里存在两步电离，第一步电离程度大于第二步，其电离方程式分别为：H2C2O4⇌HC2O4-+H+、HC2O4-⇌C2O42-+H+，故答案为：H2C2O4⇌HC2O4-+H+、HC2O4-⇌C2O42-+H+；

（2）草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，导致草酸钠的pH小于碳酸钠，

故答案为：小；

（3）常温下，0.4mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL恰好反应生成草酸钠，醋酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，但第一步水解大于第二步，两步水解都生成氢氧根离子，所以溶液中阴离子浓度大小顺序是

c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-），

故答案为：c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-）；

（4）由于利用高锰酸钾溶液进行滴定来测量亚铁离子的含量，加入的酸不能具有氧化性，所以不可以用硝酸；盐酸中的氯离子具有还原性，能够被高锰酸钾氧化，对测定结果产生影响，所以不可以用盐酸；

故实验中所用的KMO4溶液要进行酸化，用于酸化的酸是：稀硫酸，

酸性高锰酸钾和草酸反应生成锰离子、二氧化碳和水，离子反应方程式为：6H++2 MnO4-+5H2C2O4═10CO2↑+2Mn2++8H2O，

故答案为：稀硫酸；6H++2 MnO4-+5H2C2O4═10CO2↑+2Mn2++8H2O；

（5）草酸钙在水溶液里存在电离平衡，向溶液中加水时，溶液中草酸根离子和钙离子浓度都减小，导致平衡向正反应方向移动，从而加速结石消融，

故答案为：CaC2O4（s）⇌C2O42-（aq）+Ca2+（aq）；多饮水使平衡向溶解方向移动，从而加速结石消融；

（6）碳酸钙溶液中钙离子浓度=mol/L=5×10-5mol/L，二者混合后，钙离子浓度=2.5×10-5mol/L，草酸钾的浓度为4.0×10-4 mol/L，混合后c（Ca2+）•c （C2O42-）=2.5×10-5 ×4.0×10-4=1×10-8＜Ksp（4.0×10-8），故无沉淀，

故答案为：否．

解：（1）由NH3•H2O═NH4++OH-，第一组实验中的Kb==1.7956×10-5≈1.80×10-5，

第二组实验中的Kb==1.797×10-5≈1.80×10-5，

第三组实验中的Kb==1.797×10-5≈1.80×10-5，

三个实验中的电离度分别为×100%=1.34%、×100%=1.90%、×100%=4.24%，显然电离平衡常数与初始浓度无关，电离度与初始浓度有关，且浓度越小，电离程度越大，故答案为：1.80×10-5；在三组实验中Kb始终约等于1.80×10-5，说明电离平衡常数与初始浓度无关，而电离度分别为1.34%、1.90%、4.24%，说明电离度与初始浓度有关，且随着初始浓度减少而增大；

（2）由0.10mol•L-1的NaOH溶液的pH=13，由图象可知，A为盐酸滴定氢氧化钠的曲线，则B为盐酸滴定氨水的曲线，在曲线a点pH＞7可知，溶液显碱性，c（OH-）＞c（H+），再根据电荷守恒可知，c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），则c（NH4+）＞c（Cl-），电离产生氢氧根离子，则c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），

故答案为：B；c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；  

（3）由反应4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H1 ①

4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H2 ②

4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）△H3③

则反应可得到反应①，则△H1=，故答案为：；

（4）由总反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，由电子守恒，则总反应除以2减去正极反应即可得负极反应式，负极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O，

故答案为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O．

解：a．相当于比较，分子增加，分母减小，所以值增大，故a错误；

 b．相当于比较，分子减小，分母增加，所以值减小，故b正确；

 c．分子增加，分母减小，所以值增大，故c错误；

 d．分子减小，分母增加，所以值减小，故d正确；

故答案为：bd．

解：硫化氢是二元弱酸，在水溶液里分步电离，第一步电离方程式为：H2S⇌HS-+H+，第二步电离方程式为：HS-⇌S2-+H+，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，若溶液的pH=4，则向溶液中加入甲基橙，溶液呈橙色，

故答案为：H2S⇌HS-+H+、HS-⇌S2-+H+；橙；

（1）碘和硫化氢反应生成硫单质和氢碘酸，离子反应方程式为：H2S+I2=2H++2I-+S↓，氢碘酸是强酸，氢离子浓度是0.1mol•L-1，则溶液的pH=1，

故答案为：H2S+I2=2H++2I-+S↓；1；      

（2）硫化氢与氧气反应生成S和水，反应后的溶液为中性，溶液的pH=7，则滴有甲基橙的溶液呈黄色，

故答案为：黄；7；

（3）向硫化氢溶液中加入硫化钠晶体，硫离子浓度增大，抑制硫化氢电离，导致溶液中氢离子浓度减小，所以pH增大，

故答案为：增大．

解：一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，

甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由于弱电解质的浓度越小，电解质的电离程度越大，则甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，

设甲瓶中氨水的电离程度为a，乙瓶中氨水的电离程度为b，则a＜b，

甲瓶中：c（OH-）=1mol/L×a=amol/L，

乙瓶中c（OH-）=1mol/L×b=0.1bmol/L，

所以甲、乙两瓶氨水中c（OH-）之比为：=＜10，

故答案为：小于．

解：（1）①二者混合反应生成0.002molNaCl、NH3．H2O，还剩余0.008molNH4Cl，Cl-不水解、铵根离子水解，所以Cl-浓度为0.01mol•L-1，

故答案为：Cl-；

②溶液中存在物料守恒，根据物料守恒可得：n（NH4+）+n（NH3．H2O）=0.01mol，

故答案为：NH4+；NH3•H2O；

（2）溶液呈存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），因为c（Na+）=c（CH3COO-），所以c（OH-）=c（H+），则溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，二者的浓度相等，则醋酸体积＞NaOH溶液体积，

故答案为：中性；＞；

（3）醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，醋酸和NaOH的浓度相等，则m＞n，

故答案为：＞；

（4）氢离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，相同浓度的溶液中一水合氨中铵根离子浓度最小，浓度相等的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是②＞①＞④＞③，

故答案为：②＞①＞④＞③；

（5）H2A第一步完全电离生成氢离子浓度为0.1mol/L，第二步部分电离，且氢离子抑制HA-电离，导致生成的氢离子浓度小于0.01mol/L，所以0.1mol•L-1的H2A溶液中氢离子的物质的量浓度＜0.11mol•L-1，

故答案为：＜．

解：（1）根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，

故答案为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；

（2）酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，则同浓度CH3COO-、HCO3-、CO32-、ClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，

故答案为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-；

（3）A.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，故A正确；

B.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动，c（H+）减小的程度小于c（CH3COOH）的减小程度，则增大，故B错误；

C．Kw=c（H+）•c（OH-）只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故C错误；

D．醋酸稀释，酸性减弱，c（H+）减小，水的离子积不变，则c（OH-）增大，所以增大，故D错误；

E.为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则水的电离平衡常数不变，故E错误；

故答案为：A；

若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度对增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，

A．升高温度后溶液中氢离子浓度c（H+）增大，故A正确；

B．升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，醋酸的浓度减小，则的比值增大，故B正确；

C．c（H+）•c（OH-）为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故C正确；

D．升高温度后氢氧根离子、氢离子浓度都增大，但氢氧根离子浓度增大的幅度大于氢氧根离子，所以的比值减小，故D错误；

E.为醋酸的电离平衡常数，升高温度后产生的电离平衡常数增大，故E正确；

故答案为：ABCE；

（4）根据图象分析知道，起始是两种溶液中c（H+）相同，c（较弱酸）＞c（较强酸），稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c（H+）一直大于较强酸的c（H+），稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以对水的抑制能力减弱，

故答案为：大于；稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大；大于；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中的c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以其对水电离的抑制能力也较弱．

解：（1）配制0.1mol/L的HA酸溶液100mL，弱电解质的电离是可逆的，不能完全电离，用pH试纸测出该溶液的pH值，如果是pH＞1即为弱酸，pH=1即为强酸，先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸取溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH，

故答案为：＞；先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸取溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH；

（2）精确取pH=1的HA溶液和稀盐酸个10.00mL，用酸式滴定管；pH均为1的HA溶液和稀盐酸中，说明氢离子浓度相等，根据水的离子积，得到氢氧根离子浓度相等，所以两种溶液中水的定量程度相同，故答案为：酸式滴定管；c；

（3）pH相等的一元酸，弱酸的浓度大于强酸，等体积等PH的醋酸和盐酸稀释相同倍数时，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，分别和锌反应时，弱酸生成氢气的反应速率大于强酸，故B正确，

故答案为：B；

（4）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.1mol/L；

由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），则c（A-）=c（Na+），

故答案为：＞；=；

（5）由③组实验结果可知，等体积混合后，得到同浓度HA与NaA的混合液，pH＜7，说明酸的电离程度大于盐的水解程度，故答案为：强．

解：（1）硫酸为二元酸，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，则物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是b＞a＞c，

故答案为：b＞a＞c；

（2）同体积同物质的量浓度的三种酸，醋酸和盐酸的物质的量相等，但硫酸为二元酸，则中和同物质的量浓度的NaOH消耗的体积由大到小的顺序是：b＞a=c，

故答案为：b＞a=c；

（3）当c（H+）相同、体积相同时，开始时反应速率相同，即：a=b=c；

醋酸完全电离，只有醋酸在继续电离，则醋酸与锌反应的平均速率最快，硫酸和盐酸与锌的反应速率相等，所以分别加入足量锌，产生相同体积的H2（相同状况）反应所需时间：c＜a=b，

故答案为：a=b=c；c＜a=b；

（4）将c（H+）相同的三种酸均稀释10倍后，醋酸的电离程度增大，则醋酸在稀释后氢离子浓度最大；硫酸和HCl都是强电解质，稀释后二者的c（H+）相等，所以稀释后氢离子浓度由大到小的顺序是：c＞a=b，

故答案为：c＞a=b．

解：（1）反应速率与温度、浓度都成正比，二者的温度和浓度都相等，则反应速率相等，则反应速率相等，则褪色时间相等，故答案为：40s； 

（2）甲基橙的变色范围是3.1～4.4，小于3.1时显红色，大于4.4时显黄色，根据甲基橙的电离方程式可知，当溶液碱性增强时平衡是向正反应方向移动的，所以该酸根的颜色是显黄色的，因为草酸钠溶液水解显碱性，此时甲基橙显黄色，若草酸的酸性弱于甲基橙的，则在草酸溶液中甲基橙显黄色，所以通过颜色的变化无法判断滴定终点，因此草酸的酸性要强于甲基橙的，这样在滴定过程中颜色才能发生变化，

故答案为：黄色；前者弱；

（3）盐酸是强酸，草酸是弱酸，存在电离平衡，所以在稀释过程中盐酸中氢离子的浓度始终小于草酸中氢离子的浓度．但当无限稀释时二者的PH均要无限接近7，所以其图象为，故答案为：；

（4）1 L0.01 mol/LMgCl2溶液中的Mg2+的物质的量是0.01mol，100 mL0.1 mol/L的（NH4）2C2O4溶液的物质的量也是0.01mol，即二者恰好反应．根据溶解平衡MgC2O4（s）⇌Mg2+（aq）+C2O42-（aq）可知c（Mg2+）•c（C2O42-）=Ksp=8.1×10-5

因为c（Mg2+）=c（C2O42-），所以c（Mg2+）=（8.1×10-5）-1/2=9×10-3 mol/L＞10-5 mol/L

故Mg2+未沉淀完全，

答：镁离子未程度完全；

（5）常温下由水电离出的c（H+）=1.0×10-5mol/L，说明该溶液中水的电离是被促进的，若只有阳离子水解，则溶液显酸性，即此时溶液的pH为5；若只有阴离子水解，则溶液显碱性，此时溶液中的c（OH-）=1.0×10-5mol/L，则溶液中的c（H+）=1.0×10-9mol/L所以溶液的pH是9；若溶液阴离子和阳离子同时都水解，若阳离子的水解程度大于阴离子的水解程度，则溶液显碱性；若阳离子的水解程度小于阴离子的水解程度，则溶液显酸性；阳离子的水解程度和阴离子的水解程度相同，则溶液显中性，

故选ABCD．