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2019年高二化学上半年高考模拟相关

兵团第二师华山中学2019年高二化学上半年高考模拟在线做题

下列物质中属于弱电解质的是
A. 冰醋酸 B. H2SO4溶液 C. BaSO4 D. Cl2

【答案】A
【解析】
在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,部分电离的电解质属于弱电解质,完全电离的电解质属于强电解质,据此判断。
A、冰醋酸溶于水部分电离,属于弱电解质,A正确;
B、硫酸溶液是混合物,不是电解质,也不是非电解质,B错误;
C、BaSO4溶于水的部分完全电离,属于强电解质,C错误;
D、氯气是单质,不是电解质,也不是非电解质,D错误。
答案选A。

常温下,最适宜薄荷生长的土壤pH≈8,土壤中的c(OH—) 最接近于
A. 1×10-5 mol/L B. 1×10-6 mol/L C. 1×10-8 mol/L D. 1×10-9 mol/L

【答案】B
【解析】
pH≈8时氢离子浓度约是10-8mol/L,则土壤中的c(OH—)约是
答案选B。

常温下,一定浓度的某溶液,由水电离出的c(OH−)=1×10−4 mol/L,则该溶液中的溶质可能是
A. H2SO4 B. NaOH C. KHSO4 D. CH3COONa

【答案】D
【解析】
常温下,水的离子积为: 1×10-14 ,由水电离出的c(OH-)=1×10-4 mol/L,c(H+)=1×10-4 mol/L ,所以c(OH-)×c(H+)=10-8>10-14,水的电离程度增大,说明所加的溶质促进水的电离,结合选项知,只能是水解呈碱性的强碱弱酸盐醋酸钠。
常温下,由水电离出的c(OH-)=1×10-4 mol/L,水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,则c(OH-)×c(H+)=10-8>10-14,说明该溶液中溶质促进了的水的电离,硫酸、氢氧化钠、硫酸氢钾都抑制了水的电离,只有醋酸钠属于强碱弱酸盐,醋酸根离子结合水电离的氢离子,促进了水的电离,溶液显碱性;D选项正确;
综上所述,本题选D。

一定条件下,在恒容密闭容器中,能表示反应X+2Y2Z一定达到化学平衡状态的是
A. Z(气体)的浓度不再发生变化 B. X、Y、Z的物质的量之比是1∶2∶2
C. 容器气体的总压强不再发生变化 D. 单位时间内生成n mol Z,同时消耗2n mol Y

【答案】A
【解析】
A、当反应达到平衡状态时,X、Y、Z的浓度不再发生变化,所以能判断该反应达到平衡状态,故A正确;B、当体系达平衡状态时,X、Y、Z的物质的量之比可能为1:2:2,也可能不等,与各物质的初始浓度及转化率有关,故B错误;C、该反应的反应前后气体体积改变,当反应达到平衡状态时,各物质的物质的量不变,所以压强不再变化,所以能判断该反应达到平衡状态,故C错误;D、当反应达到平衡状态时,单位时间内生成2n mol Z,同时生成2n mol Y,如果单位时间内生成n mol Z,同时生成2n mol Y,该反应未达到平衡状态,故D错误;故选A。

25℃时,某溶液中由水电离产生的C(H+)和C(OH-)的乘积为1×10-20,该溶液中一定能大量存在的离子是
A. CO32- B. HCO3- C. Ba2+ D. NH4+

【答案】C
【解析】25℃时,某溶液中由水电离产生的C(H+)和C(OH-)的乘积为1×10-20,可知水的电离受到抑制,该溶液呈强酸性或碱性;CO32-在酸性溶液中生成二氧化碳和水,不能存在,故A错误;HCO3-既能与酸反应生成二氧化碳和水,又能与碱反应生成碳酸根离子,故B错误;Ba2+与H+、OH-都不能反应,Ba2+能大量存在,故C正确;NH4+与OH-能反应生成氨水,故D错误。

0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或升高温度的过程中,下列表达式的数值一定变大的是
A. c(H+) B. c(H+)·c(OH-) C. D.

【答案】C
【解析】
CH3COOH溶液加水稀释,促进电离,c(H+)减小,c(OH-)增大,温度不变,所以Ka和 Kw不变,据此分析。
A. CH3COOH溶液加水稀释,促进电离,但溶液体积增大,c(H+)减小,A错误;
B.稀释过程中,促进电离, c(H+)减小,c(OH-)增大,c(H+)·c(OH-)=Kw,温度不变,Kw不变,B错误;
C. CH3COOH溶液加水稀释,促进电离,但是c(CH3COO-)减小,根据 =Ka 可知,温度不变,Ka不变,所以 比值变大, C 正确;
D. 加水稀释,促进电离,c(H+)减小,c(OH-)增大,则减小,D错误;
综上所述,本题选C。

设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中不正确的是
A. 某密闭容器中盛有0.2 mol SO2和0.1 mol O2,一定条件下充分反应,生成SO3分子数小于0.2 NA
B. 一定条件下,2.3 g Na与O2完全反应生成3.6 g产物时失去的电子数0.1 NA
C. 25℃时,pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为 0.1 NA
D. 20g D2O中含有的质子数为10 NA

【答案】C
【解析】
A、此反应属于可逆反应,不能进行到底;B、Na与氧气无论生成Na2O还是Na2O2,1molNa失去1mol电子;C、题目中没有说明溶液的体积,无法计算;D、利用质量数等于同位素近似相对原子质量,D2O的摩尔质量为20g·mol-1。
A、发生2SO2+O22SO3,此反应可逆反应,不能进行到底,生成SO3的物质的量小于0.2mol,故A说法正确;B、Na与氧气反应,无论生成Na2O还是Na2O2,1molNa失去1mol电子,即2.3gNa完全与O2发生反应时,转移电子物质的量为2.3×1/23mol=0.1mol,故B说法正确;C、pH=13的溶液中c(OH-)=10-13mol·L-1,因此没有说明溶液的体积,无法计算出OH-的物质的量,故C说法错误;D、D2O的摩尔质量为20g·mol-1,20gD2O中含有质子的物质的量为20×10/20mol=10mol,故D说法正确。

醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H+(aq)+CH3COO-(aq) ΔH>0。25℃时,0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系:Ka=c(H+).c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5,其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数(Ka)。下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸,平衡逆向移动,c(H+)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体,平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka<1.75×10-5
D. 升高温度,c(H+)增大,Ka变大

【答案】D
【解析】
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸,氢离子浓度增大,平衡逆向移动,平衡后c(H+)增大,A错误;
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体,醋酸根增大,平衡逆向移动,B错误;
C. 电离平衡常数只与温度有关系,该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5,C错误;
D. 电离吸热,升高温度平衡正向移动,c(H+)增大,Ka变大,D正确。
答案选D。

水的电离平衡曲线如下图所示。下列说法正确的是

A. 图中对应点的温度关系为: a>b
B. 水的电离常数KW数值大小关系为:b>d
C. 温度不变,加入少量NaOH可使溶液从c点变到a点
D. 在b点对应温度下,将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后,溶液显酸性

【答案】B
【解析】
A.升温促进水的电离,b点时水电离的氢离子浓度较大,说明温度较高,故A错误;B.d点与a点温度相同Kw相同,a点时Kw=10-14,b点时Kw=10-12,KW数值大小关系为:b>d,故B正确;C.温度不变,Kw不变,若从c点到a点,c(OH-)不变,c(H+)变大,故C错误;D.若处在B点时,pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L,pH=10的NaOH中c(OH-)= =10-2mol/L,等体积混合后,溶液显中性,故D错误;故选B。

下列热化学方程式中△H代表燃烧热的是( )
A.CH4(g)+3/2O2(g)=2H2O(l)+CO(g) △H1
B.S(s)+3/2O2(g)=SO3(s) △H2
C.C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) △H3
D.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H4

【答案】C
【解析】
试题分析:A、生成物一氧化碳是不稳定的氧化物,不符合燃烧热的概念,故A不选;B、硫单质燃烧生成二氧化硫,故B不选;C、符合燃烧热的概念,故C选;D、该热化学方程式表示的是2mol可燃物燃烧放出的热量,故D不选;故选C。

下图是将SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图,下列说法不正确的是

A. 该装置将化学能转化为电能
B. 催化剂b表面O2发生还原反应,其附近酸性增强
C. 催化剂a表面的反应是:SO2+2H2O-2e-===SO42-+4H+
D. 若得到的硫酸浓度仍为49%,则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为8∶15

【答案】B
【解析】
A.该装置没有外加电源,是一个原电池,把化学能转化为电能,故A正确;B.由图示可看出,电子由a表面转移到b表面,因此a表面发生氧化反应,由题意SO2转化为H2SO4发生氧化反应,因此催化剂a表面SO2发生氧化反应,催化剂b表面O2发生还原反应生成H2O,消耗H+,其附近酸性减弱,故B错误;C.催化剂a表面是SO2失去电子生成硫酸,电极方程式为:SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+,故C正确;D.催化剂a处的反应为:SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+,催化剂b处的反应为:O2+2H++2e-=H2O, 总方程为:SO2+H2O+O2=H2SO4,设加入的SO2为xg,H2O为yg。则生成硫酸的质量为:=g,水的质量变化为:y-=(y-)g,根据硫酸浓度仍为49%,则=49%,可以求得=,故D正确;故选B。

某密闭容器中发生如下反应:X(g)+3Y(g)2Z(g);ΔH<0。下图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系,t2、t3、t5时刻外界条件有所改变,但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是( )

A. t5时增大了压强 B. t3时降低了温度
C. t2时加入了催化剂 D. t4~t5时间内转化率一定最低

【答案】C
【解析】
三步分析法:一看反应速率是增大还是减小;二看Δv正、Δv逆的相对大小;三看化学平衡移动的方向。由图可知:t2~t3时,Δv正=Δv逆>0, 化学平衡不移动,t2时加入了催化剂;t3~t4时,v(逆)、v(正)均减小,且Δv正>Δv逆,化学平衡逆移,t3时是减小压强;t5~t6时,v(逆)、v(正)均增大,且Δv逆>Δv正,化学平衡逆移,t5时是升高温度;由化学平衡移动原理可知:t6时X的转化率最低。所以本题答案为C。

下列关于电离常数(K)的说法正确的是
A. 电离平衡常数只与温度有关,升高温度,K值减小
B. 电离常数K与温度无关
C. 电离常数(K)越小,表示弱电解质的电力能力越弱
D. 多元弱酸各步电离常数相互关系为K1<K2<K3

【答案】C
【解析】
A.电离平衡常数只与温度有关,电离平衡属于吸热过程,升高温度,促进电离,K值增大,故A错误;B.K与温度有关,与浓度、压强等无关,电离吸热,则温度影响电离平衡常数K,故B错误;C.电离平衡常数可衡量酸性的强弱,Ka越大,酸性越强,电离程度越大,则同温下电离平衡常数越小表示弱电解质电离能力越弱,故C正确;D.多元弱酸分步电离,以第一步电离为主,对下一步电离起抑制作用,则各步电离平衡常数相互关系为:K1>K2>K3,故D错误;故选C。

某同学在实验报告中记录了以下数据:
①用量筒量取7.34mL盐酸;②用托盘天平称取8.7g食盐;③用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液,用去盐酸23.10mL;④用广范pH试纸测得某溶液的pH是4.5,其中数据合理的是
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ①②

【答案】B
【解析】
①用来量取要求不太严格的液体体积,是一种粗略的液体体积计量仪器,故不能精确到小数点后第二位,故不合理;
②托盘天平精确度为0.1g,用托盘天平称取8.7g食盐符合天平的使用要求,故②合理;
③滴定管主要用于精确地放出一定体积的溶液,如酸碱中和滴定、配制一定物质的量浓度的硫酸溶液,都要用到滴定管。可以读到小数点后第二位,故③合理;
④广泛pH试纸只能粗略的测定pH为1~14的整数,用精密pH试纸才能测至小数点后一位,故④不合理
综上所述,只有②③合理,本题选B 。

已知反应:2NO2(红棕色)N2O4(无色),分别进行如下两个实验:
实验ⅰ:将NO2球分别浸泡在热水和冰水中,现象如图1。
实验ⅱ:将一定量的NO2充入注射器中后封口,测定改变注射器体积的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深,透光率越小),如图2。下列说法不正确的是

A. 图1现象说明该反应为放热反应
B. 图2中b点的操作是压缩注射器
C. c点:v(正)>v(逆)
D. 若不忽略体系温度变化,且没有能量损失,则T(d)<T(c)

【答案】D
【解析】
图1现象说明热水中颜色深,升温平衡向逆反应即吸热方向移动,则该反应是正反应气体体积减小的放热反应,压强增大平衡虽正向移动,但二氧化氮浓度增大,混合气体颜色变深,压强减小平衡逆向移动,但二氧化氮浓度减小,混合气体颜色变浅,据图分析,b点开始是压缩注射器的过程,气体颜色变深,透光率变小,后来平衡正向移动,气体颜色变浅,透光率增大,据此分析。
A、图1现象说明热水中颜色深,升温平衡向逆反应即吸热方向移动,则该反应是正反应气体体积减小的放热反应,A正确;
B、b点开始是压缩注射器的过程,气体颜色变深,透光率变小,B正确;
C、c点平衡正向移动,气体颜色变浅,透光率增大,所以v(正)>v(逆),C正确;
D、c点以后平衡正向移动,气体颜色变浅,透光率增大,又反应放热,导致T(c)<T(d),D错误;
答案选D。

实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生用0.10 mol·L-1 NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00 mL待测盐酸放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次,记录数据如下。完成下列填空:

实验编号

待测盐酸的体积(mL)

NaOH溶液的浓度(mol·L-1)

滴定完成时,NaOH溶液滴入的体积(mL)

1

20.00

0.10

24.18

2

20.00

0.10

23.06

3

20.00

0.10

22.96


I、(1)滴定达到终点的标志是是______________________。
(2)根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为___________(保留小数点后3位)。
(3)排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用________操作,然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(4)在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有___________。
A.用酸式滴定管取20.00 mL待测盐酸,使用前,水洗后未用待测盐酸润洗
B.锥形瓶水洗后未干燥
C.称量NaOH固体时,有小部分NaOH潮解
D.滴定终点读数时俯视
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
II、硼酸(H3BO3)是生产其它硼化物的基本原料。
已知H3BO3的电离常数为5.8×10-10,H2CO3的电离常数为K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11。向盛有饱和硼酸溶液的试管中,滴加0.1 mol/LNa2CO3溶液,____________(填“能”或“不能”)观察到气泡逸出。已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B(OH)4-,写出硼酸在水溶液中的电离方程式_____________________。
Ⅲ、某温度时测得0.01 mol/L的NaOH溶液pH为11,求该温度下水的离子积常数KW =_________
(1)图I表示10mL量筒中液面的位置,A与B,B与C刻度间相差1mL,如果刻度A为4,量简中液体的体积是________mL。

(2)图II表示50mL滴定管中液面的位置,如果液面处的读数是a ,则滴定管中液体的体积(填代号)______________。
A. 是amL
B.是(50-a)mL
C. 一定大于amL
D.一定大于(50-a)mL

【答案】最后一滴NaOH溶液加入,溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色0.115mol/L丙CE不能H3BO3+H2OB(OH)4-+H+1×10-133.2D
【解析】
I、(1)酚酞遇盐酸不变色,所以滴有酚酞的盐酸为无色,当达到滴定终点时,滴入最后一滴氢氧化钠则溶液呈碱性,则溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不变色;综上所述,本题答案是:最后一滴NaOH溶液加入,溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色。
(2)根据表中数据,24.18误差太大,不能用,所以消耗氢氧化钠溶液的平均体积是(23.06+22.96)/2=23.01 mL,则盐酸的物质的量浓度是23.01×0.1mol/L/20.00=0.115mol/L;综上所述,本题答案是:0.115mol/L。
(3)排去碱式滴定管中气泡的方法应将尖嘴向上弯起,用手轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液,所以选择丙;综上所述,本题选丙。
(4)A、酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸溶液润洗,则盐酸的物质的量浓度减小,消耗氢氧化钠溶液的体积偏少,结果偏低,错误;
B、锥形瓶水洗后未干燥,对结果无影响,错误;
C、称量NaOH固体时,有小部分NaOH潮解,相当于氢氧化钠溶质的量减小,所配溶液的浓度偏低,滴定后,所用氢氧化钠溶液的体积偏大,结果偏高,正确;
D、滴定终点读数时俯视读数,会导致读数偏小,结果偏低,错误;
E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡,导致初读数偏小,滴定后消失,则所用氢氧化钠溶液的体积偏大,结果偏高,正确;
综上所述,本题选CE。
II、H3BO3的电离常数为5.8×10-10, H2CO3的电离常数为K1=4.4×10-7,因5.8×10-10<4.4×10-7,所以不能观察到气泡逸出;已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B(OH)4-,说明硼酸电离出的离子为四羟基和硼酸根和氢离子,水中电离方程式为: H3BO3+H2OB(OH)4-+H+ ;因此,本题正确答案是:不能;H3BO3+H2OB(OH)4-+H+ 。
Ⅲ、氢氧化钠为强电解质,完全电离,所以0.01 mol/L的NaOH溶液中:c(OH-)=10-2mol/L; 0.01 mol/L的NaOH溶液pH为11,可知c(H+)=10-11mol/L,所以该温度下水的离子积常数KW =c(OH-)×c(H+)=10-2×10-11=10-13;因此,本题正确答案是: 1×10-13。
(1)量筒从下到上刻度值逐渐增大,A与B,B与C刻度间相差1mL,则每刻度为0.2 mL,则如果刻度A为4,则B为3,量简中液体的体积是3.2 mL ;因此,本题正确答案是: 3.2。
(2)滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大,因为滴定管活塞下方或橡皮管无刻度,50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL,如果液面处的读数是a,则滴定管中液体的体积大于(50-a)mL;因此,本题正确答案是:D。

醋酸是一种常见的弱酸,在0.1mol·L﹣1醋酸中加入下列物质,醋酸的电离平衡及平衡时物质的浓度的变化:(填“正向”、“逆向”或“不移动”, “增大”、“减小”或“不变”, 填“>”、“<”或“=”)
(1)向醋酸中加入醋酸钠固体,电离平衡向___________移动;pH __________
(2)向醋酸中加入碳酸钙固体,电离平衡向________移动;c(CH3COOH)_________.
(3)向醋酸中加入大量的水,c(OH-)_________.导电能力__________.
(4)体积相同、物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的①盐酸、②醋酸两种溶液,pH:①_____②;与完全相同的镁条发生反应,开始时的反应速率:①______ ②;中和等量NaOH时消耗的体积:①______②;与足量的Zn反应生成H2的物质的量:①_______②。

【答案】逆向增大正向减小增大减小<>==
【解析】
(1)CH3COOHCH3COO-+H+,加入醋酸钠固体能够使CH3COO-浓度增大,平衡逆向移动,c(H+)减小,pH增大;综上所述,本题答案是:逆向,增大。
(2)加入碳酸钙固体能够消耗H+,平衡正向移动,c(CH3COOH)减小;综上所述,本题答案是:正向,减小。
(3)加入大量水稀释后,平衡正向移动,但是由于稀释作用,c(H+)、c(CH3COO-)减小,溶液导电能力减弱;温度不变时KW不变,则c(OH-)增大;综上所述,本题答案是:增大, 减小。
(4)盐酸是强酸,而醋酸是弱酸,存在电离平衡,因此醋酸溶液中氢离子浓度小,溶液的酸性弱,pH较大,因此pH:①<②;物质的量浓度相等的盐酸和醋酸,其中盐酸的酸性强,pH小,与镁的反应速率快,所以开始时的反应速率:①>②;由于盐酸和醋酸的物质的量浓度、体积是相等的,所以中和等量的氢氧化钠消耗的体积是相同的,所以①=②;由于盐酸和醋酸的物质的量浓度、体积是相等的,所以盐酸和醋酸的物质的量也是相同的,因此与足量的锌反应产生的氢气是相等的,因此①=②。综上所述,本题答案是:<,>,=,=。

现有a.盐酸、b.醋酸、c.硫酸三种稀溶液,用字母回答下列问题。
(1)若三种酸的物质的量浓度相等,取等体积上述三种溶液,分别用同浓度的NaOH溶液完全中和,所需NaOH溶液体积比为___________________。
(2)若三种酸溶液中的c(H+)相等,取等体积上述三种溶液,分别用同浓度的NaOH溶液完全中和,所需NaOH溶液体积大小关系为____________________。
(3)将6gCH3COOH溶于水制成1L溶液,经测定溶液中含CH3COO–为1.4×10–3mol/L,此温度下醋酸的电离常数:Ka=__________,温度升高Ka将_________(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(4)在25℃时,有PH为a的盐酸VaL和PH为b的氢氧化钠溶液VbL恰好中和,若a+b>14,则Va:Vb=____________________(填写表达式),且Va____________Vb(填“>”、“<”或“=”)

【答案】1:1:2b>a=c1.96×10-5变大10a+b-14>
【解析】
(1)消耗相同浓度NaOH溶液体积与酸的物质的量和元数成正比,三种酸的物质的量浓度相等、体积相同,则其物质的量相等,硫酸是二元酸,而盐酸、醋酸是一元酸,所以消耗相同浓度NaOH体积大小关系为2×a =2×b=c;所需NaOH溶液体积比为1:1:2;因此,本题正确答案是:1:1:2。
(2)等体积等氢离子浓度的这三种酸,硫酸和盐酸中氢离子的物质的量相等,醋酸的物质的量大于盐酸,所以消耗相同浓度氢氧化钠溶液体积大小关系为b>a=c;因此,本题正确答案是:b>a=c。
(3)6gCH3COOH物质的量为0.1mol,溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+,电离出的醋酸根离子和氢离子浓度相同,溶液中剩余的醋酸溶度=0.1mol/L-1.4×10-3mol/L,故电离平衡常数为:[c(CH3COO-)×c(H+)]÷c(CH3COOH)=[1.4×10-3mol/L×1.4×10-3mol/L]÷(0.1mol/L-1.4×10-3mol/L)=1.96×10-5;电离过程为吸热过程,温度升高,平衡右移, Ka将变大;综上所述,本题答案是:1.96×10-5,变大。
(4)25℃时水的离子积Kw=10-14,pH=a的盐酸中c(H+)=10-amol/L,VaL该盐酸中n(H+)=cV=10-amol/L×VaL=10-aVamol;pH=b的NaOH溶液中c(OH-)=10b-14mol/L,VbL该NaOH中n(OH-)=cV=10b-14mol/L×VbL=10b-14Vbmol;由于盐酸和氢氧化钠恰好完全反应,即盐酸中的氢离子的物质的量等于氢氧化钠溶液中的氢氧根的物质的量:10-a×Va=10b-14×Vb;可得Va:Vb=10b-14:10-a,Va:Vb=10a+b-14;若a+b>14,则Va:Vb>1:1,Va>Vb;综上所述,本题答案是:10a+b-14,>。

在某温度下,冰醋酸(纯醋酸)加水稀释过程中,溶液的导电能力如图所示,则:
(1)起点导电能力为0的理由是__________________.
(2)用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH,测量结果______(偏大、偏小或不变)
(3)比较a、b、c三点的下列数据大小或等量关系:(如a>b>c、c=a>b、a=b=c等)

①pH:________;
②醋酸的电离程度:_________;
③醋酸的电离平衡常数:____________;
④a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和,消耗氢氧化钠溶液体积:______.
(4)若使c点溶液中c(CH3COO﹣)增大,c(H+)减小,可采用的措施有(答二类不同的物质):①_________,②__________.
(5)在稀释过程中,随着c(CH3COOH)的降低,下列始终保持增大趋势的量是______.
A.c(H+) B.H+个数 C.CH3COOH个数 D.

【答案】无自由移动的离子 偏小c>a>bc>b>aa=b=ca=b=c加 NaOH 加 Na2CO3、锌等BD
【解析】
(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;
(2)用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH,相对于将溶液稀释;
(3)①导电能力越强,离子浓度越大,氢离子浓度越大,pH越小;
②溶液越稀,越促进醋酸电离;
③弱电解质的电离平衡常数只受温度影响,温度不变,电离平衡常数不变;
④abc三点醋酸浓度不同,但所含醋酸的物质的量相同;
(4)若使c点溶液中的c(CH3COO-)增大,可以采用升高温度、加入含有醋酸根离子的可溶性盐、加入固体碱或加入和氢离子反应的固体物质;使c(H+)减小,可以加碱或加入和氢离子反应的固体物质;
(5)加水稀释,促进电离,n(CH3COO-)、n(H+)增大,但浓度减小,以此解答。
(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,因此,本题正确答案是:无自由移动的离子。
(2)据图可以知道将a处醋酸稀释,氢离子浓度增大,所以用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH,测量结果偏小,因此,本题正确答案是:偏小。
(3)①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c>a>b,因此,本题正确答案是:c>a>b。
②溶液越稀,越促进醋酸电离,醋酸的电离度由大到小的顺序为c>b>a,因此,本题正确答案是:c>b>a。
③弱电解质的电离平衡常数只受温度影响,温度不变,电离平衡常数不变,所以abc三点的电离平衡常数相等,因此,本题正确答案是:a=b=c。
④abc三点醋酸浓度不同,但所含醋酸的物质的量相同,所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和,消耗氢氧化钠溶液体积相同,因此,本题正确答案是:a=b=c。
(4)若使c点溶液中的c(CH3COO-)增大,可以采用升高温度、加入含有醋酸根离子的可溶性盐、加入固体碱或加入和氢离子反应的固体物质;使c(H+)减小,可以加碱或加入和氢离子反应的固体物质,综合考虑,可以加入NaOH、 Na2CO3、锌等;因此,本题正确答案是:加NaOH;加 Na2CO3、锌等。
(5)A.在稀释过程中,溶液的体积增大,氢离子的浓度减小,故A错误;
B.弱电解质越稀,电离度越大,即电离出的氢离子数越多,故B正确;
C.弱电解质越稀,电离度越大,平衡向右移动,CH3COOH分子数减少,故C错误;
D.加水稀释,促进电离,n(CH3COO-)、n(H+)增大,n(CH3COOH)减小,在同一溶液中,体积相同,则=n(H+)/n(CH3COOH),比值增大,故D正确;
因此,本题正确答案是:BD。

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