第7章第1課時化學反應速率及其影響因素同步配套練習Word版含解析

課時1化學反響速率及其影響要素一、選擇題1．以下說法正確的選項是()A．催化劑是影響化學反響速率的實質要素B．當反響系統(tǒng)容積不變時，減小反響物的量必定能降低反響速率C．可逆反響達到反響限度時，化學反響速率為0D．化學反響速率可用單位時間內反響物的濃度變化量來表示分析

A項，影響化學反響速率的實質要素是反響物的性質，

A錯；B

項，假如反響物是固體或液體，減小反響物的量不會影響反響速率，

B錯；C

項，達到反響限度時，正、逆反響速率相等，但不為零，

C錯。答案

D2．以下舉措能顯然增大原反響的化學反響速率的是()A．Na與水反響時增大水的用量B．將稀H2SO4改為98%的濃H2SO4與Zn反響制取H2C．在H2SO4與NaOH兩溶液反響時，增大壓強D．恒溫、恒容條件下，在工業(yè)合成氨反響中，增添氮氣的量分析水為純液體，增大水的用量，濃度不變，反響速率不變，A選項錯誤；將稀H2SO4改為98%的濃H2SO4與Zn反響，生成的是二氧化硫氣體，不是氫氣，B選項錯誤；反響在溶液中進行，沒有氣體生成，增大壓強，反響速率基本不變，C選項錯誤；恒溫、恒容條件下，在工業(yè)合成氨反響中，增添氮氣的量，反響物濃度增大，則反響速率增大，D選項正確。答案D3．必定量的鋅粒與足量稀硫酸反響，向反響混淆液中加入某些物質，以下判斷正確的選項是()A．加入少許水，產生H2速率減小，H2體積減小44固體，產生H2速率不變，H2體積不變B．加入NHHSOC．加入CH3COONa固體，產生H2速率減小，H2體積不變D．滴加少許4溶液，產生H2速率變大，H2體積不變CuSO分析加入少許水，減小了H＋的濃度，鋅粒的物質的量不變，則v(H2)減小，生成H2體積不變，故A錯誤；加入NH44固體，增大了H＋的濃度，鋅HSO粒的物質的量不變，則反響速率加速，生成H2體積不變，故B錯誤；加入CH3COONa固體，聯(lián)合生成醋酸，減小了H＋的濃度，鋅粒的物質的量不變，則v(H2)減小，生成H2體積不變，故C正確；滴加少許CuSO4溶液，構成Cu－Zn原電池，反響速率加速，鋅粒的物質的量減少，則v(H2)增大，生成H2量減少，故D錯誤。答案C4．反響A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四種不一樣狀況下的反響速率以下，此中表示反響速率最快的是

(

)－1－1A．v(A)＝0.15molL··min－1－1B．v(B)＝0.01molL··s－1－1C．v(C)＝0.40molL··min－1－1D．v(D)＝0.45molL··min分析對同一化學反響而言，能夠用不一樣的物質表示其速率，比較化學反響進行的快慢時需用同一種物質表示不一樣條件下的反響速率，其計算依照是不同物質表示的反響速率之比等于各物質的化學計量數之比。依據v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝1∶3∶2∶2，轉變?yōu)橛肁的濃度變化表示的反響－1－1－1·－1速率為A項：v(A)＝0.15molL··；B項：v(A)＝0.20molL·；minmin－1－1；D項：v(A)＝－1－1C項：v(A)＝0.20molL··min0.225molL··。應選D。min答案D5．(2016·東城區(qū)期末)在2CH4(g)＋2NH322O(g)反響(g)＋3O(g)===2HCN(g)＋6H中，已知v(HCN)＝nmol·L－1－1，且v(O2＝－1·－1與n··，則mmin)mmolLmin的關系正確的選項是()A．m＝1/2nB．m＝2/3nC．m＝3/2nD．m＝2n－1－1，v(O2＝－1·－1分析已知：v(HCN)＝nmol·L··，反響速率min)mmolLmin之比等于對應計量數之比，故n∶m＝2∶3，即m＝3/2n。答案C．·哈師大附中月考)必定條件下，向2L密閉容器中加入2molN2和10mol6(2016H2，發(fā)生反響N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，2min時測得節(jié)余N2為1mol，下列化學反響速率表示不正確的選項是()－1－1A．v(N2)＝0.25molL··min－1－1B．v(H2)＝0.75molL··min－1－1C．v(NH3)＝1mol·L·min－1－1D．v(NH3)＝0.5molL··min分析必定條件下，向2L密閉容器中加入2molN2和10molH2,2min時測得節(jié)余N2為1mol，故2min內以N2表示的反響速率v(N2)＝cN2＝t2－1mol2L－1－1，A項正確；因為反響速率之比等于化學計量＝0.25molL··2minmin數之比，故v(H2＝2＝×－1·－1mol·L－1·－1)3v(N)·＝0.75，B30.25molLminmin項正確；v(NH3＝2v(N2)＝×－1·－1＝0.5mol·L－1－1，C項··)20.25molLminmin錯誤，D項正確。答案C7．(2017·山東濟寧中學模擬)必定條件下，在容積固定的某密閉容器中發(fā)生反響N2＋3H22NH3。在10s內N2的濃度由5mol/L降至4mol/L，以下說法正確的選項是()A．用NH3表示的化學反響速率為0.1mol/(Ls)·B．使用適合的催化劑，能夠加速該反響的速率C．增添H2的濃度或降低溫度都會加速該反響的速率D．反響足夠長時間，N2、H2中起碼有一種物質濃度降為零分析依據題意v(N2＝·，則3＝·，A項錯誤；)0.1mol/(Ls)v(NH)0.2mol/(Ls)使用適合催化劑能加速合成氨的反響速率，B項正確；降低溫度，反響速率減慢，C項錯誤；N2、H2合成氨的反響為可逆反響，延伸反響時間不可以改變均衡狀態(tài)，N2、H2的濃度不行能降為0，D項錯誤。答案B8．關于合成氨反響，達到均衡后，以下剖析正確的選項是()A．高升溫度，對正反響的反響速率影響更大B．增大壓強，對正反響的反響速率影響更大C．減小反響物濃度，對逆反響的反響速率影響更大D．加入催化劑，對逆反響的反響速率影響更大分析A項，合成氨反響的正反響是放熱反響，高升溫度，正反響、逆反響的反響速率都增大，可是溫度對吸熱反響的速率影響更大，所以對該反響來說，對逆反響速率影響更大，錯誤；B項，合成氨的正反響是氣體體積減小的反響，增大壓強，對正反響的反響速率影響更大，正反響速率大于逆反響速率，所以均衡正向挪動，正確；C項，減小反響物濃度，使正反響的速率減小，因為生成物的濃度沒有變化，所以逆反響速率不變，逆反響速率大于正反響速率，所以化學均衡逆向挪動，錯誤；D項，加入催化劑，使正反響、逆反響速率改變的倍數相同，正反響、逆反響速率相同，化學均衡不發(fā)生移動，錯誤。答案B9．用表面積完整相同的金屬分別進行以下實驗，此中產生H2的速率最快的是()ABCD金屬Zn純鐵Zn(內含少許銅)銅鹽酸40mL3mol·L－1－－1－110mL3molL·110mL3mol·L20mL6mol·L分析鋅比鐵開朗，清除B；當鋅中含有銅時，可構成原電池，加速反響速率，清除A；銅不可以與鹽酸反響，清除D。答案C10．必定溫度下，在某密閉容器中發(fā)生反響：2HI(g)H(g)＋I(g)H>0，22－1－1)若15s內c(HI)由0.1molL·降到0.07molL·，則以下說法正確的選項是(A．～內用2表示的均勻反響速率為v(I2)＝－1－1··015sI0.002molLs．由－1降到－所需的反響時間小于10sBc(HI)0.05molL·10.07molL·C．高升溫度正反響速率加速，逆反響速率減慢D．減小反響系統(tǒng)的體積，化學反響速率加速分析0～15s內，v(I2＝110.1－0.07mol·L－1－1－1)2v(HI)＝×15s＝0.001molL··，2s－1A項錯誤；跟著反響的進行，c(HI)減小，v(HI)減小，故c(HI)由0.07molL·－1降到0.05molL·所需時間大于10s，B項錯誤；高升溫度，正、逆反響速率均增大，C項錯誤；減小反響系統(tǒng)的體積，壓強增大，反響速率加速，D項正確。答案D11．NaHSO3溶液在不一樣溫度下均可被過度KIO3氧化，當NaHSO3完整耗費即有I2析出，依照I2析出所需時間能夠求得NaHSO3的反響速率。將濃度均為0.020－1的NaHSO3溶液(含少許淀粉)10.0mL、KIO3過度酸性溶液40.0mLmol·L()混淆，記錄10～55℃間溶液變藍時間，55℃時未察看到溶液變藍，實驗結果以以下圖。據圖剖析，以下判斷不正確的選項是()A．40℃以前與40℃以后溶液變藍的時間隨溫度的變化趨向相反B．圖中b、c兩點對應的NaHSO3反響速率相等．圖中點對應的－5－1－1CaNaHSOmolLsD．溫度高于40℃時，淀粉不宜用作該實驗的指示劑分析由題給圖像可知，溫度低于40℃時，溫度高升，溶液變藍的時間變短，但溫度高于40℃時狀況相反，A項正確；因為b、c兩點的溫度不一樣，反響速率不行能相等，B項錯誤；圖中a點，所用的時間為80s，則NaHSO3的反響速率為：－1－3÷×－3÷(0.020molL·×10.0mL×10L/mL)(50mL10L/mL)(80－－－℃時未察看到溶液變s)＝5.0×105mol·L1·s1，C項正確；由題給條件，55藍，所以溫度高于40℃，淀粉不宜作該實驗的指示劑，D項正確。答案B12．在必定溫度下，向一個2L的真空密閉容器中(早先裝入催化劑)通入1molN2和3molH2，發(fā)生反響：N2＋3H22NH3。經過一段時間后，測得容器內壓強是開端的0.9倍，在此時間內，H2均勻反響速率為0.1mol/(L·min)，則所經過的時間為()A．2minB．3minC．4minD．5min分析設參加反響的N2的物質的量為x，依據化學方程式：N2＋3H2===2NH3開端物質的量(mol)130反響的物質的量(mol)x3x2x測準時物質的量(mol)1－x3－3x2x反響后總物質的量為：1－x＋3－3x＋2x＝4－2x依據阿伏加德羅定律的推論：物質的量之比等于壓強之比，列式可得：4mol＝1，解得：x＝0.2mol。參加反響的H2的物質的量：n(H2)＝3x4mol－2x0.9＝0.6mol，可得H2的濃度變化為0.3mol/L，由v(H2＝c＝0.1mol/(Lmin)·，)t故可得反響時間為3min。答案B二、填空題13．(2015·南昌檢測)在必定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生反響：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。(1)降低溫度，化學反響速率________(填“增大”、“減小”或“不變”)。(2)600℃時，在一容積為2L的密閉容器中，將二氧化硫和氧氣混淆，在反應進行至10min和20min時，分別改變了影響反響的一個條件，反響過程中SO2、O2、SO3物質的量變化以下圖，前10min正反響速率漸漸________(填“增大”、“減小”或“不變”)；前15min內用SO3表示均勻反響速率為________________。圖中反響進度，表示正反響速率與逆反響速率相等的時間段是。(4)依據如圖判斷，10min時改變的反響條件可能是________(填寫編號，下同)；20min時改變的反響條件可能是________。a．加入催化劑b．減小容器容積c．降低溫度d．增添O2的物質的量分析(1)降低溫度，化學反響速率減小。(2)前10min跟著反響的不停進行，反響物SO2和O2的濃度不停減小，正反響速率減小，前15min內用SO3表0.04mol－3－1·－1示的均勻反響速率為≈1.33×10·。(3)反響過程中2L×15minmolLminSO2、O2、SO3物質的量不隨時間變化的時間段，即15～20min和25～30min反響處于均衡狀態(tài)。(4)10～15min三條曲線的斜率忽然增大，說明反響速率忽然加速，其原由可能是加入催化劑或減小容器容積。反響進行至20min時，曲線發(fā)生的變化是O2的物質的量忽然增大，均衡發(fā)生挪動，惹起SO2、SO3的物質的量隨之發(fā)生變化。答案(1)減小(2)減小－3－1－11.33×10mol·L·min(3)15～20min,25～30min(4)abd14．已知：催化劑＋H2(g)H＝＋――→124kJmol·－1若反響系統(tǒng)達到均衡后，各物質的濃度在不一樣條件下(只改變一種條件)的變化狀況以下圖(第10min到14min的濃度變化曲線未表示出)：(1)第2min反響溫度T(2)與第8min反響溫度T(8)的高低：T(2)________(填“<”、“>”或“＝”)T(8)；第10min時反響改變的條件是。(2)比較產物苯乙烯在2～3min、5～6min和12～13min時均勻反響速率[均勻反響速率分別以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小________________________。(3)反響物乙苯在5～6min和15～16min時均勻反響速率的大小：v(5～6)大于v(15～16)，原由是。分析(1)由題圖看出，4min時各物質濃度不變，4min后均衡正向挪動，8min時達到均衡，則4min時改變的條件應為高升溫度，故T(2)<T(8)。第10min時苯乙烯的濃度剎時減小，而另一種生成物H2的濃度卻剎時不變，隨后漸漸增大，說明改變的條件為移出部分苯乙烯(或減小苯乙烯的濃度)。(2)2～3min和12～13min均處于均衡狀態(tài)，苯乙烯的均勻反響速率均為0，而5～6min時，苯乙烯的濃度不停增大，故5～6min苯乙烯的反響速率最大。(3)5～6min和15～16min溫度相同，在相同溫度時，該反響的反響物濃度越大，反響速率越大，15～16min時各組分的濃度均小，故5～6min反響速率大于15～16min反響速率。答案(1)<減小的濃度(2)v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)(3)溫度相同，反響物濃度5～6min大，化學反響速率大15．(2017·廣州模擬)在一個容積固定為2L的密閉容器中，發(fā)生反響：aA(g)＋bB(g)pC(g)H＝？反響狀況記錄以下表：時間c(A)/mol·L－1·－1·－1c(B)/molLc(C)/molL0min130第2min0.82.60.4第4min0.41.81.2第6min0.41.81.2第8min0.12.01.8第9min0.051.90.3請認真剖析，依據表中數據，回答以下問題：(1)第2min到第4min內A的均勻反響速率v(A)＝________mol·L－1·min－1。(2)由表中數據可知反響在第4min到第6min時處于均衡狀態(tài)，若在第2min、第6min、第8min時分別改變了某一反響條件，則改變的條件分別可能是：①第2min________或________；②第6min____________________；③第8min____________________。(3)若從開始到第4min成立均衡時反響放出的熱量為235.92kJ，則該反響的H＝________。－1－1分析(1)v(A)＝0.8molL·－0.4molL·＝－1－1··。2min0.2molLmin(2)①從2min～4min來看，A、B、C的濃度變化量比前2min大，說明反響速率加速了，故2min時改變的條件可能為使用催化劑或高升溫度。②第6min改變條件后，達到第8min時，作為反響物，A的濃度減少而B的濃度增添，可知改變的條件為增添B的濃度。③從0～2min來看，A、B、C的濃度變－1－1－1可知a、b、p分別為1、2、化量分別為0.2molL·、0.4molL·、0.4molL·2，從第9min的數據來看，C的濃度大幅度減小，而A、B濃度也減小，且減小量與化學方程式中化學計量數成正比，可知第8min改變的條件為減小C的濃度。(3)從開始到第4min耗費A1.2mol，共放出熱量235.92kJ，故每耗費1molA235.92kJ－1放出熱量：1.2mol＝196.6kJmol·，由(2)的剖析可知A的化學計量數為1，故該反響的H＝－196.6kJmol·－1。答案(1)0.2(2)①使用催化劑高升溫度②增添B的濃度③減小C的濃度(3)－196.6kJmol·－1課時2水的電離和溶液的酸堿性一、選擇題1．(2016·綿陽診療)25℃時，水的電離達到均衡：2＋＋OH－。以下表達HOH錯誤的選項是()A．向水中通入氨氣，均衡逆向挪動，c(OH－)增大＋B．向水中加入少許稀硫酸，c(H)增大，Kw不變C．將水加熱均衡正向挪動，Kw變大＋D．高升溫度，均衡正向挪動，c(H)增大，pH不變分析向水中通入NH3，c(OH－)增大，均衡左移，A正確；向水中加入少許稀H2SO4，c(H＋)增大，但溫度不變，Kw不變，B正確；將水加熱，水的電離均衡正向挪動，Kw變大，C正確；高升溫度，能促使水的電離，c(H＋)增大，pH減小，D錯誤。答案D2．100℃時向pH＝6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH＝2，以下表達不正確的選項是()A．此時水的離子積Kw＝1.0×10－12B．溶液中水電離出的c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1C．水的電離度隨溫度高升而增大D．c(H＋)<c(SO24－)分析D項，因為NaHSO4電離出的c(H＋)與2－)相同，而水電離出少許4c(SOH＋，所以c(H＋)略大于c(SO24－)。答案D3．在必定條件下，相同pH的硫酸和硫酸鐵溶液中水電離出來的c(H＋)分別是1.0×10－amol·L－1和1.0×10－bmol·L－1，在此溫度下，則以下說法正確的選項是()A．a<bB．a＝bC．水的離子積為1.0×10－(7＋a)D．水的離子積為1.0×10－(b＋a)分析加酸克制水的電離，加易水解的鹽促使水的電離，則a>b，A和B選項錯誤；由題意可知，兩種溶液的pH＝b，即硫酸溶液中c(H＋)是1.0×10－bmol·L－1，而水電離產生的c(H＋)等于水電離產生的c(OH－)，所以硫酸溶液中c(OH－)是1.0×10－amol·L－1，Kw＝1.0×10－(b＋a)，D選項正確。答案D4．欲證明一瓶無色液體是純水，靠譜的實驗方法是()A．測得其pH＝7B．電解時獲得H2與O2的體積比為2∶1C．遇鈉生成氫氣D．1.01×105Pa時沸點為100℃分析A項，未指明是不是常溫測定；B項，電解某些鹽溶液、酸溶液及堿溶液(如：Na2SO4、H2SO4、NaOH)均獲得H2和O2的體積比為2∶1；C項，水溶液與Na反響均生成H2。答案D5．現(xiàn)有pH＝5的CH3COOH溶液10mL，要使其pH增大3，可采納的方法有()A．向溶液中加水稀釋至10LB．加入必定量的NaOH固體C．加入必定量pH＝8的NaOH溶液D．加入必定濃度的鹽酸分析由pH＝5增添3得pH＝8，說明溶液呈堿性，酸溶液不論如何稀釋溶液也不會呈堿性，A項錯誤；C項因加入NaOH溶液的pH＝8，故酸堿不論如何中和，pH也只好靠近8，不會出現(xiàn)pH＝8，C錯；D項，因鹽酸呈酸性，故沒法實現(xiàn)。答案B6．(2016·昆明四校聯(lián)考)用標準鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，以下各操作中，會惹起實驗偏差的是()A．取干燥干凈的酸式滴定管立刻裝入標準鹽酸B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，立刻裝入必定體積的NaOH溶液后進行滴定C．往盛有20.00mLNaOH溶液的錐形瓶中，滴入幾滴酚酞指示劑后進行滴定D．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，而后裝入必定體積的NaOH溶液分析滴定管若干燥干凈，不用用水清洗，故也不需用標準液潤洗，A不會惹起偏差；錐形瓶內存有少許蒸餾水，但待測液的物質的量不變，耗費標準液的體積不變，B不會惹起偏差；錐形瓶不可以用待測液潤洗，不然會使測定結果偏高。答案D－127．(2017·湖南岳陽檢測)某溫度下，水的離子積常數Kw＝1×10。該溫度下，將pH＝4的H24溶液與pH＝9的NaOH溶液混淆并保持恒溫，欲使混淆SO溶液的pH＝7，則稀硫酸與NaOH溶液的體積比為()A．1∶10B．9∶1C．1∶9D．99∶21分析設稀硫酸的體積為a，NaOH溶液的體積為b，則10－3－－4＝－5(ab10a10b)，a∶b＝9∶1。答案B8．室溫下向1LpH＝2的醋酸溶液中加入2LpH＝2的鹽酸，則混淆溶液的pH為(假定混淆后溶液體積不變，室溫下醋酸的電離均衡常數為1.8×10－5)()A．2.3

B．1.7

C．2

D．沒法確立分析

混淆溶液的體積為

3L；醋酸是弱酸，與鹽酸混淆克制它的電離，

可是電離自己是輕微的，醋酸電離出的氫離子物質的量為0.01mol，鹽酸電離出的氫離子的物質的量為0.02mol，混淆后約為0.03mol，濃度約為0.01molL·1，則pH＝2。答案C9．以下說法中正確的選項是()A．25℃時NH4Cl溶液的Kw大于100℃時NaCl的KwB．常溫下，pH均為5的醋酸和硫酸鋁兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度之比為1∶104C．依據溶液的pH與酸堿性的關系，推出pH＝6.8的溶液必定顯酸性D．100℃時，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混淆，溶液顯中性分析水的離子積常數只與溫度相關，溫度越高，Kw越大，A錯；醋酸中水電離出的c(H＋)＝溶液中的c(OH－)＝10－9mol·L－1，硫酸鋁溶液中水電離出的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)＝10－5mol·L－1，B正確；C選項不知溫度，沒法判斷，錯誤；100℃時Kw＝1×10－12，所以將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混淆后，溶液顯堿性，D錯。答案B10.室溫下，pH相差1的兩種一元堿溶液A和B，分別加水稀釋時，溶液的pH變化以下圖。以下說法正確的選項是()A．稀釋前兩溶液中H＋濃度的大小關系：A＝10BB．稀釋前，A溶液中由水電離出的OH－的濃度大于10－7mol·L－1C．取等體積M點的A、B兩種堿液，加入同濃度的硫酸溶液至恰巧完整反應時，所耗費硫酸溶液的體積相同D．用醋酸中和A溶液至恰巧完整反響時，溶液的pH不必定大于7分析從pH的圖像變化來看，跟著溶液稀釋倍數的增大，A溶液的pH減小較快，而B溶液的pH減小要遲緩得多，說明A的堿性比B的堿性強，稀釋前兩溶液中H＋濃度的大小關系應為10A＝B，A項錯誤；在堿溶液中水的電離遇到克制，由水電離出的c(OH－)水＝c(H＋)＜10－7mol·L－1，B項錯誤；固然M點的A、B兩種堿液的pH相等，但溶液的濃度不相等，所耗費H2SO4溶液的體積不必定相同，C項錯誤；一元堿A與CH3COOH電離程度的大小沒法確立，故沒法剖析形成的鹽的水解過程，也就沒法判斷溶液的pH能否大于7，D項正確。答案D－111．H2S2O3是一種弱酸，實驗室欲用0.01molL·的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，發(fā)生的反響為I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，以下說法合理的是()A．該滴定可用甲基橙作指示劑B．Na2S2O3是該反響的復原劑C．該滴定可采用以下圖裝置D．該反響中每耗費2molNa2S2O3，電子轉移數為4mol分析溶液中有單質碘，應加入淀粉溶液作指示劑，碘與硫代硫酸鈉發(fā)生氧化復原反響，當反響終點時，單質碘消逝，藍色褪去，故

A錯誤；Na2S2O3中S元素化合價高升被氧化，作復原劑，故

B正確；Na2S2O3溶液顯堿性，應當用堿式滴定管，故C錯誤；反響中每耗費2molNa2S2O3，電子轉移數為2mol，故D錯誤。答案B12．以下說法錯誤的選項是()－1的CH3COOH溶液中，由水電離出的＋)為×A．常溫下，0.1molL·c(H1.010－－113mol·LB．pH＝2與pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比為1∶10C．常溫下，等體積pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混淆，混淆后溶液的pH＜7D．25℃時，完整中和50mLpH＝3的H2SO4溶液，需要pH＝11的NaOH溶液50mL－1分析CH3COOH是弱電解質，常溫下，0.1molL·的CH3COOH溶液中c(H)＜0.1molL·－1，故由水電離出的c(H＋)＞1.0×10－13mol·L－1，A項錯誤；pH＝2的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－2mol·L－1，pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－1mol·L－1，B項正確；等體積pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混淆，醋酸過度，溶液呈酸性，pH＜7，C項正確；溶液中n(H＋＝×－3×－3－1－5，溶液中H2SO4)10L10·＝5×1050molLmolNaOH－)＝×－3L×－3－1＝5×10－5mol，完整反響后溶液呈中性，n(OH501010mol·L項正確。答案A二、填空題13．(1)常溫下，將1mLpH＝1的H2SO4溶液加水稀釋到100mL，稀釋后的溶＋cH液中cOH－＝________。(2)某溫度時，測得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH為11，則該溫度下水的離子積常數Kw＝________。該溫度________(填“高于”或“低于”)25℃。(3)常溫下，設pH＝5的H2SO4溶液中由水電離出的H＋濃度為c1；pH＝5的Al2(SO4)3溶液中由水電離出的H＋濃度為c2，則c1＝________。c2(4)常溫下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL與pH＝3的H2SO4溶液bL混淆(混合后溶液體積變化忽視不計)。若所得混淆溶液呈中性，則a∶b＝________。若所得混淆溶液pH＝12，則a∶b＝________。(5)在(2)所述溫度下，將pH＝a的NaOH溶液VaL與pH＝b的硫酸VbL混淆。①若所得混淆液為中性，且a＝12，b＝2，則Va∶Vb＝________。②若所得混淆液的pH＝10，且a＝12，b＝2，則Va∶Vb＝________。答案(1)108(2)1×10－13高于(3)10－4(4)1∶10011∶90(5)①1∶10②1∶914．(2017·呼和浩特二中考試)(1)已知下表數據：化學式電離均衡常數(25℃)HCN－10K＝5.0×10CH3COOHK＝1.8×10－5H2CO3K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11①25℃時，等濃度的四種溶液：a.NaCN溶液b．Na2CO3溶液c．CH3COONa溶液d．NaHCO3溶液，pH由大到小的次序為________________(填序號)。②將0.2mol·L－1HCN溶液和0.1mol·L－1的NaOH溶液等體積混淆后，溶液顯堿性，則c(HCN)、c(H＋)、c(OH－)、c(CN－)、c(Na＋)濃度排序為－－________________，c(HCN)＋c(CN)________(填“>”“或<“”＝”)0.1molL·1。③相同條件下，取等體積等pH的a.HCN溶液b．CH3COOH溶液c．H2CO3溶液，各稀釋100倍，稀釋后的溶液，其pH大小關系為________(填序號)。25℃時，將體積為Va，pH＝13的某一元強堿與體積為Vb，pH＝2的某二元強酸混淆，若所得溶液的pH＝11，則Va∶Vb＝________。(2)溫度為T℃時水的離子積常數為Kw，該溫度下，將濃度為amol·L－1的H2SO4與bmol·L－1的一元堿AOH等體積混淆。則可判斷溶液呈中性的是________(填序號)。①混淆溶液的pH＝72－1＋②c(SO4)＝2c(A)③混淆溶液中c(H＋·－)＝KW)c(OH④混淆溶液中c(OH－)＝Kw·－1molL分析(1)①由表中電離均衡常數可知酸性大小：323－相應的酸根離子分別為－－、(CHCOOH>HCO>HCN>HCOCHCOOCN－、CO23－)，酸性越強，其鹽溶液中酸根離子水解程度越大，故等濃度的四種溶液：a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液、d.NaHCO3溶液，pH由大到小的次序為b>a>d>c。②反響后獲得等濃度的HCN與NaCN的混淆溶液，由溶液顯堿性可推知CN－水解程度大于HCN的電離程度，故溶液中相關微粒的濃度大小為c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)；等體積混合后相關粒子的濃度變?yōu)楸緛淼囊话?，依?/p>