题目内容

1.用水稀释0.1mol  L-1的醋酸溶液,其中随水的增加而增大的有(  )
①H+的物质的量,②c(H+),③c(OH-),④$\frac{c({H}^{+})}{c(HAc)}$,⑤$\frac{c(HAc)}{c(A{c}^{-})}$.
A.①③④B.①③⑤C.②④D.③④

分析 用水稀释0.1mol/L醋酸时,溶液中随着水量的增加,由CH3COOH?CH3COO-+H+可知,n(CH3COO-)、n(H+)增大,但溶液的体积增大的多,则c(CH3COO-)、c(H+)减小,则c(OH-)增大,加水促进电离,则c(CH3COOH)减少.

解答 解:①加水稀释,促进醋酸电离,则H+的物质的量增大,故正确;
②加水稀释,促进醋酸电离,则H+的物质的量增大,但氢离子的物质的量增大程度远远小于溶液体积增大程度,所以c(H+)减小,故错误;
③加水稀释,促进醋酸电离,则H+的物质的量增大,但氢离子的物质的量增大程度远远小于溶液体积增大程度,所以c(H+)减小,温度不变,水的离子积常数不变,则c(OH-)增大,故正确;
④加水稀释,促进醋酸电离,但氢离子浓度减小,醋酸浓度也减小,但氢离子浓度减小的程度小于醋酸浓度减小的程度,所以$\frac{c({H}^{+})}{c(HAc)}$增大,故正确;
⑤加水稀释,促进醋酸电离,但醋酸根离子浓度减小,醋酸浓度也减小,但醋酸根离子浓度减小的程度小于醋酸浓度减小的程度,所以$\frac{c(HAc)}{c(A{c}^{-})}$减小,故错误;
故选A.

点评 本题考查了弱电解质的电离,难度较大,加水稀释促进醋酸电离,氢离子的物质的量增大程度远远小于溶液体积增大程度,所以c(H+)减小,很多学生认为氢离子浓度增大,为易错点.

练习册系列答案
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11.某化工厂以软锰矿、闪锌矿(除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O2等物质)为原料制取Zn和MnO2

(1)在一定条件下,将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用,配平如下的化学方程式:
□MnO2+□ZnS+□H2SO4═□MnSO4+□Fe2(SO43+□S+□H2O
(2)将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按图1的工业流程进行处理得到溶液(Ⅳ)、电解溶液(Ⅳ)即得MnO2和Zn.
a.操作中①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为:Zn+Cu2+=Zn2++Cu、Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+
b.操作②中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+;反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+
c.操作③中所加碳酸盐的化学式是MnCO3或ZnCO3
(3)电解法制备高锰酸钾的实验装置示意图(图中阳离子交换膜只允许K+离子通过):
①阳极的电极反应式为MnO42--e-=MnO4-
②若电解开始时阳极区溶液为1.0L0.40mol/LK2MnO4溶液,电解一段时间后,溶液中$\frac{n(K)}{n(Mn)}$为6:5,阴极区生成生成KOH的质量为17.9.(计算结果保留3位有效数字)
(4)已知25℃时,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Al(OH)3]=1.1×10-33
①在25℃下,向浓度均为0.1mol•L-1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先生成Al(OH)3沉淀(填化学式)
②用MgCl2和AlCl3的混合溶液(A)与过量氨水(B)反应,为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀,应先向沉淀反应器中加入B反应物.
③溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10-5mol•L-1时,可认为已沉淀完全.现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水,当Fe3+完全沉淀时,测定c(Al3+)=0.2mol•L-1.此时所得沉淀中不含有(填“还含有”或“不含有”)Al(OH)3

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