I．有浓度为0.1mol•L-1的盐酸.硫酸.醋酸三种溶液.试回答:(1)三种溶液中c(H+)依次为amol•L-1.bmol•L-1.cmol•L-1.大小顺序为b＞a＞c．(2)等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH 溶液反应.生成的盐的物质的量依次为n1mol.n2mol.n3mol.它们的大小关系为n1=n2=n3．(3)中� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

16．I．有浓度为0.1mol•L^-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，试回答：
（1）三种溶液中c（H⁺）依次为amol•L^-1，bmol•L^-1，cmol•L^-1，大小顺序为b＞a＞c．
（2）等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH 溶液反应，生成的盐的物质的量依次为n₁mol，n₂mol，n₃mol，它们的大小关系为n₁=n₂=n₃．
（3）中和等量NaOH溶液都生成正盐时，分别需上述三种酸的体积依次是V₁L、V₂L、V₃L，其大小关系为V₁=2V₂=V₃．
II．（1）碳酸钠溶液呈碱性，（填“酸”、“中”、“碱”）性，将该溶液加热蒸干灼烧可得到Na₂CO₃（填化学式）固体．
（2）已知在相同的条件下，醋酸的酸性强于碳酸的酸性，浓度为0.1mol•L^-1CH₃COONa溶液pH为a，浓度为0.1mol•L^-1NaHCO₃溶液pH为b，则a＜b（填“＜”、“=”或“＞”）．

分析 I．（1）0.1mol•L^-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，a=0.1mol/L，b=0.2mol/L，c＜0.1mol/L；
（2）均发生酸碱中和反应，等体积等浓度时酸的物质的量相同，由酸根离子守恒可知生成盐的物质的量相同；
（3）中和一定量NaOH溶液生成正盐时，硫酸中氢的物质的量为盐酸、醋酸的2倍；
II．（1）Na₂CO₃为强碱弱酸盐，CO₃ ^2-水解：CO₃^2-+H₂O?HCO₃^-+OH^-，使溶液呈碱性；
（2）酸性越弱，对应盐的水解程度越大，溶液的碱性越强．

解答解：I．盐酸、硫酸为强酸，醋酸为弱酸，且盐酸和醋酸为一元酸，硫酸为二元酸，
（1）0.1mol•L^-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，a=0.1mol/L，b=0.2mol/L，c＜0.1mol/L，则b＞a＞c，
故答案为：b＞a＞c；
（2）均发生酸碱中和反应，等体积等浓度时酸的物质的量相同，由酸根离子守恒可知生成盐的物质的量相同，即盐的物质的量为n₁=n₂=n₃，
故答案为：n₁=n₂=n₃；
（3）中和一定量NaOH溶液生成正盐时，设NaOH的物质的量为0.1mol，醋酸和盐酸消耗NaOH相同均为1L，硫酸中氢离子浓度最大，消耗的酸体积就最少，硫酸体积为0.5L，可知需上述三种酸的体积V₁L、V₂L、V₃L的大小关系为V₁=2V₂=V₃，
故答案为：V₁=2V₂=V₃．
II．（1）Na₂CO₃为强碱弱酸盐，CO₃ ^2-离子水解：CO₃^2-+H₂O?HCO₃^-+OH^-，使溶液呈碱性，将该溶液加热蒸干灼烧可得到碳酸钠固体；
故答案为：碱；Na₂CO₃；
（2）已知在相同的条件下，醋酸的酸性强于碳酸的酸性，浓度为0.1mol•L^-1CH₃COONa溶液pH为a，浓度为0.1mol•L^-1NaHCO₃溶液pH为b，酸性越弱，对应盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，所以NaHCO₃溶液的碱性强，pH大，即a＜b；
故答案为：＜．

点评本题考查较综合，涉及酸的电离、盐的水解、酸碱混合的计算等，把握氢离子的物质的量比较、盐是水解影响因素及中和反应的实质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等．

练习册系列答案

7．NaC1O₂是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图：

（1）写出“反应”步骤中生成ClO₂的化学方程式：2NaC1O₃+SO₂+H₂SO₄=2ClO₂+2NaHSO₄．
（2）“电解”中阴极反应的主要产物是ClO₂^-（或NaC1O₂）．
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg²⁺和Ca²⁺，要加入的试剂分別为NaOH溶液、Na₂CO₃溶液（填化学式）．
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO₂．写出“尾气吸收”的离子方程式：2ClO₂+2OH^-+H₂O₂=2C1O₂^-+O₂+2H₂O．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1．
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl₂的氧化能力．NaClO₂的有效氯含量为1.57g（计算结果保留两位小数）．

4．下列化学用语正确的是（　　）

	A．	新戊烷的结构简式：C₅H₁₂		B．	丙烷的比例模型：
	C．	四氯化碳的电子式：		D．	乙烯的结构式：

11．铊（Tl）盐与氰化钾（KCN）被列为A级危险品．已知下列反应在一定条件下能够发生：①TI³⁺+2Ag=Tl⁺+2Ag⁺，②Ag⁺+Fe²⁺=Ag+Fe³⁺，③Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺，下列离子氧化性比较顺序正确的是（　　）

TI³⁺＞Fe³⁺＞Ag⁺

Fe³⁺＞Ag⁺＞TI³⁺

Tl⁺＞Ag⁺＞Fe²⁺

TI³⁺＞Ag⁺＞Fe²⁺

1．有机物高分子化合物A常用做木材的粘合剂，俗称“白乳胶”．B通过加聚反应可制得A．B的蒸气对H₂的相对密度为43，分子中C、H、O的原子个数之比为2：3：1．B在酸性条件下水解可生成碳原子数相同的两种有机物D和M．
（1）B分子中非含氧的官能团的名称为碳碳双键．
（2）B的同分异构体中属于不饱和羧酸的有3种，它们是CH₂=CHCH₂COOH、CH₃CH=CHCOOH、

．
（3）写出B在一定条件下生成A的化学方程式

．
（4）通常羟基与双键碳原子直接相连接时，易发生下列转化：

M能发生银镜反应，请写出M的结构简式CH₃CHO；
（5）已知：

D可以发生如下转化关

系：
有机物N与G互为同系物，且N的相对分子质量比G大14，写出两分子N在一定条件下生成六元环状化合物的结构简式

．并写出N发生消去反应的化学方程式CH₃CH（OH）COOH$→_{△}^{浓硫酸}$CH₂=CHCOOH+H₂O．

8．已知反应A₂（g）+2B（s）?A₂B₂（g）△H＜0，下列说法正确的是（　　）

	A．	升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快，化学平衡向逆反应方向移动
	B．	增大压强，正反应与逆反应速率均增大，平衡不移动
	C．	增大A₂（g）的浓度，化学平衡向正反应方向移动，A₂的转化率增大
	D．	增大B的物质的量，化学平衡向正反应方向移动，A₂的转化率增大

5．

氯化亚铜（CuCl）是微溶于水但不溶于乙醇的白色粉末•，溶于浓盐酸会生成HCuC1₂，常用作催化剂．实验室可用废铜屑、浓盐酸、食盐及氧气制取CuCl．已知KMnO₄不与稀盐酸反应，回答下列问题：
（1）甲组同学拟选择合适的方法制取氧气．
①若选择如图所示的装置A，则制取氧气的化学方程式为2H₂O₂$\frac{\underline{\;MnO_2\;}}{\;}$2H₂O+O₂↑（或2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑）．
②若选择如图所示的装置B，则仪器c中应盛放的试剂是KClO₃和MnO₂（或KMnO₄）．
（2）乙组同学采用甲组装置制氧气并通过下列装置和步骤制备氯化亚铜．
步骤1：在三颈烧瓶中加入浓盐酸、食盐、铜屑，加热至60〜70℃开动搅拌器，同时缓慢通入氧气，制得NaCuCl₂．
步骤2：反应完全后，冷却，用适量的水稀释，析出CuCl．
步骤3：过滤，用盐酸和无水乙醇洗涤固体．
步骤4：在60〜70℃干燥固体得到产品．
①步驟1适宜采用的加热方式为水浴加热；搅拌的目的是让反应物充分接触反应，加快反应速率．
②若乙组同学在步骤2中不慎用稀硝酸进行稀释，则会导致CuCl的产率降低．
③步驟3用乙醇洗涤的目的是洗去固体表面可溶性杂质，并减少CuCl溶解的损耗．
（3）丙组同学拟测定乙组产品中氯化亚铜的质量分数．实验过程如下：
准确称取乙组制备的氯化亚铜产品1.600g，将其置于足量的FeCl₃溶液中，待样品全部溶解后，加人适量稀硫酸，用0.2000mol•L^-1的KMnO₄标准溶液滴定到终点，消耗KMnO₄溶液15.00mL，反应中 MnO₄^-被还原为Mn²⁺．
①加入适量稀硫酸的作用是酸化，提高MnO₄^-的氧化能力，
②产品中氯化亚铜的质量分数为93.28%．

5．亚氯酸钠（NaClO₂）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌．以下是制取亚氯酸钠的工艺流程：

已知：ClO₂气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在，且只能保持在浓度较低状态下以防止爆炸性分解，需现合成现用．
（1）在无隔膜电解槽中持续电解一段时间后，生成氢气和NaClO₃，请写出阳极的电极反应方程式：Cl^--6e^-+6OH^-=ClO₃^-+3H₂O．
（2）反应生成ClO₂气体需要X酸酸化，X酸可以为A．
A．稀硫酸 B．盐酸 C．硝酸 D．H₂C₂O₄溶液
（3）ClO₂吸收塔内的温度不能过高，其原因为：温度过高H₂O₂将分解
（4）ClO₂对污水中Fe²⁺、Mn²⁺、S^2-和CN^-等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN^-amg/L，现用ClO₂和CN^-氧化，生成了两种无毒无害的气体，其离子反应方程式为2ClO₂+2CN^-=2Cl^-+2CO₂+N₂↑；处理100m³这种污水，反应过程转移的电子数为$\frac{250a}{13}{N}_{A}$．

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