Question

【题目】已知25 ℃时,部分弱电解质的电离平衡常数数据如下表：

弱酸化学式	CH3COOH	HCN	H2CO3
电离平衡常数	1.7×10－5	6.2×10－10	K1＝4.3×10－7 K2＝5.6×10－11

（1）用离子方程式表示Na2CO3溶液呈碱性的原因：____________________。

（2）等物质的量浓度的A．CH3COONa B．NaCN C．Na2CO3 D．NaHCO3溶液的pH由大到小的顺序为____________________________________(填字母)。

（3）已知在25℃时, 将HCN溶液与NaOH溶液等体积等浓度混合后,此溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________________________________。

（4）常温下，0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，下列表达式的数据变大的是______。

A．c(H＋) B．c(H＋)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－)

（5）体积均为10 mL ,pH均为2的醋酸溶液与盐酸分别与足量Zn反应，反应刚开始时产生H2的速率：v(HCl)______v(CH3COOH)（填“＝”、“＞”或“＜”下同），反应完全后，所得氢气的质量：m(H2)盐酸_______m(H2)醋酸。

【答案】 CO32-+H2O HCO3-+OH- C>B>D>A c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+) B = <

【解析】（1）. Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，使溶液呈碱性，故答案为：CO32-+H2O HCO3-+OH-；

（2）.由表中数据可知，酸性强弱顺序为：CH3COOH> H2CO3> HCN>HCO3－，根据越弱越水解的规律可知，离子的水解程度：CO32－>CN－>HCO3－>CH3COO－，则等物质的量浓度的A．CH3COONa B．NaCN C．Na2CO3 D．NaHCO3四种溶液的pH由大到小的顺序为：C>B>D>A，故答案为：C>B>D>A；

（3）.在25℃时，将HCN溶液与NaOH溶液等体积等浓度混合后，二者恰好完全反应，得到NaCN溶液，因Na＋不水解而CN－水解，所以c(Na＋)＞c(CN－)，CN－水解使溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，因盐的水解反应是微弱的，则c(CN-)>c(OH-)，所以此溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；

（4）.A.常温下，0.1 mol·L－1的CH3COOH 溶液加水稀释，促进醋酸的电离，使醋酸电离平衡正向移动，n（H+）增大，但c（H+）和c（CH3COO－）减小，故A错误；B. 根据Ka=可知， = ，根据A项分析可知，c（CH3COO－）减小，因温度不变，则Ka不变，故 = 增大，故B正确；C. c(H＋)·c(OH－)= Kw，因温度不变，则Kw不变，故c(H＋)·c(OH－)也不变，故C错误；答案选B；

（5）.pH相同的不同醋酸和盐酸中，氢离子浓度相同，反应刚开始时，与Zn反应速率的相同；因醋酸是弱酸，醋酸中酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中酸的浓度等于氢离子浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则所得氢气的质量：m（H2）盐酸<m（H2）醋酸，故答案为：=；＜。

点睛：本题主要考查弱电解质的电离平衡和溶液中微粒浓度的大小比较，题目难度不大。本题的易错点是第（4）小问，分析时既要结合平衡移动原理，也要善于利用平衡常数只与温度有关进行判断，如比较c(H＋)/c(CH3COOH)时，可以根据Ka=得出： = ，再根据c（CH3COO－）减小，因温度不变，则Ka不变，故 = 增大，可以快速解决此类问题。

【题型】综合题
【结束】
25

【题目】盐酸和氢氧化钠是工业上重要的化工原料，也是实验室里常见的化学试剂。

Ⅰ．测定中和热．

（1）写出稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式__________（中和热数值为57.3kJ/mol）。

（2）取50mL 0.5mol/L HCl溶液与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行测定，但实验数值小于57.3kJ/mol，原因不可能是_______（填序号）．

A．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度

B．量取盐酸的体积时仰视读数

C．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中

D．实验装置保温、隔热效果差

Ⅱ．酸碱中和滴定．

欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000 mol·L-1 HCl标准溶液进行中和滴定(用酚酞作指示剂)。请回答下列问题：

（1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是__________________________。

（2）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10 mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为___________。

乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：

实验序号	待测NaOH溶液的体积/mL	0.1000mol·L-1HCl溶液的体积/mL
		滴定前刻度	滴定后刻度
1	25.00	0.00	26.11
2	25.00	1.56	33.30
3	25.00	0.22	26.31

（3）选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为________________(小数点后保留四位)。

（4）下列哪些操作会使测定结果偏高___________(填序号)。

A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接注入待测溶液进行滴定

B．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液

C．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后立即取用25.00mL待测液注入锥形瓶中进行滴定

D．滴定前俯视滴定管读数，滴定后平视滴定管读数

（5）滴定达到终点的标志是_________________________________________________。

Answer 1

【答案】 H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l)△H=-57.3kJ·mol－1 B 用碱液润洗 23.80mL 0.1044 mol·L-1 BD 滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不复原

【解析】 I.（1）.强酸强碱的中和热为-57.3kJ/mol，即强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ，则稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式：H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l) △H=-57.3kJ·mol－1；故答案为：H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l) △H=-57.3kJ·mol－1；

（2）.A．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度，则残留在温度计上的NaOH会与盐酸反应，使盐酸的起始温度偏高，温度差偏小，中和热的数值偏小，故A正确；B．量取盐酸的体积时仰视读数，会导致所量取的盐酸体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故B错误；C．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多，中和热的数值偏小，故C正确；D．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故D正确；因此答案选B

II. （1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该用待测的NaOH溶液进行润洗，否则会将NaOH溶液稀释，造成实验误差，故答案为：用碱液润洗；

（2）.由图可知，滴定后液面的读数为：24.90mL，因滴定前滴定管内液面读数为1.10 mL，则此时消耗标准溶液的体积为：（24.90－1.10）mL=23.80mL，故答案为：23.80mL；

（3）.由表中数据可知，第1次消耗标准液的体积是：（26.11－0.00）mL=26.11mL，第2次消耗标准液的体积是：（33.30－1.56）mL=31.74mL，第3次消耗标准液的体积是：（26.31－0.22）mL=26.09mL，因第2次数据误差较大，故舍去，则消耗标准液的平均体积是：（26.11+26.09）mL÷2=26.10mL，所以NaOH溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）== 0.1044 mol·L-1，故答案为：0.1044 mol·L-1；

（4）. A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接注入待测溶液进行滴定，对实验结果无影响，故A错误；B．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；C．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后立即取用25.00mL待测液注入锥形瓶中进行滴定，则所取待测液偏少，消耗标准液的体积偏少，测定结果偏低，故C错误；D．滴定前俯视滴定管读数，滴定后平视滴定管读数，则导致所量取的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；答案选BD；

（5）. 到滴定终点时，当滴入最后一滴标准液，溶液会由红色变为无色，且半分钟内不复原，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不复原。