江西省永修县第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（解析版）

这是一份江西省永修县第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Zn-65
一、单选题(每小题3分，共45分)
1. 古诗词是我国传统文化的瑰宝。下列诗词解读不正确的是
A. “朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用
B. “千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”，利用金和泥沙密度不同而进行淘洗分离
C. “章山之铜，所谓丹阳铜也。今有白铜，盖点化为之，非其本质”，纯铜比白铜硬度大，熔点低
D. “错把陈醋当成墨，写尽半生纸上酸”，陈醋里的醋酸是弱电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A．雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，形成光亮的通路，A正确；
B．淘金利用的是金的密度比较大，B正确；
C．白铜为合金，合金比纯铜的硬度大，熔点低，C错误；
D．醋酸是弱电解质，D正确；
故选C。
2. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 中含有个阳离子
B. 乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
C. 含有中子数为
D. 和于密闭容器中充分反应后，分子总数为
【答案】C
【解析】
【详解】A． 由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，的物质的量为0.1ml，因此，其中只含有个阳离子，A说法不正确；
B．没有指明气体的温度和压强，无法确定乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是多少，因此，无法确定其中所含碳氢键的数目，B说法不正确；
C．分子中有6个中子，的物质的量为0.5ml，因此，含有的中子数为，C说法正确；
D．和发生反应生成，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此，和于密闭容器中充分反应后，分子总数小于，D说法不正确。
综上所述，本题选C。
3. 根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，，下列酸性强弱顺序正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，则反应中，酸性：，反应中，酸性：，故酸性：，答案选D。
4. 已知：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) ΔH=a kJ·ml-1
2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=-220 kJ·ml-1
H-H、O=O和O-H的键能分别为436 kJ·ml-1、496 kJ·ml-1和462 kJ·ml-1，则a为
A. -332B. -118C. +350D. +130
【答案】D
【解析】
【详解】①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=akJ·ml-1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ·ml-1
根据盖斯定律①×2－②得2H2O(g)= 2H2(g)+ O2(g) ΔH=2akJ·ml-1+220kJ·ml-1；焓变=反应物总键能-生成物总键能，即462kJ·ml-1×4－436kJ·ml-1×2－496kJ·ml-1=2akJ·ml-1+220kJ·ml-1，则a=+130，故选D。
5. 下列化学原理的应用，可以用盐类水解原理来解释的是
①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强
②误将钡盐[ BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
③石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成
④BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以
⑤泡沫灭火器灭火原理
A. ①⑤B. ②③④C. ③④⑥D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①热纯碱溶液中，的水解程度大，产生的OH-浓度大，洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强；
②误将钡盐[ BaCl2、Ba(NO3)2]食用后，用0.5%的Na2SO4溶液解毒，利用的是Ba2+与反应生成BaSO4沉淀，从而减少Ba2+对人体产生的伤害，与水解无关；
③石灰岩(喀斯特地貌)溶洞形成时，发生反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，与盐类水解无关；
④BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以，因为前者能与胃酸(HCl)反应，生成的Ba2+可使人中毒，整个过程与盐类水解无关；
⑤泡沫灭火器灭火时，Al3+与发生双水解反应，生成CO2气体和Al(OH)3胶状沉淀，覆盖在燃烧物表面，隔绝空气，从而达到灭火目的；
综合以上分析，①⑤符合题意，故选A。
6. 如图是298K 时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述不正确的是

A. 该反应的热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH = -92kJ·ml-1
B. b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C. 加入催化剂，该化学反应的活化能和反应热都改变
D. 在温度体积一定的条件下， 通入lml N2和3mlH2反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2mlN2和6mlH2反应后放出的热量为Q2kJ则184>Q2 >2Q1
【答案】C
【解析】
【详解】A．热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，△H=-92kJ•ml-1，故A正确；
B．催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，故B正确；
C．催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故C错误；
D．向密闭容器中通入1ml N2和3ml H2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量Q1kJ＜92.4kJ；另一容积相同的密闭容器中通入2ml N2和6ml H2，达到平衡时放出热量理论上讲应该是2×92.2kJ=184KJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q2＜184kJ，同时通入2ml N2和6ml H2的压强比通入1ml N2和3ml H2的大了，平衡还会向正向移动，放出的热量还会增大，即Q2＞2Q1，故D正确；
故选C。
7. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是
A. 三种酸的强弱关系：
B. 反应能够发生
C 由电离常数可以判断，属于强酸，和属于弱酸
D. 相同温度下，溶液的电离常数大于溶液的电离常数
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性越强电离平衡醋酸越大，三种酸的强弱关系：，故A错误；
B．根据“强酸制弱酸”，反应能够发生，故B正确；
C．由电离常数可以判断，、、都属于弱酸，故C错误；
D．电离平衡常数与浓度无关，相同温度下，溶液的电离常数等于溶液的电离常数，故D错误；
选B。
8. 常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是
A. 新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+) = c(Cl-) + c(ClO-) + c(OH)
B. pH = 8.3的NaHCO3溶液：c(Na+) > c(HCO3-) > c(CO32-) > c(H2CO3)
C. pH = 11的氨水与pH = 3的盐酸等体积混合：c(Cl-) = c(NH4+) > c(OH) = c(H+)
D. 0.2ml/LCH3COOH溶液与0.1ml/LNaOH溶液等体积混合：2c(H+) – 2c(OH-) = c(CH3COO-) – c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A．新制氯水中加入足量固体NaOH存在电荷c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，故A错误；
B．pH = 8.3 的 NaHCO3溶液中HCO3-的水解大于其电离，则c(Na+)> c(HCO3-) > c(H2CO3) > c(CO32-) ，故B错误；
C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后溶液显碱性，故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，代入计算得到：2c(OH-)+c(CH3COO-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，所以得到：c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D正确；
答案为D。
9. 某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是
A. 升高温度，若增大，则
B. 加入一定量Z，达新平衡后减小
C. 加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后增大
D. 加入一定量氩气，平衡不移动
【答案】C
【解析】
分析】
【详解】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而增大，说明平衡正向移动，故则，A正确；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后减小，B正确；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后不变，C错误；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确；
故答案为：C。
10. 下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是
提示：、。
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氢氧化钠溶液滴定醋酸时，恰好中和时生成醋酸钠，此时溶液显碱性，所以选择碱性条件下变色的指示剂即酚酞，终点颜色变化为无色→浅红色，A正确；
B．盐酸滴定氨水时，恰好中和时生成氯化铵，此时溶液显酸性，所以选择酸性条件下变色的指示剂—甲基橙，终点颜色变化为黄色→橙色，B正确；
C．据题给已知反应，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钾的原理进行滴定，亚硫酸钾被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，C正确；
D．用碘水滴定硫化钠溶液，淀粉作指示剂，开始时溶液无色，硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以滴定终点的颜色变化为无色→蓝色，D错误。
答案选D。
11. 已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-l5。下列说法正确的是
A. 在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B. 0.1ml/L的NaHA溶液呈碱性
C. 向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D. 取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】
【详解】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解能力比HA-的水解能力强，则水的电离程度前者大于后者，A不正确；
B．0.1ml/L的NaHA溶液中，Kh2=≈7.7×10-8＞7.1×10-l5，所以HA-以水解为主，溶液呈碱性，B正确；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，Ka2=，==7.1×10-4，则c(A2-)＜c(HA-)，C不正确；
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，溶液中c(H+)＞，则该溶液pH＜a+1，D不正确；
故选B。
12. 下列说法不正确的是
A. 的盐酸中
B. 将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性
C. 常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质
D. 常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大
【答案】A
【解析】
【详解】A. 盐酸的浓度为2.0×10-7 ml/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7 ml/L，故A错误；
B. KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；
C. NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；
D. 醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；
答案选A。
13. 常温下，将pH=a的NaOH溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下醋酸的电离平衡常数约为
A. 1014-a-2bB. 10 a+b-14C. 10a-2bD. 10a-2b+14
【答案】A
【解析】
【详解】pH=b的醋酸溶液中c(H+)=c(CH3COOO-)=10-bml/L，pH=a的NaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=10a-14ml/L，将两者等体积混合，恰好完全反应，则说明醋酸的物质的量浓度等于NaOH的物质的量浓度，c(CH3COOH)约为10a-14ml/L,故该温度下醋酸的电离平衡常数为1014-a-2b 。答案选A。
14. 在体积都为、的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】体积都为1L氢离子浓度均为10—2ml/L盐酸和醋酸溶液中，氢离子浓度相等，反应速率相等，但醋酸是弱酸，溶液中存在电离平衡，醋酸的浓度大于盐酸浓度，向两种酸溶液中加入0.65g锌粒时，盐酸溶液中锌过量，醋酸溶液中锌不足，则醋酸溶液中与锌反应生成的氢气的物质的量大于盐酸，由于醋酸中电离平衡向电离方向移动，溶液中氢离子浓度变化小，生成氢气的反应速率大于盐酸，醋酸先完全反应，故选C。
15. 已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线
B. 取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C. b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
D. 从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线，A错误；
B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，B错误；
C．酸越弱，电离出H＋趋势越小，对水的电离抑制程度越低，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，C错误；
D．溶液中==，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，D正确；
故选D
二、非选择题(除标注外每空2分，共55分)
16. 北京时间2021年6月17日9时22分，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。
（1）火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲肼和四氧化二氮，偏二甲肼可用肼来制备。用肼(N2H4)作燃料，四氧化二氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。
已知：N2(g)+2O2(g)=N2O4(g) △H=+10.7kJ•ml-1
N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-543kJ•ml-1
写出气态肼和N2O4反应的热化学方程式：____。
（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g) △H＞0。在610K时，将0.1mlH2S与0.3mlCO2充入2.5L的空钢瓶中，经过10min，反应达到平衡，反应平衡时水蒸气的物质的量分数为0.125。
①H2S的平衡转化率a=____%，反应平衡常数K=____。
②在610K时，经过10min反应达到平衡状态时生成H2O的平均化学反应速率=____。
③在650K重复实验，此反应的平衡常数K=0.25，经过8min时，测得水蒸气的物质的量为0.04ml，该反应是否达到平衡____(填“平衡”，“未达到平衡”或“无法确定”)。
④一定温度下，在体积一定的密闭容器中进行H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)反应。能判断该反应是否达到平衡状态的依据是____。
A.容器中压强不变 B.容器中CO2的体积分数不变
C.v正(H2O)=v逆(H2O) D.容器中混合气体的密度不变
⑤要增大该反应的平衡常数K值，可采取的措施有____。
A.增大H2S的起始浓度 B.增大反应体系压强
C.使用高效催化剂 D.升高温度
【答案】（1）2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1096.7kJ•ml-1
（2） ①. 50 ②. 0.2 ③. 0.002ml·L-1·min-1 ④. 未达到平衡 ⑤. BC ⑥. D
【解析】
【分析】（1）根据题意写出目标方程式，再用盖斯定律计算ΔH；
（2）根据题目信息，列出三段式可求解各物质转化量、平衡量，进而计算转化率、平衡常数、反应速率等；判断反应是否达到平衡状态，可根据Q与K的相对大小，也可根据“变量→不变”；在方程式确定的前提下，K只受温度影响；据此回答。
【小问1详解】
由题意可知肼(N2H4)与N2O4反应生成N2和气态H2O，写出目标方程式2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) ΔH3③，根据已知方程式N2(g)+2O2(g)=N2O4(g) ΔH1=+10.7kJ•ml-1①、N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH2=-543kJ•ml-1②，可得③=2②－①，ΔH3=2ΔH2－ΔH1=2×(-543kJ•ml-1)－(+10.7kJ•ml-1)= -1096.7kJ•ml-1，故答案为：2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) ΔH=-1096.7kJ•ml-1；
【小问2详解】
由于H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)是气体总物质的量不变的反应，反应前气体的总物质的量=0.1ml+0.3ml=0.4ml，在610K平衡时，气体的总物质的量仍为0.4ml，根据题意，平衡时水蒸气的物质的量=0.4ml×0.125=0.05ml，由此可列出反应的三段式：
①H2S的平衡转化率a=，平衡常数K=，故答案为：50；0.2；
②在610K时，经过10min反应达到平衡时，v(H2O)==0.002ml·L-1·min-1，故答案为：0.002ml·L-1·min-1；
③在650K时，根据题意列出三段式：
此时浓度商Q= = ≈0.10＜K，反应未达到平衡，故答案为：未达到平衡；
④A. H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)是气体物质的量不变的反应，进行过程中容器内压强始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，故不选A；
B.未平衡时，CO2的体积分数会变化，平衡后才保持不变，可据此判断反应是否达到平衡状态，故选B；
C.平衡时，H2O的生成速率=消耗速率，即v正(H2O)=v逆(H2O)，故选C；
D.反应过程中，容器中气体的总质量不变，容器体积也不变，容器中混合气体的密度始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，故不选D；答案为：BC；
⑤根据题意，该反应的ΔH＞0，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，其余措施均不能使K增大，故答案为：D。
【点睛】对于反应前后气体物质的量不变的反应，要关注到气体的总物质的量是个定值，在判断平衡状态以及计算时可以利用好这一点；另外，要谨记，方程式确定后，平衡常数K只受温度影响。
17. 已知t℃时，0.01ml/LNaOH溶液的pH=11，0.1ml/L的HA溶液中c(H+)/c(OH-)=109请回答下列问题：
(1)该温度下，水的离子积Kw=____，0.1ml/L的HA溶液中水电离出的c(OH-)=_____。
(2)在室温下，将pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈_____(填“酸”“碱”或“中”)性。
(3)在室温下，蒸馏水稀释0.01ml/LHA溶液时，下列呈减小趋势的是_____。
A．水的电离程度 B．c(HA)/c(A-)
C．溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积 D．溶液中c(A-)·c(HA)的值
(4)室温下，取pH=2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：
设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1_____m2(填“>”“”“n(HCl)，酸消耗的越多，则参加反应的锌的质量越大，所以设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1②>③>①
（2）⑧>⑤>④>⑦>⑥
（3）a>d>b>c （4）ClO-+H2O+CO2=HCO+HClO
（5）9.9×10-7ml/L
（6）
【解析】
【小问1详解】
酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，硫酸中氢离子浓度最大，醋酸属于弱酸，氢离子浓度相对较小，溶液中的氢离子浓度远小与硫酸溶液中氢离子浓度，氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度小于硫酸溶液中氢离子浓度，但大于醋酸中氢离子浓度，氯化铵属于能水解的盐溶液，所以水电离出氢离子浓度大小顺序是④＞②＞③＞①，故答案为：④＞②＞③＞①；
【小问2详解】
一水合氨是弱电解质，电离程度最小，溶液中铵根离子浓度最小，氢离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，若等铵根离子浓度则硫酸铵的浓度接近其他盐的一半，则铵根离子浓度大小顺序是⑧>⑤>④>⑦>⑥，故答案为：⑧>⑤>④>⑦>⑥；
【小问3详解】
相同条件下，酸的电离平衡常数越小，则酸的电离程度越小，酸根离子水解程度越大，则相同浓度的钠盐，其pH值越大，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序是：> ClO- >> CH3COO-，则pH相等的下列溶液，它们的物质的量浓度由大到小排列的顺序是a>d>b>c，故答案为: a>d>b>c；
【小问4详解】
酸性H2CO3 > HClO>，根据强酸制取弱酸原理知，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为ClO-+H2O+CO2=+HClO，故答案为: ClO-+H2O+CO2=+HClO；
【小问5详解】
25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH = 6，根据电荷守恒可知溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=10-6ml/L-10-8ml/L=9.910-7ml/L；故答案为9.910-7ml/L；
【小问6详解】
反应后溶液恰好显中性，c(H+) = 10-7ml/L，由电荷守恒可知c(CH3COO-)= c(Na+) = 0.5bml/L，醋酸的电离常数Ka===，故答案为。酸
电离常数K
选项
滴定管中的溶液
锥形瓶中的溶液
指示剂
滴定终点颜色变化
A
溶液
溶液
酚酞
无色→浅红色
B
盐酸
氨水
甲基橙
黄色→橙色
C
酸性溶液
溶液
无
无色→浅紫红色
D
碘水
溶液
淀粉
蓝色→无色
测定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000ml/L硫酸的体积/L
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka=1.8×10-5
Ka1=4,.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka=30×10-8