2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

黑龙江省哈尔滨市第三中学2018-2019学年高二上学期

第二次月考化学试题

1.下列各组物质中都属于弱电解质的一组物质是

A. NH3、SO2、H2O、HI    B. HF、H2O、NH3•H2O、H2SO3

C. BaSO4、Cl2、HClO、H2S    D. NaHSO3、H2O、CO2、H2CO3

【答案】B

【解析】

【详解】A. NH3、SO2都是非电解质，它们的水溶液能导电的原因是因NH3•H2O和H2SO3的电离引起的，而HI是强电解质，A错误；

B. B组中的各化合物在水溶液中都能部分电离，都为纯净物，均为弱电解质，B正确；

C. BaSO4溶于水的那部分是全部电离的，是强电解质，而Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；

D.NaHSO3是盐，溶于水时全部电离，是强电解质，而CO2的水溶液能导电的原因是因碳酸的电离引起的，所以CO2属于非电解质，D错误。

综上所述，本题选B。

【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。

2.将1 mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1 L溶液。下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是

A. 醋酸的浓度达到1 mol·L－1

B. H＋的浓度达到0.5 mol·L－1

C. 醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H＋的浓度均为0.5 mol·L－1

D. 醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等

【答案】D

【解析】

在未电离时c(CH3COOH)＝1 mol·L－1，当醋酸、H＋、CH3COO－的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是0.5 mol·L－1)，醋酸的电离达到平衡状态，故A、B、C均错。依据平衡状态的标志即电离成离子的速率与离子结合成分子的速率相等，可知D项正确。

3.在容积固定的4L密闭容器里，进行可逆反应：X(g)＋2Y(g)2Z(g)，并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率v(正)、v(逆)与时间t的关系如下图。则图中阴影部分面积表示

A. X的浓度减少

B. Y的物质的量减少

C. Z的浓度增加

D. X的物质的量减少

【答案】C

【解析】

试题分析：Sabdo表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，而Sbod则表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，所以，Saob=Sabdo-Sbod，表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，而Y的反应速率与Z的反应速率相等，则阴影部分可表示Y的浓度的减小或Z的浓度的增加；故选C。

【考点定位】考查化学平衡的概念

【名师点晴】涉及化学平衡的图象问题是高考的一大热点，明确区域面积与化学平衡的联系是解题关键；观察图象，纵坐标为反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度，Y和Z的反应速率相等，则阴影部分不可能为X的浓度减少。

4.有一化学平衡mA(g) + nB(g)pC(g)+qD(g)，如图所示是A的转化率同压强、温度的关系，分析图可以得出的正确结论是

A. 正反应吸热，m+n>p+q

B. 正反应吸热，m+n<p+q

C. 正反应放热，m+n>p+q

D. 正反应放热，m+n<p+q

【答案】A

【解析】

由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，作垂直横轴的辅助线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，说明增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，故选A。

5.将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是

A. c(H＋)    B. Ka(HF)    C. c(F-)/c(H＋)    D. c(H＋)/c(HF)

【答案】D

【解析】

A、弱酸稀释时，电离平衡正向移动，溶液中n(H+)增大，但c(H+)减小，选项A错误；B、弱酸的Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变，选项B错误；C、因为在同一溶液中，所以c(F-)/c(H+)=n(F-)/n(H+)，随溶液的稀释，弱酸对水的电离的抑制作用减弱，水电离出的H+逐渐增多，所以c(F-)/c(H+)逐渐减小，选项C错误；D、在同一溶液中，c(H+)/c(HF)= n(H+)/n(HF)随溶液的稀释，HF的电离平衡正向移动，n(H+)增大，n(HF)减小，所以c(H+)/c(HF)始终保持增大，选项D项正确。

6.能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)＞c(OH－)的操作是

A. 向水中投入一小块金属钠    B. 将水加热煮沸

C. 向水中通入二氧化碳气体    D. 向水中加食盐晶体

【答案】C

【解析】

试题分析：A项中加入钠，Na与H2O反应生成NaOH，影响水的电离平衡，使c(OH-)＞c(H+);B项中加热使电离平衡右移，c(H+)=c(OH-);C项中通入CO2，CO2+H2O====H2CO3，使c(H+)＞c(OH-);而D项中c(H+)=c(OH-)，所以答案选C。

考点：考查外界条件对电离平衡的影响

点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础和能力的双向考查，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。该题的关键是明确水的电离平衡特点，以及外界条件是如何影响水的电离平衡的。

7.在同体积0.3 mol·L－1的H2SO4、HCl、CH3COOH溶液中，加入足量的Zn粉，下列说法中错误的是

A. 硫酸中放出氢气量最多    B. 醋酸中放出氢气速率最慢

C. 盐酸中放出的氢气量最多    D. 盐酸和醋酸中放出的氢气相等

【答案】C

【解析】

【详解】稀盐酸、稀硫酸和醋酸与锌反应都生成氢气；硫酸是二元酸,醋酸和盐酸是一元酸,等浓度、等体积的醋酸和盐酸与足量锌反应生成氢气的量相同；等浓度等体积的硫酸和盐酸中,硫酸中氢离子的物质的量大于盐酸中氢离子的物质的量，所以硫酸中产生氢气的量最多；综上所述，本题选C。

【点睛】浓度、体积相同的盐酸和醋酸，溶质的总量相等，但是溶液中的氢离子的量盐酸多；氢离子浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，溶液中氢离子的浓度相同，但是溶质的总量醋酸多。

8.把下列溶液加水稀释，溶液中每种离子的浓度都不会增加的是

A. CH3COOH溶液    B. NaCl溶液

C. NaOH溶液    D. Na2CO3溶液

【答案】B

【解析】

【分析】

溶液加水稀释，溶液体积增大，溶液中物质电离出的离子浓度一定减小，根据Kw只受温度影响来确定溶液中氢离子或是氢氧根离子浓度的大小。

【详解】溶液加水稀释，溶液体积增大，溶液中物质电离出的离子浓度一定减小；

 A．醋酸是弱酸，加水稀释后氢离子浓度减小，Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，其余的均减小，故A错误； 
B．氯化钠溶液是中性溶液，加水稀释，钠离子、氯离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，没有浓度增大的离子，故B正确； 
C．NaOH溶液加水稀释，氢氧根离子浓度减小，Kw不变，所以氢离子浓度增大，故C错误；

D．Na2CO3水解显碱性，加水稀释，氢氧根离子浓度减小，Kw不变，所以氢离子浓度增大，其它离子浓度减小，故D错误。

综上所述，本题选B。

9.已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2，②NaCN＋HF===HCN＋NaF，③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是

A. HF的电离平衡常数为7.2×10－4

B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10

C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱

D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小

【答案】B

【解析】

试题分析：A、①HNO2的酸性强于HCN，②HF的酸性强于HCN，③HF的酸性强于HNO2，酸性的强弱是HF>HNO2>HCN，电离平衡常数衡量电离的程度，常数越大，电离程度越大，因此HF的电离平衡常数为7.2×10－4，故说法正确；B、根据A选项的分析，HNO2的平衡常数为4.6×10－4，故属说法错误；C、根据A选线的分析，故说法正确；D、酸性的强弱是HF>HNO2>HCN，电离平衡常数衡量电离的程度，常数越大，电离程度越大，因此HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小，故说法正确。

考点：考查电离平衡常数等知识。

10.室温下某溶液中由水电离产生的c(H＋)等于10－10mol·L－1，该溶液的溶质不可能是

A. NaHSO4    B. NaCl    C. HCl    D. Ba(OH)2

【答案】B

【解析】

此时c(H＋)小于常温下纯水电离产生的c(H＋)，说明水的电离受到了抑制，NaHSO4、HCl、Ba(OH)2对水的电离都起抑制作用。

11.在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(OH－)＝10－10mol/L。下列有关该溶液的叙述正确的是

A. 该溶液一定呈酸性    B. 该溶液中的c(H＋)可能等于10－5

C. 该溶液的pH可能为4，可能为10    D. 该溶液有可能呈中性

【答案】C

【解析】

由水电离出来的c(OH－)＝10－10，故溶液中的c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－10mol/L，若溶液中的c(OH－)＝10－10，则该溶液中的c(H＋)应等于10－4，则溶液的pH应为4，溶液呈酸性；若溶液中的c(H＋)＝10－10，则溶液的pH应为10，(该溶液中的c(OH－)应等于10－4)，溶液呈碱性；溶液可能是呈酸性也可能是呈碱性，但溶液不可能是pH＝5的溶液，当然也不可能呈中性。

12.若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是

A. Al3＋，Na＋，NO3-，Cl－    B. K＋，Na＋，Cl－，NO3-

C. K＋，Na＋，Cl－，AlO2-    D. K＋，NH4+，SO42-，NO3-

【答案】B

【解析】

试题分析：A．如溶液呈碱性，则Al3+不能大量共存，故A错误；B．无论溶液呈酸性还是碱性，离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．如溶液呈酸性，则AlO2-不能大量共存，故C错误；D．如溶液呈碱性，则NH4+不能大量共存，故D错误；故选B。

【考点定位】考查离子共存问题

【名师点晴】离子共存题，为高频考题，由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol•L-1时，水的电离受到抑制，溶液为强酸溶液或强碱溶液，如离子之间没有发生类似生成沉淀物、气体、水或氧化还原反应等的反应，且与H+或OH-都不反应，则离子可大量共存。

13.25℃下列四种溶液：①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸②0.1mol·L－1的盐酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液　④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为

A. 1∶10∶100∶1000    B. 0∶1∶12∶11

C. 14∶13∶12∶11    D. 14∶13∶2∶3

【答案】A

【解析】

【详解】①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-14 mol·L－1；②0.1mol·L－1的盐酸，c(H＋)＝0.1mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-13mol·L－1；③0.01mol·L－1的NaOH溶液，c(OH－)=10-2mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)= c(H＋)= 10-12mol·L－1；④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液，水电离产生的c(OH－)=10-11mol·L－1；四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为10-14：10-13：10-12：10-11=1∶10∶100∶1000；综上所述，本题选A。

【点睛】常温下纯水的电离c(H＋)＝c(OH－)= 10－7mol·L－1，加入酸（或碱）以后，由于增大了溶液中的 c(H＋)（或c(OH－)），水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，水的电离度减小，由水电离产生的 c(H＋)（或 c(OH－)）小于10－7mol·L－1。酸（或碱）浓度越大，由水电离产生的 c(H＋)（或c(OH－)）就越小。

14.pH＝12的NaOH溶液和pH＝10的NaOH溶液等体积混合后溶液的

A. pH＝11    B. pH＝10.3

C. c(H＋)＝2×10－12mol/L    D. c(H＋)＝5×10－11mol/L

【答案】C

【解析】

【详解】两种溶液中氢氧根离子浓度分别为0.01mol/L，1×10-4mol/L，等体积混合后溶液中c(OH-)=(0.01×V+V×10-4)/(V+V)≈0.01/2=0.005mol/L；根据Kw=c(OH－)×c(H＋)可知，c(H＋)＝Kw/c(OH-)=10-14/0.005=2×10-12mol/L，pH＝lgc(H+)=12-lg2≈11.7，对照选项C正确；综上所述，本题选C。

15.pH＝l的两种一元酸HZ和HY的溶液，分别取50 mL，加入足量的镁粉，充分反应后收集H2的体积分别为V(HZ)和V(HY)，若V(HZ)＞V(HY)，下列说法正确的是

A. HY一定是强酸

B. HZ不一定为弱酸

C. HZ的酸性强于HY的酸性

D. 反应开始时二者生成H2的速率相同

【答案】D

【解析】

【分析】

因开始的pH相同，镁足量，若V(HZ)>V(HY)，说明HZ溶液溶质的浓度较大；反应速率与氢离子浓度成正比，据此分析开始时生成H2速率的大小，以此进行分析并解答。

【详解】pH=1的两种一元酸HZ和HY的溶液，分别取50mL加入足量镁粉，若收集到的气体V(HZ)>V(HY)，说明 HZ溶液的浓度较大，则HZ酸性较弱，二者可能一种为强酸，另一种为弱酸，或者二者都是弱酸，其中HZ酸性较弱；所以，HY不一定是强酸，HZ一定为弱酸，HZ的酸性弱于HY的酸性，A B C均错误；开始时pH相等，则c(H+)相等，则开始时二者生成H2的速率相等，D正确；综上所述，本题选D。

16.今有反应X(g)＋Y(g)2Z(g) △H＜0，若反应开始经t1后达到平衡，又经t2后由于反应条件的改变使平衡破坏，到t3时又达平衡(如图所示)，t2～t3曲线变化的原因是

A. 增大了X或Y的浓度

B. 使用了催化剂

C. 增加了反应体系的压强

D. 升高了反应的温度

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据反应X(g)＋Y(g)2Z(g) △H＜0可知，增大反应物X或Y的浓度增大，平衡右移，Z的浓度应增大，与图像不符，错误；

B.使用催化剂，平衡不移动，浓度不再变化，与图像不符，错误；

C. 增大压强，X、Y和Z的浓度都增大，与图像不符，错误；

D.升高温度，平衡向左移动，X、Y的浓度增大，Z的浓度减小，与图像相符，正确；

综上所述，本题选D。

【点睛】解答化学平衡图像题的思路是：“一读”“二想”“三判断”：

“一读”：读懂图像．读图像要学会四看：一看轴(横轴和纵轴的含意)，二看点(原点、两条线的交点和线上的拐点)，三看线(线的走向、线的变化趋势)，四看图像中有关量的多少。

“二想”：联想规律．即联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律。

“三判断”：作出判断．利用规律，结合图像信息，仔细分析作出正确判断。

17.在25℃时，0.1mol·L－1的HNO2、HCOOH、HCN、H2CO3的溶液，它们的电离平衡常数分别为4.6×10－4、1.8×10－4、4.9×10－10、K1＝4.3×10－7和K2＝5.6×10－11，其中氢离子浓度最小的是

A. HNO2    B. HCOOH

C. HCN    D. H2CO3

【答案】C

【解析】

试题分析：可根据电离常数大小判断弱酸或弱碱的相对强弱。K越大，电离程度越大，离子浓度越大，选C。

考点：考查电离平衡常数。

18.4体积pH＝9的Ca(OH)2溶液跟1体积pH＝13的NaOH溶液混合后，溶液中氢离子浓度为

A. 5×10-13mol/L

B. 2×10-12mol/L

C. 1/5（4×10-9 + 1×10-13）mol/L

D. 1/5（4×10-5 + 1×10-1）mol/L

【答案】A

【解析】

【分析】

碱与碱混合后溶液的PH计算，先结合溶液中的离子积常数，计算溶液中氢氧根离子浓度，再计算混合后溶液中氢氧根离子浓度，结合溶液中离子积常数换算求出氢离子浓度。

【详解】4体积pH＝9的Ca(OH)2溶液中，c(OH－)=10-14/10-9=10-5mol/L,1体积pH＝13的NaOH溶液的中c(OH－)=10-14/10-13=10-1mol/L，混合后溶液中氢氧根离子浓度c(OH－)=（4×10-5+0.1）/(4+1)≈2×10-2mol/L，混合溶液中c(H＋)=10-14/2×10-2=5×10-13mol/L，综上所述，本题选A。

19.在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2(g)N2O4(g)达平衡时，再向容器内通入一定量的NO2(g)，重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数

A. 不变    B. 增大

C. 减小    D. 无法判断

【答案】C

【解析】

【分析】

假设再次通入的 NO2是在与原平衡体系的温度和压强都相同的另一容器中进行，则所得平衡体系与原平衡完全相同，将两个容器的隔板抽去，再压缩到原体积，平衡正向移动，以此解答。

【详解】假设在题给的过程中,容器的体积从A变化到A+B(见图),这个过程也可以理解成：假设有一个虚拟的隔板可以保持A的体积不变,在B中充入NO2,使其反应直至达到平衡;很明显,在同温、同压下,A、B中达到平衡后， NO2、N2O4的质量分数分别相等，这时，抽去虚拟的隔板，将B压缩至A,平衡正向移动, NO2的体积分数减小；综上所述，本题选C。

【点睛】在温度、体积不变的密闭容器中，发生可逆反应 aA (g) bB (g)，反应达到平衡后，如果再增加反应物A的量，相当于给该反应加压，如果a>b，平衡右移；如果a<b，平衡左移；如果a=b，平衡不移动。

20.在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800℃时，有下列平衡：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，且K＝1。若用2molCO和2mol H2O相互混合并加热到800℃，则CO的转化率为

A. 16.7%    B. 50%    C. 66.7%    D. 83.3%

【答案】B

【解析】

试题分析：设参加反应的CO为xmol，

则 CO + H2OCO2 + H2

初始2mol        10mol      0       0

平衡2-x        10-x       x        x

根据800℃时K=1可列出等式，可解出，则CO转化率为故本题选D。

考点：化学平衡常数

点评：本题考查化学平衡常数的应用，题目较为基础，可根据所学知识进行解答。

21.（1）在常温下的0.05mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝________mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝__________mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝_________mol·L－1。水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的Ba(OH)2溶液中，c(OH－)＝_________mol·L－1，c[Ba(OH)2]＝_________mol·L－1。

（2）某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)为_______ mol·L－1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4mol·L－1则溶液中c(OH－)为_______mol·L－1，由水电离产生的c(H＋)为_______ mol·L－1，此时温度__________(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。

【答案】    (1). 0.1    (2). 10-13    (3). 10-13    (4). 0.1    (5). 0.05    (6). 2×10-7mol/L    (7). 8×10-11mol/L    (8). 8×10-11mol/L    (9). 高于

【解析】

【分析】

（1）根据1个硫酸分子中有2个氢原子，可求出c(H+)，根据PH=-lgc(H+)计算，水电离的c(H+)等于水电离c(OH-)；

（2）纯水中c(H+)=c(OH-)，Kw=c(H+)×c(OH-)，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大，据此分析解答。

【详解】（1）0.05mol/L硫酸溶液中，c(H+)═2c(SO42-)=0.1mol/L；pH=-lgc(H+)=1，则c(OH-)= Kw/ c(H＋)=10-14/0.1=1×10-13mol/L，水电离的c(H+)等于水电离c(OH-)，水电离的c(H+)=1×10-13 mol/L；水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的Ba(OH)2溶液中，溶液中的氢离子是水电离的，所以氢氧根离子浓度为0.1mol/L，Ba(OH)2的浓度为0.05mol/L；因此，本题答案是：0.1； 10-13，10-13 ；0.1 ；0.05。

（2）纯水中c(H+)=c(OH-)，某温度下纯水中c(H+)=2×10-7mol•L-1，则c(OH-)=2×10-7mol•L-1；Kw=c(H+)×c(OH-)=(2×10-7)2=4×10-14，因为纯水中c(H+)=c(OH-)，故此时纯水中的c(OH-)=2×10-7mol•L-1；温度不变，滴入稀盐酸后，则c(OH-)=4×10-14/5×10-4=8×10-11mol•L-1，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，所以水电离出的氢离子浓度是8×10﹣11mol•L-1；水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大，该温度下的水的离子积常数是4×10﹣14＞1×10﹣14，所以该温度高于25℃。综上所述，本题答案是：2×10-7mol/L，8×10-11mol/L ； 8×10-11mol/L， 高于。

22.今有a.盐酸  b.硫酸  c.醋酸三种酸：

（1）在同体积，同pH的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末， 在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是_________________。（填酸的序号，下同）

（2）在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是_________________。

（3）物质的量浓度为0.1 mol/L的三种酸溶液的pH由大到小的顺序是___________；如果取等体积的0.1 mol/L的三种酸溶液，用0.1 mol/L的NaOH溶液中和，当恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是______________。

【答案】    (1). c>a=b    (2). b>a=c    (3). c>a>b    (4). b>a=c

【解析】

【详解】（1）在同体积、同pH的三种酸中,醋酸为弱酸，醋酸的浓度最大；而盐酸和硫酸都是强酸,盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等，所以加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下醋酸产生的CO2体积最大，而盐酸和硫酸产生的CO2体积相等且小于醋酸产生的CO2；因此，本题正确答案是: c>a=b。
(2)在同体积、同浓度的三种酸中,盐酸、醋酸、硫酸的物质的量是相等的，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下盐酸和醋酸产生CO2的体积一样，但是硫酸是二元酸，加入足量的碳酸钠，在相同条件下产生CO2的体积是盐酸、醋酸的2倍,所以产生CO2的体积由大到小的顺序是：b>a=c；因此，本题正确答案是: b>a=c。

(3)硫酸是二元强酸， 0.1 mol/L的硫酸中氢离子浓度是0.2mol/L，盐酸是一元强酸，0.1 mol/L的盐酸中氢离子浓度是0.1mol/L，醋酸是一元弱酸，0.1 mol/L的醋酸中氢离子浓度小于0.1 mol/L；氢离子浓度越大，则pH越小，所以三种酸溶液的pH由大到小的顺序是：c>a>b； 等体积的0.1mol/L的三种酸溶液，硫酸是二元酸，氢离子的量最大，消耗的氢氧化钠最多,醋酸和盐酸都是一元酸，溶质的物质的量一样,消耗氢氧化钠一样多，所以用0.1mol/L 的NaOH溶液分别中和三种酸，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是：b>a=c；因此本题答案是：c>a>b， b>a=c。

23.25℃时，在2L 0.3mol/L的HF溶液中，有0.02mol的HF电离成离子，求该温度下HF的电离常数。_____________

【答案】3.4×10-4

【解析】

【详解】起始HF的物质的量是2L×0.3mol/L=0.6mol；由题意列出下式：

       HF   H+ +  F-

起始量    0.6     0     0

变化量   0.02   0.02    0.02

平衡量   0.58   0.02    0.02

各粒子浓度分别为：c(HF)=0.58/2=0.29mol/L，c(H+)=0.02/2=0.01 mol/L，c(F-)=0.02/2=0.01 mol/L，故HA的电离平衡常数为Ka= c(H+)×c(F-)/c(HF)= （0.01）2/0.29=3.4×10-4；综上所述，该温度下HF的电离常数为3.4×10-4。