第五讲化学反应与能量

1、第五讲 化学反应与能量教学目标知识核心一、书写热化学方程式时的“六个”注意。1注意H的符号和单位若为放热反应，H为“”；若为吸热反应，H为“”。H的单位为kJmol1。2注意反应热的测定条件书写热化学方程式时应注明H的测定条件(温度、压强)，但绝大多数的H是在25 、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。3注意热化学方程式中的化学计量数热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数。4注意物质的聚集状态反应物和生成物的聚集状态不同，反应热H不同。因此，必须注明物质的聚集状态才能完整地体现出热化学方

2、程式的意义。气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“”和“”。 5注意H的数值与符号热化学方程式中的H的值应是表示反应已完成的热量变化。由于H与反应完成的物质的量有关，所以热化学方程式中化学式前面的化学计量数必须与H相对应，如果化学计量数加倍，则H也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。 6注意燃烧热和中和热二、反应热1根据“两个”公式计算反应热HE(生成物的总能量)E(反应物的总能量)HE(反应物的键能之和)E(生成物的键能之和)2根据热化学方程式计算反应热焓变与反应物的物质的量成正比。 3根据盖斯定律计算反应热若一个热化学方程式可

3、由另外几个热化学方程式相加减而得到，则该反应的焓变可通过这几个化学反应焓变的加减而得到。表示方法：，HH1H24根据比热公式计算反应热QcmT，H典型例题典例实验测得，101 kPa时，1 mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量；1 mol CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3 kJ的热量。下列热化学方程式的书写正确的是()CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H890.3 kJ/molCH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H890.3 kJ/molCH4(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H890.3 kJ/mol2H2(g

4、)2O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJ/molA仅有B仅有C仅有 D全都符合要求解析甲烷的燃烧为放热反应，H0，错误；1 mol甲烷完全燃烧生成液态水时，放出890.3 kJ的热量，中生成的水为气态，正确，错误；2 mol H2完全燃烧生成液态水时放出的热量为285.8 kJ2571.6 kJ，正确。答案B典例科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热H分别为285.8 kJmol1、283.0 kJmol1和726.5 kJmol1。请回答下列问题：(1)用太阳能分解10 mol 水消耗的能量是_kJ；

5、(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_；解析(1)氢气的燃烧热是285.8 kJmol1，即每生成1 mol的水就放出285.8 kJ的能量，反之分解1 mol的水就要消耗285.8 kJ的能量，所以用太阳能分解10 mol水消耗的能量是2 858 kJ；(2)由CO(g)和CH3OH(l)燃烧热的化学方程式CO(g)O2(g)=CO2(g)H283.0 kJmol1；CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H726.5 kJmol1；可知得到CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l)H443.5 kJmol1答案(1)2 858(2)CH3OH(l

6、)O2(g)=CO(g)2H2O(l)H443.5 kJmol1典题反应ABC(H0)，XC(H”、“”或“”)。(2)物质(tBuNO)2在正庚烷溶剂中发生如下反应：(tBuNO)2=2(tBuNO)H。实验测得该反应的H50.5 kJ/mol，活化能Ea90.4 kJ/mol。下列能量关系图合理的是_。 解析：(1)由蒸汽重整的两个反应可知，利用第二个反应减去第一个反应则得出该反应的反应热为H(165.0206.2)kJ/mol41.2 kJ/mol。表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H2，生成液态水比生成气态水释放出的热量多，故H2H1。(

7、2)由实验测得该反应的H 50.5 kJ/mol，可知该反应是吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量。可排除能量关系图B和C，又依据活化能Ea90.4 kJ/mol，EaH50.5 kJ/mol，Ea与H的比例不对。而能量关系图D是合理的。答案：(1)41.2K，反应向逆反应方向进行 ；QcK，反应处于平衡状态；Qc0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是()选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量(忽略体积)CO的转化率解析A项，升高温度，平

8、衡正向移动，气体的质量增加，体积不变，密度增大，正确；B项，CO2与CO的物质的量之比实际等于CO的转化率，增加CO的量，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，可得出CO转化率减小，错误；C项，平衡常数只与温度有关，错误；D项，因MgSO4为固体，增加其量，平衡不移动，CO的转化率不变，错误。典例3某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)2B(g)4C(？)2D(？)，“？”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应的前后压强之比为54，则下列说法正确的是()A该反应的化学平衡常数表达式是KB此时B的平衡转化率

9、是35%C增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D增加C，B的平衡转化率不变解析 3A(g)2B(g)4C(？)2D(？)起始(mol)4200变化(mol) 1.2 0.8 1.6 0.8平衡(mol) 2.8 1.2 1.6 0.8n(平)(42)mol4.8 mol由此推知：C为固体或纯液体，D为气体，该反应的平衡常数表达式为K；平衡时B的转化率100%40%；增大该体系的压强，平衡向右移动，由于温度没变，化学平衡常数不变；由于C为固体或纯液体，增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变。答案D典题4(2013安徽高考)某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4

10、)能将其中的Cr2O转化为Cr3。某课题组研究发现，少量铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：(1)在25C下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL46010305601030560测得实验和溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。(2)上述反应后草酸被氧化为_(填化学式)。(3)实验和的结果表明_；实验中0t1时间段反应速率V(Cr3)_ mol

11、L1min1(用代数式表示)。(4)该课题组对铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2起催化作用；假设二：_；假设三：_；(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。(除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4Al2(SO4)324H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定)实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论解析首先看清实验目的，确定条件改变的唯一变量，再根据图给信息进行综合分析；对于实验方案的设计也主要考虑变量的控制。(1)要保证其他量不变，草酸用量

12、为唯一变量，必须保证溶液的体积为100 mL，所以加入草酸和水的体积之和应为40 mL，两者的具体体积没有要求，只需与中数据不同即可。(2)此反应中铬的化合价由6价变为3价，化合价降低，所以碳的化合价应升高，草酸中碳的化合价为3价，反应后只能变为4价，即生成CO2。(3)通过图像可以明显看到，实验的反应速率比实验的快，故pH越小，反应速率越快，说明溶液pH对该反应的速率有影响；在0t1时间段，Cr2O的浓度改变了(c0c1)molL1，其反应速率为(c0c1)/t1 molL1min1，所以v(Cr3)2(c0c1)/t1 molL1min1。(4)铁明矾中除结晶水外，共有三种离子，均可能起催

13、化作用，除Fe2外，还有Al3和SO。(5)要想验证假设一正确，必须确定Al3和SO不起催化作用，所以可选择K2SO4Al2(SO4)324H2O，为了确保Al3和SO的浓度与原来的相同，所以取和铁明矾相同物质的量的K2SO4Al2(SO4)324H2O。答案(1)实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL2020(2)CO2(3)溶液pH对该反应的速率有影响(4)Al3起催化作用SO起催化作用(5)实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论用等物质的量K2SO4Al2(SO4)324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验反应进行相

14、同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立查漏补缺(1)( 在2SO2(g)O2(g)2SO3(g) 反应中，t1、t2时刻，SO3(g)浓度分别是c1、c2，则t1t2时间内，SO3(g)生成的平均速率为v()(2)(2013山东高考)CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H0，在其他条件不变的情况下，升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变()(3)(2012四川高考)对于反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0，降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大 ()(4) 对于反应：2H2O2

15、=2H2OO2，加入MnO2或降低温度都能加快O2的生成速率()(5)(2012上海高考)往锌与稀硫酸反应混合液中加入NH4HSO4固体，反应速率不变()(6)(2012四川高考)恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时，反应达到平衡()(7)(2013山东高考)CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H0，在其他条件不变的情况下改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变()(8)(2012江苏高考)N2(g)3H2(g)=2NH3(g)Hv2v3Bv3v2v1Cv1v3v2 Dv2v3v1解析：选A影响化学反应速率的主

16、要因素是反应物自身的性质，由于镁的活动性比铁强，所以与相同浓度的盐酸反应时，镁条放出氢气的速率大，反应物浓度也影响反应速率，在一定范围内，速率与浓度成正比，故v2v3。演练2(2013福建高考)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 molL1NaHSO3(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如上图。据图分析，下列判断不正确的是()A40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋

17、势相反B图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0105 molL1s1D温度高于40时，淀粉不宜用作该试验的指示剂解析：选BA项，由图像可知40 之前变蓝的时间在加快，40之后的变蓝时间在减慢；B 项，虽然变蓝时间都是64 s，但是二者处在不同的阶段，所以反应速率不相等，b 点比c点的反应速率大；C 项，c(NaHSO3)1030.004 molL1，t80 s，所以v(NaHSO3)5.0105molL1s1；D 项，当温度高于40，变蓝时间变长以及当温度高于55时不出现蓝色，所以此时淀粉不是合适的指示剂。演练3(2013全国大纲卷)反应X(g

18、)Y(g)2Z(g)；H0，达到平衡时，下列说法正确的是()A减小容器体积，平衡向右移动B加入催化剂，Z的产率增大C增大c(X)，X的转化率增大D降低温度，Y的转化率增大解析：选D本题考查外界因素对化学平衡移动的影响，意在考查考生对化学平衡移动、反应物的转化率及产物的产率等知识的掌握情况以及分析问题、解决问题的能力。因为此反应前后气体分子总数没有变化，故减小容器体积，平衡不发生移动，所以A项错误；加入催化剂可同时同倍数改变正、逆反应速率，故平衡不会发生移动，所以B项错误；增大c(X)，平衡将正向移动，但X的转化率减小，所以C项错误；此反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，Y的转化率增大，所以

19、D项正确。演练4(2013上海高考)镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：Ni(S)4CO(g)Ni(CO)4(g)H0Ni(CO)4(g)Ni(S)4CO(g)完成下列填空：(1)在温度不变的情况下，要提高反应(1)中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有_、_。(2)已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍(纯度98.5%，所含杂质不与CO反应)剩余质量和反应时间的关系如下图所示。Ni(CO)4在010 min的平均反应速率为_。(3)若反应(2)达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时_。a平衡常

20、数K增大bCO的浓度减小cNi的质量减小 dv逆Ni(CO)4增大(4)简述羰基法提纯粗镍的操作过程：_。解析：(1)反应是正反应气体体积缩小的放热反应，根据平衡移动原理，在温度不变的情况下采取增大CO浓度，增大压强的方法提高产率；(2)根据题意，反应的Ni为1 mol，则生成Ni(CO)4为1 mol，反应速率为1/(210)0.05 molL1min1；(3)反应是正反应气体体积增大的吸热反应，降低温度平衡逆向移动，平衡常数K、CO的浓度、Ni的质量、v逆Ni(CO)4减小；(4)根据反应的特点可提纯粗镍。答案：(1)增大CO浓度加压(2)0.05 molL1min1(3)bc(4)把粗镍

21、和CO放于一个水平放置的密闭的玻璃容器中，然后在低温下反应，一段时间后在容器的一端加热演练5(2013四川高考)在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)Y(g)2Z(g) H0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是()A反应前2 min的平均速率v(Z)2.0103 molL1min1B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)v(正)C该温度下此反应的平衡常数K1.44D其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大解析：选C

22、A项，Y的反应速率为v(Y)(0.160.12)mol/(10 L2 min)2.0103 molL1min1，v(Z)2v(Y)4.0103 molL1min1；B项， H0，反应放热，降温反应正向移动，v(正)v(逆)；C项，由平衡常数公式可得K1.44；D项，反应前后计量数不变，X体积分数不变。演练6(2013海南高考)反应A(g)B(g) C(g)在容积为1.0 L的密闭容器中进行，A的初始浓度为0.050 molL1。温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。回答下列问题：(1)上述反应的温度T1_T2，平衡常数K(T1) _K(T2)。(填“大于”、“小于”或“等于”)(2)若温

23、度T2时，5 min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：平衡时体系总的物质的量为_。反应的平衡常数K_。反应在05 min区间的平均反应速率v(A)_。解析：(1)图中显示T2时达到平衡所用时间少，速率大所以温度高；而温度越高c(A)越小，可判断反应为吸热反应，升温K将增大。(2)平衡问题的常规计算，略。答案：(1)小于小于(2)0.085 mol0.082 mol/L0.007 mol/(Lmin)演练7 (2012广东高考)碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 molL1KI、0.2%淀粉溶液、0.20 molL1 K2S2O8、0.10 molL1Na2S2O3等试剂，探

24、究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O2I=2SOI2(慢)I22S2O=2IS4O(快)(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的_耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O与S2O初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O)：n(S2O)_.(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表： 实验序号体积V/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液10.00.04.04.02.09.01.04.04.02.08.0Vx4.04.02.0表中Vx_ mL，理由是_。(3)已知某条件下，浓度c(S

25、2O)反应时间t的变化曲线如图所示，若保持其它条件不变，请在图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O)t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。解析：(1) 淀粉溶液遇I2显蓝色，溶液由无色变为蓝色时，溶液中有I2，说明Na2S2O3消耗尽。由题给离子反应可得关系式S2OI22S2O，n(S2O)：n(S2O)2时，能观察到蓝色。(2)对照实验探究浓度对反应速率的影响须保证其他条件完全一致，故应加水2.0 mL以保证溶液体积相同。(3)温度降低反应速率变慢，加入催化剂，反应速率加快。 答案：(1)S2O(其他合理写法也给分)2(2)2.0保证溶液总体积相同，仅改变S2O的浓度而其他物质浓

26、度不变(其他合理答案给分)(3)演练8草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnOH2C2O4HMn2CO2H2O(未配平)。用4 mL 0.001 mol/L KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol/L H2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：组别10%硫酸体积/mL温度/其他物质22022010滴饱和MnSO4溶液2301201 mL蒸馏水(1)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验_和_(用表示，下同)；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验_和_。(3)对比实验和，可以研究_对化学反应速率的

27、影响，实验中加入1 mL蒸馏水的目的是_。解析：(1)根据电子守恒可得：n(MnO)(72)n(H2C2O4)2(43)，则n(MnO)n(H2C2O4)25。(2)研究某一因素对化学反应速率的影响时，应使其他条件完全相同。(3)对比和，反应的温度、溶液的体积等都相同，仅有c(H)不同，故可研究c(H)对反应速率的影响。加1 mL水的目的是确保c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和总体积不变。答案：(1)25(2)(3)c(H)(或硫酸溶液的浓度)确保所有实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和总体积不变第七讲 水溶液中的离子平衡教学目标知识核心一、电离1“电离平衡”分析判断中六大

28、误区(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。(2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小，如氨水加水稀释时，c(H)浓度增大。(3)弱电解质溶液加水稀释过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数以及它们的变形。(4)误认为溶液的酸碱性取决于pH，如pH7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。(5)误认为由水电离出的c(H)1013mol/L的溶液一定呈碱性。如25，0.1mol/L的盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离出的c

29、(H)都为1013 mol/L。(6)误认为酸碱恰好中和时溶液一定呈中性。如强酸和弱碱恰好中和溶液呈酸性，强碱和弱酸恰好中和溶液呈碱性，强酸和强碱恰好中和溶液呈中性。2影响水的电离平衡的“五”因素(1)加入酸或加入碱：不论强弱都能抑制水的电离；(2)加入强酸强碱盐溶液：如果是正盐，对水的电离无影响，如果是酸式盐(或碱式盐)，则相当于加入酸(或碱)，可抑制水的电离；(3)加入强酸弱碱盐溶液或加入强碱弱酸盐溶液：会促进水的电离；(4)升高或降低温度：由于水的电离是吸热的，故升高温度促进水的电离，降低温度抑制水的电离；(5)投入金属钠：因消耗水电离产生的H，促进了水的电离。二、水解1盐类水解的含义盐

30、的离子结合水电离产生的H或OH生成弱电解质，促进了水的电离，使某些盐溶液呈不同程度的酸碱性。2影响盐类水解的因素(1)内因：有弱就水解，无弱不水解，谁弱谁水解，越弱越水解；(2)外因：3水解平衡分析中的常见误区(1)误认为水解平衡正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3的水解程度减小。(2)误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。但NaHSO3因为酸式酸根的电离能力大于水解能力，其溶液显酸性。(3)由于加热可促进盐类水解，错误地认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。对于水解程度不是很大，水解产物不能脱离平衡体系的情况如Al2(S

31、O4)3、Na2CO3来说，溶液蒸干仍得原溶质。三、沉淀1难溶电解质的沉淀溶解平衡与溶度积难溶电解质在溶液中存在沉淀溶解平衡：MmAn(s)mMn(aq)nAm(aq)，其溶度积Kspcm(Mn)cn(Am)。2沉淀溶解平衡的应用沉淀的溶解和生成：当溶液的浓度商Qc大于Ksp时，会生成沉淀；当Qc小于Ksp时，沉淀会溶解；(1)沉淀的溶解：酸溶法，如向CaCO3(s)Ca2(aq)CO(aq)平衡体系中加强酸(HCl)，CO与H反应生成CO2和H2O，减小了c(CO)，平衡右移，CaCO3溶解。盐溶法，如向Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)平衡体系中加NH4Cl(s)，NH与OH

32、反应生成NH3H2O，减小了c(OH)，平衡右移，Mg(OH)2溶解。氧化法，如向CuS(s)Cu2(aq)S2(aq)平衡体系中加浓硝酸，S2被浓硝酸氧化，使c(S2)减小，平衡右移，CuS溶解。配合法，如向AgOH(s)Ag(aq)OH(aq)平衡体系中加入浓氨水，因Ag2NH3=Ag(NH3)2而使c(Ag)减小，平衡右移，沉淀溶解。(2)沉淀的转化：转化沉淀的实质是沉淀溶解平衡的移动。溶解度或Ksp大的易向溶解度或Ksp小的难溶电解质转化。当溶解度或Ksp悬殊不是很大时，也可以发生由溶解度小的向溶解度大的转化。典型例题典例1醋酸是电解质，下列事实能说明醋酸是弱电解质的组合是()醋酸与水

33、能以任意比互溶醋酸溶液能导电醋酸溶液中存在醋酸分子0.1 mol/L醋酸溶液的pH比0.1 mol/L 盐酸的pH大醋酸能和碳酸钙反应放出CO20.1 mol/L 醋酸钠溶液pH8.9大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应，开始醋酸产生H2速率慢ABC D解析醋酸溶液中存在CH3COOH的分子，0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH1，由CH3COONa溶液呈碱性及等物质的量浓度的CH3COOH和盐酸的对比实验均能说明CH3COOH为弱电解质。答案C典例2(2013四川高考)室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表：实验编号起始浓度/(mo