学年广东省湛江一中高二上学期期末化学试题解析版.docx
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学年广东省湛江一中高二上学期期末化学试题解析版
2017-2018学年广东省湛江一中高二(上)期末化学试卷
一、单选题(本大题共11小题,共33.0分)
1.在下列反应中,反应物的总能量低于生成物的总能量的是( )
A.2H2+O2
2H2OB.CaCO3
CaO+CO2↑
C.CaO+CO2=CaCO3D.C2H5OH+3O2
2CO2+3H2O
【答案】B
【解析】解:
A.氢气燃烧属于放热反应,故A错误;
B.碳酸钙受热分解属于吸热反应,故B正确;
C.氧化钙与二氧化碳发生化合反应属于放热反应,故C错误;
D.乙醇氧化属于放热反应,故D错误;
故选:
B。
反应中生成物总能量高于反应物总能量,说明该反应是一个吸热反应;
常见的放热反应有:
所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应;
常见的吸热反应有:
绝大数分解反应、个别的化合反应(如C和CO2)、少数分解、置换以及某些复分解反应。
本题考查吸热反应,题目难度不大,抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键,对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。
2.甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一,由甲醇、空气、KOH溶液构成。
则下列说法正确的是( )
A.电池放电时通入空气的电极为负极
B.电池的总反应式为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O
C.电池放电时,电解质溶液中K+向正极移动
D.电池放电时每消耗1 mol CH3OH,正极上反应的物质失去6 mol电子
【答案】C
【解析】解:
A、电池放电时氧气发生还原反应,是电池的正极,故A错误;
B、电解质溶液呈碱性,生成碳酸根离子,所以电池总反应式为:
2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O,故B错误;
C、原电池中阳离子向正极移动,所以钾离子向正极移动,故C正确;
D、负极上甲醇失电子发生氧化反应,甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O,所以电池放电时每消耗1 mol CH3OH,正极上反应的物质得到6 mol电子,故D错误;
故选:
C。
根据电池总反应:
2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O知,负极甲醇失去电子发生氧化反应;正极上氧气得电子发生还原反应,根据电池反应式分析电子转移的数目,由此分析解答。
本题以燃料电池为载体考查了原电池原理,根据电池反应式判断正负极上发生反应的物质及溶液pH值的变化即可解答本题,难度中等,侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
3.在Na2CO3溶液中,下列说法错误的是( )
A.溶液呈碱性
B.若升高温度,溶液中c(OH-)增大
C.若加入少量NaOH固体,溶液中c(CO32-)增大
D.溶液中的离子浓度存在关系:
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)
【答案】D
【解析】解:
A.碳酸钠是强碱弱酸盐,水解溶液呈碱性,故A正确;
B.碳酸根离子水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-,溶液呈碱性,水解是吸热过程,加热促进水解,溶液中氢氧根离子浓度增大,故B正确;
C.加入少量NaOH固体,水解平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-,平衡逆向移动,碳酸根离子浓度变大,故C正确;
D.根据电荷守恒,溶液中阴离子所带的电荷等于阳离子所带的电荷,故有c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2 c(CO32-)+c(OH-),故D错误;
故选:
D。
A、碳酸钠是强碱弱酸盐;
B、升高温度,促进水解;
C、加入氢氧化钠,氢氧根离子的浓度变大,水解平衡逆向移动;
D.根据电荷守恒进行判断。
本题考查盐类水解、离子浓度的比较等,难度中等,注意基础知识的理解掌握。
4.一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是( )
A.该温度下,a点溶液呈碱性
B.该温度下,pH=2的盐酸与pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合,所得溶液显中性
C.该温度下,加入NaOH可能引起由b向c的变化
D.b点时,升高温度,可能引起由b向d的变化
【答案】C
【解析】【分析】
曲线上a、b、c点都是水电离平衡状态下的两种浓度,氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积都是10-12,
A.a点溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度;
B.该温度下,pH=2的盐酸与pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合,碱过量;
C.a、b、c点Kw相同,加入NaOH抑制水的电离,离子积常数不变;
D.温度不变,Kw不变,由b点到d点,水的离子积常数减小;
本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素,掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键,题目难度中等。
【解答】
A.a点溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度,溶液显酸性,故A错误;
B.该温度下,Kw=10-12,pH=2的盐酸与pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合,碱过量,所得溶液显碱性,故B错误;
C.温度不变,Kw不变,a、b、c点Kw相同,该温度下,加入NaOH,氢氧根离子浓度增大,氢离子浓度减小,可能引起由b向c的变化,故C正确;
D.温度不变,Kw不变,由b点到d点,水的离子积常数减小,升温促进水的电离,Kw增大,故D错误;
故选:
C。
5.如图所示实验装置,下列说法不正确的是( )
A.装置为铁的吸氧腐蚀实验
B.一段时间后,向插入铁钉的玻璃筒内滴入NaOH溶液,即可观察到铁钉附近的溶液有沉淀
C.向插入石墨棒的玻璃筒内滴入石蕊试液,可观察到石墨附近的溶液变红
D.若将装置中饱和食盐水换成稀硫酸,装置为析氢腐蚀
【答案】C
【解析】解:
A、如图所示实验装置为铁的吸氧腐蚀实验,发生电化学腐蚀,故A正确;
B、铁发生吸氧腐蚀,铁被氧化生成Fe2+,则向插入铁钉的玻璃筒内滴入NaOH溶液,即可观察到铁钉附近的溶液有沉淀,故B正确;
C、装置为铁的吸氧腐蚀实验,发生电化学腐蚀,铁为负极,碳为正极,在碳极上氧气得电子生成OH-离子,反应的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-,滴加石蕊试液,溶液变蓝色,故C错误;
D、若将装置中饱和食盐水换成稀硫酸,则碳为正极,在碳极上氢离子得电子放出氢气,为析氢腐蚀,故D正确。
故选:
C。
如图所示实验装置为铁的吸氧腐蚀实验,发生电化学腐蚀,铁钉为负极,铁失电子被氧化生成Fe2+,碳为正极,在碳极上氧气得电子生成OH-离子,以此解答该题.
本题考查电化学知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,题目难度中等,做题时注意电极的判断和电极反应的书写,以及离子的性质和检验.
6.氢气用于烟气的脱氮、脱硫的反应 4H2(g)+2NO(g)+SO2(g)⇌N2(g)+S(l)+4H2O(g)△H<0.下列有关说法正确的是( )
A.当v(H2)=v(H2O)时,达到平衡
B.升高温度,正反应速率减小,逆反应速率增大,化学平衡逆向移动
C.使用高效催化剂可提高NO的平衡转化率
D.化学平衡常数表达式为K=
【答案】D
【解析】解:
A.v(H2)=v(H2O),没有告诉正逆反应速率,无法判断是否达到平衡状态,故A错误;
B.温度升高后,正反应速率和逆反应速率都增大,由于逆反应速率增大的幅度大于正反应,所以平衡向着逆向移动,故B错误;
C.使用高效催化剂可以增大反应速率,但是不影响化学平衡,无法提高NO的平衡转化率,故C错误;
D.反应4H2(g)+2NO(g)+SO2(g)⇌N2(g)+S(l)+4H2O(g)△H<0的化学常数表达式为为:
K=
,故D正确;
故选:
D。
A.当v(H2)=v(H2O)时,可能都是正反应,无法判断是否达到平衡;
B.升高温度后,正逆反应速率都增大;
C.催化剂不影响化学平衡,所以不会影响NO的转化率;
D.根据平衡常数的概念及化学反应方程式判断.
本题考查了化学平衡及其影响,题目难度中等,明确化学平衡及其影响因素为解答关键,注意掌握化学平衡状态的判断方法、化学平衡常数的概念及表达式,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.
7.同条件等体积等pH的醋酸和盐酸分别加水稀释后,溶液的pH仍相同,则所得溶液的体积( )
A.仍相同B.醋酸大C.盐酸大D.无法判断
【答案】B
【解析】解:
因为醋酸是弱酸,加水后反应正向进行,醋酸电离度增加,加水后,氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势,而盐酸是强酸在水中完全电离,加水后,氢离子浓度只是在减小,所以要使稀释后两溶液pH值相同,醋酸必须加水多,所以醋酸的体积大,故选B。
根据醋酸是弱电解质,加水稀释有利于电离平衡正向移动,而盐酸是强电解质,不存在电离平衡.
本题考查了稀释对强弱电解质的不同影响,加水稀释,弱电解质的电离平衡会向右移动,这样生成的离子浓度在减小的同时还有增大的趋势.
8.
在某恒容的密闭容器中,可逆反应A(g)+B(g)⇌xC(g)有如图所示的关系曲线,下列说法正确的是( )
A.温度:
T1>T2B.压强:
p1>p2
C.正反应是吸热反应D.x的值是2
【答案】A
【解析】解:
A.温度越高反应速率越快,则反应到达平衡的时间越短,根据“先拐先平数值大”知T1>T2,故A正确;
B.压强越大,反应速率越快,则反应到达平衡的时间越短,根据“先拐先平数值大”知p1<p2,故B错误;
C.相同压强下,升高温度,C的含量减少,说明平衡向逆反应方向移动,则正反应是放热反应,故C错误;
D.相同温度下,增大压强,C的含量增大,平衡向正反应方向移动,则x=1,故D错误;
故选:
A。
根据“先拐先平数值大”知p1、p2及T1、T2的相对大小,升高温度,平衡向吸热反应方向移动,增大压强,平衡向气体体积减小的方向移动,根据压强改变、温度改变时C含量的变化确定x值、反应热,据此分析解答.
本题考查了图象分析,明确“先拐先平数值大”的含义是解本题关键,再结合温度、压强对化学平衡的影响分析解答,题目难度不大.
9.下列有关中和滴定的操作:
①用标准液润洗滴定管;②往滴定管内注入标准溶液,排气泡并调零;③检查滴定管是否漏水;④滴定;⑤滴加2-3滴指示剂于锥形瓶的待测液中;⑥用水洗涤.正确的操作顺序是( )
A.③⑥①②⑤④B.⑤①②⑥④③C.⑤④③②①⑥D.③①②④⑤⑥
【答案】A
【解析】解:
中和滴定有:
检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并滴加指示剂、滴定等操作,可知正确的顺序是③⑥①②⑤④,故选A。
根据中和滴定有:
检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并滴加指示剂、滴定等操作分析判断.
本题考查酸碱中和滴定实验,题目难度不大,注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项.
10.对于可逆反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g),下列措施能减少反应物活化分子百分数、降低反应速率的是( )
A.增大压强B.移除一部分SO3C.使用催化剂D.降低温度
【答案】D
【解析】解:
A.增大压强,活化分子数目增加,反应速率加快,故A不选;
B.移除一部分SO3,生成物中活化分子数目减小,反应速率减小,故B不选;
C.使用催化剂,活化分子百分数增大,故C不选;
D.降低温度,能减少反应物活化分子百分数、降低反应速率,故D选;
故选:
D。
使用负催化剂、降低温度均可减少反应物活化分子百分数,以此来解答。
本题考查化学反应速率,为高频考点,把握活化理论及活化能、反应速率的影响因素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项B为解答的难点,题目难度不大。
11.下列有关化学平衡常数K、电离平衡常数Ka、水的离子积常数Kw的说法中错误的是( )
A.各常数的大小与温度有关
B.各常数的大小说明平衡体系正反应的程度大小
C.若温度升高则各常数一定增大
D.各常数越大反应物平衡转化率越大
【答案】C
【解析】解:
A.化学平衡常数、电离平衡常数、水的离子积常数都只与温度有关,与溶液浓度无关,故A正确;
B.各常数的大小说明平衡体系正反应程度大小,平衡常数越大,正反应程度越大,故B正确;
C.升高温度平衡向吸热方向移动,有的化学反应正反应是放热反应,则升高温度平衡常数减小,故C错误;
D.各常数越大,说明生成物浓度越大、反应物浓度越小,则反应物平衡转化率越大,故D正确;
故选:
C。
化学平衡常数、电离平衡常数、水的离子积常数都只与温度有关;各常数的大小说明平衡体系正反应程度大小,平衡常数越大,正反应程度越大,升高温度平衡向吸热方向移动,据此方向解答。
本题考查平衡常数的有关知识,明确平衡常数影响因素及平衡常数含义是解本题关键,注意:
平衡常数只与温度有关,题目难度不大。
二、简答题(本大题共4小题,共41.0分)
12.25℃时,往25mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2mol•L-1的一元酸HA溶液,PH变化曲线如图所示:
(1)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为______ mol•L-1。
(2)A点对应酸的体积为12.5mL,则所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=______ mol•L-1。
(3)HA是______酸(选填“强”、“弱”)。
NaA的水溶液显______性(选填“酸”、“碱”),原因是:
______(用离子方程式表示)。
(4)在B点所得混合溶液中,c(Na+)、c(A-)、c(H+)、c(OH-)由大到小的顺序是______。
(5)在C点所得混合溶液中,下列说正确的是:
______。
A.HA的电离程度小于NaA的水解程度
B.离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)。
C.c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
D.c(HA)+c(A-)=0.2mol•L-1
【答案】0.1;1×10-4;弱;碱;A-+H2O⇌HA+OH-;c(Na+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-);C
【解析】解:
(1)NaOH为强碱,其pH=13,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1mol/L,故答案为:
0.1;
(2)A点对应酸的体积为12.5mL,恰好反应生成NaA,为强碱弱酸盐,水解呈碱性,促进水的电离,此时pH=10,则c(OH-)=1×10-4 mol•L-1,
故答案为:
1×10-4;
(3)由
(2)可知NaA溶液呈碱性,则HA为弱酸,NaA溶液中存在A-+H2O⇌HA+OH-,
故答案为:
弱;碱;A-+H2O⇌HA+OH-;
(4)B点溶液呈中性,溶液中存在c(Na+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-),
故答案为:
c(Na+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-);
(5)A.C点时,n(HA)=2n(NaOH),溶液呈酸性,则HA的电离程度大于NaA的水解程度,故A错误;
B.HA过量,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),又因c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则c(A-)>c(Na+),故B错误;
C.溶液存在电荷守恒,则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),故C正确;
D.C点时溶液体积为50mL,为HA溶液体积的2倍,则c(HA)+c(A-)=0.1mol•L-1,故D错误;
故答案为:
C。
(1)由图象可知NaOH为强碱,其pH=13;
(2)A点对应酸的体积为12.5mL,恰好反应生成NaA,为强碱弱酸盐,水解呈碱性;
(3)NaA溶液呈碱性,HA为弱酸;
(4)B点溶液呈中性;
(5)A.C点时,n(HA)=2n(NaOH),溶液呈酸性;
B.HA过量,结合电荷守恒判断;
C.根据电荷守恒判断;
D.C点时溶液体积为50mL,为HA溶液体积的2倍。
本题考查酸碱混合溶液pH的判断与计算,为高频考点,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,解答时从电解质的强弱以及酸碱混合反应的角度分析,注意分析曲线的变化特点,能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解等知识判断溶液中离子浓度大小,试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力,难度中等。
13.某化学兴趣小组同学设计如图装置:
回答下列问题:
(1)乙中铜片为______极 (填“正”或“负”),其电极反应式为______。
(2)一段时间后,将甲和乙两池溶液混合,加入H2O2和一定量稀硫酸后,有Fe(OH)3沉淀出现,但没有Cu(OH)2沉淀出现,此时溶液中c(Fe3+)=2.6×10-18mol•L-1,求溶液中Cu2+的最大物质的量浓度。
(写出计算步骤)(已知2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。
(3)丙中电源的A极为______极(填“正”或“负”)。
(4)若丙池盛放足量的CuSO4溶液:
①在丙池铁棒这极的现象是______。
②在丙池中阳极的电极反应是______。
(5)若丙池中盛放滴加少量酚酞的足量的饱和NaCl溶液1L(假设溶液体积电解前后无变化)。
①丙池通电一段时间后,极附近溶液呈红色(填Fe或C),总反应的离子方程式:
______。
②25℃时,当丙池中有0.1mol电子发生转移时切断电源,则理论上标准状况下共有______L气体生成。
此时溶液的PH为______。
【答案】Cu;Cu2++2e-=Cu;负;有红色物质析出;4OH--4e-=O2↑+2H2O;2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑;2.24;13
【解析】解:
(1)该装置中Fe易失电子作负极、Cu作正极,正极上铜离子得电子发生还原反应生成Cu,电极反应式为Cu2++2e-=Cu,
故答案为:
Cu;Cu2++2e-=Cu;
(2)有Fe(OH)3沉淀出现,但没有Cu(OH)2沉淀出现时,溶液中c(Fe3+)=2.6×10-18mol•L-1,则溶液中c(OH-)3=
=
=1×10-21(mol•L-1)3,c(OH-)=1×10-7mol•L-1,该溶液中Cu2+最大浓度=
=
mol/L=2.2×10-6mol/L,
答:
溶液中Cu2+的最大物质的量浓度2.2×10-6mol/L;
(3)丙中根据电子流向知,C为阳极、Fe为阴极,连接阳极的电极为电源正极、连接阴极的电极为电源负极,所以A为负极、B为正极,
故答案为:
负;
(4)若丙池盛放足量的CuSO4溶液:
①在丙池铁棒上铜离子得电子生成Cu,所以看到的现象是有红色物质析出,
故答案为:
有红色物质析出;
②在丙池中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气和水,电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O,
故答案为:
4OH--4e-=O2↑+2H2O;
(5)若丙池中盛放滴加少量酚酞的足量的饱和NaCl溶液1L(假设溶液体积电解前后无变化)。
①丙池通电一段时间后,阳极上氯离子放电生成氯气,阴极上水得电子生成氢气和OH-,酚酞遇碱变红色,所以Fe电极附近溶液呈红色,电池反应式为2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑,
故答案为:
Fe;2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑;
②25℃时,当丙池中2mol电子转移时生成1molCl2、1molH2、2molOH-,则有0.1mol电子转移时,有0.05molCl2、0.05molH2、0.1molOH-生成,生成气体总物质的量为0.1mol,其标况下体积为2.24L,
溶液中c(OH-)=
=0.1mol/L,溶液的pH为13,
故答案为:
2.24;13。
(1)该装置中Fe易失电子作负极、Cu作正极,正极上铜离子得电子发生还原反应生成Cu;
(2)有Fe(OH)3沉淀出现,但没有Cu(OH)2沉淀出现时,溶液中c(Fe3+)=2.6×10-18mol•L-1,则溶液中c(OH-)3=
=
=1×10-21(mol•L-1)3,c(OH-)=1×10-7mol•L-1,该溶液中Cu2+最大浓度=
;
(3)丙中根据电子流向知,C为阳极、Fe为阴极,连接阳极的电极为电源正极、连接阴极的电极为电源负极;
(4)若丙池盛放足量的CuSO4溶液:
①在丙池铁棒上铜离子得电子生成Cu;
②在丙池中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气和水;
(5)若丙池中盛放滴加少量酚酞的足量的饱和NaCl溶液1L(假设溶液体积电解前后无变化)。
①丙池通电一段时间后,阳极上氯离子放电生成氯气,阴极上水得电子生成氢气和OH-,酚酞遇碱变红色;
②25℃时,当丙池中2mol电子转移时生成1molCl2、1molH2、2molOH-,则有0.1mol电子转移时,有0.05molCl2、0.05molH2、0.1molOH-生成,溶液中c(OH-)=
=0.1mol/L。
本题考查原电池和电解池原理,侧重考查分析、计算能力,明确各个电极上发生的反应是解本题关键,难点是难溶物溶解平衡的计算,题目难度不大。
14.在25℃的条件下,某些弱酸的电离平衡常数。
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
H2C2O4
Ka
Ka=1.8×10-5
Ka=3.0×10-8
Ka1=4.1×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka1=5.9×10-2
Ka2=6.4×10-5
(1)温度、浓度相同的CH3COOH和HClO溶液,水的电离程度前者______后者(填“>”“=”或“<”)。
(2)相同温度下,pH相同的NaClO和CH3COOK两种溶液中,c(CH3COOK)______c(NaClO) (填“>”“=”或“<”),[c(Na+)-c(ClO-)]______[c(K+)-c(CH3COO-)](填“>”“=”或“<”)。
(3)在25℃的条件下,向0.1mol•L-1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):
c(CH3COO-)=5:
9,此时溶液pH=______。
【答案】<;>;=;5
【解析】解:
(1)温度、浓度相同时,酸的电离常数越大,对应酸的酸性越强,溶液中氢离子浓度越大,水的电离程度越小,由表中数据可知,酸性CH3COOH大于HClO,则醋酸中水的电离程度小于次氯酸中水的电离程度;
故答案为:
<;
(2)根据电离平衡常数可知:
酸性CH3COOH>HClO,则NaClO的水解程度大于CH3COOK,所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO;
由于两溶液的pH相同,则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同,根据电荷守恒可得:
[c(Na+)-c(ClO-)]=c(OH-)-c(K+)-c(CH3COO-)],
故答案为:
>;=;
(3)醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10-5=
,已知c(CH3COOH):
c(CH3COO-)=5:
9,则c(H+)=1.8×10-5×
=1×10-5mol/L,则该溶液的pH=5;
故答案为:
5。
(1)温度、浓度相同时,酸的电离常数越大,对应酸的酸性越强,溶液中氢离子浓度越大,水的电离程度越小;
(2)根据醋酸和次氯酸的电离平衡常数判断二者酸性强弱,酸性越强,对应的酸根离子的水解程度越强,据此判断pH相同时醋酸钠和次氯酸钠的浓度大小;根据电荷守恒判断浓度关系;
(3)醋酸的电离平衡常数Ka=
,根据醋酸的电离平衡常数进行计算。
本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响、电离平衡常数的有关计算、离子浓度大小比较等知识,题目难度中
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