人教【新课标】高中化学一轮复习：专题11水溶液中的离子平衡解析版

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人教【新课标】高中化学一轮复习：专题11水溶液中的离子平衡
一、单选题
1．常温下，下列说法错误的是（　　）
A．在0.1mol•L-1的醋酸溶液中，加入0.1mol•L-1的氯化钠溶液，醋酸的电离程度增大
B．V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2
C．体积、pH均相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉(少量)，前者用时少
D．在Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．氯化钠在溶液中电离出的氯离子与钠离子不影响醋酸电离，但加入氯化钠溶液后，醋酸溶液被稀释，醋酸电离平衡向右移动，电离度增大，故A不符合题意；
B．常温下，若HA为强酸，V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合显中性时，酸碱溶液的体积相等，若HA为弱酸，等体积pH=11的NaOH溶液与pH=3的HA溶液混合时，HA溶液过量，溶液呈酸性，则V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合显中性时，氢氧化钠溶液的体积大于HA溶液，故B符合题意；
C．醋酸溶液中存在电离平衡，pH相等的醋酸溶液和盐酸溶液中加入少量金属镁，醋酸溶液中氢离子浓度变化小，与镁完全反应速率快，用时少，故C不符合题意；
D．在氢氧化镁悬浊液中加氯化铵后，铵根离子和氢氧化镁电离出的氢氧根离子反应，使氢氧化镁的难溶平衡向右移动，使溶液中镁离子浓度增大，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.在0.1mol. L-1的醋酸溶液中，加入0.1mol. L-1的氯化钠溶液，溶液体积增大，相当于稀释醋酸溶液，稀释促进醋酸电离；
B.如果HA为强酸，pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液浓度相等，要使二者恰好完全反应，酸碱溶液体积相等；如果HA是弱酸，要使混合溶液呈中性，HA应该稍微过量；
C.反应速率与c(H+)成正比，反应速率越快，溶解相同质量的Mg使用时间越短；
D.在Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl固体，NH4Cl溶液呈酸性，溶解Mg(OH)2。


2．20℃时，向10mLpH=3的CH3COOH溶液中加水稀释，下列说法正确的是（　　）
A．溶液中减小
B．溶液中导电粒子数目减少
C．CH3COOH电离程度增大，c(H+)也增大
D．向溶液中加入pH=11的NaOH溶液后，pH＞7
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．由分析可知，稀释后溶液中H+的浓度减小，则OH-浓度增大，故溶液中减小，A符合题意；
B．加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，溶液中导电粒子即CH3COO-、H+、OH-的数目增大，B不符合题意；
C．由分析可知，加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，CH3COOH电离程度增大，但c(H+)减小，C不符合题意；
D．未告知加入NaOH溶液的体积，无法知道向溶液中加入pH=11的NaOH溶液后溶液的酸碱性，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】CH3COOH是弱酸，在水溶液中发生CH3COOH = CH3COO-+H+，加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，根据勒夏特列原理可知，稀释后溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+的浓度均减小，据此分析解题。
3．下列说法正确的是（　　）
A．0.l mol∙L−1CH3COOH加水稀释，溶液中c(OH－)减小
B．相同浓度的HCl和CH3COOH，两溶液中c(H+)相同
C．等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)
D．甲溶液的pH是5，乙溶液的pH是4，则甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为10：1
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A.0.1 mol∙L-1CH3COOH加水稀释，平衡正向移动，氢离子物质的量增加，但氢离子浓度减小，因此溶液中c(OH－)增大，故A不符合题意；
B．相同浓度的HCl和CH3COOH，由于HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，因此两溶液中c(H+)不相同，HCl中c(H+)大于CH3COOH中c(H+)，故B不符合题意；
C．等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合，根据电荷守恒得到：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，故C符合题意；
D．甲溶液的pH是5，乙溶液的pH是4，则甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为1：10，故D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】A.加水促进弱电解质电离，水的离子积常数不变；
B.盐酸为强酸，CH3COOH为弱酸；
C.结合电荷守恒判断；
D.根据pH=-lgc(H+)计算c(H+)再进行比较。
4． 是一种三元弱酸。关于常温下 的 溶液，下列说法正确的是（　　）
A．该溶液中
B．加水稀释过程中，溶液中 保持不变
C．随温度升高， 增大，该溶液中 增大、 减小， 增大
D．加入 溶液至中性时，溶液中
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．常温下 的 溶液，该溶液中 ，A不符合题意；
B．加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，Ka3不变，根据Ka3表达式可知， 增大 ，B不符合题意；
C．随温度升高，促进电离， 增大，该溶液中 增大 ， 也 增大， 减小，C不符合题意；
D．加入 溶液至中性时，由电子守恒可知溶液中 ，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A、pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L；
B、稀释过程中，c(H+)减小，但电离平衡常数保持不变；
C、结合温度对弱电解质电离平衡的影响分析；
D、结合电荷守恒分析；
5．相同温度下，关于 盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是（　　）
A．两溶液水的电离程度相同
B．两份溶液，升高至相同的温度，pH仍然相同。
C．将两份溶液混合后，溶液的pH会减小
D．相同体积的两份溶液，与相同体积相同浓度的烧碱溶液混合后，盐酸得到的混合溶液的pH较小
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.酸会抑制水的电离，由于两溶液中c(H+)相同，因此对水电离的抑制程度相同，因此两溶液中水的电离程度相同，A符合题意；
B.升高温度，对于盐酸溶液无影响，而对于醋酸溶液，由于CH3COOH是弱酸，在水中部分电离，升高温度，促进CH3COOH的电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，B不符合题意；
C.两溶液混合后，溶液中c(H+)不变，溶液的pH不变，C不符合题意；
D.与相同浓度、相同体积的NaOH溶液反应后，盐酸所得溶液为NaCl溶液，显中性，pH=7；而醋酸所得溶液中溶质为CH3COONa和大量的CH3COOH，溶液显中性，pH<7，D不符合题意；
故答案为：A

【分析】pH=3的盐酸中c(H＋)=0.001mol·L－1，由于HCl是强酸，所以溶液中c(HCl)=c(H＋)=0.001mol·L－1。pH=3的醋酸溶液中c(H＋)=0.001mol·L－1，由于CH3COOH是弱酸，所以溶液中c(CH3COOH)＞c(H＋)，因此溶液中c(CH3COOH)>0.001mol·L－1。
6．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中不正确的是（　　）
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
A．在溶液①和②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小
B．分别取1 mL稀释至10 mL，4种溶液的pH：①＞②＞④＞③
C．将溶液②和③等体积混合，所得溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
D．将a L溶液②和b L溶液④混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=9：11
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．在①中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，向其中加入NH4Cl固体后，溶液中c()增大，电离平衡逆向移动，导致溶液中c(OH-)减小，因而加入盐后溶液pH减小；向等pH的NaOH溶液中加入NH4Cl固体后，盐NH4Cl电离产生的与溶液中OH-结合形成NH3·H2O，导致溶液中c(OH-)减小，因而NaOH溶液pH也减小，A不符合题意；
B．①③是弱电解质，存在电离平衡，加水促进弱电解质的电离，使溶液中离子浓度在稀释的基础上又有所增大，而②④是强电解质，稀释使溶液的离子浓度减小，所以分别取1 mL稀释至10 mL，稀释10倍后，溶液中c(H+)：③＞④，则pH：③＜④＜7，溶液中c(OH-)：①＞②，则溶液pH：①＞②＞7，所以这四种溶液pH大小为：①＞②＞④＞③，B不符合题意；
C．②NaOH是强碱，③CH3COOH是弱酸，当二者等体积混合后，溶液为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，CH3COOH电离产生H+使溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)；CH3COOH电离产生CH3COO-使溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)，且盐电离产生的Na+浓度大于弱电解质CH3COOH电离产生的H+的浓度，故溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C符合题意；
D．将a L溶液②与b L溶液④混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c(H+)= 解得a：b=9：11，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】①②是碱溶液，溶液中c(OH-)=10-3mol/L；③④是酸，溶液中c(H+)=10-3mol/L。①③是弱电解质，部分电离，存在电离平衡，电解质浓度大于溶液中离子浓度10-3mol/L，而②④是强电解质，电解质浓度等于溶液中离子浓度10-3mol/L。

7．室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质：
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定某NaHSO3溶液的pH，测得pH约为6
2
向某NaHSO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
3
向某NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的烧碱溶液，测得溶液pH约为9
4
向某苏打溶液中滴加几滴NaHSO3溶液，未观察到明显实验现象
下列有关说法正确的是（　　）
A．NaHSO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)-c(SO)+c(HSO)
B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ba2+)×c(SO)＞Ksp(BaSO3)
C．实验3得到的溶液中有c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)
D．实验4中反应的离子方程式为CO+HSO=HCO+SO
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+2c(SO)+c(HSO)，物料守恒：c(Na+)＝c(H2SO3)+c(SO)+c(HSO)，所以有c(OH-)=c(H+)-c(SO)+c(H2SO3)，故A不符合题意；
B．向某NaHSO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，产生亚硫酸钡白色沉淀、氢氧化钠和水，因此反应静置后的上层清液是亚硫酸钡的饱和溶液，则其中有c(Ba2+)×c(SO)＝Ksp(BaSO3)，故B不符合题意；
C．向某NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的烧碱溶液，测得溶液pH约为9，所得溶液是亚硫酸钠溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na+)＝2c(H2SO3)+2c(SO)+2c(HSO)，故C不符合题意；
D．向某苏打溶液中滴加几滴NaHSO3溶液，碳酸钠过量，生成碳酸氢钠，不会产生二氧化碳，所以未观察到明显实验现象，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．根据质子守恒或电荷守恒和物料守恒判断；
B．根据上层清液是亚硫酸钡的饱和溶液判断；
C．根据所得亚硫酸溶液中的物料守恒判断；
D．NaHSO3溶液少量时，碳酸钠转化为碳酸氢钠。
8．已知：Ka(HA)=3.0×10-4，Ka1(H2B)=4.3×10-2，Ka2(H2B)=5.6×10-6。下列说法正确的是（　　）
A．与等浓度等体积的HA，H2B溶液完全反应消耗NaOH的物质的量前者更大
B．pH=a的NaA溶液中，水电离出的c(OH-)为10-amol/L
C．向NaA溶液滴加少量H2B溶液的离子方程式为：A-+H2B=HB-+HA
D．向Na2B溶液滴加等浓度等体积的盐酸，充分反应后溶液呈碱性
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；pH的简单计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A．与等浓度等体积的HA、H2B溶液即n(HA)= n(H2B)，由关系式 、 可知，完全反应消耗NaOH的物质的量后者更大，A不符合题意；
B．由信息知，HA是弱酸，NaA溶液因水解呈碱性、促进水的电离，则 pH=a的NaA溶液中，c(H+)为10-amol/L，c(OH-)即水电离出的c(OH-)为10a-14mol/L，B不符合题意；
C．已知：Ka(HA)=3.0×10-4，Ka1(H2B)=4.3×10-2，Ka2(H2B)=5.6×10-6。则酸性排序： ，则向NaA溶液滴加少量H2B溶液的离子方程式为：A-+H2B=HB-+HA，C符合题意；
D． 向Na2B溶液滴加等浓度等体积的盐酸，充分反应后得到氯化钠和NaHB混合溶液，NaHB能电离、也能水解，水解常数 ，则 ，溶液呈酸性，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A、根据发生反应的化学方程式进行分析；
B、结合Kw=c(H+)×c(OH-)进行计算；
C、根据电离平衡常数确定酸性强弱，结合强酸制弱酸原理分析；
D、反应后所得溶液为NaCl、NaHB，结合溶液中HB-的电离、水解程度大小分析；
9．常温下，向 溶液中逐滴加入 溶液，所得NaOH溶液体积与溶液pH值的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是（　　）
A．点a所示溶液中：
B．点b所示溶液中，水的电离程度最大
C．点c所示溶液中：
D．点d所示溶液中：
【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；铵盐
【解析】【解答】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH )＜c(NO )，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NO )>c(NH )>c(H+)>c(OH-)，故A不符合题意；
B．应该是能水解的盐促进水的电离，故a点水的电离程度最大，故B不符合题意；
C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+) D．d点溶液中，二者恰好反应生成等浓度的0.05mol/L的硝酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH )+c(Na+)=c(NO )+c(OH-)，物料守恒c(NH )+c(NH3·H2O)=c(NO )= c(Na+)，故 c(NH )+c(NH3·H2O)+ c(Na+)- c(Na+)=0.05mol/L，故D不符合题意。
故答案为C。

【分析】A.只考虑 溶液中铵根离子的水解；
B.盐的水解会促进水的电离，a点水的电离最大；
C.c点是等物质的量浓度的硝酸铵、一水合氨和硝酸钠，考虑盐的水解和弱电解质的电离分析；
D.d点等浓度的0.05mol/L的硝酸钠、一水合氨，考虑一水合氨的电离，依据物料守恒和电荷守恒分析解答。
10．25℃时，向15mL 0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图所示(混合过程中忽略溶液体积变化)。下列分析错误的是（　　）
A．溶液的导电能力：d＞c＞a
B．c点对应溶液中，=1
C．a点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)
D．a、b、c、d四点对应溶液中均有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Na+)=0.1mol•L-1
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．根据分析，a点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，c点对应溶液呈中性，d点对应溶液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，溶液中溶质为CH3COOH与CH3COONa的混合物，因此导电性c点最弱，A符合题意；
B．c点对应溶液呈中性，根据电荷守恒，可推知c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(CH3COO-)，则=1，B不符合题意；
C．a点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，故c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，C不符合题意；
D．根据物料守恒，a、b、c、d四点对应溶液中均有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Na+)=0.1mol•L-1，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】向15mL 0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图，a点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，b点溶液中的溶质为CH3COONa，c点对应溶液呈中性，d点对应溶液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，溶液中溶质为CH3COOH与CH3COONa的混合物，据此分析解答。
11．常温下，向20 mL0.1 mol/L的某一元酸(HA)溶液中加入几滴酚酞溶液，再逐滴滴加0.1 mol/LNaOH溶液，测得滴定曲线如图。下列说法错误的是（　　）
A．V=10 mL时，c(HA)＞c(A-)
B．pH=7时，V(NaOH)＜20 mL
C．滴定终点时，溶液由无色变为浅红色
D．a点的水的电离程度大于b点的水的电离程度
【答案】A
【知识点】水的电离；中和滴定
【解析】【解答】A．向20 mL0.1 mol/L的某一元酸(HA)溶液中逐滴滴加0.1 mol/LNaOH溶液，当加入NaOH溶液10 mL时，溶液中含有等物质的量的HA和NaA，根据图象可知溶液pH＜7，显酸性，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，故浓度：c(HA)＜c(A-)，A符合题意；
B．当加入NaOH溶液体积是20.00 mL时，二者恰好反应产生NaA，此时溶液pH=8＞7，则当溶液pH=7时，滴加NaOH溶液的体积V(NaOH)＜20 mL，B不符合题意；
C．当滴定达到终点时，溶液显碱性，由于指示剂在待测酸溶液中，因此看到溶液会由无色变为浅红色，且半分钟内不再变为无色，C不符合题意；
D．a点时溶液的溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根A-会发生水解反应，使水电离程度增大；b点为NaA与NaOH的混合溶液，碱的存在会抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】由图像起始点可知该一元酸是弱酸，结合中和滴定以及盐的水解的相关知识分析解答。
12．室温下用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA，HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是（　　）
A．导电能力：a点溶液 B．b点溶液中c(HB)>c(B-)
C．a点溶液中由水电离出的c(H+)约为3×10-13mol·L-1
D．HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是A-+H2O HA+OH-
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解质溶液的导电性；水的电离；盐类水解的原理；中和滴定
【解析】【解答】A．由图分析可知，0.1mol·L-1的HA溶液的pH为1，HA为强酸，0.1mol·L-1HB溶液的pH为4，HB为弱酸。根据电荷守恒，a点、b点溶液中分别有c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-)，两溶液中c(Na+)相等，a点溶液中c(H+)大于b点溶液，所以a点溶液中离子总浓度大于b点溶液，导电能力：b点溶液 B．b点溶液中的溶质为等物质的量的NaB和HB，b点溶液pH小于7，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，则c(B-)>c(HB)，B不符合题意；
C．a点时加入的NaOH溶液为10.00mL，溶液中c(H+)≈ =
mol·L-1，则a点溶液中c(OH-)= mol·L-1=3×10―13mol·L-1，由水电离出的c(H+)约为3×10-13mol·L-1，C符合题意；
D．HA为强酸，A-不存在水解，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】A.0.1mol/L的HA， HB两种酸的溶液的pH分别为1和4，说明HA为强酸，HB为弱酸；
B. b点溶液为加入NaOH溶液的体积为10mL，反应恰好生成起始时等量的NaB和HB，溶液显酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度；
C. HA起始时溶液pH=1，HA浓度为0.1mol/L，说明HA为强酸，a点加入NaOH溶液的体积为10mL，反应恰好生成起始时等量的NaA和HA，溶液呈酸性，溶液中OH-均是由水电离出，根据Kw = c(H+ )c(OH- )计算；
D. HA溶液为强酸溶液，反应恰好生成强酸，强碱盐NaA，A-不水解。
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
室温下，向溶液X中滴加少量双氧水，再加入KSCN溶液，变红
溶液X中一定含Fe2+
B
用洁净铂丝蘸取溶液Y在火焰上灼烧，火焰呈黄色
溶液Y中含Na+不含K+
C
室温下，向0.1mol·L−1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L−1CaCl2溶液，产生白色沉淀
Ksp(CaC2O4)=2.5×10−3
D
室温测定浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；常见离子的检验；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．若溶液中只含有铁离子，滴加少量双氧水，再加入KSCN溶液，溶液也会变红色，确定不了Fe2+存在，故A不符合题意；
B．K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去黄光的干扰，否则无法看到K元素的焰色反应，确定不了K+存在，故B不符合题意；
C．向0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L-1 CaCl2溶液，产生白色沉淀，则Qc>Ksp(CaC2O4)，得到Ksp(CaC2O4) D．浓度相等的醋酸钠溶液和亚硝酸钠溶液，醋酸钠溶液pH更大，醋酸根离子水解程度更大，则醋酸酸性更弱，亚硝酸的酸性强于醋酸，即HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强，故D符合题意；
故答案为D。

【分析】A. X中滴加少量双氧水，可氧化亚铁离子，但不能排除原溶液是否含铁离子；
B. K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察；
C.根据沉淀溶解平衡分析判断；
D.测定浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，可知醋酸根离子水解程度大。.
14．根据实验操作和现象所得到的结论正确的是(　　)
选项
实验操作和现象
结论
A
向CuSO4溶液中通入H2S，生成黑色沉淀(CuS)
H2S的酸性比H2SO4强
B
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝
淀粉未水解
C
向NaCl和NaBr混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀(AgBr)
Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
D
在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化但不滴落
熔点：氧化铝>铝
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；二糖的性质和用途；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A．向CuSO4溶液中通入H2S，生成黑色沉淀(CuS)，不能说明H2S的酸性比H2SO4强，反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4之所以能发生，是因为生成了CuS沉淀不溶于稀硫酸，符合复分解反应发生的条件，故A不符合题意；
B．向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，说明还有淀粉存在，可能淀粉未水解，也可能只有部分淀粉发生了水解，故B不符合题意；
C．向NaCl和NaBr混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀(AgBr)，由于NaCl和NaBr的浓度未知，所以不能比较AgCl和AgBr的溶度积的大小，故C不符合题意；
D．在酒精灯上加热铝箔，由于铝被空气中的氧气氧化生成熔点很高的氧化铝，所以铝箔熔化但不滴落，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A. 主要得到的沉淀不溶于硫酸
B.证明其发生水解主要是证明葡萄糖的存在，可利用醛基的性质进行检验
C.应该保证同等浓度条件下进行实验
D.通过此实验可以证明其熔沸点较高
15．25℃时，下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别是：
Ag2SO4(白色)
Ag2S(黑色)
FeS(黑色)
MnS(肉色)
1.4×10－5mol3·L－3
6.3×10－50mol3·L－3
3.3×10－18mol2·L－2
2.5×10－13mol2·L－2
结合相关数据分析，下列说法错误的是（　　）
A．除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好
B．25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度
C．向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液，沉淀颜色会由黑色变为肉色
D．向Ag2S(s)⇌2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(Ag＋)不变
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好，A说法不符合题意；
B．根据表中数据，25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度，B说法不符合题意；
C．向少量FeS悬浊液中，即FeS的饱和溶液，加入足量饱和MnCl2溶液，发生沉淀的转化，沉淀颜色会由黑色变为肉色，C说法不符合题意；
D．向Ag2S(s)⇌2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，平衡逆向移动，则溶液中c(Ag＋)减小，D说法符合题意；
故答案为D。

【分析】A、根据溶解平衡时，Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，Ag2S更难容解答；
B、根据Ksp(MnS)>Ksp(FeS)解答；
C、少量FeS悬浊液，加入足量饱和MnCl2溶液，产生MnS白色沉淀，促使FeS溶解；
D、加入Na2S固体，使溶液中S2－浓度增大，溶解平衡逆向移动；
16．某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法中错误的是(　　)
A．b点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
B．采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点
C．该温度下，Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1.6×10-5(mol•L-1)3
D．0.02mol•L-1的AgNO3溶液与的0.2mol•L-1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．溶度积常数只与温度有关，b点与c点对应温度相同，因此溶度积常数相等， A不符合题意；
B．蒸发溶剂，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点， B符合题意；
C．由图像中b点可知，Ag2SO4的溶度积常数 ， C不符合题意；
D．两种溶液混合后，c(Ag+)=0.01mol/L，c( )=0.1mol/L， ，因此不会有沉淀生成， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】正确理解难溶电解质溶解平衡曲线：（1）曲线上任意点的Ksp都相同，即cm(Mn＋)·cn(Nm－)相同，温度相同；（2）实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变相关微粒浓度；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定得改变温度。
17．t℃时，已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．t℃时，PdI2的Ksp=7×10-9mol3/L3
B．图中a点对应的溶液是饱和溶液，b、d两点对应的溶液都是不饱和溶液
C．向a点的溶液中加入少量NaI固体，溶液由a点沿曲线向c点方向移动
D．要使d点移动到b点可以降低温度
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．在t℃时，PdI2的Ksp=c(Pd2+)×c2(I-)=7×10-5mol/L×(1×10-4mol/L)2=7×10-13mol3/L3，A说法不符合题意；
B．图中曲线上的点为饱和溶液，曲线上方的点对应的溶液过饱和，曲线下方的点对应的溶液不饱和，即a点是饱和溶液，b点是不饱和溶液，d点是过饱和溶液，B说法不符合题意；
C．向a点的溶液中加入少量NaI固体，碘离子浓度增大，PdI2的溶解平衡向生成沉淀的方向移动，c(Pd2+)减小，溶液由a点沿曲线向c点方向移动，C说法符合题意；
D．沉淀溶解过程吸热，要使d点移动到b点，使过饱和溶液变为不饱和溶液，若降低温度，溶解平衡向放热的方向移动，即向生成沉淀的方向移动，仍为饱和溶液，D说法不符合题意。
故答案为：C。

【分析】A．根据a点数据计算Ksp；
B．曲线上的点为饱和溶液，曲线上方的点对应的溶液过饱和，曲线下方的点对应的溶液不饱和；
C．根据碘离子浓度变化分析；
D．根据溶液饱和程度分析；
18．在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10 mol2·L－2，下列说法错误的是（　　）
A．在t ℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13 mol2·L－2
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由b点到c点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq) AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. 该图像为AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上各点均处于沉淀溶解平衡状态，则根据图中b点的c(Ag+)和c(Br−)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10－13 mol2·L－2，A项不符合题意；
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br−)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，B项符合题意；
C. 在a点时Qc D. 该反应的平衡常数为 ，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A、,t℃时，c(Ag+)=c(Br-)=7x10-7;
B、根据平衡移动原理，加入NaBr固体后，c(Br−)增大，平衡逆向移动，；
C、a点再b点的正下方，Qc D、根据平衡常数公式计算；
19．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．a 和 b 分别为 T1、T2温度下CdS 在水中的溶解度
B．图中各点对应的 Ksp 的关系为： Ksp(m) = Ksp(n) < Ksp(p) < Ksp(q)
C．向 m 点的溶液中加入少量Na2S 固体，溶液组成由m 沿 mpn 线向 p 方向移动
D．温度降低时，q 点的饱和溶液的组成由 q 沿 qp 线向p 方向移动
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．溶解度是一定温度下100g水中溶解某溶质达到饱和状态时溶质的质量，a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2+和S2-的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS 在水中的溶解度，故A不符合题意；
B．Ksp只受温度的影响，即m、n、p是同一温度下，所以Ksp相等，有图像可知Ksp(m) = Ksp(n) = Ksp(p) < Ksp(q)，故B符合题意；
C．向 m 点的溶液中加入少量Na2S 固体，溶液中c(S2-)增大，温度不变Ksp不变，则c(Cd2+)减小，溶液组成由m 沿 mpn 线向 p 方向移动，故C不符合题意；
D．温度降低时，CdS的溶解度降低，q 点的饱和溶液的组成由 q 沿 qp 线向p 方向移动，故D不符合题意；
故答案为B。

【分析】
A.观察图像可知，a 和 b 分别为 T1、T2温度下CdS 在水中的溶解度
B.溶度积常数只与温度有关，故ｍｎｐ三点溶度积常数相同；
C.加入Na2S 固体，温度不变，溶度积常数不变，硫离子浓度增加，所以由m 沿 mpn 线向 p 方向移动；
D.温度降低，平衡逆向移动，故由 q 沿 qp 线向p 方向移动。
二、综合题
20．现有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④醋酸钠。请回答下列问题：
（1）25℃时，①中由水电离出的H＋浓度为　 　mol·L-1。
（2）④中各离子浓度由大到小的顺序是　 　。
（3）②和④等体积混合所得溶液中：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝　 　mol·L-1。
（4）已知t℃时，Kw＝1×10-13，则t℃（选填“>”、“<”或“＝”）　 　25℃。
在t℃时，将pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的H2SO4溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝　 　。
【答案】（1）5×10-14
（2）c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
（3）0.1
（4）＞；9∶2
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)0.1mol·L-1的硫酸中c(H+)=0.2mol/L，则水电离出的c(H+)= c(OH-)= = =5×10-14 mol/L，故答案为：5×10-14；
(2)醋酸钠属于强碱弱酸盐，要水解，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；
(3)醋酸和醋酸钠等体积混合所得溶液中存在物料守恒：2c(Na+) = c(CH3COOH) + c(CH3COO-)= ×2=0.1mol/L，故答案为：0.1；
(4)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，t℃时，Kw=1×10-13＞10-14，所以t℃＞25℃；
t℃，KW=1×10-13，在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4的溶液bL混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=2，则有： =0.01mol/L，则a：b=9：2，故答案为：＞；9：2。
【分析】（1）水电离出的OH-的浓度=水电离出的H+浓度=K w /c ( H + ) = 1.0 × 10 − 14/0.2 =5×10-14 mol/L
（2）谁弱谁水解，谁强显谁性。氢氧化钠为强碱，醋酸为弱酸。故c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
（3）2c(Na+) = c(CH3COOH) + c(CH3COO-)
注意混合溶液时要算体积的变化。
（4）25℃时，Kw=10-14常数增大，水的电离是吸热反应，故温度升高了。
pH=2说明H+过量。则根据剩余的H+和pH可列等式求解。
21．在常温下，下列五种溶液：
①0.1 mol·L-1 NH4Cl ②0.1 mol·L-1 CH3COONH4③0.1 mol·L-1 NH4HSO4 ④1 L含0.1 mol NH3·H2O和0.1mol NH4Cl混合液 ⑤0.1 mol·L-1 NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
（1）①、③、④、⑤pH由小到大的顺序为　 　；(填序号，下同)
（2）①、②、③、⑤中c(NH)由小到大的顺序为　 　。
（3）写出④中c(NH3) +c(NH3•H2O) +c(NH)=　 　。
（4）常温下，测得溶液②的pH=7，此溶液中水的电离程度 　 　该温度下纯水的电离程度(填“＞”、“＜”或“=”)
（5）取适量溶液⑤，加入少量氯化铵固体，此时溶液中的值　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)
（6）常温下，将⑤与a mol/L盐酸等体积混合(不考虑溶液体的变化)，反应后溶液恰好呈中性，用a表示NH3·H2O的电离平衡常数为　 　。
【答案】（1）③①④⑤
（2）⑤②①③
（3）0.2mol/L
（4）＞
（5）减小
（6）
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）溶液①显酸性，H＋来自于NH4＋水解；溶液③显酸性，溶液中H＋来自于NH4HSO4的完全电离；溶液④显碱性，溶液中OH－来自NH3·H2O的部分电离；溶液⑤显碱性，溶液中OH－来自于NH3·H2O的部分电离，且电离程度大于溶液④。因此四个溶液的pH值大小为③＜①＜④＜⑤。
（2）溶液①中NH4＋来自于NH4Cl的完全电离，且NH4＋会发生水解；溶液②中NH4＋来自于CH3COONH4的完全电离，且NH4＋的水解受到CH3COO－水解的促进；溶液③中NH4＋来自于NH4HSO4的完全电离，且NH4＋的水解受到H＋的抑制；溶液⑤中NH4＋来自于NH3·H2O的部分电离。因此溶液中c(NH4＋)的大小关系为：⑤＜②＜①＜③。
（3）溶液④为等浓度的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液，结合物料守恒可得，溶液中c(NH3)＋c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=0.2mol·L－1。
（4）溶液②中CH3COO－、NH4＋的水解都会促进水的电离，因此此溶液中水的电离程度大于该温度下纯水的电离程度。
（5）溶液⑤中存在电离平衡NH3·H2O⇌NH4＋＋OH－，加入少量NH4Cl固体后，溶液中c(NH4＋)增大，但NH3·H2O的电离常数 保持不变，因此 减小。
（6）由分析可知，反应后所得溶液中c(NH4＋)=0.5amol·L－1、 。溶液显中性，则溶液中c(OH－)=10－7mol·L－1，因此用a表示的NH3·H2O的电离平衡常数 。

【分析】（1）先判断溶液的酸碱性，再判断溶液中H＋、OH－的来源，从而确定溶液pH的大小。
（2）判断溶液中NH4＋的水解程度，若NH4＋的水解受到抑制，则溶液中c(NH4＋)较大；若NH4＋的水解受到促进，则溶液中c(NH4＋)较小。
（3）结合溶液中的物料守恒进行分析。
（4）若盐溶液中存在可水解的离子，则会促进水的电离。
（5）加入NH4Cl固体后，溶液中c(NH4＋)增大，结合NH3·H2O的电离平衡常数进行分析。
（6）加入等体积的a mol·L－1的稀盐酸后，溶液显中性，则溶液中溶质为NH4Cl、NH3·H2O，且溶液中c(NH4＋)=c(Cl－)=0.5amol·L－1， 。据此结合NH3·H2O的电离平衡常数的表达式进行计算。
22．随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点．
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的体积分数随温度的升高而增加．
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化．（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
　 　
　 　
　 　
　 　
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：


[CO2]/mol•L﹣1
[H2]/mol•L﹣1
[CH4]/mol•L﹣1
[H2O]/mol•L﹣1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为　 　．
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10﹣7，Ki2=5.6×10﹣11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10﹣2，Ki2=6.4×10﹣5
0.1mol/LNa2CO3溶液的pH　 　0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是　 　．若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是　 　．（选填编号）
a．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣] b．[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]
c．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣] d．[H2CO3]＞[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[CO32﹣]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++HCO3﹣⇌H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象．
【答案】（1）增大；增大；减小；减小
（2）
（3）大于；草酸；ac
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应．升高温度正、逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小，故答案为：
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为 ，故答案为： ；
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]，则ac正确，bd错误．故答案为：ac；
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变，故答案为：当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变．
【分析】本题考查较为综合，涉及化学平衡常数、离子浓度大小比较以及弱电解质的电离等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于考查学生的分析、计算能力，要求掌握平衡常数的意义以及离子浓度大小比较方法，难度中等．
23．已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：
化学式
HF
HClO
H2CO3
NH3·H2O
电离常数
6.8×10-4
4.7×10-8
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
Kb=1.7×10-5
（1）常温下，物质的量溶度相同的三种物质的量浓度①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液，其pH由大到小的顺序是　 　(填序号)。
（2）25℃时，pH=4的NH4Cl溶液中各离子浓度的大小关系为　 　。
（3）NaClO溶液中的电荷守恒关系为　 　。
（4）向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为　 　。
（5）25℃下，将的苛性钠溶液与的稀硫酸混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的，则　 　。
（6）25℃时，H2SO3⇌H++HSO的电离常数，则该温度下的水解常数Kh=　 　。
【答案】（1）③>②>①
（2）
（3）
（4）
（5）90：11
（6）
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】根据题中表格数据，由K值判断酸的酸性强弱，酸性越弱的酸形成的盐浓度相同时水解程度越大，pH越大判断；根据电荷守恒和盐溶液的酸碱性判断离子浓度大小；根据NaClO溶液中存在的离子写出电荷守恒关系式；根据酸性强弱，依据强酸制弱酸原理写出离子方程式；根据电荷守恒和题给离子浓度关系进行判断；据此解答。
（1）由酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH值越小可知，图表中数据分析可知酸性HF>H2CO3>HClO>，相同浓度的这几种钠盐溶液中酸根离子水解程度为F-<-<，水解程度越大，溶液的pH值越大，所以这几种溶液的pH大小顺序为③>②>①；答案为③>②>①；
（2）pH=4的NH4Cl溶液，说明水解呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒可知c(Cl-)>c()，水解程度较小，则有c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)；答案为c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)；
（3）NaClO溶液中存在Na+、ClO-、H+、OH－四种离子，由阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数可知，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)；答案为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)；
（4）根据电离平衡常数K可知，酸性H2CO3>HClO>，所以向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HClO+；答案为ClO-+CO2+H2O=HClO+；
（5）时，的苛性钠溶液中氢氧根的浓度是，与的稀硫酸混合设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和，所得混合溶液的，说明稀硫酸过量，则，解得：：；
（6）依据电离方程式可得，的电离平衡常数表达式；依据水解方程式可得，的水解平衡常数表

【分析】（1）根据电离常数，可知三种酸的酸性强弱为HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越弱，对应的弱酸根越水解，据此分析。
（2）根据盐溶液的酸碱性判断离子浓度大小。
（3）根据电荷守恒进行解答。
（4）根据酸性强弱顺序H2CO3＞HClO＞HCO3-进行分析。
（5）酸碱反应后所得溶液呈酸性，说明硫酸过量，结合H++OH-=H2O进行分析。
（6）根据Kw=Kh·Ka进行分析。
24．平衡思想是化学研究的一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。
（1）①室温下，0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka≈　 　。
②在25C时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合(忽略混合时的溶液体积变化)，反应平衡时溶液中c( )=c(Cl-)，则溶液显　 　(填“酸“碱”或“中”)性。
（2）已知，常温下几种物质的电离常数如下：
化学式
H2CO3
HClO
H2SO3
电离平衡常数
Ka1=4.5×10-7
Ka2=1.4×10-11
Ka=3.0×10-8
Ka1=1.4×10-2
Ka2=6.0×10-8
①三种相同物质的量浓度的Na2CO3、NaClO、NaHSO3的pH从小到大的排序是　 　。
②下列说法正确的是　 　。
A．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
B．常温下，将SO2通入氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol/L时，溶液中的 =0.6
C．等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO4混合液中，3c(Na+)=2c( )+2c( )+2c(H2SO3)
D．Na2CO3溶液中加入少量水，则溶液中 将减小
③根据表中数据，计算0.03mol/LNaClO溶液的pH≈　 　。
【答案】（1）1×10-5；中
（2）NaHSO3＜NaClO＜Na2CO3；BD；10
【知识点】化学平衡常数；pH的简单计算；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)①0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，则c(CH3COO-+)=c(H+)=0.1mol/L×1%=10-3mol/l，Ka≈；
②根据电荷守恒 ，因为c( )=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，故溶液显中性；
(2)①根据酸越弱其对应的酸根离子水解程度越大的原理，酸根离子的水解程度越大，则溶液的pH越大，根据表格中的数据可知，种相同物质的量浓度时，其pH从小到大的排序是NaHSO3＜NaClO＜Na2CO3；
②A．次氯酸有强氧化性，可以把亚硫酸根氧化为硫酸根，本身被还原为氯离子，A不正确；
B．常温下，将SO2通入氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol/L时，c(H+)=1.0×10-7，根据亚硫酸的二级电离常数可知，溶液中的 = =0.6，B正确；
C．等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO4混合液中，根据物料守恒可知，2c(Na+)=3c( )+3c( )+3c(H2SO3)，C不正确；
D．Na2CO3溶液中加入少量水，相当于对碳酸钠溶液进行稀释，稀释时钠离子浓度降低，稀释促进碳酸根离子的水解，则碳酸根离子减小的更快，则溶液中 将减小，D正确；
故答案为：BD；
③根据表格中的数据可知次氯酸根离子的水解常数为Kh= = = ×10-6；设在NaClO溶液中c(HClO)=c(OH-)=x，Kh≈ = ×10-6，解得x=1.0×10-4，则c(H+)=1.0×10-10，pH=10。

【分析】（1）①根据数据即可计算出常数
②根据电荷守恒即可判断
（2）①根据电离平衡常数即可计算出pH
②A.次氯酸根具有氧化性
B.根据亚硫酸的二级电离即可计算出浓度比
C.考虑亚硫酸氢根离子水解利用物料守恒
D.根据水解即可判断
③根据电离常数结合水解即可计算pH
25．查阅资料得知25℃时部分弱酸的电离常数如下表：
酸



电离常数(Ka)





据此回答以下几个问题：
（1）酸性　 　(填“>”、“＜”或“=”)。
（2）写出的第一步电离方程式　 　。
（3）写出溶液与溶液反应的离子方程式　 　。
（4）以下方法不能证明为弱酸的是____(填序号)。A．常温下测得溶液的大于7
A．常温下测得溶液的大于7
B．常温下的溶液稀释至100倍后，测得小于6
C．不稳定，受热易分解
（5）水合草酸亚铁(FeC2O4∙xH2O)是生产锂电池的原料，难溶于水，受热易分解。某化学兴趣小组对草酸亚铁的一些性质进行探究。
①实验室用硫酸亚铁溶液和草酸制备水合草酸亚铁，反应的化学方程式是　 　。
②将水合草酸亚铁溶于适量冷盐酸中。分别取2mL此溶液于3支试管中，进行实验，填写空白：
序号
实验操作
实验现象
实验结论
A
加入几滴溶液
溶液不变红
肯定不存在
B
加入几滴溶液
生产　 　
肯定存在
C
加入几滴酸性溶液
溶液紫红色褪去
　 　(填“能”或“不能”)肯定存在
（6）已知酸性高锰酸钾可将甲酸氧化成二氧化碳，采用溶液对某样品进行纯度测定(杂质不参与反应)，取样品()在锥形瓶中溶解并酸化后，用0.100mol/L的标准溶液进行滴定，滴定至终点时消耗溶液20.00ml。
①滴定反应的离子方程式为　 　。
②该样品中的纯度为　 　(用百分数表示)。
【答案】（1）>
（2）
（3）
（4）C
（5）；蓝色沉淀；不能
（6）；63.2%
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)根据电离常数Ka( )>Ka1( )， 酸性> ；
(2)多元弱酸分步电离， 的第一步电离方程式为 ；
(3)根据表格数据可知Ka2( )>Ka1( )， 溶液与 溶液反应可以生成 ，离子方程式为 ；
(4)A. 常温下测得 溶液的 大于7，说明S2-水解， 为弱酸，故A正确；
B. 常温下测得 溶液的 大于7， 水解显碱性， 为弱酸，故B正确；
C. 常温下 的 溶液稀释至100倍后，测得 小于6， 存在电离平衡，说明 为弱酸，故C正确；
D. 不稳定，受热易分解，与酸性强弱无关，不能说明 为弱酸，故D不正确；
故答案为D
(5)①硫酸亚铁溶液和草酸制备水合草酸亚铁，反应的化学方程式是 ；
②与 反应生成蓝色沉淀，加入几滴 溶液生成蓝色沉淀，说明有 ；草酸根和氯离子都能被高锰酸钾氧化，加入几滴酸性 溶液，溶液紫红色褪去不能说明含有 ；
(6)①酸性高锰酸钾可将甲酸氧化成二氧化碳，滴定反应的离子方程式为 ；
②根据反应关系式 ， ，解得 ，该样品中 的纯度为 ；

【分析】（1）根据电离常数即可判断
（2）根据电离程度即可写出
（3）根据电离常数大小即可判断产生的硫化氢气体，结合反应物和生成物即可写出方程式
（4）判断弱酸的方法可以通过测试一定浓度的溶液的pH，以及比较盐的pH
（5）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②加入 检验亚铁离子的检验现象，亚铁离子具有还原性可以将高锰酸钾氧化
（6）①根据反应物结合性质即可写出方程式
②根据方程式结合数据即可计算出纯度