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（附解析）

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A．溶液中减小一、单选题1．常温下，下列说法错误的是（　　）B．溶液中导电粒子数目减少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C．CH3COOH电离程度增大，c(H+)也增大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≤V2D．向溶液中加入pH=11的NaOH溶液后，pH＞7C．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【答案】AD．在Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl固体，c(Mg2+)增大【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【答案】B【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【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，醋酸符合题意；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．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，酸碱溶液的体积意；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，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题意；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题意；化小，与镁完全反应速率快，用时少，故C不符合题意；故答案为：A。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；【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故答案为：B。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（　　）【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A．0.lmol∙L−1CH3COOH加水稀释，溶液中c(OH－)减小液，稀释促进醋酸电离；B．相同浓度的HCl和CH3COOH，两溶液中c(H+)相同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C．等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)相等；如果HA是弱酸，要使混合溶液呈中性，HA应该稍微过量；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10：1C.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；【答案】CD.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。【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.0.1mol∙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；2．20℃时，向10mLpH=3的CH3COOH溶液中加水稀释，下列说法正确的是（　　）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；nC．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B、稀释过程中，c(H+)减小，但电离平衡常数保持不变；C符合题意；C、结合温度对弱电解质电离平衡的影响分析；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。D、结合电荷守恒分析；故答案为：C。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【分析】A.加水促进弱电解质电离，水的离子积常数不变；B．两份溶液，升高至相同的温度，pH仍然相同。B.盐酸为强酸，CH3COOH为弱酸；C．将两份溶液混合后，溶液的pH会减小C.结合电荷守恒判断；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D.根据pH=-lgc(H+)计算c(H+)再进行比较。【答案】A4．是一种三元弱酸。关于常温下的溶液，下列说法正确的是（　　）【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡A．该溶液中【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．加水稀释过程中，溶液中保持不变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．随温度升高，增大，该溶液中增大、减小，增大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．加入溶液至中性时，溶液中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【答案】D中溶质为CH3COONa和大量的CH3COOH，溶液显中性，pH<7，D不符合题意；【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故答案为：A【解析】【解答】A．常温下的溶液，该溶液中，A不符合题意；【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。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。题意；6．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中不正确的是（　　）C．随温度升高，促进电离，增大，该溶液中增大，也增大，减小，C不符编号①②③④合题意；溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸D．加入溶液至中性时，由电子守恒可知溶液中，DpH111133符合题意；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均减小故答案为：D。B．分别取1mL稀释至10mL，4种溶液的pH：①＞②＞④＞③C．将溶液②和③等体积混合，所得溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)【分析】A、pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L；D．将aL溶液②和bL溶液④混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=9：11n【答案】CA．NaHSO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)-c(SO)+c(HSO)【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B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ba2+)×c(SO)＞Ksp(BaSO3)【解析】【解答】A．在①中存在电离平衡：NH-，向其中加入NHC．实验3得到的溶液中有c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)3·H2O+OH4Cl固体后，溶液中D．实验4中反应的离子方程式为CO+HSO=HCO+SOc()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【答案】D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【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；离子方程式的书写小，因而NaOH溶液pH也减小，A不符合题意；【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：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；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1mL稀释至10mL，稀释10倍后，溶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；种溶液pH大小为：①＞②＞④＞③，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的混合液中存在物料守恒：c(Na+)＝2c(H2SO3)+2c(SO)+2c(HSO)，故C不符合题意；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，故溶液中离子明显实验现象，故D符合题意；浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C符合题意；故答案为：D。D．将aL溶液②与bL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；【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；故答案为：C。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。【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（　　）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等于溶液中离子浓度10-3mol/L。B．pH=a的NaA溶液中，水电离出的c(OH-)为10-amol/LC．向NaA溶液滴加少量H2B溶液的离子方程式为：A-+H2B=HB-+HA7．室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质：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实验实验操作和现象【答案】C1用pH试纸测定某NaHSO3溶液的pH，测得pH约为6【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2向某NaHSO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀【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、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可知，完全反应消耗NaOH的物质的量后者更大，A不符合题意；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-下列有关说法正确的是（　　）namol/L，c(OH-)即水电离出的c(OH-)为10a-14mol/L，B不符合题意；C符合题意；C．已知：K-4-2-6D．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(NHa(HA)=3.0×10，Ka1(H2B)=4.3×10，Ka2(H2B)=5.6×10。则酸性排序：，则向NaA溶液滴加少量H--)+c(Na+)=c(NO)+c(OH-)，物料守恒c(NH)+c(NH3·H2O)=c(NO)=c(Na+)，故2B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c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)-c(Na+)=0.05mol/L，故D不符合题意。水解，水解常数，则故答案为C。，溶液呈酸性，D不符合题意；【分析】A.只考虑溶液中铵根离子的水解；故答案为：C。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；【分析】A、根据发生反应的化学方程式进行分析；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。B、结合Kw=c(H+)×c(OH-)进行计算；10．25℃时，向15mL0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOHC、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；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（　　）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；A．溶液的导电能力：d＞c＞a9．常温下，向溶液中逐滴加入溶液，所得NaOH溶液B．c点对应溶液中，=1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：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-1B．点b所示溶液中，水的电离程度最大【答案】AC．点c所示溶液中：【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定D．点d所示溶液中：【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【答案】C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【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；铵盐弱，A符合题意；【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，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=1，B不符合题意；)>c(H+)>c(OH-)，故A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；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；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C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)<c(OH-)，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硝酸铵、一水合氨和硝题意；酸钠，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH)+c(Na+)=c(NO)+c(OH-)，根据物料守恒得c(NH故答案为：A。)+c(NH3·H2O)=c(NO)=2c(Na+)，所以得，故n【分析】向15mL0.1mol·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【答案】C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【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【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与CH3COONa的混合物，据此分析解答。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-)，11．常温下，向20mL0.1mol/L的某一元酸(HA)溶液中加入几滴酚酞溶液，再逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶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点溶液中离子总浓液，测得滴定曲线如图。下列说法错误的是（　　）度大于b点溶液，导电能力：b点溶液<a点溶液，A不符合题意；A．V=10mL时，c(HA)＞c(A-)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B．pH=7时，V(NaOH)＜20mL度，则c(B-)>c(HB)，B不符合题意；C．滴定终点时，溶液由无色变为浅红色C．a点时加入的NaOH溶液为10.00mL，溶液中c(H+)≈=D．a点的水的电离程度大于b点的水的电离程度【答案】Amol·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【知识点】水的电离；中和滴定【解析】【解答】A．向20mL0.1mol/L的某一元酸(HA)溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，当加入NaOH合题意；溶液10mL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D．HA为强酸，A-不存在水解，D不符合题意。作用大于A-的水解作用，故浓度：c(HA)＜c(A-)，A符合题意；故答案为：C。B．当加入NaOH溶液体积是20.00mL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)＜20mL，B不符合题意；【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；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，说明分钟内不再变为无色，C不符合题意；HB的电离程度大于NaB的水解程度；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；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-)计故答案为：A。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。【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。13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）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，滴定过选实验操作和现象结论程中溶液的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)。下列说法正确的是项（　　）室温下，向溶液X中滴加少量双氧水，再加入KSCN溶液，A溶液X中一定含Fe2+A．导电能力：a点溶液<b点溶液变红B．b点溶液中c(HB)>c(B-)溶液Y中含Na+不含C．a点溶液中由水电离出的c(H+)约为3×10-13mol·L-1B用洁净铂丝蘸取溶液Y在火焰上灼烧，火焰呈黄色K+D．HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是A-+H2OHA+OH-n室温下，向0.1mol·L−1Na2C2O4溶液中加入等体积(AgBr)AgBr)CKsp(CaC2O4)=2.5×10−30.1mol·L−1CaCl2溶液，产生白色沉淀熔点：氧化铝>D在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化但不滴落室温测定浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液和NaNO2溶HNO2电离出H+的能力铝D液的pH，CH3COONa溶液的pH大比CH3COOH强A．AB．BC．CD．DA．AB．BC．CD．D【答案】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；【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比较弱酸的相对强弱的实验【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【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，反应不了Fe2+存在，故A不符合题意；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，确定不了件，故A不符合题意；K+存在，故B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，C．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，则Qc>Ksp(CaC2O4)，得到说明还有淀粉存在，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；Ksp(CaC2O4)<Qc=c(Ca2+)·c()=×=2.5×10-3，故C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．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；符合题意；故答案为D。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；【分析】A.主要得到的沉淀不溶于硫酸B.K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察；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.根据沉淀溶解平衡分析判断；C.应该保证同等浓度条件下进行实验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D.通过此实验可以证明其熔沸点较高子水解程度大。.15．25℃时，下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别是：14．根据实验操作和现象所得到的结论正确的是()Ag2SO4(白色)Ag2S(黑色)FeS(黑色)MnS(肉色)选实验操作和现象结论1.4×10－5mol3·L－36.3×10－50mol3·L－33.3×10－18mol2·L－22.5×10－13mol2·L－2项结合相关数据分析，下列说法错误的是（　　）H2S的酸性比A向CuSO4溶液中通入H2S，生成黑色沉淀(CuS)＋A．除去某溶液中的Ag用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好H2SO4强B．25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至B淀粉未水解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中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝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C向NaCl和NaBr混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(n【答案】D故答案为：B。【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【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【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法不符合题意；转化一定得改变温度。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；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（　　）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A．t℃时，PdI2的Ksp=7×10-9mol3/L3色变为肉色，C说法不符合题意；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点方向移动液中c(Ag＋)减小，D说法符合题意；D．要使d点移动到b点可以降低温度故答案为D。【答案】C【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、根据溶解平衡时，Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，Ag2S更难容解答；【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B、根据Ksp(MnS)>Ksp(FeS)解答；符合题意；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；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D、加入Na2S固体，使溶液中S2－浓度增大，溶解平衡逆向移动；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；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()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A．b点对应的Ksp等于c点对应的Ksp小，溶液由a点沿曲线向c点方向移动，C说法符合题意；B．采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点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C．该温度下，Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1.6×10-5(mol•L-1)3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。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故答案为：C。【答案】B【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A．根据a点数据计算Ksp；【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；题意；C．根据碘离子浓度变化分析；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；D．根据溶液饱和程度分析；C．由图像中b点可知，Ag2SO4的溶度积常数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＝4×10－10mol2·L－2，下列，C不符合题意；说法错误的是（　　）A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13mol2·L－2D．两种溶液混合后，c(Ag+)=0.01mol/L，c()=0.1mol/L，B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由b点到c点，因此不会有沉淀生成，C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D不符合题意；D．在t℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816n【答案】BD．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【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质意；【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，则根故答案为B。据图中b点的c(Ag+)和c(Br−)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10－13mol2·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；【分析】C.在a点时Qc<Ksp，故a点为AgBr的不饱和溶液，C项不符合题意；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；D.该反应的平衡常数为，D项不符合题意；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；故答案为：B。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：【分析】A、,t℃时，c(Ag+)=c(Br-)=7x10-7;（1）25℃时，①中由水电离出的H＋浓度为　mol·L-1。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，；（2）④中各离子浓度由大到小的顺序是　　。C、a点再b点的正下方，Qc<Ksp，属于不饱和溶液；（3）②和④等体积混合所得溶液中：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝　mol·L-1。D、根据平衡常数公式计算；（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aL与pH＝1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），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，若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝　　。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（　　）【答案】（1）5×10-14A．a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度（2）c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)（3）0.1C．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（4）＞；9∶2D．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【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较【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】(1)0.1mol·L-1的硫酸中c(H+)=0.2mol/L，则水电离出的c(H+)=c(OH-)==【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=5×10-14mol/L，故答案为：5×10-14；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(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：题意；c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；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)<(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-)=Ksp(q)，故B符合题意；×2=0.1mol/L，故答案为：0.1；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(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℃成由m沿mpn线向p方向移动，故C不符合题意；＞25℃；nt℃，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（6）的变化)，若所得混合溶液的pH=2，则有：=0.01mol/L，则a：b=9：2，【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；电离平衡常数故答案为：＞；9：2。【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【分析】（1）水电离出的OH-的浓度=水电离出的H+浓度=Kw/c(H+)=1.0×10−14/0.2=5×10-14mol/L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（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+)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。（3）2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)（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注意混合溶液时要算体积的变化。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（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。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pH=2说明H+过量。则根据剩余的H+和pH可列等式求解。为：⑤＜②＜①＜③。21．在常温下，下列五种溶液：（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＋)＋①0.1mol·L-1NH4Cl②0.1mol·L-1CH3COONH4③0.1mol·L-1NH4HSO4④1L含0.1molNH3·H2O和c(NH3·H2O)=0.2mol·L－1。0.1molNH4Cl混合液⑤0.1mol·L-1NH3·H2O（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请根据要求填写下列空白：的电离程度。（1）①、③、④、⑤pH由小到大的顺序为　　；(填序号，下同)（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（2）①、②、③、⑤中c(NH)由小到大的顺序为　　。NH3·H2O的电离常数保持不变，因此减小。（3）写出④中c(NH3)+c(NH3•H2O)+c(NH)=　。（6）由分析可知，反应后所得溶液中c(NH4＋)=0.5amol·L－1、。溶液显中（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“＞”、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“＜”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amol/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【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。NH3·H2O的电离平衡常数为　　。（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【答案】（1）③①④⑤促进，则溶液中c(NH4＋)较小。（2）⑤②①③（3）结合溶液中的物料守恒进行分析。（3）0.2mol/L（4）若盐溶液中存在可水解的离子，则会促进水的电离。（4）＞（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。（5）减小（6）加入等体积的amol·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nc(NH＋－－1（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4)=c(Cl)=0.5amol·L，。据此结合NH3·H2O的电离平衡常数的表达物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变式进行计算。【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．【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，即正反应是完成下列填空：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，（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：故答案为：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）v正v逆平衡常数K转化率α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“不增大增大减小减小变”）（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：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：（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0.1mol/LNa2CO3溶液[CO2]/mol•L﹣1[H2]/mol•L﹣1[CH4]/mol•L﹣1[H2O]/mol•L﹣1的pH大于0.1mol/LNa2C2O4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平衡Ⅰabcd为主，因此溶液中[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]，则ac正确，bd错误．故答案为：ac；平衡Ⅱmnxy（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a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为　　．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（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10﹣7，Ki2=5.6×10﹣11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；当少量碱性物质进草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10﹣2，Ki2=6.4×10﹣5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．0.1mol/LNa2CO3溶液的pH0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”）【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）法，难度中等．a．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]b．[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]23．已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：c．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]d．[H2CO3]＞[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[CO32﹣]化学式HFHClOH2CO3NH3·H2O（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K1=4.3×10-7时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象．电离常数6.8×10-44.7×10-8Kb=1.7×10-5K2=5.6×10-11【答案】（1）增大；增大；减小；减小（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（2）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）大于；草酸；acn（3）NaClO溶液中的电荷守恒关系为　　。离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HClO+；答案为ClO-+CO2+H2O=HClO+；（4）向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为　　。（5）时，的苛性钠溶液中氢氧根的浓度是，与的稀硫酸混合设（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，则积之和)，所得混合溶液的，则　。，解得：：；（6）25℃时，H2SO3⇌H++HSO的电离常数，则该温度下的水解常数Kh=　。（6）依据电离方程式可得，的电离平衡常数表达式；【答案】（1）③>②>①（2）依据水解方程式可得，的水解平衡常数表（3）（4）（5）90：11【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（6）根越水解，据此分析。【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（2）根据盐溶液的酸碱性判断离子浓度大小。书写；电离平衡常数（3）根据电荷守恒进行解答。【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（4）根据酸性强弱顺序H2CO3＞HClO＞HCO3-进行分析。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（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。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（6）根据Kw=Kh·Ka进行分析。进行判断；据此解答。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）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（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大小顺序为溶液中c()=c(Cl-)，则溶液显　(填“酸“碱”或“中”)性。③>②>①；答案为③>②>①；（2）已知，常温下几种物质的电离常数如下：（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()，化学式H2CO3HClOH2SO3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-)；Ka1=4.5×10-7Ka1=1.4×10-2电离平衡常数Ka=3.0×10-8+-+－（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Ka2=1.4×10-11Ka2=6.0×10-8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-)；①三种相同物质的量浓度的Na2CO3、NaClO、NaHSO3的pH从小到大的排序（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，反应的是　　。n②下列说法正确的是　　。c(HClO)=c(OH-)=x，Kh≈=×10-6，解得x=1.0×10-4，则c(H+)=1.0×10-10，pH=10。A．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClOB．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【分析】（1）①根据数据即可计算出常数C．等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO4混合液中，3c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2SO3)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pHD．Na2CO3溶液中加入少量水，则溶液中将减小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③根据表中数据，计算0.03mol/LNaClO溶液的pH≈　。C.考虑亚硫酸氢根离子水解利用物料守恒【答案】（1）1×10-5；中D.根据水解即可判断（2）NaHSO3＜NaClO＜Na2CO3；BD；10③根据电离常数结合水解即可计算pH【知识点】化学平衡常数；pH的简单计算；盐类水解的应用25．查阅资料得知25℃时部分弱酸的电离常数如下表：【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-酸3mol/l，Ka≈；②根据电荷守恒，因为c()=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，故溶液显电离常数(Ka)中性；据此回答以下几个问题：(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（1）酸性　(填“>”、“＜”或“=”)。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；（2）写出的第一步电离方程式　　。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（3）写出溶液与溶液反应的离子方程式　　。数可知，溶液中的==0.6，B正确；（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7C．等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO4混合液中，根据物料守恒可知，A．常温下测得溶液的大于72c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2SO3)，C不正确；B．常温下的溶液稀释至100倍后，测得小于6D．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C．不稳定，受热易分解子的水解，则碳酸根离子减小的更快，则溶液中将减小，D正确；（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。故答案为：BD；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溶液中是　　。n②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：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；序号实验操作实验现象实验结论故答案为DA加入几滴溶液溶液不变红肯定不存在(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；B加入几滴溶液生产　肯定存在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；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）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(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)。②根据反应关系式，，解得，该【答案】（1）>样品中的纯度为；（2）（3）【分析】（1）根据电离常数即可判断（4）C（2）根据电离程度即可写出（5）；蓝色沉淀；不能（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（6）；63.2%（5）①根据反应物和生成物即可写出方程式【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；盐类水解的应用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【解析】【解答】(1)根据电离常数Ka()>Ka1()，酸性>；（6）①根据反应物结合性质即可写出方程式(2)多元弱酸分步电离，的第一步电离方程式为；②根据方程式结合数据即可计算出纯度(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；