2025届高三化学一轮复习-- -盐类的水解

2025届高三化学复习---盐类的水解 一、单选题 1．（2024高三上·广东广州·期末）25℃，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L一元弱酸HA溶液，所得滴定曲线如图。下列说法正确的是 A．点①所示溶液中： B．点②时，消耗 C．点②所示溶液中： D．点③所示溶液中： 2．（2024高三上·河北廊坊·期末）下列实验方案不能达到预期目的的是 选项 实验方案 预期目的 A 向溶液中通入 证明非金属性：C>Si B 将(杂质)通入酸性溶液 除去中含有的 C 测量某二元弱酸的酸式盐(KHR)溶液的pH 确定与相对大小 D 室温下，将表面积相等的同时置于、的盐酸中 探究大小对反应速率的影响 A．A B．B C．C D．D 3．（2024高三上·广东中山·期末）时，用盐酸滴定氨水的图像如图所示，下列说法正确的是 A．点时： B．水的电离程度： C．滴定过程中，减小 D．、、、均有 4．（2024·江苏泰州·模拟预测）乙二酸(用表示)为二元弱酸。时，向的溶液中滴加适量的盐酸或溶液，溶液中各含氮(或A)微粒的分布分数δ与溶液的关系如图所示(不考虑溶液中的分子)。下列说法正确的是 A．由图可知： B．的溶液中： C．d点溶液中： D．溶液中滴加少量溶液的主要反应离子方程式： 5．（2024高三上·广东广州·期末）25℃，0.1mol/LNH4Cl溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是 A．图中M表示 B．NH4Cl溶液 C．NH4Cl溶液中： D．NH4Cl溶液中： 6．（2024高三上·贵州·阶段练习）常温下，将NaOH溶液滴加到乙二酸()溶液中，混合溶液的pH与［或］的关系如图所示。下列叙述不正确的是 A．曲线Ⅱ表示pH与的变化关系 B．乙二酸的的数量级为 C．溶液呈酸性 D．时， 7．（2024高三上·广东·阶段练习）下列根据反应原理设计的应用，正确的是 ①用热的纯碱溶液清洗油污 ②明矾净水 ③(过量)用制备 ④配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠 A．①②④ B．②③ C．①③ D．①②③ 8．（2024高三下·四川乐山·期中）常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒的分布系数(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．常温下，的电离常数约为 B．在水中电离的方程式为：， C．当时，溶液中离子浓度大小顺序为： D．当时， 9．（2024高三上·福建三明·期中）叠氮酸(HN3)是一种弱酸。常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1的HN3溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1NaOH溶液。测得滴定过程电溶液的pH随V(NaOH)变化如图所示，下列说法正确的是 A．点①溶液中：c(HN3)+c(H+)>c()+c(OH-) B．点②溶液中：c(Na+)=c(N)+c(HN3) C．常温下，Ka(HN3)的数量级为10-4 D．点③溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HN3) 10．（2024高三上·湖北·期中）时，及其钠盐的溶液中，和所占的物质的量分数（w）随溶液变化的关系如图所示，下列叙述不正确的是 A．在水中分步电离： B．当溶液恰好呈中性时， C．溶液中的约等于4.15 D．含与各的混合溶液的 11．（2024高三上·河北石家庄·阶段练习）实验发现，T℃时一元弱酸HA溶液中与的关系如图所示。 下列叙述错误的是 A．当时， B．T℃时，水的离子积常数为 C．T℃时，HA的电离常数 D．当时， 12．（2024高三上·贵州·阶段练习）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．物质X可煅烧贝壳制取 B．工业上常用电解MgCl2溶液制备金属镁 C．“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，所得溶液在HCl气流中加热蒸发也可得到无水MgCl2 13．（2024高三上·贵州·阶段练习）硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于氰化物中毒患者的治疗。硫代硫酸钠与硫酸发生反应的化学方程式是Na2S2O3 +H2SO4=Na2SO4 +SO2↑+S↓+H2O，设NA代表阿伏伽德罗常数，下列对上述反应说法正确的是 A．1mol H2O含有价层电子对数目为4NA B．1LpH=1的硫酸中含数目为NA C．Na2S2O3的溶液中c (Na+)：c ()=2：1 D．反应中每转移2NA个电子，则生成SO2的体积为2.24 L 14．（24-25高三上·湖北·阶段练习）某氨基酸衍生物(简称)的，。常温下构建体系，其中，，体系中含物种分布系数与关系如图所示，下列说法正确的是 A．   B．时 C．时，存在 D．后继续增大，溶液中的一定继续增大 二、非选择题 15．（2024高三上·天津南开·期中）已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示： (1)25℃时水的电离平衡曲线应为 (填“A”或“B”) (2)25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液的体积之比为 。 (3)95℃时，若100体积pH1=a的某强酸与1体积pH2=b的某强碱混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是 。 (4)明矾[化学式为KA1(SO4)2・12H2O］溶液呈性 (填“酸”“碱”或“中”)，原因是 (用离子方程式表示)。在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液，试说明原因： 。(用离子方程式表示) 16．（2024高三上·江西赣州·期中）Ⅰ.已知pOH也可以用来表示溶液的酸碱度，规定。不同温度下，水溶液中pOH与pH的关系如图所示。 (1)t 25(填“>”或“＜”)，图中A、B、C三点对应水的电离程度最大的是 。 (2)25℃时，向100mL 0.005 溶液中逐滴加入等浓度的溶液至恰好沉淀完全。 ①此过程中水的电离平衡 (填“正向”、“逆向”或“不”)移动。 ②写出该过程发生反应的离子方程 ；若反应前后溶液体积的变化忽略不计，则反应后所得溶液的pH值为 (已知)。 (3)已知80℃时，水的离子积常数。该温度下，0.1某一元酸(HA)溶液中，该溶液中由水电离的为 。 Ⅱ.常温下，向20mL 0.2某二元弱酸溶液中滴加0.2NaOH溶液。有关粒子物质的量变化如图(其中Ⅰ代表，Ⅱ代表，Ⅲ代表)。 (4)当V(NaOH溶液)=20mL时，溶液中离子浓度大小关系： 。 (5)等体积等浓度的NaOH溶液与溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水 (填“大”“小”或“相等”)。 17．（2024高三上·山东日照·期中）亚砷酸(H3AsO3)可以用作基准试剂和防腐剂、杀虫剂、除草剂等。亚砷酸是三元弱酸，在溶液中存在多种含砷微粒，25℃时各种微粒的物质的分数与溶液pH的关系如图所示，其中a、b、c三点的横坐标分别为9.3、12.8和13.5。 回答下列问题： (1)曲线②代表的含砷微粒是 。 (2)将NaOH溶液滴加到H3AsO3溶液中，当pH从12调至13时，所发生主要反应的离子方程式是 。 (3)H3AsO3可以写成As(OH)3，H3AsO3的前二步电离是通过和水中的OH-结合实现的，第二步电离方程式为 。 (4)下列说法正确的是 (填标号)。 A．b点的溶液中：c(H+)=3c(AsO)+2c(HAsO)+c(H2AsO)+c(OH-) B．pH在12~14之间，随pH增大HAsO电离程度增大，c(HAsO)减小 C．在NaH2AsO3溶液中，满足：c(H+)+c(H3AsO3)=c(HAsO)+c(OH-)+2c(AsO) (5)将固体Na3AsO3和NaH2AsO3按一定物质的量完全溶解在水中，若满足关系：3c(Na+)=7[c(AsO)+c(HAsO)+c(H2AsO)+c(H3AsO3)]，则前者与后者的物质的量之比为 。 (6)25℃，当c(H3AsO3)=c(HAsO)时，溶液pH为10.7，则该温度下亚砷酸的第二步电离常数为 。 18．（2024高三上·浙江台州·阶段练习）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，0.1 mol/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25℃时，将a mol/L的氨水与0.01 mol/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=4.7×10-11 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Na2SO3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，计算常温下0.03 mol/L NaClO溶液的pH≈ 。 ④现有常温下0.1mol·L-1的(NH4)2CO3溶液，溶液中各微粒浓度之间的关系式错误的是 (填字母)。 A．c()＋c(H＋)=c()＋c(OH-)＋c() B．c()＋c(NH3·H2O)=2c()＋2c()＋2c(H2CO3) C．c()＋c()＋c(H2CO3)=0.1mol·L-1 D．c(H＋)＋c()＋c(H2CO3)=c(OH-)＋c(NH3·H2O) 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D B C D D D D D 题号 11 12 13 14 答案 D B A A 1．D 【详解】A．点①处加入氢氧化钠10mL，溶液为HA和NaA按物质的量之比为1∶1的混合液，由图可知，溶液显酸性，HA的电离大于A-的水解，所以c(A-)＞c(HA)，A错误； B．点②溶液显中性，HX为弱酸，由图可知消耗V(NaOH)＜20mL，B错误； C．点②溶液显中性，由电荷守恒可知c(Na+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-)，C错误； D．点③溶液为NaA溶液，显碱性，所以c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确； 故答案为：D。 2．B 【详解】A．向溶液中通入，得到沉淀，说明最高价含氧酸的酸性：，证明非金属性：C>Si，A项正确； B．乙烯会被酸性溶液氧化为，引入新杂质，B项错误； C．二元弱酸的酸式盐(KHR)溶液中存在有：、，若则说明的电离大于水解，溶液呈酸性，反之呈碱性，C项正确； D．浓度越大，产生气泡的速率越快，可以探究浓度大小对反应速率的影响，D项正确； 故答案选B。 3．D 【分析】c点盐酸与氨水恰好完全反应，生成氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，常温时若使溶液呈中性pH=7，氨水需过量。 【详解】A．a点溶液中主要成分为氨水和氯化铵，存在，A错误； B．酸或碱的电离抑制水的电离，盐的水解促进水的电离，c点溶液中至存在氯化铵，存在水解促进水的电离，b点氨水过量，过量的一水合氨的电离抑制水的电离，d点酸的量多余a点碱的量，则水的电离程度：，B错误； C．一水合氨部分电离出，一水合氨与水反应生成氯化铵属于强电解质，完全电离，则滴定过程中，增大，C错误； D．根据电荷守恒可知，、、、均有，D正确； 答案选D。 4．B 【分析】向NH4HA溶液中滴加盐酸，HA-浓度降低，H2A浓度增大，向NH4HA溶液中滴加NaOH溶液，HA-浓度降低，A2-浓度增大，浓度降低，浓度增大，则图像中从左开始曲线依次表示H2A、HA-、A2-、和，从图中可以看出，d点c(H2A)=c(HA-)，可知H2A的，e点c(HA-)=c(A2-)，可知H2A的，n点c()=c()，可知的，据此解答。 【详解】A．由分析可知，，，A错误； B．结合分析，从图中可以看出，pH=8的溶液中有：，B正确； C．无论d点溶液中是否滴加适量的盐酸或NaOH溶液，根据物料守恒，d点溶液中始终存在：，则，C错误； D．由图可知，向NH4HA溶液中加入少量NaOH 溶液后，HA-的分布分数从最高点开始就减小得比快，且A2-的分布分数增大得比NH3·H2O快，故向NH4HA溶液中滴加少量NaOH溶液，主要反应离子方程式：HA-+OH-=A2-+H2O，D错误； 故选B。 5．C 【分析】25℃，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，部分微粒组分及浓度分析回答问题。 【详解】A．溶液中离子浓度最大的是氯离子，c(Cl-)=0.1mol•L-1，图中M浓度小于0.1mol•L-1，表示的是，A错误； B．NH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，pH＜7，B错误； C．NH4Cl溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3•H2O)=c(Cl-)，C正确； D．NH4Cl溶液中：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，D错误； 故答案为：C。 6．D 【分析】草酸的电离平衡常数、则有即；同理有，由此分析作答。 【详解】A．据分析有或，Ka1＞Ka2，则曲线Ⅱ代表pH与的变化关系，A正确； B．由A解析可知代表曲线Ⅰ，则有-lgKa2=4.27，，B正确； C．由B的解析可知Ka2=10-4.27同理可以得出Ka1=10-1.25则，有Ka2＞Kh2，的电离程度大于其水解程度，因此溶液呈酸性，C正确； D．溶液中存在电荷守恒，常温下pH=7则溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，因此，D错误； 故选D。 7．D 【详解】①加热能促进水解，水解生成越多，能与油污发生反应越彻底，①正确； ②水解能力较强，生成的形成胶体，具有吸附性，达到净水目的，②正确； ③TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)⇌TiO2·xH2O↓＋4HCl制备TiO2纳米粉，③正确； ④能与水解生成的反应，促进水解，使溶液所含杂质更多，应该加入HCl，④错误； 综上有①②③正确，答案选D。 8．D 【详解】A．常温下，由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图当V(NaOH)=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka==≈10-2，A错误； B．根据图知，H2A溶液中δ(HA-)+δ(A2-)=1，说明溶液中不含H2A，所以H2A第一步完全电离、第二步部分电离，所以电离方程式为H2A=HA-+H+、HA-H++A2-，B错误； C．当V(NaOH)=20.00mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液的pH约为2，氢离子抑制HA-的电离，氢离子浓度比c(A2-)大，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，C错误； D．当V(NaOH)=30.00mL时，溶质为等量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，用两个等式消去c(Na+)可得：c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，D正确； 故答案为：D。 9．D 【详解】A．点①溶液为HN3与NaN3等浓度的混合溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，溶液pH＜7，说明HN3的电离作用大于N的水解作用，所以c(HN3)＜c(Na+)，所以c(HN3)+c(H+)＜c()+c(OH-)，故A项错误； B．点②溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，该点溶液pH=7，则c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=c()，则c(Na+)＜c()+c(HN3)，故B项错误； C．在常温下，0.1 mol/L HN3的pH=2.85，则c(H+)=10-2.85mol/L，Ka(HN3)=，故Ka(HN3)的数量级为10-5，故C项错误； D．点③溶液为NaN3溶液，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)，故D项正确； 故本题选D。 10．D 【分析】由图可知，H2R及其钠盐的溶液中只存在HR—和R2—，说明H2R在溶液中完全电离出HR—和氢离子，HR—在溶液中部分电离出R2—和氢离子,且伴随pH增大，HR—浓度减小、R2—浓度增大，所以图中随横坐标增大而增大的是R2—；由图可知，溶液中HR—离子浓度等于R2—时，溶液pH为7.3，HR—的电离常数Ka= = c(H+)=10—7.3。 【详解】A．由分析可知，H2R在溶液中完全电离出HR—和氢离子，HR—在溶液中部分电离出R2—和氢离子，电离方程式为，故A正确； B．溶液恰好呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HR—)+2c(R2—)+c(OH—)，由图可知，溶液pH为7时，溶液中HR—离子浓度大于R2—，所以溶液中，故B正确； C．由分析可知，HR—的电离常数Ka=10—7.3，则溶液中氢离子浓度约为=10—4.15mol/L，则溶液约等于4.15，故C正确； D．HR—的电离常数Ka= = c(H+)=10—7.3，R2—的水解常数为，即HR—的电离程度小于R2—的水解程度，所以含与各的混合溶液中HR—离子浓度不等于R2—，所以溶液中pH不等于7.3，故D错误； 故选D。 11．D 【详解】A．一元弱酸HA溶液中电荷守恒：，故A正确； B．c(HA)=0时为纯水，T℃时水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)= c2(H+)=，故B正确； C．T℃时，当c(HA)=40×10-7mol/L，c2(H+)=mol2‧L-2，c(H+)=5×10-7mol/L，则c(OH-)=，据电荷守恒：得c(A-)=5×10-7mol/L-1×10-7mol/L=4×10-7mol/L，则其电离常数，故C正确； D．当时，c(HA)=40×10-7mol/L，c(OH-)=，c(A-)=5×10-7mol/L-1×10-7mol/L=4×10-7mol/L，，故D错误； 故答案为：D。 12．B 【分析】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2，据此分析解答。 【详解】A．苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，一般采用生石灰做沉淀剂，而生石灰一般是煅烧贝壳制取，故A正确； B．镁为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁制取镁单质，故B错误； C．MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2，一般C过量得到的是CO，因此发生的反应为：MgO+C+Cl2MgCl2+CO，故C正确； D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，因此可以选择加稀盐酸或者在HCl气流中加热蒸发得到无水MgCl2，故D正确； 故答案选B。 13．A 【详解】A．价层电子对数等于σ键+孤电子对数=，所以1mol H2O分子中，O原子的价层电子对数目为4NA，故A正确； B．常温下，1LpH=1的硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，则含为0.05 mol/L，因此含数目为0.05NA，故B错误； C．发生水解，因此c (Na+)：c ()2：1，故C错误； D．未说明具体的气体状态，无法计算出SO2的体积，故D错误； 故答案选A。 14．A 【详解】A．由图可知，溶液pH为6.90时，溶液中CuHL+的分布系数与Cu(HL)2的分布系数均为48%，由电离常数可知，H2L溶液中，pH=6.9，得到关系式c(HL-)=①，，得到10c(L2-)=c(HL-)②，部分HL-和L2-与铜离子结合，导致浓度减少，与Cu元素结合的L元素总浓度为0.0125mol/L×0.48+0.0125mol/L×0.48×2+0.0125mol/L×0.04=0.0185mol/L ③，根据L元素守恒有关系式c(HL-)+ c(H2L)+c(L2-)+c(与Cu结合的L元素)=0.0125mol/L2.2④，将①、②、③代入④中得到关系式，则HL-的浓度约为0.008mol/L，由方程式可知，反应的平衡常数K==c(HL﹣)≈0.008，故A正确； B．由图可知，溶液pH为4.5时，同理由A项可知①，②，溶液pH为4.5时，与Cu元素结合的L元素总浓度大约为0.0125mol/L，根据L元素守恒有关系式c(HL-)+ c(H2L)+c(L2-)+c(与Cu结合的L元素)=0.0125mol/L2.2，，代入①和②得到c(HL-)+ 10-3.03c(HL-)+ 10-3.4c(HL-)+0.0125mol/L=0.0275 mol/L，解得HL-的浓度约为0.015mol/L，溶液pH为4.5时，溶液中[CuHL+]小于0.0125 mol/L，则溶液中HL-的浓度大于[CuHL+]， 故B错误； C．由图可知，溶液pH为11时，溶液中外加碱调节pH，则溶液中存在的电荷守恒关系式2c(L2-)+ c(HL-)+c([CuL(OH)]-)+c(OH-)=2c(Cu2+)+c([CuHL]+)+c(H+)中缺少了金属阳离子，故C错误； D．由图可知，溶液pH为12时，[CuL(OH)]-的分布系数接近最大，则继续增大pH，溶液中[CuL(OH)]-会转化为氢氧化铜而减小，故D错误； 答案选A。 15．(1)A (2)10：1 (3)a+b=14 (4) 酸 Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ S2-+H2OHS- +OH- 【详解】（1）25℃时纯水电离产生的H+、OH-的浓度c(H+)、c(OH-)都是10-7 mol/L，则该温度下水的电离平衡曲线应为A； （2）25℃时，pH=9的NaOH溶液c(OH-)=10-5 mol/L；pH=4的H2SO4溶液中c(H+)=10-4 mol/L，若二者混合会发生反应H++OH-=H2O，当恰好反应时n(H+)=n(OH-)，V酸c(H+)=V碱c(OH-)，V酸×10-4=V碱×10-5，则； （3）95℃时，100 LpH1=a的强酸溶液n(H+)=100×10-a mol；1 LpH2=b的强碱溶液c(OH-)=10b-12 mol，混合后溶液呈中性，则100×10-a =10b-12，即a+b=14； （4）KA1(SO4)2・12H2O是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应，水解反应的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液显酸性； Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-会分步发生水解反应，主要是第一步水解反应。在溶液中存在水解平衡，水解反应消耗水电离产生的H+变为HS-，同时反应产生OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此溶液显碱性，S2-发生第一步水解反应的离子方程式为：S2-+H2OHS- +OH-。 16．(1) > A (2) 正向 Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2O 11.4 (3)5×10-11 (4)c(Na＋)>c(HA-)>c(H＋)>c(A2-)>c(OH-) (5)小 【详解】（1）水的电离是吸热过程，升高温度，电离程度增大，c(H+)和c(OH-)均增大，pH和pOH均减小，根据图示可知，t℃的pH和pOH比25℃的小，故t>25； 图中A、B、C三点对应温度最高的是A，则水的电离程度最大的是A点。 （2）逐滴加入溶液，发生反应，①此过程Ba(OH)2对H2O电离的抑制作用逐渐减弱，则水的电离平衡正向移动；②该过程发生反应的离子方程：，若反应前后溶液体积的变化忽略不计，则至恰好沉淀完全，根据Ba2+~SO，则加入等浓度的NaHSO4溶液体积为100mL，所得溶液的c(OH-)为=2.5×10-3(mol/L)，则c(H+)==4×10-12(mol/L)，pH=-lgc(H+)=-lg(4×10-12)=11.4。 （3）根据题意有某一元酸(HA)溶液中，，则，则，酸溶液中OH-均由水电离得到，则该溶液中由水电离的为mol/L。 （4）根据题意，当V(NaOH溶液)=20mL时，H2A与NaOH反应生成0.004mol的NaHA，Na+物质的量为0.004mol，图示可知0.004>c(HA-)>c(A2-)>c()，说明剩余H2A的电离大于HA-的水解，则溶液中离子浓度大小关系： c(Na＋)>c(HA-)>c(H＋)>c(A2-)>c(OH-)。 （5）等体积等浓度的NaOH溶液与溶液混合后，溶液中剩余一半的H2A，由图像分析可知，H2A的电离程度大于HA-的水解程度，溶液显酸性，则水的电离被抑制，故其溶液中水的电离程度比纯水的小。 17．(1) (2)+OH−= + H2O (3) (4)C (5)2:1 (6) 【分析】亚砷酸是三元弱酸，随着pH增大，各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，曲线①为H3AsO3，曲线②为H2AsO，曲线③为HAsO，曲线④为AsO。 【详解】（1）曲线②代表的含砷微粒是H2AsO； （2）将NaOH溶液滴加到H3AsO3溶液中，当pH从12调至13时，从图中可看出H2AsO减少，HAsO增多，故所发生主要反应的离子方程式是+OH−= + H2O； （3）H3AsO3可以写成As(OH)3，H3AsO3的前二步电离是通过和水中的OH-结合实现的，第二步电离方程式为； （4）A．根据电荷守恒，b点得到c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH－)=c(H+)+c(Na+)，A错误； B．.pH在12~14之间，根据图像可知随pH增大HAsO浓度先增大后减小，B错误； C．在NaH2AsO3溶液中，存在质子守恒：c(H+)+c(H3AsO3)=c(HAsO)+c(OH-)+2c(AsO)，C正确； 故选C。 （5）若满足关系：3c(Na+)=7[c(AsO)+c(HAsO)+c(H2AsO)+c(H3AsO3)]，由Na、As原子守恒可知Na、As原子个数比为7:3，则Na3AsO3和NaH2AsO3物质的量之比为2:1； （6）a点c(H3AsO3)=c(H2AsO)，溶液pH为9.3，c(H+)=1×10-9.3mol/L，，， ， 当c(H3AsO3)=c(HAsO)时，溶液pH为10.7，c(H+)=1×10-10.7mol/L，代入上式可得 18．(1) 10-5 中 (2) NaHSO3、NaClO、Na2CO3 BD 10 AD 【详解】（1）①室温下，0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，醋酸电离程度较小，溶液中c(H+)≈c(CH3COO-)=0.1mol/L×1%=0.001mol/L，c(CH3COOH)≈0.1mol/L，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=≈=10-5，故答案为：10-5； ②根据该混合溶液中电荷守恒可知：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，结合c()=c(Cl-)得c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故答案为：中； （2）①根据电离平衡常数知，酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，则水解程度：＜＜＜ClO-＜，且的水解常数为Kh2==，说明的电离大于水解，故NaHSO3溶液呈酸性，而NaClO溶液、Na2CO3溶液呈碱性，所以相同浓度的这几种钠盐溶液的pH由小到大顺序是NaHSO3、NaClO、Na2CO3，故答案为：NaHSO3、NaClO、Na2CO3； ②A．少量二氧化硫通入到Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氢离子，硫酸根离子与Ca2+结合生成沉淀，H+与溶液中ClO-结合生成HClO，离子方程式为Ca2++3ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2HClO，A错误； B．溶液中的====0.6，B正确； C．等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO3混合液中，根据物料守恒得2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2SO3)，C错误； D．Na2CO3溶液中加入少量水，促进水解，则n()减小，n(Na+)不变，则溶液中==减小，D正确； 故答案为：BD； ③NaClO水解程度较小，所以溶液中c(ClO-)≈0.03mol/L，c(HClO)≈c(OH-)，Kh(ClO-)=≈===×10-6，c(OH-)≈=10-4mol/L，c(H+)==mol/L=10-10mol/L，溶液的pH=10，故答案为：10。 ④常温下0.1mol·L-1的(NH4)2CO3溶液中存在如下平衡：+H2ONH3∙H2O+OH-，+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-，+H+，H2OH++OH-，据此分析可知： A．根据电荷守恒可知，c()＋c(H＋)=c()＋c(OH-)＋2c()，A错误； B．根据物料守恒可知，c()＋c(NH3·H2O)=2c()＋2c()＋2c(H2CO3)，B正确； C．根据碳原子守恒可知，c()＋c()＋c(H2CO3)=0.1mol·L-1，C正确； D．由A、B项分析可知，c(H＋)＋c()＋2c(H2CO3)=c(OH-)＋c(NH3·H2O)，D错误； 故答案为：AD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$