2025届高考化学一轮复习 弱电解质的电离平衡

弱电解质的电离平衡 一．选择题（共15小题） 1．（2024•江阴市一模）下列物质分类正确的组合是（　　） 混合物 纯净物 非电解质 电解质 A 空气 盐酸 干冰 硫酸 B 蔗糖溶液 蒸馏水 二氧化碳 铝 C 氢氧化铁胶体 胆矾 氨气 氧化铜 D 澄清石灰水 水银 碳酸钙 氯化铜 A．A B．B C．C D．D 2．（2024•江阴市一模）下列物质中属于电解质的是（　　） A．蔗糖 B．CO2 C．K2SO4 D．盐酸 3．（2024•盐城一模）已知：Ka1（H2CO3）＝10﹣6.38、Ka2（H2CO3）＝10﹣10.25。室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测量0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液的pH为7.8 2 向0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中持续通入CO2，溶液的pH减小 3 向0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液，产生白色沉淀 4 向0.5mol•L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol•L﹣1的CaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体 下列有关说法正确的是（　　） A．实验1溶液中存在：c（）＞c（H2CO3） B．实验2中随CO2的不断通入，溶液中的值逐渐增大 C．实验3反应的离子方程式为Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O D．实验4所得溶液中存在c（Na+）＞c（H2CO3）+c（）+c（）+c（Cl﹣） 4．（2024•沛县一模）很多人喜欢逛超市，走进超市可以看到饮料区的货架上放有碳酸饮料，顾名思义，碳酸饮料就是饮料中溶解了碳酸；人身体有汗时容易发生触电事故；单层石墨称为石墨烯，石墨烯可导电。则下列有关说法不正确的是（　　） A．碳酸是电解质，而碳酸饮料是电解质溶液 B．身体有汗容易发生触电事故，是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子 C．二氧化碳溶于水形成碳酸能导电，所以二氧化碳是电解质 D．石墨烯可导电，但它不是电解质 5．（2023秋•海安市一模）在一定温度下，对冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．a、b、c三点对应的溶液中，c（H+）由小到大的顺序为c＜b＜a B．a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是b点 C．向b点对应的溶液中加入碳酸钠固体，可增强溶液的导电性 D．在稀释过程中，随着醋酸浓度的减小，保持增大趋势 6．（2024•天宁区一模）下列关于一些基本概念说法不正确的是（　　） A．酸性氧化物能和碱反应生成盐和水 B．NaCl只有在通电的情况下才能发生电离 C．电解质与非电解质的本质区别是在一定条件下能否电离 D．已知次磷酸H3PO2与足量的NaOH反应只能生成一种盐NaH2PO2，则该盐为正盐 7．（2024•昆山市一模）硫酸工业尾气（主要含SO2、N2和O2），用Na2SO3溶液吸收尾气中的SO2可将其转化为NaHSO3，当c（）：c（）≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1（H2SO3）＝10﹣1.9，Ka2（H2SO3）＝10﹣7.2，下列说法不正确的是（　　） A．NaHSO3溶液中存在：2c（）+c（）＞c（Na+） B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：+SO2+H2O＝2HS C．当c（）：c（）＝10时，此时吸收液的pH＝6.2 D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变 8．（2024•昆山市一模）工业上常用氨水吸收SO2，实现尾气资源化利用。模拟工业过程如图所示。室温下，用0.1mol/L氨水溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和NH3及H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2SO3）+c（）+c（）。H2SO3的电离平衡常数分别为K1＝1.6×10﹣2，K2＝1.0×10﹣7。下列说法一定正确的是（　　） A．吸收液pH＝7时，溶液中c（）＝c（） B．吸收液pH＝5时测得c总＝0.1mol•L﹣1，溶液中c（H2SO3）＞c（）+c（NH3•H2O） C．向吸收液中滴加Ba（OH）2溶液生成白色沉淀，上层清液中c（Ba2+）•c（）＞Ksp（BaSO3） D．向吸收液中滴加Ca（ClO）2溶液，可能发生反应的离子方程式为：Ca2++ClO﹣+＝CaSO3↓+HClO 9．（2024•南京一模）室温下，用Na2SO3溶液吸收SO2的过程如图所示。已知，，下列说法正确的是（　　） A．0.100 mol•L﹣1NaHSO3溶液中： B．0.100 mol•L﹣1Na2SO3溶液中： C．吸收烟气后的溶液中： D．“沉淀”得到的上层清液中： 10．（2024•鼓楼区一模）下列说法正确的是（　　） A．常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入NH3，溶液中的值增大 B．298K时，2H2S（g）+SO2（g）＝3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其ΔH＜0 C．标准状况下，将22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，反应转移的电子数为2×6.02×1023 D．用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大 11．（2023•广陵区开学）25℃时，某混合溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol•L﹣1，lgc（CH3COOH）、lgc（CH3COO﹣）、lgc（H+）和lg（OH﹣）随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（　　） A．O点时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣） B．N点时，pH＝﹣lgKa C．该体系中，c（CH3COOH）＝mol•L﹣1 D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO﹣的水解程度始终增大 12．（2024•常州开学）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：] 下列叙述正确的是（　　） A．曲线M表示δ（CHCl2COO﹣）～pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.10mol•L﹣1，则a点对应的溶液中有c（H+）＝c（CHCl2COO﹣）+c（OH﹣） C．CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10﹣1.3 D．pH＝2.08时， 13．（2024•东台市模拟）CuC2O4是一种重要的有机反应催化剂。以Na2C2O4为原料制备CuC2O4的反应方程式为：Na2C2O4+CuSO4＝CuC2O4↓+Na2SO4。已知室温下：、Ka2（H2C2O4）＝10﹣4.27。下列说法正确的是（　　） A．0.1mol⋅L﹣1Na2C2O4溶液中存在c（OH﹣）＝c（H+）+c（H2C2O4）+c（HC2） B．向NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液可制备Na2C2O4溶液．当pH＝7时：c（Na+）＞2[c（HC2）+c（C2）+c（H2C2O4）] C．向0.1mol⋅L﹣1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol⋅L﹣1CuSO4溶液，产生浅蓝绿色沉淀，可推测Ksp（CuC2O4）＞2.5×10﹣3 D．加水稀释一定浓度的NaHC2O4溶液，溶液中的值逐渐变小 14．（2024•姜堰区模拟）室温下，某二元弱酸（用H2A表示）的Ka1＝1.54×10﹣2、Ka2＝1.02×10﹣7，NH3•H2O的Kb＝1.8×10﹣5，通过下列实验探究NH4HA溶液的性质。 实验 实验操作 1 用pH试纸测定0.1mol•L﹣1NH4HA溶液的pH，测得pH约为4.5 2 将0.1mol•L﹣1NH4HA溶液和0.1mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合，无气体产生 3 向实验2所得溶液中继续滴加一定量0.1mol•L﹣1NaOH溶液，加热，使产生的气体完全逸出 4 将等体积0.1mol•L﹣1NH4HA溶液与0.05mol•L﹣1ZnSO4溶液溶液混合，产生ZnA沉淀 下列有关说法正确的是（　　） A．由实验1可知，0.1mol•L﹣1NH4HA溶液中由水电离出的c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1 B．实验2所得溶液中存在：c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）＞c（）+c（NH3•H2O） C．实验3所得溶液中一定含有Na2A，故反应过程中一定有：c（Na+）＞c（HA﹣）+c（A2﹣） D．由实验4可知Ksp（ZnA）＞1.25×10﹣3 15．（2024春•天宁区一模）下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（　　） 羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH pKa 4.76 2.59 2.87 2.90 A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：CH3COONa＜CH2ClCOONa 二．解答题（共5小题） 16．（2024•江阴市一模）分类法是进行化学研究的重要方法。不同的标准可以把事物分为不同的类别。 Ⅰ．现有以下物质： ①固体碳酸氢钠②Fe③CaCO3④Fe（OH）3胶体⑤NaHSO4溶液⑥干冰⑦稀盐酸⑧蔗糖 （1）以上物质中属于混合物的是 　 　（填序号），属于电解质的是 　 　（填序号）。 （2）写出①的电离方程式 　 　。 Ⅱ．虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。 （3）如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是 　 　（填字母）。 （4）有同学认为所有酸碱中和反应均可表示为H++OH﹣＝H2O，这个观点 　 　（填“正确”或“不正确”）。 （5）“银针验毒”的原理：4Ag+2H2S+O2＝2X+H2O（已配平）。X的化学式 　 　。在该反应中H2S 　 　（填字母）。 A．氧化剂 B．还原剂 C．既是氧化剂又是还原剂 D．既不是氧化剂又不是还原剂 17．（2024•南京一模）草酸（H2C2O4）是一种白色粉末，可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。 资料1：25℃时，草酸的电离平衡常数为：，。 资料2：25℃时，，。 Ⅰ．某化学小组研究草酸（H2C2O4）及其盐的性质 （1）下列有关说法正确的是 　 　。 A．草酸的电离方程式为 B．0.1mol•L﹣1草酸溶液中： C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小 D．要使H2C2O4的电离程度增大，可采取的措施是加入少量草酸晶体 （2）25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3mol•L﹣1的草酸钾溶液20mL，　 　产生草酸钙沉淀（填“能”或“不能”）。 （3）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：。 ①滴定过程中，c点溶液中的溶质是 　 　（写化学式），该草酸溶液的物质的量浓度为 　 　。 ②a点溶液pH＜7，溶液显酸性，其原因是（从平衡常数的角度解释） 　 　。 Ⅱ．某化学小组研究草酸的应用 （4）医学上常用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来测血液中钙的含量。 测定方法是取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。 ①滴定过程中发生的反应离子方程式为 　 　。 ②下列操作会引起测定结果偏高的是 　 　（填字母）。 A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗 B．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数 C．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测液润洗 18．（2024春•铜山区一模）水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义。室温下，有关酸的电离平衡常数如下表所示： 化学式 HF H2CO3 H2S 电离平衡常数K（25℃） 7.2×10﹣4 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka1＝9.1×10﹣8 Ka2＝1.1×10﹣12 （1）H2CO3的电离方程式为 　 　。 （2）常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最大的是 　 　。 （3）将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是 　 　。 （4）室温下，用标准NaOH溶液滴定未知浓度的HF溶液。当滴加NaOH溶液至溶液中的c（F﹣）＝c（Na+），此时溶液中的pH 　 　7（填“＜”“＝”或“＞”）。 （5）常温下用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，还可得到重要化工产品纯碱。某次捕捉后得到pH＝10的纯碱溶液，则溶液中c（）：c（H2CO3）＝　 　。 （6）常温下，用0.100mol•L﹣1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中，c（Cl﹣）＝c（）+c（NH3•H2O）+c（NH3）（忽略溶液体积的变化）。 ①该氨水物质的量浓度为 　 　。 ②a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 　 　。 19．（2023秋•玄武区一模）Ⅰ．（1）H2CO3以及其它部分弱酸的电离平衡常数如表： 弱酸 H2S H2CO3 HClO 电离平衡常数（25℃） K1＝1.3×10﹣7 K2＝7.1×10﹣15 K1＝4.4×10﹣7 K2＝4.7×10﹣11 K＝3.0×10﹣8 按要求回答下列问题： ①H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为 　 　。 ②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：　 　。 ③测得0.1mol•L﹣1Na2S溶液pH≈13。溶液中OH﹣、S2﹣、HS﹣三种离子浓度由大到小的顺序依次是 　 　。 （2）常温下，已知0.1mol•L﹣1一元酸HCOOH（甲酸）溶液中＝1×10﹣8。 ①0.1mol/LHCOOH的pH＝　 　。 ②取10mL0.1mol/L的HCOOH溶液稀释100倍，有关说法正确的是 　 　（填序号）。 A．所有离子的浓度在稀释过程中都会减少 B、稀释后溶液的pH＝5 C．稀释后甲酸的电离度会增大 Ⅱ．某同学设计利用一氧化氮——空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合。 （1）甲装置中Pt1上的电极反应式为 　 　。 （2）乙装置中C2上的电极反应式 　 　。 （3）装置丙用于粗铜的精炼。装置中电极A是 　 　（填“粗铜”或“纯铜”）。 20．（2024•常熟市一模）Ⅰ．已知t℃时，0.01mol⋅L﹣1NaOH溶液的pH＝11，0.1mol⋅L﹣1的HA溶液中＝107．请回答下列问题： （1）该温度下，0.1mol⋅L﹣1HA溶液中水电离出的c（OH﹣）＝　 　． （2）在室温下，蒸馏水稀释0.01mol⋅L﹣1HA溶液时，下列呈减小趋势的是 　 　． A．水的电离程度 B． C．溶液中c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．溶液中c（A﹣）⋅c（HA）的值 （3）室温下，取pH＝2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示： ①图中表示HA溶液pH变化曲线的是 　 　．（填“A”或“B”） ②设HA溶液中加入Zn的质量为m1，盐酸中加入Zn的质量为m2，则m1　 　m2（填“＞”“＜”或“＝”）． （4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，还可得到Na2CO3． ①若某次捕捉后得到pH＝10的溶液，则溶液中c（）：c（）＝　 　．[已知：在常温下，Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7、Ka2（H2CO3）＝4.7×10﹣11] ②现将2.33gBaSO4固体浸泡在2L一定浓度的Na2CO3溶液中，使BaSO4沉淀转化为BaCO3．则发生转化的离子方程式为 　 　（同时注明各物质的状态）．理论上至少需要浓度为 　 　mol⋅L﹣1Na2CO3溶液才可以将BaSO4开始转化为BaCO3．[已知：常温下Ksp（BaSO4）≈1.0×10﹣10，Ksp（BaCO3）≈2.5×10﹣9，忽略溶液体积的变化] （5）写出ClO2通入NaOH和H2O2的混合溶液中制备亚氯酸钠（NaClO2）的离子方程式 　 　． 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•江阴市一模）下列物质分类正确的组合是（　　） 混合物 纯净物 非电解质 电解质 A 空气 盐酸 干冰 硫酸 B 蔗糖溶液 蒸馏水 二氧化碳 铝 C 氢氧化铁胶体 胆矾 氨气 氧化铜 D 澄清石灰水 水银 碳酸钙 氯化铜 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【分析】只由一种物质组成的是纯净物； 由两种或两种以上物质组成的是混合物； 在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质； 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，据此分析。 【解答】解：A．盐酸为混合物，故A错误； B．铝是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误； C．氢氧化铁胶体是混合物；胆矾是无水硫酸铜是纯净物；氨气是非电解质；氧化铜是电解质，分类正确，故C正确； D．碳酸钙是电解质，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了物质的分类，应注意电解质必须是化合物，混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。 2．（2024•江阴市一模）下列物质中属于电解质的是（　　） A．蔗糖 B．CO2 C．K2SO4 D．盐酸 【答案】C 【分析】电解质指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质指在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物。 【解答】解：A．蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不导电，属于非电解质，故A错误； B．CO2在水溶液中可以导电，但不是自身电离出自由移动的离子，属于非电解质，故B错误； C．K2SO4在水溶液中和熔融状态下均可导电，属于电解质，故C正确； D．盐酸为混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查电解质与非电解质的判断，为基础知识的考查，题目难度不大。 3．（2024•盐城一模）已知：Ka1（H2CO3）＝10﹣6.38、Ka2（H2CO3）＝10﹣10.25。室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测量0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液的pH为7.8 2 向0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中持续通入CO2，溶液的pH减小 3 向0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液，产生白色沉淀 4 向0.5mol•L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol•L﹣1的CaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体 下列有关说法正确的是（　　） A．实验1溶液中存在：c（）＞c（H2CO3） B．实验2中随CO2的不断通入，溶液中的值逐渐增大 C．实验3反应的离子方程式为Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O D．实验4所得溶液中存在c（Na+）＞c（H2CO3）+c（）+c（）+c（Cl﹣） 【答案】B 【分析】A．实验1溶液中NaHCO3溶液的pH为7.8，呈碱性，说明的电离程度小于水解生成H2CO3的程度，但水解是微弱的； B．溶液中的值逐渐增大； C．向0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液发生反应：2NaHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+Na2CO3+2H2O； D．向0.5mol•L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol•L﹣1的CaCl2溶液，产生CaCO3白色沉淀和无色气体CO2，说明的水解程度增大，此时溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3、NaHCO3、H2CO3，且NaHCO3和H2CO3的物质的量远大于Na2CO3。 【解答】解：A．实验1溶液中NaHCO3溶液的pH为7.8，说明的电离程度小于水解生成H2CO3的程度，但水解是微弱的，溶液中：，故A错误； B．溶液中，实验2中随CO2的不断通入，溶液的酸性增强，c（H+）增大，溶液中的值逐渐增大，故B正确； C．向0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液发生反应生成CaCO3、Na2CO3和H2O，生成CaCO3白色沉淀，离子方程式为：，故C错误； D．向0.5mol•L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol•L﹣1的CaCl2溶液，产生CaCO3白色沉淀和无色气体CO2，说明的水解程度增大，此时溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3、NaHCO3、H2CO3，且NaHCO3和H2CO3的物质的量远大于Na2CO3，由物料守恒可知，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 4．（2024•沛县一模）很多人喜欢逛超市，走进超市可以看到饮料区的货架上放有碳酸饮料，顾名思义，碳酸饮料就是饮料中溶解了碳酸；人身体有汗时容易发生触电事故；单层石墨称为石墨烯，石墨烯可导电。则下列有关说法不正确的是（　　） A．碳酸是电解质，而碳酸饮料是电解质溶液 B．身体有汗容易发生触电事故，是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子 C．二氧化碳溶于水形成碳酸能导电，所以二氧化碳是电解质 D．石墨烯可导电，但它不是电解质 【答案】C 【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水和在熔融状态下都不能够导电的化合物，据此进行解答。 【解答】解：A．碳酸能电离出离子是电解质，而碳酸饮料是电解质溶液，故A正确； B．身体有汗容易发生触电事故，是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子，例如钠离子等，故B正确； C．二氧化碳溶于水形成碳酸能导电，但二氧化碳自身不能电离出离子，是非电解质，故C错误； D．石墨烯可导电，但它属于单质，不是电解质，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查学生电解质的概念以及物质导电的原因，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。 5．（2023秋•海安市一模）在一定温度下，对冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．a、b、c三点对应的溶液中，c（H+）由小到大的顺序为c＜b＜a B．a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是b点 C．向b点对应的溶液中加入碳酸钠固体，可增强溶液的导电性 D．在稀释过程中，随着醋酸浓度的减小，保持增大趋势 【答案】C 【分析】A．根据导电能力越强，c（H+）、c（CH3COO﹣）越大进行分析； B．根据加水稀释，促进CH3COOH的电离进行分析； C．根据加入碳酸钠固体，与H+反应使平衡右移进行分析； D．根据在稀释过程中，电离平衡右移，不可能保持增大趋势，进行分析。 【解答】解：A．导电能力越强，c（H+）、c（CH3COO﹣）越大，故a、b、c三点对应的溶液中，c（H+）由小到大的顺序为c＜a＜b，故A错误； B．加水稀释，促进醋酸的电离，故c点对应的溶液中醋酸的电离程度最大，故B错误； C．向b点对应的溶液中加入Na2CO3固体，与H+反应使平衡右移，c（CH3COO﹣）增大，可增强溶液的导电性，故C正确； D．在稀释过程中，电离平衡右移，c（CH3COOH）始终保持减小趋势，不可能保持增大趋势，由图可知，b点之后不断减小，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 6．（2024•天宁区一模）下列关于一些基本概念说法不正确的是（　　） A．酸性氧化物能和碱反应生成盐和水 B．NaCl只有在通电的情况下才能发生电离 C．电解质与非电解质的本质区别是在一定条件下能否电离 D．已知次磷酸H3PO2与足量的NaOH反应只能生成一种盐NaH2PO2，则该盐为正盐 【答案】B 【分析】A．根据酸性氧化物一定能和碱反应生成盐和水进行分析； B．根据电解质发生电离不需要在通电的情况下进行进行分析； C．根据电解质和非电解质的概念进行分析； D．根据次磷酸H3PO2与足量的NaOH反应只能生成一种盐NaH2PO2，则说明次磷酸H3PO2是一元酸进行分析。 【解答】解：A．酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，故酸性氧化物一定能和碱反应生成盐和水，故A正确； B．NaCl是离子化合物，在水溶液中和熔融状态下都能够发生电离，产生自由移动的离子而导电，电解质发生电离不需要在通电的情况下进行，故B错误； C．判断某化合物是电解质还是非电解质，就是看其在水溶液中或熔融状态下能否电离产生自由移动的离子，故C正确； D．次磷酸H3PO2与足量的NaOH反应只能生成一种盐NaH2PO2，则说明次磷酸H3PO2是一元酸，生成的盐NaH2PO2为正盐，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查电解质与非电解质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 7．（2024•昆山市一模）硫酸工业尾气（主要含SO2、N2和O2），用Na2SO3溶液吸收尾气中的SO2可将其转化为NaHSO3，当c（）：c（）≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1（H2SO3）＝10﹣1.9，Ka2（H2SO3）＝10﹣7.2，下列说法不正确的是（　　） A．NaHSO3溶液中存在：2c（）+c（）＞c（Na+） B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：+SO2+H2O＝2HS C．当c（）：c（）＝10时，此时吸收液的pH＝6.2 D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变 【答案】D 【分析】A．的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.1＜，说明NaHSO3溶液中的电离程度大于水解程度，其水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒2c（）+c（）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+）； B．Na2SO3溶液和SO2反应生成NaHSO3； C．c（）：c（）＝10时，Ka2（H2SO3）＝×c（H+）＝×c（H+）＝10﹣7.2，c（H+）＝10﹣6.2mol/L； D．与原Na2SO3溶液相比，加热过程中，亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，受热分解生成二氧化硫。 【解答】解：A．的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.1＜，说明NaHSO3溶液中的电离程度大于水解程度，其水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒2c（）+c（）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），则2c（）+c（）＞c（Na+），故A正确； B．Na2SO3溶液和SO2反应生成NaHSO3，离子方程式为+SO2+H2O＝2HS，故B正确； C．c（）：c（）＝10时，Ka2（H2SO3）＝×c（H+）＝×c（H+）＝10﹣7.2，c（H+）＝10﹣6.2mol/L，pH＝6.2，故C正确； D．与原Na2SO3溶液相比，加热过程中，亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，受热分解生成二氧化硫，则吸收液充分分解放出SO2比吸收的SO2多，则吸收SO2能力增强，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，根据电离平衡常数判断酸性强弱为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。 8．（2024•昆山市一模）工业上常用氨水吸收SO2，实现尾气资源化利用。模拟工业过程如图所示。室温下，用0.1mol/L氨水溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和NH3及H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2SO3）+c（）+c（）。H2SO3的电离平衡常数分别为K1＝1.6×10﹣2，K2＝1.0×10﹣7。下列说法一定正确的是（　　） A．吸收液pH＝7时，溶液中c（）＝c（） B．吸收液pH＝5时测得c总＝0.1mol•L﹣1，溶液中c（H2SO3）＞c（）+c（NH3•H2O） C．向吸收液中滴加Ba（OH）2溶液生成白色沉淀，上层清液中c（Ba2+）•c（）＞Ksp（BaSO3） D．向吸收液中滴加Ca（ClO）2溶液，可能发生反应的离子方程式为：Ca2++ClO﹣+＝CaSO3↓+HClO 【答案】A 【分析】A．根据H2SO3的第二级电离方程式为：，表达式K2＝，计算得，进行分析； B．根据Ka1＝，Ka2＝，则Ka1Ka2＝×，结合pH进行分析； C．根据向吸收液中滴加Ba（OH）2溶液生成沉淀BaSO3，此时达到BaSO3的溶解平衡，进行分析； D．根据次氯酸钙具有强氧化性，亚硫酸、亚硫酸根等均具有强还原性，进行分析。 【解答】解：A．根据亚硫酸的第二级电离方程式为：，表达式K2＝，当pH＝7时，c（H+）＝1.0×10﹣7mol/L，代入后得，即＝，故A正确； B．根据亚硫酸的Ka1＝，Ka2＝，则Ka1Ka2＝×＝＝1.6×10﹣9，则当吸收液pH＝5时，＝16，即溶液中，故不可能，故B错误； C．向吸收液中滴加氢氧化钡溶液生成白色沉淀，即生成沉淀亚硫酸钡，此时达到亚硫酸钡的溶解平衡，故上层清液中，故C错误； D．向吸收液中滴加次氯酸钙溶液，亚硫酸、亚硫酸根等均具有强还原性，而次氯酸钙具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 9．（2024•南京一模）室温下，用Na2SO3溶液吸收SO2的过程如图所示。已知，，下列说法正确的是（　　） A．0.100 mol•L﹣1NaHSO3溶液中： B．0.100 mol•L﹣1Na2SO3溶液中： C．吸收烟气后的溶液中： D．“沉淀”得到的上层清液中： 【答案】C 【分析】Na2SO3溶液吸收烟气后得到Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，然后加入碳酸钙得到亚硫酸钙沉淀，过滤分离，最后经氧气氧化为石膏，据此回答。 【解答】解：A.亚硫酸氢根以电离为主，故亚硫酸根离子浓度大于亚硫酸，故A错误； B.0.100 mol•L﹣1Na2SO3溶液中，结合质子守恒可知，c（H+）+2c（H2SO3）+c（）＝c（OH﹣），故B错误； C.吸收烟气后的溶液中为亚硫酸氢钠溶液与亚硫酸钠的混合液，结合物料守恒可知，，故C正确； D.有沉淀产生，说明上层清液为饱和溶液，满足沉淀溶解平衡，则c（）＝，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查水溶液离子平衡，分析溶液中存在的平衡体系，进而判断体系中离子的关系，整体难度适中，掌握基础为解题关键。 10．（2024•鼓楼区一模）下列说法正确的是（　　） A．常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入NH3，溶液中的值增大 B．298K时，2H2S（g）+SO2（g）＝3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其ΔH＜0 C．标准状况下，将22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，反应转移的电子数为2×6.02×1023 D．用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大 【答案】B 【分析】A．稀醋酸溶液中，＝，Ka是不变的，据此分析作答； B．反应能自发进行，则ΔH﹣TΔS＜0，所以ΔH＜TΔS，据此分析作答； C．标准状况下，将22.4LCl2的物质的量为＝1mol，根据方程式进行分析作答； D．醋酸为弱酸，不能完全电离，pH均为2的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的浓度远大于盐酸。 【解答】解：A．稀醋酸溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，缓慢通入NH3，NH3与H+反应，平衡正向移动，CH3COO﹣浓度增大，＝，Ka是不变的，所以比值将减小，故A错误； B．反应的2H2S（g）+SO2（g）＝3S（s）+2H2O（l）ΔS＜0，反应能自发进行，则ΔH﹣TΔS＜0，所以ΔH＜TΔS＜0，故B正确； C．标准状况下，将22.4LCl2的物质的量为＝1mol，通入足量NaOH溶液中，反应转移的电子数约为6.02×1023，故C错误； D．醋酸为弱酸，不能完全电离，pH均为2的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的浓度远大于盐酸，所以醋酸的物质的量大于盐酸，分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更小，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，同时考查电离平衡常数K的应用，属于基本知识的考查，难度不大。 11．（2023•广陵区开学）25℃时，某混合溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol•L﹣1，lgc（CH3COOH）、lgc（CH3COO﹣）、lgc（H+）和lg（OH﹣）随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（　　） A．O点时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣） B．N点时，pH＝﹣lgKa C．该体系中，c（CH3COOH）＝mol•L﹣1 D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO﹣的水解程度始终增大 【答案】B 【分析】溶液的pH值越大，溶液中c（CH3COOH）越小、c（CH3COO﹣）越大、c（H+）越小、c（OH﹣）越大，25℃时，pH＝7的溶液呈中性，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），则1gc（H+）＝1gc（OH﹣），根据图中O点知，曲线2、3分别表示1gc（H+）、1gc（OH﹣），曲线4、1分别表示1gc（CH3COOH）、1gc（CH3COO﹣）； A．O点c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣）； B．N点1gc（CH3COOH）＝1gc（CH3COO﹣），c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），Ka＝×c（H+）＝c（H+）； C．c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol•L﹣1，c（CH3COO﹣）＝0.1mol/L﹣c（CH3COOH），Ka＝×c（H+）＝×c（H+）； D．OH﹣抑制CH3COO﹣水解。 【解答】解：根据以上分析知，曲线2、3分别表示1gc（H+）、1gc（OH﹣），曲线4、1分别表示1gc（CH3COOH）、1gc（CH3COO﹣）； A．根据图知，O点时lgc（CH3COOH）＜lgc（CH3COO﹣），则c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣），故A错误； B．N点1gc（CH3COOH）＝1gc（CH3COO﹣），c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），Ka＝×c（H+）＝c（H+），﹣lgKa＝﹣lgc（H+）＝pH，故B正确； C．c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol•L﹣1，c（CH3COO﹣）＝0.1mol/L﹣c（CH3COOH），Ka＝×c（H+）＝×c（H+），c（CH3COOH）＝mol/L，故C错误； D．OH﹣抑制CH3COO﹣水解，pH由7到14的变化过程中c（OH﹣）增大，CH3COO﹣的水解程度减小，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒成分关系、电离平衡常数计算方法是解本题关键，C为解答易错点，题目难度中等。 12．（2024•常州开学）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：] 下列叙述正确的是（　　） A．曲线M表示δ（CHCl2COO﹣）～pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.10mol•L﹣1，则a点对应的溶液中有c（H+）＝c（CHCl2COO﹣）+c（OH﹣） C．CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10﹣1.3 D．pH＝2.08时， 【答案】D 【分析】常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的溶液中，Cl原子是吸电子基团，烃基上氯原子个数越多，羧基越易电离出氢离子，相同浓度酸的酸性越强，根据氯原子个数知，酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大； A．随着pH的增大，c（CH2ClCOOH）、c（CHCl2COOH）减小，c（CH2ClCOO﹣）、c（CHCl2COO﹣）增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka（CHCl2COOH）＞Ka（CH2ClCOOH）），δ（酸分子）＝δ（酸根离子）＝0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为Ka（CHCl2COOH）≈10﹣1.3，Ka（CH2ClCOOH）≈10﹣2.8，曲线M表示δ （CH2ClCOO﹣）～pH的变化关系； B．根据，初始，若溶液中溶质只有CHCl2COOH，则，但a点对应的c（H+）＝0.1mol•L﹣1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸； C．根据A的分析知，CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10﹣2.8； D．电离度α＝，则α（CH2ClCOOH）＝，，pH＝2.08时，，。 【解答】解：A．根据以上分析知，曲线M表示δ （CH2ClCOO﹣）～pH的变化关系，故A错误； B．根据，初始，若溶液中溶质只有CHCl2COOH，则，但a点对应的c（H+）＝0.1mol•L﹣1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，c（H+）＞c（CHCl2COO﹣）+c（OH﹣），故B错误； C．根据A的分析知，CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10﹣2.8，故C错误； D．电离度α＝，则α（CH2ClCOOH）＝，，pH＝2.08时，，，，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图中曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数的计算方法、电离度的计算方法是解本题关键，题目难度中等。 13．（2024•东台市模拟）CuC2O4是一种重要的有机反应催化剂。以Na2C2O4为原料制备CuC2O4的反应方程式为：Na2C2O4+CuSO4＝CuC2O4↓+Na2SO4。已知室温下：、Ka2（H2C2O4）＝10﹣4.27。下列说法正确的是（　　） A．0.1mol⋅L﹣1Na2C2O4溶液中存在c（OH﹣）＝c（H+）+c（H2C2O4）+c（HC2） B．向NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液可制备Na2C2O4溶液．当pH＝7时：c（Na+）＞2[c（HC2）+c（C2）+c（H2C2O4）] C．向0.1mol⋅L﹣1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol⋅L﹣1CuSO4溶液，产生浅蓝绿色沉淀，可推测Ksp（CuC2O4）＞2.5×10﹣3 D．加水稀释一定浓度的NaHC2O4溶液，溶液中的值逐渐变小 【答案】D 【分析】A．Na2C2O4溶液中存在电荷守恒：c（OH﹣）+2c（C2）+c（HC2）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒：； B．当NaHC2O4与NaOH恰好反应生成Na2C2O4时，存在物料守恒； C．等体积浓度均为0.1mol⋅L﹣1，则，产生浅蓝绿色沉淀； D．，加水稀释NaHC2O4溶液，c（H+）减少，温度不变，Ka2不变。 【解答】解：A．Na2C2O4溶液中存在电荷守恒：c（OH﹣）+2c（C2）+c（HC2）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒：，则满足：，故A错误； B．当NaHC2O4与NaOH恰好反应生成Na2C2O4时，存在物料守恒，当pH＝7时NaOH量不足，故，故B错误； C．等体积浓度均为0.1mol⋅L﹣1，则，产生浅蓝绿色沉淀，说明，故C错误； D．，加水稀释NaHC2O4溶液，c（H+）减少，温度不变，Ka2不变，故减小，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查电离平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 14．（2024•姜堰区模拟）室温下，某二元弱酸（用H2A表示）的Ka1＝1.54×10﹣2、Ka2＝1.02×10﹣7，NH3•H2O的Kb＝1.8×10﹣5，通过下列实验探究NH4HA溶液的性质。 实验 实验操作 1 用pH试纸测定0.1mol•L﹣1NH4HA溶液的pH，测得pH约为4.5 2 将0.1mol•L﹣1NH4HA溶液和0.1mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合，无气体产生 3 向实验2所得溶液中继续滴加一定量0.1mol•L﹣1NaOH溶液，加热，使产生的气体完全逸出 4 将等体积0.1mol•L﹣1NH4HA溶液与0.05mol•L﹣1ZnSO4溶液溶液混合，产生ZnA沉淀 下列有关说法正确的是（　　） A．由实验1可知，0.1mol•L﹣1NH4HA溶液中由水电离出的c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1 B．实验2所得溶液中存在：c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）＞c（）+c（NH3•H2O） C．实验3所得溶液中一定含有Na2A，故反应过程中一定有：c（Na+）＞c（HA﹣）+c（A2﹣） D．由实验4可知Ksp（ZnA）＞1.25×10﹣3 【答案】C 【分析】A．HA﹣的水解平衡常数Kh＝＝≈6.5×10﹣13＜Ka2，的水解平衡常数Kh′＝＝≈5.6×10﹣10，则NH4HA溶液中HA﹣的为主，电离使溶液呈酸性； B．根据物料守恒关系分析判断； C．实验2所得溶液中溶质为（NH4）2A和Na2A，实验3最终所得溶液中溶质为Na2A，随着NaOH的加入，n（Na+）增大； D．浓度积Q（ZnA）＞Ksp（ZnA）时生成ZnA沉淀。 【解答】解：A．HA﹣的水解平衡常数Kh＝＝≈6.5×10﹣13＜Ka2，的水解平衡常数Kh′＝＝≈5.6×10﹣10，则NH4HA溶液中HA﹣的为主，电离使溶液呈酸性，抑制水的电离，则NH4HA溶液中由水电离出的c（H+）＜10﹣7mol•L﹣1，故A错误； B．实验2所得溶液中（NH4）2A和Na2A的浓度相等，物料守恒关系为c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）＝c（）+c（NH3•H2O），故B错误； C．实验3最终所得溶液中溶质为Na2A，实验2所得溶液中溶质为（NH4）2A和Na2A，随着NaOH的加入，n（Na+）增大，则反应过程中始终存在c（Na+）＞c（HA﹣）+c（A2﹣），故C正确； D．将等体积0.1mol•L﹣1NH4HA溶液与0.05mol•L﹣1ZnSO4溶液溶液混合时产生ZnA沉淀，即浓度积Q（ZnA）＝0.05×0.025＝1.25×10﹣3＞Ksp（ZnA），Ksp（ZnA）＜1.25×10﹣3，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及酸碱混合溶液中的定性判断，侧重于学生的分析能力和迁移运用能力的考查，明确电离平衡及平衡常数的应用、溶液的成分及性质是解答的关键，注意掌握溶液中守恒关系的应用，题目难度中等。 15．（2024春•天宁区一模）下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（　　） 羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH pKa 4.76 2.59 2.87 2.90 A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：CH3COONa＜CH2ClCOONa 【答案】C 【分析】A.根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱； B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强； C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O﹣H键极性增强，更易电离，酸性增强； D．酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱。 【解答】解：A.根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，故A错误； B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F＞Cl＞Br，对键合电子的吸引能力强弱：F＞Cl＞Br，故B错误； C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O﹣H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH，故C正确； D．酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•江阴市一模）分类法是进行化学研究的重要方法。不同的标准可以把事物分为不同的类别。 Ⅰ．现有以下物质： ①固体碳酸氢钠②Fe③CaCO3④Fe（OH）3胶体⑤NaHSO4溶液⑥干冰⑦稀盐酸⑧蔗糖 （1）以上物质中属于混合物的是 　④⑤⑦　（填序号），属于电解质的是 　①③　（填序号）。 （2）写出①的电离方程式 　NaHCO3＝Na++　。 Ⅱ．虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。 （3）如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是 　C　（填字母）。 （4）有同学认为所有酸碱中和反应均可表示为H++OH﹣＝H2O，这个观点 　不正确　（填“正确”或“不正确”）。 （5）“银针验毒”的原理：4Ag+2H2S+O2＝2X+H2O（已配平）。X的化学式 　Ag2S　。在该反应中H2S 　D　（填字母）。 A．氧化剂 B．还原剂 C．既是氧化剂又是还原剂 D．既不是氧化剂又不是还原剂 【答案】（1）④⑤⑦；①③； （2）NaHCO3＝Na++； （3）C； （4）不正确； （5）Ag2S；D。 【分析】（1）不同物质组成的为混合物，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质； （2）碳酸氢钠水中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子； （3）氧化还原反应和置换反应有的是离子反应，置换反应一定是氧化还原反应； （4）不是所有的酸碱中和反应均可表示为H++OH﹣＝H2O； （5）根据原子守恒判断X的化学式，根据化合价升降，判断硫化氢的作用。 【解答】解：（1）①固体碳酸氢钠为纯净物，溶于水导电，属于电解质，②Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，③CaCO3为纯净物，熔融状态导电，属于电解质，④Fe（OH）3胶体为混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑤NaHSO4溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑥干冰为二氧化碳固体，为纯净物，属于非电解质，⑦稀盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑧蔗糖为纯净物，属于非电解质，以上物质中属于混合物的是④⑤⑦，属于电解质的是①③， 故答案为：④⑤⑦；①③； （2）碳酸氢钠水中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3＝Na++， 故答案为：NaHCO3＝Na++； （3）如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，氧化还原反应和置换反应有的是离子反应，置换反应一定是氧化还原反应，其中表示离子反应的是：C， 故答案为：C； （4）不是所有酸碱中和反应均可表示为H++OH﹣＝H2O，如Ba（OH）2和H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++＝BaSO4↓+2H2O，有同学认为所有酸碱中和反应均可表示为H++OH﹣＝H2O，这个观点不正确， 故答案为：不正确； （5）根据原子守恒可知，X的化学式为Ag2S，在该反应中，银元素化合价升高，氧元素化合价降低，H2S在该反应中，元素化合价没有变化，既不是氧化剂又不是还原剂， 故答案为：Ag2S；D。 【点评】本题考查了物质组成和分类、氧化还原反应、离子反应等知识点，题目难度 不大。 17．（2024•南京一模）草酸（H2C2O4）是一种白色粉末，可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。 资料1：25℃时，草酸的电离平衡常数为：，。 资料2：25℃时，，。 Ⅰ．某化学小组研究草酸（H2C2O4）及其盐的性质 （1）下列有关说法正确的是 　B　。 A．草酸的电离方程式为 B．0.1mol•L﹣1草酸溶液中： C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小 D．要使H2C2O4的电离程度增大，可采取的措施是加入少量草酸晶体 （2）25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3mol•L﹣1的草酸钾溶液20mL，　不能　产生草酸钙沉淀（填“能”或“不能”）。 （3）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：。 ①滴定过程中，c点溶液中的溶质是 　Na2C2O4　（写化学式），该草酸溶液的物质的量浓度为 　0.1080mol/L　。 ②a点溶液pH＜7，溶液显酸性，其原因是（从平衡常数的角度解释） 　HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2　。 Ⅱ．某化学小组研究草酸的应用 （4）医学上常用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来测血液中钙的含量。 测定方法是取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。 ①滴定过程中发生的反应离子方程式为 　2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O　。 ②下列操作会引起测定结果偏高的是 　AC　（填字母）。 A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗 B．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数 C．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测液润洗 【答案】（1）B； （2）不能； （3）①Na2C2O4；0.1080mol/L； ②HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2； （4）①2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O； ②AC。 【分析】（1）A．草酸是二元弱酸，分步电离； B．草酸是二元弱酸，分步电离，一级电离为主； C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，但水的离子积Kw不变； D．H2C2O4的浓度越大，其电离程度越小； （2）根据浓度积Q与Ksp（CaC2O4）的大小关系分析判断； （3）①图中c点所示溶液中存在2c（H2C2O4）+2c（HC2）+2c（C2）＝c（Na+），即c点溶质为Na2C2O4，此时n（NaOH）＝2n（H2C2O4）； ②由图可知，a点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2，说明HC2的水解程度小于其电离程度； （4）①酸性的KMnO4溶液能氧化H2C2O4，生成CO2气体，同时本身被还原为Mn2+，结合守恒法写出发生反应的离子方程式； ②根据c（待测）＝×V（标准）进行误差分析。 【解答】解：（1）A．草酸是二元弱酸，分步电离，两步电离不能合并，电离方程式为H2C2O4⇌HC2+H+、HC2⇌C2+H+，故A错误； B．草酸是二元弱酸，分步电离，电离程度逐渐减小，则0.1mol•L﹣1草酸溶液中：c（H2C2O4）＞c（HC2）＞c（C2），故B正确； C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，c（OH﹣）增大，即除OH﹣外的其它离子的浓度均减小，故C错误； D．H2C2O4的浓度越大，其电离程度越小，则草酸溶液中加入少量草酸晶体时，其电离程度减小，故D错误； 故答案为：B； （2）碳酸钙的饱和溶液中c（Ca2+）＝c（）＝＝6.0×10﹣5mol/L，20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3mol•L﹣1的草酸钾溶液20mL时，c（Ca2+）＝3.0×10﹣5mol/L，c（C2）＝5.0×10﹣4mol/L，浓度积Q＝3.0×10﹣5×5.0×10﹣4＝1.5×10﹣8＜4×10﹣8＝Ksp（CaC2O4），则不能产生草酸钙沉淀， 故答案为：不能； （3）①图中c点所示溶液中存在2c（H2C2O4）+2c（HC2）+2c（C2）＝c（Na+），即c点溶质为Na2C2O4，此时n（NaOH）＝2n（H2C2O4），即0.0216L×0.1000mol•L﹣1＝0.02L×c（H2C2O4），c（H2C2O4）＝0.1080mol/L， 故答案为：Na2C2O4；0.1080mol/L； ②由图可知，a点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2，说明HC2的水解程度小于其电离程度，导致a点溶液呈酸性，溶液pH＜7， 故答案为：HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2； （4）①酸性的KMnO4溶液能氧化H2C2O4，生成CO2气体，同时本身被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O， 故答案为：2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O； ②A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故A正确； B．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故B错误； C．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测液润洗，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故A正确； 故答案为：AC。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱中和滴定实验操作及计算，侧重分析判断能力和实验能力考查，把握弱电解质的电离平衡及影响因素、电离平衡常数及溶度积常数的计算应用、酸碱混合溶液的定性判断、滴定实验操作及误差分析是解题关键，题目难度中等。 18．（2024春•铜山区一模）水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义。室温下，有关酸的电离平衡常数如下表所示： 化学式 HF H2CO3 H2S 电离平衡常数K（25℃） 7.2×10﹣4 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka1＝9.1×10﹣8 Ka2＝1.1×10﹣12 （1）H2CO3的电离方程式为 　H2CO3⇌+H+，⇌H++　。 （2）常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最大的是 　NaF　。 （3）将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是 　+H2S＝HS﹣+　。 （4）室温下，用标准NaOH溶液滴定未知浓度的HF溶液。当滴加NaOH溶液至溶液中的c（F﹣）＝c（Na+），此时溶液中的pH 　＝　7（填“＜”“＝”或“＞”）。 （5）常温下用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，还可得到重要化工产品纯碱。某次捕捉后得到pH＝10的纯碱溶液，则溶液中c（）：c（H2CO3）＝　0.47　。 （6）常温下，用0.100mol•L﹣1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中，c（Cl﹣）＝c（）+c（NH3•H2O）+c（NH3）（忽略溶液体积的变化）。 ①该氨水物质的量浓度为 　0.100mol•L﹣1　。 ②a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 　d　。 【答案】（1）H2CO3⇌+H+，⇌H++； （2）NaF； （3）+H2S＝HS﹣+； （4）＝； （5）0.47； （6）①0.100mol•L﹣1； ②d。 【分析】（1）碳酸为二元弱酸，水溶液中分步电离； （2）常温下，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，相同物质的量浓度的钠盐溶液的pH值越小，根据电离平衡常数知，酸性：HF＞H2CO3＞H2S＞＞HS﹣，水解程度：F﹣＜＜HS﹣＜＜S2﹣；水解程度越大，相同pH时，该钠盐溶液的物质的量浓度越小； （3）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应生成NaHS和NaHCO3； （4）室温下，混合溶液中c（F﹣）＝c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（F﹣）+c（OH﹣）＝c（OH+）+c（Na+），则c（OH﹣）＝c（OH+）；（5 （5）Ka2（H2CO3）＝×c（H+），则c（）：c（）＝Ka2（H2CO3）：c（H+）； （6）①常温下，用0.100mol•L﹣1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图2所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中，c（Cl﹣）＝c（）+c（NH3•H2O）+c（NH3）（忽略溶液体积的变化），盐酸和氨水的体积相等，二者以1：1反应，所以c（NH3•H2O）＝c（HCl）； ②酸碱抑制水电离，弱离子促进水电离。 【解答】解：（1）碳酸为二元弱酸，水溶液中分步电离，电离方程式为：H2CO3⇌+H+，⇌H++， 故答案为：H2CO3⇌+H+，⇌H++； （2）由图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞H2S＞＞HS﹣，可知对应盐的水解程度F﹣＜＜HS﹣＜＜S2﹣，浓度相同时溶液的碱性：Na2S＞Na2CO3＞NaF，所以常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S中物质的量浓度由大到小的顺序为c（NaF）＞c（Na2CO3）＞c（Na2S），即NaF的物质的量浓度最大， 故答案为：NaF； （3）酸性H2CO3＞H2S＞＞HS﹣，由较强酸制较弱酸可知，二者反应生成NaHS和NaHCO3，则发生反应的离子方程式为+H2S＝HS﹣+， 故答案为：+H2S＝HS﹣+； （4）室温下，混合溶液中c（F﹣）＝c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（F﹣）+c（OH﹣）＝c（OH+）+c（Na+），则c（OH﹣）＝c（OH+），所以溶液呈中性，溶液的pH＝7， 故答案为：＝； （5）Ka2（H2CO3）＝×c（H+），则c（）：c（）＝Ka2（H2CO3）：c（H+）＝4.7×10﹣11：10﹣10＝0.47， 故答案为：0.47； （6）①常温下，用0.100mol•L﹣1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图2所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中，c（Cl﹣）＝c（）+c（NH3•H2O）+c（NH3）（忽略溶液体积的变化），盐酸和氨水的体积相等，二者以1：1反应，所以c（NH3•H2O）＝c（HCl）＝0.100mol/L， 故答案为：0.100mol•L﹣1； ②a点溶质为一水合氨、b点溶质为等物质的量浓度的一水合氨和氯化铵、c点溶质呈中性，d点溶质为氯化铵，碱抑制水电离，且碱中c（OH—）越大，水电离程度影响，铵根离子促进水电离，所以a、b点都抑制水电离，且水电离程度：a点小于b点，c点不影响谁电离、d点促进水电离，所以水电离程度最大的是d， 故答案为：d。 【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱的关系、弱酸电离平衡常数与其对应的酸根离子水解程度关系、酸碱混合溶液定性判断方法是解本题关键，题目难度中等。 19．（2023秋•玄武区一模）Ⅰ．（1）H2CO3以及其它部分弱酸的电离平衡常数如表： 弱酸 H2S H2CO3 HClO 电离平衡常数（25℃） K1＝1.3×10﹣7 K2＝7.1×10﹣15 K1＝4.4×10﹣7 K2＝4.7×10﹣11 K＝3.0×10﹣8 按要求回答下列问题： ①H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为 　H2CO3＞H2S＞HClO　。 ②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：　ClO﹣+CO2+H2O＝HC+HClO　。 ③测得0.1mol•L﹣1Na2S溶液pH≈13。溶液中OH﹣、S2﹣、HS﹣三种离子浓度由大到小的顺序依次是 　c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）　。 （2）常温下，已知0.1mol•L﹣1一元酸HCOOH（甲酸）溶液中＝1×10﹣8。 ①0.1mol/LHCOOH的pH＝　3　。 ②取10mL0.1mol/L的HCOOH溶液稀释100倍，有关说法正确的是 　C　（填序号）。 A．所有离子的浓度在稀释过程中都会减少 B、稀释后溶液的pH＝5 C．稀释后甲酸的电离度会增大 Ⅱ．某同学设计利用一氧化氮——空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合。 （1）甲装置中Pt1上的电极反应式为 　NO﹣3e﹣+2H2O＝N+4H+　。 （2）乙装置中C2上的电极反应式 　NO+5e﹣+6H+＝N+H2O　。 （3）装置丙用于粗铜的精炼。装置中电极A是 　粗铜　（填“粗铜”或“纯铜”）。 【答案】I.（1）①H2CO3＞H2S＞HClO； ②ClO﹣+CO2+H2O＝HC+HClO； ③c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）； （2）①3； ②C； Ⅱ.（1）NO﹣3e﹣+2H2O＝N+4H+； （2）NO+5e﹣+6H+＝N+H2O； （3）粗铜。 【分析】I.（1）①由表格电离常数知，H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为H2CO3＞H2S＞HClO； ②由于K1（H2CO3）＞K（HClO）＞K2（H2CO3），则少量CO2气体通入NaClO溶液中反应方程式为ClO﹣+CO2+H2O＝HC+HClO； ③由物料守恒知，c（Na+）＝c（HS﹣）+c（S2﹣）+c（H2S）＝0.2mol/L，pH≈13得c（H+）＝10﹣13mol/L，c（OH﹣）＝10﹣1mol/L，Ka2═7.1×10﹣15，＝7.1×10﹣2，c（HS﹣）＞c（S2﹣），所以c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）； （2）①0.1mol/LHCOOH溶液中＝1×10﹣8，则＝═1×10﹣8，c（H+）＝1×10﹣3mol/L，则pH＝3； ②A．所有离子的浓度在稀释过程中，c（OH﹣）增大； B.10mL0.1mol/L的HCOOH溶液pH＝2，稀释100倍，稀释过程中促进甲酸的电离，溶液的pH＜5； C．稀释电离平衡正向移动，甲酸的电离度会增大； Ⅱ.（1）甲装置是原电池，Pt1上NO失电子生成硝酸，电极方程式为：NO﹣3e﹣+2H2O＝N+4H+； （2）装置乙是电解池，NO在C2上得电子生成铵根离子，电极方程式为：NO+5e﹣+6H+＝N+H2O； （3）装置丙用于粗铜的精炼，A为阳极，B为阴极，A极是粗铜。 【解答】解：I.（1）①由表格电离常数知，H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为H2CO3＞H2S＞HClO， 故答案为：H2CO3＞H2S＞HClO； ②由于K1（H2CO3）＞K（HClO）＞K2（H2CO3），则少量CO2气体通入NaClO溶液中反应方程式为ClO﹣+CO2+H2O＝HC+HClO， 故答案为：ClO﹣+CO2+H2O＝HC+HClO； ③由物料守恒知，c（Na+）＝c（HS﹣）+c（S2﹣）+c（H2S）＝0.2mol/L，由pH≈13得c（H+）＝10﹣13mol/L，c（OH﹣）＝10﹣1mol/L，Ka2═7.1×10﹣15，＝7.1×10﹣2，c（HS﹣）＞c（S2﹣），所以c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）， 故答案为：c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）； （2）①0.1mol/LHCOOH溶液中＝1×10﹣8，则＝═1×10﹣8，c（H+）＝1×10﹣3mol/L，则pH＝3，故答案为：3； ②A．所有离子的浓度在稀释过程中，c（H+）减少，c（OH﹣）增大，故A错误； B.10mL0.1mol/L的HCOOH溶液pH＝2，稀释100倍，稀释过程中促进甲酸的电离，溶液的pH＜5，故B错误； C．稀释电离平衡正向移动，甲酸的电离度会增大，故C正确， 故选：C。 Ⅱ.（1）甲装置是原电池，Pt1上NO失电子生成硝酸，电极方程式为：NO﹣3e﹣+2H2O＝N+4H+， 故答案为：NO﹣3e﹣+2H2O＝N+4H+； （2）装置乙是电解池，NO在C2上得电子生成铵根离子，电极方程式为：NO+5e﹣+6H+＝N+H2O， 故答案为：NO+5e﹣+6H+＝N+H2O； （3）装置丙用于粗铜的精炼，A为阳极，B为阴极，A极是粗铜， 故答案为：粗铜。 【点评】本题考查溶液中水的电离程度及计算、弱电解质在水溶液中的电离平衡、一元强酸与一元弱酸的比较、电离平衡常数和电离度及电化学的知识，题目综合性强，难度较大。 20．（2024•常熟市一模）Ⅰ．已知t℃时，0.01mol⋅L﹣1NaOH溶液的pH＝11，0.1mol⋅L﹣1的HA溶液中＝107．请回答下列问题： （1）该温度下，0.1mol⋅L﹣1HA溶液中水电离出的c（OH﹣）＝　10﹣10mol⋅L﹣1　． （2）在室温下，蒸馏水稀释0.01mol⋅L﹣1HA溶液时，下列呈减小趋势的是 　D　． A．水的电离程度 B． C．溶液中c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．溶液中c（A﹣）⋅c（HA）的值 （3）室温下，取pH＝2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示： ①图中表示HA溶液pH变化曲线的是 　B　．（填“A”或“B”） ②设HA溶液中加入Zn的质量为m1，盐酸中加入Zn的质量为m2，则m1　＞　m2（填“＞”“＜”或“＝”）． （4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，还可得到Na2CO3． ①若某次捕捉后得到pH＝10的溶液，则溶液中c（）：c（）＝　0.47　．[已知：在常温下，Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7、Ka2（H2CO3）＝4.7×10﹣11] ②现将2.33gBaSO4固体浸泡在2L一定浓度的Na2CO3溶液中，使BaSO4沉淀转化为BaCO3．则发生转化的离子方程式为 　BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）　（同时注明各物质的状态）．理论上至少需要浓度为 　2.5×10﹣4　mol⋅L﹣1Na2CO3溶液才可以将BaSO4开始转化为BaCO3．[已知：常温下Ksp（BaSO4）≈1.0×10﹣10，Ksp（BaCO3）≈2.5×10﹣9，忽略溶液体积的变化] （5）写出ClO2通入NaOH和H2O2的混合溶液中制备亚氯酸钠（NaClO2）的离子方程式 　2ClO2+H2O2+2OH﹣＝2+O2↑+2H2O　． 【答案】1）10﹣10mol⋅L﹣1； （2）D； （3）①B； ②＞； （4）①0.47； ②BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）；2.5×10﹣4； （5）2ClO2+H2O2+2OH﹣＝2+O2↑+2H2O。 【分析】（1）0.01mol⋅L﹣1NaOH溶液的pH＝11，即水的离子积Kw＝c（OH﹣）•c（H+）＝10﹣11×0.01＝10﹣13，0.1mol⋅L﹣1的HA溶液中＝107．则c（OH﹣）＝10﹣10mol⋅L﹣1； （2）室温下，稀释0.01mol⋅L﹣1HA溶液时促进HA的电离，溶液中c（H+）、c（A﹣）和c（HA）均减小，c（OH﹣）增大，但水的离子积Kw＝c（OH﹣）•c（H+）不变，电离平衡常数Ka＝×c（H+）； （3）①pH＝2的盐酸和HA溶液，起始pH相等，加锌粒后盐酸中氢离子浓度减小，HA为弱酸会继续电离出氢离子； ②pH＝2的HA为弱酸，其浓度远大于HCl的浓度，在等体积的情况下，n（HA）＞n（HCl）； （4）①Ka2（H2CO3）＝×c（H+），则c（）：c（）＝Ka2（H2CO3）：c（H+）； ②BaSO4固体浸泡在Na2CO3溶液中生成BaCO3固体和Na2SO4溶液，反应为BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq），BaSO4饱和溶液中c（Ba2+）＝c（）＝＝mol/L＝1.0×10﹣5mol/L，BaSO4开始转化为BaCO3沉淀时浓度积Q≥Ksp（BaCO3），据此进行计算； （5）碱性条件下ClO2和H2O2反应生成NaClO2和O2，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式。 【解答】解：（1）0.01mol⋅L﹣1NaOH溶液的pH＝11，即水的离子积Kw＝c（OH﹣）•c（H+）＝10﹣11×0.01＝10﹣13，0.1mol⋅L﹣1的HA溶液中＝107．则c（OH﹣）＝10﹣10mol⋅L﹣1，酸溶液中OH﹣来自水的电离，所以0.1mol⋅L﹣1HA溶液中水电离出的c（OH﹣）＝10﹣10mol⋅L﹣1， 故答案为：10﹣10mol⋅L﹣1； （2）A．稀释0.01mol⋅L﹣1HA溶液时溶液中c（H+）减小，水的电离程度增大，故A错误； B．稀释0.01mol⋅L﹣1HA溶液时溶液中c（H+）减小，则＝增大，故B错误； C．温度不变Kw＝c（OH﹣）•c（H+）不变，则溶液中c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故C错误； D．稀释0.01mol⋅L﹣1HA溶液时溶液中c（A﹣）和c（HA）均减小，则溶液中c（A﹣）⋅c（HA）的值减小，故D正确； 故答案为：D； （3）①pH＝2的盐酸和HA溶液，起始pH相等，加锌粒后盐酸中氢离子浓度减小，HA为弱酸会继续电离出氢离子，因此HA中氢离子浓度大于盐酸，则反应相同时间，HA对应的pH小，则图中曲线B代表HA， 故答案为：B； ②pH＝2的盐酸和HA溶液，盐酸为强酸，HA为弱酸，HA的浓度大于盐酸的浓度，两者体积相同时，HA消耗的锌粒多，即m1＞m2， 故答案为：＞； （4）①Ka2（H2CO3）＝×c（H+），则pH＝10的溶液中c（）：c（）＝Ka2（H2CO3）：c（H+）＝4.7×10﹣11：10﹣10＝0.47， 故答案为：0.47； ②BaSO4固体浸泡在Na2CO3溶液中生成BaCO3固体和Na2SO4溶液，反应为BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq），BaSO4饱和溶液中c（Ba2+）＝c（）＝＝mol/L＝1.0×10﹣5mol/L，BaSO4开始转化为BaCO3沉淀时浓度积Q≥Ksp（BaCO3），即c（）•c（Ba2+）＝c（Na2CO3）×1.0×10﹣5≥2.5×10﹣9，解得c（Na2CO3）≥2.5×10﹣4mol/L， 故答案为：BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）；2.5×10﹣4； （5）碱性条件下ClO2和H2O2反应生成NaClO2和O2，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣＝2+O2↑+2H2O， 故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣＝2+O2↑+2H2O。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡和溶度积常数的计算，侧重分析能力和计算能力考查，把握弱电解质的电离平衡及其影响因素、电离平衡常数和溶度积常数的计算、氧化还原反应离子方程式书写是解题关键，题目难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$