2025届高三化学一轮复习 水溶液中的离子反应与平衡

水溶液中的离子反应与平衡 一．选择题（共15小题） 1．（2024•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 2．（2024•武汉一模）某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度Na2CO3溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列说法正确的是（　　） A．a点阴离子总数最多 B．b点溶液去油污效果最好 C．c点水的离子积最大 D．温度升高，水的电离程度先增大后减小 3．（2024•沈阳一模）25℃时，用0.1mol•L﹣1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数与pH值、微粒分布分数，X表示H2A、HA﹣或A2﹣]的关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．曲线Ⅱ表示HA﹣，且c点溶液中：存在c（K+）＝3c（HA﹣） B．25℃时，H2A第一步电离平衡常数Ka1≈10﹣7 C．当H2A的被滴定分数为1时，溶液中c（A2﹣）＜c（H2A） D．当H2A的被滴定分数为2时，此时溶液显酸性 4．（2024•河北模拟）常温下，向某浓度的H2A溶液中加入NaOH（s），保持溶液体积和温度不变，测得pH与M{M＝﹣lgc（H2A）或﹣lgc（A2﹣）或}变化如图所示。下列说法错误的是（　　） A．常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10﹣1.08 B．a点时，c（HA﹣）+2c（H2A）＞10﹣3.05﹣10﹣10.95 C．NaHA溶液中c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c （H2A） D．b点时，满足c（Na+）＜3c（A2﹣） 5．（2024•湖北一模）在25℃下用KOH溶液分别滴定HA、CuCl2、MgCl2三种溶液，pM[p＝﹣lgM，M表示c（Cu2+）、c（Mg2+）、]随pH变化有①②③三条曲线，已知图像中a＝4.0，b＝5.5，c＝8.5，且Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，下列说法错误的是（　　） A．HA的电离常数Ka（HA）＝1×10﹣5.5 B．在25℃下Cu（OH）2易溶于HA溶液中 C．当Mg2+刚好完全沉淀时，溶液pH＝11 D．②③两条曲线交点N的横坐标pH＝11.5 6．（2024•陕西一模）室温下，向10mL0.1mol•L﹣1NaCl溶液和10mL0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液中分别滴入0.1mol•L﹣1AgNO3溶液至恰好完全反应，溶液的pM[pM＝﹣lgc（Cl﹣）或]与滴入的AgNO3溶液的体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．室温下， B．a、c、d点对应溶液中，c（Ag+）最大的是c点 C．若用0.05mol•L﹣1AgNO3溶液滴定，则a点向b点移动 D．室温下，反应的平衡常数K＝2.0×1014.2 7．（2024•南岗区一模）Cl2与70℃的NaOH溶液充分反应后，生成NaCl、NaClO和NaClO3三种盐。单位体积内，ClO﹣与的离子数目之比为5：2，则溶液中Cl﹣与ClO﹣的离子数目之比为（　　） A．9：4 B．3：1 C．11：2 D．1：1 8．（2024•沈阳一模）25℃时，在20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，错误的是（　　） A．在A点：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH） B．在B点：c（Na+）＝c（CH3COO﹣） C．A、B、C三点其中C点：水的电离程度最大 D．图中a＝13 9．（2024•丰台区一模）下列物质不属于电解质的是（　　） A．H2SO4 B．Fe C．K2SO4 D．Ba（OH）2 10．（2024•莱州市一模）“火星上‘找’到水的影子”被《科学》杂志评为10大科技突破之一。某温度下，重水（D2O）的离子积Kw＝1.6×10﹣15，可以用pH一样的定义来规定pD＝﹣lgc（D+）。下列说法错误的是（　　） A．重水是极弱的电解质，将金属Na加入重水中，重水的电离程度增大 B．该温度下，纯重水的pD＝8﹣2lg2 C．该温度下，1L含0.01mol DCl的重水溶液，其pD＝2 D．该温度下，在100mL0.2mol•L﹣1的DCl重水溶液中，加入100 mL 0.4mol•L﹣1 NaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD＝13（忽略溶液体积的变化） 11．（2024•凉州区一模）下列物质中，不属于电解质的是（　　） A．Cu B．H2CO3 C．NaOH D．KNO3 12．（2024•番禺区一模）腺嘌呤（A）是一种有机弱碱，可与盐酸中和，所得盐可用AHCl表示。腺嘌呤与胸腺嘧啶、鸟嘌呤与胞嘧啶作为碱基，在DNA结构中遵循碱基互补配对原则。下列叙述不正确的是（　　） A．DNA两条链上的碱基配对过程形成了氢键 B．0.01mol•L﹣1AHCl的水溶液中：c（Cl﹣）＞c（AH+） C．0.01mol•L﹣1AHCl水溶液加水稀释至0.001mol•L﹣1，pH增加1 D．AHCl的水溶液不是电解质 13．（2024•蓝田县一模）根据下列图示所得出的结论正确的是（　　） A．图甲是常温下用一定浓度的NaOH标准溶液分别滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1一元酸HX、HY的滴定曲线，说明HX的酸性大于HY B．图乙表示温度在T1和T2时水溶液中c（H+）和c（OH﹣）的关系，则阴影部分M内任意一点均满足c（H+）＞c（OH﹣） C．图丙表示改变平衡体系2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＝﹣56.9kJ•mol﹣1的某一条件后，v（正）、v（逆）的变化情况，可推知t0时刻改变的条件是升高温度 D．图丁表示炭黑作用下O2生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化1mol氧分子放出0.29eV能量 14．（2024•蓝田县一模）甘氨酸[H3N+CH2COO﹣]是最简单的氨基酸，其盐酸盐（HOOCCH2NH3Cl）的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡： H3N+CH2COOH⇌H3N+CH2COO﹣+H+Ka1 H3N+CH2COO﹣⇌H2N+CH2COO﹣+H+Ka2 常温下，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH随加氢氧化钠溶液的体积变化关系如图所示。已知：甘氨酸以两性离子（H3N+CH2COO﹣）形式在时溶解度最小。 在常温下，下列说法不正确的是（　　） A．Ka2的数量级为10﹣10 B．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝6，可能会析出固体 C．M点的溶液中：c（H3N+CH2COOH）+c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣） D．N点的溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 15．（2024•江北区一模）25℃时，向1Lc（HA）+c（A﹣）＝0.1mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH﹣、A﹣及HA的浓度的对数值（lgc）与pH的关系如图所示（不考虑溶液温度的变化），下列说法正确的是（　　） A．a表示lgc（A﹣）与pH的关系曲线 B．K（HA）的数量级为10﹣4 C．P点溶液中n（Na+）+n（H+）＝0.1mol D．滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c（HA）•c（OH﹣）均增大 二．解答题（共5小题） 16．（2024•深圳一模）Ⅰ.分类法有助于人们发现和预测物质的性质，在化学学习中，科学的分类方法几乎是无可替代的。 （1）按要求对以下物质进行分类：①黄铜；②Na2CO3•10H2O；③NaOH溶液；④熔融NaCl；⑤酒精；⑥氨气；⑦HCl气体。上述物质中能导电的是 　 　（填序号，下同）；属于电解质的是 　 　；属于非电解质的是 　 　。 （2）干燥的NaCl不能导电的原因是 　 　。 Ⅱ.氧化还原反应是一类重要的化学反应。 （3）已知R2在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为，，R2被还原为反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，则n＝ 　 　，写出上述反应的离子方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：　 　。 17．（2024•沈阳一模）现有下列几种物质： ①铜②醋酸③CuSO4•5H2O④熔融NaCl⑤NaHSO4固体⑥H2SO4溶液⑦NaHCO3溶液⑧氨水。回答下列问题： （1）上述物质属于电解质的有 　 　（填序号，下同），既不属于电解质，也不属于非电解质的有 　 　，能导电的有 　 　。 （2）已知蒸馏水几乎不导电，某化学小组利用图甲装置做导电性实验，向Ba（OH）2溶液中逐滴加入上述 　 　（填序号）的溶液时，其导电性的变化趋势如图乙所示。 （3）向②的溶液中逐滴加入⑧到恰好反应，在该过程中，溶液导电性 　 　（填“增强”或“减弱”），该反应的离子方程式为 　 　。 （4）向⑤的溶液中逐滴加入⑦，反应的离子方程式为 　 　。 18．（2024•番禺区一模）银及其化合物在制造钱币、装饰器皿、电子电器、医药等方面具有广泛用途，研究Ag及其化合物具有重要意义。回答下列问题： （1）Ag单质可溶于稀硝酸，同时生成NO。将0.1mol Ag投入某浓度的稀硝酸中，常温下溶解速率较慢，完全溶解时消耗稀硝酸的物质的量随温度的变化如图： ①Ag是第五周期ⅠB族元素，写出基态Ag原子的价电子轨道表示式：　 　。 ②根据图像分析最适合溶解银的温度是 　 　43℃（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 　 　。 （2）加热某些硝酸盐晶体，并将气体冷凝可得到硝酸。如加热硝酸镁晶体[化学式为：Mg（NO3）2•xH2O]，将蒸气冷凝即可得到硝酸溶液（忽略2NO2⇌N2O4的变化，加热温度超过100℃）。 ①补充完整方程式：2Mg（NO3）2•xH2O2MgO+　 　NO2↑+O2↑+2x 　 　↑。 ②将蒸气冷凝至室温，三种气体中一种气体先变为液态，随后两种气体溶解其中得到HNO3溶液。 已知：反应Ⅰ2NO（g）+O2（g）═2NO2（g） ΔH1； 反应Ⅱ3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） ΔH2。 写出两种气体溶解得到HNO3的热化学方程式，焓变用含ΔH1和ΔH2的代数式表示：　 　。 ③若所得溶液中n（HNO3）：n（H2O）＝0.4，计算x＝ 　 　。 （3）AgCl难溶于水，但可溶于氨水，方程式为：AgCl（s）+2NH3（aq）⇌[Ag（NH3）2]+（aq）+Cl﹣（aq）。 已知：常温下Ksp（AgCl）＝1.5×10﹣10，[Ag（NH3）2]+（aq）⇌Ag+（aq）+2NH3（aq）K＝6.0×10﹣8。 将0.1mol AgCl投入1L水中并通入NH3，若溶液体积始终保持1L，计算AgCl恰好完全溶解时通入NH3的物质的量为 　 　mol（在答题卷中写出计算过程，恰好完全溶解时[Ag（NH3）2]+的分解可忽略，即可视为c{[Ag（NH3）2]+}＝c（Cl﹣），氨水的电离也可忽略，溶液中NH3、NH3•H2O、均视为NH3）。 19．（2024•西安一模）研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。 已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题： 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO NH3⋅H2O 电离平衡常数 Ka＝1.8×10﹣5 Kal＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka＝3.0×10﹣8 Kb＝1.8×10﹣5 （1）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的下列四种溶液：pH由小到大排列的顺序是 　 　。 A．CH3COONa B．Na2CO3 C．NaClO D．NaHCO3 （2）常温下，0.1mol⋅L﹣1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是 　 　（填序号）。 A．c（H+） B． C．c（H+）•c（OH﹣） D． E． （3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：　 　。 （4）25℃时，将amol•L﹣1的醋酸溶液与bmol•L﹣1氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，表示醋酸的电离平衡常数Ka＝　 　（用含a、b的代数式表示）。 （5）标准状况下将2.24LCO2，通入100mL1mol•L﹣1NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c（OH﹣）＝c（H2CO3）+　 　。 （6）25℃，氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，溶液中的c（OH﹣）＝　 　mol•L﹣1。将CO2通入该氨水中，当溶液中c（OH﹣）降至1.0×10﹣7mol•L﹣1时，溶液中c（） 　 　c（）。（填“＞”或“＜”或“＝”） （7）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。 ①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 　 　。 ②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是 　 　（填序号）。 A．c（Cl﹣）＞c（N2）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．c（Cl﹣）＞c（[N2H5⋅H2O]+）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．2c（N2）+c（[N2H5⋅H2O]+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣） D．c（N2）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） （8）常温下，要将ZnSO4溶液中的Zn2+沉淀完全（Zn2+的浓度小于10﹣5mol•L﹣1），应控制溶液的pH大于 　 　。（已知25℃时，Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17） 20．（2024•宁波一模）H3PO3是一种二元弱酸，25℃时其电离平衡常数Ka1＝3.7×10﹣2，Ka2＝2.0×10﹣7。 （1）①H3PO3溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为 　 　。 ②25℃时，向0.1mol•L﹣1的H3PO3溶液中滴加等浓度等体积的NaOH溶液（溶液体积变化忽略不计），则溶液中的c（Na+）、c（H3PO3）、c（H2）、c（）微粒浓度从大到小的排列顺序为 　 　。 （2）某温度下，四种酸在冰醋酸中的电离常数如下表： 酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 Ka 1.6×10﹣5 6.3×10﹣9 1.6×10﹣9 4.2×10﹣10 下列说法正确的是 　 　。 A．用浓硫酸和氯化钠固体加热制氯化氢是因为在水中硫酸的酸性比盐酸的酸性强 B．冰醋酸中可以发生反应：NaClO4+HNO3＝NaNO3+HClO4 C．冰醋酸中HCl的电离方程式为：HCl⇌H++Cl﹣ D．向硫酸的冰醋酸溶液中加入CH3COONa，硫酸的电离程度增大 （3）液氨与水一样可以发生微弱电离，如：2H2O⇌H3O++OH﹣，2NH3⇌+ ①NaNH2与NH4NO3反应的化学方程式为 　 　。 ②醋酸和氢氟酸在水溶液中为弱酸，但在液氨中都显强酸性的原因可能是 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•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。 2．（2024•武汉一模）某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度Na2CO3溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列说法正确的是（　　） A．a点阴离子总数最多 B．b点溶液去油污效果最好 C．c点水的离子积最大 D．温度升高，水的电离程度先增大后减小 【答案】C 【分析】溶液中存在碳酸根的水解平衡+H2O═+OH﹣和水的电离平衡H2O⇌H++OH﹣，图中显示温度升高溶液的碱性先增强后减弱，水的电离是吸热过程，纯水中温度升高pH值会降低，碳酸钠溶液中温度升高pH有增大的过程，说明水解受到促进，即水解为吸热过程，后pH值下降，说明温度升高水电离出更多的氢氧根抑制了碳酸根的水解，据此分析作答。 【解答】解：A．升温，水解和水的电离都受到促进，溶液中c（OH﹣）主要受水解影响，所以升温，c（OH﹣）增大，但Kw也增大，从图像可以分析，a到b，升温，c（OH﹣）增大幅度大于Kw增大幅度，所以c（H+）减小，b到c，升温c（OH﹣）增大幅度小于Kw增大幅度，所以c（H+）增大。水解程度越大，溶液中阴离子数目越多，故A错误； B．图中分析可知，c点温度最高，碱性最强，去油污能力最强，故B错误， C．水的电离过程吸热，升温，平衡正向进行，水的电离程度增大，c点温度最高，水的离子积最大，故C正确； D．水的电离过程吸热，温度升高，水的电离程度一直增大，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了盐类水解、弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，主要是水电离平衡和离子积常数的理解应用，题目难度中等。 3．（2024•沈阳一模）25℃时，用0.1mol•L﹣1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数与pH值、微粒分布分数，X表示H2A、HA﹣或A2﹣]的关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．曲线Ⅱ表示HA﹣，且c点溶液中：存在c（K+）＝3c（HA﹣） B．25℃时，H2A第一步电离平衡常数Ka1≈10﹣7 C．当H2A的被滴定分数为1时，溶液中c（A2﹣）＜c（H2A） D．当H2A的被滴定分数为2时，此时溶液显酸性 【答案】A 【分析】用0.1mol•L﹣1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，发生反应H2A+OH﹣＝HA﹣+H2O，HA﹣+OH﹣＝A2﹣+H2O，由图可知，曲线Ⅰ表示H2A微粒分布分数，曲线Ⅱ表示HA﹣微粒分布分数，曲线Ⅲ表示A2﹣微粒分布分数，据此作答。 【解答】解：A．由分析可知，曲线Ⅱ表示HA﹣，c点c（A2﹣）＝c（HA﹣），且溶液pH＝7，故c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒可知c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（A2﹣）+c（HA﹣），故c（K+）＝3c（HA﹣），故A正确； B．由图可知，a点c（H2A）＝c（HA﹣），且溶液pH＝4，故c（H+）＝10﹣4mol/L，H2A第一步电离平衡常数Ka1＝＝c（H+）＝10﹣4，故B错误； C．由图可知，当H2A的被滴定分数为1时，溶液中c（A2﹣）＝c（H2A），故C错误； D．当H2A的被滴定分数为2时，溶液pH＞7，溶液显碱性，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查滴定分布曲线，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断曲线代表物质是解题的关键。 4．（2024•河北模拟）常温下，向某浓度的H2A溶液中加入NaOH（s），保持溶液体积和温度不变，测得pH与M{M＝﹣lgc（H2A）或﹣lgc（A2﹣）或}变化如图所示。下列说法错误的是（　　） A．常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10﹣1.08 B．a点时，c（HA﹣）+2c（H2A）＞10﹣3.05﹣10﹣10.95 C．NaHA溶液中c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c （H2A） D．b点时，满足c（Na+）＜3c（A2﹣） 【答案】A 【分析】向H2A溶液中加入NaOH溶液时，c（H2A）逐渐减少，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）逐渐增大，即随着pH增大，﹣lg c（H2A）会逐渐增大，﹣lgc（A2﹣）逐渐减小，﹣lg逐渐减小，H2A的电离平衡常数Ka2＝×c（H+），即﹣lg＝﹣pH—lgKa2、﹣lg与pH呈直线形关系，根据（5.0，0）计算Ka2＝10﹣5.3，所以图中曲线①为﹣lgc（H2A）与pH的变化关系，曲线②为﹣lgc（A2﹣）与pH的变化关系，曲线③为﹣lg与pH的变化关系，由图可知，pH＝3.05时，c（A2﹣）＝c（H2A），可得Ka1•Ka2＝××c2（H+）＝c2（H+）＝（ 10﹣3.05）2＝10﹣6.1，则Ka1＝10﹣0.8，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，曲线①为﹣lgc（H2A）与pH的变化关系，曲线②为﹣lgc（A2﹣）与pH的变化关系、根据（5.0，0）计算Ka2＝10﹣5.3，曲线③为﹣lg与pH的变化关系，由图可知，pH＝3.05时，c（A2﹣）＝c（H2A），可得Ka1•Ka2＝××c2（H+）＝c2（H+）＝（ 10﹣3.05）2＝10﹣6.1，则Ka1为10﹣0.8，故A错误； B．a点时pH＝3.05，c（H+）＝10﹣3.05mol/L，c（ OH﹣）＝10﹣14﹣（﹣3.05）mol/L＝10﹣10.95mol/L，且c（H2A）＝c（A2﹣），溶液中电荷守恒关系为c（ Na+）+c（H+）＝2 c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（ OH﹣），即c（H+）﹣c（ OH﹣）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）﹣c（ Na+）＜2 c（A2﹣）+c（HA﹣），则2 c（A2﹣）+c（HA﹣）＞10﹣3.05﹣10﹣10.95，故B正确； C．由上述分析可知，Ka1＝10﹣0.8，Ka2＝10﹣5.3，HA﹣的水解平衡常数Kh＝＝10﹣14﹣（﹣0.8）＝10﹣13.2＜Ka2，即HA﹣的水解程度小于其电离程度，c（H2A）＜c（A2﹣），所以NaHA溶液中c（ Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故C正确； D．溶液中电荷守恒关系为c（ Na+）+c（H+）＝2 c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（ OH﹣），b点时pH＝5.3，溶液呈酸性，c（ OH﹣）＜c（H+），﹣lg＝0，即c（A2﹣）＝c（HA﹣），则c（ Na+）+c（H+）＝3（A2﹣）+c（ OH﹣），c（ Na+）＜3 c（A2﹣），故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及pH简单计算，侧重分析能力和计算能力考查，把握图中曲线表示的意义、曲线上各点的成分及性质、电离平衡常数的计算是解题关键，电离平衡常数Ka1的计算是解题的难点，题目难度中等。 5．（2024•湖北一模）在25℃下用KOH溶液分别滴定HA、CuCl2、MgCl2三种溶液，pM[p＝﹣lgM，M表示c（Cu2+）、c（Mg2+）、]随pH变化有①②③三条曲线，已知图像中a＝4.0，b＝5.5，c＝8.5，且Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，下列说法错误的是（　　） A．HA的电离常数Ka（HA）＝1×10﹣5.5 B．在25℃下Cu（OH）2易溶于HA溶液中 C．当Mg2+刚好完全沉淀时，溶液pH＝11 D．②③两条曲线交点N的横坐标pH＝11.5 【答案】B 【分析】Cu（OH）2、Mg（OH）2的组成相似，二者的pM随pH的变化曲线应该是平行线，则曲线②代表随pH变化，Ksp[M（OH）2）]＝c（M2+）•c2（OH﹣），当曲线上pM＝0时Ksp[M（OH）2）]＝c2（OH﹣），且c（OH﹣）越大时pH越大，Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，所以曲线①③分别代表c（Cu2+）、c（Mg2+）随pH的变化关系，根据图中a＝4.0，b＝5.5，c＝8.5计算Ksp[Cu（OH）2]＝1×[10﹣14﹣（﹣4）]2＝1×10﹣20，HA的电离常数Ka（HA）＝×c（H+）＝1×10﹣5.5，Ksp[Mg（OH）2]＝1×[10﹣14﹣（﹣8.5）]2＝1×10﹣11，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，曲线②代表随pH变化，b＝5.5时c（HA）＝c（A﹣），此时HA的电离常数Ka（HA）＝×c（H+）＝c（H+）＝1×10﹣5.5，故A正确； B．在25℃下Cu（OH）2+2HA⇌Cu2++2A﹣+2H2O的平衡常数K＝＝×＝＝1×10﹣3，则Cu（OH）2不易溶于HA溶液中，故B错误； C．Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝1×10﹣11，当Mg2+刚好完全沉淀时c（Mg2+）＝1×10﹣5mol/L，此时c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣3mol/L，pH＝14﹣lg1×10﹣3＝11，故C正确； D．N点时c（Mg2+）＝，c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝1×10﹣11，c（H+）.c（A﹣）＝1×10﹣5.5，则c（H+）＝＝mol/L＝1×10﹣11.5mol/L，pH＝11.5，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查难溶物溶解平衡、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确图中曲线表示的意义、电离平衡常数与溶度积常数的计算是解本题关键，题目难度中等。 6．（2024•陕西一模）室温下，向10mL0.1mol•L﹣1NaCl溶液和10mL0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液中分别滴入0.1mol•L﹣1AgNO3溶液至恰好完全反应，溶液的pM[pM＝﹣lgc（Cl﹣）或]与滴入的AgNO3溶液的体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．室温下， B．a、c、d点对应溶液中，c（Ag+）最大的是c点 C．若用0.05mol•L﹣1AgNO3溶液滴定，则a点向b点移动 D．室温下，反应的平衡常数K＝2.0×1014.2 【答案】C 【分析】滴定过程中反应为Ag++Cl﹣＝AgCl↓和2Ag++＝Ag2SO4↓，由于起始时两溶液的Cl﹣和的物质的量相同，所以加入10mLAgNO3溶液时NaCl反应完全，加入20mLAgNO3溶液时Na2SO4反应完全，即a点所在曲线代表﹣lgc（Cl﹣）与滴入的AgNO3溶液体积的关系，d点所在曲线代表﹣lgc（）与滴入的AgNO3溶液体积的关系，根据a点数值计算Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣）＝10﹣4.9×10﹣4.9＝1.0×10﹣9.8，根据d点数值计算Ksp（Ag2SO4）＝c2（Ag+）•c（）＝（2.0××10﹣1.8）2×10﹣1.8＝4.0××10﹣5.4，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，a点所在曲线代表﹣lgc（Cl﹣）与滴入的AgNO3溶液体积的关系，根据a点数值计算Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣）＝10﹣4.9×10﹣4.9＝1.0×10﹣9.8，故A错误； B．a点对应溶液中的c（Ag+）＝1.0×10﹣4.9mol•L﹣1，d点对应溶液中的c（Ag+）＝2.0×10﹣1.8mol•L﹣1，c点对应溶液中Na2SO4还剩余一半，c点对应溶液中的c（）：c＞d，Ksp（Ag2SO4）＝c2（Ag+）•c（），则c（Ag+）：c＜d，所以a、c、d点对应溶液中，c（Ag+）最大的是d点，故B错误； C．若用0.05mol•L﹣1AgNO3溶液滴定10mL0.1mol•L﹣1NaCl溶液，当滴入的V[AgNO3（aq）]＝20mL时，NaCl和AgNO3恰好完全反应，由于温度不变，则Ksp（AgCl）不变，此时溶液中c（Cl﹣）＝1.0×10﹣4.9mol•L﹣1，则图中a点向b点移动，故C正确； D．室温下，反应的平衡常数K＝＝＝＝4.0×1014.2，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查难溶电解质及其图象分析，把握图中曲线表示的含义、溶度积常数的计算及其应用为解答的关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，题目难度中等。 7．（2024•南岗区一模）Cl2与70℃的NaOH溶液充分反应后，生成NaCl、NaClO和NaClO3三种盐。单位体积内，ClO﹣与的离子数目之比为5：2，则溶液中Cl﹣与ClO﹣的离子数目之比为（　　） A．9：4 B．3：1 C．11：2 D．1：1 【答案】B 【分析】ClO﹣与的离子数目之比为5：2，设ClO﹣与的物质的量分别为5mol、2mol，则该反应中失去电子为5mol×（1﹣0）+2mol×（5﹣0）＝15mol，结合得失电子守恒计算。 【解答】解：ClO﹣与的离子数目之比为5：2，设ClO﹣与的物质的量分别为5mol、2mol，则该反应中失去电子为5mol×（1﹣0）+2mol×（5﹣0）＝15mol，由得失电子守恒可知，生成NaCl为15mol，则溶液中Cl﹣与ClO﹣的离子数目之比为15mol：5mol＝3：1， 故选：B。 【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。 8．（2024•沈阳一模）25℃时，在20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，错误的是（　　） A．在A点：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH） B．在B点：c（Na+）＝c（CH3COO﹣） C．A、B、C三点其中C点：水的电离程度最大 D．图中a＝13 【答案】C 【分析】在20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1醋酸溶液，发生反应CH3COOH+NaOH＝CH3COONa+H2O，由图可知，A点醋酸加入量为10mL，故A点溶质为CH3COONa，B点溶液呈中性，溶质为CH3COONa、CH3COOH，C点加入醋酸溶液体积为20mL，溶液溶质为等浓度的CH3COONa、CH3COOH，据此作答。 【解答】解：A．A点溶质为CH3COONa，依据质子守恒可得c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH），故A正确； B．B点溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），由电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故B正确； C．A点溶质为CH3COONa，醋酸根离子水解，水的电离程度增大，A点以后加入醋酸溶液，水的电离被抑制，电离程度变小，故A点水的电离程度最大，故C错误； D．NaOH溶液浓度为0.1mol/L，故a＝13，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查酸碱混合滴定曲线，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断溶质成分是解题的关键。 9．（2024•丰台区一模）下列物质不属于电解质的是（　　） A．H2SO4 B．Fe C．K2SO4 D．Ba（OH）2 【答案】B 【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，电解质和非电解质必须是化合物。 【解答】解：A．硫酸为化合物，水溶液中能导电，属于电解质，故A正确； B．铁为单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误； C．硫酸钾为化合物，水溶液中能导电，属于电解质，故C正确； D．氢氧化钡为化合物，水溶液中能导电，属于电解质，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质和非电解质概念是解题关键，题目难度不大。 10．（2024•莱州市一模）“火星上‘找’到水的影子”被《科学》杂志评为10大科技突破之一。某温度下，重水（D2O）的离子积Kw＝1.6×10﹣15，可以用pH一样的定义来规定pD＝﹣lgc（D+）。下列说法错误的是（　　） A．重水是极弱的电解质，将金属Na加入重水中，重水的电离程度增大 B．该温度下，纯重水的pD＝8﹣2lg2 C．该温度下，1L含0.01mol DCl的重水溶液，其pD＝2 D．该温度下，在100mL0.2mol•L﹣1的DCl重水溶液中，加入100 mL 0.4mol•L﹣1 NaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD＝13（忽略溶液体积的变化） 【答案】D 【分析】A．根据Na与重水电离生成的D+反应生成D2，促进重水发生电离，进行分析； B．根据重水（D2O）的离子积，结合pD＝﹣lgc（D+）进行分析； C．根据pD＝﹣lgc（D+）进行分析； D．根据酸碱中和反应后，NaOD过量，计算剩余的c（OD﹣），结合水的离子积进行分析。 【解答】解：A．重水存在电离平衡，，Na与重水电离生成的D+反应生成D2，促进重水发生电离，从而使重水的电离程度增大，故A正确； B．重水的离子积，则c（D+）＝c（OD﹣）＝4×10﹣8mol•L﹣1，pD＝﹣lgc（D+）＝﹣lg（4×10﹣8）＝8﹣2lg2，故B正确； C．1 L含0.01mol DCl的重水溶液中c（D+）＝0.01mol•L﹣1，pD＝﹣lg0.01＝2，故C正确； D．100 mL 0.4mol•L﹣1的NaOD的重水溶液与100 mL 0.2mol•L﹣1的DCl重水溶液混合时，NaOD过量，所以，，pD＝14﹣lg1.6，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查水的电离等，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。 11．（2024•凉州区一模）下列物质中，不属于电解质的是（　　） A．Cu B．H2CO3 C．NaOH D．KNO3 【答案】A 【分析】根据在熔融状态下或在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质，进行分析。 【解答】解：A．铜虽然能导电，但它属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误； B．碳酸为弱酸，在水溶液中能发生部分电离，属于电解质，故B正确； C．氢氧化钠为强碱，在水溶液或熔融状态下都能导电，属于电解质，故C正确； D．硝酸钾属于盐，在水溶液或熔融状态下都能导电，属于电解质，故D正确； 故选：A。 【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。 12．（2024•番禺区一模）腺嘌呤（A）是一种有机弱碱，可与盐酸中和，所得盐可用AHCl表示。腺嘌呤与胸腺嘧啶、鸟嘌呤与胞嘧啶作为碱基，在DNA结构中遵循碱基互补配对原则。下列叙述不正确的是（　　） A．DNA两条链上的碱基配对过程形成了氢键 B．0.01mol•L﹣1AHCl的水溶液中：c（Cl﹣）＞c（AH+） C．0.01mol•L﹣1AHCl水溶液加水稀释至0.001mol•L﹣1，pH增加1 D．AHCl的水溶液不是电解质 【答案】C 【分析】A．DNA分子两条链上的碱基通过氢键连接成碱基对； B．AHCl是强酸弱碱盐，AH+部分水解，氯离子不水解； C．加水稀释促进AHCl水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，减小值小于1； D．AHCl的水溶液是混合物。 【解答】解：A．DNA分子两条链上的碱基通过氢键连接成碱基对，所以DNA两条链上的碱基配对过程形成了氢键，故A正确； B．AHCl是强酸弱碱盐，AH+部分水解，氯离子不水解，所以该溶液中c（Cl﹣）＞c（AH+），故B正确； C．加水稀释促进AHCl水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，减小值小于1，则pH增加值小于1，故C错误； D．AHCl的水溶液是混合物，所以AHCl的水溶液不是电解质，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查盐类水解，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确盐类水解原理、电解质的概念是解本题关键，题目难度不大。 13．（2024•蓝田县一模）根据下列图示所得出的结论正确的是（　　） A．图甲是常温下用一定浓度的NaOH标准溶液分别滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1一元酸HX、HY的滴定曲线，说明HX的酸性大于HY B．图乙表示温度在T1和T2时水溶液中c（H+）和c（OH﹣）的关系，则阴影部分M内任意一点均满足c（H+）＞c（OH﹣） C．图丙表示改变平衡体系2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＝﹣56.9kJ•mol﹣1的某一条件后，v（正）、v（逆）的变化情况，可推知t0时刻改变的条件是升高温度 D．图丁表示炭黑作用下O2生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化1mol氧分子放出0.29eV能量 【答案】D 【分析】A．根据等浓度等体积的情况下，HY的初始pH小于HX进行分析； B．根据图乙中直线上的点c（H+）＝c（OH﹣）、直线右下方的点c（H+）＜c（OH﹣）、直线左上方的点c（H+）＞c（OH﹣），进行分析； C．根据升高温度，正逆反应速率均突然增大，且该反应正反应为放热反应进行分析； D．根据炭黑和1个氧分子的能量0，炭黑和活化氧的能量为﹣0.29eV进行分析。 【解答】解：A．等浓度等体积的情况下，HY的初始pH小于HX，说明HY的电离程度大于HX，故酸性HY大于HX，故A错误； B．图乙表示温度在T1和T2时水溶液中氢离子的浓度和氢氧根离子的浓度的关系，直线上的点c（H+）＝c（OH﹣）、直线左上方的点c（H+）＞c（OH﹣）、直线右下方的点c（H+）＜c（OH﹣），所以阴影部分M内任意一点均满足c（H+）＜c（OH﹣），故B错误； C．升高温度，正逆反应速率均突然增大，且该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，逆反应速率大于正反应速率，所以该时刻改变的条件不是升高温度，故C错误； D．炭黑和1个氧分子的能量0，炭黑和活化氧的能量为﹣0.29eV，所以每活化一个氧分子放出0.29eV能量，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查反应热和焓变等，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。 14．（2024•蓝田县一模）甘氨酸[H3N+CH2COO﹣]是最简单的氨基酸，其盐酸盐（HOOCCH2NH3Cl）的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡： H3N+CH2COOH⇌H3N+CH2COO﹣+H+Ka1 H3N+CH2COO﹣⇌H2N+CH2COO﹣+H+Ka2 常温下，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH随加氢氧化钠溶液的体积变化关系如图所示。已知：甘氨酸以两性离子（H3N+CH2COO﹣）形式在时溶解度最小。 在常温下，下列说法不正确的是（　　） A．Ka2的数量级为10﹣10 B．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝6，可能会析出固体 C．M点的溶液中：c（H3N+CH2COOH）+c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣） D．N点的溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 【答案】C 【分析】根据图示，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液10mL时，溶液的pH＝6，此时溶液中的甘氨酸主要以H3N+CH2COO﹣形式存在。 【解答】解：A．向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的氢氧化钠溶液15mL时，H3N+CH2COO﹣、H2N+CH2COO﹣的浓度相等，溶液的pH＝9.6，Ka2＝10﹣9.6，Ka2的数量级为10﹣10，故A正确； B．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝6，甘氨酸[H3N+CH2COO﹣]主要以H3N+CH2COO﹣形式存在，溶解度最小，可能会析出固体，故B正确； C．M点溶质为等浓度的HOOCCH2NH3Cl、NaOOCCH2NH3Cl，根据电荷守恒知c（HOOCCH2）+c（H+）+c（Na+）＝c（NH2CH2COO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），故C错误； D．N点为10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液15mL所得溶液，溶液呈碱性，根据电荷守恒、物料守恒，c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确； 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。 15．（2024•江北区一模）25℃时，向1Lc（HA）+c（A﹣）＝0.1mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH﹣、A﹣及HA的浓度的对数值（lgc）与pH的关系如图所示（不考虑溶液温度的变化），下列说法正确的是（　　） A．a表示lgc（A﹣）与pH的关系曲线 B．K（HA）的数量级为10﹣4 C．P点溶液中n（Na+）+n（H+）＝0.1mol D．滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c（HA）•c（OH﹣）均增大 【答案】C 【分析】根据题图分析，微粒浓度的对数越大离子浓度越大，随着pH的增大，溶液碱性增强，酸性减弱，则氢离子浓庋逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大，c表示的浓度对数值逐渐减小，为c（H+）变化曲线；d表示的浓度对数值逐渐增大，为c（OH﹣）浓度变化曲线；pH小于4.75时，a表示的浓度对数值不变，pH＞4.75时，随pH增大，a表示的浓度对数值减小，应该是c（HA）的变化曲线；pH＜4.75时，b表示的浓度对数值随pH的增大而增大，b为c（A﹣）的变化曲线。 【解答】解：A．根据上述分析，a表示lgc（HA）与pH的关系曲线，故A错误； B．K（HA）的表达式为，pH＝4.75时，c（HA）＝c（A﹣），，数量级为10﹣5，故B错误； C．P点时，c（OH﹣）＝c（HA），P点的电荷守恒式为c（H+）+c（Na+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），变式为c（H+）+c（Na+）＝c（A﹣）+c（HA），根据题中信息，1Lc（HA）+c（A﹣）＝0.1mol/L的溶液中，n（HA）+n（A﹣）＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，则溶液中n（Na+）+n（H+）＝0.1mol，故C正确； D．滴加盐酸或NaOH溶液的过程中，，，，K（HA）、Kw只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，滴加盐酸，c（A﹣）减小，c（OH﹣）•c（HA），故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图中各曲线表示微粒种类、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，C为解答易错点，题目难度中等。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•深圳一模）Ⅰ.分类法有助于人们发现和预测物质的性质，在化学学习中，科学的分类方法几乎是无可替代的。 （1）按要求对以下物质进行分类：①黄铜；②Na2CO3•10H2O；③NaOH溶液；④熔融NaCl；⑤酒精；⑥氨气；⑦HCl气体。上述物质中能导电的是 　①③④　（填序号，下同）；属于电解质的是 　②④⑦　；属于非电解质的是 　⑤⑥　。 （2）干燥的NaCl不能导电的原因是 　干燥的NaCl中 Na+ 和Cl不能自由移动；　。 Ⅱ.氧化还原反应是一类重要的化学反应。 （3）已知R2在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为，，R2被还原为反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，则n＝ 　2　，写出上述反应的离子方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：　　。 【答案】（1）①③④；②④⑦；⑤⑥； （2）干燥的NaCl中 Na+ 和Cl不能自由移动； （3）2；。 【分析】（1）物质导电条件：存在自由电子或者存在自由移动的离子，电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物； （2）干燥的NaCl不能导电的原因是离子不能自由移动； （3）已知R2在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为Mn，R2被还原为，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，结合电子守恒计算，写出上述反应的离子方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目，结合若19.2gR2中含氧原子的个数为0.8NA，计算R的相对原子质量。 【解答】解：（1）①黄铜能导电，既不是电解质也不是非电解质，②Na2CO3•10H2O不能导电，属于电解质，③NaOH溶液能导电，既不是电解质也不是非电解质，④熔融NaCl能导电，属于电解质，⑤酒精不能导电，不能电离属于非电解质，⑥氨气不能导电，不能电离，属于非电解质，⑦HCl气体不能导电，溶于水导电，属于电解质，上述物质中能导电的是①③④，属于电解质的是②④⑦，属于非电解质的是：⑤⑥， 故答案为：①③④；②④⑦；⑤⑥； （2）干燥的NaCl不能导电的原因是：干燥的NaCl中的Na+和Cl﹣离子不能自由移动， 故答案为：干燥的NaCl中的Na+和Cl﹣离子不能自由移动； （3）已知R2在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为，电子转移：Mn2+～～5e﹣，R2被还原为，R2～2～（6﹣）×2＝（n﹣4）e﹣，该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂，氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2作氧化剂，即R2与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为：8H2O+5R2+2Mn2+＝2+10+16H+，根据电荷守恒得﹣5n+2×2＝﹣1×2+（﹣2×10）+1×16，n＝2，反应过程中电子转移总数为10e﹣，用单线桥法标出电子转移的方向和数目为：， 故答案为：2；。 【点评】本题考查了物质分类和组成、氧化还原反应、离子方程式书写和电子守恒的计算，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 17．（2024•沈阳一模）现有下列几种物质： ①铜②醋酸③CuSO4•5H2O④熔融NaCl⑤NaHSO4固体⑥H2SO4溶液⑦NaHCO3溶液⑧氨水。回答下列问题： （1）上述物质属于电解质的有 　③④⑤　（填序号，下同），既不属于电解质，也不属于非电解质的有 　①⑥⑦⑧　，能导电的有 　①④⑥⑦⑧　。 （2）已知蒸馏水几乎不导电，某化学小组利用图甲装置做导电性实验，向Ba（OH）2溶液中逐滴加入上述 　③⑥　（填序号）的溶液时，其导电性的变化趋势如图乙所示。 （3）向②的溶液中逐滴加入⑧到恰好反应，在该过程中，溶液导电性 　增强　（填“增强”或“减弱”），该反应的离子方程式为 　CH3COOH+NH3•H2O＝CH3COO⁻++H2O　。 （4）向⑤的溶液中逐滴加入⑦，反应的离子方程式为 　H++＝CO2↑+H2O　。 【答案】（1）③④⑤；①⑥⑦⑧；①④⑥⑦⑧； （2）③⑥； （3）增强；CH3COOH+NH3•H2O＝CH3COO⁻++H2O； （4）H++＝CO2↑+H2O。 【分析】（1）能在熔融状态或水溶液中导电的化合物，为电解质；存在自由移动的电子或者离子可以导电； （2）图乙中导电性减弱至0，再逐渐增大，说明溶液中离子浓度减少至几乎没有，CuSO4•5H2O与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，溶液中的离子浓度接近为0，溶液几乎不导电，或向Ba（OH）2溶液加入H2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，再滴加过量H2SO4溶液电离出氢离子和硫酸根离子，导电性增强； （3）醋酸是弱酸，不能完全电离，向②醋酸的溶液中逐滴加入⑧氨水，反应生成醋酸铵和水，醋酸铵能完全电离出醋酸根离子和铵根离子，恰好反应时溶液中仍有大量离子，则该过程中，溶液导电性增强； （4）向⑤NaHSO4溶液中逐滴加入⑦NaHCO3，NaHSO4溶液电离出H+与NaHCO3电离出碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为H++＝CO2↑+H2O。 【解答】解：（1）题给物质中②③④⑤属于电解质，①是金属，⑥⑦⑧是溶液，因此既不属于电解质，也不属于非电解质；①含有自由移动的电子、④⑥⑦⑧含有自由移动的离子，所以①④⑥⑦⑧能导电， 故答案为：③④⑤；①⑥⑦⑧；①④⑥⑦⑧； （2）图乙中导电性减弱至0，再逐渐增大，说明溶液中离子浓度减少至几乎没有，CuSO4•5H2O与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，溶液中的离子浓度接近为0，溶液几乎不导电，或向Ba（OH）2溶液加入H2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，再滴加过量H2SO4溶液电离出氢离子和硫酸根离子，导电性增强， 故答案为：③⑥； （3）醋酸是弱酸，不能完全电离，向②醋酸的溶液中逐滴加入⑧氨水，反应生成醋酸铵和水，醋酸铵能完全电离出醋酸根离子和铵根离子，恰好反应时溶液中仍有大量离子，则该过程中，溶液导电性增强，该反应的离子方程式为：CH3COOH+NH3•H2O＝CH3COO⁻++H2O， 故答案为：增强；CH3COOH+NH3•H2O＝CH3COO⁻++H2O； （4）向⑤NaHSO4溶液中逐滴加入⑦NaHCO3，NaHSO4溶液电离出H+与NaHCO3电离出碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为H++＝CO2↑+H2O， 故答案为：H++＝CO2↑+H2O。 【点评】本题主要考查了电解质的判断、溶液导电性的判断和离子方程式的书写，题目难度不大，掌握基础知识即可解答。 18．（2024•番禺区一模）银及其化合物在制造钱币、装饰器皿、电子电器、医药等方面具有广泛用途，研究Ag及其化合物具有重要意义。回答下列问题： （1）Ag单质可溶于稀硝酸，同时生成NO。将0.1mol Ag投入某浓度的稀硝酸中，常温下溶解速率较慢，完全溶解时消耗稀硝酸的物质的量随温度的变化如图： ①Ag是第五周期ⅠB族元素，写出基态Ag原子的价电子轨道表示式：　　。 ②根据图像分析最适合溶解银的温度是 　＝　43℃（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 　常温下溶解速率较慢，高于43℃，硝酸的消耗增多　。 （2）加热某些硝酸盐晶体，并将气体冷凝可得到硝酸。如加热硝酸镁晶体[化学式为：Mg（NO3）2•xH2O]，将蒸气冷凝即可得到硝酸溶液（忽略2NO2⇌N2O4的变化，加热温度超过100℃）。 ①补充完整方程式：2Mg（NO3）2•xH2O2MgO+　4　NO2↑+O2↑+2x 　H2O　↑。 ②将蒸气冷凝至室温，三种气体中一种气体先变为液态，随后两种气体溶解其中得到HNO3溶液。 已知：反应Ⅰ2NO（g）+O2（g）═2NO2（g） ΔH1； 反应Ⅱ3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） ΔH2。 写出两种气体溶解得到HNO3的热化学方程式，焓变用含ΔH1和ΔH2的代数式表示：　ΔH＝ΔH1+2ΔH2　。 ③若所得溶液中n（HNO3）：n（H2O）＝0.4，计算x＝ 　6　。 （3）AgCl难溶于水，但可溶于氨水，方程式为：AgCl（s）+2NH3（aq）⇌[Ag（NH3）2]+（aq）+Cl﹣（aq）。 已知：常温下Ksp（AgCl）＝1.5×10﹣10，[Ag（NH3）2]+（aq）⇌Ag+（aq）+2NH3（aq）K＝6.0×10﹣8。 将0.1mol AgCl投入1L水中并通入NH3，若溶液体积始终保持1L，计算AgCl恰好完全溶解时通入NH3的物质的量为 　2.2　mol（在答题卷中写出计算过程，恰好完全溶解时[Ag（NH3）2]+的分解可忽略，即可视为c{[Ag（NH3）2]+}＝c（Cl﹣），氨水的电离也可忽略，溶液中NH3、NH3•H2O、均视为NH3）。 【答案】（1）①； ②＝；常温下溶解速率较慢，高于43℃，硝酸的消耗增多； （2）①4；H2O； ②ΔH＝ΔH1+2ΔH2； ③6； （3）2.2。 【分析】（1）①Ag是第五周期ⅠB族元素，基态Ag原子的价电子排布式为4d105s1； ②根据图像分析最适合溶解银的温度是43℃，高于该温度，硝酸的消耗增多； （2）①根据原子守恒配平方程式； ②反应Ⅰ2NO（g）+O2（g）═2NO2（g） ΔH1，反应Ⅱ3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） ΔH2，两种气体溶解得到HNO3的热化学方程式为4NO2（g）+O2（g）+2H2O（l）＝4HNO3（aq），将方程式Ⅰ+2Ⅱ得4NO2（g）+O2（g）+2H2O（l）＝4HNO3（aq），ΔH进行需要的改变； ③若所得溶液中n（HNO3）：n（H2O）＝0.4，假设n（HNO3）＝0.4mol、n（H2O）＝1mol，生成0.4mol HNO3消耗n（H2O）＝n（HNO3）＝×0.4mol＝0.2mol，根据N原子守恒得n（NO2）＝n（HNO4）＝0.4mol，即4：2x＝0.4mol：（1+0.2）mol； （3）①AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）Ksp（AgCl）＝1.5×10﹣10、②[Ag（NH3）2]+（aq）⇌Ag+（aq）+2NH3（aq）K＝6.0×10﹣8，将方程式①﹣②得方程式AgCl（s）+2NH3（aq）⇌[Ag（NH3）2]+（aq）+Cl﹣（aq）K＝＝2.5×10﹣3，根据方程式“AgCl（s）+2NH3（aq）⇌[Ag（NH3）2]+（aq）+Cl﹣（aq）”知，0.1mol AgCl完全溶解转化为[Ag（NH3）2]+（aq）、Cl﹣（aq）时，溶液的体积为1L，溶液中c{[Ag（NH3）2]+}＝c（Cl﹣）＝0.1mol/L，消耗的n（NH3）＝2n（AgCl）＝2×0.1mol＝0.2mol，设溶液中c[NH3（aq）]＝xmol/L，AgCl（s）+2NH3（aq）⇌[Ag（NH3）2]+（aq）+Cl﹣（aq）K＝＝2.5×10﹣3，x＝2，则溶液中n（NH3）（aq）＝2mol/L×1L＝2mol。 【解答】解：（1）①基态Ag原子的价电子轨道表示式：， 故答案为：； ②常温下溶解速率较慢，根据图像分析最适合溶解银的温度是43℃，高于43℃，硝酸的消耗增多， 故答案为：＝；常温下溶解速率较慢，高于43℃，硝酸的消耗增多； （2）①根据原子守恒配平方程式，2Mg（NO3）2•xH2O2MgO+4NO2↑+O2↑+2xH2O↑， 故答案为：4；H2O； ②反应Ⅰ2NO（g）+O2（g）═2NO2（g） ΔH1，反应Ⅱ3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） ΔH2，两种气体溶解得到HNO3的热化学方程式为4NO2（g）+O2（g）+2H2O（l）＝4HNO3（aq），将方程式Ⅰ+2Ⅱ得4NO2（g）+O2（g）+2H2O（l）＝4HNO3（aq），ΔH＝ΔH＝ΔH1+2ΔH2， 故答案为：ΔH＝ΔH1+2ΔH2； ③若所得溶液中n（HNO3）：n（H2O）＝0.4，假设n（HNO3）＝0.4mol、n（H2O）＝1mol，生成0.4mol HNO3消耗n（H2O）＝n（HNO3）＝×0.4mol＝0.2mol，根据N原子守恒得n（NO2）＝n（HNO4）＝0.4mol，即4：2x＝0.4mol：（1+0.2）mol，x＝6， 故答案为：6； （3）①AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）Ksp（AgCl）＝1.5×10﹣10、②[Ag（NH3）2]+（aq）⇌Ag+（aq）+2NH3（aq）K＝6.0×10﹣8，将方程式①﹣②得方程式AgCl（s）+2NH3（aq）⇌[Ag（NH3）2]+（aq）+Cl﹣（aq）K＝＝2.5×10﹣3，根据方程式“AgCl（s）+2NH3（aq）⇌[Ag（NH3）2]+（aq）+Cl﹣（aq）”知，0.1mol AgCl完全溶解转化为[Ag（NH3）2]+（aq）、Cl﹣（aq）时，溶液的体积为1L，溶液中c{[Ag（NH3）2]+}＝c（Cl﹣）＝0.1mol/L，消耗的n（NH3）＝2n（AgCl）＝2×0.1mol＝0.2mol，设溶液中c[NH3（aq）]＝xmol/L，AgCl（s）+2NH3（aq）⇌[Ag（NH3）2]+（aq）+Cl﹣（aq）K＝＝2.5×10﹣3，x＝2，则溶液中n（NH3）（aq）＝2mol/L×1L＝2mol，则通入n（NH3）＝0.2mol+2mol＝2.2mol， 故答案为：2.2。 【点评】本题考查难溶物的溶解平衡、原子结构、物质的性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确原子结构、盖斯定律的计算方法、物质的性质及溶解度常数的计算方法是解本题关键，（3）题为解答难点，注意：通入的NH3包含消耗的NH3和溶液中存在的NH3（aq），题目难度中等。 19．（2024•西安一模）研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。 已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题： 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO NH3⋅H2O 电离平衡常数 Ka＝1.8×10﹣5 Kal＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka＝3.0×10﹣8 Kb＝1.8×10﹣5 （1）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的下列四种溶液：pH由小到大排列的顺序是 　A＜D＜C＜B　。 A．CH3COONa B．Na2CO3 C．NaClO D．NaHCO3 （2）常温下，0.1mol⋅L﹣1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是 　BD　（填序号）。 A．c（H+） B． C．c（H+）•c（OH﹣） D． E． （3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：　ClO﹣+H2O+CO2＝+HClO　。 （4）25℃时，将amol•L﹣1的醋酸溶液与bmol•L﹣1氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，表示醋酸的电离平衡常数Ka＝　　（用含a、b的代数式表示）。 （5）标准状况下将2.24LCO2，通入100mL1mol•L﹣1NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c（OH﹣）＝c（H2CO3）+　c（H+）﹣　。 （6）25℃，氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，溶液中的c（OH﹣）＝　6.0×10﹣3　mol•L﹣1。将CO2通入该氨水中，当溶液中c（OH﹣）降至1.0×10﹣7mol•L﹣1时，溶液中c（） 　＞　c（）。（填“＞”或“＜”或“＝”） （7）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。 ①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 　N2+H2O⇌N2H5•H2O+H+　。 ②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是 　AC　（填序号）。 A．c（Cl﹣）＞c（N2）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．c（Cl﹣）＞c（[N2H5⋅H2O]+）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．2c（N2）+c（[N2H5⋅H2O]+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣） D．c（N2）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） （8）常温下，要将ZnSO4溶液中的Zn2+沉淀完全（Zn2+的浓度小于10﹣5mol•L﹣1），应控制溶液的pH大于 　8　。（已知25℃时，Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17） 【答案】（1）A＜D＜C＜B； （2）BD； （3）ClO﹣+H2O+CO2＝+HClO； （4）； （5）c（H+）﹣； （6）6.0×10﹣3；＞； （7）①N2+H2O⇌N2H5•H2O+H+； ②AC； （8）8。 【分析】（1）弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，其溶液的pH越大； （2）常温下，0.1mol⋅L﹣1CH3COOH溶液加水稀释过程中，CH3COOH的电离平衡正向移动，但溶液体积增大的程度更大，c（H+）、c（CH3COO﹣）、c（CH3COOH）均减小，结合水的离子积常数不变可知，c（OH﹣）增大； （3）酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，根据强酸制弱酸书写离子方程式； （4）25℃时，将amol•L﹣1的醋酸溶液与bmol•L﹣1氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，说明醋酸过量； （5）根据电荷守恒和物料守恒，联立方程，求解c（OH﹣）与c（H2CO3）、c（H+）、的关系式； （6）25℃，氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，设其电离出的c（OH﹣）＝xmol•L﹣1，则有Kb═＝≈＝1.8×10﹣5，解得x即可，将CO2通入该氨水中，当溶液中c（OH﹣）降至1.0×10﹣7mol•L﹣1时，c（H+）＝1.0×10﹣7mol•L﹣1，H2CO3的Ka2＝5.6×10﹣11＝，则＝＝＝5.6×10﹣4＜1，判断溶液中c（）与 c（）的大小关系； （7）①盐酸肼水解原理与NH4Cl类似； ②盐酸肼水溶液中存在电离：N2H6Cl2＝N2+2Cl﹣，存在水解：N2+H2O⇌N2H5•H2O+H+，且水解是微弱的，另还要考虑水的电离，据此分析作答； （8）ZnSO4溶液中的Zn2+沉淀完全时，Zn2+的浓度小于10﹣5mol•L﹣1，则Ksp[Zn（OH）2]＝c（Zn2+）×c2（OH﹣）＝1.0×10﹣17，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣6mol/L，c（H+）＝mol/L＝mol/L＝10﹣8mol/L，最后计算pH。 【解答】解：（1）根据电离平衡常数知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，水解程度：CH3COO﹣＜HCO＜ClO﹣＜CO，则相同物质的量浓度的钠盐溶液pH由小到大顺序是CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3，即A＜D＜C＜B， 故答案为：A＜D＜C＜B； （2）A．根据分析可知，c（H+）减小，故A错误； B．＝，由于Ka 不变，c（CH3COO﹣）减小，所以比值增大，故B正确； C．c（H+）×c（OH﹣）＝Ka，是不变的，故C错误； D．根据分析可知，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，所以增大，故D正确； E．＝Ka，是不变的，故E错误； 故答案为：BD； （3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：ClO﹣+H2O+CO2＝+HClO， 故答案为：ClO﹣+H2O+CO2＝+HClO； （4）设溶液体积均为1L，根据分析可知，混合后醋酸过量，结合电荷守恒有：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），由于溶液显中性，则c（OH﹣）＝c（H+），所以c（CH3COO﹣）＝c（Na+），所以Ka＝＝＝mol/L， 故答案为：； （5）标准状况下将2.24LCO2物质的量0.1mol，通入100mL1mol•L﹣1NaOH溶液中，生成碳酸氢钠溶液，根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（）+c（），根据物料守恒有：c（Na+）＝c（H2CO3）+c（）+c（），联立方程解得：c（OH﹣）＝c（H2CO3）+c（H+）﹣， 故答案为：c（H+）﹣； （6）25℃，氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，设其电离出的c（OH﹣）＝xmol•L﹣1，则有Kb═＝≈＝1.8×10﹣5，解得：x＝6.0×10﹣3，将CO2通入该氨水中，当溶液中c（OH﹣）降至1.0×10﹣7mol•L﹣1时，c（H+）＝1.0×10﹣7mol•L﹣1，H2CO3的Ka2＝5.6×10﹣11＝，则＝＝＝5.6×10﹣4＜1，所以溶液中c（）＞c（）， 故答案为：6.0×10﹣3；＞； （7）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。 ①盐酸肼水解原理与NH4Cl类似，第一步水解反应的离子方程式为：N2+H2O⇌N2H5•H2O+H+， 故答案为：N2+H2O⇌N2H5•H2O+H+； ②盐酸肼水溶液中存在电离：N2H6Cl2＝N2+2Cl﹣，存在水解：N2+H2O⇌N2H5•H2O+H+，且水解是微弱的，离子浓度的排列顺序正确的是 （填序号）。 A．盐酸肼水溶液中存在电离：N2H6Cl2＝N2+2Cl﹣，存在水解：N2+H2O⇌N2H5•H2O+H+，溶液显酸性，则c（Cl﹣）＞c（N2）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确； B．溶液中还存在水的电离，则c（H+）＞c（[N2H5⋅H2O]+），故B错误； C．根据电荷守恒，可得2c（N2）+c（[N2H5⋅H2O]+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确； D．关键电离和水解方程式可知，c（N2）＜c（Cl﹣），故D错误； 故答案为：AC； （8）ZnSO4溶液中的Zn2+沉淀完全时，Zn2+的浓度小于10﹣5mol•L﹣1，则Ksp[Zn（OH）2]＝c（Zn2+）×c2（OH﹣）＝1.0×10﹣17，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣6mol/L，c（H+）＝mol/L＝mol/L＝10﹣8mol/L，则pH＝8， 故答案为：8。 【点评】本题考查内容较大，涉及强弱电解质的电离平衡，溶液中的三大守恒的应用，沉淀溶解平衡以及Ksp 的计算等，难度较大。 20．（2024•宁波一模）H3PO3是一种二元弱酸，25℃时其电离平衡常数Ka1＝3.7×10﹣2，Ka2＝2.0×10﹣7。 （1）①H3PO3溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为 　　。 ②25℃时，向0.1mol•L﹣1的H3PO3溶液中滴加等浓度等体积的NaOH溶液（溶液体积变化忽略不计），则溶液中的c（Na+）、c（H3PO3）、c（H2）、c（）微粒浓度从大到小的排列顺序为 　　。 （2）某温度下，四种酸在冰醋酸中的电离常数如下表： 酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 Ka 1.6×10﹣5 6.3×10﹣9 1.6×10﹣9 4.2×10﹣10 下列说法正确的是 　CD　。 A．用浓硫酸和氯化钠固体加热制氯化氢是因为在水中硫酸的酸性比盐酸的酸性强 B．冰醋酸中可以发生反应：NaClO4+HNO3＝NaNO3+HClO4 C．冰醋酸中HCl的电离方程式为：HCl⇌H++Cl﹣ D．向硫酸的冰醋酸溶液中加入CH3COONa，硫酸的电离程度增大 （3）液氨与水一样可以发生微弱电离，如：2H2O⇌H3O++OH﹣，2NH3⇌+ ①NaNH2与NH4NO3反应的化学方程式为 　NaNH2+NH4NO3＝NaNO3+2NH3　。 ②醋酸和氢氟酸在水溶液中为弱酸，但在液氨中都显强酸性的原因可能是 　结合质子的能力比强，使CH3COOH、HF在液氨中完全电离　。 【答案】（1）①； ②； （2）CD； （3）①NaNH2+NH4NO3＝NaNO3+2NH3； ②结合质子的能力比强，使CH3COOH、HF在液氨中完全电离。 【分析】（1）根据H3PO3是一种二元弱酸，的水解常数为，进行分析； （2）根据四种酸在冰醋酸中的电离常数大小，HClO4酸性强于HNO3，与H+生成CH3COOH，硫酸的电离平衡正向移动，冰醋酸中HCl不完全电离，进行分析； （3）根据NaNH2与NH4NO3反应生成NH3，醋酸和氢氟酸在水溶液中为弱酸，但在液氨中都显强酸性的原因可能是结合质子的能力比强，进行分析。 【解答】解：（1）①H3PO3是一种二元弱酸，H3PO3溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为， 故答案为：； ②25℃时，向0.1mol•L﹣1的H3PO3溶液中滴加等浓度等体积的NaOH溶液，反应得到NaH2PO3溶液，H3PO3电离平衡常数Ka1＝3.7×10﹣2，Ka2＝2.0×10﹣7，的水解常数为，可知的电离程度大于水解程度，则溶液中， 故答案为：； （2）A．用浓硫酸和氯化钠固体加热制氯化氢是因为硫酸的沸点比盐酸的沸点高，故A错误； B．根据四种酸在冰醋酸中的电离常数大小，HClO4酸性强于HNO3，NaClO4+HNO3＝NaNO3+HClO4不能发生，故B错误； C．冰醋酸中HCl不完全电离，电离方程式为：HCl⇌H++Cl﹣，故C正确； D．向硫酸的冰醋酸溶液中加入CH3COONa，与H+生成CH3COOH，硫酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，故D正确； 故答案为：CD。 （3）①NaNH2与NH4NO3反应生成NH3，化学方程式为NaNH2+NH4NO3＝NaNO3+2NH3， 故答案为：NaNH2+NH4NO3＝NaNO3+2NH3； ②醋酸和氢氟酸在水溶液中为弱酸，但在液氨中都显强酸性的原因可能是结合质子的能力比强，使CH3COOH、HF在液氨中完全电离， 故答案为：结合质子的能力比强，使CH3COOH、HF在液氨中完全电离。 【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。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$