2025届高考化学二轮复习考前冲刺----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．解答题（共20小题） 1．（2024秋•崇明区期末）25℃时向100mL5.0mol•L﹣1的NaOH溶液中通入H2S气体，含硫微粒在不同pH溶液中的分布系数（δ）如图所示： （1）25℃时H2S的电离常数Ka1＝ 　 　；常温下，NaHS溶液显 　 　（填“酸”“碱”或“中”）性。 （2）25℃时100mL5.0mol•L﹣1的NaOH溶液中通入一定量H2S气体，无论通入多少H2S，溶液中离子浓度大小关系一定成立的是[Na+]+[H+]＝ 　 　，当溶液成中性时，含硫微粒浓度由大到小依次是 　 　。 （3）如果NaOH溶液吸收H2S充分反应后蒸干，得到19.8g无水化合物，所得物质的成分可能是 　 　。 （4）25℃时，PbS的Ksp＝1.0×10﹣28。工业生产中常联合处理含H2S废气和含Pb2+的废水，欲发生反应Pb2++H2S＝PbS↓+2H+，计算该反应的平衡常数K＝ 　 　。 2．（2024秋•河东区期末）平衡思想是化学研究的一个重要观念，在电解质溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡等多种平衡。 回答下列问题： Ⅰ.25℃时，三种弱酸的电离平衡常数如表所示： 弱酸 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数 1.8×10﹣5 Ka1＝4.2×10﹣7，Ka1＝4.8×10﹣11 3.0×10﹣8 （1）碳酸二级电离平衡常数的表达式为Ka2＝ 　 　。 （2）下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是 　 　（填选项字母）。 A. B.ClO﹣ C.CH3COO﹣ D. （3）下列反应不能发生的是 　 　（填选项字母）。 A．2CH3COOH＝2CH3COO﹣+CO2↑+H2O B．ClO﹣+CH3COOH＝CH3COO﹣+HClO C．2HClO＝CO2↑+H2O+2ClO﹣ D．2ClO﹣+CO2+H2O2HClO Ⅱ.醋酸是一种常见的有机酸，在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液导电能力的变化如图所示。 （4）①a、b、c三点对应的溶液中，c（H+）由小到大的顺序是 　 　（填图中字母，下同）。 ②a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是 　 　。 ③b→c的过程中，的值将 　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）。 ④若使b点对应的溶液中c（CH3COO﹣）增大、c（H+）减小，可采用的方法是 　 　（填选项字母）。 A.加入H2O B.加入NaOH固体 C.加入冰醋酸 D.加入Na2CO3固体 Ⅲ.体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中两溶液pH的变化如图所示： （5）用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸 　 　HX（填选项字母）。 A．大于 B．等于 C．小于 D．无法比较 3．（2024秋•酒泉期末）醋酸是日常生活中常见的酸。 （1）25℃时，pH＝3的醋酸和盐酸溶液各1mL，分别加水稀释，溶液导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。 ①25℃、101kPa时，在pH＝3的醋酸溶液中，水电离产生的c（H+）约为 　 　mol•L﹣1。 ②曲线 　 　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）表示醋酸的稀释过程。 ③图中a点溶液中c（H+）（填“大于”“等于”或“小于”）b点溶液中c（H+）。 nin（2）下列方法中，能使醋酸溶液中增大的是 　 　（填字母）。 A.加入少量NaOH固体 B.升高温度 C.加入少量冰醋酸 D.加入少量醋酸钠固体 （3）已知25℃时，部分弱酸的电离平衡常数如表所示。 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数 Ka＝1.75×10﹣5 Ka1＝4.5×10﹣7、 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka＝4.0×10﹣8 ①同浓度的CH3COO﹣、、、ClO﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为 　 　（用离子符号表示）。 ②运用上述电离平衡常数及物质特性，判断下列离子方程式正确的是 　 　（填字母）。 A.用醋酸清洗水壶中的水垢：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑ B.向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+ClO﹣HClO C.将Na2CO3溶液滴入足量醋酸溶液中：2CH3COOH2CH3COO﹣+H2O+CO2↑ D.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2Cl2+H2O＝2Cl﹣+2HClO+CO2↑ （4）工业上用浓度均为0.10mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液做缓冲液。25℃时，该混合溶液中各离子浓度大小顺序为 　 　[已知：25℃时，Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O）]。 4．（2023秋•芜湖期末）已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如表： 化学式 CH3COOH H2CO3 HCN 电离平衡常数 Ka＝1.8×10﹣5 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka＝6.2×10﹣10 回答下列问题： （1）25℃时，pH相等的三种溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，浓度由大到小的顺序为 　 　（填序号）。 （2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 　 　。 （3）将浓度为0.02mol•L﹣1的HCN与0.01mol•L﹣1NaOH溶液等pH体积混合，则混合溶液中c（H+） 　 　c（OH﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）。 （4）常温下，向浓度为0.1mol•L﹣1、体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH，变化曲线如图所示，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题： ①该温度时NH3•H2O的电离常数Kb≈　 　； ②b、c、d三点的溶液中，由水电离出的c（H+）由大到小的顺序为 　 　； ③根据以上滴定曲线判断点d所示溶液中：c（Cl﹣）═c（NH3•H2O）+　 　。 5．（2024秋•深圳期中）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：　 　。 6．（2023秋•柯桥区期末）I.25℃时，2.0×10﹣3mol•L﹣1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F﹣）与溶液pH的变化关系，如图1所示： 已知：固态氟化氢中存在（HF）n形式。Ksp（CaF2）＝1.5×10﹣10 请回答： （1）固态氟化氢中存在（HF）3，其链状结构可表示为 　 　。 （2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka＝　 　。 （3）4.0×10﹣3mol•L﹣1HF溶液与4.0×10﹣4mol•L﹣1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为3.45（忽略调节混合液体积的变化），是否有CaF2沉淀产生，请说明理由。 　 　。 Ⅱ.室温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/L马来酸（可表示为H2C4H2O4）的曲线如图2： 已知：马来酸的pKa1＝1.75，pKa2＝5.83，（pKa＝﹣lgKa） 请回答： （1）两次滴定终点，所选择的指示剂分别是 　 　。 （2）下列说法正确的是 　 　。 A.滴定管主要用来精确地放出一定体积的溶液 B.滴定前酸碱式滴定管和锥形瓶都必须润洗 C.滴定操作中，如果滴定前装有NaOH溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而到第一滴定终点前气泡消失，滴定突跃的pH会发生改变 D.使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 （3）当滴入20mLNaOH溶液时，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝　 　。 7．（2023秋•菏泽期末）草酸（H2C2O4）是二元弱酸。某小组往30mL0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中分别滴加等物质的量浓度的NaOH溶液、CaCl2溶液。已知：常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka1＝5.4×10﹣2Ka2＝5.4×10﹣5Ksp（CaC2O4）＝2.4×10﹣9。溶液混合后体积变化忽略不计。回答下列问题： （1）NaHC2O4水解的离子方程式为 　 　。常温下，0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液显 　 　（填“酸性”“碱性”或“中性”）。 （2）滴加NaOH溶液的实验中，V（NaOH）＝30mL时，c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）＝　 　mol•L﹣1；滴至溶液pH＝5时，溶液中c（OH﹣）+3c（HC2）　 　c（Na+）+c（H+）（填“＞”“＜”或“＝”）。 （3）滴加CaCl2溶液时，观察到有白色沉淀生成。V（CaCl2）＜15mL时，反应的离子方程式为 　 　；V（CaCl2）＝70mL时，溶液中c（C2）＝　 　mol•L﹣1。 8．（2023秋•固原期末）乙酸、碳酸、次氯酸、草酸在生产、生活及医药方面有广泛用途。回答下列问题： Ⅰ．已知25℃时，H2SO3、H2CO3、HClO和CH3COOH的电离平衡常数如下： 化学式 H2SO3 H2CO3 HClO CH3COOH 电离平衡常数（Ka） Ka1＝1.4×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 4.0×10﹣8 1.8×10﹣5 （1）0.1mol•L﹣1的下列四种溶液，pH由小到大的顺序是 　 　（填标号）。 A．Na2CO3 B．CH3COONa C．NaClO D．NaHSO3 （2）0.1mol•L﹣1NaHCO3的溶液中c（OH﹣）＞c（H+），结合数据用化学用语解释原因 　 　。 （3）向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 　 　。 （4）向NaClO溶液中分别加入下列物质，能增大c（HClO）的是 　 　（填标号）。 A．CH3COOH B．SO2 C．NaHCO3 D．NaOH Ⅱ．乙二酸（H2C2O4）俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。 室温下，测得0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液的pH＝1.3，草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示： （5）向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时发生的主要反应的离子方程式是 　 　。 （6）0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 　 　（填序号）。 a．c（K+）+c（H+）＝c（HC2）+c（C2）+c（OH﹣） b．c（K+）＞c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4） c．c（K+）＝c（HC2）+c（C2）+c（H2C2O4） 9．（2023秋•丰城市校级期末）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 电离平衡常数 Ka＝1.8×10﹣5 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka＝3.0×10﹣8 （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1.12LCO2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﹣）＝2c（H2CO3）+　 　。 10．（2023秋•丹东期末）羟胺（NH2OH）在医药、农药等领域应用广泛。回答下列问题： （1）已知：羟胺在水中主要以NH2OH•H2O（弱碱）形式存在，电离方式与NH3•H2O相似。将羟胺溶液加水稀释，的值将 　 　（填“增大”“减小”或“不变”，下同），0.1mol•L﹣1的羟胺溶液中加入少量NH3OHCl固体，溶液pH 　 　。 （2）常温下，将0.1mol•L﹣1盐酸分别滴入20.00mL0.1mol•L﹣1羟胺溶液和20.00mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中，测得溶液pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]随滴入盐酸体积变化如图所示。 ①图中表示盐酸滴定羟胺溶液的曲线是 　 　（填“M”或“N”），c（Na+）＝c（Cl﹣）的点是 　 　（用a～f中的点表示）。 ②常温下，NH2OH•H2O电离平衡常数的值约为 　 　。 ③a、b、c、d四点对应的溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为 　 　。 ④若将b、d点对应的溶液混合，则混合液呈 　 　性（填“酸”“碱”或“中”），混合液中c（NH2OH•H2O） 　 　c（NH3OH+）（填“＞”“＝”或“＜”）。 ⑤用0.1mol•L﹣1盐酸溶液滴定0.1mol•L﹣1羟胺溶液的过程中，下列四种离子的物质的量浓度排序有可能出现的是 　 　。 a.c（NH3OH+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+） b.c（Cl﹣）＞c（NH3OH+）＞c（OH﹣）＞c（H+） c.c（Cl﹣）＞c（NH3OH+）＝c（H+）＞c（OH﹣） 11．（2023秋•舟山期末）已知25℃时，部分弱电解质的电离常数如下表所示： 弱酸 HSCN CH3COOH HCN H2CO3 NH3•H2O 电离常数 1.3×10﹣1 1.75×10﹣5 6.2×10﹣10 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 1.75×10﹣5 （1）四种酸HSCN、CH3COOH、HCN、H2CO3的酸性从强到弱的顺序 　 　。 （2）25℃时，将50mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液和50mL0.1mol•L﹣1氨水混合，所得溶液呈 　 　（填“酸”“中”或“碱”）性。 （3）25℃时，向20mL0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴加入10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，所得混合溶液呈酸性。 ①混合溶液中的粒子浓度由大到小的顺序（H2O除外）：　 　。 ②针对该混合溶液，下列说法正确的是 　 　。 A．混合溶液存在c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH） B．向混合溶液中继续滴加蒸馏水，溶液酸性减弱，数值会增大 C．继续向溶液中滴加NaOH溶液至pH值为6，c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）＝9.9×10﹣7 D．继续滴加NaOH溶液至大于20mL时，可能有水电离出c（H+）＝1×10﹣7mol•L﹣1 （4）若向20mL0.1mol•L﹣1NaCN溶液中通入少量CO2气体，写出发生反应的离子方程式：　 　。 12．（2024秋•上海校级期末）常温常压下，1体积水能溶解约2.6体积H2S。通过NaOH溶液调节氢硫酸pH，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如]。 （1）pH＝7时，溶液中含硫微粒主要为 　 　（用微粒符号表示）。 （2） 　 　。 （3）向NaHS溶液中加入一定量CuSO4溶液，可产生H2S气体，请结合平衡移动原理解释产生气体的原因 　 　。 （4）pH＝13时，c（Na+）﹣3c（S2﹣） 　 　0.1。（选填“＞”、“＜”或“＝”） 13．（2025•湖南模拟）H2S是一种重要的化工原料，25℃时，，；，。 （1）写出CuS在水中的沉淀溶解平衡式：　 　。HS﹣的水解方程式：　 　。 （2）常温下，NaHS溶液显 　 　（填“酸性”“中性”或“碱性”），溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为 　 　。 （3）常温下，水溶液中c（H+）和c（OH﹣）的浓度变化如图所示，下列说法正确的是 　 　（填标号）。 A．将硫化氢通入水中，溶液中c（H+）的变化：a→c B．a点溶液中可大量存在的离子： C．将NaHS固体加到水中，水的电离程度减小 D．c点时加入少量硫化钠固体，始终不变 （4）常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，是一个弱酸制强酸的特例。其反应原理为，该反应的平衡常数为 　 　（保留3位有效数字）。 （5）硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，发生反应的离子方程式为 　 　，当反应达到平衡时， 　 　。 14．（2024秋•西安期末）Ⅰ.常温下，如果取0.2mol/LCH3COOH溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝9，试回答以下问题： （1）混合溶液的pH＝9的原因是：（用离子方程式表示） 　 　。 （2）该混合溶液中由水电离出的c（H+）和pH＝9的NaOH溶液中由水电离出c（H+）的比值为 　 　。 （3）求该混合溶液中下列算式的计算结果： c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝ 　 　mol/L（代入数据，列出算式即可） c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝ 　 　mol/L。 Ⅱ.（4）25℃下，向20mL0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴），随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题： ①在同一溶液中，H2CO3、、 　 　（填“能”或“不能”）大量共存； ②当pH＝7时，溶液中Na+、Cl﹣、三种离子的浓度大小关系为 　 　； ③已知在25℃时，的第一步水解常数Kh1＝2.0×10﹣4，当溶液中c（）：c（）＝2：1时，溶液的pH＝ 　 　。 （5）下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是 　 　（填字母序号）。 ①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3 ⑤NaHCO3 ⑥高锰酸钾 A．③④ B．①③④ C．①②③④⑤ D．全部 15．（2024秋•杭州期末）溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题。 （1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长 ①盐碱地产生碱性的主要原因 　 　（写一个主要的离子方程式）。 ②农业上用石膏降低其碱性的反应原理 　 　（写一个化学方程式）。 （2）一定温度下，若取pH、体积均相等的KOH和氨水分别加水稀释m、n倍，稀释后pH仍相等，则m 　 　n（填“＞”、“＜”或“＝”）。 （3）25℃时，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中由水电离出来的c（OH﹣）＝ 　 　mol/L。 （4）一定温度下，向氨水中滴加同浓度的CH3COOH溶液，滴加过程中比值 　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （5）25℃时，Ksp（NH4VO3）＝1.6×10﹣3，Ksp[Ca（VO3）2]＝4.0×10﹣6，向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c（Ca2+）＝1mol•L﹣1时，溶液中的c（）＝ 　 　mol/L。 16．（2024秋•石家庄期末）FeCl3和Na2SO3是实验室中常见的化学试剂。回答下列问题： （1）FeCl3溶液呈　 　性（填“酸”“碱”或“中”），实验室中用FeCl3晶体配制0.5mol•L﹣1FeCl3溶液的方法为　 　。 （2）0.5mol•L﹣1Na2SO3溶液中，所有含硫微粒浓度由大到小的顺序为　 　（填微粒符号，不考虑SO2，下同）；根据钠、硫元素质量守恒可推出含钠、硫微粒浓度之间的关系为c（Na+）＝　 　。 （3）向3mL0.5mol•L﹣1Na2SO3溶液中逐滴滴入3滴0.5mol•L﹣1FeCl3溶液，混合液立即变为红褐色，继续滴加3mLFeCl3溶液，混合液颜色变深（反应1）；静置1h后溶液呈浅绿色（反应Ⅱ）。 ①若反应Ⅰ中含硫元素产物为，则离子方程式为　 　。 ②反应Ⅱ中FeCl3体现　 　性，验证反应Ⅱ的发生可用黄色的　 　溶液（填化学式），加入该试剂后产生的现象为　 　。 ③由现象推知，活化能：反应Ⅰ　 　反应Ⅱ（填“＞”“＜”或“＝”，下同）； 反应趋势（平衡常数）：反应Ⅰ　 　反应Ⅱ。 17．（2024秋•红桥区期末）食醋是生活中常见的调味品，其主要成分是醋酸（CH3COOH），国家标准规定酿造食醋中醋酸含量标准为3.5～5.0g/100mL。为测某品牌白醋的醋酸含量是否符合国家标准，某学习小组运用中和滴定实验进行检测。 （1）将食用白醋稀释至原浓度的十分之一得待测白醋溶液。用0.1000mol•L⁻1NaOH标准液滴定待测白醋溶液。 ①NaOH标准液应盛装在图中的 　 　（填甲或乙）滴定管中。 ②滴定过程中选择的指示剂是 　 　（填字母序号）。 A.甲基橙 B.石蕊 C.酚酞 ③判断滴定达到终点的现象为 　 　。 （2）用0.1000mol•L﹣1标准NaOH溶液滴定某品牌白醋样品的数据如下。 滴定次数 1 2 3 4 V（样品）/mL 20.00 20.00 20.00 20.00 V[NaOH（aq）]/mL 15.00 15.80 15.04 14.96 ①按表中数据处理，转换为原市售白醋中醋酸的含量为 　 　g/100mL（保留两位有效数字），可知该白醋 　 　符合国家标准（填“是”或“不是）。 ②若测定结果偏低，其原因可能是 　 　（填字母序号）。 A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液 B.滴定过程中振摇时锥形瓶中有液滴溅出 C.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 （3）如用0.1mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，得到溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。 滴定醋酸的曲线是 　 　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）；V1和V2的关系：V1　 　V2（“＞”、“＝”或“＜”）；M点对应的溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序 　 　。 18．（2024秋•浦东新区期末）我国化工专家侯德榜的“碳化法合成氨流程制碳酸氢铵”的工艺，曾被国家科委审定为重大发明。该反应的基本原理是：NH3+CO2+H2O═NH4HCO3 （1）合成氨工业中使用的催化剂主要含有Fe2O3和FeO，这两种化合物都 　 　。（不定项） A.是碱性氧化物 B.具有磁性 C.是红棕色固体 D.可被CO还原 （2）下列关于合成氨工业的描述中，错误的是 　 　。 A.可用CH4为原料制取H2 B.实际生产中维持氢氮比为2.8～2.9 C.合成塔中通过热交换器提高能效 D.通过溶于水的方法分离产生的NH3 实验室为模拟生产NH4HCO3，利用图实验装置制备原料气体。 （3）用该装置制备CO2时，若X中固体为大理石，Y中液体为稀盐酸，则反应的离子方程式为 　 　。为除去CO2中混有的少量HCl，可将混合气体通过盛有饱和 　 　溶液的洗气瓶。 A.Na2CO3 B.NaHCO3 C.NaHSO3 D.NaOH （4）用该装置制备NH3时，若Y中液体为浓氨水，X中固体为生石灰，解释产生NH3的原因 　 　。 为探究NH4HCO3溶液与少量NaOH溶液反应时的原理，明确OH﹣与、反应时，是否存在“先后”关系，进行如下探究。 常温下，取10.00mL0.10mol•L﹣1的NH4HCO3溶液于锥形瓶中，向其中逐滴滴入10.00mL0.20mol•L﹣1的NaOH溶液，记录过程中溶液pH的变化，转换成溶液中、的浓度，结果如图1。 （5）分析图1中数据，可以得出的实验结论有 　 　（任写两点）。 （6）当VNaOH＝10.00mL时，测得溶液 pH＝10.06，此时混合体系中各离子浓度由大到小的顺序为 　 　。 （7）若改用10.00mL0.10mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液代替NaOH溶液完成上述实验，溶液中的离子浓度变化情况如图2所示，解释图2中和 　 　的变化曲线与图1存在差异的原因。 　 　 19．（2024秋•湖南期末）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示： 化学式 HF HClO H2CO3 NH3•H2O HNO2 电离常数 6.8×10﹣4 4.7×10﹣8 K1＝4.3×10﹣7 K2＝5.0×10﹣11 1.8×10﹣5 5.6×10﹣4 （1）25℃时，pH＝10的NaClO溶液中各离子浓度的大小关系为 　 　。 （离子浓度如Na+的浓度以c（Na'）表示，下同）。向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 　 　。 （2）NH4Cl溶液中的电荷守恒关系式为 　 　。 （3）NH4F溶液显 　 　（填酸性、碱性或中性）。 （4）物质的量浓度相同的NaNO2、NaClO两种溶液，pH较大的是 　 　。 （5）泡沫灭火器利用了硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液的反应，用离子方程式表示原理 　 　。 （6）常温下，向 100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4°和NH3•H2O物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示，根据图像回答下列问题。 ①表示NH3•H2O浓度变化的曲线是 　 　、（填“A”或“B”）。 ②当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c（）：c（NH3•H2O）＝ 　 　（用指数形式表示即可）。 20．（2024秋•上城区校级期中）常温下，常见物质的电离平衡常数如下表所示： 物质 CH3COOH HClO NH3•H2O 电离平衡常数 1.8×10﹣5 4.0×10﹣8 1.8×10﹣5 物质 H2SO3 H2S H2CO3 电离平衡常数 （1）将少量CO2气体通入NaClO溶液中的离子方程式为　 　。 （2）Na2S浓度为0.2mol•L﹣1，只考虑第一步水解，该溶液中的c（OH﹣）＝　 　mol•L﹣1 （3）用氨水吸收CH3COOH，得到1.00mol•L﹣1氨水和1.8mol•L﹣1乙酸铵的混合溶液，该混合溶液的pH＝　 　。 （4）常温下，将等体积、浓度均为0.40mol•L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，是否会出现沉淀，并写出简要计算过程　 　。已知。 参考答案与试题解析 一．解答题（共20小题） 1．（2024秋•崇明区期末）25℃时向100mL5.0mol•L﹣1的NaOH溶液中通入H2S气体，含硫微粒在不同pH溶液中的分布系数（δ）如图所示： （1）25℃时H2S的电离常数Ka1＝ 　10﹣6.9　；常温下，NaHS溶液显 　碱　（填“酸”“碱”或“中”）性。 （2）25℃时100mL5.0mol•L﹣1的NaOH溶液中通入一定量H2S气体，无论通入多少H2S，溶液中离子浓度大小关系一定成立的是[Na+]+[H+]＝ 　2[S2﹣]+[OH﹣]+[HS﹣]　，当溶液成中性时，含硫微粒浓度由大到小依次是 　[HS﹣]＞[H2S]＞[S2﹣]　。 （3）如果NaOH溶液吸收H2S充分反应后蒸干，得到19.8g无水化合物，所得物质的成分可能是 　NaOH和Na2S或Na2S和NaHS　。 （4）25℃时，PbS的Ksp＝1.0×10﹣28。工业生产中常联合处理含H2S废气和含Pb2+的废水，欲发生反应Pb2++H2S＝PbS↓+2H+，计算该反应的平衡常数K＝ 　107　。 【答案】（1）10﹣6.9；碱； （2）2[S2﹣]+[OH﹣]+[HS﹣]；[HS﹣]＞[H2S]＞[S2﹣]； （3）NaOH和Na2S 或Na2S和NaHS； （4）107。 【分析】根据含硫微粒的分布分数与pH关系可知，随pH值增加，曲线下降的代表H2S的分布分数，先上升后下降的为HS﹣的分布分数，一直下降的代表S2﹣的分布分数，第一个交叉点代表c（H2S）＝c（HS﹣），Ka1，第二个交叉点代表c（S2﹣）＝c（HS﹣），Ka2。 【解答】解：（1）由分析可知，H2S的Ka1＝10﹣6.9；NaHS电离出的HS﹣既能电离又能水解，电离常数Ka2＝10﹣14.1，水解常数Kh，Kh＞Ka2，水解大于电离，溶液显碱性， 故答案为：10﹣6.9；碱； （2）溶液存在电荷守恒，即[Na+]+[H+]＝2[S2﹣]+[OH﹣]+[HS﹣]；当溶液成中性时，Ka1，c（H+）＝10﹣7mol/L，则100.1＞1，[HS﹣]＞[H2S]，由图可知，S2﹣浓度最小，含硫微粒浓度由大到小依次是：[HS﹣]＞[H2S]＞[S2﹣]， 故答案为：2[S2﹣]+[OH﹣]+[HS﹣]；[HS﹣]＞[H2S]＞[S2﹣]； （3）100mL5.0mol•L﹣1的NaOH溶液中通入H2S气体，充分反应后蒸干，得到19.8g无水化合物，100mL5.0mol•L﹣1NaOH的质量为5.0mol/L×0.1L×40g/mol＝20g，若全生成Na2S，质量为5.0mol/L×0.1L×78g/mol＝19.0g，全生成NaHS质量为5.0mol/L×0.1L×56g/mol＝28g，现得到19.8g无水化合物，可以是NaOH与Na2S的混合物，也可以是Na2S和NaHS的混合物， 故答案为：NaOH和Na2S 或Na2S和NaHS； （4）的平衡常数K， 故答案为：107。 【点评】本题主要考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算等，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秋•河东区期末）平衡思想是化学研究的一个重要观念，在电解质溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡等多种平衡。 回答下列问题： Ⅰ.25℃时，三种弱酸的电离平衡常数如表所示： 弱酸 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数 1.8×10﹣5 Ka1＝4.2×10﹣7，Ka1＝4.8×10﹣11 3.0×10﹣8 （1）碳酸二级电离平衡常数的表达式为Ka2＝ 　　。 （2）下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是 　A＞B＞D＞C　（填选项字母）。 A. B.ClO﹣ C.CH3COO﹣ D. （3）下列反应不能发生的是 　CD　（填选项字母）。 A．2CH3COOH＝2CH3COO﹣+CO2↑+H2O B．ClO﹣+CH3COOH＝CH3COO﹣+HClO C．2HClO＝CO2↑+H2O+2ClO﹣ D．2ClO﹣+CO2+H2O2HClO Ⅱ.醋酸是一种常见的有机酸，在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液导电能力的变化如图所示。 （4）①a、b、c三点对应的溶液中，c（H+）由小到大的顺序是 　c＜a＜b　（填图中字母，下同）。 ②a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是 　c　。 ③b→c的过程中，的值将 　变大　（填“变大”、“不变”或“变小”）。 ④若使b点对应的溶液中c（CH3COO﹣）增大、c（H+）减小，可采用的方法是 　BD　（填选项字母）。 A.加入H2O B.加入NaOH固体 C.加入冰醋酸 D.加入Na2CO3固体 Ⅲ.体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中两溶液pH的变化如图所示： （5）用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸 　A　HX（填选项字母）。 A．大于 B．等于 C．小于 D．无法比较 【答案】（1）； （2）A＞B＞D＞C； （3）CD； （4）①c＜a＜b； ②c； ③变大； ④BD； （5）A。 【分析】（1）H2CO3的电离，H+，； （2）根据电离平衡常数，酸性：CH3COOH＞H2CO3； （3）A．CH3COOH和反应生成CO2、H2O； B．CH3COOH和ClO﹣反应生成HClO和CH3COO﹣； C．HClO不能和反应生成CO2； D．CO2、H2O和ClO﹣反应生成HClO和； （4）①溶液的导电能力越强，氢离子的浓度越大； ②加入水的体积越大，醋酸的浓度越低，其电离程度越大c； ③b→c的过程中c（H+）减小，而Ka（CH3COOH）是定值； ④A．加入H2O，、c（H+）都减小； B．加入NaOH固体，c（H+）减小，平衡正向移动； C．加入冰醋酸，平衡正向移动，c（H+）增大； D．加入Na2CO3固体，Na2CO3和H+反应，c（H+）减小，平衡正向移动； （5）pH相同的两种酸HX、CH3COOH，稀释相同的倍数后，酸性越弱，稀释后pH的变化越小，则起始时，电离出相同浓度的氢离子，CH3COOH的浓度＞HX的浓度。 【解答】解：（1）H2CO3的电离，H+，，则Ka2， 故答案为：； （2）酸性：CH3COOH＞H2CO3，则酸根结合H+的能力：， 故答案为：A＞B＞D＞C； （3）A．酸性：CH3COOH＞H2CO3，CH3COOH和反应生成CO2、H2O，故A正确； B．酸性：CH3COOH＞HClO，CH3COOH和ClO﹣反应生成HClO和CH3COO﹣，故B正确； C．酸性：H2CO3＞HClO，HClO不能和反应生成CO2，故C错误； D．酸性：，CO2、H2O和ClO﹣反应生成HClO和，故D错误； 故答案为：CD； （4）①溶液的导电能力越强，氢离子的浓度越大，则a、b、c三点对应的溶液中，c（H+）由小到大的顺序是c＜a＜b， 故答案为：c＜a＜b； ②加入水的体积越大，醋酸的浓度越低，其电离程度越大，a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是c， 故答案为：c； ③b→c的过程中c（H+）减小，而Ka（CH3COOH）是定值，故的值将变大， 故答案为：变大； ④A．加入H2O，、c（H+）都减小，故A项不符合题意； B．加入NaOH固体，c（H+）减小，平衡正向移动，增大，故B项符合题意； C．加入冰醋酸，平衡正向移动，c（H+）增大，变大，故C项不符合题意； D．加入Na2CO3固体，Na2CO3和H+反应，c（H+）减小，平衡正向移动，增大，故D项符合题意； 故答案为：BD； （5）pH相同的两种酸HX、CH3COOH，稀释相同的倍数后，酸性越弱，稀释后pH的变化越小，则起始时，电离出相同浓度的氢离子，CH3COOH的浓度＞HX的浓度，中和时，CH3COOH消耗NaOH溶液的体积大， 故答案为：A。 【点评】本题考查水溶液中的电离，侧重考查学生弱电解质电离的情况，试题难度中等。 3．（2024秋•酒泉期末）醋酸是日常生活中常见的酸。 （1）25℃时，pH＝3的醋酸和盐酸溶液各1mL，分别加水稀释，溶液导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。 ①25℃、101kPa时，在pH＝3的醋酸溶液中，水电离产生的c（H+）约为 　1.0×10﹣11　mol•L﹣1。 ②曲线 　Ⅱ　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）表示醋酸的稀释过程。 ③图中a点溶液中c（H+）（填“大于”“等于”或“小于”）b点溶液中c（H+）。 nin（2）下列方法中，能使醋酸溶液中增大的是 　B　（填字母）。 A.加入少量NaOH固体 B.升高温度 C.加入少量冰醋酸 D.加入少量醋酸钠固体 （3）已知25℃时，部分弱酸的电离平衡常数如表所示。 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数 Ka＝1.75×10﹣5 Ka1＝4.5×10﹣7、 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka＝4.0×10﹣8 ①同浓度的CH3COO﹣、、、ClO﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为 　ClO﹣CH3COO﹣　（用离子符号表示）。 ②运用上述电离平衡常数及物质特性，判断下列离子方程式正确的是 　BC　（填字母）。 A.用醋酸清洗水壶中的水垢：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑ B.向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+ClO﹣HClO C.将Na2CO3溶液滴入足量醋酸溶液中：2CH3COOH2CH3COO﹣+H2O+CO2↑ D.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2Cl2+H2O＝2Cl﹣+2HClO+CO2↑ （4）工业上用浓度均为0.10mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液做缓冲液。25℃时，该混合溶液中各离子浓度大小顺序为 　c（CH3COO﹣）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）　[已知：25℃时，Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O）]。 【答案】（1）①1.0×10﹣11； ②Ⅱ； ③小于； （2）B； （3）①ClO﹣CH3COO﹣； ②BC； （4）c（CH3COO﹣）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）； 【分析】（1）①醋酸是弱电解质，醋酸电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，25℃、101kPa时，在pH＝3的醋酸溶液中，c（H+）＝1.0×10﹣3mol/L，则c（CH3COO﹣）约为1.0×10﹣mo//L，该溶液中c（OH）＝1.0×10﹣“mol/L，醋酸抑制水的电离，则水电离产生的c（H+）＝c（OH﹣）＝1.0×10﹣11mol/L； ②醋酸是弱酸，加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，稀释相同倍数，醋酸导电能力的变化小于盐酸； ③离子浓度越大，导电能力越强； （2）A.加入少量NaOH固体，消耗醋酸溶液中的氢离子，c（H+）减小；CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+正向移动，c（CH3COO﹣）增大，K不变，则增大； B.升高温度，少量冰醋酸，平衡正向移动，c（CH：COO—）增大，K＝CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+正向移动，c（H+）增大，c（CH3COOH）减小，则增大； C.少量冰醋酸，平衡正向移动，c（CH3COO—）增大，K不变，则减小； D.加入少量醋酸钠固体，c（CH3COO﹣）增大，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+逆向移动，c（H+）减小，c（CH3COOH）增大，则减小； （3）①电离平衡常数越小，酸根离子结合氢离子的能力越强； ②A.醋酸是弱酸，不能拆写，用醋酸清洗水壶中的水垢，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣； B.根据“强酸制弱酸”，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO﹣HClO； C.根据“强酸制弱酸”，将Na2CO3溶液中滴入足量醋酸溶液中生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式为2CH3COOH2CH3COO﹣+H2O+CO2↑； D.氯水中含有盐酸和次氯酸，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，生成碳酸氢钠、次氯酸钠、氯化钠，反应的离子方程式为2Cl2+H2OClO﹣+2； （4）Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3H2O），则CH3COO﹣、水解程度相同，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，故溶液呈酸性； 【解答】解：（1）①醋酸是弱电解质，醋酸电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，25℃、101kPa时，在pH＝3的醋酸溶液中，c（H+）＝1.0×10﹣3mol/L，则c（CH3COO﹣）约为1.0×10﹣mo//L，该溶液中c（OH）＝1.0×10﹣“mol/L，醋酸抑制水的电离，则水电离产生的c（H+）＝c（OH﹣）＝1.0×10﹣11mol/L； 故答案为：1.0×10﹣11； ②醋酸是弱酸，加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，稀释相同倍数，醋酸导电能力的变化小于盐酸，所以曲线Ⅱ表示醋酸的稀释过程； 故答案为：Ⅱ； ③离子浓度越大，导电能力越强，图中a点溶液中c（H+）小于b点溶液中c（H+）； 故答案为：小于； （2）A.加入少量NaOH固体，消耗醋酸溶液中的氢离子，c（H+）减小；CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+正向移动，c（CH3COO﹣）增大，K不变，则增大，故A错误； B.升高温度，少量冰醋酸，平衡正向移动，c（CH：COO—）增大，K＝CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+正向移动，c（H+）增大，c（CH3COOH）减小，则增大，故B正确； C.少量冰醋酸，平衡正向移动，c（CH3COO—）增大，K不变，则减小，故C错误； D.加入少量醋酸钠固体，c（CH3COO﹣）增大，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+逆向移动，c（H+）减小，c（CH3COOH）增大，则减小，故D错误； 故答案为：B； （3）①电离平衡常数越小，酸根离子结合氢离子的能力越强，同浓度的CH3COO﹣、、、ClO﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为ClO﹣CH3COO﹣； 故答案为：ClO﹣CH3COO﹣； ②A.醋酸是弱酸，不能拆写，用醋酸清洗水壶中的水垢，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故A错误； B.根据“强酸制弱酸”，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO﹣HClO，故B正确； C.根据“强酸制弱酸”，将Na2CO3溶液中滴入足量醋酸溶液中生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式为2CH3COOH2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故C正确； D.氯水中含有盐酸和次氯酸，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，生成碳酸氢钠、次氯酸钠、氯化钠，反应的离子方程式为2Cl2+H2OClO﹣+2，D错误； 故答案为：BC； （4）Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3H2O），则CH3COO﹣、水解程度相同，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，故溶液呈酸性，该混合溶液中各离子浓度大小顺序为c（CH3COO﹣）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）； 故答案为：c（CH3COO﹣）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）； 【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生热化学方程式书写、平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 4．（2023秋•芜湖期末）已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如表： 化学式 CH3COOH H2CO3 HCN 电离平衡常数 Ka＝1.8×10﹣5 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka＝6.2×10﹣10 回答下列问题： （1）25℃时，pH相等的三种溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，浓度由大到小的顺序为 　①＞③＞②　（填序号）。 （2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 　　。 （3）将浓度为0.02mol•L﹣1的HCN与0.01mol•L﹣1NaOH溶液等pH体积混合，则混合溶液中c（H+） 　＜　c（OH﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）。 （4）常温下，向浓度为0.1mol•L﹣1、体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH，变化曲线如图所示，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题： ①该温度时NH3•H2O的电离常数Kb≈　1×10﹣5　； ②b、c、d三点的溶液中，由水电离出的c（H+）由大到小的顺序为 　d＞c＞b　； ③根据以上滴定曲线判断点d所示溶液中：c（Cl﹣）═c（NH3•H2O）+　c（NH4）　。 【答案】（1）①＞③＞②； （2）； （3）＜； （4）①1×10﹣5； ②d＞c＞b； ③c（NH4）； 【分析】（1）依据图表数据分析，酸性：醋酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子，所以pH相等的三种溶液：①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液③NaCN溶液，越弱越水解； （2）向NaCN溶液中通入少量CO2，酸性：H2CO3＞HCN：，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠； （3）将0.02mol/L的HCN与0.0lmol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度均为0.005mol/L的NaCN和HCN，Ka＝6.2×10﹣10，KhKa，则NaCN水解大于HCN的电离，则c（H+）＜c（OH﹣）； （4）①滴定前氨水中c（H+）＝10﹣11mol/L，利用水的离子积常数可得：c（OH﹣）mol/L＝103mol/L，Kb10﹣5； ②从b到d点，氨水的浓度在减小，氧化铰的浓度在增大，d点恰好完全反应，溶质只有氯化铵，氨水抑制水的电离，氯化铵促进水的电离，所以从b到d的过程，水的电离程度在增大； ③根据物料守恒可知c（Cl﹣）＝C（NH3•H2O）+c（）； 【解答】解：（1）依据图表数据分析，酸性：醋酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子，所以pH相等的三种溶液：①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液③NaCN溶液，根据越弱越水解，则浓度由大到小的顺序为：①＞③＞②； 故答案为：①＞③＞②； （2）向NaCN溶液中通入少量CO2，酸性：H2CO3＞HCN：，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2＝HCN+NaHCO3，其反应的离子方程式为：；故答案为：； （3）将0.02mol/L的HCN与0.0lmol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度均为0.005mol/L的NaCN和HCN，Ka＝6.2×10﹣10，KhKa，则NaCN水解大于HCN的电离，则c（H+）＜c（OH﹣）； 故答案为：＜； （4）①滴定前氨水中c（H+）＝10﹣11mol/L，利用水的离子积常数可得：c（OH﹣）mol/L＝10﹣3mol/L，Kb10﹣5； 故答案为：1×10﹣5； ②从b到d点，氨水的浓度在减小，氧化铰的浓度在增大，d点恰好完全反应，溶质只有氯化铵，氨水抑制水的电离，氯化铵促进水的电离，所以从b到d的过程，水的电离程度在增大：所以b、c、d三点时的溶液中，水电离的c（H+）大小顺序是d＞c＞b； 故答案为：d＞c＞b； ③d点两种溶液恰好完全反应，溶质为NH4Cl，根据物料守恒可知c（Cl﹣）＝C（NH3•H2O）+c（）； 故答案为：c（NH4）； 【点评】本题考查了弱电解质的电离及其影响、离子浓度大小比较、原电池工作原理的应用等知识，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素、原电池工作原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。 5．（2024秋•深圳期中）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+5R22Mn2+＝21016H+，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。 6．（2023秋•柯桥区期末）I.25℃时，2.0×10﹣3mol•L﹣1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F﹣）与溶液pH的变化关系，如图1所示： 已知：固态氟化氢中存在（HF）n形式。Ksp（CaF2）＝1.5×10﹣10 请回答： （1）固态氟化氢中存在（HF）3，其链状结构可表示为 　　。 （2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka＝　10﹣34.5　。 （3）4.0×10﹣3mol•L﹣1HF溶液与4.0×10﹣4mol•L﹣1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为3.45（忽略调节混合液体积的变化），是否有CaF2沉淀产生，请说明理由。 　浓度熵Q大于平衡常数Ksp，有少量沉淀产生　。 Ⅱ.室温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/L马来酸（可表示为H2C4H2O4）的曲线如图2： 已知：马来酸的pKa1＝1.75，pKa2＝5.83，（pKa＝﹣lgKa） 请回答： （1）两次滴定终点，所选择的指示剂分别是 　甲基橙；酚酞；　。 （2）下列说法正确的是 　AD　。 A.滴定管主要用来精确地放出一定体积的溶液 B.滴定前酸碱式滴定管和锥形瓶都必须润洗 C.滴定操作中，如果滴定前装有NaOH溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而到第一滴定终点前气泡消失，滴定突跃的pH会发生改变 D.使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 （3）当滴入20mLNaOH溶液时，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝　c（OH﹣）+c（HC4H2）+2c（C4H2O42﹣）　。 【答案】（1）； （2）10﹣34.5； （3）浓度熵Q大于平衡常数Ksp，有少量沉淀产生； （4）甲基橙；酚酞； （5）AD； （6）c（OH﹣）+c（HC4H2）+2c（C4H2）； 【分析】（1）固态氟化氢中存在（HF）3，由于氟元素电负性大，HF分子间可以形成氢键； （2）根据电离方程式HF⇌H++F﹣，求得Ka； （3）pH＝3.45，c（F﹣）＝1.0×10﹣3mol•L﹣1，而溶液中的c（Ca2+）＝2.0×10﹣4mol•L﹣1，Q＝c2（F）×c（Ca2+）＝20×10﹣10＞Ksp（CaF2）； （4）根据指示剂的变色范围可知，第一次选用甲基橙作指示剂；第二次选用酚酞作指示剂； （5）A.滴定管主要用来精确地放出一定体积的溶液；B.锥形瓶不用润洗；C.滴定操作中，如果滴定前装有NaOH溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而到第一演定终点前气泡消失，但是气泡的体积较小且演定突跃的pH是一个区间，不会发生改变；D.使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁； （6）根据电荷守恒溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC4H2）+2c（C4H2）； 【解答】解：（1）固态氟化氢中存在（HF）3，由于氟元素电负性大，HF分子间可以形成氢键，故（HF）3链状结构可表示为； 故答案为：； （2）根据电离方程式HF⇌H++F﹣，可知Ka10﹣34.5； 故答案为：10﹣34.5； （3）pH＝3.45，c（F﹣）＝1.0×10﹣3mol•L﹣1，而溶液中的c（Ca2+）＝2.0×10﹣4mol•L﹣1，Q＝c2（F）×c（Ca2+）＝20×10﹣10＞Ksp（CaF2），有少量沉淀产生； 故答案为：浓度熵Q大于平衡常数Ksp，有少量沉淀产生； （4）根据指示剂的变色范围可知，第一次选用甲基橙作指示剂；第二次选用酚酞作指示剂； 故答案为：甲基橙；酚酞； （5）A.滴定管主要用来精确地放出一定体积的溶液，故A正确；B.锥形瓶不用润洗，故B错误；C.滴定操作中，如果滴定前装有NaOH溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而到第一演定终点前气泡消失，但是气泡的体积较小且演定突跃的pH是一个区间，不会发生改变，故C错误；D.使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，故D正确； 故答案为：AD； （6）当滴入20mLNaOH溶液时，根据电荷守恒溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC4H2）+2c（C4H2）； 故答案为：c（OH﹣）+c（HC4H2）+2c（C4H2）； 【点评】本题考查弱电解质电离、电离平衡、溶度积有关计算等，较好的训练学生利用信息来分析问题、解决问题的能力。 7．（2023秋•菏泽期末）草酸（H2C2O4）是二元弱酸。某小组往30mL0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中分别滴加等物质的量浓度的NaOH溶液、CaCl2溶液。已知：常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka1＝5.4×10﹣2Ka2＝5.4×10﹣5Ksp（CaC2O4）＝2.4×10﹣9。溶液混合后体积变化忽略不计。回答下列问题： （1）NaHC2O4水解的离子方程式为 　　。常温下，0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液显 　酸性　（填“酸性”“碱性”或“中性”）。 （2）滴加NaOH溶液的实验中，V（NaOH）＝30mL时，c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）＝　0.05　mol•L﹣1；滴至溶液pH＝5时，溶液中c（OH﹣）+3c（HC2）　＜　c（Na+）+c（H+）（填“＞”“＜”或“＝”）。 （3）滴加CaCl2溶液时，观察到有白色沉淀生成。V（CaCl2）＜15mL时，反应的离子方程式为 　　；V（CaCl2）＝70mL时，溶液中c（C2）＝　6×10﹣8　mol•L﹣1。 【答案】（1）；酸性； （2）0.05；＜； （3）；6×10﹣8； 【分析】（1）草酸氢钠水解是草酸氢根结合水电离的氢离子，水解方程式为H2O⇌H2C2O4+OH﹣；25℃时，HC2O4﹣的电离常数Ka2＝5.4×10﹣5，HC2的水解常数Kh1.85×10﹣13，因此NaHC2O4溶液中HC2O4的电离程度大于HC2的水解程度，溶液呈酸性； （2）根据物料守恒和电荷求解； （3）V（CaCl2）＜15mL时，草酸氢根过量与氢离子结合生成草酸，反应的离子方程式为2HC2Ca2+＝CaC2O4↓+H2C2O4；根据公式计算溶液离子浓度； 【解答】解：（1）草酸氢钠水解是草酸氢根结合水电离的氢离子，水解方程式为H2O⇌H2C2O4+OH﹣；25℃时，HC2O4﹣的电离常数Ka2＝5.4×10﹣5，HC2的水解常数Kh1.85×10﹣13，因此NaHC2O4溶液中HC2O4的电离程度大于HC2的水解程度，溶液呈酸性： 故答案为：；酸性； （2）滴加NaOH溶液的实验中，V（NaOH）＝30mL时，根据物料守恒有：c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）0.05mol•L﹣1；滴至溶液pH＝5时，Ka25.4×10﹣5，5.4，即c（C2）＝ 5.4c（HC2），根据电荷守恒有c（OH﹣）+2c（C2）+c（HC2）＝c（Na+）+c（H+），故有c（OH﹣）+3c（HC2）＜c（Na+）+c（H+）； 故答案为：0.05；＜； （3）V（CaCl2）＜15mL时，草酸氢根过量与氢离子结合生成草酸，反应的离子方程式为2HC2Ca2+＝CaC2O4↓+H2C2O4；V（CaCl2）＝70mL时，溶液钙离子浓度为c（Ca2+）0.04mol•L﹣1，溶液中c（C2O42﹣）＝2mol•L﹣1＝6.0×10﹣8mol﹣1； 故答案为：（3）；6×10﹣8； 【点评】本题考查弱电解质电离、中和滴定、溶液pH的计算等知识，题目难度中等，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力。 8．（2023秋•固原期末）乙酸、碳酸、次氯酸、草酸在生产、生活及医药方面有广泛用途。回答下列问题： Ⅰ．已知25℃时，H2SO3、H2CO3、HClO和CH3COOH的电离平衡常数如下： 化学式 H2SO3 H2CO3 HClO CH3COOH 电离平衡常数（Ka） Ka1＝1.4×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 4.0×10﹣8 1.8×10﹣5 （1）0.1mol•L﹣1的下列四种溶液，pH由小到大的顺序是 　D＜B＜C＜A　（填标号）。 A．Na2CO3 B．CH3COONa C．NaClO D．NaHSO3 （2）0.1mol•L﹣1NaHCO3的溶液中c（OH﹣）＞c（H+），结合数据用化学用语解释原因 　的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大其程度，因此溶液中c（OH﹣）＞c（H+）　。 （3）向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 　ClO﹣+CO2+H2O＝HClO　。 （4）向NaClO溶液中分别加入下列物质，能增大c（HClO）的是 　A　（填标号）。 A．CH3COOH B．SO2 C．NaHCO3 D．NaOH Ⅱ．乙二酸（H2C2O4）俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。 室温下，测得0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液的pH＝1.3，草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示： （5）向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时发生的主要反应的离子方程式是 　　。 （6）0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 　b　（填序号）。 a．c（K+）+c（H+）＝c（HC2）+c（C2）+c（OH﹣） b．c（K+）＞c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4） c．c（K+）＝c（HC2）+c（C2）+c（H2C2O4） 【答案】（1）D＜B＜C＜A； （2）的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大其程度，因此溶液中c（OH﹣）＞c（H+）； （3）； （4）A； （5）； （6）bc； 【分析】（1）NaHSO3中，既电离也水解，其电离常数为：Ka2＝6.0×10﹣8，其水解常数：Kh7.1×10﹣13＜Ka2，电离程度大于水解程度，因此NaHSO3溶液呈酸性；Na2CO3：CH3COONa、NaClO均水解呈碱性，酸性：CH3COOH＞HClO，根据越弱越水解可知，水解程度：CH3COO﹣＜ClO﹣； （2）NaHCO3的溶液中既存在碳酸氢根离子的电离，也存在碳酸氢根离子的水解，的电离常数为Ka2＝4.7×10﹣11，其水解常数：Kh2.2×10﹣8，的水解程度大于其电离程度； （3）由电离常数大小可知酸性：H2CO3＞HClO，依据强酸制弱酸原理，可知NaClO溶液中通入少量CO2； （4）A.NaClO溶液中加醋酸发生反应：CH3COOH+ClO﹣＝CH3COO﹣+HClO，可以增大HClO浓度； B.NaClO与二氧化硫发生氧化还原反应，不能生成HClO； C.碳酸氢钠与次氯酸钠不能反应，不能生成HClO； D.NaOH和次氨酸反应，会消耗次氯酸； （5）向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH—2.5时草酸分子减少，草酸氢根离子增多，则主要反应的离子方程式是：H2C2O4+OH﹣＝H2C2H2O； （6）a.在溶液中存在电荷守恒，可知有关系式c（K+）+c（H+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（OH﹣）； b.在KHC2O4溶液中，盐电离产生K+、HC2，HC2在溶液中既发生电离作用，也发生水解作用而消耗，而K+不反应，故c（K+）＞c（HC2）；根据图示可知此时溶液pH＜7，溶液显酸性，说明HC2的电离作用大于其水解作用，则溶液中c（C2）＞（H2C2O4），但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4），因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c（K+）＞c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4）； c.在溶液中存在物料守恒，可得关系式为：c（K+）＝c（HC2）+c（C2）+c（H2C2O4）； 【解答】解：（1）NaHSO3中，既电离也水解，其电离常数为：Ka2＝6.0×10﹣8，其水解常数：Kh7.1×10﹣13＜Ka2，电离程度大于水解程度，因此NaHSO3溶液呈酸性；Na2CO3：CH3COONa、NaClO均水解呈碱性，酸性：CH3COOH＞HClO，根据越弱越水解可知，水解程度：CH3COO﹣＜ClO﹣，则碱性：Na2CO3＞NaClO＞CH3COONa； 故答案为：D＜B＜C＜A； （2）NaHCO3的溶液中既存在碳酸氢根离子的电离，也存在碳酸氢根离子的水解，的电离常数为Ka2＝4.7×10﹣11，其水解常数：Kh2.2×10﹣8，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中c（OH﹣）＞c（H+）； 故答案为：的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大其程度，因此溶液中c（OH﹣）＞c（H+）； （3）由电离常数大小可知酸性：H2CO3＞HClO，依据强酸制弱酸原理，可知NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO； 故答案为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO； （4）A.NaClO溶液中加醋酸发生反应：CH3COOH+ClO﹣＝CH3COO﹣+HClO，可以增大HClO浓度，故A正确； B.NaClO与二氧化硫发生氧化还原反应，不能生成HClO，故B错误； C.碳酸氢钠与次氯酸钠不能反应，不能生成HClO，故C错误； D.NaOH和次氨酸反应，会消耗次氯酸，故D错误； 故答案为：A； （5）向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH—2.5时草酸分子减少，草酸氢根离子增多，则主要反应的离子方程式是：H2C2O4+OH﹣＝H2C2H2O； 故答案为：H2C2O4+OH﹣＝H2C2H2O； （6）a.在溶液中存在电荷守恒，可知有关系式c（K+）+c（H+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（OH﹣），故a错误； b.在KHC2O4溶液中，盐电离产生K+、HC2，HC2在溶液中既发生电离作用，也发生水解作用而消耗，而K+不反应，故c（K+）＞c（HC2）；根据图示可知此时溶液pH＜7，溶液显酸性，说明HC2的电离作用大于其水解作用，则溶液中c（C2）＞（H2C2O4），但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4），因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c（K+）＞c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4），故b正确； c.在溶液中存在物料守恒，可得关系式为：c（K+）＝c（HC2）+c（C2）+c（H2C2O4），故c正确； 故答案为：bc； 【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱的关系、强酸制取弱酸原理、离子浓度大小比较方法是解本题关键，题目难度不大。 9．（2023秋•丰城市校级期末）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 电离平衡常数 Ka＝1.8×10﹣5 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka＝3.0×10﹣8 （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：　　。 （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1.12LCO2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﹣）＝2c（H2CO3）+　　。 【答案】（1）a＜d＜c＜b； （2）BD； （3）； （4）； （5）； 【分析】（1）根据电离平衡常数可知酸强弱关系，弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大，等物质的量浓度的盐溶液碱性越强； （2）A.0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子的物质的量增大，但体积增大的程度大，浓度减小，酸性减弱； B.加水稀释过程中，氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以增大； C.温度不变，水的离子积常数不变； D.醋酸溶液加水稀释过程中酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，所以增大； E.温度不变，醋酸的电离平衡常数不变； （3）次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，弱于碳酸，反应的离子方程式为； （4）将amol•L﹣1的醋酸溶液与bmol•L﹣1的氢氧化钠溶液体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，醋酸和氢氧化钠溶液发生反应：CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O，则溶液中，溶液呈中性，，则； （5）由质子守恒关系求解； 【解答】解：（1）根据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为，弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大，等物质的量浓度的盐溶液碱性越强，所以pH由小到大排列的顺序是CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3，即a＜d＜c＜b； 故答案为：a＜d＜c＜b； （2）A.0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子的物质的量增大，但体积增大的程度大，浓度减小，酸性减弱，故A错误； B.加水稀释过程中，氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以增大，故B正确； C.温度不变，水的离子积常数不变，故C错误； D.醋酸溶液加水稀释过程中酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，所以增大，故D正确； E.温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故E错误； 故答案为：BD； （3）次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，弱于碳酸，反应的离子方程式为； 故答案为：； （4）将amol•L﹣1的醋酸溶液与bmol•L﹣1的氢氧化钠溶液体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，醋酸和氢氧化钠溶液发生反应：CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O，则溶液中，溶液呈中性，，则； 故答案为：； （5）标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol•L﹣1NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为，氢氧化钠的物质的量为1mol•L﹣1×0.1L＝0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸钠，由质子守恒得； 故答案为：； 【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重分析判断能力和基础知识综合运用能力考查，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱的关系、弱酸电离的影响因素、溶液中守恒关系式的应用是解本题关键，注意掌握强弱电解质的判断，题目难度中等。 10．（2023秋•丹东期末）羟胺（NH2OH）在医药、农药等领域应用广泛。回答下列问题： （1）已知：羟胺在水中主要以NH2OH•H2O（弱碱）形式存在，电离方式与NH3•H2O相似。将羟胺溶液加水稀释，的值将 　减小　（填“增大”“减小”或“不变”，下同），0.1mol•L﹣1的羟胺溶液中加入少量NH3OHCl固体，溶液pH 　减小　。 （2）常温下，将0.1mol•L﹣1盐酸分别滴入20.00mL0.1mol•L﹣1羟胺溶液和20.00mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中，测得溶液pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]随滴入盐酸体积变化如图所示。 ①图中表示盐酸滴定羟胺溶液的曲线是 　M　（填“M”或“N”），c（Na+）＝c（Cl﹣）的点是 　f　（用a～f中的点表示）。 ②常温下，NH2OH•H2O电离平衡常数的值约为 　1×10﹣8　。 ③a、b、c、d四点对应的溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为 　dcab　。 ④若将b、d点对应的溶液混合，则混合液呈 　酸　性（填“酸”“碱”或“中”），混合液中c（NH2OH•H2O） 　＞　c（NH3OH+）（填“＞”“＝”或“＜”）。 ⑤用0.1mol•L﹣1盐酸溶液滴定0.1mol•L﹣1羟胺溶液的过程中，下列四种离子的物质的量浓度排序有可能出现的是 　ac　。 a.c（NH3OH+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+） b.c（Cl﹣）＞c（NH3OH+）＞c（OH﹣）＞c（H+） c.c（Cl﹣）＞c（NH3OH+）＝c（H+）＞c（OH﹣） 【答案】（1）减小；减小； （2）①M；f； ②1×10﹣8； ③dcab； ④酸；＞； ⑤ac； 【分析】（1）羟胺（NH2OH）电离方程式为：NH2OH•H2O⇌NH3OH++OH﹣，将羟胺溶液加水稀释c（NH3OH+）、c（OH﹣）均减小，又Kw不变，所以c（H+）增大，故的值将减小；0.1mol•L﹣1一的羟胺溶液中加入少量NH3OHCl固体，NH3OHCl电离使c（NH3OH+）增大，NH2OH•H2O＝NH3OH++OH﹣平衡左移，c（OH﹣）减小，溶液pH减小； （2）①0.1mol•L﹣1INaOH溶液，pOH＝﹣1gc（OH﹣）＝1，所以N代表盐酸滴定NaOH，M代表盐酸滴定羟胺溶液；电解质溶液呈电中性，N曲线上的b、f点均满足c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），当c（H+）＝c（OH﹣）时，溶液呈中性，c（Na+）＝c（Cl﹣），而f点pOH﹣7呈中性，故f点c（Na+）＝c（Cl﹣），曲线M上的a、e、c、d点均满足c（Na+）+c（H+）+c（NH3OH+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），当c（H+）＝c（NH3OH+）＝c（OH﹣）时，c（Na+）c（Cl﹣），而c、d点显酸性，e显中性，均不满足c（H+）+c（NH3OH+）＝c（Cl﹣），a点为羟胺溶液，也不满足，所以只有f点满足c（Na+）﹣c（Cl﹣）； ②根据电离平衡常数公式进行计算； ③a、b两点对应的溶液呈碱性，抑制水的电离，且pOH越小，氢氧根离子浓度越大，抑制作用越强，即水的电离程度b小于a、c、d两点对应的溶液中NH3OH+离子促进水的电离，且c（NH3OH+）c小于d，水的电离程度c小于d； ④b点对应溶液中溶质为氢氧化钠、氯化钠，n（NaOH）＝0.001mol，d点对应溶液中溶质为NH3OHCl，n（NH3OHCl）＝0.002mol，二者混合后发生反应，生成NH2OH•H2O和氯化钠，此时溶液中有c（NH3OHCl）＝c（NH2OH•H2O），NH3OH+水解平衡常数Kh10﹣6＞Kb，则NH3OH+水解程度大于NH2OH•H2O的电离程度，溶液呈酸性，溶液中c（NH2OH•H2O）增大、c（NH3OH+）减小，c（NH2OH•H2O）＞c（NH3OH+）； ⑤滴定过程中满足溶液呈电中性：c（H+）+c（NH3OH+）﹣c（Cl﹣）+c（OH﹣），当盐酸量不足溶液呈碱性时，a可能成立，当盐酸量多余羟胺溶液时，c可能成立，b不符合电荷守恒； 【解答】解：（1）羟胺（NH2OH）电离方程式为：NH2OH•H2O⇌NH3OH++OH﹣，将羟胺溶液加水稀释c（NH3OH+）、c（OH﹣）均减小，又Kw不变，所以c（H+）增大，故的值将减小；0.1mol•L﹣1一的羟胺溶液中加入少量NH3OHCl固体，NH3OHCl电离使c（NH3OH+）增大，NH2OH•H2O＝NH3OH++OH﹣平衡左移，c（OH﹣）减小，溶液pH减小； 故答案为：减小；减小； （2）①0.1mol•L﹣1INaOH溶液，pOH＝﹣1gc（OH﹣）＝1，所以N代表盐酸滴定NaOH，M代表盐酸滴定羟胺溶液；电解质溶液呈电中性，N曲线上的b、f点均满足c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），当c（H+）＝c（OH﹣）时，溶液呈中性，c（Na+）＝c（Cl﹣），而f点pOH﹣7呈中性，故f点c（Na+）＝c（Cl﹣），曲线M上的a、e、c、d点均满足c（Na+）+c（H+）+c（NH3OH+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），当c（H+）＝c（NH3OH+）＝c（OH﹣）时，c（Na+）c（Cl﹣），而c、d点显酸性，e显中性，均不满足c（H+）+c（NH3OH+）＝c（Cl﹣），a点为羟胺溶液，也不满足，所以只有f点满足c（Na+）﹣c（Cl﹣）； 故答案为：M；f； ②20.00mL0.lmol•L﹣1羟胺溶液中pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝4.5，由NH2OH•H2O⇌NH3OH++OH﹣可得其电离平衡常数Kh10﹣8mol/L； 故答案为：1×10﹣8； ③a、b两点对应的溶液呈碱性，抑制水的电离，且pOH越小，氢氧根离子浓度越大，抑制作用越强，即水的电离程度b小于a、c、d两点对应的溶液中NH3OH+离子促进水的电离，且c（NH3OH+）c小于d，水的电离程度c小于d，所以a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：dcab； 故答案为：dcab； ④b点对应溶液中溶质为氢氧化钠、氯化钠，n（NaOH）＝0.001mol，d点对应溶液中溶质为NH3OHCl，n（NH3OHCl）＝0.002mol，二者混合后发生反应，生成NH2OH•H2O和氯化钠，此时溶液中有c（NH3OHCl）＝c（NH2OH•H2O），NH3OH+水解平衡常数Kh10﹣6＞Kb，则NH3OH+水解程度大于NH2OH•H2O的电离程度，溶液呈酸性，溶液中c（NH2OH•H2O）增大、c（NH3OH+）减小，c（NH2OH•H2O）＞c（NH3OH+）； 故答案为：酸；＞； ⑤滴定过程中满足溶液呈电中性：c（H+）+c（NH3OH+）﹣c（Cl﹣）+c（OH﹣），当盐酸量不足溶液呈碱性时，a可能成立，当盐酸量多余羟胺溶液时，c可能成立，b不符合电荷守恒，故四种离子的物质的量浓度排序有可能出现的是ac。 故答案为：ac。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及其影响因素，侧重分析能力和计算能力考查，把握弱电解质电离的影响因素、盐类水解原理、电离平衡常数的计算及其应用是解题关键，注意掌握电离平衡常数的近似计算方法，题目难度中等。 11．（2023秋•舟山期末）已知25℃时，部分弱电解质的电离常数如下表所示： 弱酸 HSCN CH3COOH HCN H2CO3 NH3•H2O 电离常数 1.3×10﹣1 1.75×10﹣5 6.2×10﹣10 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 1.75×10﹣5 （1）四种酸HSCN、CH3COOH、HCN、H2CO3的酸性从强到弱的顺序 　HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN　。 （2）25℃时，将50mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液和50mL0.1mol•L﹣1氨水混合，所得溶液呈 　中　（填“酸”“中”或“碱”）性。 （3）25℃时，向20mL0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴加入10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，所得混合溶液呈酸性。 ①混合溶液中的粒子浓度由大到小的顺序（H2O除外）：　　。 ②针对该混合溶液，下列说法正确的是 　CD　。 A．混合溶液存在c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH） B．向混合溶液中继续滴加蒸馏水，溶液酸性减弱，数值会增大 C．继续向溶液中滴加NaOH溶液至pH值为6，c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）＝9.9×10﹣7 D．继续滴加NaOH溶液至大于20mL时，可能有水电离出c（H+）＝1×10﹣7mol•L﹣1 （4）若向20mL0.1mol•L﹣1NaCN溶液中通入少量CO2气体，写出发生反应的离子方程式：　　。 【答案】（1）HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN； （2）中； （3）①； ②CD； （4）； 【分析】（1）多元弱酸在溶液中分步水解，以一级电离为主，由表格数据可知，四种酸的电离常数的大小顺序为HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN，由此判断酸性强弱关系； （2）等体积等浓度的醋酸与氨水恰好反应生成醋酸铵和水，由电离常数可知，铵根离子与醋酸根离子在溶液中的水解程度相当，则醋酸铵溶液呈中性； （3）①由电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）可知，溶液中离子浓度的大小顺序为①c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）； ②A.等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液中存在物料守恒关系2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）； B.醋酸根离子在溶液中的水解常数Kh，温度不变，水解常数不变，则向混合溶液中继续滴加蒸馏水时，溶液酸性减弱，不变； C.醋酸和醋酸钠的混合溶液中存在电荷守恒关系（Na+）+（H+）﹣c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则溶液pH为6的溶液中，c（Na+）﹣（CH3COO﹣）＝10﹣6﹣10﹣8； D.向等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液中继续滴加氢氧化钠溶液至大于20mL时，得到的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液中醋酸根离子的水解程度与氢氧根离子抑制水电离的程度相等时，碱性溶液中水电离出的氢离子浓度为1×10﹣7mol•L﹣1，故D正确； （4）由电离常数可知，氢氰酸的酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢根离子，所以氟化钠溶液与少量二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢钠； 【解答】解：（1）多元弱酸在溶液中分步水解，以一级电离为主，由表格数据可知，四种酸的电离常数的大小顺序为HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN，则酸性强弱顺序为HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN； 故答案为：HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN； （2）等体积等浓度的醋酸与氨水恰好反应生成醋酸铵和水，由电离常数可知，铵根离子与醋酸根离子在溶液中的水解程度相当，则醋酸铵溶液呈中性； 故答案为：中性； （3）①20mL0.1mol/L醋酸溶液与10mL0.1mol/L氢氧化钠溶液反应得到等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，由电离常数可知，醋酸根离子在溶液中的水解常数KhKa，说明等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液中醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，由电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）可知，溶液中离子浓度的大小顺序为①c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）； 故答案为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）； ②A.等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液中存在物料守恒关系2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故A错误； B.醋酸根离子在溶液中的水解常数Kh，温度不变，水解常数不变，则向混合溶液中继续滴加蒸馏水时，溶液酸性减弱，不变，故B错误； C.醋酸和醋酸钠的混合溶液中存在电荷守恒关系（Na+）+（H+）﹣c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则溶液pH为6的溶液中，c（Na+）﹣（CH3COO﹣）＝10﹣6﹣10﹣8，故C正确； D.向等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液中继续滴加氢氧化钠溶液至大于20mL时，得到的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液中醋酸根离子的水解程度与氢氧根离子抑制水电离的程度相等时，碱性溶液中水电离出的氢离子浓度为1×10﹣7mol•L﹣1，故D正确； 故答案为：CD； （4）由电离常数可知，氢氰酸的酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢根离子，所以氟化钠溶液与少量二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为； 故答案为：； 【点评】本题考查了盐类水解、弱酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系、弱酸的电离平衡的移动、电解质溶液中离子浓度关系等知识点，主要平衡常数的分析应用，题目难度中等。 12．（2024秋•上海校级期末）常温常压下，1体积水能溶解约2.6体积H2S。通过NaOH溶液调节氢硫酸pH，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如]。 （1）pH＝7时，溶液中含硫微粒主要为 　H2S和HS﹣　（用微粒符号表示）。 （2） 　106　。 （3）向NaHS溶液中加入一定量CuSO4溶液，可产生H2S气体，请结合平衡移动原理解释产生气体的原因 　HS﹣⇌H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体　。 （4）pH＝13时，c（Na+）﹣3c（S2﹣） 　＜　0.1。（选填“＞”、“＜”或“＝”） 【答案】（1）H2S和HS﹣； （2）106； （3）HS﹣⇌H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体； （4）＜。 【分析】（1）氢硫酸为弱酸，利用NaOH溶液调节pH，随着NaOH溶液的加入，pH逐渐增大，氢硫酸浓度逐渐降低，HS﹣的浓度逐渐增大，继续滴加NaOH溶液，HS﹣的浓度逐渐减小，S2﹣浓度逐渐增大； （2）由分析及关系图可知，当pH＝7时，，，当pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣）； （3）NaHS溶液中存在HS﹣的电离HS﹣⇌H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动； （4）pH＝13时，c（H+）＝10﹣13mol/L，c（OH﹣）＝10﹣1mol/L，根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣）。 【解答】解：（1）氢硫酸为弱酸，利用NaOH溶液调节pH，随着NaOH溶液的加入，pH逐渐增大，氢硫酸浓度逐渐降低，HS﹣的浓度逐渐增大，继续滴加NaOH溶液，HS﹣的浓度逐渐减小，S2﹣浓度逐渐增大，当pH＝7时，溶液中的含硫微粒为H2S和HS﹣， 故答案为：H2S和HS﹣； （2）由分析及关系图可知，当pH＝7时，，，当pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣），，则， 故答案为：106； （3）NaHS溶液中存在HS﹣的电离HS﹣⇌H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体， 故答案为：HS﹣⇌H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体； （4）pH＝13时，c（H+）＝10﹣13mol/L，c（OH﹣）＝10﹣1mol/L，根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣），则c（Na+）+c（H+）＝3c（S2﹣）+c（OH﹣），那么c（Na+）﹣3c（S2﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）＝10﹣1﹣10﹣13＜0.1mol/L， 故答案为：＜。 【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。 13．（2025•湖南模拟）H2S是一种重要的化工原料，25℃时，，；，。 （1）写出CuS在水中的沉淀溶解平衡式：　CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq）　。HS﹣的水解方程式：　　。 （2）常温下，NaHS溶液显 　碱性　（填“酸性”“中性”或“碱性”），溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为 　　。 （3）常温下，水溶液中c（H+）和c（OH﹣）的浓度变化如图所示，下列说法正确的是 　D　（填标号）。 A．将硫化氢通入水中，溶液中c（H+）的变化：a→c B．a点溶液中可大量存在的离子： C．将NaHS固体加到水中，水的电离程度减小 D．c点时加入少量硫化钠固体，始终不变 （4）常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，是一个弱酸制强酸的特例。其反应原理为，该反应的平衡常数为 　1.67×1015　（保留3位有效数字）。 （5）硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，发生反应的离子方程式为 　FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）　，当反应达到平衡时， 　1018　。 【答案】（1）CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq）； ； （2）碱性； ； （3）D； （4）1.67×1015； （5）FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）；1018。 【分析】（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式为CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq）；HS﹣的水解方程式为； （2）H2S的，其，则的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性；因为HS﹣的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的； （3）A．硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS﹣、H+，溶液中氢离子浓度增大； B．Fe3+在中性溶液中不能大量存在； C．根据第2问解析，HS﹣的电离程度弱于其水解程度； D．； （4）①，②，③HS﹣⇌H++S2﹣，④CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq）； （5），则向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，FeS转化为CuS，离子方程式为FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）。 【解答】解：（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式为CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq）；HS﹣的水解方程式为， 故答案为：CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq）； ； （2）H2S的，其，则的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性；因为HS﹣的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为， 故答案为：碱性； ； （3）A．硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS﹣、H+，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故A错误； B．Fe3+在中性溶液中不能大量存在，故B错误； C．根据第2问解析，HS﹣的电离程度弱于其水解程度，将硫氢化钠固体加到水中，水的电离程度增大，故C错误； D．，温度不变则最终不变，故D正确； 故答案为：D； （4）①，②，③HS﹣⇌H++S2﹣，④CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq），则①＝②+③﹣④，①的平衡常数为， 故答案为：1.67×1015； （5），则向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，FeS转化为CuS，离子方程式为FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）；当反应达到平衡时，， 故答案为：FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）；1018。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 14．（2024秋•西安期末）Ⅰ.常温下，如果取0.2mol/LCH3COOH溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝9，试回答以下问题： （1）混合溶液的pH＝9的原因是：（用离子方程式表示） 　CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣　。 （2）该混合溶液中由水电离出的c（H+）和pH＝9的NaOH溶液中由水电离出c（H+）的比值为 　104：1　。 （3）求该混合溶液中下列算式的计算结果： c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝ 　10﹣5﹣10﹣9　mol/L（代入数据，列出算式即可） c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝ 　10﹣9　mol/L。 Ⅱ.（4）25℃下，向20mL0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴），随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题： ①在同一溶液中，H2CO3、、 　不能　（填“能”或“不能”）大量共存； ②当pH＝7时，溶液中Na+、Cl﹣、三种离子的浓度大小关系为 　c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（）　； ③已知在25℃时，的第一步水解常数Kh1＝2.0×10﹣4，当溶液中c（）：c（）＝2：1时，溶液的pH＝ 　10　。 （5）下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是 　A　（填字母序号）。 ①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3 ⑤NaHCO3 ⑥高锰酸钾 A．③④ B．①③④ C．①②③④⑤ D．全部 【答案】（1）CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣； （2）104：1； （3）10﹣5﹣10﹣9；10﹣9 （4）①不能； ②c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（）； ③10； （5）A。 【分析】（1）CH3COOH和NaOH以1：1反应，n（CH3COOH）＝n（NaOH），所以二者恰好完全反应生成CH3COONa和H2O，混合溶液的pH＝9，则混合溶液呈碱性，CH3COO﹣水解生成CH3COOH和OH﹣而导致混合溶液呈碱性； （2）强碱弱酸盐促进水电离、碱抑制水电离； （3）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝ c（OH﹣）﹣c（H+）；溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）、物料守恒c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），则c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝c（H+）； （4）①根据图可知，pH＝8时只有碳酸氢根离子，pH大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子； ②当pH＝7时，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（），则c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（），溶液中的溶质为NaHCO3、NaCl、H2CO3； ③在25℃时，当溶液中c（）：c（）＝2：1时，的第一步水解常数Kh1c（OH﹣）＝2×c（OH﹣）＝2.0×10﹣4，c（OH﹣）＝1.0×10﹣4mol/L，c（H+）mol/L＝1.0×10﹣10mol/L； （5）将固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同，说明该物质较稳定，加热不分解，且不水解生成挥发性酸。 【解答】解：（1）CH3COOH和NaOH以1：1反应，n（CH3COOH）＝n（NaOH），所以二者恰好完全反应生成CH3COONa和H2O，混合溶液的pH＝9，则混合溶液呈碱性，CH3COO﹣水解生成CH3COOH和OH﹣而导致混合溶液呈碱性，水解离子方程式为CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣， 故答案为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣； （2）强碱弱酸盐促进水电离、碱抑制水电离，CH3COONa促进水电离、NaOH抑制水电离，该混合溶液中由水电离出的c（H+）和pH＝9的NaOH溶液中由水电离出c（H+）的比值为mol/L：10﹣9mol/L＝104：1， 故答案为：104：1； （3）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）＝ c（OH﹣）﹣c（H+）＝（10﹣5﹣10﹣9 ）mol/L；溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）、物料守恒c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），则c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（CH3COOH）＝c（H+）＝10﹣9 mol/L， 故答案为：10﹣5﹣10﹣9；10﹣9； （4）①根据图可知，pH＝8时只有碳酸氢根离子，pH大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、、不能大量共存， 故答案为：不能； ②当pH＝7时，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（），则c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（），溶液中的溶质为NaHCO3、NaCl、H2CO3，NaCl溶液呈中性，溶液中NaHCO3的量较小，所以溶液中Na+、Cl﹣、三种离子的浓度大小关系为c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（）， 故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（）； ③在25℃时，当溶液中c（）：c（）＝2：1时，的第一步水解常数Kh1c（OH﹣）＝2×c（OH﹣）＝2.0×10﹣4，c（OH﹣）＝1.0×10﹣4mol/L，c（H+）mol/L＝1.0×10﹣10mol/L，溶液的pH＝10， 故答案为：10； （5）①灼烧胆矾得到的固体为CuSO4； ②AlCl3溶液蒸干得到的固体是Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到的固体是Al2O3； ③Al2（SO4）3溶液蒸干得到的固体是Al2（SO4）3，灼烧固体时Al2（SO4）3不分解； ④Na2CO3溶液蒸干得到的固体是Na2CO3，灼烧固体时Na2CO3不分解； ⑤NaHCO3溶液蒸干灼烧得到的固体为Na2CO3； ⑥KMnO4灼烧得到的固体是K2MnO4和MnO2， 则得到化学组成与原固体物质相同的是③④， 故答案为：A. 【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类水解，侧重考查图象分析、判断及计算能力，明确盐类水解原理、酸碱混合溶液的计算方法是解本题关键，题目难度不大。 15．（2024秋•杭州期末）溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题。 （1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长 ①盐碱地产生碱性的主要原因 　H2O⇌OH﹣　（写一个主要的离子方程式）。 ②农业上用石膏降低其碱性的反应原理 　Na2CO3+CaSO4═Na2SO4+CaCO3↓　（写一个化学方程式）。 （2）一定温度下，若取pH、体积均相等的KOH和氨水分别加水稀释m、n倍，稀释后pH仍相等，则m 　＜　n（填“＞”、“＜”或“＝”）。 （3）25℃时，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中由水电离出来的c（OH﹣）＝ 　1.0×10﹣8　mol/L。 （4）一定温度下，向氨水中滴加同浓度的CH3COOH溶液，滴加过程中比值 　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （5）25℃时，Ksp（NH4VO3）＝1.6×10﹣3，Ksp[Ca（VO3）2]＝4.0×10﹣6，向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c（Ca2+）＝1mol•L﹣1时，溶液中的c（）＝ 　0.8　mol/L。 【答案】（1）H2O⇌OH﹣；Na2CO3+CaSO4═Na2SO4+CaCO3↓； （2）＜； （3）1.0×10﹣8； （4）增大； （5） 【分析】（1）碳酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性；石膏能与碳酸根离子反应，降低碱性； （2）pH相等的KOH和氨水溶液，氨水浓度大于KOH溶液，加水稀释促进一水合氨电离，KOH在溶液中完全电离，据此分析； （3）根据Kw＝c（OH﹣）•c（H+）计算溶液中的c（OH﹣），CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中只有水电离产生OH﹣； （4）氨水中，Kb，温度不变电离平衡常数不变，氨水中加入醋酸导致溶液中c（OH﹣）减小； （5）向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c（Ca2+）＝1mol•L﹣1时，c（）mol/L＝2×10﹣3mol/L，溶液中c（）。 【解答】】解：（1）碳酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性，水解离子反应为H2O⇌OH﹣，石膏能与碳酸根离子反应，降低碱性，化学方程式为Na2CO3+CaSO4═Na2SO4+CaCO3↓， 故答案为：H2O⇌OH﹣；Na2CO3+CaSO4═Na2SO4+CaCO3↓； （2）加水稀释促进一水合氨电离，将等体积、等pH的氢氧化钾溶液和氨水分别稀释相同倍数，氨水中氢氧根离子浓度大于KOH，氨水pH大于KOH溶液，若使稀释后pH相等，氨水稀释倍数应大于氢氧化钾，即m＜n， 故答案为：＜； （3）常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，c（H+）＝1.0×10﹣6mol/L，c（OH﹣）mol/L＝1.0×10﹣8mol/L，溶液中的OH﹣只有水电离产生，则该溶液中水电离出来的c（OH﹣）＝1.0×10﹣8mol/L， 故答案为：1.0×10﹣8； （4）氨水中，Kb，温度不变电离平衡常数不变，氨水中加入醋酸导致溶液中c（OH﹣）减小，在滴加过程中逐渐增大， 故答案为：增大； （5）向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c（Ca2+）＝1mol•L﹣1时，c（）mol/L＝2×10﹣3mol/L，溶液中c（）mol/L＝0.80mol/L， 故答案为：0.8。 【点评】本题考查溶液中的平衡相关计算和化学反应、氧化还原反应的离子方程式书写，题目难度中等，关键是掌握溶液中的平衡体系（弱电解质的电离平衡、盐类水解平衡、难溶物的沉淀溶解平衡）的应用及其平衡常数的计算，注意审题，明确题干信息。 16．（2024秋•石家庄期末）FeCl3和Na2SO3是实验室中常见的化学试剂。回答下列问题： （1）FeCl3溶液呈　酸　性（填“酸”“碱”或“中”），实验室中用FeCl3晶体配制0.5mol•L﹣1FeCl3溶液的方法为　将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后加水稀释到所需浓度　。 （2）0.5mol•L﹣1Na2SO3溶液中，所有含硫微粒浓度由大到小的顺序为　c（）＞c（）＞c（H2SO3）　（填微粒符号，不考虑SO2，下同）；根据钠、硫元素质量守恒可推出含钠、硫微粒浓度之间的关系为c（Na+）＝　2×[c（）+c（）+c（H2SO3）]　。 （3）向3mL0.5mol•L﹣1Na2SO3溶液中逐滴滴入3滴0.5mol•L﹣1FeCl3溶液，混合液立即变为红褐色，继续滴加3mLFeCl3溶液，混合液颜色变深（反应1）；静置1h后溶液呈浅绿色（反应Ⅱ）。 ①若反应Ⅰ中含硫元素产物为，则离子方程式为　Fe3++33H2O⇌Fe（OH）3+3　。 ②反应Ⅱ中FeCl3体现　氧化　性，验证反应Ⅱ的发生可用黄色的　K3[Fe（CN）6]　溶液（填化学式），加入该试剂后产生的现象为　产生蓝色沉淀　。 ③由现象推知，活化能：反应Ⅰ　＜　反应Ⅱ（填“＞”“＜”或“＝”，下同）； 反应趋势（平衡常数）：反应Ⅰ　＜　反应Ⅱ。 【答案】（1）酸；将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后加水稀释到所需浓度； （2）c（）＞c（）＞c（H2SO3）；2×[c（）+c（）+c（H2SO3）]； （3）①Fe3++33H2O⇌Fe（OH）3+3； ②氧化；K3[Fe（CN）6]；产生蓝色沉淀； ③＜；＜。 【分析】（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性；为防止Fe3+水解，在配制氯化铁溶液时要加入少量浓盐酸抑制其水解； （2）0.5mol•L﹣1Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子分步水解，溶液显碱性，溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（S）； （3）向3mL0.5mol•L﹣1Na2SO3溶液中逐滴滴入3滴0.5mol•L﹣1FeCl3溶液，混合液立即变为红褐色，继续滴加3mLFeCl3溶液，混合液颜色变深（反应1）；静置1h后溶液呈浅绿色（反应Ⅱ），发生的氧化还原反应是H2O2Fe3+2H++2Fe2+，水解反应是Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，开始滴加时，溶液立即变为红褐色，说明Fe3+的水解速率大于Fe3+与的氧化还原反应的速率，活化能越大化学反应速率越小。 【解答】解：（1）氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，水解离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+2H+，溶液显酸性，为防止氯化铁在溶液中水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁晶体溶于浓盐酸中，然后加入蒸馏水稀释至所需浓度， 故答案为：酸；将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后加水稀释到所需浓度； （2）0.5mol•L﹣1Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子分步水解，所有含硫微粒浓度由大到小的顺序：c（）＞c（）＞c（H2SO3），根据钠、硫元素质量守恒可推出含钠、硫微粒浓度之间的关系为c（Na+）＝2×[c（）+c（）+c（H2SO3）]， 故答案为：c（）＞c（）＞c（H2SO3）；2×[c（）+c（）+c（H2SO3）]； （3）①若反应Ⅰ中含硫元素产物为，则离子方程式为：Fe3++33H2O⇌Fe（OH）3+3， 故答案为：Fe3++33H2O⇌Fe（OH）3+3； ②反应Ⅱ中FeCl3体现了氧化性，铁离子氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，铁离子被还以为亚铁离子，验证反应Ⅱ的发生可用黄色的K3[Fe（CN）6]溶液，加入该试剂后产生的现象是产生蓝色沉淀， 故答案为：氧化；K3[Fe（CN）6]；产生蓝色沉淀； ③开始滴加时，溶液立即变为红褐色，说明Fe3+的水解速率大于Fe3+与的氧化还原反应的速率，活化能越大化学反应速率越小，则氧化还原反应活化能大，由现象推知，活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，氧化还原反应活化能大，水解反应大，则反应趋势（平衡常数）：反应Ⅰ＜反应Ⅱ， 故答案为：＜；＜。 【点评】本题考查化学反应原理，涉及氧化还原反应，盐的水解，弱电解质的电离和电离平衡常数的相关计算等，题目综合性强，对学生要求较高，题目难度中等。 17．（2024秋•红桥区期末）食醋是生活中常见的调味品，其主要成分是醋酸（CH3COOH），国家标准规定酿造食醋中醋酸含量标准为3.5～5.0g/100mL。为测某品牌白醋的醋酸含量是否符合国家标准，某学习小组运用中和滴定实验进行检测。 （1）将食用白醋稀释至原浓度的十分之一得待测白醋溶液。用0.1000mol•L⁻1NaOH标准液滴定待测白醋溶液。 ①NaOH标准液应盛装在图中的 　乙　（填甲或乙）滴定管中。 ②滴定过程中选择的指示剂是 　C　（填字母序号）。 A.甲基橙 B.石蕊 C.酚酞 ③判断滴定达到终点的现象为 　当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不变色　。 （2）用0.1000mol•L﹣1标准NaOH溶液滴定某品牌白醋样品的数据如下。 滴定次数 1 2 3 4 V（样品）/mL 20.00 20.00 20.00 20.00 V[NaOH（aq）]/mL 15.00 15.80 15.04 14.96 ①按表中数据处理，转换为原市售白醋中醋酸的含量为 　4.5　g/100mL（保留两位有效数字），可知该白醋 　是　符合国家标准（填“是”或“不是）。 ②若测定结果偏低，其原因可能是 　B　（填字母序号）。 A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液 B.滴定过程中振摇时锥形瓶中有液滴溅出 C.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 （3）如用0.1mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，得到溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。 滴定醋酸的曲线是 　Ⅰ　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）；V1和V2的关系：V1　＜　V2（“＞”、“＝”或“＜”）；M点对应的溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序 　c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　。 【答案】（1）①乙； ②C； ③当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不变色； （2）①4.5；是； ②B； （3）Ⅰ；＜；c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。 【分析】（1）①NaOH标准液应盛装在碱式滴定管中； ②CH3COOH溶液与NaOH溶液恰好反应时生成CH3COONa，溶液显碱性； ③用酚酞作指示剂，当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内部褪色，说明反应达到终点； （2）①先判断实验数据的有效性，再计算消耗NaOH溶液的平均体积V（NaOH），根据n（CH3COOH）＝n（NaOH）、n＝cV进行计算； ②A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准溶液浓度偏低； B.滴定过程中振摇时锥形瓶中有液滴溅出，溶质减少； C.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准溶液体积读数偏大； （3）醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，所以0.1mol/L的醋酸pH＞1、0.1mol/L的盐酸pH＝1；CH3COONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应稍微过量，盐酸是一元强酸，氯化钠溶液呈中性，盐酸和NaOH等浓度混合时二者体积相等；图中M点溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒关系解答。 【解答】解：（1）①图中甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，NaOH标准液呈碱性，应盛装在图中的乙滴定管中， 故答案为：乙； ②CH3COOH溶液与NaOH溶液恰好反应时生成CH3COONa，溶液显碱性，与酚酞的变色范围8.2～10基本一致，则应该选择酚酞作指示剂， 故答案为：C； ③NaOH标准液滴定待测白醋溶液，用酚酞作指示剂，当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不变色时，说明达到滴定终点， 故答案为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不变色； （2）①4次实验中第2次数据误差大，舍去，消耗NaOH溶液的平均体积V（NaOH）（15.00+15.04+14.96）mL＝15.00mL，CH3COOH溶液与NaOH溶液时n（CH3COOH）＝n（NaOH），即c（CH3COOH）×0.02L＝0.1000mol•L﹣1×0.015L，c（CH3COOH）＝0.0750mol/L，原市售白醋中醋酸的浓度为0.0750mol/L×10＝0.7500mol/L，原市售白醋中醋酸的含量为 4.5g/100mL，介于3.5g/100mL与5.0g/100mL之间，所以该白醋符合国家标准， 故答案为：4.5；是； ②A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准溶液浓度偏低，消耗标准溶液体积偏大，测定结果偏高，故A错误； B.滴定过程中振摇时锥形瓶中有液滴溅出，溶质减少，消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏低，故B正确； C.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准溶液体积读数偏大，测定结果偏高，故C错误； 故答案为：B； （3）CH3COOH是弱电解质、在水溶液中部分电离，HCl是强电解质、在水溶液中完全电离，则0.1mol/L醋酸的pH＞1、0.1mol/L盐酸的pH＝1，所以图中曲线Ⅰ是醋酸滴定曲线；CH3COONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，而盐酸是一元强酸，NaCl溶液呈中性，则盐酸和NaOH等浓度混合时消耗的体积相等，所以加入NaOH溶液滴定两种酸呈中性时，盐酸所需V（NaOH）大，即V1＜V2；M点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），电荷守恒关系为c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），所以离子浓度大小关系为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）， 故答案为：Ⅰ；＜；c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。 【点评】本题考查中和滴定实验及误差分析，把握测定原理、发生的反应、酸碱混合的定性判断、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握误差分析方法与技巧，题目难度中等。 18．（2024秋•浦东新区期末）我国化工专家侯德榜的“碳化法合成氨流程制碳酸氢铵”的工艺，曾被国家科委审定为重大发明。该反应的基本原理是：NH3+CO2+H2O═NH4HCO3 （1）合成氨工业中使用的催化剂主要含有Fe2O3和FeO，这两种化合物都 　AD　。（不定项） A.是碱性氧化物 B.具有磁性 C.是红棕色固体 D.可被CO还原 （2）下列关于合成氨工业的描述中，错误的是 　D　。 A.可用CH4为原料制取H2 B.实际生产中维持氢氮比为2.8～2.9 C.合成塔中通过热交换器提高能效 D.通过溶于水的方法分离产生的NH3 实验室为模拟生产NH4HCO3，利用图实验装置制备原料气体。 （3）用该装置制备CO2时，若X中固体为大理石，Y中液体为稀盐酸，则反应的离子方程式为 　　。为除去CO2中混有的少量HCl，可将混合气体通过盛有饱和 　B　溶液的洗气瓶。 A.Na2CO3 B.NaHCO3 C.NaHSO3 D.NaOH （4）用该装置制备NH3时，若Y中液体为浓氨水，X中固体为生石灰，解释产生NH3的原因 　氧化钙和水反应使溶剂减少；氧化钙和水反应放热，溶液温度升高，使氨气在水中的溶解度减小；氧化钙和水反应生成的氢氧化钙电离产生OH﹣使溶液中OH﹣浓度增大，有利于反应平衡右移，有利于氨水分解产生氨气，有利于氨气逸出　。 为探究NH4HCO3溶液与少量NaOH溶液反应时的原理，明确OH﹣与、反应时，是否存在“先后”关系，进行如下探究。 常温下，取10.00mL0.10mol•L﹣1的NH4HCO3溶液于锥形瓶中，向其中逐滴滴入10.00mL0.20mol•L﹣1的NaOH溶液，记录过程中溶液pH的变化，转换成溶液中、的浓度，结果如图1。 （5）分析图1中数据，可以得出的实验结论有 　、同时与OH﹣反应；与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度　（任写两点）。 （6）当VNaOH＝10.00mL时，测得溶液 pH＝10.06，此时混合体系中各离子浓度由大到小的顺序为 　　。 （7）若改用10.00mL0.10mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液代替NaOH溶液完成上述实验，溶液中的离子浓度变化情况如图2所示，解释图2中和 　因为Ba2+会与反应生成BaCO3沉淀，这促进了与OH﹣的反应，使得与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度　的变化曲线与图1存在差异的原因。 　AD　 【答案】（1）AD； （2）D； （3）；B； （4）氧化钙和水反应使溶剂减少；氧化钙和水反应放热，溶液温度升高，使氨气在水中的溶解度减小；氧化钙和水反应生成的氢氧化钙电离产生OH﹣使溶液中OH﹣浓度增大，有利于反应平衡右移，有利于氨水分解产生氨气，有利于氨气逸出； （5）、同时与OH﹣反应；与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度； （6）； （7）因为Ba2+会与反应生成BaCO3沉淀，这促进了与OH﹣的反应，使得与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度；AD。 【分析】（1）Fe2O3和FeO都是碱性氧化物，FeO是黑色固体，Fe2O3是红棕色固体，Fe2O3和FeO都不具有磁性； （2）A．合成氨工业中，原料气N2可从空气中分离得到； B．实际生产中维持氢氮比为2.8～2.9，以提高氢气的转化率； C．合成塔中通过热交换器提高能效； D．NH3溶于水形成溶液； （3）用该装置制备CO2时，若X中固体为大理石，Y中液体为稀盐酸，则反应的离子方程式为； （4）用该装置制备NH3时，若Y中液体为浓氨水，X中固体为生石灰，产生NH3的原因：氧化钙和水反应使溶剂减少；氧化钙和水反应放热，溶液温度升高，使氨气在水中的溶解度减小；氧化钙和水反应生成的氢氧化钙电离产生OH﹣使溶液中OH﹣浓度增大，有利于反应平衡右移； （5）由图1中数据，可以得出的实验结论有：①、同时与OH﹣反应；②与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度； （6）10.00mL0.20mol•L﹣1的NaOH溶液与10.00mL0.10mol•L﹣1的NH4HCO3溶液反应，生成Na2CO3溶液和NH3•H2O，由图知与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度； （7）用10.00mL0.10mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液代替NaOH溶液，图2中和的变化曲线与图1存在差异的原因：因为Ba2+会与反应生成BaCO3沉淀，这促进了与OH﹣的反应。 【解答】解：（1）Fe2O3和FeO都是碱性氧化物，FeO是黑色固体，Fe2O3是红棕色固体，Fe2O3和FeO都不具有磁性，都能被CO还原， 故答案为：AD； （2）A．合成氨工业中，原料气N2可从空气中分离得到，H2可用CH4为原料制取，故A正确； B．实际生产中维持氢氮比为2.8～2.9，以提高氢气的转化率，故B正确； C．合成塔中通过热交换器提高能效，节约能源，故C正确； D．NH3溶于水形成溶液，不能通过溶于水的方法分离产生的NH3，故D错误； 故答案为：D； （3）用该装置制备CO2时，若X中固体为大理石，Y中液体为稀盐酸，则反应的离子方程式为；除去CO2中混有的少量HCl，可将混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶， 故答案为：；B； （4）用该装置制备NH3时，若Y中液体为浓氨水，X中固体为生石灰，产生NH3的原因：氧化钙和水反应使溶剂减少；氧化钙和水反应放热，溶液温度升高，使氨气在水中的溶解度减小；氧化钙和水反应生成的氢氧化钙电离产生OH﹣使溶液中OH﹣浓度增大，有利于反应平衡右移，有利于氨水分解产生氨气，有利于氨气逸出， 故答案为：氧化钙和水反应使溶剂减少；氧化钙和水反应放热，溶液温度升高，使氨气在水中的溶解度减小；氧化钙和水反应生成的氢氧化钙电离产生OH﹣使溶液中OH﹣浓度增大，有利于反应平衡右移，有利于氨水分解产生氨气，有利于氨气逸出； （5）由图1中数据，可以得出的实验结论有：①、同时与OH﹣反应；②与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度， 故答案为：、同时与OH﹣反应；与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度； （6）10.00mL0.20mol•L﹣1的NaOH溶液与10.00mL0.10mol•L﹣1的NH4HCO3溶液反应，生成Na2CO3溶液和NH3•H2O，由图知与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度，混合体系中各离子浓度由大到小的顺序为， 故答案为：； （7）用10.00mL0.10mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液代替NaOH溶液，图2中和的变化曲线与图1存在差异的原因：因为Ba2+会与反应生成BaCO3沉淀，这促进了与OH﹣的反应，使得与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度， 故答案为：因为Ba2+会与反应生成BaCO3沉淀，这促进了与OH﹣的反应，使得与OH﹣反应的程度大于与OH﹣反应的程度；AD。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 19．（2024秋•湖南期末）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示： 化学式 HF HClO H2CO3 NH3•H2O HNO2 电离常数 6.8×10﹣4 4.7×10﹣8 K1＝4.3×10﹣7 K2＝5.0×10﹣11 1.8×10﹣5 5.6×10﹣4 （1）25℃时，pH＝10的NaClO溶液中各离子浓度的大小关系为 　c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　。 （离子浓度如Na+的浓度以c（Na'）表示，下同）。向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 　ClO﹣+CO2+H2O＝HClO　。 （2）NH4Cl溶液中的电荷守恒关系式为 　c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）　。 （3）NH4F溶液显 　酸性　（填酸性、碱性或中性）。 （4）物质的量浓度相同的NaNO2、NaClO两种溶液，pH较大的是 　NaClO溶液　。 （5）泡沫灭火器利用了硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液的反应，用离子方程式表示原理 　Al3++3Al（OH）3↓+3CO2↑　。 （6）常温下，向 100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4°和NH3•H2O物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示，根据图像回答下列问题。 ①表示NH3•H2O浓度变化的曲线是 　A　、（填“A”或“B”）。 ②当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c（）：c（NH3•H2O）＝ 　1.8　（用指数形式表示即可）。 【答案】（1）c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；ClO﹣+CO2+H2O＝HClO； （2）c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）； （3）酸性； （4）NaClO溶液； （5）Al3++3Al（OH）3↓+3CO2↑； （6）①A； ②1.8。 【分析】（1）NaClO属于强碱弱酸盐，由于ClO﹣的水解使得NaClO溶液呈碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；由于K1（H2CO3）＞K（HClO）＞K2（H2CO3），故NaClO溶液与少量CO2反应生成HClO和NaHCO3； （2）NH4Cl溶液中的电荷守恒关系式为c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）； （3）由于HF的电离常数大于NH3•H2O的电离常数，故NH4F溶液中的水解程度大于F﹣的水解程度； （4）由于HNO2的电离常数大于HClO的电离常数，故物质的量浓度相同的NaNO2、NaClO溶液中ClO﹣的水解程度大于的水解程度，NaClO溶液的碱性较强； （5）硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和CO2； （6）①随着盐酸的滴入，溶液的pH不断减小、的浓度不断增大、NH3•H2O的浓度不断减小； ②由图可知，当加入盐酸体积为50mL时，溶液的pH＝9，溶液中c（H+）＝10﹣9mol/L、c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，1.8×10﹣5。 【解答】解：（1）NaClO属于强碱弱酸盐，由于ClO﹣的水解使得NaClO溶液呈碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；由于K1（H2CO3）＞K（HClO）＞K2（H2CO3），故NaClO溶液与少量CO2反应生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O＝HClO， 故答案为：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；ClO﹣+CO2+H2O＝HClO； （2）NH4Cl溶液中的电荷守恒关系式为c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）， 故答案为：c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）； （3）由于HF的电离常数大于NH3•H2O的电离常数，故NH4F溶液中的水解程度大于F﹣的水解程度，NH4F溶液显酸性， 故答案为：酸性； （4）由于HNO2的电离常数大于HClO的电离常数，故物质的量浓度相同的NaNO2、NaClO溶液中ClO﹣的水解程度大于的水解程度，NaClO溶液的碱性较强，即pH较大的是NaClO溶液， 故答案为：NaClO溶液； （5）硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和CO2，反应的离子方程式为Al3++3Al（OH）3↓+3CO2↑， 故答案为：Al3++3Al（OH）3↓+3CO2↑； （6）①随着盐酸的滴入，溶液的pH不断减小、的浓度不断增大、NH3•H2O的浓度不断减小，故A表示NH3•H2O浓度的变化，B表示浓度的变化， 故答案为：A； ②由图可知，当加入盐酸体积为50mL时，溶液的pH＝9，溶液中c（H+）＝10﹣9mol/L、c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，1.8×10﹣5，则c（）：c（NH3•H2O）1.8， 故答案为：1.8。 【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。 20．（2024秋•上城区校级期中）常温下，常见物质的电离平衡常数如下表所示： 物质 CH3COOH HClO NH3•H2O 电离平衡常数 1.8×10﹣5 4.0×10﹣8 1.8×10﹣5 物质 H2SO3 H2S H2CO3 电离平衡常数 （1）将少量CO2气体通入NaClO溶液中的离子方程式为　　。 （2）Na2S浓度为0.2mol•L﹣1，只考虑第一步水解，该溶液中的c（OH﹣）＝　0.14　mol•L﹣1 （3）用氨水吸收CH3COOH，得到1.00mol•L﹣1氨水和1.8mol•L﹣1乙酸铵的混合溶液，该混合溶液的pH＝　9　。 （4）常温下，将等体积、浓度均为0.40mol•L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，是否会出现沉淀，并写出简要计算过程　Q（BaSO3）＝c（Ba2+）•，会出现沉淀　。已知。 【答案】（1）； （2）0.14； （3）9； （4）Q（BaSO3）＝c（Ba2+）•，会出现沉淀。 【分析】（1）由电离常数可知酸性：H2CO3＞HClO，根据强酸制弱酸的原理，少量CO2气体通入NaClO溶液，反应生成HClO和碳酸氢钠； （2）0.2mol•L﹣1的Na2S溶液中，c（S2﹣）≈0.2mol•L﹣1，只考虑第一步水解，，c（HS﹣）≈c（OH﹣），Kh； （3）1.00mol•L﹣1氨水和1.8mol•L﹣1乙酸铵的混合溶液，c（NH3•H2O）≈1.00mol•L﹣1，c（）≈1.8mol•L﹣1，Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5，c（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1； （4）将等体积、浓度均为0.40mol•L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，混合后c（Ba2+）＝0.20mol•L﹣1，c（H2SO3）≈0.20mol•L﹣1，H2SO3发生电离：，，以第一步电离为主，则溶液中c（H+）≈c（），。 【解答】解：（1）由电离常数可知酸性：H2CO3＞HClO，根据强酸制弱酸的原理，少量CO2气体通入NaClO溶液，反应生成HClO和碳酸氢钠，离子方程式为：， 故答案为：； （2）0.2mol•L﹣1的Na2S溶液中，c（S2﹣）≈0.2mol•L﹣1，只考虑第一步水解，，c（HS﹣）≈c（OH﹣），Kh，则，解得：c（OH﹣）≈0.14mol•L﹣1， 故答案为：0.14； （3）1.00mol•L﹣1氨水和1.8mol•L﹣1乙酸铵的混合溶液，c（NH3•H2O）≈1.00mol•L﹣1，c（）≈1.8mol•L﹣1，Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5，c（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，该混合溶液的pH＝﹣lg（c（H+）＝﹣lglg9， 故答案为：9； （4）将等体积、浓度均为0.40mol•L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，混合后c（Ba2+）＝0.20mol•L﹣1，c（H2SO3）≈0.20mol•L﹣1，H2SO3发生电离：，，以第一步电离为主，则溶液中c（H+）≈c（），，Q（BaSO3）＝c（Ba2+）•，会出现沉淀， 故答案为：Q（BaSO3）＝c（Ba2+）•，会出现沉淀。 【点评】本题考查水溶液的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$