资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
高考化学考前冲刺押题预测 水溶液中的离子反应与平衡（解答大题）
一．解答题（共20小题）
1．（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“＝”）
2．（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， 　 　。
3．（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＝ 　 　。
4．（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。
5．（2024秋 吉林期末）请回答下列问题：
（1）写出稀氨水中一水合氨的电离方程式 　 　；若想增大该溶液中的浓度而不增大OH﹣的浓度，应采取的措施是 　 　（忽略溶液体积的变化）（填字母）。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入NH3 D．加入少量浓盐酸
（2）将0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后醋酸溶液的说法正确的是 　 　（填字母）。
A．电离程度增大
B．溶液中离子总数增多
C．溶液导电性增强
D．溶液中醋酸分子增多
（3）磷能形成次磷酸（H3PO2）、亚磷酸（H3PO3）等多种含氧酸。H3PO2是一元中强酸，其中磷元素的化合价为 　 　；写出其电离方程式：　 　；推测NaH2PO2是 　 　（填“正盐”或“酸式盐”）。
（4）已知25℃，NH3 H2O的溶液中，，H2SO3的，，若氨水的浓度为2.0mol/L，溶液中的c（OH﹣）＝ 　 　。将SO2通入该氨水中，当c（H+）为10﹣7mol/L时，溶液中的 　 　。
6．（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
7．（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。
8．（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 　 　。
9．（2024秋 运城期末）弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶电解质的沉淀溶解平衡均属于化学平衡。
（1）已知H2A在水中存在如下电离过程：H2A＝H++HA﹣，HA H++A2﹣。25℃时NaHA溶液的pH 　 　（填序号）。
A．大于7
B．小于7
C．等于7
D．无法确定
（2）已知25℃时，0.1mol L﹣1某一元碱BOH在水中有0.1%发生电离，则此BOH溶液的pH＝ 　 　。
（3）已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸 HCOOH H2S HClO H2CO3 H2SO3
电离平衡常数（25℃） K＝1.8×10﹣4 Ka1＝1.1×10﹣7 Ka2＝1.3×10﹣15 K＝4.0×10﹣8 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka1＝1.4×10﹣2Ka2＝6.0×10﹣8
①在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，溶液导电能力：HCOOH 　 　HClO（填“＞”“＜”或“＝”）。
②相同条件下，0.1mol L﹣1下列溶液中，c（）由大到小的排列顺序是 　 　（填序号）。
A．（NH4）2SO4 B．（NH4）2CO3 C．NH4Cl D．NH4HSO4 E．NH3 H2O
③下列离子方程式正确的是 　 　。
A．NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2ClO﹣2HClO
B．Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣＝CaSO3↓+2HClO
C．Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2Cl2+H2O＝Cl﹣+ClO﹣+2
D．Na2S溶液中通入过量SO2：S2﹣+2SO2+2H2O＝2H2S↑
（4）已知25℃时，Ksp[Mg（OH）2]＝4.0×10﹣11。在0.1mol L﹣1的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，溶液的pH是 　 　。（已知lg5＝0.7）
10．（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。 　 　
11．（2024秋 西青区期末）某学生用0.1032mol L﹣1的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，重复三次的实验数据如下表所示。
实验次数 HCl溶液的体积/mL 待测 NaOH溶液的体积/mL
1 27.84 25.00
2 27.83 25.00
3 27.85 25.00
（1）配制：250mL0.1032mol L﹣1的HCl溶液，必须使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 　 　。
（2）若用酚酞做指示剂，达到滴定终点的标志是：直到加入 　 　酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且 　 　内不变色。
（3）滴定过程中观察酸式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的溶NaOH液浓度 　 　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（4）计算待测NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度 　 　mol L﹣1。
12．（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
13．（2024秋 昌平区期末）①盐酸②醋酸③一水合氨④氢氧化钠⑤氯化铵⑥醋酸钠是实验室和生活中常见的物质。
（1）CH3COONa溶液显 　 　（填“酸性”、“中性”或“碱性”），结合化学用语解释原因 　 　。
（2）将浓度均为0.1mol/L的①与③溶液等体积混合后，溶液中存在的离子浓度大小关系是 　 　。
（3）下列事实不能证明氨水中存在电离平衡的是 　 　。
a．氨水中存在、OH﹣、H+
b．氨水的导电性弱于NaOH溶液
c．常温下，1mol L﹣1的氨水测得pH约为12
d．将一定体积的1mol L﹣1的氨水稀释10倍，其pH变化小于1
（4）常温下，pH＝4的CH3COOH和NH4Cl溶液，由水电离出的c（H+）之比是 　 　。
（5）向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，可观察到先产生白色沉淀，后产生大量无色气泡，结合化学用语，从平衡移动角度解释原因 　 　。
14．（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）]。
15．（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）。
16．（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。
17．（2024秋 成都期中）现有下列物质：①Ba（OH）2②BaCO3③蔗糖④Na2S⑤H2C2O4⑥镁条⑦盐酸⑧KOH溶液⑨HClO⑩NH3 H2O，部分物质25℃时的电离平衡常数如下表：
Ka1 Ka2
H2C2O4 5.9×10﹣2 6.4×10﹣5
HClO 4.0×10﹣8 ——
回答下列问题：
（1）上述物质中是强电解质的有 　 　（填序号，下同），能导电的有 　 　。
（2）H2C2O4是二元弱酸，在水溶液中的电离方程式为 　 　。
（3）已知25℃时，溶质为HClO和NaClO的混合溶液中c（HClO）＝c（ClO﹣），则溶液中c（H+）＝ 　 　，将0.01mol L﹣1的HClO溶液加水稀释10倍后溶液中氢离子的数目 　 　（填“增大”“减小”或“不变”，下同），氢离子的浓度 　 　，的值 　 　，HClO的电离平衡常数 　 　。
（4）25℃，101kPa时用⑦和⑩的稀溶液发生中和反应生成1mol H2O时，放出的热量 　 　（填“＞”、“＜”或“＝”）57.3kJ，理由是 　 　。
18．（2023秋 德州期末）已知25℃时，几种酸的电离平衡常数如表所示。
H2CO3 H2A HClO CH3COOH H2B
Ka1＝4.4×10﹣7 Ka1＝1.0×10﹣2 Ka＝4.7×10﹣8 Ka＝1.8×10﹣5 ——
Ka2＝4.7×10﹣11 Ka2＝6.0×10﹣8 —— —— ——
（1）25℃时浓度均为0.1mol L﹣1的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3、NaClO溶液，pH由大到小顺序为 　 　；
（2）25℃时向100mL0.1mol L﹣1的H2A溶液中加入等浓度等体积的NaOH溶液，所得混合液显 　 　（填“酸”“碱”“中”）性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 　 　；
（3）25℃时，用NaOH溶液吸收H2A得到pH＝9的Na2A溶液，吸收过程中水的电离平衡 　 　（填“向左”“向右”或“不”）移动，试计算溶液中 　 　。
（4）碳酸盐之间的转化在工业上有重要作用，通过计算说明
Li2CO3（s）+Ca2++（aq） 2Li+（aq）+CaCO3（s）能进行完全的原因：　 　。
[已知：Ksp（Li2CO3）═8.75×10﹣4，Ksp（CaCO3）═2.5×10﹣9]
（5）改变0.1mol L﹣1二元弱酸H2B溶液的pH，溶液中H2B、HB﹣、B2﹣的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示[已知δ（X）]，则K2（H2B）＝ 　 　。
19．（2023秋 朝阳期末）回答下列相关问题：
（1）以下物质：①KClO3晶体；②Fe2O3固体；③NaOH溶液；④熔融NaCl；⑤蔗糖；⑥液氯；⑦SO2。能导电的是 　 　（填序号，下同）；属于电解质的是 　 　；属于碱性氧化物的是 　 　。
（2）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体，反应的离子方程式是 　 　。常用澄清石灰水检验CO2气体，反应的离子方程式是 　 　。
（3）某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl三种原料的物质的量之比为1：4：8。
①配制该营养液后c（NH4+）＝0.016mol L﹣1，溶液中c（K+）＝　 　mol L﹣1。
②若采用（NH4）2SO4和KCl来配制该营养液，则KCl和（NH4）2SO4物质的量之比为 　 　。
20．（2024秋 湖北期中）已知25℃时部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式 NH3 H2O H2CO3 H2SO3 H2C2O4 HClO CH3COOH
电离平衡常数 Kb＝1.8×10﹣5 K1＝4.0×10﹣7 K2＝8.4×10﹣11 K1＝1.4×10﹣2 K2＝6.0×10﹣8 K1＝5.6×10﹣2 K2＝1.4×10﹣4 Ka＝3.0×10﹣8 Ka＝1.8×10﹣5
在25℃条件下，请回答下列问题：
（1）25℃时，将浓度相等的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈 　 　性，结合有关数据和文字解释原因 　 　。
（2）物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的六种溶液①NaHCO3②NH4Cl③NH3 H2O④CH3COONa⑤NaClO，pH由小到大的顺序 　 　（填序号）。
（3）向NaClO溶液中通入少量SO2反应的离子方程式：　 　。
（4）NaHCO3溶液中存在自耦电离：2 H2CO3，该反应平衡常数K＝ 　 　。
（5）0.1mol L﹣1的NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序 　 　。
（6）向amol L﹣1的CH3COONa溶液加入等体积的未知浓度的盐酸溶液（溶液混合时体积变化忽略不计），溶液恰好呈中性，则所加盐酸溶液的物质的量浓度 　 　mol L﹣1（用含a的式子表示）。
水溶液中的离子反应与平衡（解答题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（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。
2．（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。
3．（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。
4．（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。
5．（2024秋 吉林期末）请回答下列问题：
（1）写出稀氨水中一水合氨的电离方程式 　　；若想增大该溶液中的浓度而不增大OH﹣的浓度，应采取的措施是 　BD　（忽略溶液体积的变化）（填字母）。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入NH3 D．加入少量浓盐酸
（2）将0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后醋酸溶液的说法正确的是 　AB　（填字母）。
A．电离程度增大
B．溶液中离子总数增多
C．溶液导电性增强
D．溶液中醋酸分子增多
（3）磷能形成次磷酸（H3PO2）、亚磷酸（H3PO3）等多种含氧酸。H3PO2是一元中强酸，其中磷元素的化合价为 　+1　；写出其电离方程式：　　；推测NaH2PO2是 　正盐　（填“正盐”或“酸式盐”）。
（4）已知25℃，NH3 H2O的溶液中，，H2SO3的，，若氨水的浓度为2.0mol/L，溶液中的c（OH﹣）＝ 　6.0×10﹣3mol/L　。将SO2通入该氨水中，当c（H+）为10﹣7mol/L时，溶液中的 　0.62　。
【答案】（1）；BD；
（2）AB；
（3）+1； ；正盐；
（4）6.0×10﹣3mol/L；0.62。
【分析】（1）根据一水合氨是弱电解质，勒夏特列原理是指在一个已经达到平衡的化学反应中，如果改变影响平衡的一个条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，进行分析；
（2）根据醋酸溶液中存在电离平衡进行分析；
（3）根据H3PO2是一元中强酸，部分电离，NaH2PO2由Na+和酸根构成，无法再电离氢离子，进行分析；
（4）根据反应的，进行分析。
【解答】解：（1）一水合氨是弱电解质，其电离方程式为；
A．电离为吸热反应，升高温度平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，故A不符合题意；
B．加入NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡逆向进行，氢氧根的浓度减小，故B符合题意；
C．通入NH3，一水合氨的浓度增大，平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，故C不符合题意；
D．加入浓盐酸，与氢氧根反应，平衡正向进行，铵根浓度增大，氢氧根的浓度减小，故D符合题意；
故答案为：；BD；
（2）醋酸溶液中存在电离平衡；
A．加水稀释，电离平衡正向移动，导致电离的CH3COOH增多，故醋酸的电离程度增大，A正确；
B．加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中CH3COO﹣、H+数目增多，故溶液中离子总数增多，B正确；
C．加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中CH3COO﹣、H+数目增多，但稀释使溶液的体积增大，最终溶液中离子浓度c（CH3COO﹣）、c（H+）都减小，因而溶液导电性减弱，C错误；
D．加水稀释，电离平衡正向移动，导致更多的CH3COOH发生电离作用，因而溶液中未电离的CH3COOH数目减少，D错误；
故答案为：AB；
（3）H3PO2的各元素的化合价的代数和为0，则P的化合价为+1；H3PO2是一元中强酸，部分电离，其电离方程式为；NaH2PO2由Na+和酸根构成，无法再电离氢离子，则NaH2PO2是正盐，
故答案为：+1； ；正盐；
（4），c（OH﹣）＝6.0×10﹣3mol/L；将SO2通入该氨水中，当c（H+）为10﹣7mol/L时，溶液中的，
故答案为：6.0×10﹣3mol/L；0.62。
【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。
7．（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。
8．（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。
9．（2024秋 运城期末）弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶电解质的沉淀溶解平衡均属于化学平衡。
（1）已知H2A在水中存在如下电离过程：H2A＝H++HA﹣，HA H++A2﹣。25℃时NaHA溶液的pH 　B　（填序号）。
A．大于7
B．小于7
C．等于7
D．无法确定
（2）已知25℃时，0.1mol L﹣1某一元碱BOH在水中有0.1%发生电离，则此BOH溶液的pH＝ 　10　。
（3）已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸 HCOOH H2S HClO H2CO3 H2SO3
电离平衡常数（25℃） K＝1.8×10﹣4 Ka1＝1.1×10﹣7 Ka2＝1.3×10﹣15 K＝4.0×10﹣8 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka1＝1.4×10﹣2Ka2＝6.0×10﹣8
①在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，溶液导电能力：HCOOH 　＞　HClO（填“＞”“＜”或“＝”）。
②相同条件下，0.1mol L﹣1下列溶液中，c（）由大到小的排列顺序是 　ABDCE　（填序号）。
A．（NH4）2SO4 B．（NH4）2CO3 C．NH4Cl D．NH4HSO4 E．NH3 H2O
③下列离子方程式正确的是 　C　。
A．NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2ClO﹣2HClO
B．Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣＝CaSO3↓+2HClO
C．Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2Cl2+H2O＝Cl﹣+ClO﹣+2
D．Na2S溶液中通入过量SO2：S2﹣+2SO2+2H2O＝2H2S↑
（4）已知25℃时，Ksp[Mg（OH）2]＝4.0×10﹣11。在0.1mol L﹣1的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，溶液的pH是 　11.3　。（已知lg5＝0.7）
【答案】（1）B；
（2）10；
（3）①＞；
②ABDCE；
③C；
（4）11.3。
【分析】（1）根据HA﹣能电离但不水解进行分析；
（2）根据c（H+）mol/L＝1.0×10﹣10mol/L，pH＝﹣lg[c（H+）]进行分析；
（3）根据酸性：，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子，进行分析；
（4）根据25℃时，向0.1 mol L﹣1的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，Mg2+完全沉淀时，Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+） c2（OH﹣）进行分析。
【解答】解：（1）HA﹣能电离但不水解，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性，
故答案为：B；
（2）0.1mol/L的BOH溶液中c（OH﹣）＝0.1mol/L×0.1%＝1.0×10﹣4mol/L，则溶液中c（H+）mol/L＝1.0×10﹣10mol/L，则溶液的pH＝10，
故答案为：10；
（3）①酸性：，溶液导电能力：HCOOH＞HClO，
故答案为：＞；
②一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子，则等浓度的五种溶液中一水合氨溶液中铵根离子浓度最小；铵根离子在溶液中的水解程度小，则硫酸铵和碳酸铵溶液中的离子浓度大于硫酸氢铵和氯化铵，碳酸铵溶液中碳酸根离子水解促进铵根离子水解，则溶液中的铵根离子浓度小于硫酸铵溶液；硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，则溶液中铵根离子浓度大于氯化铵溶液，所以等浓度的五种溶液中铵根离子浓度由大到小的排列顺序ABDCE，
故答案为：ABDCE；
③A．由电离常数可知，酸性：，次氯酸的酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢根离子，则次氯酸溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为，故A错误；
B．二氧化硫具有还原性，与具有氧化性的次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不会发生复分解反应，故B错误；
C．由电离常数可知，次氯酸的酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢根离子，则将少量氯水加入碳酸钠溶液中，氯水中的盐酸与碳酸钠溶液反应生成氯化钠和碳酸氢钠，次氯酸与碳酸钠溶液反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，总反应的离子方程式为，故C正确；
D．SO2能与氢硫酸反应生成S沉淀和H2O，则硫化钠溶液与过量二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和S沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；
故答案为：C；
（4）25℃时，向0.1 mol L﹣1的氯化镁溶液中，逐滴加入氢氧化钠溶液，Mg2+完全沉淀时，Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+） c2（OH﹣）＝1×10﹣5×c2（OH﹣）＝4.0×10﹣11，c（OH﹣）＝2×10﹣3mol/L，c（H+） mol/L，则由lg5＝0.7，从而求出pH＝11.3，
故答案为：11.3。
【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。
10．（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。
11．（2024秋 西青区期末）某学生用0.1032mol L﹣1的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，重复三次的实验数据如下表所示。
实验次数 HCl溶液的体积/mL 待测 NaOH溶液的体积/mL
1 27.84 25.00
2 27.83 25.00
3 27.85 25.00
（1）配制：250mL0.1032mol L﹣1的HCl溶液，必须使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 　250mL容量瓶　。
（2）若用酚酞做指示剂，达到滴定终点的标志是：直到加入 　最后半滴　酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且 　半分钟　内不变色。
（3）滴定过程中观察酸式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的溶NaOH液浓度 　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（4）计算待测NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度 　0.1149　mol L﹣1。
【答案】（1）250mL容量瓶；
（2）最后半滴；半分钟；
（3）偏小；
（4）0.1149。
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤：计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶，进行分析；
（2）根据用酚酞做指示剂，达到滴定终点的标志进行分析；
（3）根据滴定前仰视，滴定后俯视，则酸的体积会减少，进行分析；
（4）根据数据，取3次盐酸体积的平均值，结合公式c（HCl）V（HCl ）＝ c（NaOH）V（NaOH），进行分析。
【解答】解：（1）配制250mL0.1032mol L﹣1的HCl溶液，必须使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
（2）若用酚酞做指示剂，达到滴定终点的标志是：直到加入最后半滴酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色，
故答案为：最后半滴；半分钟；
（3）滴定过程中观察酸式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则酸的体积会减少，结果会导致测得的溶NaOH液浓度偏小，
故答案为：偏小；
（4）分析数据，取3次盐酸体积的平均值，可得消耗盐酸体积＝27.84mL，根据公式c（HCl）V（HCl ）＝ c（NaOH）V（NaOH），代入数据NaOH的物质的量浓度＝0.1149 mol L﹣1，
故答案为：0.1149。
【点评】本题主要考查中和滴定等，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。
13．（2024秋 昌平区期末）①盐酸②醋酸③一水合氨④氢氧化钠⑤氯化铵⑥醋酸钠是实验室和生活中常见的物质。
（1）CH3COONa溶液显 　碱性　（填“酸性”、“中性”或“碱性”），结合化学用语解释原因 　CH3COONa在溶液中完全电离：CH3COONa＝CH3COO﹣+Na+水中存在：H2O H++OH﹣，CH3COO﹣结合H2O电离出的H+，c（H+）减小，使水的电离平衡向右移动，c（OH﹣）增大，溶液中c（H+）＜c（OH﹣），因此溶液显碱性　。
（2）将浓度均为0.1mol/L的①与③溶液等体积混合后，溶液中存在的离子浓度大小关系是 　c（Cl﹣）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）　。
（3）下列事实不能证明氨水中存在电离平衡的是 　ab　。
a．氨水中存在、OH﹣、H+
b．氨水的导电性弱于NaOH溶液
c．常温下，1mol L﹣1的氨水测得pH约为12
d．将一定体积的1mol L﹣1的氨水稀释10倍，其pH变化小于1
（4）常温下，pH＝4的CH3COOH和NH4Cl溶液，由水电离出的c（H+）之比是 　10﹣10：10﹣4　。
（5）向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，可观察到先产生白色沉淀，后产生大量无色气泡，结合化学用语，从平衡移动角度解释原因 　在溶液中，存在平衡 H+，向溶液中加入Ca2+，发生反应Ca2+═CaCO3↓，产生白色沉淀，使c（）减小，使平衡正移，c（H+）增大，发生反应H+═H2O+CO2↑，CO2逸出，产生大量气体　。
【答案】（1）碱性；CH3COONa在溶液中完全电离：CH3COONa ＝ CH3COO﹣+Na+ 水中存在：H2O H++OH﹣，CH3COO﹣结合H2O电离出的H+，c（H+）减小，使水的电离平衡向右移动，c（OH﹣）增大，溶液中c（H+）＜c（OH﹣），因此溶液显碱性；
（2）c（Cl﹣）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（3）ab；
（4）10﹣10：10﹣4；
（5）在溶液中，存在平衡 H+，向溶液中加入Ca2+，发生反应Ca2+═CaCO3↓，产生白色沉淀，使c（）减小，使平衡正移，c（H+）增大，发生反应H+═H2O+CO2↑，CO2逸出，产生大量气体。
【分析】（1）CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO﹣结合H2O电离出的H+，c（H+）减小，使水的电离平衡向右移动；
（2）将浓度均为0.1mol/L的盐酸与一水合氨溶液等体积混合后，反应得到氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液显酸性；
（3）a．溶液中存在分子和离子可说明溶质存在电离平衡；
b．溶液导电性和离子浓度大小有关；
c．常温下，1mol L﹣1的氨水测得pH约为12，氢氧根离子浓度10﹣2mol/L；
d．将一定体积的1mol L﹣1的氨水稀释10倍，其pH变化小于1，证明一水合氨又代理处氢氧根离子；
（4）常温下，pH＝4的CH3COOH溶液中水电离出的氢离子＝溶液中氢氧根离子浓度，NH4Cl溶液中水电离出的氢离子浓度为10﹣4mol/L；
（5）在溶液中NaHCO3电离产生的存在电离平衡： H+，电离产生的与加入的CaCl2电离产生的Ca2+结合形成CaCO3沉淀，导致溶液中c（）减小，使的电离平衡正向移动，导致溶液中c（H+）增大，H+与发生反应：H+CO2↑+H2O，CO2气体逸出，因此有大量气泡产生。
【解答】解：（1）CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中完全电离：CH3COONa ＝ CH3COO﹣+Na+ 水中存在：H2O H++OH﹣，CH3COO﹣结合H2O电离出的H+，c（H+）减小，使水的电离平衡向右移动，c（OH﹣）增大，溶液中c（H+）＜c（OH﹣），因此溶液显碱性，
故答案为：碱性；CH3COONa在溶液中完全电离：CH3COONa ＝ CH3COO﹣+Na+ 水中存在：H2O H++OH﹣，CH3COO﹣结合H2O电离出的H+，c（H+）减小，使水的电离平衡向右移动，c（OH﹣）增大，溶液中c（H+）＜c（OH﹣），因此溶液显碱性；
（2）将浓度均为0.1mol/L的盐酸与一水合氨溶液等体积混合后，反应得到氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液显酸性，溶液中离子浓度关系为：c（Cl﹣）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Cl﹣）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（3）a．氨水中存在一水合氨和水的电离平衡，溶液中含NH3 H2O、H2O、、OH﹣、H+，氨水中存在、OH﹣、H+不能说明存在电离平衡，故a错误；
b．溶液导电性和离子浓度大小有关，氨水的导电性弱于NaOH溶液，不能说明存在电离平衡，故b错误；
c．常温下，1mol L﹣1的氨水测得pH约为12，证明溶液中一水合氨未完全电离，氨水中存在电离平衡，故c正确；
d．将一定体积的1mol L﹣1的氨水稀释10倍，其pH变化小于1，说明溶液中存在电离平衡，故d正确；
故答案为：ab；
（4）常温下，pH＝4的CH3COOH和NH4Cl溶液，由水电离出的c（H+）之比：10﹣4＝10﹣10：10﹣4，
故答案为：10﹣10：10﹣4；
（5）向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，可观察到先产生白色沉淀，后产生大量无色气泡，这是由于在溶液中NaHCO3电离产生的存在电离平衡： H+，电离产生的与加入的CaCl2电离产生的Ca2+结合形成CaCO3沉淀，导致溶液中c（）减小，使的电离平衡正向移动，导致溶液中c（H+）增大，H+与发生反应：H+CO2↑+H2O，CO2气体逸出，因此有大量气泡产生，
故答案为：在溶液中，存在平衡 H+，向溶液中加入Ca2+，发生反应Ca2+═CaCO3↓，产生白色沉淀，使c（）减小，使平衡正移，c（H+）增大，发生反应H+═H2O+CO2↑，CO2逸出，产生大量气体。
【点评】本题考查弱电解质的电离等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离特点、电离影响因素及难溶物溶解平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度不大。
14．（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。
15．（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”）

展开更多......

收起↑