一、选择题
1．下列说法正确的是（ ）
A．室温下，pH相同的HCl溶液和NH4Cl溶液，c(Cl-)相同 B．室温下，浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水，氨水中的c(H+)小 C．某酸HA的铵盐NH4A溶液呈碱性，可证明HA是弱酸
L-1的醋酸溶液中和NaOH能力小于10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液 D．100 mL 0.01 mol·答案：C 【详解】
A．NH4水解使溶液呈酸性，HCl是强酸，pH相同的二者，NH4Cl浓度更大，所以pH相同的HCl溶液和NH4Cl溶液，c(Cl-)不同，故A错误；
B．NH3•H2O是弱碱，不完全电离，浓度相同的NaOH和NH3•H2O，前者c(OH-)大，所以氨水中的c(H+)大，故B错误；
C．NH4A中NH4水解使溶液为酸性，溶液呈碱性说明A-水解程度更大，则可证明HA是弱酸，故C正确；
D．在相同温度时，100 mL 0.01 mol·L-1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液中溶质都为0.001mol醋酸，中和时所需NaOH的量应相同，故D错误； 故答案选C。
++
2．下列说法正确的是
A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同 B．pH<7的溶液一定呈酸性
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-) D．若氨水和盐酸反应后的溶液呈酸性，则反应后溶液中c(Cl-) B．温度不同，水的离子积不同，当温度大于25℃时，KW10不一定为酸性，故B错误； C．根据CH3COOH14+，所以pH<7时溶液 CH3COO+H，醋酸电离出的CH3COO和H浓度相等；盐 酸溶液中H和Cl浓度相等，pH相等的盐酸和醋酸，溶液中H浓度相同，即有 c(Cl)=c(CH3COO)，故C正确； D．氨水和盐酸反应后的溶液中存在的Cl、H、OH、NH4，溶液呈酸性 +-c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(NH4)+c(H)=c(OH)+c(Cl)，可得c(NH4) 10-12 mol/L，下列一定能大量共存的离子是 3．常温下某无色溶液由水电离的c(H+)为1×A．K+、Cl-、NH4、HS- C．Na+、Cl-、NO3、SO4 -+B．K+、Fe3+、I-、CO3 2-2-D．Na+、Cu2+、Cl-、HCO3 - 答案：C 10-12 mol/L＜1×10-7 mol/L，说明水的电离解析：常温下某无色溶液由水电离的c(H+)为1× 受到了抑制作用，溶液可能显酸性也可能显碱性，然后分情况分析判断。 【详解】 A．若溶液显酸性，H+与HS-会反应产生H2S气体，不能大量共存；若溶液显碱性，则OH-与NH4反应产生NH3·H2O，与HS-反应产生S2-、H2O，，也不能大量共存，A不符合题意； B．Fe3+、I-会发生氧化还原反应产生Fe2+、I2，不能大量共存；Fe3+、CO3也会发生盐的双水解反应，不能大量共存，B不符合题意； C．无论是在酸性还是碱性环境中选项离子之间都不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意； D．在酸性溶液中H+与HCO3会反应产生CO2、H2O，不能大量共存，在碱性溶液中，OH-与Cu2+会产生Cu(OH)2沉淀；与HCO3会反应产生CO3、H2O，不能大量共存，D不符合题意； 故合理选项是C。 4．已知pOH=-lgc(OH)。向20mL0.1mol•L1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 -- +2---2 A．稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol•L-1 B．a点时溶液中存在：c(NH3•H2O)+c(OH-)=c(NH4)+c(H+) C．abc三点对应NH4的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c) D．b点时水的电离程度最大 答案：B 【详解】 A．20mL 0.1mol•L-1的氨水中含有一水合氨的物质的量为： 0.1mol/L×0.02L=0.002mol，硫酸的体积为20mL时溶液温度最高，恰好完全反应，则硫 酸的物质的量为：0.002mol×确； 1=0.001mol，则c=0.001mol÷0.02L=0.05mol/L，故A正2B．a点时溶液溶质为一水合氨和硫酸铵，而且一水合氨为硫酸铵浓度的2倍，根据电荷守 +-恒：c(NH4)+c(H)=2c(SO4)+c(OH)，物料守恒：c(NH3•H2O)+c(NH4)=4c(SO4)， 22可得c(NH3•H2O)+2c(OH-)=c(NH4)+2c(H+)，故B错误； C．升高温度促进的NH4水解，水解平衡常数增大，由图可知，温度b＞a＞c，则a、b、c三点对应NH4的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)，故C正确； D．当氨水与硫酸恰好完全反应生成硫酸铵时，即b点时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故D正确； 故选B。 5．关于下列各图的叙述，正确的是 mol-1 A．甲表示H2与O2反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为483.6kJ·B．乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2(g) N2O4(g)中，各物质的浓质与其消 耗速率之间的关系，交点A对应的状态一定不为化学平衡状态 C．丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将A、B饱和溶液分别由t1℃升温至t2℃时，溶质的质量分数B>A D．丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则HA为强电解质 答案：B 【详解】 A．在101kPa时，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物（如H→H2O），图示是2mol氢气燃烧，不是燃烧热，A错误； B．反应2NO2⇌N2O4(g)中，由图象可知，在A点反应物的消耗速率和生成物的消耗速率相等，其表明正反应速率和逆反应速率不等，没有达到化学平衡状态，故B正确； C．t1℃时AB浓度相同，升温时，均无溶质析出，溶液的浓度不变，溶质的质量分数B等于A，C错误； D．常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化可知酸性HA大于HB，但HA不一定为强电解质，D错误； 故选B。 6．下图表示室温下，等体积两种一元酸HA(曲线I)和HB(曲线Ⅱ)在稀释过程中溶液pH的变化。以下判断正确的是 A．物质的量浓度：HA=HB C．水的电离程度：a 解析：pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小，据此得出酸性：HB＞HA。 【详解】 A．在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HB＞HA，故在稀释前两种酸溶液的浓度c(HA)＞c(HB)，故A错误； B．pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小，故HB的酸性强于HA的酸性，故B错误； C．a点pH小于d点，说明酸的电离对水的电离的抑制a点大于d点，所以水的电离程度a 7．将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积 A．a=b=100 mL C．a=1000 mL＜b B．a=b=1000 mL D．a=100 mL＜b 答案：C 解析：醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，在水溶液里完全电离 【详解】 盐酸是强酸，将10 mL、pH为3的盐酸加水稀释至pH=5，说明溶液稀释100倍，即稀释后溶液的体积为a=1000mL；而醋酸是弱酸，加水稀释过程中还能促进醋酸的电离，将10 mL、pH为3的醋酸加水稀释至pH=5，说明溶液稀释大于100倍，即稀释后溶液的体积为b＞1000mL，则a=1000mL＜b，故答案为C。 L－1的NaF8．已知HF和HCN都是一元弱酸，但Ka(HF)＞Ka(HCN)。现有100 mL 0.1 mol· L－1的NaCN溶液，下列有关这两种溶液的说法中不正确的是( ) 溶液和100 mL 0.1 mol· A．溶液中离子总浓度：NaF＜NaCN C．NaF溶液中：c(HF)=c(OH-)-c(H＋) 答案：A 【详解】 A．溶液中都存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，c(Na＋)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，每种溶液中离子总浓度都是阳离子浓度的2倍，由于Ka(HF)＞Ka(HCN)，则盐溶液中c(OH-)：NaF＜NaCN，所以溶液中的c(H+)：NaF＞NaCN，故溶液中离子总浓度：NaF＞NaCN，A错误； B．酸越强，对应的盐水解程度越小，水解产生的酸分子浓度就越小。由于Ka(HF)＞Ka(HCN)，所以酸性：HF＞HCN，则盐的水解程度：NaCN＞NaF，故溶液中弱酸分子浓度：c(HF)＜c(HCN)，B正确； C．NaF溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H＋)+c(HF)，则c(HF)=c(OH-)-c(H＋)，C正确； D．NaCN溶液中存在物料守恒，则有c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，D正确； 故合理选项是A。 B．溶液中弱酸分子浓度：c(HF)＜c(HCN) D．NaCN溶液中：c(Na+)=c(CN－)+c(HCN) 9．用标准的NaOH溶液通过滴定操作测定某硝酸的浓度时，若测定结果偏高，其原因可能是 A．配制标准溶液的固体NaOH中混有少量KOH杂质 B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确 C．盛装待测硝酸的锥形瓶用蒸馏水洗涤后未干燥 D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴内存在气泡 答案：A 【详解】 A．等质量的NaOH和KOH，后者消耗的硝酸少，配制标准溶液的固体NaOH中混有少量KOH杂质时，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故A选； B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确，读取标准液的体积偏小，测定结果偏低，故B不选； C．盛装待测硝酸的锥形瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，消耗标准液的体积不变，对测定结果无影响，故C不选； D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴内存在气泡，读取标准液的体积偏小，测定结果偏低，故D不选； 答案选A。 10．室温下，不能用于比较CH3COOH和HCl酸性强弱的方法 A．分别测定相同物质的量浓度的两种溶液的导电性 B．分别测定并比较CH3COONa溶液和NaCl溶液的pH C．分别向相同pH的两份溶液中加入足量的锌粒，比较最终产生H2的多少 D．分别向0.1mol/L的两种溶液中加入足量的相同锌粒，比较开始时产生H2的快慢 答案：C 【详解】 A．室温下，相同物质的量浓度的两种溶液，醋酸溶液的导电性比盐酸弱，则表明醋酸溶液中离子浓度小，醋酸的电离程度比盐酸小，醋酸的酸性弱，A不符合题意； B．CH3COONa溶液的pH比NaCl溶液的pH大，则表明CH3COONa溶液的碱性强，从而得出CH3COOH的酸性比盐酸弱，B不符合题意； C．相同pH的两份溶液中c(H+)相同，但溶液的体积关系未知，所以虽然醋酸的起始浓度大，但加入足量的锌粒，最终产生的H2不一定多，C符合题意； D．CH3COOH和HCl的浓度都为0.1mol/L，加入足量的相同锌粒，开始时盐酸产生H2的速率快，则表明盐酸电离产生的c(H+)大，酸性强，D不符合题意； 故选C。 11．常温时下列各组微粒在指定条件下能大量共存的是( ) 化学式 电离常数(25℃) HClO H2CO3 K＝3.0×10﹣8 K1＝4.3×10﹣7 K2＝5.6×10﹣11 A．含Fe3+的溶液中：K+、NH4、SCN﹣、Cl﹣ B．遇酚酞变红的溶液中：K+、Ba2+、ClO﹣、I﹣ C．pH＝13的溶液中：Na+、AlO2、CO3、S2﹣ D．根据表提供数据：HClO、HCO3、ClO﹣、CO3 答案：C 【详解】 A．含Fe3+的溶液中Fe3+与SCN﹣发生络合反应，不能大量共存，故A错误； B．遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，溶液中ClO﹣与I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误； C．pH＝13的溶液为碱性溶液，溶液中Na+、AlO2、CO3、S2﹣之间不发生任何反应，都不与OH﹣反应，能够大量共存，故C正确； D．由电离常数的数值可知，电离程度由大到小的顺序为：H2CO3＞HCl＞HCO3，HClO与CO3在溶液中发生反应，不能大量共存，故D错误； 故选C。 22+-2-2- 12．下列离子方程式书写正确的是( ) A．醋酸钠的水解反应：CH3COO－＋H3O＋= CH3COOH＋H2O B．NH4Cl溶于D2O中：NH4＋D2OD．甲酸的电离反应：HCOOH +NH3·D2O＋H＋ 2Al(OH)3＋3H2S C．Al2S3的水解反应：2Al3＋＋3S2－＋6H2O H＋＋HCOO－ 答案：D 【详解】 A．醋酸钠水解使溶液呈碱性，离子方程式为：CH3COO－＋H2OA错误； B．NH4Cl溶于D2O中，铵根离子结合水电离出的氢氧根离子使溶液呈酸性，离子方程式为：NH4＋D2O ＋ CH3COOH＋OH-，故 +NH3·HDO＋D＋，故B错误； C．铝离子和硫离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，离子方程式为：2Al3 － ＋3S2＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，故C错误； D．甲酸是弱酸，电离方程式为：HCOOH答案选D。 H＋＋HCOO－，故D正确； 13．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A．NaHCO3溶液：K+、SO4、Cl-、AlO2 10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3 B．由水电离出的c(H+)=1× C．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：NH4、Al3+、NO3、Cl- L-1的溶液中：K+、ClO-、SO4、SCN- D．c(Fe3+)=0.1 mol·答案：C 【详解】 A．在NaHCO3溶液中，AlO2可与HCO3发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，不能大量共存，A错误； B．由水电离出的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液呈现酸性或碱性，HCO3会在酸性条件下反应生成水和二氧化碳，两者不能共存，且Ca2+和HCO3在碱性条件下反应也不能大量共存，B错误； C．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液显酸性，该组离子不反应，可大量共存，C正确； D．c(Fe3+)=0.1 mol·L-1的溶液中，SCN-会与Fe3+发生络合反应而不共存，D错误； 故选C。 ----2---2 c(OH−)=KW，下列说法错14．水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(H+)×误的是 A．曲线a、b均代表纯水的电离情况 B．图中温度T1＞T2 C．图中KW间的关系：B＞C＞D=E D．若处在B点时，将pH=2的盐酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性 答案：A 【详解】 A．只有c(H+)=c(OH−)的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故A说法错误； B．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH−)及离子积常数增大，根据图知，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1＞T2，故B说法正确； C．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＞C＞A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A=D=E，故C说法正确； D．B点时，KW=1×10−12，pH=2的盐酸中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH−)=1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D说法正确； 综上所述，说法错误的是A项，故答案为A。 15．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力随加入水的体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．加水前导电能力约为0 B．a、b、c三点溶液中c(H+)由小到大的顺序为c＜a＜b C．a、b、c三点中醋酸电离程度最大的是b D．加入NaOH固体可使b点对应的溶液中c(CH3COO-)增大、c(H+)减小 答案：C 【详解】 A．从图中可以看出，当加水量为0时，溶液的导电能力也为0，A正确； B．从导电能力看，导电能力强的点，离子总浓度大，图中显示，a、b、c三点溶液的导电能力c＜a＜b，则c(H+)由小到大的顺序为c＜a＜b，B正确； C．冰醋酸中加入水，随着水的不断加入，溶液的浓度不断减小，醋酸的电离度不断增大，所以a、b、c三点中醋酸电离程度最大的是c，C不正确； D．醋酸溶液中加入NaOH固体，可中和醋酸电离出的H+，使醋酸的电离平衡正向移动，所以可使b点对应的溶液中c(CH3COO-)增大、c(H+)减小，D正确； 故选C。 二、填空题 16．常温下，有浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：a．NaHCO3；b．NaClO；c．CH3COONa。 ①三种溶液pH由大到小的顺序为：________(填序号)。 ②溶液a的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)________c(CO3)(填“＞”、“＜”或“＝”)。， 答案：b＞a＞c ＞ 【详解】 ①这三种盐都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。由于弱酸的酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐的水解规律：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解可知等浓度的三种盐溶液的碱性：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa。溶液碱性越强，溶液的pH就越大，故三种溶液pH由大到小的顺序为：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，用序号表示为b＞a＞c； ②在NaHCO3溶液中存在HCO3的电离作用和水解作用，电离产生H+和CO3，使溶液显酸性；水解产生H2CO3、OH-，使溶液显碱性，由于0.1 mol/L NaHCO3溶液的pH大于8，溶液显碱性，说明HCO3水解程度大于其电离程度，故水解产生的H2CO3的浓度大于其电离产生的CO3的浓度，即c(H2CO3)＞c(CO3)。 2222 17．工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用水蒸汽加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，FeO+2HCl=FeCl2+H2O. 已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀； pH≥4.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式开始沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3∼4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。 (1)为除去溶液中Fe2+，可采用的方法是__。 (2)工业上为除去溶液中的Fe2+，常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO后，可能发生反应的离子方程式为__；溶液的pH变化是__。 (3)已知25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20。 ①某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于__。 ②要使0.2mol•L-1CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为__。 答案：将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH为3~4的范围 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O 增大 5 6 【详解】 (1)根据题意可知Fe3+完全沉淀时Cu2+不沉淀，所以可以将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH为3~4的范围，除去Fe元素； (2)该工艺中利用浓盐酸浸取粗制氧化铜粉制取氯化铜，为防止Cu2+沉淀，溶液应保持酸性环境，加入NaClO后，酸性环境中ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原成Cl-，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，该反应过程中消耗氢离子，所以pH增大； 21020(3)①Cu开始沉淀时c(OH)=molL-1=1×10-9mol/L，则c(H+)=1×10-5mol/L， 0.022+ - pH=5； ②使Cu2+浓度降至原来的千分之一，即c(Cu2+)=2×10-4mol/L，此时c(OH- 21020)=molL-1=1×10-8mol/L，则c(H+)=1×10-6mol/L，pH=6。 4210 18．已知：25℃时某些弱酸的电离平衡常数。 CH3COOH Ka=1.8×10 -5HClO Ka=3.0×10 -8H2CO3 Ka1=4.1×10-7 Ka2=5.6×10-11 (1)若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3都看作是酸，酸性由强到弱的顺序是___。 (2)写出NaClO露置在空气发生反应的有关化学方程式__。 答案：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3 NaClO+H2O+CO2=HClO+NaHCO3 【详解】 (1)若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3都看作是酸，根据电离平衡常数分析，电离平衡常数越大，说明酸性越强，则酸性由强到弱的顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3。 (2)根据酸性 H2CO3>HClO>HCO3分析，强酸制取弱酸，则NaClO和二氧化碳反应三次碳酸氢钠和次氯酸，化学方程式为NaClO+H2O+CO2=HClO+NaHCO3。 19．下表是几种弱酸的电离平衡常数(25℃)。 酸 H2CO3 C6H5OH(苯酚) CH3COOH (醋酸) H3AsO4 回答下列问题： (1)加水稀释，能___________(填“促进”或“抑制”)弱酸的电离，K值___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，溶液的pH___________。 (2) H3AsO4的第二步电离方程式为___________，对应的电离平衡常数表达式K2=___________。 (3)同浓度H2CO3、C6H5OH、CH3COOH、H3AsO4的水溶液的pH从大到小的顺序为___________。 (4)根据上表中的电离平衡常数，写出Na3AsO4溶液中加入过量的醋酸时，发生反应的离子方程式：___________。 (5)设计一个简单实验验证碳酸与醋酸的酸性强弱：___________。 平衡常数 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11 K=1.1×10-10 K=1.75×10-5 K1=6.2×10-3 K2=1.2×10-7 K3=3.1×10-18 答案：促进 不变 增大 H2AsO4⇌H++HAsO4 3--2-cH+cHAsO2-4cH2AsO-4- C6H5OH＞ H2CO3＞CH3COOH＞H3AsO4 AsO4+2CH3COOH=H2AsO4+2CH3COO- 向盛有碳酸氢钠溶液的试管中滴加醋酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，说明醋酸的酸性强于碳酸的酸性(或其他合理答案) 【详解】 (1)加水稀释，导致弱电解质中氢离子浓度减小，电离平衡正向进行，促进弱酸的电离；温度未变，K值不变；氢离子浓度减小，pH增大； (2)H3AsO4为三元弱酸，则第二步电离方程式为H2AsO4⇌H++HAsO4；K2= -2-cH+cHAsO2-4cH2AsO-4； (3)同浓度H2CO3、C6H5OH、CH3COOH、H3AsO4的K值越大，则酸性越强，水溶液pH越小，K(H3AsO4)＞K(CH3COOH)＞K(H2CO3)＞K(C6H5OH)，故pH从大到小的顺序为C6H5OH＞H2CO3＞CH3COOH＞H3AsO4； (4)根据表中数据，K1(H3AsO4)＞K(CH3COOH)＞K2(H3AsO4)，Na3AsO4溶液中加入过量的醋酸时，生成NaH2AsO4，反应的离子方程式为AsO4+2CH3COOH=H2AsO4+2CH3COO-； (5)根据强酸制弱酸原理，可利用醋酸与碳酸盐反应生成二氧化碳验证醋酸的酸性比碳酸的强，具体为向盛有碳酸氢钠溶液的试管中滴加醋酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，说明醋酸的酸性强于碳酸的酸性。 3-- 20．“新冠”疫情期间，包头市第一中学响应迅速，及时制定了预防措施，在校园内建设大量便于师生清洗和消毒的设施，并在正式复课以前采用高效安全的含氯消毒剂“84”对学校教室及公共设施进行了大范围的消毒作业。已知“84”消毒液的主要成分为NaClO，该校无机化学兴趣小组通过pH试纸测定一份“84”消毒液的pH，观察到pH试纸先变蓝，与比色卡对照后判定pH为10，一段时间后试纸褪色。回答以下问题： (1)请用离子方程式表示pH试纸变蓝的原因___________，pH试纸褪色的原因是___________。 (2)室温下，该消毒液中由水电离的氢氧根离子浓度为___________。 (3)该兴趣小组通过查阅资料得知：次氯酸为一元弱酸，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=c(X)--，X为HClO或ClO]与pH的关系如下图所示。则HClO c(HClO)+cClO的电离常数值为___________。 (4)在测量“84”消毒液值时，某同学发现久置于空气中的溶液，其pH会降低。请用化学 6.37方程式解释其原因___________。(已知：H2CO3的电离平衡常数Ka110， Ka21010.25) 答案：ClOH2OHClO+OH 次氯酸钠有强氧化性 104mol/L 107.5 CO2H2ONaClOHClONaHCO3 【详解】 (1) NaClO为强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解而使溶液显碱性，pH试纸变蓝的原因是 ClOH2OHClO+OH，生成的HClO具有强氧化性，则pH试纸褪色的原因是次 HClO+OH；次氯酸钠有强氧化性； 氯酸钠有强氧化性。答案为：ClOH2O(2)室温下，ClO-发生水解，从而促进水的电离，溶液中的OH-全部来自水电离，所以该消 10-14毒液中由水电离的氢氧根离子浓度为-10mol/L=104mol/L。答案为：104mol/L； 10(3)我们选择两条曲线的交叉点，在此点c(ClO-)=c(HClO)、pH=7.5，则HClO的电离常数为 c(H)c(ClO)= c(H+)=107.5。答案为：107.5； c(HClO)(4)“84”消毒液久置于空气中，会与空气中溶解的CO2反应，生成NaHCO3和HClO(比较H2CO3与HClO的电离常数，H2CO3只能发生第一步电离)，使溶液的碱性减弱，其pH会降低，原因是：CO2H2ONaClOHClONaHCO3。答案为： CO2H2ONaClOHClONaHCO3。 【点睛】 在书写H2CO3与NaClO反应的化学方程式时，我们往往会忽视碳酸的两步电离常数与HClO电离常数的大小关系，只考虑到碳酸少量，而把产物写成Na2CO3和HClO。 L-1 CH3COOH溶液；②0.01 mol·L-1 HCl溶液；21．现有常温下的4种溶液：①0.01 mol·③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。 回答下列问题： (1)4种溶液中水的电离程度最大的是_______(填序号)； (2)将4种溶液同等程度稀释10倍后，溶液pH由大到小的顺序是_______(填序号)； (3)若将①④混合后所得溶液中的c(CH3COO-)>c(H+)，则下列说法正确的是_______； A．溶液一定呈酸性B．溶液一定呈碱性 C．溶液一定呈中性D．溶液可能呈酸性、中性或碱性 (4)若将②③混合后所得溶液的pH=7，则消耗溶液的体积：②_______③(填“>”“＜”或“=”)。 (5)若将②④混合后所得溶液的pH=10，则消耗②和④溶液的体积比：V(HCl)∶V(NaOH)=_______； (6)若将②稀释106倍所得溶液中c(H+)∶c(Cl-)=_______； 答案：① ③>④>①>② D > 99∶101 10∶1 【详解】 (1)酸或碱电离出的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，则水的电离程度越小，醋酸为弱酸，则水的电离程度为①＞②=③=④，水的电离程度最大的是①； (2)酸加水稀释时，pH增大，碱加水稀释时，pH减小；pH相等的强碱和弱碱，加水稀释时，弱碱中存在未电离的分子，电离平衡正向进行，弱碱的pH变化小于强碱，则4种溶液同等程度稀释10倍后，溶液pH由大到小的顺序是③＞④＞①＞②； (3)①④等体积混合时，生成醋酸钠，c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，溶液呈碱性；再向醋酸钠溶液中加入少量的醋酸时，溶液呈中性，此时c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)= c(OH-)；再加入少量醋酸，溶液呈酸性，此时，c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，综上所述，答案为D。 (4)一水合氨为弱电解质，pH=12的氨水，则溶液中含有未电离的分子，若②③等体积混合后，氨水过量，所得溶液的呈碱性，若所得溶液的pH=7，则需少加入部分氨水，故盐酸的体积大于氨水； (5) pH=12的NaOH溶液中NaOH的浓度为0.01mol/L，若将②④混合后所得溶液的pH=10，V(NaOH)×0.01mol/L- V(HCl) ×0.01mol/L=[V(NaOH)+ V(HCl)] ×10-4mol/L，解得99 V(NaOH)=101 V(HCl)，V(HCl)：V(NaOH)=99∶101； (6)②0.01mol·L-1HCl溶液稀释106倍，则c(H+)≈10-7 mol/L，而c(Cl-)=0.01mol·L-1÷106=10-8 mol/L，c(H+)∶c(Cl-)=10∶1。 22．按要求回答问题： (1)写出醋酸的电离平衡常数表达式：______。 (2)取0.10molCH3COOH(冰醋酸)作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示。比较a、b点的相关性质(填“>”“＜”或“=”)： ①n(H+)：a______ b； -②c(CH3COO)：a______ b； (3)H+浓度相同等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH)分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是______(填写序号) ①反应所需要的时间B>A ②开始反应时的速率A>B ③参加反应的锌的物质的量A=B ④A中有锌剩余 (4)某温度(t℃)时，0.01molL-1的氢氧化钠溶液中，由水电离出的c(H+)=10-11molL-1，请回答下列问题： ①此温度下水的Kw=______； ②在相同温度下，0.1molL-1氢氧化钠溶液的pH应为______。 答案：CH3COOH【详解】 (1)醋酸是弱酸，电离可逆，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+； (2)①加水稀释促进醋酸电离，所以n(H+)：a＜b； ②溶液的导电率与离子浓度成正比，离子浓度越大其导电率越大，导电率a＞b，则c(CH3COO-)：a＞b； (3)①醋酸持续电离出氢离子，则反应过程中c(H+)：A＜B，反应速率A＜B，则反应所需要的时间B＜A，故错误； ②开始时c(H+)相等，则开始反应时的速率A=B，故错误； ③生成氢气的物质的量相等，根据转移电子守恒，参加反应的锌的物质的量A=B，故正确； ④c(H+)相同的盐酸和醋酸，体积相同时n(盐酸)＜n(醋酸)，分别与Zn反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，应该是盐酸中存在Zn，故正确； 综上所述答案为：③④； (4)①该溶液中c(OH-)=0.01mol/L，水电离出的氢离子就是溶液中的氢离子，则c(H+)=10-11 H++CH3COO- < > ③④ 10-13 12 mol•L-1，此温度下水的 Kw=c(H+)×c(OH-)=0.01×10-11=10-13； ②在相同温度下，0.1mol•L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=10-12mol•L-1，溶液的pH=12。 －－ 23．将0.2 mol·L1 HA溶液与0.1 mol·L1 NaOH溶液等体积混合(体积变化忽略不 计)，测得混合溶液中c(Na＋)＞c(A－)，则(用“＞”“＜”或“＝”填写下列空白)： － (1)混合溶液中，c(A)________c(HA)。 (2)混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0.1mol·L－1。 (3)混合溶液中，由水电离出的c(OH－)________0.2 mol·L－1 HA溶液中由水电离出的c(H＋)。 (4)25 ℃时，如果取0.2mol·L－1 HA溶液与0.1mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，则HA的电离程度________NaA的水解程度。 答案：＜ ＝ ＞ ＞ 【详解】 (1)将0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，则溶液中的溶质是HA、NaA，物质的量浓度均是0.05mol/L，测得混合溶液中c(Na ＋ )＞c(A－)，说明A-离子水解程度大于HA的电离程度，则混合溶液中，c(A－)＜c(HA)； (2)溶液中的溶质是HA、NaA，物质的量浓度均是0.05mol/L，根据物料守恒得c(HA)＋c(A－)=0.1mol/L； (3)溶液中的溶质是HA、NaA，物质的量浓度均是0.05mol/L，酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以混合溶液中，由水电离出来的c(OH－)＞0.2mol/L HA溶液中由水电离出的c(H＋)； (4)如果取0.2mol/L HA溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，则溶液中的溶质是HA、NaA，测得混合溶液的pH＜7，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，即HA的电离程度＞NaA的水解程度。 24．按要求回答下列问题： (1)t℃时，纯水中c(H+)＝1×10-6 mol·L-1，则该温度下水的离子积常数Kw＝_______；该温度下，pH＝10的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为______。 (2)相同物质的量浓度的下列溶液中：①NaCl ②NaOH ③H2SO4 ④(NH4)2SO4，其中水的电离程度由大到小顺序为__________(用序号回答)。 (3)将NaOH溶液和NH4Cl溶液按体积比1∶2混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是_____________。 (4)室温下，pH均为a的H2SO4溶液和NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)分别为________、________。 ﹣+ 10-12 0.005 mol·L-1 ④①②③ c(Cl﹣)＞c(NH+)c(Na)c(OH)＞c(H+) 答案：1×＞＞41×10a−14 mol·L−1 1×10－a mol·L−1 【详解】 (1)t℃时，纯水中c(H+)= c(OH-)=1×10-6 mol·L-1，则该温度下水的离子积常数Kw＝c(H+)× c(OH-)=1×10-12；该温度下，pH＝10的Ba(OH)2溶液中c(OH-)= cHKw11012=mol/L=1×10-2 mol·L-1，根据Ba(OH)2的化学式可知，Ba(OH)2的物质的101101×1×10-2 mol·L-1=0.005 mol·L-1； 2量浓度为： (2)相同物质的量浓度的下列溶液中：①NaCl不水解，对水的电离无影响；②NaOH在溶液中电离出OH-，抑制水的电离；③H2SO4在溶液中电离出H+，抑制水的电离，同物质的量浓度的H2SO4和NaOH溶液相比，H2SO4中的c(H+)大于NaOH溶液中的c(OH-)，则H2SO4对水的电离抑制程度更大；④(NH4)2SO4中的铵根离子在水溶液中发生水解，促进水的电离，则四种溶液中水的电离程度由大到小顺序为：④①②③； (3)将NaOH溶液和NH4Cl溶液按体积比1∶2混合后，所得溶液为等物质的量浓度的NaCl、NH3·H2O、NH4Cl的混合溶液，Cl﹣的物质的量浓度最大；NH3·H2O的电离程度大于 NH+)＞c(Na+)＞c(OH﹣)＞c(H+)，所以混合液中各离的水解程度，溶液呈碱性，则c(NH+44﹣ )＞c(Na+)＞c(OH﹣)＞c(H+)； 子浓度由大到小的顺序是：c(Cl)＞c(NH+4(4)室温下，pH为a的H2SO4溶液中，c(H)水= c(OH)水= +- cHKw11014=mol/L=1×10a−14 a110mol·L−1；在NH4Cl溶液中，H+都来自于水的电离，则由水电离出的c(H+)水=1×10-a mol·L−1。 25．25℃时，有浓度均为0.10mol/L的下列4种溶液： ①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COOH溶液 ④NaHCO3溶液 HCN Ka=4.9×10-10mol/L H2CO3 Ka1=4×10-7mol/L Ka2=5.6×10-11mol/L CH3COOH Ka=1.7×10-5mol/L (1)这4种溶液pH由大到小的顺序是_____(填序号)，其中②由水电离的H+浓度为_____。 (2)①中各离子浓度由大到小的顺序是______。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为______. (3)测得HCN和NaCN的混合溶液的PH=11，，则字)。 (4)CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，若溶液pH=6则溶液中c(CH3COO-) -c(Na+)=___mol/L(填精确值)。 答案：②①④③ 10-13mol/L Na+>CN->OH->H+ CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3 0.02 9.9×10-7 【详解】 (1) ①NaCN溶液因水解呈碱性，②NaOH溶液因电离呈碱性，③CH3COOH溶液 呈酸性，④NaHCO3溶液因水解呈碱性，由电离平衡常数知，碳酸氢钠溶液水解程度小于NaCN溶液，故25℃时，浓度均为0.10mol/L的下列4种溶液pH由大到小的顺序是②①④③，其中②中氢氧化钠电离抑制了水的电离，由水电离的H+浓度即氢离子浓度为 -cHCNcCN-约为____(保留1位有效数 10141013mol/L。 0.1(2)①中NaCN溶液因水解呈碱性，各离子浓度由大到小的顺序是Na+>CN->OH->H+。HCN的电离平衡常数介于碳酸的Ka1和Ka2之间，故向NaCN溶液中通入少量CO2生成HCN和碳酸氢钠，则发生反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3。 (3)测得HCN和NaCN的混合溶液的PH=11，则 -cHCNcCN-cHCNcH+cCN-cH+10110.02。 KaHCN4.91010cH+(4)CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈电中性，c(CH3COO-) +c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，若溶 10-7 液pH=6，则溶液中c(CH3COO-) -c(Na+)= c(H+)-c(OH-)=10-6 mol/L -0-8mol/L=9.9×mol/L。 26．(1)某温度(t℃)时，水的Kw=1×10-12，则该温度_________ (填“＞”“＜”或“＝”)25 ℃，其理由是__________________。 (2)该温度下，c(H+)=1×10-7 mol·L-1的溶液呈_________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶L-1。 液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH-)=_________mol· (3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体,水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。 (4)25 ℃时，0.1 mol·L-1下列物质的溶液：①HCl、②H2SO4、③NaCl、④NaOH 、⑤Ba(OH)2，水电离出的c(H+)由大到小的关系是_________ (填序号)。 (5)25 ℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度_________(填“＞”、“＜”或“=”)pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度。 10-7 向右 向右 ③>①=④>②=⑤ 等答案：＞ 升温促进水的电离，Kw增大 碱性 1×于 解析：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较(t℃)时和25℃时Kw的值判断；通过比较溶液在该温度下氢离子浓度与氢氧根离子浓度的大小判断溶液的酸碱性；NaOH为强碱，抑制水电离；根据离子浓度对电离平衡的影响效果判断；酸或碱都抑制水电离，酸溶液中氢离子(氢氧根离子)浓度越大，其抑制水电离程度越大。溶液中水电离的c(H＋)和水电离c(OH－)一直相等，则c(H＋)水＝c(OH－)水，根据溶液组成分析计算。 【详解】 (1)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，某温度(t℃)时，水的离子积常 1214数Kw11010，则该温度大于25℃，故答案为：>；升温促进水的电离，Kw增 大； (2)根据第(1)问可知，该温度下，c(H＋)＝1×10－7 mol/L的溶液， Kw110－12c(OH−)=10−5 mol·L−1，c(H＋)< c(OH−)，溶液显碱性；该溶液中只存－7=1×+cH110在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH−)水=c(H+)水= c(H+)=10−7mol⋅L−1； (3)Zn和稀硫酸反应，使溶液酸性减弱，对水的电离抑制程度减弱，即水的电离平衡向右移动；在新制氯水中加入少量NaCl固体，水中的Cl-浓度增大，则平衡Cl2+H2O电离抑制程度降低，水的电离向右移动，故答案为：向右；向右； (4)酸或碱均会抑制水的电离，根据溶液的酸碱性可得出，0.1 mol·L-1下列物质的溶液：L-1，抑制作用①HCl与④NaOH比较，溶质电离的氢离子与氢氧根离子的浓度均为0.1mol· H++Cl-+HClO向逆反应方向移动，即向生成Cl2分子的方向移动，氯水中的H+浓度降低，对水的 相当；②H2SO4与⑤Ba(OH)2分别为二元强酸和二元强碱，则电离的氢离子与氢氧根离子的L-1，抑制作用也一致，比①HCl与④NaOH的抑制作用强，由水电离的氢浓度均为0.1mol· 离子浓度更小；③NaCl为中性溶液，既不促进也不抑制，综上所述，五种溶液中水电离出的c(H+)由大小关系为：③>①=④>②=⑤，故答案为：③>①=④>②=⑤； －14KW110(5)25 ℃时，pH＝4的盐酸中c(H+)=1×10-4mol/L，c(OH-)=10-－4=1×+cH11010 水 mol/L=c(OH-)水= c(H+)水，pH＝10的Ba(OH)2溶液中c(H+)=1×10-10mol/L= c(H+)水= c(OH-) ，由此可知，两溶液中水的电离程度相同。 三、解答题 27．电解质的水溶液中存在电离平衡。 (1)醋酸是常见的弱酸。 ①醋酸在水溶液中的电离方程式为_______。 ②下列方法中，可以使醋酸稀溶液中CH3COOH 电离程度增大的是_______(填字母序号)。 a.滴加少量浓盐酸 b.微热溶液 c.加水稀释 d.加入少量醋酸钠晶体 (2)①一定温度下，向1 L 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体，则醋 c(CH3COO-)c(H+)酸的电离平衡 向_______(填“正”或“逆”)反应方向移动；溶液中的值 c(CH3COOH)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 H2O。 ②氨气的水溶液称为氨水，其中存在的主要溶质微粒是NH3· H2O的电离平衡常数均为1.74×10-5mol·L-1； 已知：a.常温下，醋酸和NH3· b.CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O。 则CH3COONH4溶液呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”，下同)，NH4HCO3溶液呈_______性，NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是_______(填化学式)。 (3)99℃时，KW=1.0×10-12，该温度下测得0.1 mol·L-1Na2A溶液的pH=6。 ①H2A在水溶液中的电离方程式为_______。 L-1H2A溶液稀释到20倍后，溶液的pH=_______。 ②该温度下，将0.01 mol· ③体积相等、pH=1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气_______。 A．盐酸多 B．H2A多 C．一样多 D．无法确定 L-1H2A溶液与0.2 mol·L-1氨水等体积混合，完全反应后溶液中各离子浓度从④将0.1 mol· 大到小的顺序为_______。 答案：CH3COOH⇌CH3COO-+H+ b、c 逆 不变 中 碱 NH4 H2A=2H++A2- 3 C c(NH4)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-) 【详解】 (1)①醋酸为弱电解质，在水溶溶液中只有部分电离，所以其电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+； ②由醋酸的电离方程式CH3COOH⇌CH3COO-+H+可知： A．滴加少量的浓盐酸增加了氢离子浓度，抑制醋酸的电离，故a不选； b．弱电解质的电离为吸热过程，所以微热醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，故选b； ++c．根据弱电解质越稀释越电离的规律可知，在加水稀释过程中醋酸的电离程度增大，故选c； d．向醋酸溶液中加入少量的醋酸晶体，醋酸的浓度增大，平衡正向移动，但醋酸的电离程度减小，故d不选，综上所述答案选bc； (2)①由CH3COOH⇌CH3COO-+H+可知，向醋酸溶液中加CH3COONa固体，则平衡逆向移 c(CH3COO-)c(H+)动；K=，平衡常数只与温度有关，温度不变则K不变，故答案为： c(CH3COOH)逆；不变； H2O的电离平衡常数均为1.74×10-5mol·L-1；所以醋酸与②由于常温下，醋酸和NH3· NH3·H2O的为同强的弱酸与弱碱，所以CH3COONH4溶液呈中性；NH4HCO3为弱酸与弱碱的酸式盐，HCO3的酸性小于H2CO3，所以NH4HCO3溶液呈碱性，则NH4离子浓度最大，故答案为：中；碱；NH4； (3) 99℃时，纯水的KW=1.0×10-12，该温度下测得0.1 mol·L-1Na2A溶液的pH=6，说明Na2A溶为强碱强酸盐； ①H2A为强酸，在水溶液中完全电离，则H2A=2H++A2-，故答案为：H2A=2H++A2-； L-1H2A溶液稀释到20倍后，溶液中氢离子浓度为②该温度下，将0.01 mol· ++cH=0.01mol/L220=0.001mol/L，所以pH=3，故答案为：3； ③酸与足量的锌反应生成氢气的量与氢离子生物物质的量成正比，体积相等、pH=1的盐酸与H2A溶液中的氢离子浓度相等，所以与足量的锌完全反应生成的氢气的量一样多，故选C； L-1H2A溶液与0.2 mol·L-1氨水等体积混合，二者恰好完全反应生成④将0.1 mol· NH42A，NH42A为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以cH＞cOH铵根离 子能水解但较微弱，根据电荷守恒得cNH4+cH=2cA+cOH，所以 22cNH4＞cA，则溶液中离子浓度大小顺序为：2cNH＞cA＞cH＞cOH，故答案为：42cNH4＞cA＞cH＞cOH。 28．(1)写出下列物质在水中的电离方程式。 ①NH4HSO3：_______。 ②H2C2O4：_______。 (2)常温下，有下列2种溶液：盐酸、醋酸 ①向等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液中加入大小相同的镁条，开始时反应速率分别为v1、v2，其大小关系为______。 ②等体积、等pH的的盐酸和醋酸溶液分别与足量的等浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液的体积分别为a、b，其大小关系为_____。 (3)25 ℃时，两种酸的电离平衡常数如下表。 H2SO3 H2CO3 Ka1 1.3×10-2 4.2×10-7 Ka2 6.3×10-8 5.6×10-11 ①在相同条件下，试比较H2CO3、HCO3和HSO3的酸性从强到弱顺序为_____。 ②向Na2CO3溶液中加入足量NaHSO3溶液，反应的离子方程式为_____。 答案：NH4HSO3=NH4+HSO3，HSO3HC2O42SO3+H+ H2C2O4 2HC2O4+H+， C2O4+H+ v1> v 2 aHSO3>HCO3 22CO3+HSO3=HCO3+SO3 【详解】 (1)①NH4HSO3是强电解质，NH4HSO3完全电离，电离方程式为NH4HSO3=NH4+HSO3，HSO3还能进一步电离，电离方程式为HSO3SO3+H+。 HC2O4+H+， 2②H2C2O4为二元弱酸，分两步电离，电离方程式为H2C2O4HC2O4C2O4+H+。 2(2)①等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液中，强酸盐酸完全电离，弱酸醋酸部分电离，盐酸中氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，氢离子浓度越大反应越快，所以v1> v 2。 ②等体积、等pH的的盐酸和醋酸溶液中n(盐酸) 10-11、6.3×10-8，所以H2CO3、HCO3和HSO3酸性从强到弱顺序为、5.6× H2CO3>HSO3>HCO3。 ②强酸可以制取弱酸，酸性：HSO3>HCO3，所以向Na2CO3溶液中加入足量NaHSO3溶液，反应的离子方程式为CO3+HSO3=HCO3+SO3。 22 29．I.已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下： 弱酸化学式 电离平衡常数 HSCN 1.3×10-1 CH3COOH 1.8×10-5 HCN 4.9×10-10 H2CO3 Ka1=4.3×10-7 Ka1=5.6×10-11 (1)25℃时，将20 mL 0.1 mol/LCH3COOH溶液和20 mL 0.1 mol/L HSCN溶液分别与20 mL 0.1 mol/LNaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示： 反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是______________。 (2)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入一定量氨气，下列各量会变小的是________(填字母) a.c(CH3COO-) b.c(H+) c.Kw d.醋酸电离平衡常数 II. (1) HClO4、H2SO4、 HCI和HNO3都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，下列说法不正确的是______ 酸 Ka HClO4 1.6x10-5 H2SO4 Ka1: 6.3x10-9 HCl 1.6x10-9 HNO3 4.2x10-10 A．温度会影响这四种酸在冰醋酸中的电离常数 B．在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸 C．在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H++SO4 D．这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但仍属于强电解质 (2)亚磷酸是二元中强酸，25°C时亚磷酸( H3PO3 )的电离常数为K1=1x10-2，K2=2.6x10-7。 ①试从电离平衡移动的角度解释K1为什么比K2大____。 ②写出亚磷酸的电离方程式(2步)______________________________。 ③请设计一种方案，使之能通过直观的实验现象判断醋酸的酸性强于H2S，该方案所用的试剂是________________，反应的化学方程式为________________。 2 答案：HSCN酸性强于CH3COOH酸性，其溶液中c(H+)较大，故其溶液于碳酸氢钠溶液反应产生CO2气体的速率快 b C H3PO3第一步电离出的H+抑制了第二步的电离 H3PO3H2OP3-+H+、H2PO3HOP32-+H+ 醋酸、Na2S溶液 Na2S+2CH3COOH=H2S+2CH3COONa 解析：【详解】 I. (1)由CH3COOH与HSCN的电离平衡常数知，CH3COOH酸性弱于HSCN，即在相同浓度情况下，HSCN溶液中的H+浓度大于CH3COOH溶液中的H+浓度，浓度越大反应速率越快，故答案为：HSCN酸性强于CH3COOH酸性，其溶液中c(H+)较大，故其溶液于碳酸氢钠溶液反应产生CO2气体的速率快； (2)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入一定量氨气，CH3COOH电离生成的H+和NH3反应生成NH4，促进CH3COOH的电离， a. 促进醋酸电离，则溶液中c(CH3COO-)增大，故不选； b. CH3COOH电离生成的H+和NH3反应生成NH4，导致溶液中c(H+)减小，故选； c. Kw只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，故不选； d. 醋酸电离平衡常数只和温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，故不选，故答案为： ++b； II. (1) A. 电离平衡常数K只与温度有关，所以温度会影响这四种酸在冰醋酸中的电离常数，故A正确； B. 电离平衡常数越大，酸的酸性越强，所以在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸，故B正确； C. 在冰醋酸中H2SO4不能完全电离，存在可逆性、分步电离，电离方程式为 H2SO4H++HSO-4，故C错误； D. 这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但在水中是完全电离，属于强电解质，故D正确；故答案为：C； (2)①第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离平衡常数大于第二步电离平衡常数，故答案为：H3PO3第一步电离出的H+抑制了第二步的电离； ②亚磷酸为二元中强酸，分步电离且电离可逆，电离方程式为： H3PO3H3PO3H2OP3-+H+、H2PO3H2OP3-+H+、H2PO3HOP32-+H+；故答案为：HOP32-+H+； ③由于醋酸的酸性大于H2S，所以可选择醋酸和Na2S溶液反应生成H2S气体、并伴有臭鸡蛋气味，反应的方程式为：Na2S+2CH3COOH=H2S+2CH3COONa，故答案为：醋酸、Na2S溶液；Na2S+2CH3COOH=H2S+2CH3COONa。 30．工业上常回收冶炼锌废渣中的锌（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质，并6H2O晶体，其工艺流程如下，有关氢氧化物沉淀时的pH如下表。 用来生产ZnSO4· 氢氧化物 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Al(OH)3 3.3 5.0 Fe(OH)3 1.5 3.7 Fe(OH)2 6.5 9.7 Zn(OH)2 5.4 8.0 （1）上述工艺流程中多处涉及“过滤”，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有_____________ （2）在“除杂Ⅰ”步骤中，需再加入适量H2O2溶液的目的是______________;为使Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，应控制溶液pH范围是 _______________；为控制上述pH范围可选择加入的试剂或药品是_____________。 A．ZnO B．氨水 C．固体NaOH D．ZnCO3 （3）在“除杂Ⅱ”步骤中，加入Zn粉的作用是____________。“操作A”的名称是___________。 10-20，某CuSO4溶液里c（Cu2+）=2.0×10-（4）常温下，已知Ksp〔Cu（OH）2〕=2.0× 4 mol/L，如果要生成Cu（OH）2沉淀，则应调整溶液pH大于___________。 答案：烧杯、玻璃棒、漏斗 将Fe2+完全氧化为Fe3+ 5.0≤pH<5.4 AD 除去溶液中的Cu2+ 冷却结晶 6.0 解析：冶炼锌废渣中的锌（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质），加入硫酸通入空气酸浸过滤后得到滤液含有Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子、铝离子全部沉淀，过滤后滤液中加入锌除去铜离子，过滤得到硫酸锌溶液，加热蒸发，浓缩结晶，过滤洗涤得到ZnSO4•6H2O晶体； 【详解】 (1)实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗； (2)在“除杂Ⅰ”步骤中，需再加入适量H2O2溶液的目的是将Fe2+完全氧化为Fe3+，便于完全沉淀；依据图表数据分析，为使Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，应控制溶液的pH范围为5.0～5.4；为控制上述pH范围可选择加入的试剂或药品不能引入新的杂质，B（氨水）会引入铵根离子，C（固体氢氧化钠）会引入钠离子，A（ZnO）、D（ZnCO3）会降低溶液pH且不引入新的杂质，故答案为：将Fe2+完全氧化为Fe3+；5.0≤pH<5.4；AD； (3)在“除杂Ⅱ”步骤中，加入Zn粉的作用是除去溶液中的Cu2+，硫酸锌溶液得到晶体的方法是利用加热蒸发浓缩，冷却结晶得到，“操作A”的名称是冷却结晶，故答案为：除去溶液中的Cu2+；冷却结晶； (4)常温下，已知Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20，某CuSO4溶液里c(Cu2+)=2.0×10-4mol/L，如果要c2(OH－)=2.0×10-20，c(OH生成Cu(OH)2沉淀，Q≥Ksp，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)× － -202.010)==1.0×10-8mol/L，c(H+)=1.0×10-6mol/L，pH=6.0，则应调整溶液pH大于 -42.0106.0，故答案为：6.0。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容