1、盐类水解中的三大守恒综合一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( )A. 每升溶液中的H+数目为0.02NAB. c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强2. 下列关于常温下溶液的说法正确的是()A. 0.1molL-1Na2S溶液中：2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)B. 0.02molL-1氨水和0.01molL-1氨水中的cNH4+之比小于21C. 向醋酸
2、钠溶液中加入醋酸使溶液呈中性，此时混合溶液中c(Na+)Ka(HF)3. 某溶液中所含离子的浓度如下表，则Mn+及a值可能分别为离子H+Al3+Mn+浓度(molL-1)3422aA. Mg2+、1.5B. Fe3+、0.5C. Ba2+、1.5D. K+、2.54. 常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()A. 新制氯水中加入固体NaOH:c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)B. pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)C. pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH4+)c(OH-)=c(H
3、+)D. 0.2molL-1CH3COOH溶液与0.1molL-1NaOH溶液等体积混合：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)5. 一定温度下，向300mL1mol/L的NaOH溶液中通入bmolCO2，下列说法正确的是( )A. 通入CO2过程中溶液的Kw减小B. b=0.3与b=0.15时，所得溶液中的微粒种类不相同C. 当b=0.2时，所得溶液中部分离子浓度关系为：c(HCO3-)(CO32-)c(OH-)c(H+)D. 当b=0.3时，溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)6. 下列有关说法中，不正确的是()A. amo
4、l/L的HCN溶液与bmol/L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)c(CN-)，则a一定小于bB. 常温，CH3COONa溶液的pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO-)=9.910-7mol/LC. 常温下，0.1mol/L的某酸溶液中，若c(OH-)/c(H+)=110-8，则溶液中由水电离出的c(H+)=110-11mol/LD. 在0.1mol/L的Na2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(SO32-)与c(Na+)均增大7. 常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是()A. pH=7，且c(CH3COO-)=c(Na+)c(H+)=c(
5、OH-)B. pH7，且c(OH-)c(Na+)c(H+)c(CH3COO-)C. pH7，且c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)D. pHc(H+)c(Na+)c(OH-)8. 草酸是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性对于0.1mol/LKHC2O4，下列关系正确的是()A. c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+c(C2O42-)B. c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol/LC. c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)D. c(C2O42-)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)10. 常温下向2
6、0mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化).下列说法中错误的是()A. a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3mol/LB. b点表示的溶液中c(CH3COO-)c(Na+)C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好完全中和D. 滴定过程中溶液中的n(CH3COO-)+n(CH3COOH)的和不变11. 某溶液中大量存在以下五种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+、M，它们的微粒数比为n(NO3-)n(SO42-)n(Fe3+)n(H+)n(M)=23131，则M可能为(HNO3具有强氧化性)()A.
7、 Mg2+B. Na+C. CO32-D. Ba2+12. 常温下，用0.1000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL-1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是( )A. 点所示溶液中：cCH3COO-+cOH-=cCH3COOH+cH+B. 点所示溶液中：cNa+=cCH3COOH+cCH3COO-C. 点所示溶液中：cNa+cOH-cCH3COO-cH+D. 滴定过程中可能出现：cCH3COOHcCH3COO-cH+cNa+COH-13. 25时，向20mL0.1mol/LHAuCl4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图1所示，含氯微
8、粒的物质的量分数()随pH变化关系如图2所示，则下列说法不正确的是( )A. 图2中A点对应溶液的pH约为5B. b点对应溶液中：c(Na+)c(AuCl4-)C. d点对应溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HAuCl4)D. 滴定过程中，n(HAuCl4)与n(AuCl4-)之和保持不变14. 常温时，0.1molL-1的H3AsO4溶液用NaOH调节pH得到一组c(H3AsO4)+c(H2AsO4-)+c(HAsO42-)+c(AsO43-)=0.1molL-1的溶液，各含砷微粒的物质的量的分布分数如图所示，下列说法错误的是()A. M点时，pH=-lgKa1B. 0.1molL-1的
9、NaH2AsO4溶液中：c(H2AsO4-)c(HAsO42-)c(H3AsO4)C. N点时，c(Na+)0.3molL-1-3c(HAsO42-)-3c(H3AsO4)D. P点时，c(Na+)c(H2AsO4-)+5c(AsO43-)15. 已知AG=lgc(H+)c(OH-)。室温下，向10mL0.1molL-1HR溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，混合溶液中AG与NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是A. G点溶液中：c(Na+)=c(R-)B. 水的电离程度：GPFEC. P点溶液：c(Na+)c(HR)+2c(R-)D. 室温下，HR电离度()为1二、填空题（本大题共4
10、小题，共55分）16. 25时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.810-5K1=4.310-7K2=5.610-113.010-8回答下列问题：(1)一般情况下，当温度升高时，Ka_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是_(填序号)；a.CO32-b.ClO-c.CH3COO-d.HCO3-(3)下列反应不能发生的是_(填序号)a.CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2+H2Ob.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClOc.CO32-+2HClO=CO2+H2O+2ClO-d.2C
11、lO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO(4)用蒸馏水稀释0.10molL-1的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_(填序号)；a.c(CH3COOH)c(H+)b.c(CH3COO-)c(CH3COOH)cc(H+)kWdc(H+)c(OH-)(5)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pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数_(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)_醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，理由是_；(6)25时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合
12、溶液的pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=_molL-1(填精确数值)。17. .(1)氯化铁水溶液呈_性，原因是(用离子方程式表示)：_；把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_；普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是_。(2)已知：在相同条件下醋酸与氨水电离程度相同，现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：硫酸、醋酸、氢氧化钠、氯化铵、醋酸铵、硫酸铵、硫酸氢铵、氨水。、四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是(填序号)_；、五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺
13、序是(填序号)_。.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CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.810-5Ka1=4.310-7Ka2=5.610-11Ka=3.010-8(1)物质的量浓度均为0.1molL-1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_(用编号填写)a.CH3COONab.Na2CO3 c.NaClOd.NaHCO3(2)常温下，0.1molL-1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_A.c(H+) Bc(H+)c(CH3COOH)C.c(H+)c(OH-)D.c(OH-)c(H+)E. c(H+)c(CH3C
14、OO-)c(CH3COOH)(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，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=_(填准确数值)。(5)25时，将amolL-1的醋酸与bmolL-1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为_(6)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1molL-1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式： c(OH-)=2c(H2CO3)+_18. 物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡。
15、请根据所学知识回答：.已知H2S是一种二元弱酸，回答以下问题：(1)0.1mol/LNaHS溶液显碱性，则c(S2-)_c(H2S)(填“大于”，“小于”或“等于” )。(2)常温下，向0.2mol/L的H2S溶液中逐滴滴入0.2mol/LNaOH溶液至中性，此时溶液中以下所示关系一定正确的是_。A.c(H+)c(OH-)=110-14B.c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-)C.c(Na+)c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) D.c(H2S)c(S2-)(3)若向CaS悬浊液中加入Cu(NO3)2溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式_。(4)已知：H2S：K1=
16、1.010-7 K2=7.110-15，H2CO3：K1=4.310-7 K2=5.610-11，含H2S尾气用足量的Na2CO3溶液来吸收。写出离子反应方程式_。、已知在25时，醋酸的电离平衡常数为Ka=1.810-5。常温下，0.1mol/LNaOH溶液V1mL和0.2mol/LCH3COOH溶液V2mL混合后(忽略混合前后溶液体积的变化)溶液的pH=7。(1)反应后溶液中离子浓度的大小关系为_。(2)V1：V2 _(填“”、“”或“=”)2:1(3)c(CH3COO-)：c(CH3COOH)=_。19. 草酸(H2C2O4)是二元弱酸，25时，H2C2O4：K1=5.410-2，K2=5
17、.410-5；H2CO3：K1=4.510-7，K2=4.710-11。已知：KHC2O4溶液呈酸性。(1)下列化学方程式不正确的是_。A.CO2+H2O+C2O42-=CO32-+H2C2O4 B.HC2O4-+CO32-=HCO3-+C2O42-C.HCO3-+C2O42-=HC2O4-+CO32- D.H2C2O4+CO32-=C2O42-+CO2+H2O(2)常温下，向10mL0.01molL-1H2C2O4溶液中滴加0.01molL-1的KOH溶液VmL，回答下列问题：当V”“”或“=”)；当V=20时，溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4、OH-的物质的量浓度从大到小的顺
18、序为_。答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确电离平衡的影响因素为解答的关键，注意掌握电荷守恒的概念，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。【解答】A.常温下pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，1L该溶液中含有的n(H+)=0.01mol/L1L=0.01mol，含有H+数目为0.01NA，故A错误；B.根据H3PO4溶液中的电荷守恒可知：c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)，故B正确；C.加水稀释H3PO4的浓度减小，其电离度增大，但溶液中氢离子浓度减小，溶液p
19、H增大，故C错误；D.加入NaH2PO4固体后，抑制了H3PO4的电离，溶液中氢离子浓度减小，溶液酸性减弱，故D错误。故选B。2.【答案】B【解析】【分析】本题考查溶液中的离子平衡，涉及弱电解质的电离平衡、三大守恒关系、盐类水解的规律等，难度一般。【解答】A.根据物料守恒，c(Na+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，故A错误；B.一水合氨是弱电解质，浓度越小，电离程度越大，则0.02molL-1氨水和0.01molL-1氨水中的c(NH4+)之比小于2:1，故B正确；C.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，则c(H+)=c(O
20、H-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，故C错误；D.同浓度的HCOONa和NaF溶液中，前者的pH较大，说明HCOO-的水解程度大于F-，根据酸性越弱越水解，则酸性HCOOHHF，则Ka(HCOOH)7，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，所以c(CO32-)c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl-)c(CO32-)、c(OH-)c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)，故C正确；D.当b=0.3时，NaOH和CO2恰好完全反应，得到含0.3molNaHCO3溶液，根据电电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(
21、OH-)+2c(CO32-)，故D错误。6.【答案】A【解析】解：A、等体积等浓度的HCN溶液和氢氧化钠溶液混合后，反应生成强碱弱酸盐NaCN，溶液显示碱性，一定满足c(Na+)c(CN-)，所以amol/L的HCN溶液与bmol/L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)c(CN-)，则ab，故A错误； B、CH3COONa溶液中，一定满足c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液的pH=8，则c(H+)=110-8、mol/L、c(OH-)=110-6mol/L，所以c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=110-6mol/L-110-
22、8mol/L=9.910-7mol/L，故B正确； C、常温下，0.1mol/L的某酸溶液中，若c(OH-)/c(H+)=110-8，根据水的离子积可知：c(H+)=110-3mol/L；酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，所以该溶液中由水电离出的c(H+)=110-11mol/L，故C正确； D、亚硫酸根离子存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，在0.1mol/L的Na2SO3溶液中加入少量NaOH固体，平衡向着逆向移动，亚硫酸根离子水解程度减小，溶液中c(SO32-)与c(Na+)均增大，故D正确； 故选：A。A、HCN为弱电解质，amol/L的HCN溶液与bmol/L的NaOH
23、溶液等体积混合，若a=b，生成NaCN溶液，c(Na+)c(CN-)，若ac(CN-)，所以满足关系为ab； B、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)； C、常温下，c(OH-)/c(H+)=110-8，根据Kw=c(OH-)c(H+)=110-14，可得，c(H+)=110-3mol/L，酸性溶液中氢氧根离子是水电离的，据此计算出水电离的氢离子； D、亚硫酸钠溶液中，亚硫酸根离子存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，加入氢氧化钠后，抑制了亚硫酸根离子的水解，c(SO32-)
24、与c(Na+)均增大本题考查了酸碱混合时定性判断及有关pH的简单计算、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握判断酸碱混合后溶液酸碱性的方法及溶液pH的计算方法，明确盐的水解原理及其应用，能够利用电荷守恒、物料守恒比较或判断溶液中离子浓度7.【答案】B【解析】【分析】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，注意醋酸为弱电解质的特点，结合溶液的电荷守恒解答该题。【解答】A.根据溶液的电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，pH=7，则有c(H+)=c(OH-)，则溶液中存在c(CH3COO-)=c(Na+)c(H+)=c(OH-)，故A正确；B.稀NaOH溶液和稀
25、CH3COOH溶液混合，pH7，说明溶液可以是氢氧化钠和醋酸钠的混合物，则可能为c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)；还可以是醋酸钠溶液，c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)；即氢氧根离子的浓度不可能大于钠离子的浓度，故B错误；C.pH7，说明溶液呈碱性，溶液存在电荷守恒，则有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C正确；D.pHc(H+)c(Na+)c(OH-)，故D正确。故选B。8.【答案】C【解析】解：A、在溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故A错误； B、溶液
26、中总存在物料守恒：c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol/L，故B错误； C、由电荷守恒和物料守恒，联立可得到：(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，故C正确； D、KHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大与水解程度，即c(C2O42-)c(H2C2O4)，故D错误。 故选：C。根据H2C2O4为一弱酸，则在0.1molL-1KHC2O4溶液中利用盐类水解及电荷守恒来分析溶液中离子的关系本题考查溶液中离子的关系，正确利用水解来判断溶液的酸碱性是解答的关键，并注意溶液中水解的程度及利用电荷守恒来分析解答即可9.【答案】
27、A【解析】【分析】本题考查弱电解质和盐类水解问题，题目难度中等，注意根据溶液电中性和物料守恒解答该题。【解答】A.硝酸钠的化学式是NaNO3，硝酸钠中钠离子和硝酸根离子个数之比是1：1，根据物料守恒知，溶液中存在c(Na+)=c(NO3-)，故A正确；B.碳酸钠溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)，溶液呈电中性，存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，将带入得c(OH-)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)，故B错误；C.氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而氯离子不水解，
28、所以溶液中c(NH4+)c(H+)，故D错误。10.【答案】C【解析】解：A.a点是c(H+)=10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，酸能抑制水的电离，醋酸的电离远远大于水的电离，所以溶液中氢离子浓度近似等于醋酸根离子浓度，即c(CH3COO-)约为10-3mol/L，故A正确； B.溶液中一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，b点时，溶液显示酸性，c(H+)c(OH-)，则有c(CH3COO-)c(Na+)，故B正确； C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C
29、错误； D、d根据物料守恒，得n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=20mL10-3L/ml0.1mol/L=210-3mol，所以n(CH3COO-)+n(CH3COOH)的和不变，故D正确； 故选：C。A.酸能抑制水的电离，再根据弱电解质的性质分析溶液中醋酸根离子的浓度 B.任何溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断； C、根据醋酸和氢氧化钠生成盐的类型判断恰好反应时溶液的酸碱性，从而确定该选项是错误的； D、根据物料守恒，得n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=20mL10-3L/ml0.1mol/L=210-3mol本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难
30、度中等，能够根据电荷守恒、物料守恒比较溶液中离子浓度大小11.【答案】A【解析】【分析】本题考查溶液中离子的共存及电荷守恒的知识，在任何溶液中阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，即电荷守恒，难度不大。【解答】在任何溶液中阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，即电荷守恒。它们的微粒数比为，不妨设各微粒数分别为：2、3、1、3、1。已知阴离子所带的负电荷数是：21+32=8，阳离子所带的正电荷数是：13+31=6，则阳离子所带正电荷总数小于阴离子所带的负电荷总数，所以该离子带有正电荷，由于其个数是1个，因此该微粒带有2个单位的正电荷。排除B、C选项。由于溶液中含有SO
31、42-；SO42-与Ba2+会发生沉淀反应而不能大量共存，故A正确。故选A。12.【答案】D【解析】【分析】本题考查酸碱中和滴定曲线分析、离子浓度大小比较，综合考查学生的分析能力和化学基本理论的运用能力，为高考常见题型，难度中等，注意电荷守恒的运用。【解答】A.点反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，故c(Na+)c(CH3COOH)，由电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(CH3COO-)+c(OH-)c(CH3COOH)+c(H+)，故A错误；B.点pH=7
32、，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故c(Na+)=c(CH3COO-)，故B错误；C.点说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO-水解，且程度较小，c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故C错误；D.当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(Na+)c(OH-)，故D正确。故选D。13.【答案】B【解析】【分析】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力和对基础知识的综合应用能
33、力，正确判断图中各点对应的溶质是解本题关键，难点是图象分析，题目难度中等。【解答】A.20mL0.1mol/LHAuCl4溶液的pH=3，Ka=c(H+)c(AuCl4-)c(HAuCl4)10-310-30.1=110-5，A点c(HAuCl4)=c(AuCl4-)，则c(H+)=110-5mol/L，即A点对应溶液的pH约为5，A正确；B.b点含等量的HAuCl4与NaAuCl4，存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(AuCl4-)，由图知b点显酸性，即c(H+)c(OH-)，故c(Na+)c(H3AsO4)，故B正确；C.N点时，c(H2AsO4-)=c(HAsO42
34、-)，存在电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2AsO4-)+2c(HAsO42-)+3c(AsO43-)=c(OH-)+3c(HAsO42-)+3c(AsO43-)，c(Na+)=c(OH-)+3c(HAsO42-)+3c(AsO43-)-c(H+)，3c(H3AsO4)+3c(H2AsO4-)+3c(HAsO42-)+3c(AsO43-)=0.3mol/L，则c(Na+)=0.3mol/L-3c(H3AsO4)-3c(H2AsO4-)+c(OH-)-c(H+)c(H2AsO4-)+5c(AsO43-)，故D正确。15.【答案】B【解析】【分析】本题考查酸碱混合溶液定性
35、判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液酸碱性及溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用。【解答】A.G点AG=0，暗示：c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒式推知，c(Na+)=c(R-)，A项正确；B.酸碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，E点为0.1molL-1HR溶液，据图像AG=lgc(H+)c(OH-)=8，c(H+)=0.001molL-1，F点为等浓度的HR、NaR，G点呈中性，为NaR和少量HR，P点为等浓度的NaR、NaOH，c(OH-)130.1molL-1，对水的抑制作用更大，即P点对应溶液中水电离程度最小，B项错误；C.根据
36、物料守恒，P点溶液中有c(Na+)=2c(HR)+2c(R-)，C项正确；D.利用E点计算，AG=8，c(H+)=0.001molL-1，HR电离度(HR)=0.001mol/L0.1mol/L100=1，D项正确。16.【答案】(1)增大；(2) abdc；(3)cd；(4)b；(5)大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力较弱；(6)9.910-7。【解析】【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断，题目难度中等，涉及离子浓度大小比较、pH的简单计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生分析判断能力及化学计算能力。【解答】(1
37、)升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大，故答案为：增大；(2)电离平衡常数越大，越易电离，等浓度时溶液中氢离子浓度越大、酸性越强，则酸性强弱为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-ClO-HCO3-CH3COO-，即abdc，故答案为：abdc；(3)a.CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a不选；b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH
38、3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b不选；c.CO32-+HClO=CO2+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c选；d.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3HClOHCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d选；故答案为：c、d；(4)a.加水稀释促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以c(CH3COOH)c(H+)的比值减小，故a错误；b.加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，
39、则c(CH3COO-)c(CH3COOH)的比值增大，故b正确；c.加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H+)kW的比值减小，故c错误；d.加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，c(H+)c(OH-)的比值减小，故d错误；故答案为：b；(5)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以H
40、X的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；溶液中氢离子浓度越小，对水的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力较弱；故答案为：大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力较弱；(6)pH=6，则c(H+)=10-6molL-1、c(OH-)=10-8molL-1，溶液呈存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则：c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6molL-1-10-8molL-1=9.910
41、-7molL-1，故答案为：9.910-7。17.【答案】.(1)酸；Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+；Fe2O3；3HCO3-+Al3+=Al(OH)3+3CO2；(2)；.(1)adc10-13mol/L；C(H+)=10-13mol/L，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是；、五种溶液中，为弱电解质的水溶液，NH4+离子浓度最小，中H+浓度最大，抑制NH4+水解的程度，NH4+浓度较大，醋酸铵为弱酸弱碱盐，Ac-与NH4+发生互促水解，浓度最小，硫酸铵中，NH4+浓度最大，、五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是；故答案为：；.【分析】本题考查了弱电解质的电离，明确弱
42、电解质的电离特点、电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系再结合守恒思想分析解答，先判断溶液中的溶质，再结合离子水解程度相对大小判断离子浓度，难度中等。【解答】(1)据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是adcb；故答案为：adcc(H+)=c(OH-)(2)(3)180【解析】【分析】本题考查电解质溶液中的平衡，难度中等，解题的关键是对基础知识的灵活运用。【解答】.()NaHS溶液中HS-发生水解和电离，溶液显碱性表示水解程度比电离程度大，故c(S2-)小于c(H2S)
43、；故答案为：小于；()A.常温下Kw=c(H+)c(OH-)=110-14，故A正确；B.溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-)，故B正确；C.由于NaHS溶液显碱性，所以要保证溶液呈中性，H2S适当过量，所以根据物料守恒可知，c(Na+)c(S2-)，故D正确；故答案为：ABD；(3)CaS悬浊液中加入Cu(NO3)2溶液发生反应：CaS(s)+Cu2+(aq)Ca2+(aq)+CuS(s)；故答案为：CaS(s)+Cu2+(aq)Ca2+(aq)+CuS(s)；(4)酸性：H2CO3H2SHCO3-，故用足量的Na2CO3溶液来吸收含
44、H2S尾气发生的反应为：H2S+CO32-=HS-+HCO3-；故答案为：H2S+CO32-=HS-+HCO3-；.(1)反应后溶液为中性，氢离子与氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒，钠离子与醋酸根离子浓度相等；故答案为：c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)；(2)醋酸为弱酸，要使溶液pH等于7，使用的氢氧化钠的物质的量要少于醋酸，V1：V22:1；故答案为：c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H2C2O4)【解析】【分析】本题考查溶液中弱电解质的电离平衡和离子浓度大小判断问题，注意反应顺序和离子水解反应，难度一般。【解答】(1)25时，H2C2O4：K1=
45、5.410-2，K2=5.410-5；H2CO3：K1=4.510-7，K2=4.710-11。已知：KHC2O4溶液呈酸性，由上可知HC2O4-的酸性强于H2CO3，据此解答各项；A.CO2+H2O+C2O42-=CO32-+H2C2O4是不正确的，不能生成H2C2O4，故 A错误；B.HC2O4-+CO32-=HCO3-+C2O42-当HC2O4-量不足时该反应是正确的，故B正确；C.HCO3-+C2O42-=HC2O4-+CO32-该反应错误，因为HCO3-酸性小于HC2O4-，该反应不能发生，故C错误；D.H2C2O4+CO32-=C2O42-+CO2+H2O，该反应正确，故 D正确；故答案为：AC；(2)当V10；故答案为：；当V=20时，两者恰好完全反应只生K2C2O4，溶液中发生水解反应：C2O42-+H2OHC2O4-+OH-，HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，二级水解弱于一级水解，故离子大小关系为：c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H2C2O4)；故答案为：c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H2C2O4)。
