3.1 电离平衡 课堂练习 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.1 电离平衡 课堂练习 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 396.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-08 10:19:09 | ||
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文档简介
3.1 电离平衡 课堂练习
一、单选题
1．下列图示与对应的叙述不相符的是（ ）
A．表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化
B．表示不同温度下水溶液中H+和OH﹣浓度的变化的曲线，图中温度T2＜T1
C．表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D．表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2NO2（g） 2NO（g）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系
2．下列说法正确的是（ ）
A．NaOH在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性
B．足球烯(C60)的沸点可达500℃左右，故足球烯为原子晶体
C．干冰和NaCl晶体转变为液态时，需克服的作用力相同
D．NH3的熔沸点较PH3高，主要是因为N－H间共价键较强
3．关于常温下pH=2的醋酸，下列叙述正确的是（ ）
A．c（CH3COOH）=0.01 mol L﹣1
B．c（H+）=c（CH3COO﹣）
C．加水稀释100倍后，溶液pH=4
D．加入CH3COONa固体，可抑制CH3COOH的电离
4．已知HCN溶液中存在电离平衡HCN H++CN-，平衡常数为Ka。现对HCN溶液做如下处理，其中叙述正确的是（ ）
A．加入NaOH溶液，平衡正向移动，c(H+)减小，c(CN-)增大
B．加水稀释，平衡正向移动，Ka增大
C．增大HCN的浓度，平衡正向移动，Ka不变
D．加入NaCN固体，平衡逆向移动，Ka减小
5．下列物质分别加入水中，主要以离子形式存在的是（ ）
A．CaCO3 B．Zn C．FeO D．NaOH
6．下列叙述中，错误的是（ ）
A．NH3、SO3均属于非电解质，但它们的水溶液能导电
B．旧报纸、废金属、饮料瓶、果皮和菜叶均属于可回收垃圾
C．熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质
D．NaOH溶于水，不用通电就能发生电离
7．下列有关说法正确的是（ ）
A．醋酸溶液中：c(CH3COO-) + c(H+) = c(OH-)
B．向10 mL 0.10 mol·L-1醋酸溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1氢氧化钠溶液，溶液中离子浓度的大小顺序是：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．室温下，盐酸中c(Cl-) 与醋酸溶液中c(CH3COO-) 相等，则两溶液的pH相等
D．中和相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，消耗氢氧化钠的物质的量相同
8．下列叙述不能证明乙酸是弱电解质的是（ ）
A．常温时0.1mol/L乙酸溶液的pH=3
B．常温时0.1mol/L的乙酸钠溶液能使红色石蕊试纸变蓝
C．0.1mol/L的乙酸溶液与同体积0.1mol/L的氢氧化钠溶液恰好反应
D．0.1mol/L乙酸溶液的导电性比0.1mol/L盐酸弱
9．下列实验事实不能证明醋酸是弱酸的是（ ）
A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7
B．常温下，中和等物质的量浓度等体积的醋酸和盐酸溶液，消耗氢氧化钠溶液体积相等
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4
D．常温下，等量形状相同的锌粒分别与等pH的醋酸和盐酸反应，反应过程中醋酸速率较快
10．NaCl固体溶解过程及NaCl溶液导电的示意图如下。下列说法错误的是
A．图①中，a离子为，b离子为
B．NaCl发生电离不需要通电
C．图②表示通电后，离子定向移动，推测Y为电源的负极
D．金属导电是物理变化，电解质溶液导电也是物理变化
11．氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3
B．HCN易溶于水
C．10mL 1mol/L HCN恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
D．HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱
12．下列有关混合物、纯净物、电解质、非电解质的符合题意组合为（ ）
纯净物 混合物 电解质 非电解质
A 纯盐酸 水煤气 硫酸 干冰
B 蒸馏水 蔗糖溶液 氧化铝 二氧化硫
C 胆矾 氢氧化铁胶体 铁 碳酸钙
D 水银 澄清石灰水 氯化铜 碳酸钠
A．A B．B C．C D．D
13．下列说法正确的是（ ）
A．298K时，pH=10的氨水稀释100倍，所得溶液的pH=8
B．298K时，pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的盐酸等体积混合，溶液显中性
C．HClO与HF的混合溶液中c(H+)=
D．室温下，等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，导电能力相同
14．已知室温时0.1mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,下列叙述错误的是（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度,溶液pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
15．已知：常温下，碳酸的电离平衡常数Ka1=4.4 ×10-7， Ka2=4.7×10-11。常温下，向100 mL0.1 mol·L-1K2CO3溶液中缓慢滴加100 mL 0.2 mol·L-1盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(H+和OH-未画出)。
下列说法错误的是（ ）
A．滴加至A点时，n(Cl- )=n()> n()
B．滴加至B点时，≈9.4× 103
C．滴加至C点时，c(Cl-)< c()+ 2c()
D．滴加至D点时，溶液的pH<7
16．已知氢氟酸在水溶液中建立如下电离平衡：HF H＋＋ F－，若只改变一个条件，一定可以使c(HF)/c(H＋)减小的是（ ）
A．通氯化氢气体 B．加入少量氟化钾固体
C．加入少量氢氧化钠固体 D．通入少量氟化氢气体
二、综合题
17．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量．已知如下表数据（25℃）：
化学式 电离平衡常数
HCN K=4.9×10﹣10
CH3COOH K=1.8×10﹣5
H2CO3 K1=4.4×10﹣7，K2=4.7×10﹣11
（1）25℃时，等浓度的三种溶液（A．NaCN溶液、B．Na2CO3溶液、C．CH3COONa溶液）的pH由大到小的顺序为 ．（填写序号）
（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为 ．
（3）现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，测得c（Na+）＞c（CN﹣），下列关系正确的是 ．
A．c（H+）＞c（OH﹣） B．c（H+）＜c（OH﹣）
C．c（H+）+c（HCN）=c（OH﹣） D．c（HCN）+c（CN﹣）=0.01mol/L
（4）浓的Al2（SO4）3溶液和浓的小苏打（NaHCO3）溶液混合可用于灭火，请用离子反应方程式表示灭火的原理 ．
（5）已知NaHC2O4水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小 ．
18．已知在25℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下表：
醋酸 碳酸 亚硫酸
Ka=1.75×10﹣5 Ka1=4.30×10﹣7 Ka2=5.61×10﹣11 Ka1=1.54×10﹣2 Ka2=1.02×10﹣7
（1）写出碳酸的第一步电离平衡常数表达式：Ka1= ．
（2）在相同条件下，试比较H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的酸性强弱： ＞ ＞
（3）①如图表示常温时稀释醋酸、碳酸两种酸的稀溶液时，溶液PH随水量的变化图象中，曲线I表示的酸是 （填化学式）．
②a、b、c三点中，水的电离程度最大的是 （填字母）．
19．I．下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH H2CO3 H2S H3PO4
1.8×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 K1=9.1×10-8 K2=1.1×10-12 K1=7.5×10-3 K2=6.2×10-8 K3=2.2×10-13
（1）CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为 。
（2）多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是 。
（3）同浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3、Na2S溶液的pH由大到小的顺序为 。
（4）II.常温下，0.1 mol/LNaHCO3溶液的pH大于7，则溶液中c(H2CO3) c(CO32-) （填“>”、“=”或“＜”）；常温下，已知0.1 mol/LNaHCO3溶液的pH等于8，则溶液中c(H2CO3)-c(CO32-)= mol/L（写出计算数值结果）。
（5）c(NH4+)相等的①(NH4)2SO4②(NH4)HSO4③(NH4)2CO3④ NH4Cl四种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 。
（6）等体积等浓度的Ba(OH)2与NH4Cl的混合溶液中各种离子浓度大小关系为（由大到小排列） 。
20．已知25℃时部分弱酸的电离平衡常数如下表所示：
弱酸 HCOOH HCN
电离平衡数
（1）溶液呈碱性的原因是 (用离子方程式表示)。向NaCN溶液中通入少量的时发生反应的离子方程式为 。
（2）常温下，溶液显 性(填“酸”“碱”或“中”)，写出判断过程 。
（3）根据以上数据，判断下列反应可以成立的是____(填字母)。
A． B．
C． D．
（4）25℃时，的HCOOH溶液与的溶液中由水电离出的之比为 。
（5）25℃时，等体积、等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合溶液，则溶液中①、②、③、④的物质的量浓度由大到小的顺序依次为 (填序号)。
21．硫、铁的化合物有广泛的应用。
（1）过二硫酸铵(NH4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，H2O2分子中的两个H原子被-SO3H基取代后即为过二硫酸，硫元素的化合价为 ；
（2）硫铁矿冶炼会产生二氧化硫，通常需要对原料或烟气进行处理，某种脱硫技术的基本原理如下：
则第一步反应的离子方程式为 。
（3）化学反应原理中也涉及到许多硫、铁的化合物。
①已知常温下，H2S的电离常数K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15。0.1mo1·L-1NaHS溶液的pH 7(填“>”“=”或“<”)，理由是 。
②已知25℃时KSP[Fe(OH)3]=4.0×10-38，此温度下若在实验室中配制5mo1·L-1100mL FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入 mL
2mol·L-1的盐酸(忽略加入盐酸时溶液体积的变化)。
③FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料，该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：A．醋酸是弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释平衡正向进行，如稀释10n倍，溶液PH增大数值小于n，图象中是体积增大10n，溶液PH增大n个单位，不能表示出电离平衡正向进行的变化，图想错误，故A选；
B．水的电离过程是吸热过程，加热促进电离平衡正向进行，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，一定温度下存在离子积常数，温度越高氢离子和氢氧根离子浓度越大，T2＜T1，图象变化符合离子浓度变化，故B不选；
C．两种反应物增加一种会提高另一种物质的转化率，随氢气体积分数增大，氮气转化率增大，所以图中a点N2的转化率小于b点，图象变化符合转化率变化，故C不选；
D.2NO2（g） 2NO（g）+O2（g），反应是气体体积增大的反应，体积越大压强越小，平衡向气体体积增大的分析进行，正向进行，但体积增大对浓度影响大，所以氧气平衡浓度减小，图象变化符合反应变化，故D不选；
故选A．
【分析】A．醋酸是弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释平衡正向进行，如稀释10n倍，溶液PH增大数值小于n；
B．水的电离过程是吸热过程，加热促进电离平衡正向进行；一定温度下存在离子积常数；
C．两种反应物增加一种会提高另一种物质的转化率；
D．体积越大压强越小，平衡向气体体积增大的分析进行．
2．【答案】A
【解析】【解答】A. NaOH在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性，A符合题意；
B. 足球烯为分子晶体，B不符合题意；
C. 干冰为二氧化碳，转化为液态，需要克服分子间作用力，而NaCl晶体变为液态，需要克服离子键，C不符合题意；
D. NH3和PH3均为分子晶体，故NH3的熔沸点较PH3高，主要是由于氨分子之间存在氢键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】原子晶体的熔沸点与共价键的强度有关，分子晶体的熔沸点与分子间作用力（范德华力和氢键）有关，离子晶体的熔沸点则要考虑其晶格能（通过电荷量和核间距判断）的大小。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：A．醋酸为弱电解质，醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于电离出来的氢离子的浓度，即c（CH3COOH）＞0.01mol L﹣1，故A错误；
B．根据溶液中电荷守恒可知：c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；
C．加水稀释100倍后，加水稀释促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，所以PH变化小于2个单位，即PH＜4，故C错误；
D．加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，平衡逆向移动，可抑制醋酸的电离，故D正确．
故选D．
【分析】醋酸为弱电解质，醋酸的电离平衡：CH3COOH CH3COO﹣+H+，加水稀释促进醋酸的电离，加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，平衡逆向移动，以此解答该题．
4．【答案】C
【解析】【解答】A．加入NaOH，NaOH和H+反应而减小溶液中c(H+)，从而促进HCN电离，则平衡正向移动，n(CN-)增大，由于加入溶液中含有水，则c(CN-)减小，故A不符合题意；
B．加水稀释促进弱电解质电离，所以平衡正向移动，温度不变，Ka不变，故B不符合题意；
C．增大HCN的浓度，即增大反应物的浓度，平衡正向移动，温度不变，Ka不变，故C符合题意；
D．加入NaCN固体，导致溶液中c(CN-)增大，平衡逆向移动，温度不变，Ka不变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据勒夏特列原理及Ka只与温度有关分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】易溶于水的强电解质在水中主要以离子形式存在，CaCO3虽然为强电解质，但难溶于水，不符合题意；Zn、FeO不溶于水，不符合题意；NaOH溶于水完全电离为Na+和OH-，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、碳酸钙是沉淀，不溶于水；
B、锌是金属，不溶于水；
C、氧化铁不溶于水；
D、氢氧化钠溶于水，为强电解质；
6．【答案】B
【解析】【解答】A. NH3、SO3溶于水生成氨水和亚硫酸，氨水和亚硫酸电离出离子可以导电，氨气和SO3本身不导电，它们属于非电解质，A不符合题意。
B. 旧报纸、废金属、饮料瓶属于可回收垃圾，果皮和菜叶属于厨余垃圾，B符合题意。
C. 电解质是在熔融状态或水溶液中可以导电的化合物，熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质，C不符合题意。
D. NaOH溶于水，在水分子的作用下发生电离，不需要通电，D不符合题意。
【分析】A．在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质；
B．果皮和菜叶均不属于可回收垃圾；
C．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
D．电离是自发进行的过程。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)，则c(H+)﹣c(CH3COO﹣)＝c(OH﹣)，A不符合题意；
B．二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO﹣水解导致其水溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO﹣)，但是CH3COO﹣水解程度较小，所以溶液中存在c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，B不符合题意；
C．室温下，盐酸、醋酸溶液中分别存在电荷守恒c(Cl﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)、c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)，如果c(Cl﹣)＝c(CH3COO﹣)，则两种溶液中c(H+)相等，则两种溶液的pH相等，C符合题意；
D．溶液体积未知导致酸的物质的量未知，所以无法判断哪种酸消耗碱多，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A．醋酸溶液显酸性；
B．二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO﹣水解导致其水溶液呈碱性；
C．由电荷守恒来计算；
D．溶液体积未知导致酸的物质的量未知，所以无法判断哪种酸消耗碱多。
8．【答案】C
【解析】【解答】A. 如果乙酸是强酸，则常温时0.1mol/L乙酸溶液的pH=1，所以常温时0.1mol/L乙酸溶液的pH=3，证明乙酸是弱酸；
B.能使红色石蕊试纸变蓝的溶液是碱性溶液，常温时0.1mol/L的乙酸钠溶液呈碱性，证明乙酸是弱酸；
C. 一元酸与氢氧化钠之间按照物质的量1:1进行反应，0.1mol/L的乙酸溶液与同体积0.1mol/L的氢氧化钠溶液恰好反应不能证明乙酸是弱酸；
D. 相同浓度的乙酸与盐酸，乙酸溶液的导电性比盐酸弱，说明乙酸的电离能力小于盐酸，证明乙酸是弱酸。
故答案为：C。
【分析】证明乙酸是弱电解质，即为证明乙酸存在电离平衡，据此进行分析即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明醋酸为弱酸，故A不选；
B．醋酸为一元酸，氢氧化钠为一元碱，二者恰好反应，不能证明醋酸为弱酸，故B选；
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4，说明加水稀释促进电离，如为强酸，稀释后pH=4，可证明为弱酸，故C不选；
D．常温下，等量形状相同的锌粒分别与等pH的醋酸和盐酸反应，反应过程中醋酸速率较快，可说明醋酸在反应可进一步电离，说明存在电离平衡，为弱酸，故D不选．
故选B．
【分析】要证明醋酸为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度，以此解答该题．
10．【答案】D
【解析】【解答】A. 半径Cl-＞Na+ ，可知a离子为Cl-，b离子为Na+； A不符合题意；
B. 氯化钠是强电解质，溶于水即发生电离。所以不需要通电； B不符合题意；
C. 通电后，溶液中的Na+向负极移动，推测Y为电源的负极；C不符合题意；
D. 金属导电是物理变化，但电解质溶液导电发生了化学变化；D符合题意；
故答案为：D
【分析】
A．可根据离子半径大小推知，a、b离子分别是Cl-和Na+。
B. 氯化钠在水中电离分别生成水合氯离子和水合钠离子。
C. 通电后，溶液中的阴、阳离子分别向正极和负极发生定向移动。可根据阴阳离子移动方向判断电源正负极。
D. 电解质溶液导电，电解质离子在外加电场力的作用下发生定向移动，阴、阳离子分别在电极发生氧化还原反应。
11．【答案】A
【解析】【解答】解：A、氢氰酸为一元酸，1mol/L氢氰酸溶液的pH=0时该酸为强酸，但pH约为3，说明电离生成的氢离子约为10﹣3mol/L＜1mol/L，电离不完全，故A正确；
B、不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，即溶解性与电解质的强弱无关，故B错误；
C、10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HCN为一元酸，不能说明其电离的程度，故C错误；
D、溶液的导电性取决于溶液中的离子浓度大小，与酸性强弱无关，HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱，不能说明HCN电离不完全，故D错误；
故选A．
【分析】氢氰酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性比较来判断．
12．【答案】B
【解析】【解答】纯净物是由同一种分子组成的物质；混合物是由不同种分子组成的物质；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，而在两种状态下都不能导电的化合物为非电解质。盐酸为HCl的水溶液，一定为混合物，则A项不符合题意；
C.铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，则C项不符合题意；
D项中Na2CO3为电解质，则D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据电解质和非电解质首先是纯净物，其次是化合物进行判断。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.298K时，pH=10的氨水稀释100倍，因为存在一水合氨的电离平衡，稀释促进电离，所得溶液的pH应大于8，故A不符合题意；
B.298K时，pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的盐酸等体积混合，CH3COONa溶液过量，CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，故B不符合题意；
C．HClO与HF的混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(F－)+c(ClO－)+c(OH－)，c(H+)= + + ，c(H+)= ，故C符合题意；
D．等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，氯化铵溶液的浓度大，则氯化铵溶液中离子浓度较大，导电能力强，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项的形式是将电荷守恒，水的离子积常数，电离平衡常数综合在一起，需要学生熟练应用溶液中各离子的浓度关系。
14．【答案】B
【解析】【解答】A、HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，A不符合题意；
B、温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，B符合题意；
C、由HA H++A-，c（H+）=c（A-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为 ，C不符合题意；
D、 HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，D不符合题意；
故答案为；B
【分析】A.由0.1%发生电离，求出溶液中c(H+)，从而求出溶液的pH；
B.电离是一个吸热的过程，升高温度，促进电离；
C.由0.1%发生电离，确定平衡三段式，从而根据公式计算平衡常数；
D.酸溶液中，水电离产生的c(H+)等于溶液中c(OH-)，结合公式Kw=c(H+)×c(OH-)进行计算；
15．【答案】C
【解析】【解答】A．碳酸为二元弱酸，碳酸钾的物质的量为0.01mol=10mmol，则碳酸钾与盐酸反应分布进行的离子方程式为：、，由图可知的物质的量最大随着加入盐酸物质的量逐渐减小，滴定至A点时，主要进行的离子方程式为，则＞，由图可知A点和D点加入盐酸的物质的量和溶液中离子的物质的量相等，A点时，则，A项不符合题意；
B．由图可知，B点时，第一次电离平衡为，电离常数为，第二次电离平衡为，电离常数为，可得：，则，B项不符合题意；
C．由图可知C点加入的盐酸的物质的量为10mmol，则C点溶液中小于10mmol，接近0且C点在直线的下方，物料守恒可得可得，则，C项符合题意；
D．滴定至D点时，恰好完全反应，溶解二氧化碳气体使溶液显酸性，则溶液的pH<7，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据碳酸为二元弱酸，A点时判断；
B．利用和计算；
C．利用物料守恒判断；
D．考虑反应后生成物的性质。
16．【答案】A
【解析】【解答】A.通氯化氢气体，溶液中的c(H＋)增大，化学平衡虽逆向移动，但c(H＋)增大的程度大于c(HF)增大的程度，则c(HF)/c(H＋)减小，正确；
B.加入少量氟化钾固体，氟离子的浓度增大，化学平衡逆向移动，c(HF)增大，c(H＋)减小，则c(HF)/c(H＋)增大，错误；
C.加入少量氢氧化钠固体，氢离子的浓度减小，化学平衡正向移动，c(F－)增大， 增大，错误；
D.通入少量氟化氢气体，化学平衡虽正向移动，但c(HF)增大的程度大于c(H＋)增大的程度，则c(HF)/c(H＋)增大，错误。
故答案为：A
【分析】本题主要考查弱酸的电离平衡移动及影响因素。只改变 一个条件，一定可以使c(HF)/c(H＋)减小，即分式中分母增大或分子减小，再根据平衡移动原理进行解答。
17．【答案】（1）b＞a＞c
（2）NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN
（3）B；D
（4）Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑
（5）c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）
【解析】【解答】解：（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，
故答案为：b＞a＞c；（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN，
故答案为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol L﹣1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN﹣），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol L﹣1，CN﹣的浓度小于0.005mol L﹣1，
A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；
B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故B正确；
C．氢氧根离子浓度较小，c（CN﹣）远远大于c（OH﹣），故C错误；
D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN﹣）=0.01mol/L，故D正确；
故答案为：BD；（4）铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑；（5）草酸氢钠溶液显示酸性，则HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，所以c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），由于氢离子来自水的电离和HC2O4﹣的电离，则c（H+）＞c（C2O42﹣），HC2O4﹣的水解程度较小，则c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣），所以溶液中各离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）．
【分析】（1）酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液碱性越弱；（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN；（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCN、HCN，已知混合溶液中c（CN﹣）＜c（Na+），根据电荷守恒可知c（H+）＜c（OH﹣），混合溶液呈碱性，说明CN﹣的水解程度大于HCN的电离程度，据此进行判断；（4）铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；（5）根据草酸氢铵溶液显示酸性及电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小．
18．【答案】（1）
（2）H2CO3；HSO3﹣；HCO3﹣
（3）CH3COOH；C
【解析】【解答】解：（1）碳酸的第一级电离方程式为H2CO3 H++HCO3﹣，电离平衡常数为生成物浓度幂之比与反应物浓度幂之积的比值，则K1= ，碳酸的第二步电离由于第一步电离产生的氢离子对第二步有抑制作用，所以比第一步困难，
故答案为： ；（2）H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的电离平衡常数分别是：4.30×10﹣7、5.61×10﹣11、1.02×10﹣7，所以酸性顺序是：H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣，
故答案为：H2CO3；HSO3﹣；HCO3﹣；（3）酸的酸性越强，加水稀释时pH变化越大，醋酸的酸性比碳酸强，所以曲线I表示的酸是CH3COOH；酸溶液中，氢离子浓度越大即pH越大，水的电离程度越小，所以ABC三点水的电离程度最大的是C点，
故答案为：CH3COOH；C．
【分析】（1）碳酸的第一级电离方程式为H2CO3 H++HCO3﹣，电离平衡常数为生成物浓度幂之比与反应物浓度幂之积的比值；根据电离平衡移动原理分析；（2）根据H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的电离平衡常数确定酸性的强弱；（3）酸的酸性越强，加水稀释时pH变化越大；酸溶液中，氢离子浓度越大，水的电离程度越小．
19．【答案】（1）H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2S
（2）一级电离产生的氢原子对二级电离起抑制作用
（3）Na2S>Na2CO3>NaHCO3>CH3COON
（4）>；9.9×10-7
（5）④>②>③>①
（6）c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)
【解析】【解答】I．（1）电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中数据可知CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为 H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2S。
（2）由于一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用，因此多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离。
（3）酸越弱，相应的酸根越容易水解，其钠盐溶液的pH越大，则同浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3、Na2S溶液的pH由大到小的顺序为 Na2S>Na2CO3>NaHCO3>CH3COONa。
II.（4）常温下，0.1 mol/LNaHCO3溶液的pH大于7，说明碳酸氢根的电离程度小于水解程度，则溶液中c(H2CO3)＞c(CO32-)；
常温下，已知0.1 mol/LNaHCO3溶液的pH等于8，根据质子守恒可知c(H+)+c(H2CO3)＝c(OH-)+c(CO32-)，则溶液中c(H2CO3)-c(CO32-)＝c(OH-)－c(H+)＝10－6mol/L－10－8mol/L＝9.9×10-7mol/L。
（5）硫酸铵中铵根只有水解，硫酸氢铵中电离出的氢离子抑制铵根水解，碳酸铵中碳酸根促进铵根水解，氯化铵中铵根只水解，因此c(NH4+)相等的①(NH4)2SO4②NH4HSO4③(NH4)2CO3④NH4Cl四种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为④>②>③>①
（6）等体积等浓度的Ba(OH)2与NH4Cl的混合后氢氧化钡过量一半，所得溶液是一水合氨、氯化钡、氢氧化钡的混合溶液，则溶液中各种离子浓度大小关系为（由大到小排列）c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)。
【分析】（1）酸性取决于氢离子的浓度，等浓度的酸，电离常数越大，氢离子浓度越高，则酸性越强
（2）一级电离产生的氢离子，会使二级电离平衡反应向逆反应方向进行。
（3）越弱越水解。酸性越弱，水解的程度越大，则释放出的OH-越多，溶液的pH越大。
（4）碳酸氢钠电离显酸性（产物为碳酸氢根），水解呈碱性（产物为碳酸），pH＞7说明，水解大于电离，故c(H2CO3)＞c(CO32-)；
根据水电离出氢离子=水电离出的氢氧根，可列方程式c(H+)+c(H2CO3)＝c(OH-)+c(CO32-)
（5）硫酸氢根能电离出H+，抑制铵根离子水解
碳酸根能与H+反应，促进铵根离子水解，而硫酸铵中1分子硫酸铵能电离出2分子的铵根，故①最小。
（6）一水合氨、氯化钡、氢氧化钡的混合溶液，氢氧根和铵根离子形成氨水是可逆反应，故溶液中的OH-浓度＞钡离子浓度，铵根离子浓度＞氢离子浓度，钡离子和氯离子都不发生水解，反应前浓度相同，反应后也相同。
20．【答案】（1）(或、)；
（2）酸；，，即的电离程度大于其水解程度，故溶液显酸性
（3）A；C
（4）(或)
（5）②>③>④>①
【解析】【解答】（1）为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：(或、)；根据强酸制弱酸的原理，H2CO3>HCN>（2）KHC2O4水解平衡常数Kh===2.010-13，>Kh，故电离大于水解，溶液呈酸性；
（3）根据强酸制弱酸的原理：
A．HCOOH> HCO，HCOOH+Na2CO3=NaHCO3+HCOONa可以发生，选项A符合；
B．H2C2O4>HCOOH，HCOOH+NaHC2O4=HCOONa+H2C2O4不能发生，选项B不符合；
C．H2C2O4> HCN，H2C2O4+2NaCN=Na2C2O4+2HCN可以发生，选项C符合；
D．H2CO3>HCN，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生，选项D不符合；
故
故答案为：AC；
（4）HCOOH会抑制水的电离，25℃时，pH=4的HCOOH溶液中由水电离出的c(H+)=；氯化铵溶液中氢离子就是水电离出的，则室温下pH=4的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=1.010-4mol L-1，故两溶液中由水电离出的c(H+)之比为：1；故答案为：；
（5）混合溶液中电荷守恒的等式为：，pH>7说明，所以，该溶液中离子浓度大小顺序为：，即②>③>④>①，故答案为：②>③>④>①。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；根据强酸制弱酸的原理；
（2）依据计算；
（3）根据强酸制弱酸的原理；
（4）依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
（5）依据电荷守恒分析。
21．【答案】（1）+6
（2）2FcS2 +7O2 +2H2O=4H+ +2Fe2+ +4SO42+
（3）>；Kh(HS-)=1 10-7 >7.0 10-15 ，水解程度大于电离程度，溶液显碱性；2.5；FeS2+4e-=2S2-+Fe
【解析】【解答】（1）过二硫酸铵(NH4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，即H2O2分子中的两个H原子被－SO3H基取代后即为过二硫酸，其中H元素+1价，S元素+6价，8个O原子中有2个显-1价、6个显-2价，则(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为+6价；
故答案为：+6。
(2)由 知，FeS2在微生物的作用下，被氧气氧化，反应的方程式为：2FcS2 +7O2 +2H2O=2Fe SO4 +2H 2 SO4 ，反应的离子方程式为2FcS2 +7O2 +2H2O=4H+ +2Fe2+ +4SO42+。
故答案为：2FcS2 +7O2 +2H2O=4H+ +2Fe2+ +4SO42+。
(3)①已知常温下，H2S H++HS-，HS- H++S2-的二级电离常数为K2=7.0×10-15，HS-+H2O H2S+OH-的水解常数Kh=c(H2S) c(OH-)/c(HS-)=Kw/K1=1.0×10-7，故HS-的电离常数小于水解常数，所以水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故0.1mo1·L-1NaHS溶液的pH>7。
故答案为：>； Kh=10-7 >7.0 10-15 ，水解程度大于电离程度，溶液显碱性。
②配制5mo1·L-1100mL FeCl3溶液时，若不出现浑浊现象，则c(Fe3+)×c3(OH ) Ksp[Fe(OH)3]， 因25℃时KSP[Fe(OH)3]=4.0×10-38，则c(OH ) 2×10-13mol/L，故c(H+) 0.05mol/L，则加入盐酸的体积至少为(0.1L×0.05mol/L)/(2mol/L)=0.0025L=2.5mL，故答案为：2.5.
③FeSO4在一定条件下可制得FeS2纳米材料，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，则正极上发生还原反应，电极反应式是FeS2+4e-=2S2-+Fe。
故答案为：FeS2+4e-=2S2-+Fe。
【分析】（1）根据化合价代数和为零计算硫元素的化合价；
（2）根据电子守恒和质量守恒书写离子方程式；
（3）①根据电离平衡常数和水解常数判断HS-的电离和水解的程度相对大小，然后确定溶液的酸碱性；
②根据氢氧化铁的溶度积常数计算氢离子和氢氧根离子的浓度，然后计算需加入盐酸的物质的量即可得出盐酸的体积。
一、单选题
1．下列图示与对应的叙述不相符的是（ ）
A．表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化
B．表示不同温度下水溶液中H+和OH﹣浓度的变化的曲线，图中温度T2＜T1
C．表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D．表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2NO2（g） 2NO（g）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系
2．下列说法正确的是（ ）
A．NaOH在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性
B．足球烯(C60)的沸点可达500℃左右，故足球烯为原子晶体
C．干冰和NaCl晶体转变为液态时，需克服的作用力相同
D．NH3的熔沸点较PH3高，主要是因为N－H间共价键较强
3．关于常温下pH=2的醋酸，下列叙述正确的是（ ）
A．c（CH3COOH）=0.01 mol L﹣1
B．c（H+）=c（CH3COO﹣）
C．加水稀释100倍后，溶液pH=4
D．加入CH3COONa固体，可抑制CH3COOH的电离
4．已知HCN溶液中存在电离平衡HCN H++CN-，平衡常数为Ka。现对HCN溶液做如下处理，其中叙述正确的是（ ）
A．加入NaOH溶液，平衡正向移动，c(H+)减小，c(CN-)增大
B．加水稀释，平衡正向移动，Ka增大
C．增大HCN的浓度，平衡正向移动，Ka不变
D．加入NaCN固体，平衡逆向移动，Ka减小
5．下列物质分别加入水中，主要以离子形式存在的是（ ）
A．CaCO3 B．Zn C．FeO D．NaOH
6．下列叙述中，错误的是（ ）
A．NH3、SO3均属于非电解质，但它们的水溶液能导电
B．旧报纸、废金属、饮料瓶、果皮和菜叶均属于可回收垃圾
C．熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质
D．NaOH溶于水，不用通电就能发生电离
7．下列有关说法正确的是（ ）
A．醋酸溶液中：c(CH3COO-) + c(H+) = c(OH-)
B．向10 mL 0.10 mol·L-1醋酸溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1氢氧化钠溶液，溶液中离子浓度的大小顺序是：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．室温下，盐酸中c(Cl-) 与醋酸溶液中c(CH3COO-) 相等，则两溶液的pH相等
D．中和相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，消耗氢氧化钠的物质的量相同
8．下列叙述不能证明乙酸是弱电解质的是（ ）
A．常温时0.1mol/L乙酸溶液的pH=3
B．常温时0.1mol/L的乙酸钠溶液能使红色石蕊试纸变蓝
C．0.1mol/L的乙酸溶液与同体积0.1mol/L的氢氧化钠溶液恰好反应
D．0.1mol/L乙酸溶液的导电性比0.1mol/L盐酸弱
9．下列实验事实不能证明醋酸是弱酸的是（ ）
A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7
B．常温下，中和等物质的量浓度等体积的醋酸和盐酸溶液，消耗氢氧化钠溶液体积相等
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4
D．常温下，等量形状相同的锌粒分别与等pH的醋酸和盐酸反应，反应过程中醋酸速率较快
10．NaCl固体溶解过程及NaCl溶液导电的示意图如下。下列说法错误的是
A．图①中，a离子为，b离子为
B．NaCl发生电离不需要通电
C．图②表示通电后，离子定向移动，推测Y为电源的负极
D．金属导电是物理变化，电解质溶液导电也是物理变化
11．氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3
B．HCN易溶于水
C．10mL 1mol/L HCN恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
D．HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱
12．下列有关混合物、纯净物、电解质、非电解质的符合题意组合为（ ）
纯净物 混合物 电解质 非电解质
A 纯盐酸 水煤气 硫酸 干冰
B 蒸馏水 蔗糖溶液 氧化铝 二氧化硫
C 胆矾 氢氧化铁胶体 铁 碳酸钙
D 水银 澄清石灰水 氯化铜 碳酸钠
A．A B．B C．C D．D
13．下列说法正确的是（ ）
A．298K时，pH=10的氨水稀释100倍，所得溶液的pH=8
B．298K时，pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的盐酸等体积混合，溶液显中性
C．HClO与HF的混合溶液中c(H+)=
D．室温下，等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，导电能力相同
14．已知室温时0.1mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,下列叙述错误的是（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度,溶液pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
15．已知：常温下，碳酸的电离平衡常数Ka1=4.4 ×10-7， Ka2=4.7×10-11。常温下，向100 mL0.1 mol·L-1K2CO3溶液中缓慢滴加100 mL 0.2 mol·L-1盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(H+和OH-未画出)。
下列说法错误的是（ ）
A．滴加至A点时，n(Cl- )=n()> n()
B．滴加至B点时，≈9.4× 103
C．滴加至C点时，c(Cl-)< c()+ 2c()
D．滴加至D点时，溶液的pH<7
16．已知氢氟酸在水溶液中建立如下电离平衡：HF H＋＋ F－，若只改变一个条件，一定可以使c(HF)/c(H＋)减小的是（ ）
A．通氯化氢气体 B．加入少量氟化钾固体
C．加入少量氢氧化钠固体 D．通入少量氟化氢气体
二、综合题
17．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量．已知如下表数据（25℃）：
化学式 电离平衡常数
HCN K=4.9×10﹣10
CH3COOH K=1.8×10﹣5
H2CO3 K1=4.4×10﹣7，K2=4.7×10﹣11
（1）25℃时，等浓度的三种溶液（A．NaCN溶液、B．Na2CO3溶液、C．CH3COONa溶液）的pH由大到小的顺序为 ．（填写序号）
（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为 ．
（3）现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，测得c（Na+）＞c（CN﹣），下列关系正确的是 ．
A．c（H+）＞c（OH﹣） B．c（H+）＜c（OH﹣）
C．c（H+）+c（HCN）=c（OH﹣） D．c（HCN）+c（CN﹣）=0.01mol/L
（4）浓的Al2（SO4）3溶液和浓的小苏打（NaHCO3）溶液混合可用于灭火，请用离子反应方程式表示灭火的原理 ．
（5）已知NaHC2O4水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小 ．
18．已知在25℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下表：
醋酸 碳酸 亚硫酸
Ka=1.75×10﹣5 Ka1=4.30×10﹣7 Ka2=5.61×10﹣11 Ka1=1.54×10﹣2 Ka2=1.02×10﹣7
（1）写出碳酸的第一步电离平衡常数表达式：Ka1= ．
（2）在相同条件下，试比较H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的酸性强弱： ＞ ＞
（3）①如图表示常温时稀释醋酸、碳酸两种酸的稀溶液时，溶液PH随水量的变化图象中，曲线I表示的酸是 （填化学式）．
②a、b、c三点中，水的电离程度最大的是 （填字母）．
19．I．下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH H2CO3 H2S H3PO4
1.8×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 K1=9.1×10-8 K2=1.1×10-12 K1=7.5×10-3 K2=6.2×10-8 K3=2.2×10-13
（1）CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为 。
（2）多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是 。
（3）同浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3、Na2S溶液的pH由大到小的顺序为 。
（4）II.常温下，0.1 mol/LNaHCO3溶液的pH大于7，则溶液中c(H2CO3) c(CO32-) （填“>”、“=”或“＜”）；常温下，已知0.1 mol/LNaHCO3溶液的pH等于8，则溶液中c(H2CO3)-c(CO32-)= mol/L（写出计算数值结果）。
（5）c(NH4+)相等的①(NH4)2SO4②(NH4)HSO4③(NH4)2CO3④ NH4Cl四种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 。
（6）等体积等浓度的Ba(OH)2与NH4Cl的混合溶液中各种离子浓度大小关系为（由大到小排列） 。
20．已知25℃时部分弱酸的电离平衡常数如下表所示：
弱酸 HCOOH HCN
电离平衡数
（1）溶液呈碱性的原因是 (用离子方程式表示)。向NaCN溶液中通入少量的时发生反应的离子方程式为 。
（2）常温下，溶液显 性(填“酸”“碱”或“中”)，写出判断过程 。
（3）根据以上数据，判断下列反应可以成立的是____(填字母)。
A． B．
C． D．
（4）25℃时，的HCOOH溶液与的溶液中由水电离出的之比为 。
（5）25℃时，等体积、等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合溶液，则溶液中①、②、③、④的物质的量浓度由大到小的顺序依次为 (填序号)。
21．硫、铁的化合物有广泛的应用。
（1）过二硫酸铵(NH4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，H2O2分子中的两个H原子被-SO3H基取代后即为过二硫酸，硫元素的化合价为 ；
（2）硫铁矿冶炼会产生二氧化硫，通常需要对原料或烟气进行处理，某种脱硫技术的基本原理如下：
则第一步反应的离子方程式为 。
（3）化学反应原理中也涉及到许多硫、铁的化合物。
①已知常温下，H2S的电离常数K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15。0.1mo1·L-1NaHS溶液的pH 7(填“>”“=”或“<”)，理由是 。
②已知25℃时KSP[Fe(OH)3]=4.0×10-38，此温度下若在实验室中配制5mo1·L-1100mL FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入 mL
2mol·L-1的盐酸(忽略加入盐酸时溶液体积的变化)。
③FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料，该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：A．醋酸是弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释平衡正向进行，如稀释10n倍，溶液PH增大数值小于n，图象中是体积增大10n，溶液PH增大n个单位，不能表示出电离平衡正向进行的变化，图想错误，故A选；
B．水的电离过程是吸热过程，加热促进电离平衡正向进行，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，一定温度下存在离子积常数，温度越高氢离子和氢氧根离子浓度越大，T2＜T1，图象变化符合离子浓度变化，故B不选；
C．两种反应物增加一种会提高另一种物质的转化率，随氢气体积分数增大，氮气转化率增大，所以图中a点N2的转化率小于b点，图象变化符合转化率变化，故C不选；
D.2NO2（g） 2NO（g）+O2（g），反应是气体体积增大的反应，体积越大压强越小，平衡向气体体积增大的分析进行，正向进行，但体积增大对浓度影响大，所以氧气平衡浓度减小，图象变化符合反应变化，故D不选；
故选A．
【分析】A．醋酸是弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释平衡正向进行，如稀释10n倍，溶液PH增大数值小于n；
B．水的电离过程是吸热过程，加热促进电离平衡正向进行；一定温度下存在离子积常数；
C．两种反应物增加一种会提高另一种物质的转化率；
D．体积越大压强越小，平衡向气体体积增大的分析进行．
2．【答案】A
【解析】【解答】A. NaOH在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性，A符合题意；
B. 足球烯为分子晶体，B不符合题意；
C. 干冰为二氧化碳，转化为液态，需要克服分子间作用力，而NaCl晶体变为液态，需要克服离子键，C不符合题意；
D. NH3和PH3均为分子晶体，故NH3的熔沸点较PH3高，主要是由于氨分子之间存在氢键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】原子晶体的熔沸点与共价键的强度有关，分子晶体的熔沸点与分子间作用力（范德华力和氢键）有关，离子晶体的熔沸点则要考虑其晶格能（通过电荷量和核间距判断）的大小。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：A．醋酸为弱电解质，醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于电离出来的氢离子的浓度，即c（CH3COOH）＞0.01mol L﹣1，故A错误；
B．根据溶液中电荷守恒可知：c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；
C．加水稀释100倍后，加水稀释促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，所以PH变化小于2个单位，即PH＜4，故C错误；
D．加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，平衡逆向移动，可抑制醋酸的电离，故D正确．
故选D．
【分析】醋酸为弱电解质，醋酸的电离平衡：CH3COOH CH3COO﹣+H+，加水稀释促进醋酸的电离，加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，平衡逆向移动，以此解答该题．
4．【答案】C
【解析】【解答】A．加入NaOH，NaOH和H+反应而减小溶液中c(H+)，从而促进HCN电离，则平衡正向移动，n(CN-)增大，由于加入溶液中含有水，则c(CN-)减小，故A不符合题意；
B．加水稀释促进弱电解质电离，所以平衡正向移动，温度不变，Ka不变，故B不符合题意；
C．增大HCN的浓度，即增大反应物的浓度，平衡正向移动，温度不变，Ka不变，故C符合题意；
D．加入NaCN固体，导致溶液中c(CN-)增大，平衡逆向移动，温度不变，Ka不变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据勒夏特列原理及Ka只与温度有关分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】易溶于水的强电解质在水中主要以离子形式存在，CaCO3虽然为强电解质，但难溶于水，不符合题意；Zn、FeO不溶于水，不符合题意；NaOH溶于水完全电离为Na+和OH-，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、碳酸钙是沉淀，不溶于水；
B、锌是金属，不溶于水；
C、氧化铁不溶于水；
D、氢氧化钠溶于水，为强电解质；
6．【答案】B
【解析】【解答】A. NH3、SO3溶于水生成氨水和亚硫酸，氨水和亚硫酸电离出离子可以导电，氨气和SO3本身不导电，它们属于非电解质，A不符合题意。
B. 旧报纸、废金属、饮料瓶属于可回收垃圾，果皮和菜叶属于厨余垃圾，B符合题意。
C. 电解质是在熔融状态或水溶液中可以导电的化合物，熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质，C不符合题意。
D. NaOH溶于水，在水分子的作用下发生电离，不需要通电，D不符合题意。
【分析】A．在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质；
B．果皮和菜叶均不属于可回收垃圾；
C．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
D．电离是自发进行的过程。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)，则c(H+)﹣c(CH3COO﹣)＝c(OH﹣)，A不符合题意；
B．二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO﹣水解导致其水溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO﹣)，但是CH3COO﹣水解程度较小，所以溶液中存在c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，B不符合题意；
C．室温下，盐酸、醋酸溶液中分别存在电荷守恒c(Cl﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)、c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)，如果c(Cl﹣)＝c(CH3COO﹣)，则两种溶液中c(H+)相等，则两种溶液的pH相等，C符合题意；
D．溶液体积未知导致酸的物质的量未知，所以无法判断哪种酸消耗碱多，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A．醋酸溶液显酸性；
B．二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO﹣水解导致其水溶液呈碱性；
C．由电荷守恒来计算；
D．溶液体积未知导致酸的物质的量未知，所以无法判断哪种酸消耗碱多。
8．【答案】C
【解析】【解答】A. 如果乙酸是强酸，则常温时0.1mol/L乙酸溶液的pH=1，所以常温时0.1mol/L乙酸溶液的pH=3，证明乙酸是弱酸；
B.能使红色石蕊试纸变蓝的溶液是碱性溶液，常温时0.1mol/L的乙酸钠溶液呈碱性，证明乙酸是弱酸；
C. 一元酸与氢氧化钠之间按照物质的量1:1进行反应，0.1mol/L的乙酸溶液与同体积0.1mol/L的氢氧化钠溶液恰好反应不能证明乙酸是弱酸；
D. 相同浓度的乙酸与盐酸，乙酸溶液的导电性比盐酸弱，说明乙酸的电离能力小于盐酸，证明乙酸是弱酸。
故答案为：C。
【分析】证明乙酸是弱电解质，即为证明乙酸存在电离平衡，据此进行分析即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明醋酸为弱酸，故A不选；
B．醋酸为一元酸，氢氧化钠为一元碱，二者恰好反应，不能证明醋酸为弱酸，故B选；
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4，说明加水稀释促进电离，如为强酸，稀释后pH=4，可证明为弱酸，故C不选；
D．常温下，等量形状相同的锌粒分别与等pH的醋酸和盐酸反应，反应过程中醋酸速率较快，可说明醋酸在反应可进一步电离，说明存在电离平衡，为弱酸，故D不选．
故选B．
【分析】要证明醋酸为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度，以此解答该题．
10．【答案】D
【解析】【解答】A. 半径Cl-＞Na+ ，可知a离子为Cl-，b离子为Na+； A不符合题意；
B. 氯化钠是强电解质，溶于水即发生电离。所以不需要通电； B不符合题意；
C. 通电后，溶液中的Na+向负极移动，推测Y为电源的负极；C不符合题意；
D. 金属导电是物理变化，但电解质溶液导电发生了化学变化；D符合题意；
故答案为：D
【分析】
A．可根据离子半径大小推知，a、b离子分别是Cl-和Na+。
B. 氯化钠在水中电离分别生成水合氯离子和水合钠离子。
C. 通电后，溶液中的阴、阳离子分别向正极和负极发生定向移动。可根据阴阳离子移动方向判断电源正负极。
D. 电解质溶液导电，电解质离子在外加电场力的作用下发生定向移动，阴、阳离子分别在电极发生氧化还原反应。
11．【答案】A
【解析】【解答】解：A、氢氰酸为一元酸，1mol/L氢氰酸溶液的pH=0时该酸为强酸，但pH约为3，说明电离生成的氢离子约为10﹣3mol/L＜1mol/L，电离不完全，故A正确；
B、不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，即溶解性与电解质的强弱无关，故B错误；
C、10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HCN为一元酸，不能说明其电离的程度，故C错误；
D、溶液的导电性取决于溶液中的离子浓度大小，与酸性强弱无关，HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱，不能说明HCN电离不完全，故D错误；
故选A．
【分析】氢氰酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性比较来判断．
12．【答案】B
【解析】【解答】纯净物是由同一种分子组成的物质；混合物是由不同种分子组成的物质；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，而在两种状态下都不能导电的化合物为非电解质。盐酸为HCl的水溶液，一定为混合物，则A项不符合题意；
C.铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，则C项不符合题意；
D项中Na2CO3为电解质，则D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据电解质和非电解质首先是纯净物，其次是化合物进行判断。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.298K时，pH=10的氨水稀释100倍，因为存在一水合氨的电离平衡，稀释促进电离，所得溶液的pH应大于8，故A不符合题意；
B.298K时，pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的盐酸等体积混合，CH3COONa溶液过量，CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，故B不符合题意；
C．HClO与HF的混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(F－)+c(ClO－)+c(OH－)，c(H+)= + + ，c(H+)= ，故C符合题意；
D．等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，氯化铵溶液的浓度大，则氯化铵溶液中离子浓度较大，导电能力强，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项的形式是将电荷守恒，水的离子积常数，电离平衡常数综合在一起，需要学生熟练应用溶液中各离子的浓度关系。
14．【答案】B
【解析】【解答】A、HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，A不符合题意；
B、温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，B符合题意；
C、由HA H++A-，c（H+）=c（A-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为 ，C不符合题意；
D、 HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，D不符合题意；
故答案为；B
【分析】A.由0.1%发生电离，求出溶液中c(H+)，从而求出溶液的pH；
B.电离是一个吸热的过程，升高温度，促进电离；
C.由0.1%发生电离，确定平衡三段式，从而根据公式计算平衡常数；
D.酸溶液中，水电离产生的c(H+)等于溶液中c(OH-)，结合公式Kw=c(H+)×c(OH-)进行计算；
15．【答案】C
【解析】【解答】A．碳酸为二元弱酸，碳酸钾的物质的量为0.01mol=10mmol，则碳酸钾与盐酸反应分布进行的离子方程式为：、，由图可知的物质的量最大随着加入盐酸物质的量逐渐减小，滴定至A点时，主要进行的离子方程式为，则＞，由图可知A点和D点加入盐酸的物质的量和溶液中离子的物质的量相等，A点时，则，A项不符合题意；
B．由图可知，B点时，第一次电离平衡为，电离常数为，第二次电离平衡为，电离常数为，可得：，则，B项不符合题意；
C．由图可知C点加入的盐酸的物质的量为10mmol，则C点溶液中小于10mmol，接近0且C点在直线的下方，物料守恒可得可得，则，C项符合题意；
D．滴定至D点时，恰好完全反应，溶解二氧化碳气体使溶液显酸性，则溶液的pH<7，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据碳酸为二元弱酸，A点时判断；
B．利用和计算；
C．利用物料守恒判断；
D．考虑反应后生成物的性质。
16．【答案】A
【解析】【解答】A.通氯化氢气体，溶液中的c(H＋)增大，化学平衡虽逆向移动，但c(H＋)增大的程度大于c(HF)增大的程度，则c(HF)/c(H＋)减小，正确；
B.加入少量氟化钾固体，氟离子的浓度增大，化学平衡逆向移动，c(HF)增大，c(H＋)减小，则c(HF)/c(H＋)增大，错误；
C.加入少量氢氧化钠固体，氢离子的浓度减小，化学平衡正向移动，c(F－)增大， 增大，错误；
D.通入少量氟化氢气体，化学平衡虽正向移动，但c(HF)增大的程度大于c(H＋)增大的程度，则c(HF)/c(H＋)增大，错误。
故答案为：A
【分析】本题主要考查弱酸的电离平衡移动及影响因素。只改变 一个条件，一定可以使c(HF)/c(H＋)减小，即分式中分母增大或分子减小，再根据平衡移动原理进行解答。
17．【答案】（1）b＞a＞c
（2）NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN
（3）B；D
（4）Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑
（5）c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）
【解析】【解答】解：（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，
故答案为：b＞a＞c；（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN，
故答案为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol L﹣1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN﹣），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol L﹣1，CN﹣的浓度小于0.005mol L﹣1，
A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；
B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故B正确；
C．氢氧根离子浓度较小，c（CN﹣）远远大于c（OH﹣），故C错误；
D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN﹣）=0.01mol/L，故D正确；
故答案为：BD；（4）铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑；（5）草酸氢钠溶液显示酸性，则HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，所以c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），由于氢离子来自水的电离和HC2O4﹣的电离，则c（H+）＞c（C2O42﹣），HC2O4﹣的水解程度较小，则c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣），所以溶液中各离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）．
【分析】（1）酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液碱性越弱；（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN；（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCN、HCN，已知混合溶液中c（CN﹣）＜c（Na+），根据电荷守恒可知c（H+）＜c（OH﹣），混合溶液呈碱性，说明CN﹣的水解程度大于HCN的电离程度，据此进行判断；（4）铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；（5）根据草酸氢铵溶液显示酸性及电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小．
18．【答案】（1）
（2）H2CO3；HSO3﹣；HCO3﹣
（3）CH3COOH；C
【解析】【解答】解：（1）碳酸的第一级电离方程式为H2CO3 H++HCO3﹣，电离平衡常数为生成物浓度幂之比与反应物浓度幂之积的比值，则K1= ，碳酸的第二步电离由于第一步电离产生的氢离子对第二步有抑制作用，所以比第一步困难，
故答案为： ；（2）H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的电离平衡常数分别是：4.30×10﹣7、5.61×10﹣11、1.02×10﹣7，所以酸性顺序是：H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣，
故答案为：H2CO3；HSO3﹣；HCO3﹣；（3）酸的酸性越强，加水稀释时pH变化越大，醋酸的酸性比碳酸强，所以曲线I表示的酸是CH3COOH；酸溶液中，氢离子浓度越大即pH越大，水的电离程度越小，所以ABC三点水的电离程度最大的是C点，
故答案为：CH3COOH；C．
【分析】（1）碳酸的第一级电离方程式为H2CO3 H++HCO3﹣，电离平衡常数为生成物浓度幂之比与反应物浓度幂之积的比值；根据电离平衡移动原理分析；（2）根据H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的电离平衡常数确定酸性的强弱；（3）酸的酸性越强，加水稀释时pH变化越大；酸溶液中，氢离子浓度越大，水的电离程度越小．
19．【答案】（1）H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2S
（2）一级电离产生的氢原子对二级电离起抑制作用
（3）Na2S>Na2CO3>NaHCO3>CH3COON
（4）>；9.9×10-7
（5）④>②>③>①
（6）c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)
【解析】【解答】I．（1）电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中数据可知CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为 H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2S。
（2）由于一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用，因此多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离。
（3）酸越弱，相应的酸根越容易水解，其钠盐溶液的pH越大，则同浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3、Na2S溶液的pH由大到小的顺序为 Na2S>Na2CO3>NaHCO3>CH3COONa。
II.（4）常温下，0.1 mol/LNaHCO3溶液的pH大于7，说明碳酸氢根的电离程度小于水解程度，则溶液中c(H2CO3)＞c(CO32-)；
常温下，已知0.1 mol/LNaHCO3溶液的pH等于8，根据质子守恒可知c(H+)+c(H2CO3)＝c(OH-)+c(CO32-)，则溶液中c(H2CO3)-c(CO32-)＝c(OH-)－c(H+)＝10－6mol/L－10－8mol/L＝9.9×10-7mol/L。
（5）硫酸铵中铵根只有水解，硫酸氢铵中电离出的氢离子抑制铵根水解，碳酸铵中碳酸根促进铵根水解，氯化铵中铵根只水解，因此c(NH4+)相等的①(NH4)2SO4②NH4HSO4③(NH4)2CO3④NH4Cl四种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为④>②>③>①
（6）等体积等浓度的Ba(OH)2与NH4Cl的混合后氢氧化钡过量一半，所得溶液是一水合氨、氯化钡、氢氧化钡的混合溶液，则溶液中各种离子浓度大小关系为（由大到小排列）c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)。
【分析】（1）酸性取决于氢离子的浓度，等浓度的酸，电离常数越大，氢离子浓度越高，则酸性越强
（2）一级电离产生的氢离子，会使二级电离平衡反应向逆反应方向进行。
（3）越弱越水解。酸性越弱，水解的程度越大，则释放出的OH-越多，溶液的pH越大。
（4）碳酸氢钠电离显酸性（产物为碳酸氢根），水解呈碱性（产物为碳酸），pH＞7说明，水解大于电离，故c(H2CO3)＞c(CO32-)；
根据水电离出氢离子=水电离出的氢氧根，可列方程式c(H+)+c(H2CO3)＝c(OH-)+c(CO32-)
（5）硫酸氢根能电离出H+，抑制铵根离子水解
碳酸根能与H+反应，促进铵根离子水解，而硫酸铵中1分子硫酸铵能电离出2分子的铵根，故①最小。
（6）一水合氨、氯化钡、氢氧化钡的混合溶液，氢氧根和铵根离子形成氨水是可逆反应，故溶液中的OH-浓度＞钡离子浓度，铵根离子浓度＞氢离子浓度，钡离子和氯离子都不发生水解，反应前浓度相同，反应后也相同。
20．【答案】（1）(或、)；
（2）酸；，，即的电离程度大于其水解程度，故溶液显酸性
（3）A；C
（4）(或)
（5）②>③>④>①
【解析】【解答】（1）为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：(或、)；根据强酸制弱酸的原理，H2CO3>HCN>
（3）根据强酸制弱酸的原理：
A．HCOOH> HCO，HCOOH+Na2CO3=NaHCO3+HCOONa可以发生，选项A符合；
B．H2C2O4>HCOOH，HCOOH+NaHC2O4=HCOONa+H2C2O4不能发生，选项B不符合；
C．H2C2O4> HCN，H2C2O4+2NaCN=Na2C2O4+2HCN可以发生，选项C符合；
D．H2CO3>HCN，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生，选项D不符合；
故
故答案为：AC；
（4）HCOOH会抑制水的电离，25℃时，pH=4的HCOOH溶液中由水电离出的c(H+)=；氯化铵溶液中氢离子就是水电离出的，则室温下pH=4的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=1.010-4mol L-1，故两溶液中由水电离出的c(H+)之比为：1；故答案为：；
（5）混合溶液中电荷守恒的等式为：，pH>7说明，所以，该溶液中离子浓度大小顺序为：，即②>③>④>①，故答案为：②>③>④>①。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；根据强酸制弱酸的原理；
（2）依据计算；
（3）根据强酸制弱酸的原理；
（4）依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
（5）依据电荷守恒分析。
21．【答案】（1）+6
（2）2FcS2 +7O2 +2H2O=4H+ +2Fe2+ +4SO42+
（3）>；Kh(HS-)=1 10-7 >7.0 10-15 ，水解程度大于电离程度，溶液显碱性；2.5；FeS2+4e-=2S2-+Fe
【解析】【解答】（1）过二硫酸铵(NH4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，即H2O2分子中的两个H原子被－SO3H基取代后即为过二硫酸，其中H元素+1价，S元素+6价，8个O原子中有2个显-1价、6个显-2价，则(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为+6价；
故答案为：+6。
(2)由 知，FeS2在微生物的作用下，被氧气氧化，反应的方程式为：2FcS2 +7O2 +2H2O=2Fe SO4 +2H 2 SO4 ，反应的离子方程式为2FcS2 +7O2 +2H2O=4H+ +2Fe2+ +4SO42+。
故答案为：2FcS2 +7O2 +2H2O=4H+ +2Fe2+ +4SO42+。
(3)①已知常温下，H2S H++HS-，HS- H++S2-的二级电离常数为K2=7.0×10-15，HS-+H2O H2S+OH-的水解常数Kh=c(H2S) c(OH-)/c(HS-)=Kw/K1=1.0×10-7，故HS-的电离常数小于水解常数，所以水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故0.1mo1·L-1NaHS溶液的pH>7。
故答案为：>； Kh=10-7 >7.0 10-15 ，水解程度大于电离程度，溶液显碱性。
②配制5mo1·L-1100mL FeCl3溶液时，若不出现浑浊现象，则c(Fe3+)×c3(OH ) Ksp[Fe(OH)3]， 因25℃时KSP[Fe(OH)3]=4.0×10-38，则c(OH ) 2×10-13mol/L，故c(H+) 0.05mol/L，则加入盐酸的体积至少为(0.1L×0.05mol/L)/(2mol/L)=0.0025L=2.5mL，故答案为：2.5.
③FeSO4在一定条件下可制得FeS2纳米材料，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，则正极上发生还原反应，电极反应式是FeS2+4e-=2S2-+Fe。
故答案为：FeS2+4e-=2S2-+Fe。
【分析】（1）根据化合价代数和为零计算硫元素的化合价；
（2）根据电子守恒和质量守恒书写离子方程式；
（3）①根据电离平衡常数和水解常数判断HS-的电离和水解的程度相对大小，然后确定溶液的酸碱性；
②根据氢氧化铁的溶度积常数计算氢离子和氢氧根离子的浓度，然后计算需加入盐酸的物质的量即可得出盐酸的体积。