3.2 溶液的酸碱性 同步练习 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.2 溶液的酸碱性 同步练习 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 439.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-07 14:32:13 | ||
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文档简介
3.2 溶液的酸碱性 同步练习
一、单选题
1．常温下，下列有关pH说法正确的是(混合溶液忽略体积的变化)（ ）
A．0.1mol·L-1的H2SO4溶液pH为1
B．用广泛pH试纸测得某盐酸的pH=2.3
C．将pH=5的硫酸与pH=9的NaOH溶液等体积混合pH为7
D．1mLpH=8的NaOH溶液加水至100mL，pH为6
2．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH=7的溶液
B．使石蕊试液呈紫色的溶液
C．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol·L﹣1的溶液
D．酸与碱恰好反应生成的溶液
3．下列物质的水溶液因水解显酸性的是（ ）
A． B．NaHSO3 C． D．HCl
4．用浓度为溶液滴定锥形瓶中20mLNaOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A．滴定终点时溶液的
B．滴定时可以使用石蕊做指示剂
C．溶液应装在如图所示的滴定管中
D．若装溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗，会使滴定消耗溶液体积偏大
5．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．的溶液
B．纯水
C．使石蕊试液呈紫色的溶液
D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
6．某兴趣小组进行了如下实验：向酸化的溶液中同时加入KI溶液、维生素C和淀粉溶液，发现一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：(维生素C)
下列说法不正确的是（ ）
A．反应速率：反应ⅰ<反应ⅱ
B．可得氧化性强弱：
C．溶液的pH始终保持不变
D．溶液最终变蓝，说明所加
7．下图所示与对应叙述不相符的是（ ）
A．图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS) >Ksp(CuS)
B．图乙表示pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：甲酸＞乙酸
C．图丙用0.1000 mol·L-lNaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，则 c(HCl)=0.0800 mol ·L-1
D．图丁表示反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)=αB(H2)
8．化学与生活密切相关，下列叙述中正确的是（ ）
A．自来水厂常用明矾作消毒杀菌剂
B．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
C．为测定“84消毒液”的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
D．生产口罩的无纺布材料是聚丙烯产品，属于天然高分子材料
9．常温下，下列说法正确的是（ ）
A．pH值都为4的稀盐酸和NH4Cl溶液中，水的电离程度相同
B．浓度均为0.1mol/L的醋酸和NaOH溶液等体积混合后：lg[ ]=0
C．在含浓度都为0.01mol/L的Cl﹣、CrO42﹣的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现沉淀的是AgCl．[已知：Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=1.9×10﹣12]
D．浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和CH3COONH4溶液中，c（NH4+）相同
10．常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是（ ）
①b不能显碱性②a可能显酸性或碱性③a不可能显酸性④b可能显碱性或酸性．
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
11．下列图中的实验装置或操作能达到实验目的的是（ ）
A．图甲：加热溶液制备固体
B．图乙：测定溶液的
C．图丙：用稀硫酸和溶液进行中和反应反应热的测定
D．图丁：测定盐酸与反应的速率
12．常温下，在所得下列溶液中，各离子浓度的关系正确的是（ ）
A．浓度均为0.1mol L-1的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
B．pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合：c(NH)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c(Na+)=c(NO)
13．根据下列实验能得出相应结论的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
14．室温下用等浓度的NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
已知：①Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5
②设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
A．滴入NaOH溶液体积为25.00mL时：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+)
B．pH=7的溶液：c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)
C．当c(Na+)=2c(总)时：c(OH-)=c(H+)+c((HC2O4-)+c(H2C2O4)
D．0.1000mol·L-1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)
15．已知①中盛有一定量的碳酸钠溶液， 根据下图所示的实验过程，下列说法正确的是（ ）
A．②中溶液为无色
B．③中溶液的溶质组成有2种情况
C．④中溶液的溶质除酚酞外，还有3种
D．加入过量稀盐酸后，③中只观察到沉淀消失，产生大量气泡
16．25℃时，向20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸中分别加入浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液，结果如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电离常数
B．酸性强弱：
C．在加入NaOH溶液为20mL时，HX溶液中有：
D．若加入过程温度发生变化，则时最大
二、综合题
17．常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液和20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如下图所示:
（1）由A，C点判断，滴定HCl溶液的曲线是 (填“图1”或“图2”)。
（2）a= mL。
（3）c(Na+)=c(CH3COO-)的点是 。
（4）E点对应离子浓度由大到小的顺序为 。
18．碱式碳酸铜是一种用途广泛的化工原料，明矾是种常见的净水剂，某校化学兴趣小组探究将一废弃矿石进行处理制备碱式碳酸铜和明矾，从而实现变废为宝。经查资料：该矿石成分为：Al2Fe4CuSi2O13，该化学小组制定工艺流程如下：
已知：Cu2+溶于足量的浓氨水中可形成铜氨溶液：Cu2+＋4NH3·H2O Cu(NH3)42++4H2O
回答下列问题：
（1）将Al2Fe4CuSi2O13改写成氧化物形式 ；
（2）为了步骤②提高酸浸速率，可采取措施有 ， （任写两种）；
（3）写出步骤⑥的离子方程式 ；
（4）用从滤渣2到明矾需先后加入 、 两种试剂（按使用顺序填写化学式）；
（5）在步骤⑦中，若先加K2CO3溶液，后加KOH溶液，则易发生
CuCO3(s)+2OH-(aq)
Cu(OH)2(s)+CO32-(aq)，则该反应平衡常数为： 。（已知：Ksp(CuCO3=2.4×10-10，Ksp(Cu(OH)2=2.2×10-20）。
（6）为了检验该碱式碳酸铜纯度，该小组称取25g样品，加入到100mL 3mol/L的盐酸中进行溶解。充分反应后，微热排除CO2，冷却后取出10mL，滴加2滴甲基橙，然后用2mol/L标准KOH溶液进行滴定，共用去5mL。则样品的纯度为
19．回答下列有关醋酸的问题。
（1）Ⅰ．在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况如下图所示：
加水量为0时，导电能力也为0，请解释原因： 。
（2）a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为 ；a、b、c三点对应的溶液中，pH最小的是 ；a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是 。
（3）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是 。
A．c(H+) B．H+个数 C．CH3COOH分子数 D．
（4）Ⅱ．常温下，有HCl、H2SO4、CH3COOH三种溶液，请用化学符号填空：
等体积、等物质的量浓度三种酸溶液，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 。
（5）当三种酸溶液c(H+)相同时，写出物质的量浓度最大的酸与氢氧化钾反应的离子方程式 。
（6）pH=1的HCl溶液与0.04 mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液pH是 。
20．工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、As3O43-、Cl-。为除去杂质离子，部分操作流程如下：
请回答问题：
（1）用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，硫酸的浓度为4.9g·L-1，则该溶液中的pH约为 。
（2）NH4+在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以(NH4)2SO4和NH4Cl形式存在。现有一份(NH4)2SO4溶液，一份NH4Cl溶液，(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)恰好是NH4Cl溶液中c(NH4+）的2倍，则c[(NH4)2SO4] c(NH4Cl)（填：＜、=或＞）。
（3）随着向废液中投入生石灰(忽略溶液温度的变化） 溶液中 (填“增大”、“减小”或“不变”)
（4）投入生石灰调节pH到2～3时，大量沉淀主要成分为CaSO4·2H2O[含有少量Fe(OH)3]。提纯CaSO4·2H2O的主要操作步骤：向沉淀中加入过量 ， 充分反应后，过滤、洗涤、 。
（5）25℃，H3AsO4电离常数为K1=5.6×10-3，K2=1.7×10-7，K3=4.0×10-12。当溶液中pH调节到8～9时，沉淀主要成分为Ca3(AsO4)2。
①pH调节到8左右Ca3(AsO4)2才开始沉淀的原因是 。
②Na3AsO4第一步水解的平衡常数数值为： 。
③已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+。上述两个反应中还原性最强的微粒是 。
21．弱电解质的研究是重要课题。已知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
电离平衡常数
（1）常温下，将和体积均相同的和溶液分别稀释，溶液随加水体积的变化如图。
①曲线I代表 (填“”或“”)溶液。
②a、b两，点对应的溶液中，水的电离程度：a (填“>”、“<”或“=”)b。
③酸度也可表示溶液的酸碱性，。常温下，的硝酸溶液的 。
（2）物质的量浓度均为的下列四种溶液，由小到大的顺序是 (用标号填写，例如“”)。
a. b. c. d.
（3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳时，发生反应的离子方程式： 。
（4）常温下，含等物质的量浓度的与的混合溶液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性； (填“>”、“<”或“=”)；该溶液中所含的4种离子浓度由大到小的顺序为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．硫酸为二元强酸，所以0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，其pH小于1，故A不符合题意；
B．广泛pH试纸只能测得整数pH值，故B不符合题意；
C．pH＝5的硫酸中氢离子浓度为10-5mol/L，pH＝9的NaOH溶液浓度为10-5mol/L，二者等体积混合恰好完全中和，溶液显中性，pH为7，故C符合题意；
D.1 mL pH＝8的NaOH溶液加水至100 mL，溶液仍显碱性，接近中性，不可能为酸性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、硫酸为二元强酸；
B、pH试纸无法测定小数；
C、常温下，pH之和=14的酸和碱等体积混合后，其pH=7；
D、碱性溶液稀释后pH>7。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.pH=7的溶液不一定呈中性，可能呈酸性或碱性，100℃时纯水的pH=6，该温度下pH=7时溶液呈碱性，故A项不符合题意；
B.石蕊试液变色范围是5﹣8，则石蕊试液呈紫色的溶液不一定为中性，故B项不符合题意；
C.无论温度多少，只要溶液中存在c（H+）=c（OH﹣），则该溶液一定呈中性，所以c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol·L﹣1的溶液呈中性，故C项符合题意；
D.酸与碱恰好反应生成的溶液可能呈酸性或碱性，如氯化铵溶液呈酸性、碳酸钠溶液呈碱性，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查溶液酸碱性的判断。当溶液中c（H+）=c（OH﹣）时，溶液呈中性；当溶液中c（H+）>c（OH﹣）时，溶液呈酸性；当溶液中c（H+）3．【答案】A
【解析】【解答】A．氯化铝是强酸弱碱盐，水解使水溶液呈酸性，选项A符合题意；
B．亚硫酸氢钠是弱酸强碱盐，水解水溶液呈碱性，选项B不合题意；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，故水解显碱性，选项C不合题意；
D．盐酸在溶液中电离显酸性，选项D不合题意；
故答案为：A。
【分析】主要考查物质的分类：
A、为强酸弱碱盐，水解显酸性。
B、C为强碱弱酸盐，水解显碱性。
D、为酸，是电离显酸性，而非因为水解显酸性。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．滴定终点是指示剂变色的点，此反应应该用酚酞做指示剂，酚酞变色范围为8.2-10，故滴定终点应该，故A不符合题意；
B．醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠显碱性，应该选酚酞做指示剂，故B不符合题意；
C．如图滴定管是碱式滴定管，溶液应装在酸式滴定管中，故C不符合题意；
D．若装溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗，相当于醋酸稀释了，会使滴定消耗溶液体积偏大，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.醋酸钠显碱性，pH>7；
B.醋酸钠显碱性，应该选酚酞做指示剂；
C.溶液应装在酸式滴定管中。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．的溶液不一定为中性，如溶液温度高于25℃则为碱性，故A不符合题意；
B．纯水，因是纯水，故为中性，故B符合题意；
C．使石蕊试液呈紫色的溶液只能说明pH在之间，可能为酸性也可能为碱性，故C不符合题意；
D．如为强酸与弱碱则生成强酸弱碱盐显酸性，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】c(H+)=c(OH-)的溶液呈中性。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．根据题干信息可知，反应一段时间后溶液变蓝，说明含有碘单质，则证明反应ii完成后完成反应i，所以反应速率：反应i＜反应ii，A不符合题意；
B．反应i中H2O2为氧化剂，I2为氧化产物，反应ii中I2为氧化剂，C6H6O6为氧化产物，由分析可知，氧化性强弱是 ，B不符合题意；
C．由化学方程式可知，反应ii生成H+的量等于反应i消耗H+的量，而根据A项，反应ii完成后反应i还在反应，即消耗的n(H+)较多，所以溶液pH最终会变大，C符合题意；
D．溶液最终变蓝，说明所加 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应一段时间后溶液变蓝，说明含有碘单质。
B.氧化剂中部分元素化合价在反应前后降低，还原剂对应的产物为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物。
C.反应速率：反应i＜反应ii，说明消耗的n(H+)比生成的n(H+)多。
D.溶液最终变蓝，即溶液中含有I2，而反应ii速率较大。
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 由图甲FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线可知，在CuS的饱和溶液中，离子浓度较小，所以，Ksp(FeS) >Ksp(CuS)，A不符合题意；
B. 由图乙可知，pH=2的甲酸与乙酸溶液加水的量相同时，甲酸的pH变化较大、而乙酸的pH变化较小，说明乙酸在稀释过程中电离平衡移动较明显，所以甲酸酸性强于乙酸，B不符合题意；
C. 由图丙可知，用0.1000 mol·L-lNaOH溶液滴定25.00 mL盐酸，消耗标准液的体积为20.00mL，所以， c(HCl)= 0.0800 mol ·L-1，C不符合题意；
D. 由图丁可知，A、B两点对应的平衡时NH3体积分数相同，但是A点n(N2)/n(H2)小于B点，所以，αA(H2)<αB(H2)，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.难溶物的溶度积越小，就越容易生成沉淀，在沉淀生成时，离子的浓度就越小；
B.在对弱酸进行加水稀释后会促进弱酸的继续电离，那么酸性越弱，其在稀释一定倍数后pH的变化值就越小；
C.根据中和滴定的原理，可知消耗的氢氧化钠的物质的量与消耗的盐酸的物质的量是相等的；
D.在氧化还原反应中，某物质的转化率等于已经消耗的物质的量与总物质的量的比值。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．明矾为十二水合硫酸铝钾(KAl(SO4)2·12H2O)，在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可以用于自来水的净化，但没有消毒杀菌作用，故A不符合题意；
B．侯氏制碱法的工艺过程中，由于二氧化碳在水中的溶解度不大，导致纯碱产量较低，需要先向饱和食盐水中通入氨气至饱和，使溶液显碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，制备过程应用了物质溶解度的差异，故B符合题意；
C.84消毒液的主要成分为次氯酸钠，溶液中水解产生次氯酸，具有漂白性，无法用pH试纸测定“84消毒液”的pH，故C不符合题意；
D．生产口罩的无纺布材料是聚丙烯产品，聚苯烯由丙烯发生加聚反应制得，属于人工合成高分子材料，不是天然高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.明矾可以做净水剂，但是不具有杀毒性能，一般杀毒剂具有氧化性，明矾不具备氧化性
B.符合侯式制碱法的操作要求，利用氨气极易溶于水，以及碳酸氢钠的溶解度小的原理进行除杂
C.84消毒液具有氧化性，能漂白试纸，应该采用的是pH计进行测定
D.自然界中不存在聚丙烯，是人工合成的高分子材料
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A．pH值都为4的稀盐酸中水的电离受到抑制，NH4Cl溶液中水的电离受到促进，所以两种溶液中水的电离程度不相同，故A错误；
B.0.1mol/L的醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L，0.1mol/L的NaOH溶液中氢氧根离子浓度等于0.1mol/L，所以lg[ ]＜0，故B错误；
C．AgCl饱和所需Ag+浓度c（Ag+）= = =1.8×10﹣8mol/L，
Ag2CrO4饱和所需Ag+浓度c（Ag+）= = mol/L=4.36×10﹣5mol/L，则1.8×10﹣8mol/L＜4.36×10﹣5mol/L），所以Cl﹣先沉淀，故C正确；
D．浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和CH3COONH4溶液中，铵根离子水解浓度减小，由于CH3COO﹣水解显碱性，促进铵根离子水解，所以CH3COONH4溶液中，c（NH4+）较小，故D错误．
故选C．
【分析】A．酸抑制水电离，易水解的盐促进水的电离；
B.0.1mol/L的醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L；
C．根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4）计算生成AgCl、Ag2CrO4沉淀时银离子的浓度，比较大小后确定谁先沉淀；
D．根据影响铵根离子水解平衡移动的因素分析．
10．【答案】A
【解析】【解答】解：①pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故①正确；②某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故②正确；③若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解沉淀小于弱碱中离子的水解沉淀，则a可能显酸性，故③错误；④若pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性，若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故④错误；
故选A．
【分析】根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性．
11．【答案】C
【解析】【解答】A．图甲：在加热过程中，会被氧化成，而后水解生成，最终无法得到固体，A不符合题意；
B．图乙：溶液会使试纸褪色，B不符合题意；
C．图丙：用稀硫酸和溶液进行中和反应反应热的测定，C符合题意；
D．图丁：气体易从长颈漏斗逸出，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.亚铁离子易被氧化为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁；
B.次氯酸钠会漂白pH试纸；
D.秒表测定时间，针筒测定气体的体积。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．等浓度等体积的醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，能发生水解呈碱性，所以c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），A不符合题意；
B．氨水为弱碱，pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合，则氨水过量，所以所得溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl-），所以c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），B不符合题意；
C．醋酸钠溶液与适量醋酸混合得到的溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得c（Na+）＜c（CH3COO-），由于水电离程度较小，所以溶液中存在c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），C不符合题意；
D．硝酸钠为强酸强碱盐，盐酸为强酸，硝酸钠溶液与稀盐酸混合过程中始终存在c（Na+）=c（NO3-），D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.注意等浓度等体积的醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐。
B. pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后所得溶液为碱性，结合电荷守恒进行分析。
C. 醋酸钠溶液为强碱弱酸盐，结合电荷守恒进行分析。
D. 硝酸钠为强酸强碱盐，盐酸为强酸。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.HA是一元酸，H2CO3是二元酸，不能通过正盐水解程度大小来判断两者酸性的强弱，A不符合题意；
B.FeI2溶液中滴加足量的溴水，生成溴化亚铁和单质碘，不能判断I-与Fe2+谁先反应，所以不能判断I-与Fe2+的还原性强弱，B不符合题意；
C.化学反应的发生一般是由溶解度大的向溶解度小的方向进行，向饱和硫酸亚铁溶液中加入硫化铜固体，测得溶液中亚铁离子浓度不变，说明没有发生反应，可以证明Ksp(CuS)< Ksp(FeS)，C符合题意；
D.硝酸银加入到过量氨水中应该得到银氨溶液，没有沉淀，银离子与一水合氨不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、只能证明酸性HA＞HCO3-；
B、足量溴水都可以氧化，不能判断；
C、溶液中c(Fe2+)保持不变，说明不发生CuS和FeS的转化；
D、生成了银氨溶液为络合物；
14．【答案】D
【解析】【解答】A．滴入NaOH溶液体积为25.00mL时，NaOH和草酸按1：1反应，溶质为NaHC2O4，HC2O4-既会水解，又会电离，水解为：HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，根据Kh×Ka=Kw得：HC2O4-的水解常数Kh= =1.85×10-13，电离为：HC2O4- C2O42-+H+，其电离常数Ka= Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，所以电离常数Ka>水解常数Kh，故此时溶液显酸性且c(C2O42-)> c(H2C2O4)，A不符合题意；
B．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，pH=7时，有：c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B不符合题意；
C．c(Na+)=2c(总)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)]，是Na2C2O4溶液的物料守恒，即此时溶质为Na2C2O4，Na2C2O4溶液的质子守恒为：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，C不符合题意；
D.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液电荷守恒式子为：c(H+)=2 c(C2O42-)+ c(HC2O4-)+c(OH-)，物料守恒式子为：0.1000mol·L-1= c(H2C2O4)+ c(C2O42-)+ c(HC2O4-)，用电荷守恒式子-物料守恒式子得：c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据此时的数据判断溶质，判断水解常数和电离常数的大小
B.根据电荷守恒即可判断
C.利用物料守恒即可判断
D.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
15．【答案】C
【解析】【解答】A.碳酸钠溶液能使酚酞变红，故A不符合题意；
B.③中溶液的溶质组成有（碳酸钠、酚酞、氢氧化钠），（酚酞、氢氧化钠），（酚酞、氢氧化钠、氢氧化钙）3种情况，故B不符合题意；
C.④中溶液的溶质除酚酞外，还有氯化钠、氯化钙、氯化氢，故C符合题意；
D.加入过量稀盐酸后，③中观察到沉淀消失，产生大量气泡，溶液由红色变为无色，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A，碱性物质能使酚酞变红。
B，溶液中溶质的种类。
C，溶质的种类。
D，实实验现象的考查。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．由分析可知，0.100 0mol/L HY溶液中溶液pH为10 3mol/L，则Ka(HY)= ≈=10 5，故A符合题意；
B．由分析可知，三种酸的酸性强弱为HZ＞HY＞HX，故B不符合题意；
C．HX为弱酸，V=20mL 时，酸碱恰好完全反应生成NaX，NaX为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，则存在c(H+)＜c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，结合电荷守恒得c(Na+)＞c(X-)，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C不符合题意；
D．由分析可知，当加入20.00 mL0.100 0mol/L氢氧化钠溶液时，酸碱恰好完全反应，反应温度最高，水的离子积常数最大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ开始的pH分别为6、3、1，说明HX、HY均为弱酸，且酸性：HXA.HY溶液中c(Y-)≈c(H+)=10-pH，Ka(HY)= 。
B.HX、HY均为弱酸，且酸性：HXC.HX为弱酸，与NaOH反应得到的NaX为强碱弱酸盐，根据电荷守恒进行分析。
D.这三种酸均为一元酸，当n(酸)=n(NaOH)时，酸碱恰好完全反应，反应温度最高，水的离子积常数最大。
17．【答案】（1）图1
（2）20.00
（3）D
（4）c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】【解答】（1）盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，A点pH＝1，说明溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以是盐酸溶液，因此滴定HCl溶液的曲线是图1；
（2）图1中a点pH＝7，二者恰好反应，所以a=20.00mL；
（3）根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)时溶液显中性，则对应的点是D；
（4）E点醋酸与氢氧化钠恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则对应离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
【分析】（1）根据酸溶液的pH确定滴定曲线；
（2）根据反应“NaOH+HCl=NaCl+H2O”确定a的值；
（3）c(Na+)=c(CH3COO-)，则溶液显中性；
（4）E点溶液中溶质为CH3COONa，结合CH3COO-的水解分析；
18．【答案】（1）Al2O3·2FeO·Fe2O3·CuO·2SiO2
（2）粉碎矿石；加热、提高酸的浓度、搅拌
（3）Cu(NH3)42+ +4H+ ＝Cu2+ +4NH4+
（4）KOH；H2SO4
（5）1.09×1010
（6）44.4%
【解析】【解答】（1）根据物质的化学式Al2Fe4CuSi2O13可知改写成氧化物后的形式为Al2O3·2FeO·Fe2O3·CuO·2SiO2；
（2）为了步骤②提高酸浸速率，可采取措施有粉碎矿石、加热、提高酸的浓度、搅拌等；
（3）酸浸后二氧化硅变为滤渣，滤液1中含有金属阳离子，加入双氧水氧化亚铁离子，加入氨水沉淀铁离子、铝离子，根据已知信息可知铜离子转化为Cu(NH3)42+，所以步骤⑥的离子方程式为Cu(NH3)42++4H+＝Cu2++4NH4+；
（4）用从滤渣2中含有氢氧化铝和氢氧化铁，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则转化为明矾需先后加入KOH、H2SO4两种试剂；
（5）CuCO3(s)+2OH-(aq) Cu(OH)2(s)+CO32-(aq)该反应平衡常数为 ＝1.09×1010。
（6）剩余盐酸的物质的量＝2mol/L×0.005L＝0.01mol，则与碱式碳酸铜反应的盐酸＝0.3mol-0.01mol×100mL/10mL＝0.2mol，根据Cu2CO3(OH)2～4HCl可知碱式碳酸铜的物质的量是0.05mol，因此样品的纯度为 。
【分析】（1）根据硅酸盐以氧化物形式表示的顺序：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化、二氧化硅的形式进行改写；
（2）根据影响反应速率的因素进行回答；
（3）步骤⑥是铜氨络离子与氢离子反应生成铜离子和铵根离子；
（4）需要将铝离子生成沉淀，然后溶解为铝离子；
（5）根据平衡常数的定义式，转化为两种物质的溶度积常数的表达式，然后进行计算；
（6）根据关系式进行计算样品的纯度。
19．【答案】（1）冰醋酸的构成微粒为分子，没有带电荷微粒，所以不导电
（2）c>b>a；b；c
（3）B、D
（4）H2SO4>HCl=CH3COOH
（5）CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O
（6）2
【解析】【解答】Ⅰ．(1)冰醋酸为共价化合物，必须溶于水才能电离出离子从而导电，即冰醋酸构成微粒为分子，没有带电荷微粒，故不导电；
(2)依据弱电解质“越稀越电离”规律，电离程度随着水的加入量增大而增大，即c>b>a；溶液导电能力强，说明离子浓度大，故b点c(H+)最大，此时pH最小；醋酸电离出的H+会抑制水的电离，溶液中c(H+)关系为：b > a > c，故c点对水的电离抑制程度最小，即水的电离程度最大；
(3)A．图示导电能力变化说明溶液中c(H+)是先增大后减小，A不正确；
B．加水稀释，促进醋酸电离，故H+个数增多，B正确；
C．加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH个数减少，C不正确；
D．由 ，结合B、C选项的判断知比值增大，D正确；
故
故答案为：BD；
Ⅱ．(4)等体积等浓度的三种酸可提供的n(H+)：H2SO4 > HCl = CH3COOH，故中和NaOH能力：H2SO4 > HCl = CH3COOH；
(5)醋酸为一元弱酸，微弱电离出H+，硫酸为二元强酸，1：2电离出H+，所以在溶液中c(H+)相等的情况下，三种酸物质的量浓度最大的是CH3COOH，在离子方程式中不能拆开，故离子方程式为：CH3COOH + OH- = CH3COO- + H2O；
(6)pH=1盐酸中c(H+)浓度为0.1 mol/L，0.04 mol/LBa(OH)2中c(OH-)浓度为0.08 mol/L，两者等体积混合酸过量，欲求pH需先求c(H+)， ，故pH= -Lgc(H+)=2。
【分析】（1）电解质在水溶液或熔融状态下才能导电；
（2）弱电解质越稀越电离；c(H+)浓度越大，溶液的pH越小，溶液导电能力越大；酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，抑制水电离的程度越大；
（3）加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，溶液中c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小；
（4）中和NaOH的能力由n(H+)决定，n(H+)越大，中和能力越强；
（5）醋酸为一元弱酸，只能部分典例，溶液中c(H+)相等的情况下，三种酸物质的量浓度最大的是CH3COOH，据此书写离子方程式，注意弱酸不能拆；
（6）由于盐酸和氢氧化钡都是强电解质，先求出氢离子和氢氧根的物质的量，根据反应后溶液的酸碱性求出相应离子的浓度，转化成pH即可。
20．【答案】（1）1
（2）＜
（3）减小
（4）稀硫酸；晾干或干燥
（5）H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c(AsO43－)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀；2.5×10－3；SO2
【解析】【解答】（1）考查pH的计算，假设溶液为1L，硫酸的质量为4.9g，其物质的量为4.9/98mol=0.05mol，c(H＋)=0.05×2/1mol·L－1=0.1mol·L－1，因此pH=1；
（2）本题考查影响盐类水解的因素，如果c[(NH4)2SO4]=c(NH4Cl)，则(NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)较大，因c(NH4＋)越大，NH4＋水解程度越小，则(NH4)2SO4中c(NH4＋)小于NH4Cl溶液中c(NH4＋)的2倍，想等于2倍，c(NH4Cl)较大，即本题填写“<”；
（3）本题考查影响盐类水解的因素，废液中加入生石灰，发生CaO＋H2O=Ca(OH)2，c(OH－)增大，c(NH3·H2O)减小，则此比值减小；
（4）本题考查物质的提纯，提纯CaSO4·2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe(OH)3，且防止CaSO4·2H2O的溶解，过滤、洗涤、干燥；
（5）本题考查溶度积的计算，①H3AsO4是弱酸，电离出的AsO43－较少，因此酸性条件下不易生成Ca3(AsO4)2沉淀，当溶液显碱性，AsO43－的浓度增大，Ca3(AsO4)2开始转化成沉淀，因此有H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右， c(AsO43－)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀；
②第一步水解：AsO43－＋H2O HAsO42－＋OH－，水解平衡常数为K=c(OH－)×c(HAsO42－)/c(AsO43－)=c(OH－)×c(HAsO42－)×c(H＋)[/c(AsO43－)×c(H＋)]=Kw/K3=10－14/4.0×10－12=2.5×10－3；
③根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，得出还原性SO2>I－>AsO33－，还原性最强的是SO2。
【分析】（1）令溶液的体积为1L，根据公式、进行计算；
（2）结合浓度对NH4+水解程度的影响分析；
（3）结合c(OH-)对NH4+水解的影响分析；
（4）Fe(OH)3能溶于稀硫酸，而CaSO4·2H2O不能；
（5）①结合H3AsO4的电离进行分析；
②结合电离平衡常数，结合水的离子积常数计算AsO42-的水解平衡常数；
③氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，据此分析；
21．【答案】（1）；=；10
（2）
（3）
（4）碱；<；
【解析】【解答】（1）①醋酸为弱酸，稀释时还会不断电离，所以变化较慢，则曲线Ⅰ代表溶液。
②酸对水的电离平衡起抑制作用，酸性越强，水的电离程度越小，图中a、b两点相等，故水的电离程度一样。
③常温下，的硝酸溶液中，则酸度；
（2）弱酸的电离常数越小，酸根离子越易水解，根据表格中的信息可知电离常数的大小为，则酸根离子的水解程度：，所以物质的量浓度均为的四种溶液，由小到大的顺序是，故答案为：；
（3）根据强酸制弱酸原理，向次氯酸钠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；
（4）常温下，含等物质的量浓度的与的混合溶液，的电离平衡常数是，的水解常数为，水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性；；该溶液中所含的4种离子浓度由大到小的顺序为。
【分析】（1）①弱电解质存在电离平衡，变化比较慢；
②酸抑制水的电离，且氢离子浓度越大，对水电离抑制作用越大；
③依据Kw和计算；
（2）根据表格中的信息，利用越弱越水解分析；
（3）根据强酸制弱酸原理；
（4）通过电离平衡常数与水解常数的大小比较判断溶液酸碱性及离子浓度大小。
一、单选题
1．常温下，下列有关pH说法正确的是(混合溶液忽略体积的变化)（ ）
A．0.1mol·L-1的H2SO4溶液pH为1
B．用广泛pH试纸测得某盐酸的pH=2.3
C．将pH=5的硫酸与pH=9的NaOH溶液等体积混合pH为7
D．1mLpH=8的NaOH溶液加水至100mL，pH为6
2．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH=7的溶液
B．使石蕊试液呈紫色的溶液
C．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol·L﹣1的溶液
D．酸与碱恰好反应生成的溶液
3．下列物质的水溶液因水解显酸性的是（ ）
A． B．NaHSO3 C． D．HCl
4．用浓度为溶液滴定锥形瓶中20mLNaOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A．滴定终点时溶液的
B．滴定时可以使用石蕊做指示剂
C．溶液应装在如图所示的滴定管中
D．若装溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗，会使滴定消耗溶液体积偏大
5．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．的溶液
B．纯水
C．使石蕊试液呈紫色的溶液
D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
6．某兴趣小组进行了如下实验：向酸化的溶液中同时加入KI溶液、维生素C和淀粉溶液，发现一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：(维生素C)
下列说法不正确的是（ ）
A．反应速率：反应ⅰ<反应ⅱ
B．可得氧化性强弱：
C．溶液的pH始终保持不变
D．溶液最终变蓝，说明所加
7．下图所示与对应叙述不相符的是（ ）
A．图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS) >Ksp(CuS)
B．图乙表示pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：甲酸＞乙酸
C．图丙用0.1000 mol·L-lNaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，则 c(HCl)=0.0800 mol ·L-1
D．图丁表示反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)=αB(H2)
8．化学与生活密切相关，下列叙述中正确的是（ ）
A．自来水厂常用明矾作消毒杀菌剂
B．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
C．为测定“84消毒液”的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
D．生产口罩的无纺布材料是聚丙烯产品，属于天然高分子材料
9．常温下，下列说法正确的是（ ）
A．pH值都为4的稀盐酸和NH4Cl溶液中，水的电离程度相同
B．浓度均为0.1mol/L的醋酸和NaOH溶液等体积混合后：lg[ ]=0
C．在含浓度都为0.01mol/L的Cl﹣、CrO42﹣的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现沉淀的是AgCl．[已知：Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=1.9×10﹣12]
D．浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和CH3COONH4溶液中，c（NH4+）相同
10．常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是（ ）
①b不能显碱性②a可能显酸性或碱性③a不可能显酸性④b可能显碱性或酸性．
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
11．下列图中的实验装置或操作能达到实验目的的是（ ）
A．图甲：加热溶液制备固体
B．图乙：测定溶液的
C．图丙：用稀硫酸和溶液进行中和反应反应热的测定
D．图丁：测定盐酸与反应的速率
12．常温下，在所得下列溶液中，各离子浓度的关系正确的是（ ）
A．浓度均为0.1mol L-1的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
B．pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合：c(NH)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c(Na+)=c(NO)
13．根据下列实验能得出相应结论的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
14．室温下用等浓度的NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
已知：①Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5
②设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
A．滴入NaOH溶液体积为25.00mL时：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+)
B．pH=7的溶液：c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)
C．当c(Na+)=2c(总)时：c(OH-)=c(H+)+c((HC2O4-)+c(H2C2O4)
D．0.1000mol·L-1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)
15．已知①中盛有一定量的碳酸钠溶液， 根据下图所示的实验过程，下列说法正确的是（ ）
A．②中溶液为无色
B．③中溶液的溶质组成有2种情况
C．④中溶液的溶质除酚酞外，还有3种
D．加入过量稀盐酸后，③中只观察到沉淀消失，产生大量气泡
16．25℃时，向20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸中分别加入浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液，结果如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电离常数
B．酸性强弱：
C．在加入NaOH溶液为20mL时，HX溶液中有：
D．若加入过程温度发生变化，则时最大
二、综合题
17．常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液和20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如下图所示:
（1）由A，C点判断，滴定HCl溶液的曲线是 (填“图1”或“图2”)。
（2）a= mL。
（3）c(Na+)=c(CH3COO-)的点是 。
（4）E点对应离子浓度由大到小的顺序为 。
18．碱式碳酸铜是一种用途广泛的化工原料，明矾是种常见的净水剂，某校化学兴趣小组探究将一废弃矿石进行处理制备碱式碳酸铜和明矾，从而实现变废为宝。经查资料：该矿石成分为：Al2Fe4CuSi2O13，该化学小组制定工艺流程如下：
已知：Cu2+溶于足量的浓氨水中可形成铜氨溶液：Cu2+＋4NH3·H2O Cu(NH3)42++4H2O
回答下列问题：
（1）将Al2Fe4CuSi2O13改写成氧化物形式 ；
（2）为了步骤②提高酸浸速率，可采取措施有 ， （任写两种）；
（3）写出步骤⑥的离子方程式 ；
（4）用从滤渣2到明矾需先后加入 、 两种试剂（按使用顺序填写化学式）；
（5）在步骤⑦中，若先加K2CO3溶液，后加KOH溶液，则易发生
CuCO3(s)+2OH-(aq)
Cu(OH)2(s)+CO32-(aq)，则该反应平衡常数为： 。（已知：Ksp(CuCO3=2.4×10-10，Ksp(Cu(OH)2=2.2×10-20）。
（6）为了检验该碱式碳酸铜纯度，该小组称取25g样品，加入到100mL 3mol/L的盐酸中进行溶解。充分反应后，微热排除CO2，冷却后取出10mL，滴加2滴甲基橙，然后用2mol/L标准KOH溶液进行滴定，共用去5mL。则样品的纯度为
19．回答下列有关醋酸的问题。
（1）Ⅰ．在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况如下图所示：
加水量为0时，导电能力也为0，请解释原因： 。
（2）a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为 ；a、b、c三点对应的溶液中，pH最小的是 ；a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是 。
（3）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是 。
A．c(H+) B．H+个数 C．CH3COOH分子数 D．
（4）Ⅱ．常温下，有HCl、H2SO4、CH3COOH三种溶液，请用化学符号填空：
等体积、等物质的量浓度三种酸溶液，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 。
（5）当三种酸溶液c(H+)相同时，写出物质的量浓度最大的酸与氢氧化钾反应的离子方程式 。
（6）pH=1的HCl溶液与0.04 mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液pH是 。
20．工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、As3O43-、Cl-。为除去杂质离子，部分操作流程如下：
请回答问题：
（1）用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，硫酸的浓度为4.9g·L-1，则该溶液中的pH约为 。
（2）NH4+在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以(NH4)2SO4和NH4Cl形式存在。现有一份(NH4)2SO4溶液，一份NH4Cl溶液，(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)恰好是NH4Cl溶液中c(NH4+）的2倍，则c[(NH4)2SO4] c(NH4Cl)（填：＜、=或＞）。
（3）随着向废液中投入生石灰(忽略溶液温度的变化） 溶液中 (填“增大”、“减小”或“不变”)
（4）投入生石灰调节pH到2～3时，大量沉淀主要成分为CaSO4·2H2O[含有少量Fe(OH)3]。提纯CaSO4·2H2O的主要操作步骤：向沉淀中加入过量 ， 充分反应后，过滤、洗涤、 。
（5）25℃，H3AsO4电离常数为K1=5.6×10-3，K2=1.7×10-7，K3=4.0×10-12。当溶液中pH调节到8～9时，沉淀主要成分为Ca3(AsO4)2。
①pH调节到8左右Ca3(AsO4)2才开始沉淀的原因是 。
②Na3AsO4第一步水解的平衡常数数值为： 。
③已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+。上述两个反应中还原性最强的微粒是 。
21．弱电解质的研究是重要课题。已知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
电离平衡常数
（1）常温下，将和体积均相同的和溶液分别稀释，溶液随加水体积的变化如图。
①曲线I代表 (填“”或“”)溶液。
②a、b两，点对应的溶液中，水的电离程度：a (填“>”、“<”或“=”)b。
③酸度也可表示溶液的酸碱性，。常温下，的硝酸溶液的 。
（2）物质的量浓度均为的下列四种溶液，由小到大的顺序是 (用标号填写，例如“”)。
a. b. c. d.
（3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳时，发生反应的离子方程式： 。
（4）常温下，含等物质的量浓度的与的混合溶液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性； (填“>”、“<”或“=”)；该溶液中所含的4种离子浓度由大到小的顺序为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．硫酸为二元强酸，所以0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，其pH小于1，故A不符合题意；
B．广泛pH试纸只能测得整数pH值，故B不符合题意；
C．pH＝5的硫酸中氢离子浓度为10-5mol/L，pH＝9的NaOH溶液浓度为10-5mol/L，二者等体积混合恰好完全中和，溶液显中性，pH为7，故C符合题意；
D.1 mL pH＝8的NaOH溶液加水至100 mL，溶液仍显碱性，接近中性，不可能为酸性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、硫酸为二元强酸；
B、pH试纸无法测定小数；
C、常温下，pH之和=14的酸和碱等体积混合后，其pH=7；
D、碱性溶液稀释后pH>7。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.pH=7的溶液不一定呈中性，可能呈酸性或碱性，100℃时纯水的pH=6，该温度下pH=7时溶液呈碱性，故A项不符合题意；
B.石蕊试液变色范围是5﹣8，则石蕊试液呈紫色的溶液不一定为中性，故B项不符合题意；
C.无论温度多少，只要溶液中存在c（H+）=c（OH﹣），则该溶液一定呈中性，所以c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol·L﹣1的溶液呈中性，故C项符合题意；
D.酸与碱恰好反应生成的溶液可能呈酸性或碱性，如氯化铵溶液呈酸性、碳酸钠溶液呈碱性，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查溶液酸碱性的判断。当溶液中c（H+）=c（OH﹣）时，溶液呈中性；当溶液中c（H+）>c（OH﹣）时，溶液呈酸性；当溶液中c（H+）
【解析】【解答】A．氯化铝是强酸弱碱盐，水解使水溶液呈酸性，选项A符合题意；
B．亚硫酸氢钠是弱酸强碱盐，水解水溶液呈碱性，选项B不合题意；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，故水解显碱性，选项C不合题意；
D．盐酸在溶液中电离显酸性，选项D不合题意；
故答案为：A。
【分析】主要考查物质的分类：
A、为强酸弱碱盐，水解显酸性。
B、C为强碱弱酸盐，水解显碱性。
D、为酸，是电离显酸性，而非因为水解显酸性。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．滴定终点是指示剂变色的点，此反应应该用酚酞做指示剂，酚酞变色范围为8.2-10，故滴定终点应该，故A不符合题意；
B．醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠显碱性，应该选酚酞做指示剂，故B不符合题意；
C．如图滴定管是碱式滴定管，溶液应装在酸式滴定管中，故C不符合题意；
D．若装溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗，相当于醋酸稀释了，会使滴定消耗溶液体积偏大，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.醋酸钠显碱性，pH>7；
B.醋酸钠显碱性，应该选酚酞做指示剂；
C.溶液应装在酸式滴定管中。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．的溶液不一定为中性，如溶液温度高于25℃则为碱性，故A不符合题意；
B．纯水，因是纯水，故为中性，故B符合题意；
C．使石蕊试液呈紫色的溶液只能说明pH在之间，可能为酸性也可能为碱性，故C不符合题意；
D．如为强酸与弱碱则生成强酸弱碱盐显酸性，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】c(H+)=c(OH-)的溶液呈中性。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．根据题干信息可知，反应一段时间后溶液变蓝，说明含有碘单质，则证明反应ii完成后完成反应i，所以反应速率：反应i＜反应ii，A不符合题意；
B．反应i中H2O2为氧化剂，I2为氧化产物，反应ii中I2为氧化剂，C6H6O6为氧化产物，由分析可知，氧化性强弱是 ，B不符合题意；
C．由化学方程式可知，反应ii生成H+的量等于反应i消耗H+的量，而根据A项，反应ii完成后反应i还在反应，即消耗的n(H+)较多，所以溶液pH最终会变大，C符合题意；
D．溶液最终变蓝，说明所加 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应一段时间后溶液变蓝，说明含有碘单质。
B.氧化剂中部分元素化合价在反应前后降低，还原剂对应的产物为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物。
C.反应速率：反应i＜反应ii，说明消耗的n(H+)比生成的n(H+)多。
D.溶液最终变蓝，即溶液中含有I2，而反应ii速率较大。
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 由图甲FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线可知，在CuS的饱和溶液中，离子浓度较小，所以，Ksp(FeS) >Ksp(CuS)，A不符合题意；
B. 由图乙可知，pH=2的甲酸与乙酸溶液加水的量相同时，甲酸的pH变化较大、而乙酸的pH变化较小，说明乙酸在稀释过程中电离平衡移动较明显，所以甲酸酸性强于乙酸，B不符合题意；
C. 由图丙可知，用0.1000 mol·L-lNaOH溶液滴定25.00 mL盐酸，消耗标准液的体积为20.00mL，所以， c(HCl)= 0.0800 mol ·L-1，C不符合题意；
D. 由图丁可知，A、B两点对应的平衡时NH3体积分数相同，但是A点n(N2)/n(H2)小于B点，所以，αA(H2)<αB(H2)，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.难溶物的溶度积越小，就越容易生成沉淀，在沉淀生成时，离子的浓度就越小；
B.在对弱酸进行加水稀释后会促进弱酸的继续电离，那么酸性越弱，其在稀释一定倍数后pH的变化值就越小；
C.根据中和滴定的原理，可知消耗的氢氧化钠的物质的量与消耗的盐酸的物质的量是相等的；
D.在氧化还原反应中，某物质的转化率等于已经消耗的物质的量与总物质的量的比值。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．明矾为十二水合硫酸铝钾(KAl(SO4)2·12H2O)，在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可以用于自来水的净化，但没有消毒杀菌作用，故A不符合题意；
B．侯氏制碱法的工艺过程中，由于二氧化碳在水中的溶解度不大，导致纯碱产量较低，需要先向饱和食盐水中通入氨气至饱和，使溶液显碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，制备过程应用了物质溶解度的差异，故B符合题意；
C.84消毒液的主要成分为次氯酸钠，溶液中水解产生次氯酸，具有漂白性，无法用pH试纸测定“84消毒液”的pH，故C不符合题意；
D．生产口罩的无纺布材料是聚丙烯产品，聚苯烯由丙烯发生加聚反应制得，属于人工合成高分子材料，不是天然高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.明矾可以做净水剂，但是不具有杀毒性能，一般杀毒剂具有氧化性，明矾不具备氧化性
B.符合侯式制碱法的操作要求，利用氨气极易溶于水，以及碳酸氢钠的溶解度小的原理进行除杂
C.84消毒液具有氧化性，能漂白试纸，应该采用的是pH计进行测定
D.自然界中不存在聚丙烯，是人工合成的高分子材料
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A．pH值都为4的稀盐酸中水的电离受到抑制，NH4Cl溶液中水的电离受到促进，所以两种溶液中水的电离程度不相同，故A错误；
B.0.1mol/L的醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L，0.1mol/L的NaOH溶液中氢氧根离子浓度等于0.1mol/L，所以lg[ ]＜0，故B错误；
C．AgCl饱和所需Ag+浓度c（Ag+）= = =1.8×10﹣8mol/L，
Ag2CrO4饱和所需Ag+浓度c（Ag+）= = mol/L=4.36×10﹣5mol/L，则1.8×10﹣8mol/L＜4.36×10﹣5mol/L），所以Cl﹣先沉淀，故C正确；
D．浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和CH3COONH4溶液中，铵根离子水解浓度减小，由于CH3COO﹣水解显碱性，促进铵根离子水解，所以CH3COONH4溶液中，c（NH4+）较小，故D错误．
故选C．
【分析】A．酸抑制水电离，易水解的盐促进水的电离；
B.0.1mol/L的醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L；
C．根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4）计算生成AgCl、Ag2CrO4沉淀时银离子的浓度，比较大小后确定谁先沉淀；
D．根据影响铵根离子水解平衡移动的因素分析．
10．【答案】A
【解析】【解答】解：①pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故①正确；②某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故②正确；③若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解沉淀小于弱碱中离子的水解沉淀，则a可能显酸性，故③错误；④若pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性，若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故④错误；
故选A．
【分析】根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性．
11．【答案】C
【解析】【解答】A．图甲：在加热过程中，会被氧化成，而后水解生成，最终无法得到固体，A不符合题意；
B．图乙：溶液会使试纸褪色，B不符合题意；
C．图丙：用稀硫酸和溶液进行中和反应反应热的测定，C符合题意；
D．图丁：气体易从长颈漏斗逸出，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.亚铁离子易被氧化为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁；
B.次氯酸钠会漂白pH试纸；
D.秒表测定时间，针筒测定气体的体积。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．等浓度等体积的醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，能发生水解呈碱性，所以c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），A不符合题意；
B．氨水为弱碱，pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合，则氨水过量，所以所得溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl-），所以c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），B不符合题意；
C．醋酸钠溶液与适量醋酸混合得到的溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得c（Na+）＜c（CH3COO-），由于水电离程度较小，所以溶液中存在c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），C不符合题意；
D．硝酸钠为强酸强碱盐，盐酸为强酸，硝酸钠溶液与稀盐酸混合过程中始终存在c（Na+）=c（NO3-），D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.注意等浓度等体积的醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐。
B. pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后所得溶液为碱性，结合电荷守恒进行分析。
C. 醋酸钠溶液为强碱弱酸盐，结合电荷守恒进行分析。
D. 硝酸钠为强酸强碱盐，盐酸为强酸。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.HA是一元酸，H2CO3是二元酸，不能通过正盐水解程度大小来判断两者酸性的强弱，A不符合题意；
B.FeI2溶液中滴加足量的溴水，生成溴化亚铁和单质碘，不能判断I-与Fe2+谁先反应，所以不能判断I-与Fe2+的还原性强弱，B不符合题意；
C.化学反应的发生一般是由溶解度大的向溶解度小的方向进行，向饱和硫酸亚铁溶液中加入硫化铜固体，测得溶液中亚铁离子浓度不变，说明没有发生反应，可以证明Ksp(CuS)< Ksp(FeS)，C符合题意；
D.硝酸银加入到过量氨水中应该得到银氨溶液，没有沉淀，银离子与一水合氨不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、只能证明酸性HA＞HCO3-；
B、足量溴水都可以氧化，不能判断；
C、溶液中c(Fe2+)保持不变，说明不发生CuS和FeS的转化；
D、生成了银氨溶液为络合物；
14．【答案】D
【解析】【解答】A．滴入NaOH溶液体积为25.00mL时，NaOH和草酸按1：1反应，溶质为NaHC2O4，HC2O4-既会水解，又会电离，水解为：HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，根据Kh×Ka=Kw得：HC2O4-的水解常数Kh= =1.85×10-13，电离为：HC2O4- C2O42-+H+，其电离常数Ka= Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，所以电离常数Ka>水解常数Kh，故此时溶液显酸性且c(C2O42-)> c(H2C2O4)，A不符合题意；
B．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，pH=7时，有：c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B不符合题意；
C．c(Na+)=2c(总)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)]，是Na2C2O4溶液的物料守恒，即此时溶质为Na2C2O4，Na2C2O4溶液的质子守恒为：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，C不符合题意；
D.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液电荷守恒式子为：c(H+)=2 c(C2O42-)+ c(HC2O4-)+c(OH-)，物料守恒式子为：0.1000mol·L-1= c(H2C2O4)+ c(C2O42-)+ c(HC2O4-)，用电荷守恒式子-物料守恒式子得：c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据此时的数据判断溶质，判断水解常数和电离常数的大小
B.根据电荷守恒即可判断
C.利用物料守恒即可判断
D.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
15．【答案】C
【解析】【解答】A.碳酸钠溶液能使酚酞变红，故A不符合题意；
B.③中溶液的溶质组成有（碳酸钠、酚酞、氢氧化钠），（酚酞、氢氧化钠），（酚酞、氢氧化钠、氢氧化钙）3种情况，故B不符合题意；
C.④中溶液的溶质除酚酞外，还有氯化钠、氯化钙、氯化氢，故C符合题意；
D.加入过量稀盐酸后，③中观察到沉淀消失，产生大量气泡，溶液由红色变为无色，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A，碱性物质能使酚酞变红。
B，溶液中溶质的种类。
C，溶质的种类。
D，实实验现象的考查。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．由分析可知，0.100 0mol/L HY溶液中溶液pH为10 3mol/L，则Ka(HY)= ≈=10 5，故A符合题意；
B．由分析可知，三种酸的酸性强弱为HZ＞HY＞HX，故B不符合题意；
C．HX为弱酸，V=20mL 时，酸碱恰好完全反应生成NaX，NaX为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，则存在c(H+)＜c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，结合电荷守恒得c(Na+)＞c(X-)，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C不符合题意；
D．由分析可知，当加入20.00 mL0.100 0mol/L氢氧化钠溶液时，酸碱恰好完全反应，反应温度最高，水的离子积常数最大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ开始的pH分别为6、3、1，说明HX、HY均为弱酸，且酸性：HX
B.HX、HY均为弱酸，且酸性：HX
D.这三种酸均为一元酸，当n(酸)=n(NaOH)时，酸碱恰好完全反应，反应温度最高，水的离子积常数最大。
17．【答案】（1）图1
（2）20.00
（3）D
（4）c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】【解答】（1）盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，A点pH＝1，说明溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以是盐酸溶液，因此滴定HCl溶液的曲线是图1；
（2）图1中a点pH＝7，二者恰好反应，所以a=20.00mL；
（3）根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)时溶液显中性，则对应的点是D；
（4）E点醋酸与氢氧化钠恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则对应离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
【分析】（1）根据酸溶液的pH确定滴定曲线；
（2）根据反应“NaOH+HCl=NaCl+H2O”确定a的值；
（3）c(Na+)=c(CH3COO-)，则溶液显中性；
（4）E点溶液中溶质为CH3COONa，结合CH3COO-的水解分析；
18．【答案】（1）Al2O3·2FeO·Fe2O3·CuO·2SiO2
（2）粉碎矿石；加热、提高酸的浓度、搅拌
（3）Cu(NH3)42+ +4H+ ＝Cu2+ +4NH4+
（4）KOH；H2SO4
（5）1.09×1010
（6）44.4%
【解析】【解答】（1）根据物质的化学式Al2Fe4CuSi2O13可知改写成氧化物后的形式为Al2O3·2FeO·Fe2O3·CuO·2SiO2；
（2）为了步骤②提高酸浸速率，可采取措施有粉碎矿石、加热、提高酸的浓度、搅拌等；
（3）酸浸后二氧化硅变为滤渣，滤液1中含有金属阳离子，加入双氧水氧化亚铁离子，加入氨水沉淀铁离子、铝离子，根据已知信息可知铜离子转化为Cu(NH3)42+，所以步骤⑥的离子方程式为Cu(NH3)42++4H+＝Cu2++4NH4+；
（4）用从滤渣2中含有氢氧化铝和氢氧化铁，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则转化为明矾需先后加入KOH、H2SO4两种试剂；
（5）CuCO3(s)+2OH-(aq) Cu(OH)2(s)+CO32-(aq)该反应平衡常数为 ＝1.09×1010。
（6）剩余盐酸的物质的量＝2mol/L×0.005L＝0.01mol，则与碱式碳酸铜反应的盐酸＝0.3mol-0.01mol×100mL/10mL＝0.2mol，根据Cu2CO3(OH)2～4HCl可知碱式碳酸铜的物质的量是0.05mol，因此样品的纯度为 。
【分析】（1）根据硅酸盐以氧化物形式表示的顺序：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化、二氧化硅的形式进行改写；
（2）根据影响反应速率的因素进行回答；
（3）步骤⑥是铜氨络离子与氢离子反应生成铜离子和铵根离子；
（4）需要将铝离子生成沉淀，然后溶解为铝离子；
（5）根据平衡常数的定义式，转化为两种物质的溶度积常数的表达式，然后进行计算；
（6）根据关系式进行计算样品的纯度。
19．【答案】（1）冰醋酸的构成微粒为分子，没有带电荷微粒，所以不导电
（2）c>b>a；b；c
（3）B、D
（4）H2SO4>HCl=CH3COOH
（5）CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O
（6）2
【解析】【解答】Ⅰ．(1)冰醋酸为共价化合物，必须溶于水才能电离出离子从而导电，即冰醋酸构成微粒为分子，没有带电荷微粒，故不导电；
(2)依据弱电解质“越稀越电离”规律，电离程度随着水的加入量增大而增大，即c>b>a；溶液导电能力强，说明离子浓度大，故b点c(H+)最大，此时pH最小；醋酸电离出的H+会抑制水的电离，溶液中c(H+)关系为：b > a > c，故c点对水的电离抑制程度最小，即水的电离程度最大；
(3)A．图示导电能力变化说明溶液中c(H+)是先增大后减小，A不正确；
B．加水稀释，促进醋酸电离，故H+个数增多，B正确；
C．加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH个数减少，C不正确；
D．由 ，结合B、C选项的判断知比值增大，D正确；
故
故答案为：BD；
Ⅱ．(4)等体积等浓度的三种酸可提供的n(H+)：H2SO4 > HCl = CH3COOH，故中和NaOH能力：H2SO4 > HCl = CH3COOH；
(5)醋酸为一元弱酸，微弱电离出H+，硫酸为二元强酸，1：2电离出H+，所以在溶液中c(H+)相等的情况下，三种酸物质的量浓度最大的是CH3COOH，在离子方程式中不能拆开，故离子方程式为：CH3COOH + OH- = CH3COO- + H2O；
(6)pH=1盐酸中c(H+)浓度为0.1 mol/L，0.04 mol/LBa(OH)2中c(OH-)浓度为0.08 mol/L，两者等体积混合酸过量，欲求pH需先求c(H+)， ，故pH= -Lgc(H+)=2。
【分析】（1）电解质在水溶液或熔融状态下才能导电；
（2）弱电解质越稀越电离；c(H+)浓度越大，溶液的pH越小，溶液导电能力越大；酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，抑制水电离的程度越大；
（3）加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，溶液中c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小；
（4）中和NaOH的能力由n(H+)决定，n(H+)越大，中和能力越强；
（5）醋酸为一元弱酸，只能部分典例，溶液中c(H+)相等的情况下，三种酸物质的量浓度最大的是CH3COOH，据此书写离子方程式，注意弱酸不能拆；
（6）由于盐酸和氢氧化钡都是强电解质，先求出氢离子和氢氧根的物质的量，根据反应后溶液的酸碱性求出相应离子的浓度，转化成pH即可。
20．【答案】（1）1
（2）＜
（3）减小
（4）稀硫酸；晾干或干燥
（5）H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c(AsO43－)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀；2.5×10－3；SO2
【解析】【解答】（1）考查pH的计算，假设溶液为1L，硫酸的质量为4.9g，其物质的量为4.9/98mol=0.05mol，c(H＋)=0.05×2/1mol·L－1=0.1mol·L－1，因此pH=1；
（2）本题考查影响盐类水解的因素，如果c[(NH4)2SO4]=c(NH4Cl)，则(NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)较大，因c(NH4＋)越大，NH4＋水解程度越小，则(NH4)2SO4中c(NH4＋)小于NH4Cl溶液中c(NH4＋)的2倍，想等于2倍，c(NH4Cl)较大，即本题填写“<”；
（3）本题考查影响盐类水解的因素，废液中加入生石灰，发生CaO＋H2O=Ca(OH)2，c(OH－)增大，c(NH3·H2O)减小，则此比值减小；
（4）本题考查物质的提纯，提纯CaSO4·2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe(OH)3，且防止CaSO4·2H2O的溶解，过滤、洗涤、干燥；
（5）本题考查溶度积的计算，①H3AsO4是弱酸，电离出的AsO43－较少，因此酸性条件下不易生成Ca3(AsO4)2沉淀，当溶液显碱性，AsO43－的浓度增大，Ca3(AsO4)2开始转化成沉淀，因此有H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右， c(AsO43－)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀；
②第一步水解：AsO43－＋H2O HAsO42－＋OH－，水解平衡常数为K=c(OH－)×c(HAsO42－)/c(AsO43－)=c(OH－)×c(HAsO42－)×c(H＋)[/c(AsO43－)×c(H＋)]=Kw/K3=10－14/4.0×10－12=2.5×10－3；
③根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，得出还原性SO2>I－>AsO33－，还原性最强的是SO2。
【分析】（1）令溶液的体积为1L，根据公式、进行计算；
（2）结合浓度对NH4+水解程度的影响分析；
（3）结合c(OH-)对NH4+水解的影响分析；
（4）Fe(OH)3能溶于稀硫酸，而CaSO4·2H2O不能；
（5）①结合H3AsO4的电离进行分析；
②结合电离平衡常数，结合水的离子积常数计算AsO42-的水解平衡常数；
③氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，据此分析；
21．【答案】（1）；=；10
（2）
（3）
（4）碱；<；
【解析】【解答】（1）①醋酸为弱酸，稀释时还会不断电离，所以变化较慢，则曲线Ⅰ代表溶液。
②酸对水的电离平衡起抑制作用，酸性越强，水的电离程度越小，图中a、b两点相等，故水的电离程度一样。
③常温下，的硝酸溶液中，则酸度；
（2）弱酸的电离常数越小，酸根离子越易水解，根据表格中的信息可知电离常数的大小为，则酸根离子的水解程度：，所以物质的量浓度均为的四种溶液，由小到大的顺序是，故答案为：；
（3）根据强酸制弱酸原理，向次氯酸钠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；
（4）常温下，含等物质的量浓度的与的混合溶液，的电离平衡常数是，的水解常数为，水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性；；该溶液中所含的4种离子浓度由大到小的顺序为。
【分析】（1）①弱电解质存在电离平衡，变化比较慢；
②酸抑制水的电离，且氢离子浓度越大，对水电离抑制作用越大；
③依据Kw和计算；
（2）根据表格中的信息，利用越弱越水解分析；
（3）根据强酸制弱酸原理；
（4）通过电离平衡常数与水解常数的大小比较判断溶液酸碱性及离子浓度大小。