高考化学二轮专题复习之专题12 弱电解的电离平衡和溶液的酸性（含答案）
文档属性
| 名称 | 高考化学二轮专题复习之专题12 弱电解的电离平衡和溶液的酸性（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 898.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-01 08:43:25 | ||
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文档简介
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专题12 弱电解的电离平衡和溶液的酸性
一、单选题
1．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7的溶液 B．使酚酞溶液呈无色的溶液
C．c（H＋）＝c（OH－）的溶液 D．c（H＋）＝10－7 mol/L的溶液
2．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH=7的溶液
B．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液
C．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
3．下列叙述正确的是（ ）
A．石墨可以导电，所以石墨是电解质
B．能够自发进行的反应一定是放热反应
C．硫化钠溶液呈碱性的原因：
D．0.1 mol/L的甲酸溶液中含有，所以甲酸是弱电解质
4．25℃时的三种溶液：①pH=2的醋酸；②pH=2的硫酸；③pH=12的氢氧化钠溶液。下列有关说法正确的是（ ）
A．将①溶液用蒸馏水稀释，使体积扩大100倍，所得溶液pH变为4
B．①与②两溶液的物质的量浓度相等
C．①与③两溶液等体积混合，混合液的pH=7
D．V1 L ②溶液和V2L ③溶液混合，若混合后溶液pH=3，则V1∶V2=11∶9
5．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）
A．NaHS水解反应：HS-+H2O H3O++S2-
B．AlCl3水解反应：Al3++3H2O Al(OH)3↓+3H+
C．AgCl(s)悬浊液中存在平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)
D．BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4=Ba2++SO
6．化学与生活关系密切，解释下列应用的离子方程式正确的是（ ）
选项 应用 解释(离子方程式)
A 淀粉—KI溶液(稀硫酸酸化)检验碘盐中含KIO3
B 电解饱和食盐水制氢气和氯气
C 醋酸用于除去水垢
D 氯化铁用于蚀刻铜板
A．A B．B C．C D．D
7．常温下，下列关系的表述中正确的是（ ）
A．中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量相等
B．pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3，溶液中，水电离的c(H+)相等
C．0.1mol L-1的NaHCO3的溶液中，c(Na+)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(H2CO3)
D．向0.1mol L-1的CH3COONa溶液中加少量水，溶液中 比值增大
8．已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K ＝。25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：
化学式 CH3COOH HCN H2CO3
K 1.75×10–5 4.9×10–10 K1 = 4.4×10–7 K2 = 5.6×10–11
下列说法正确的是（ ）
A．稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO–)逐渐减小
B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3) ＜ c() ＜ c(HCO3 )
C．25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液
D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO2
9．室温下，在25 mL0.1 mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol/LNaOH溶液，曲线如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．B点离子浓度比较：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)
B．室温下CH3COOH电离平衡常数可表示为：
C．D点时，微粒浓度满足关系：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)+2c(CH3COOH)
D．B，C，D三点中水电离程度最大的是C点
10．室温下，改变 邻苯二甲酸氢钾(KHA)溶液的pH，溶液中 、 、 的物质的量分数 随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是[已知 ]（ ）
A．
B． 时，
C．KHA溶液中：
D． 时，
11．下列图示与对应叙述相符的是（ ）
A．图1表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
B．图2表示反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率b>c>a
C．图3表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH>NOH
D．图4表示温度对醋酸钠溶液pH的影响，由图可知，升高温度，醋酸钠溶液的水解程度增大，溶液碱性增强。
12．常温下，用0.1000 mol L 1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol L 1 CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．点①所示溶液中：c（CH3COO–）＜c（CH3COOH）
B．点①所示溶液中：c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO–）+2c（OH–）
C．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO–）
D．点③所示溶液，加水稀释， 变小
13．探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：H2C2O4是弱电解质)
实验 装置 试剂a 现象
① Ca(OH)2溶液(含酚酞) 溶液褪色，产生白色沉淀
② 少量NaHCO3溶液 产生气泡
③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色
④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式错误的是（ ）
A．H2C2O4有酸性：Ca(OH)2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O
B．酸性H2C2O4> H2CO3：NaHCO3+ H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性：2 +5 +16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O
14．常温下，pH=12的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，（体积变化忽略不计）所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是（ ）
A．11：1 B．9：11 C．1：11 D．11：9
15．对室温下 的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（ ）
A．加水稀释至溶液体积为 ，醋酸溶液的 变为4
B．温度都升高 后，两溶液的 不再相等
C．加水稀释至溶液体积为 后，两种溶液中 都减小
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气体积可用如图表示
16．室温下， ，现有浓度均为 的 溶液、 溶液，下列说法错误的是（ ）
A． 溶液中
B．若将两溶液等体积混合，混合溶液的
C．两溶液中均存在
D．两溶液中由水电离产生的 较大的是 溶液
17．根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）
A．图甲表示反应X(g)+3Y(g)
2Z(g)的能量变化，若更换高效催化剂，则E3不变
B．图乙表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)到达平衡时，CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，则p1＜p2
C．图丙表示一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力的变化，则b点时醋酸电离程度最大
D．图丁表示t℃时，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，向Ag2CrO4的悬浊液中加入K2CrO4可使溶液由Y点变到X点
18．下列说法中，正确的是（ ）
A．随温度、浓度的改变而改变
B．分别用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤 沉淀，用水洗涤造成 的损失量大于用稀硫酸洗涤时的损失量。
C．能与碳酸钠反应制，说明是强电解质
D．常温下，的醋酸溶液中加入水可使平衡向电离方向移动，溶液中的比值变大
19．常温下，0.2 mol L－1 Na2CrO4溶液中，H2CrO4、CrO 、Cr2O 和 HCrO4的分布曲线如图所示。下列叙述正确的是（已知：2CrO +2H+ Cr2O + H2O）（ ）
A．曲线 Q 表示 pH 与c( CrO ) 的变化关系
B．Ka2（H2CrO4）的数量级为 10－6
C．HCrO 的电离程度大于水解程度
D．pH=2 和 pH=5 时，2HCrO +2H+ Cr2O + H2O 的平衡常数不相等
20．是实验室常用试剂。25℃时，下列相关说法正确的是（ ）
A．pH均为4的溶液和NH4Cl溶液，水的电离程度相同
B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中增大
C．0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液，测得pH=5.5，则该缓冲溶液中：
D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊。说明酸性：碳酸>苯酚
二、多选题
21．常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lg X[X为、、]变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下，的
B．a点溶液中：
C．溶液中：
D．b点溶液中：
22．在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．①代表滴加溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是、
C．c点，两溶液中含有相同物质的量的
D．a点对应的溶液显中性，d点对应溶液显碱性
23．常温时，向水溶液中逐滴滴加溶液，混合溶液中和的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．的的数量级为
B．溶液呈碱性
C．的溶液中：
D．的溶液中：
24．常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]变化如图所示。下列说法错误的是
A．曲线①代表随pH的变化
B．25℃，的电离常数
C．从a至b点，水的电离程度逐渐增大
D．b点溶液中：
25．常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1NaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法错误的是
A．
B．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：
C．随着HM溶液的加入的值变大
D．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：
三、实验探究题
26．次磷酸钠()在食品工业中用作防腐剂、抗氧化剂，也是一种很好的化学镀剂。请回答下列问题：
（1）次磷酸是一元弱酸()，则次磷酸钠()属于 (填“正盐”“酸式盐”或“碱式盐”)。
（2）将待镀零件浸泡在和的混合溶液中，可达到化学镀镍的目的，该过程中被氧化为二元弱酸，写出该反应的离子方程式： 。
（3）次磷酸钠的制备
将白磷()和过量烧碱溶液混合加热，生成和气体，气体与NaClO溶液反应可生成次磷酸。实验装置如图所示(部分装置省略)：
①装置A中盛放白磷的仪器名称为 ，1 mol白磷中含有的共价键数目为 。
②装置B的作用为 。
③装置C中发生反应的化学方程式为 。
④已知相关物质的溶解度如下表：
溶解度/g 物质 25℃ 100℃
NaCl 37 39
100 667
充分反应后，将A、C中溶液混合，将混合液(含极少量NaOH)蒸发浓缩，有大量杂质晶体析出，然后 ，得到含的粗产品溶液，进一步处理得到粗产品。
（4）产品纯度的计算
取1.00g粗产品配成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，酸化后加入碘水，充分反应，然后以淀粉溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液24.00mL，相关反应的方程式为、，则产品纯度为 。
27．
（1）I.醋酸是一种常见的弱酸，回答下列问题：下列措施可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______(填字母序号)。
A．升温
B．通入HCl气体
C．加入NaOH固体
D．加入NaHSO4固体I.醋酸是一种常见的弱酸，回答下列问题：
下列措施可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是{#blank#}1{#/blank#}(填字母序号)。
（2）用0.1 mol L 1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol L 1的盐酸和醋酸溶液，滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积变化的曲线如图。请回答：
滴定盐酸的曲线是 (填“I”或“II”)；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
（3）II.国家标准规定葡萄酒中SO2的最大含量为0.25g L 1。某兴趣小组用图1所示装置(夹持装置已略去)收集某葡萄酒中的SO2，然后对其含量进行测定。
向B中加入300.00mL葡萄酒和适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并与C中H2O2完全反应，C中反应的离子方程式为 。
（4）除去C中剩余的H2O2，然后用0.0900 mol L 1的NaOH标准溶液进行滴定，NaOH标准溶液应盛装在图2中的 (填“①”或“②”)中；如用酚酞作指示剂，则滴定终点的现象B为 。
（5）滴定测得，消耗NaOH标准溶液25.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为 g·L-1。
28．氮是一种重要的元素，其对应化合物在生产生活中有重要的应用。
（1）氮化铝(AlN)可用于制备耐高温的结构陶瓷，遇强碱会腐蚀，写出AlN与氢氧化钠溶液反应的离子方程式 。
（2）氨是制备氮肥、硝酸等的重要原料②③
①已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol
N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180 kJ/mol
2H2(g)+O2(g) 2H2O(1) △H= -571.6 kJ/mol
试写出表示氨的标准燃烧热的热化学方程式 。
②某电解法制氨的装置如图所示，电解质只允许质子通过，试写出阴极的电极反应式 。
（3）反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H<0是制备硝酸过程中的一个反应。
①将NO和O2按物质的量之比为2：1置于恒温恒容密闭容器中进行上述反应，得到NO2体积分数与时间的关系如下图所示。保持其它条件不变，t1时再向容器中充入适量物质的量之比为2：1的NO和O2的混合气体，t2时再次达到平衡，请画出tl-t3时间范围内NO2体积分数随时间的变化曲线： 。
②在研究此反应速率与温度的关系时发现，NO转化成NO2的速率随温度升高反而减慢。进一步研究发现，上述反应实际是分两步进行的：
I 2NO(g) N2O2(g) △H<0
II N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) △H<0
已知反应I能快速进行，试结合影响化学反应速率的因素和平衡移动理论分析，随温度升高，NO转化成NO2的速率减慢的可能原因 。
（4）已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=l.8×10-5。则常温下0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，c(CH3COO-)：c(NH3·H2O)= 。
四、综合题
29．醋酸、盐酸和碳酸钠是生活中常见的物质。
（1）碳酸钠水溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示） 。
（2）泡沫灭火剂中装有Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液及起泡剂，写出使用时发生反应的离子方程式 。
（3）25 ℃时，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确是 。
a．两溶液的pH相同
b．两溶液的导电能力相同
c．两溶液中由水电离出的c(OH-)相同
d．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同
（4）25 ℃时， pH=4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的c(H＋)与氯化铵溶液中水电离出的c(H＋)之比是 。
（5）醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H＋，下列叙述错误的是
a．CH3COOH溶液中离子浓度关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
b.0.1 mol·Lˉ1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OH－)减小
c．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动
d．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7
e．室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中 不变
（6）浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液和氢氧化钠溶液按体积比2：1混合，混合后溶液中离子浓度从大到小排序为 。
30．CH3COOH是常见的弱酸，现有常温下0.1molL-1的CH3COOH溶液。
（1）若温度不变，加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 （填字母序号，下同）；若该溶液升高温度，下列表达式的数据增大的是 。
A、c(H+)
B、c(H+)×c(OH-)
C、
D、
（2）某化学兴趣小组装好了如图所示的实验装置，一支胶头滴管盛有盐酸，另一支胶头滴管盛有同体积、同浓度的醋酸。实验时同时完全捏扁a、b胶头滴管的胶头，观察实验现象
①装置A、B中用红墨水而不用水的目的是 。
②实验刚开始时，发现装置A中的长导管液面上升得比装置B中的要快。则胶头滴管a中盛的是 。 两装置反应结束时（无固体剩余）。静置后两装置中的长导管或面均有所下降，最终液面高度 （填“相等”。“A中的高”或“B中的高”）.
（3）实验表明，液态时纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性也是显著强于纯水。又知液态纯酸都能像水那样进行自身电离而建立平衡。且在一定温度下都有各自的离子积常数。据此回答：
①5℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4) 1×10-14（填“＞”“＜”或“＝”）.
②在纯硫酸与纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是 。
（4）在某温度下的水溶液中，c(H+)=10xmol×L-1，c(OH-)＝10ymol×L-1，x与y的关系如图所示：
①该温度下，水的离子积为 。
②该温度下，0.01mol×L-1 NaOH溶液中水电离出c(OH-)为 。
31．醋酸(CH3COOH)是食醋的主要成分，也是重要的化工原料。常压下，取不同浓度、不同温度的醋酸溶液测定，得到下表实验数据。
温度/℃ c(CH3COOH)/(mol/L) 电离常数/(mol/L) 电离度/(%)
0 3 1.60 10-5 0.233
25 2 1.80 10-5 0.30
50 1 2.50 10-5 a
已知： ；50℃时CH3COO-的水解平衡常数Kh=4×10-9；lg5≈0.7。
回答下列问题：
（1）增大醋酸溶液中CH3COOH电离程度可采取的措施有 、 。
（2）上表中a= 。
（3）50℃时，H2O的离子积常数K= (mol·L-1)2，50℃时1 mol·L-1CH3COOH溶液的pH= 。
（4）25℃时，浓度均为0.10 mol·L-1的CH3COOOH和CH3COONa的缓冲溶液(化学上把外加少量酸、碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液)的pH=4.76。
①向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H＋)= mol·L-1。
②该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
32．天然气是一种清洁能源，但其中大多含有、等酸性气体和水汽，会腐蚀管道设备。已知：时氢硫酸和碳酸的电离常数如下表：
（1）碳钢材质管道发生电化学腐蚀，作负极的物质是 。
（2）用化学用语表示溶液显酸性的原因 。
（3）溶液可以去除，写出反应的离子方程式 。
（4）用热碱液(溶液)吸收天然气中的，可将其转化为可溶性的，反应的化学方程式为 。
（5）我国科学家设计了一种协同转化装置，实现对天然气中和的高效去除，装置如下图所示。其中电极分别为石墨烯(石墨烯包裹的)和石墨烯。
①石墨烯是 极(填“阳”或“阴”)。
②石墨烯电极区发生反应为：
ⅰ.
ⅱ. 。
③协同转化总反应的化学方程式为 ，在其中所起的作用是 。
④工作时，石墨烯电极区的基本保持不变，结合化学用语解释原因 。
33．
（1）NH3·H2O水溶液中电离方程式： ；K2C2O4水解的离子方程： 。
（2）用离子方程式表示泡沫灭火器（硫酸铝和小苏打的混合液）的工作原理 。
（3）物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④(NH4)2CO3⑤NH4HCO3，其中c(CO )最小的是 （填序号)。
（4）请写出0.1mol/L的NH4HCO3物料守恒关系式： 。
（5）25℃时，将0.02mol CH3COONa和0.004mol HCl溶于水形成1L混合溶液。该溶液中存在 个平衡体系。
五、推断题
34．室温下，Ka1(H2SO3)=10-1.81，Ka1(H2SO3)=10-6.99。室温下通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。
实验1：测定某浓度的NaHSO3溶液的pH，测得pH为5.2。
实验2：向0.10mol·L-1NaHSO3溶液中加氨水至pH=7。
实验3：向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中滴几滴0.10mol·L-1FeCl3溶液，再滴加KSCN溶液，溶液不变红。
实验4：向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中加入BaO2固体，有气体产生，同时有白色沉淀。
下列说法错误的是（ ）
A．实验1的溶液中：=10-1.6
B．实验2得到的溶液中有
C．实验3中加FeCl3溶液的离子方程式为：
D．实验4的上层清液中有c(SO) c(Ba2+)=Ksp(BaSO3)，产生的气体中一定有SO2
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，选项A不符合题意；
B、酚酞的变色范围是8-10，酚酞显示无色，溶液有可能显示碱性，选项B不符合题意；
C、溶液呈酸碱性本质，取决于溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液一定显示中性，选项C符合题意；
D、c（H＋）＝10－7 mol/L的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，c（H＋）＝10－6 mol/L时溶液呈中性，当c（H＋）＝10－7 mol/L时溶液呈碱性，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．pH=7的溶液不一定呈中性，还要考虑温度是不是常温；
B、依据酚酞的变色范围是8-10分析；
C、溶液呈酸碱性本质，取决于溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小；
D．c（H＋）＝10－7 mol/L的溶液不一定呈中性，还要考虑温度是不是常温。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.常温下，pH=7的溶液显中性，缺少常温的条件，pH=7不一定为中性溶液，如100℃时，pH=7的溶液显碱性，A不符合题意；
B.溶液中c(H+)=c(OH-)，则溶液显中性，B符合题意；
C.酸碱恰好完全反应，所得的正盐溶液可能为碱性溶液，如CH3COOH溶液与NaOH溶液恰好完全反应，所得CH3COONa溶液显碱性，C不符合题意；
D.NH3是非电解质，其水溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，此时溶液的pH不一定等于7。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．石墨可以导电是由于其中含有自由移动的电子，但石墨是非金属单质，不是化合物，所以石墨不属于电解质，A不符合题意；
B．能够自发进行的反应△G=△H-T△S＜0，能够自发进行的反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，不能只根据焓变判断反应进行的自发性，B不符合题意；
C．硫化钠溶液呈碱性是由于在溶液中S2-存在水解平衡，但其水解反应逐步进行，主要是第一步水解，该步水解反应的离子方程式为：S2-+H2O
HS-+OH-，C不符合题意；
D.0.1 mol/L的甲酸溶液中含有HCOOH电离产生的H+、HCOO-及未电离的HCOOH分子，在溶液中存在甲酸的电离平衡，因此甲酸是弱电解质，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.电解质是在水溶液或融入状态下能导电的化合物，石墨属于单质。
B.能够自发进行的反应△G=△H-T△S＜0，由此不能说明△H一定小于0。
C.H2S属于二元弱酸，弱酸根S2-水解分步进行，且主要以第一步水解为主。
D.弱电解质不能完全电离，其电离存在电离平衡
4．【答案】D
【解析】【解答】A．①CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，加水促进电离，所以CH3COOH溶液稀释100倍后，pH变化小于2个单位，即所得溶液pH＜4，故A不符合题意；
B．pH=2的醋酸的浓度c远大于0.01mol/L，pH=2的硫酸的浓度为0.005mol/L，所以①与②两溶液的物质的量浓度不相等，故B不符合题意；
C．CH3COOH是弱酸，①与③两溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，pH＜7，故C不符合题意；
D．pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，混合后溶液中c(H+)=0.001mol/L，则0.01V1-0.01V2=0.001(V1+V2)，V1：V2=11：9，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 醋酸时弱酸电离时非完全电离存在电离平衡；
B.醋酸为一元酸且不完全电离，硫酸二元酸且完全电离；
C.醋酸过量；
D.酸碱中和完全电离的酸碱计算。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．NaHS水解反应为HS-+H2O H2S+OH-，A不符合题意；
B．水解反应可逆，且生成不是氢氧化铝沉淀，符合题意离子方程式为Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，B不符合题意；
C．AgCl(s)悬浊液中存在AgCl的沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，C符合题意；
D．BaSO4为强电解质，其水溶液导电性极弱是因为硫酸钡的溶解度很小，与硫酸钡的电离无关，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.弱酸盐水解生成弱酸；
B.氯化铝水解生成产物可溶；
C.沉淀微溶后可部分电离；
D.导电弱与是否可以电离无关。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．电荷守恒，得失电子守恒，A符合题意；
B．食盐水是中性，电解反应的离子方程式为 ，B不符合题意；
C．醋酸是弱电解质，应该用分子式表示，正确的应该是 ，C不符合题意；
D．电荷不守恒，正确的应该是 ，D不符合题意；
【分析】电解饱和食盐水的时候，注意水不拆，醋酸是弱电解质不能拆，另外离子方程式也要注意电荷守恒问题。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸是弱酸，在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，因此醋酸消耗的氢氧化钠多，A不符合题意；
B．盐酸是抑制水的电离，氯化铁水解促进水的电离，B不符合题意；
C．碳酸氢钠溶液显碱性，说碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，因此c(CO )D．醋酸钠水解显碱性，CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-， 加少量水，平衡正向移动， 比值即它们的物质的量之比也增大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.醋酸弱电离，相同pH值和体积时物质的量大于盐酸，消耗氢氧化钠的量也大；
B.盐酸的氢离子抑制水的电离；
C.碳酸氢钠显碱性，水解大于电离；
D.加水促进水解，生成的醋酸量增大。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n(CH3COO–)逐渐增多，故A不符合题意；
B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2 = 5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c()＜c(H2CO3)＜ c(HCO3 )，故B不符合题意；
C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C符合题意；
D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.稀释过程中会促进乙酸的电离，乙酸根增大；
B.根据碳酸根的两极电离常数可以确定二级电离弱于一级且碳酸根浓度要少于碳酸；
D.氢氰酸电离常数低于碳酸，酸性同样弱于碳酸，故不可能产生二氧化碳。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．醋酸与NaOH溶液浓度相等，当加入NaOH溶液12.5 mL时，溶质为CH3COONa与CH3COOH等物质的量的混合溶液，根据图示可知溶液pH＜7，溶液中c(H+)＞c(OH-)，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，故微粒浓度c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)；醋酸是弱酸，电离程度是微弱的，主要以电解质分子存在，所以c(CH3COOH)＞c(H+)，故B点溶液中微粒浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，A不符合题意；
B．在C点时溶液显中性，c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)= mol/L，溶液中c(CH3COOH)= ，所以室温下CH3COOH电离平衡常数可表示为Ka= ，B不符合题意；
C．在D时NaOH溶液体积是50 mL，溶液为CH3COONa与NaOH等物质的量的混合溶液，溶液中OH-由碱电离、盐水解及水电离产生，存在关系NaOH=Na++OH-，CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，H2O H++OH-，则OH-溶液中的浓度c(OH-)=(Na+)+c(H+)+c(CH3COOH)，C符合题意；
D．溶液中酸、碱的存在都会抑制水的电离，水电离程度减小。B点酸过量，D点碱过量，水的电离受到抑制作用，水电离程度减小，C点溶液pH=7，水电离不受影响，故B、C、D三点中水电离程度最大的是C点，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. B点n (NaOH) =n(CH3COOH)，则B点反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，但其电离和水解程度都较小；
B.加入bmLNaOH溶液后，溶液pH = 7溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)= 10- 7mol/L，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)进而求得溶液c(CH3COOH)可得室温下CH3COOH电离平衡常数；
C.D点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
D.酸和碱抑制水的电离，CH3COO-促进水的电离且c(CH3COO-)越大，水电离程度越大。
10．【答案】C
【解析】【解答】根据分布图象的两个交点可得 的电离平衡常数： ， ；
A．H2A的第二步电离方程 ，当c(HA-)=c(A2-)时， ，
，A不符合题意；
B．由图可知 时 ，故 ，B不符合题意；
C．因为 的电离平衡常数 大于其水解平衡常数 ，因此电离产物 的浓度大于水解产物 的浓度，C符合题意；
D．由图可知 时 ，且 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．根据c(HA-)=c(A2-)的点计算；
B．根据pH=4.15计算，此时c(H2A)=c(A2-)；
C．根据Kh=计算Kh，再分析水解和电离程度；
D．根据pH=7分析。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应是反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，故A不符合题意；
B.增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始CO的物质的量，可知NO的转化率c＞b＞a，故B不符合题意；
C.等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，NOH的溶液的pH变化快，碱性强，即溶液的碱性：MOH＜NOH，故C不符合题意；
D.图中分析可知随温度升高溶液pH增大，醋酸根离子水解显碱性，说明升温促进醋酸根离子水解，升高温度醋酸钠的水解程度增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动；
B.CO的起始量越大，NO的转化率越高；
C.相对越弱的碱在稀释相同倍数时，pH变化越小；
D.升高温度促进盐的水解。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．点①所示溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，且两者浓度相等，由于溶液显酸性，酸电离占主要，因此c（CH3COOH） ＜c （CH3COO－），故A不符合题意；
B．点①所示溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，且两者浓度相等，根据电荷守恒得到：c（H+）+c（Na+）=c（OH－）+c（CH3COO－），根据物料守恒得到c（CH3COOH）+ c（CH3COO－） =2c（Na+），因此c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO－）+2c（OH－），故B符合题意；
C．点②所示溶液中pH=7，根据电荷守恒和pH=7得到：c（Na+）= c（CH3COO－），故C不符合题意；
D．点③所示溶液溶质为CH3COONa，加水稀释， ，因此 不变，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.①点得到的溶液是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液，根据pH即可判断
B.①点得到的溶液是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液，根据物料守恒和电荷守恒判断
C.②此时溶液显中性，根据电荷守恒即可判断
D.③此时溶液是醋酸钠溶液，显碱性，根据水解常数和水的离子积等式进行变化即可判断
13．【答案】C
【解析】【解答】A．H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色褪去，A不符合题意；
B．产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2↑+2H2O，B不符合题意；
C．草酸为弱电解质，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，正确的离子方程式为2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O，C符合题意；
D．草酸（又称乙二酸），结构中含有两个羧基，因此其能发生酯化反应，生成乙二酸二乙醇酯，反应方程式符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应；具有还原性；因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题。
14．【答案】D
【解析】【解答】解：设强碱的体积为x L，强酸的体积为y L，
pH=12的强碱溶液中c(OH-) = 10-2 mol/L，
pH=2的强酸溶液中c(H+) = 10-2 mol/L，
混合后pH=11，则说明碱过量，
根据公式c(OH-)= ，即 ,解得x：y = 11：9，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】酸碱反应后所得混合液的pH=11，说明溶液呈碱性，氢氧根离子过量，由混合反应后溶液中的氢氧根离子浓度列式计算溶液体积比。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，稀释至1000mL，溶液的浓度变为原来十分之一，加水促进醋酸电离，氢离子的物质的量变大，故pH变化小于1个单位，则醋酸溶液的pH＜4，A不符合题意；
B.盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，升高温度，醋酸的电离程度增大，所以酸性会增强，pH会减小，则两溶液的pH不再相等，B符合题意；
C.对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，则两溶液中 都增大，C不符合题意；
D.盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，相同体积的两种溶液，加足量的锌充分反应后，醋酸产生的氢气比盐酸多，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸是弱酸，稀释时会发生电离，变化小于1，因此是小于4
B.电离是吸热，加热促进电离，醋酸的氢离子浓度变大，因此pH变化的小
C.加水稀释时，酸性减弱，根据水的离子积计算得出氢氧根离子的大小
D.醋酸产生的气体多余盐酸产生的气体
16．【答案】A
【解析】【解答】A．设醋酸溶液中氢离子浓度为xmol/L，则有
，Ka= = ≈ = ，解得：x≈1.3 10-3，A符合题意；
B．若将两溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离常数Ka= ，醋酸根离子的水解常数Kh= =C．依据物料守恒，醋酸和醋酸钠溶液中均存在： ，C不符合题意；
D．醋酸溶液中醋酸电离出的氢离子对水的电离起到抑制作用，醋酸钠电离出的醋酸根离子水解促进水的电离使溶液呈碱性，因此两溶液中由水电离产生的 较大的是 溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据电离平衡，利用三段式法计算；
B．通过比较电离程度与水解程度的大小判断；
C．依据物料守恒判断；
D．利用酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，则更换高效催化剂，E3减小，故A不符合题意；
B．通过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1＜p2，故B符合题意；
C．醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c＞b＞a，故C不符合题意；
D．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO
)增大，c(Ag+)减小，但仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂可以降低反应的活化能；
B.压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，甲烷的转化率减小；
C.醋酸是弱电解质，醋酸的浓度越小，电离程度越大，溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小和离子所带电荷的多少有关；
D.加入 K2CrO4 溶液，铬酸根离子的浓度增大，平衡向生成沉淀的方向移动，银离子的浓度减小，但是溶度积不变，所以Y沿曲线向右下方移动。
18．【答案】B
【解析】【解答】A. 只随温度的改变而改变，故A不符合题意；
B.因为硫酸中存在着大量的硫酸根离子，所以硫酸钡在硫酸中的溶解度要小于它在水中的溶解度，因此，用水洗的时候溶解掉的硫酸钡要比用硫酸洗的时候多，所以用水洗造成的损失要大，故B符合题意；
C. 能与碳酸钠反应制 ，说明 比碳酸的酸性强，不能说明 就是强酸，也不能说明 是强电解质，故C不符合题意；
D. 是醋酸根离子的水解平衡常数的倒数，即 ，水解平衡常数只随温度的变化而变化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Kw只受温度影响；
B、硫酸根可以抑制硫酸钡的溶解；
C、亚硫酸为弱电解质；
D、水解平衡常数只受温度影响。
19．【答案】C
【解析】【解答】A．由2CrO +2H+ Cr2O +H2O可知，pH越大，CrO 浓度越大，因此曲线M表示pH与CrO 的变化关系，曲线Q表示pH与HCrO 的变化关系，A叙述不符合题意。
B．由曲线Q、M交点得出：Ka2(H2CrO4)的数量级为10-7，B叙述不符合题意。
C．HCrO 的电离常数约为10-7，水解常数为Kw÷Ka1(H2CrO4)，约为 ，因此HCrO 的电离程度大于水解程度，C叙述符合题意。
D.2HCrO Cr2O + H2O的平衡常数只与温度有关，与pH无关，D叙述不符合题意。
答案为C。
【分析】A.碱性增强，2CrO +2H+ Cr2O +H2O逆向移动，c (CrO42-) 增大；
B. Ka2 (H2CrO4) 表示HCrO4-电离生成CrO42-和H+的电离平衡常数，当c (Cr2072-)=C (HCrO4-) 即Q与M的交叉点时，Ka2=C (H+) ；
C.根据HCrO4-的电离常数Ka2(H2CrO4) 和HCrO4-的水解常数Kh大小比较判断，K越大，反应进行程度越大；
D.平衡常数K只与温度有关，温度不变，则K不变。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．pH均为4的溶液中水电离出的OH-浓度为10-10mol/L，NH4Cl溶液中水电离出的H+浓度为：10-4mol/L，故二者溶液中水的电离程度不相同，前者小于后者，A不符合题意；
B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中=，由于温度不变，Kh(CH3COO-)不变，加水稀释，c(CH3COOH)减小，故增大，B符合题意；
C.0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液即等浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，测得pH=5.5，则说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，故则该缓冲溶液中：，C不符合题意；
D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊，由于醋酸具有挥发性，故苯酚钠溶液变浑浊，可能是H2CO3和苯酚钠溶液反应，也可能是醋酸与苯酚钠反应，故不能说明酸性：碳酸>苯酚，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A．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；
B．水解平衡常数只受温度影响；
C.依据得到时溶液的组成和电离水解程度分析；
D．醋酸具有挥发性。
21．【答案】A,D
【解析】【解答】A．由分析结合图中数据可知，但pH=4.3时，-lg=0，=1，则Ka2=10-4.3，根据a点可知，常温下，-lgc(H2C2O4)= -lgc()即c(H2C2O4)= c()，则有Ka1Ka2==c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故的，A符合题意；
B．由分析可知，a点溶液中-lgc(H2C2O4)= -lgc()即c(H2C2O4)= c()，根据电荷守恒可得：即即，B不符合题意；
C．由A项分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7＜Ka2，即的电离大于水解，则溶液中有：，C不符合题意；
D．根据电荷守恒：，图中b点对应的溶液的pH为4.3，即c()=c()，即，故b点溶液中有：，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】 已知H2C2O4中加入KOH固体，随着pH增大，C(H+)减小，H2C2O4减小，-lgc(H2C2O4)增大，C2O42-的浓度增大，-lgc(C2O42-)减小，则也增大，减小，且随着pH的增大，c(HC2O4-)先大于c(C2O42-)到等于，再到小于，即从小于1，到等于1，再到大于1，则图中从左往右的曲线分别为-lgc(H2C2O4)、-lg、-lgc(C2O42-)随pH变化的曲线。
22．【答案】C,D
【解析】【解答】A．根据分析，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A不符合题意；
B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH ，故B不符合题意；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液呈酸性，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，溶液呈碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C符合题意；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液呈中性；d点②中溶质为Na2SO4，溶液呈中性；故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】滴入H2SO4溶液时涉及的反应方程式为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O；滴入NaHSO4溶液时涉及的反应方程式为Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4 ↓+H2O+NaOH，NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。
A.a点时导电能力几乎为0，根据反应方程式可知对应曲线是滴加H2SO4溶液的变化曲线。
B.曲线②为滴加NaHSO4溶液的变化曲线，b点与a点滴入溶液体积相等，则所发生反应是Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4 ↓+H2O+NaOH，据此分析。
C.c点时，①中溶质为硫酸，②中溶质为NaOH、Na2SO4。
D.d点时，②中导电能力最小，则恰好完全反应：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4 ↓+2H2O+Na2SO4；a点时，①中恰好完全反应：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4 ↓+2H2O。
23．【答案】C,D
【解析】【解答】A．曲线I为H2A，曲线II为HA-，曲线III为A2-，Ka1=
=10-1.2，Ka2==10-4.2，H2A的Ka2的数量级为10-5，故A不符合题意；
B．NaHA溶液中HA-的电离常数Ka2=10-4.2，水解常数Kh=，则的HA-电离大于水解，NaHA溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．pH=1.2时，溶液呈酸性，则c(H+ )>c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+ )+c(H+)=
c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)可知，2c(A2-)＋c(HA-)>c(Na＋)，选项C符合题意；
D．pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-)，结合电荷守恒可得c(Na+)<3c(HA-)，故D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】随着NaOH溶液的滴入，H2A逐渐减少，直至减为0，HA-先增加后减少，A2-逐渐增加，则曲线I为H2A的物质的量分数随pH的变化关系，曲线II为HA-的物质的量分数随pH的变化关系，曲线III为A2-的物质的量分数随pH的变化关系。
24．【答案】A,D
【解析】【解答】A.向一定浓度H2C2O4溶液中加入 KOH 固体，随着 pH 增大， c(H+)减小，c(H2C204)减小，c(C2O42-)增大，则-lgc(H2C2O4)增大，-lgc(C2O42-)减小， =Ka2/ c(H+），Ka2不变，所以 减小则-lg 减小，所以①代表的是-lgc(H2C2O4)，A选项是错误的；
B.曲线②代表的是-lg ，当-lg =0时，说明c（C2O42-）=c（HC2O4-），则Ka=c（H+）×c（C2O42-）/（HC2O4-）=c（H+）=10-4.3，B选项是正确的；
C.从a点到b点，K2C2O4不断生成，其为强碱弱酸盐，是可以促进水的电离的，所以 从a至b点，水的电离程度逐渐增大 ，C选项是正确的；
D.b点时，溶液的pH值等于4.3，溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-），且c（C2O42-）=c（HC2O4-），根据电荷守恒：c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），得c（K+）>3（C2O42-），D选项是错误的。
故答案为：AD。
【分析】向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH 固体，随着 pH 增大， c(H+)减小，c(H2C2O4)减小，c(C2O42-)增大，则-lgc(H2C2O4)增大，-lgc(C2O42-)减小， =Ka2/ c(H+），Ka2不变，所以 减小则-lg 减小，所以①代表的是-lgc(H2C2O4)，又因为随着KOH的加入，-lgc(C2O42-)不能等于0，所以③为-lgc(C2O42-)，②为-lg 。
25．【答案】B,D
【解析】【解答】A．当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HM)=c(HN)、c(M-)=c(N-)，所以Ka(HM)==3.0×10-6，A不符合题意；
B．滴入20mLHM溶液后，因为Ka(HN)>Ka(HM)，强酸制备弱酸， NaM物质的量浓度小于HN物质的量浓度，Kh(M-)= =×10-8C．随着HM溶液的加入，存在==，氢离子浓度增大，增大，C不符合题意；
D．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在NaN、HM，结合电荷守恒，存在，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．依据Ka(HM)=计算；
B．依据强酸制备弱酸分析；
C．通过变形为常数判断；
D．依据电荷守恒分析。
26．【答案】（1）正盐
（2）Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+
（3）三颈烧瓶；6 NA；安全瓶，防倒吸；PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O；趁热过滤
（4）63.4%
【解析】【解答】(1) 次磷酸是一元弱酸，次磷酸钠是正盐；
(2) 镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍，离子方程式 Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+ ；
(3)①装置A中盛放白磷的仪器是三颈烧瓶，白磷空间构型是正四面体形，1mol白磷有共价键数目1mol×6×NAmol-1=6NA；
②装置B 做安全瓶，起防倒吸的作用；
③装置C是磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应生成次磷酸钠，氯化钠和水，化学方程式 PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O ；
④有大量晶体析出时，趁热过滤；
(4) 根据得失电子数目守恒， NaClO 物质的量0.100mol/L×0.03L-0.100mol/L×0.024L×1/2=0.0018mol，1.00g粗产品的纯度0.0018x4x88/1×100%=63.4%；
【分析】(1) 次磷酸是一元弱酸，次磷酸钠是正盐；
(2) 镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍 ；
(3)①白磷空间构型是正四面体形；
②安全瓶起防倒吸的作用；
③磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应生成次磷酸钠，氯化钠和水；
④有大量晶体析出时，趁热过滤；
(4) 根据得失电子数目守恒计算物质的量和纯度。
27．【答案】（1）A；C
（2）II；c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
（3）SO2+H2O2=2H++SO
（4）②；当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色
（5）0.24
【解析】【解答】（1）A．升温，平衡正向移动，电离程度增大，故A正确；B．通入HCl气体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故B不正确；C．加入NaOH固体，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，电离程度增大，故C正确；D．加入NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故D不正确；故答案为：AC。
（2）浓度均为0.1 mol L 1的盐酸和醋酸溶液，醋酸部分电离，氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，盐酸pH值比醋酸pH值小，因此滴定盐酸的曲线是II；M点对应的溶液中溶质为醋酸和醋酸钠且浓度相等，溶液显酸性，说明醋酸电离大于醋酸根水解程度，因此各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)；故答案为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。
(3)加热使SO2全部逸出，并与C中H2O2完全反应生成硫酸，C中反应的离子方程式为SO2+H2O2=2H++SO；故答案为：SO2+H2O2=2H++SO。
（4）NaOH溶液显碱性，应装在碱式滴定管中，因此NaOH标准溶液应盛装在图2中的②中；如用酚酞作指示剂，开始溶液为无色，则滴定终点的现象B为当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；故答案为：②；当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色。
（5）根据SO2～H2SO4～2NaOH，滴定测得，消耗NaOH标准溶液25.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为；故答案为：0.24。
【分析】（1）依据外界因素对电离平衡的影响分析。
（2）依据起点分析；M点溶液显酸性，醋酸电离大于醋酸根水解程度，据此排序。
(3)SO2与H2O2反应生成硫酸；
（4）依据NaOH溶液显碱性，遇酚酞变浅红色。
（5）利用关系式法计算。
28．【答案】（1）AlN+H2O+OH-=AlO2-+NH3↑
（2）NH3(g)+3/4O2(g)=1/2N2(g)+3/2H2O(l) △H=-382.5kJ/mol；N2+6H++6e-=2NH3
（3）；当温度升高时，反应（I）向逆反应方向进行，且由于反应I进行速率相当快，瞬间达到平衡，使得体系中c(N2O2)浓度迅速减小，所以反应(II)，速率减慢
（4）180
【解析】【解答】（1）AlN与强碱反应生成可溶性偏铝酸盐和NH3，该反应的离子方程式为：AlN＋H2O＋OH－=AlO2－＋NH3↑；
（2）①书写燃烧热的热化学方程式时，应使得可燃物的系数为1，因此其反应的方程式为；根据盖斯定律，结合已知反应可得，该反应的反应热，因此可得氨的标准燃烧热的热化学方程式为；
②电解过程中，N2在阴极发生得电子的还原反应，生成NH3，由氮元素的化合价变化可知，过程中得到6个电子，由于电解质只允许质子（H+）通过，因此可得该电极反应式为：N2＋6e－＋6H＋=2NH3；
（3）①由于通入NO和O2后，体系中NO2的体积分数减小，因此t1时起点应低于原平衡的点；通入NO和O2后，反应正向进行，NO2的含量增大，则其体积分数也增大，因此t2达到平衡后，NO2的体积分数应大于t1平衡状态时NO2的体积分数；
②当温度升高时，反应I向逆反应方向进行，且由于反应I进行速率相当快，瞬间达到平衡，使得体系中c(N2O2)浓度迅速减小，所以反应II速率减慢；
（4）CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，则CH3COO-和NH4+的水解程度相同，则CH3COONH4溶液显中性，因此溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液中；因此溶液中；
【分析】（1）AlN与强碱反应生成可溶性偏铝酸盐和NH3，据此写出反应的离子方程式；
（2）①燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定氧化物时放出的热量；结合所给反应的热化学方程式计算燃烧热，从而书写燃烧热的热化学方程式；
②N2在阴极发生得电子的还原反应，生成NH3，据此写出电极反应式；
（3）①通入NO和O2后，NO2的体积分数减小，结合平衡移动分析；
②结合温度对反应速率和平衡移动的影响因素分析；
（4） CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，则CH3COO-和NH4+的水解程度相同，则CH3COONH4溶液显中性，据此进行计算；
29．【答案】（1）CO32-+H2O OH－+ HCO3－
（2）Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑
（3）d
（4）10-6：1（或1：106）
（5）bd
（6）c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)
【解析】【解答】(1).碳酸钠作为强碱弱酸盐，碳酸根离子要发生水解，且以第一步水解为主，所以碳酸钠水解的离子方程式表示为：CO32-+H2O OH－+ HCO3－；
(2)Al3+和HCO3-将发生双水解反应：Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑，注意标出沉淀符号和气体生成符号；
(3)25 ℃时，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以醋酸溶液的pH大于盐酸，a项不选；溶液的导电能力与离子所带电荷和离子的浓度有关。两溶液中每个离子均带一个单位电荷，所以溶液的导电性差异是因为离子浓度不同，盐酸中离子浓度大，导电性相对较好，b项不选；两溶液中的pH不同，水的电离被抑制的程度不同，所以水电离出的c(OH-)不同，C项不选；因两酸均是一元酸且浓度相同，所以中和NaOH的能力相同， d项可选；所以故答案为：d；
(4) 25 ℃时，pH=4的醋酸溶液中，OH-是水电离产生：c(OH-)为10-10mol/L，所以水溶液出的c(H+)也为10-10mol/L；25 ℃时，pH=4氯化铵溶液中，H+是由水电离提供，所以水电离出的c(H+)=10-4mol/L，因此两溶液中水电离出的c(H＋)之比是 10-6：1（或1：106）；所以答案为：10-6：1（或1：106）；
(5).a项正确，所给的是醋酸溶液中的电荷守恒或质子守恒；b项错误，0.1 mol·Lˉ1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(H＋)减小，则c(OH－)要增大，方能保证二者乘积不变；c项正确，加入醋酸钠固体，增大了CH3COO-的浓度，平衡向左移动；d项错误，醋酸是弱酸，只部分电离，pH=2 时，它电离的H+恰好与NaOH反应完全，醋酸大量剩余，溶液显酸性，pH<7；e项正确，将所给式子分子分母同乘以c(H+)得 ；故答案为：bd；
(6)所得溶液相当于醋酸钠和醋酸以物质的量之比1：1混合形成溶液，此时电离作用大于水解作用，溶液显酸性：c(H+)>c(OH-)，为保持溶液电中性，必有：c(CH3COO－)> c(Na＋)，所以所得溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)。本题答案为：c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)。
【分析】（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性；
（2）根据双水解书写离子方程式；
（3）注意醋酸是弱酸，存在电离平衡，相同物质的量浓度的强酸和弱酸中氰离子浓度不同；
（4）pH=4的醋酸中的氢离子是醋酸电离出来的，而氯化铵中的氢离子水电离出来的，据此计算；
（5）根据弱电解质的电离平衡移动原理和电解质溶液中的守恒进行分析；
（6）混合后为醋酸钠和醋酸的混合液，据此比较离子浓度大小关系。
30．【答案】（1）A；ABCD
（2）便于观察长导管中液面高度的变化；盐酸；相同
（3）>；HSO4
（4）1.0×10-15；1.0×10-13mol/L
【解析】【解答】（1）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；A.0.1 mol L 1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子浓度减小，故A正确；
B．Kw=c(H+) c(OH )只受温度的影响，温度不变，则其值是一个常数，故B不正确；
C．由于 ，醋酸根离子浓度减小，温度不变，电离平衡常数不变，则 增大，故C不正确；
D． 为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则电离平衡常数不变，故D不正确；若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度均增大，则溶液中氢离子、醋酸根离子浓度都增大，醋酸分子的浓度减小，水的离子积增大、电离平衡常数增大；A．升高温度，促进醋酸的电离，溶液中氢离子浓度增大，故A正确；
B．Kw=c(H+) c(OH )为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故B正确；
C．升高温度，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度增大，醋酸分子的浓度减小，则 的比值增大，故C正确；
D． 为醋酸的电离平衡常数，升高温度，电离平衡常数增大，故D正确；故答案为：A；ABCD；（2）①装置A、B中用红墨水而不用水的原因是便于观察长导管中液面高度的变化；故答案为：便于观察长导管中液面高度的变化；②实验刚开始时，盐酸溶液中的c(H+)大，与等质量的锌粒反应时单位时间内放出的热量多，产生的H2多，所以装置中压强大，长导管中液面上升快，所以若发现装置A中的长导管液面上升的比装置B的要高，则胶头滴管a中盛的是盐酸；两装置反应刚结束时（无固体剩余），发现装置A中的长导管液面比装置B中的高，静置一会后，温度下降压强减小，两装置中的长导管液面均有所下降，但二者产生的氢气的量相等，所以最终液面高度相同；故答案为：盐酸；相同；（3）①根据实验表明，液态时，纯硫酸的导电性显著强于纯水，已知液态纯酸都能像水那样进行自身电离(H2O+H2O H3O++OH )而建立平衡，且在一定温度下都有各自的离子积常数，这些信息告诉我们纯硫酸存在着电离平衡，且电离程度强于纯水，仿照纯水的电离方式，可以推知纯硫酸的电离方程式为：2H2SO4 H3SO4++HSO4 ，由于纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)>1×10 14；故答案为：>；②由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4 H3SO4++HSO4 为主要的电离方式，而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H+的抑制，因此在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是HSO4 ；故答案为：HSO4 ；（4）①该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，即Kw=10x×10y=10x+y，由图象可知，x+y=-15，故Kw=1.0×10-15；故答案为：1.0×10-15；②该温度下，水的离子积常数为10-15，0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，根据水的离子积常数得溶液中c水(H+)=c水(OH-)= ；故答案为：1.0×10-13mol/L。
【分析】（1）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；升高温度后醋酸的电离程度增大，则溶液中氢离子浓度增大、水的离子积增大、电离平衡常数增大；（2）①装置A、B中用红墨水而不用水，便于观察长导管中液面高度的变化；②实验刚开始时，盐酸溶液中的c(H+)大，与等质量的锌粒反应时单位时间内放出的热量多，产生的H2多，所以装置中压强大，长导管中液面上升快；两装置反应刚结束时（无固体剩余），发现装置A中的长导管液面比装置B中的高，静置一会后，温度下降压强减小，两装置中的长导管液面均有所下降，但二者产生的氢气的量相等，所以最终液面高度相同；（3）①由于纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)>1×10 14；②由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4 H3SO4++HSO4 为主要的电离方式；（4）①该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，即Kw=10x×10y=10x+y；②0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，再依据c水(OH-)=c水(H+)计算溶液中水电离出c(OH-)。
31．【答案】（1）升高温度；将溶液用水稀释
（2）0.5
（3）1×10-13；2.3
（4）1 10-4.76；c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
【解析】【解答】(1)弱电解质的电离为吸热过程，所以升高温度可以增大醋酸的电离程度，同时加水稀释也可以促进弱电解质的电离；
(2)设50℃时1mol/L的醋酸溶液中c(CH3COO-)=x mol/L，则c(H+)= x mol/L，所以电离平衡常数Ka= =2.5 10-5，解得x=5 10-3mol/L，所以电离度为 =0.5%，所以a=0.5；
(3)醋酸的电离平衡常数为Ka= ，醋酸根的水解平衡常数为Kh= ，所以相同温度下的Ka与Kh的乘积即为该温度下的Kw，则Kw=2.5 10-5 4×10-9=1×10-13(mol·L-1)2；根据(2)的计算可知该温度下1mol/L的醋酸溶液中c(H+)=5 10-3mol/L，pH=-lg c(H+)=2.3；
(4)①化学上把外加少量酸、碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液，所以该溶液中滴入几滴NaOH后pH基本不变，仍为4.76，则c(H+)=1 10-4.76mol/L；
②该缓冲溶液的pH=4.76、呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，电荷关系为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。
【分析】（1）结合弱电解质电离的影响因素分析。
（2）根据电离度的表达式进行计算。
（3）根据CH3COOH的电离平衡常数和CH3COO-的水解平衡常数进行计算。
（4）①根据溶液的pH计算溶液中H+的浓度；
②由溶液的酸碱性确定溶液中电离、水解的程度大小，从而得出溶液中离子浓度。
32．【答案】（1）铁
（2）、
（3）
（4）
（5）阴；2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+；CO2+H2S=CO+H2O+S；催化剂；阴极石墨烯电极反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，阴极消耗H+与转移电子之比为1：1，阳极生成H+与转移电子之比为1：1，故阴极消耗的H+=阳极生成的H+，隔膜为质子交换膜，阳极生成的H+会移向阴极，故工作时，石墨烯电极区的基本保持不变。
【解析】【解答】（1）碳钢为铁碳合金，故发生电化学腐蚀，两个电极分别为铁、碳，作负极的物质是铁；
（2）属于二元弱酸，其溶液显酸性的原因为、；
（3）二者会发生反应，故溶液可以去除；
（4）根据表格中的电离平衡常数可知，氢硫酸的酸性弱于碳酸，所以碳酸钠溶液中通入H2S时，生成的是NaHCO3，不能生成碳酸，反应的化学方程式为；
（5）由图可知这是一个利用光伏电池将太阳能转化为电能，继而在通电条件下，两极周围发生氧化还原反应的电解过程。由石墨烯电极区发生反应i可知，右侧石墨烯流出电子作阳极，CO2得电子的左侧ZnO@石墨烯为阴极；根据图中转化关系，反应ii为：2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+；由图可知协同总反应是将CO2和H2S转化为CO和S，故总反应为CO2+H2S=CO+H2O+S；反应i消耗了多少，反应ii会生成多少，故在其中所起的作用是催化剂；阴极石墨烯电极反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，阴极消耗H+与转移电子之比为1：1，阳极生成H+与转移电子之比为1：1，故阴极消耗的H+=阳极生成的H+，隔膜为质子交换膜，阳极生成的H+会移向阴极，故工作时，石墨烯电极区的pH基本保持不变。
【分析】（1）原电池中一般活泼金属作负极，不活泼金属或碳棒用正极；
（2）二元弱酸分步电离；
（3）二者会发生反应；
（4）根据表格中的电离平衡常数，利用强酸制弱酸判断；
（5）电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极失电子，发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上得电子，发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极。
33．【答案】（1）NH3·H2O NH +OH-；C2O +H2O HC2O +OH-、HC2O +H2O H2C2O4+OH-
（2）Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
（3）③
（4）c(NH )+c(NH3·H2O)=c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)
（5）3
【解析】【解答】(1) NH3·H2O属于一元弱碱，在水中部分电离出NH 、OH-，电离方程式为NH3·H2O NH +OH-；K2C2O4属于强碱弱酸盐， 是二元弱酸H2C2O4的酸根离子，在水中发生部分水解，因此K2C2O4水解的离子方程式为C2O +H2O HC2O +OH-、HC2O +H2O H2C2O4+OH-；(2)硫酸铝属于强酸弱碱盐，小苏打是碳酸氢钠，属于强碱弱酸盐，二者溶液混合后会发生强烈相互促进的双水解反应生成氢氧化铝、二氧化碳，该反应用于制作泡沫灭火器，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；(3)①Na2CO3中 正常水解，水解程度较低；②NaHCO3中 正常电离和水解，其电离程度较低；③H2CO3正常电离生成 ，因电离程度较低，因此生成的 浓度较低， 电离生成 的程度更低；④(NH4)2CO3中 的水解受到 水解的促进作用，水解程度较高，⑤NH4HCO3中 的电离受到 水解的抑制，电离程度较低，因此相同浓度的5种溶液中c(CO )最小的是③；(4) 物料守恒是指溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，也就是元素守恒（原子守恒），变化前后某种元素的原子个数守恒不变，因此0.1mol/L的NH4HCO3物料守恒关系式为c(NH )+c(NH3·H2O)=c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)；(5) 25℃时，将0.02mol CH3COONa和0.004mol HCl溶于水形成1L混合溶液，溶液中会发生反应：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，因此最终溶液中含有的溶质为CH3COONa、CH3COOH、NaCl，溶液中存在CH3COONa的水解平衡和CH3COOH的电离平衡以及水的电离平衡，共存在3个平衡体系。
【分析】(1)根据 NH3·H2O是弱碱写电离方程式；根据是二元弱酸的酸根写水解方程；
(2)根据Al3+和HCO3-的双水解分析；
(3)溶于水的碳酸盐可电离出，碳酸氢盐只能电离出，酸性环境促进的水解，碱性环境抑制的水解，据此比较的大小；
(4)根据N和C元素守恒写出物料守恒；
(5)根据弱电解质的电离平衡和弱酸根的水解平衡分析；
34．【答案】D
【解析】【解答】A．某浓度的NaHSO3溶液的pH为5.2，，A不符合题意；
B．向0.10mol·L-1NaHSO3溶液中加氨水至pH=7，混合溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，联立两式可得，B不符合题意；
C．实验3中滴几滴FeCl3溶液后再滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明铁离子与亚硫酸根反应完全，离子反应方程式为：，C不符合题意；
D．向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中加入BaO2固体，BaO2与水反应生成氢氧化钡和氧气，亚硫酸根被氧气氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子生成硫酸钡白色沉淀，故气体为氧气，白色沉淀为硫酸钡，上清液中存在硫酸钡的沉淀溶解平衡，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 根据计算；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
C.滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明铁离子与亚硫酸根反应完全。
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专题12 弱电解的电离平衡和溶液的酸性
一、单选题
1．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7的溶液 B．使酚酞溶液呈无色的溶液
C．c（H＋）＝c（OH－）的溶液 D．c（H＋）＝10－7 mol/L的溶液
2．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH=7的溶液
B．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液
C．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
3．下列叙述正确的是（ ）
A．石墨可以导电，所以石墨是电解质
B．能够自发进行的反应一定是放热反应
C．硫化钠溶液呈碱性的原因：
D．0.1 mol/L的甲酸溶液中含有，所以甲酸是弱电解质
4．25℃时的三种溶液：①pH=2的醋酸；②pH=2的硫酸；③pH=12的氢氧化钠溶液。下列有关说法正确的是（ ）
A．将①溶液用蒸馏水稀释，使体积扩大100倍，所得溶液pH变为4
B．①与②两溶液的物质的量浓度相等
C．①与③两溶液等体积混合，混合液的pH=7
D．V1 L ②溶液和V2L ③溶液混合，若混合后溶液pH=3，则V1∶V2=11∶9
5．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）
A．NaHS水解反应：HS-+H2O H3O++S2-
B．AlCl3水解反应：Al3++3H2O Al(OH)3↓+3H+
C．AgCl(s)悬浊液中存在平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)
D．BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4=Ba2++SO
6．化学与生活关系密切，解释下列应用的离子方程式正确的是（ ）
选项 应用 解释(离子方程式)
A 淀粉—KI溶液(稀硫酸酸化)检验碘盐中含KIO3
B 电解饱和食盐水制氢气和氯气
C 醋酸用于除去水垢
D 氯化铁用于蚀刻铜板
A．A B．B C．C D．D
7．常温下，下列关系的表述中正确的是（ ）
A．中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量相等
B．pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3，溶液中，水电离的c(H+)相等
C．0.1mol L-1的NaHCO3的溶液中，c(Na+)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(H2CO3)
D．向0.1mol L-1的CH3COONa溶液中加少量水，溶液中 比值增大
8．已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K ＝。25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：
化学式 CH3COOH HCN H2CO3
K 1.75×10–5 4.9×10–10 K1 = 4.4×10–7 K2 = 5.6×10–11
下列说法正确的是（ ）
A．稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO–)逐渐减小
B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3) ＜ c() ＜ c(HCO3 )
C．25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液
D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO2
9．室温下，在25 mL0.1 mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol/LNaOH溶液，曲线如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．B点离子浓度比较：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)
B．室温下CH3COOH电离平衡常数可表示为：
C．D点时，微粒浓度满足关系：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)+2c(CH3COOH)
D．B，C，D三点中水电离程度最大的是C点
10．室温下，改变 邻苯二甲酸氢钾(KHA)溶液的pH，溶液中 、 、 的物质的量分数 随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是[已知 ]（ ）
A．
B． 时，
C．KHA溶液中：
D． 时，
11．下列图示与对应叙述相符的是（ ）
A．图1表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
B．图2表示反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率b>c>a
C．图3表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH>NOH
D．图4表示温度对醋酸钠溶液pH的影响，由图可知，升高温度，醋酸钠溶液的水解程度增大，溶液碱性增强。
12．常温下，用0.1000 mol L 1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol L 1 CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．点①所示溶液中：c（CH3COO–）＜c（CH3COOH）
B．点①所示溶液中：c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO–）+2c（OH–）
C．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO–）
D．点③所示溶液，加水稀释， 变小
13．探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：H2C2O4是弱电解质)
实验 装置 试剂a 现象
① Ca(OH)2溶液(含酚酞) 溶液褪色，产生白色沉淀
② 少量NaHCO3溶液 产生气泡
③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色
④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式错误的是（ ）
A．H2C2O4有酸性：Ca(OH)2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O
B．酸性H2C2O4> H2CO3：NaHCO3+ H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性：2 +5 +16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O
14．常温下，pH=12的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，（体积变化忽略不计）所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是（ ）
A．11：1 B．9：11 C．1：11 D．11：9
15．对室温下 的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（ ）
A．加水稀释至溶液体积为 ，醋酸溶液的 变为4
B．温度都升高 后，两溶液的 不再相等
C．加水稀释至溶液体积为 后，两种溶液中 都减小
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气体积可用如图表示
16．室温下， ，现有浓度均为 的 溶液、 溶液，下列说法错误的是（ ）
A． 溶液中
B．若将两溶液等体积混合，混合溶液的
C．两溶液中均存在
D．两溶液中由水电离产生的 较大的是 溶液
17．根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）
A．图甲表示反应X(g)+3Y(g)
2Z(g)的能量变化，若更换高效催化剂，则E3不变
B．图乙表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)到达平衡时，CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，则p1＜p2
C．图丙表示一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力的变化，则b点时醋酸电离程度最大
D．图丁表示t℃时，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，向Ag2CrO4的悬浊液中加入K2CrO4可使溶液由Y点变到X点
18．下列说法中，正确的是（ ）
A．随温度、浓度的改变而改变
B．分别用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤 沉淀，用水洗涤造成 的损失量大于用稀硫酸洗涤时的损失量。
C．能与碳酸钠反应制，说明是强电解质
D．常温下，的醋酸溶液中加入水可使平衡向电离方向移动，溶液中的比值变大
19．常温下，0.2 mol L－1 Na2CrO4溶液中，H2CrO4、CrO 、Cr2O 和 HCrO4的分布曲线如图所示。下列叙述正确的是（已知：2CrO +2H+ Cr2O + H2O）（ ）
A．曲线 Q 表示 pH 与c( CrO ) 的变化关系
B．Ka2（H2CrO4）的数量级为 10－6
C．HCrO 的电离程度大于水解程度
D．pH=2 和 pH=5 时，2HCrO +2H+ Cr2O + H2O 的平衡常数不相等
20．是实验室常用试剂。25℃时，下列相关说法正确的是（ ）
A．pH均为4的溶液和NH4Cl溶液，水的电离程度相同
B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中增大
C．0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液，测得pH=5.5，则该缓冲溶液中：
D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊。说明酸性：碳酸>苯酚
二、多选题
21．常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lg X[X为、、]变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下，的
B．a点溶液中：
C．溶液中：
D．b点溶液中：
22．在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．①代表滴加溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是、
C．c点，两溶液中含有相同物质的量的
D．a点对应的溶液显中性，d点对应溶液显碱性
23．常温时，向水溶液中逐滴滴加溶液，混合溶液中和的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．的的数量级为
B．溶液呈碱性
C．的溶液中：
D．的溶液中：
24．常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]变化如图所示。下列说法错误的是
A．曲线①代表随pH的变化
B．25℃，的电离常数
C．从a至b点，水的电离程度逐渐增大
D．b点溶液中：
25．常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1NaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法错误的是
A．
B．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：
C．随着HM溶液的加入的值变大
D．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：
三、实验探究题
26．次磷酸钠()在食品工业中用作防腐剂、抗氧化剂，也是一种很好的化学镀剂。请回答下列问题：
（1）次磷酸是一元弱酸()，则次磷酸钠()属于 (填“正盐”“酸式盐”或“碱式盐”)。
（2）将待镀零件浸泡在和的混合溶液中，可达到化学镀镍的目的，该过程中被氧化为二元弱酸，写出该反应的离子方程式： 。
（3）次磷酸钠的制备
将白磷()和过量烧碱溶液混合加热，生成和气体，气体与NaClO溶液反应可生成次磷酸。实验装置如图所示(部分装置省略)：
①装置A中盛放白磷的仪器名称为 ，1 mol白磷中含有的共价键数目为 。
②装置B的作用为 。
③装置C中发生反应的化学方程式为 。
④已知相关物质的溶解度如下表：
溶解度/g 物质 25℃ 100℃
NaCl 37 39
100 667
充分反应后，将A、C中溶液混合，将混合液(含极少量NaOH)蒸发浓缩，有大量杂质晶体析出，然后 ，得到含的粗产品溶液，进一步处理得到粗产品。
（4）产品纯度的计算
取1.00g粗产品配成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，酸化后加入碘水，充分反应，然后以淀粉溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液24.00mL，相关反应的方程式为、，则产品纯度为 。
27．
（1）I.醋酸是一种常见的弱酸，回答下列问题：下列措施可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______(填字母序号)。
A．升温
B．通入HCl气体
C．加入NaOH固体
D．加入NaHSO4固体I.醋酸是一种常见的弱酸，回答下列问题：
下列措施可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是{#blank#}1{#/blank#}(填字母序号)。
（2）用0.1 mol L 1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol L 1的盐酸和醋酸溶液，滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积变化的曲线如图。请回答：
滴定盐酸的曲线是 (填“I”或“II”)；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
（3）II.国家标准规定葡萄酒中SO2的最大含量为0.25g L 1。某兴趣小组用图1所示装置(夹持装置已略去)收集某葡萄酒中的SO2，然后对其含量进行测定。
向B中加入300.00mL葡萄酒和适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并与C中H2O2完全反应，C中反应的离子方程式为 。
（4）除去C中剩余的H2O2，然后用0.0900 mol L 1的NaOH标准溶液进行滴定，NaOH标准溶液应盛装在图2中的 (填“①”或“②”)中；如用酚酞作指示剂，则滴定终点的现象B为 。
（5）滴定测得，消耗NaOH标准溶液25.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为 g·L-1。
28．氮是一种重要的元素，其对应化合物在生产生活中有重要的应用。
（1）氮化铝(AlN)可用于制备耐高温的结构陶瓷，遇强碱会腐蚀，写出AlN与氢氧化钠溶液反应的离子方程式 。
（2）氨是制备氮肥、硝酸等的重要原料②③
①已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol
N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180 kJ/mol
2H2(g)+O2(g) 2H2O(1) △H= -571.6 kJ/mol
试写出表示氨的标准燃烧热的热化学方程式 。
②某电解法制氨的装置如图所示，电解质只允许质子通过，试写出阴极的电极反应式 。
（3）反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H<0是制备硝酸过程中的一个反应。
①将NO和O2按物质的量之比为2：1置于恒温恒容密闭容器中进行上述反应，得到NO2体积分数与时间的关系如下图所示。保持其它条件不变，t1时再向容器中充入适量物质的量之比为2：1的NO和O2的混合气体，t2时再次达到平衡，请画出tl-t3时间范围内NO2体积分数随时间的变化曲线： 。
②在研究此反应速率与温度的关系时发现，NO转化成NO2的速率随温度升高反而减慢。进一步研究发现，上述反应实际是分两步进行的：
I 2NO(g) N2O2(g) △H<0
II N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) △H<0
已知反应I能快速进行，试结合影响化学反应速率的因素和平衡移动理论分析，随温度升高，NO转化成NO2的速率减慢的可能原因 。
（4）已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=l.8×10-5。则常温下0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，c(CH3COO-)：c(NH3·H2O)= 。
四、综合题
29．醋酸、盐酸和碳酸钠是生活中常见的物质。
（1）碳酸钠水溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示） 。
（2）泡沫灭火剂中装有Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液及起泡剂，写出使用时发生反应的离子方程式 。
（3）25 ℃时，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确是 。
a．两溶液的pH相同
b．两溶液的导电能力相同
c．两溶液中由水电离出的c(OH-)相同
d．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同
（4）25 ℃时， pH=4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的c(H＋)与氯化铵溶液中水电离出的c(H＋)之比是 。
（5）醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H＋，下列叙述错误的是
a．CH3COOH溶液中离子浓度关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
b.0.1 mol·Lˉ1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OH－)减小
c．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动
d．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7
e．室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中 不变
（6）浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液和氢氧化钠溶液按体积比2：1混合，混合后溶液中离子浓度从大到小排序为 。
30．CH3COOH是常见的弱酸，现有常温下0.1molL-1的CH3COOH溶液。
（1）若温度不变，加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 （填字母序号，下同）；若该溶液升高温度，下列表达式的数据增大的是 。
A、c(H+)
B、c(H+)×c(OH-)
C、
D、
（2）某化学兴趣小组装好了如图所示的实验装置，一支胶头滴管盛有盐酸，另一支胶头滴管盛有同体积、同浓度的醋酸。实验时同时完全捏扁a、b胶头滴管的胶头，观察实验现象
①装置A、B中用红墨水而不用水的目的是 。
②实验刚开始时，发现装置A中的长导管液面上升得比装置B中的要快。则胶头滴管a中盛的是 。 两装置反应结束时（无固体剩余）。静置后两装置中的长导管或面均有所下降，最终液面高度 （填“相等”。“A中的高”或“B中的高”）.
（3）实验表明，液态时纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性也是显著强于纯水。又知液态纯酸都能像水那样进行自身电离而建立平衡。且在一定温度下都有各自的离子积常数。据此回答：
①5℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4) 1×10-14（填“＞”“＜”或“＝”）.
②在纯硫酸与纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是 。
（4）在某温度下的水溶液中，c(H+)=10xmol×L-1，c(OH-)＝10ymol×L-1，x与y的关系如图所示：
①该温度下，水的离子积为 。
②该温度下，0.01mol×L-1 NaOH溶液中水电离出c(OH-)为 。
31．醋酸(CH3COOH)是食醋的主要成分，也是重要的化工原料。常压下，取不同浓度、不同温度的醋酸溶液测定，得到下表实验数据。
温度/℃ c(CH3COOH)/(mol/L) 电离常数/(mol/L) 电离度/(%)
0 3 1.60 10-5 0.233
25 2 1.80 10-5 0.30
50 1 2.50 10-5 a
已知： ；50℃时CH3COO-的水解平衡常数Kh=4×10-9；lg5≈0.7。
回答下列问题：
（1）增大醋酸溶液中CH3COOH电离程度可采取的措施有 、 。
（2）上表中a= 。
（3）50℃时，H2O的离子积常数K= (mol·L-1)2，50℃时1 mol·L-1CH3COOH溶液的pH= 。
（4）25℃时，浓度均为0.10 mol·L-1的CH3COOOH和CH3COONa的缓冲溶液(化学上把外加少量酸、碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液)的pH=4.76。
①向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H＋)= mol·L-1。
②该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
32．天然气是一种清洁能源，但其中大多含有、等酸性气体和水汽，会腐蚀管道设备。已知：时氢硫酸和碳酸的电离常数如下表：
（1）碳钢材质管道发生电化学腐蚀，作负极的物质是 。
（2）用化学用语表示溶液显酸性的原因 。
（3）溶液可以去除，写出反应的离子方程式 。
（4）用热碱液(溶液)吸收天然气中的，可将其转化为可溶性的，反应的化学方程式为 。
（5）我国科学家设计了一种协同转化装置，实现对天然气中和的高效去除，装置如下图所示。其中电极分别为石墨烯(石墨烯包裹的)和石墨烯。
①石墨烯是 极(填“阳”或“阴”)。
②石墨烯电极区发生反应为：
ⅰ.
ⅱ. 。
③协同转化总反应的化学方程式为 ，在其中所起的作用是 。
④工作时，石墨烯电极区的基本保持不变，结合化学用语解释原因 。
33．
（1）NH3·H2O水溶液中电离方程式： ；K2C2O4水解的离子方程： 。
（2）用离子方程式表示泡沫灭火器（硫酸铝和小苏打的混合液）的工作原理 。
（3）物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④(NH4)2CO3⑤NH4HCO3，其中c(CO )最小的是 （填序号)。
（4）请写出0.1mol/L的NH4HCO3物料守恒关系式： 。
（5）25℃时，将0.02mol CH3COONa和0.004mol HCl溶于水形成1L混合溶液。该溶液中存在 个平衡体系。
五、推断题
34．室温下，Ka1(H2SO3)=10-1.81，Ka1(H2SO3)=10-6.99。室温下通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。
实验1：测定某浓度的NaHSO3溶液的pH，测得pH为5.2。
实验2：向0.10mol·L-1NaHSO3溶液中加氨水至pH=7。
实验3：向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中滴几滴0.10mol·L-1FeCl3溶液，再滴加KSCN溶液，溶液不变红。
实验4：向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中加入BaO2固体，有气体产生，同时有白色沉淀。
下列说法错误的是（ ）
A．实验1的溶液中：=10-1.6
B．实验2得到的溶液中有
C．实验3中加FeCl3溶液的离子方程式为：
D．实验4的上层清液中有c(SO) c(Ba2+)=Ksp(BaSO3)，产生的气体中一定有SO2
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，选项A不符合题意；
B、酚酞的变色范围是8-10，酚酞显示无色，溶液有可能显示碱性，选项B不符合题意；
C、溶液呈酸碱性本质，取决于溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液一定显示中性，选项C符合题意；
D、c（H＋）＝10－7 mol/L的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，c（H＋）＝10－6 mol/L时溶液呈中性，当c（H＋）＝10－7 mol/L时溶液呈碱性，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．pH=7的溶液不一定呈中性，还要考虑温度是不是常温；
B、依据酚酞的变色范围是8-10分析；
C、溶液呈酸碱性本质，取决于溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小；
D．c（H＋）＝10－7 mol/L的溶液不一定呈中性，还要考虑温度是不是常温。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.常温下，pH=7的溶液显中性，缺少常温的条件，pH=7不一定为中性溶液，如100℃时，pH=7的溶液显碱性，A不符合题意；
B.溶液中c(H+)=c(OH-)，则溶液显中性，B符合题意；
C.酸碱恰好完全反应，所得的正盐溶液可能为碱性溶液，如CH3COOH溶液与NaOH溶液恰好完全反应，所得CH3COONa溶液显碱性，C不符合题意；
D.NH3是非电解质，其水溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，此时溶液的pH不一定等于7。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．石墨可以导电是由于其中含有自由移动的电子，但石墨是非金属单质，不是化合物，所以石墨不属于电解质，A不符合题意；
B．能够自发进行的反应△G=△H-T△S＜0，能够自发进行的反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，不能只根据焓变判断反应进行的自发性，B不符合题意；
C．硫化钠溶液呈碱性是由于在溶液中S2-存在水解平衡，但其水解反应逐步进行，主要是第一步水解，该步水解反应的离子方程式为：S2-+H2O
HS-+OH-，C不符合题意；
D.0.1 mol/L的甲酸溶液中含有HCOOH电离产生的H+、HCOO-及未电离的HCOOH分子，在溶液中存在甲酸的电离平衡，因此甲酸是弱电解质，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.电解质是在水溶液或融入状态下能导电的化合物，石墨属于单质。
B.能够自发进行的反应△G=△H-T△S＜0，由此不能说明△H一定小于0。
C.H2S属于二元弱酸，弱酸根S2-水解分步进行，且主要以第一步水解为主。
D.弱电解质不能完全电离，其电离存在电离平衡
4．【答案】D
【解析】【解答】A．①CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，加水促进电离，所以CH3COOH溶液稀释100倍后，pH变化小于2个单位，即所得溶液pH＜4，故A不符合题意；
B．pH=2的醋酸的浓度c远大于0.01mol/L，pH=2的硫酸的浓度为0.005mol/L，所以①与②两溶液的物质的量浓度不相等，故B不符合题意；
C．CH3COOH是弱酸，①与③两溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，pH＜7，故C不符合题意；
D．pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，混合后溶液中c(H+)=0.001mol/L，则0.01V1-0.01V2=0.001(V1+V2)，V1：V2=11：9，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 醋酸时弱酸电离时非完全电离存在电离平衡；
B.醋酸为一元酸且不完全电离，硫酸二元酸且完全电离；
C.醋酸过量；
D.酸碱中和完全电离的酸碱计算。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．NaHS水解反应为HS-+H2O H2S+OH-，A不符合题意；
B．水解反应可逆，且生成不是氢氧化铝沉淀，符合题意离子方程式为Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，B不符合题意；
C．AgCl(s)悬浊液中存在AgCl的沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，C符合题意；
D．BaSO4为强电解质，其水溶液导电性极弱是因为硫酸钡的溶解度很小，与硫酸钡的电离无关，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.弱酸盐水解生成弱酸；
B.氯化铝水解生成产物可溶；
C.沉淀微溶后可部分电离；
D.导电弱与是否可以电离无关。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．电荷守恒，得失电子守恒，A符合题意；
B．食盐水是中性，电解反应的离子方程式为 ，B不符合题意；
C．醋酸是弱电解质，应该用分子式表示，正确的应该是 ，C不符合题意；
D．电荷不守恒，正确的应该是 ，D不符合题意；
【分析】电解饱和食盐水的时候，注意水不拆，醋酸是弱电解质不能拆，另外离子方程式也要注意电荷守恒问题。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸是弱酸，在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，因此醋酸消耗的氢氧化钠多，A不符合题意；
B．盐酸是抑制水的电离，氯化铁水解促进水的电离，B不符合题意；
C．碳酸氢钠溶液显碱性，说碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，因此c(CO )
故答案为：D。
【分析】A.醋酸弱电离，相同pH值和体积时物质的量大于盐酸，消耗氢氧化钠的量也大；
B.盐酸的氢离子抑制水的电离；
C.碳酸氢钠显碱性，水解大于电离；
D.加水促进水解，生成的醋酸量增大。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n(CH3COO–)逐渐增多，故A不符合题意；
B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2 = 5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c()＜c(H2CO3)＜ c(HCO3 )，故B不符合题意；
C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C符合题意；
D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.稀释过程中会促进乙酸的电离，乙酸根增大；
B.根据碳酸根的两极电离常数可以确定二级电离弱于一级且碳酸根浓度要少于碳酸；
D.氢氰酸电离常数低于碳酸，酸性同样弱于碳酸，故不可能产生二氧化碳。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．醋酸与NaOH溶液浓度相等，当加入NaOH溶液12.5 mL时，溶质为CH3COONa与CH3COOH等物质的量的混合溶液，根据图示可知溶液pH＜7，溶液中c(H+)＞c(OH-)，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，故微粒浓度c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)；醋酸是弱酸，电离程度是微弱的，主要以电解质分子存在，所以c(CH3COOH)＞c(H+)，故B点溶液中微粒浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，A不符合题意；
B．在C点时溶液显中性，c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)= mol/L，溶液中c(CH3COOH)= ，所以室温下CH3COOH电离平衡常数可表示为Ka= ，B不符合题意；
C．在D时NaOH溶液体积是50 mL，溶液为CH3COONa与NaOH等物质的量的混合溶液，溶液中OH-由碱电离、盐水解及水电离产生，存在关系NaOH=Na++OH-，CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，H2O H++OH-，则OH-溶液中的浓度c(OH-)=(Na+)+c(H+)+c(CH3COOH)，C符合题意；
D．溶液中酸、碱的存在都会抑制水的电离，水电离程度减小。B点酸过量，D点碱过量，水的电离受到抑制作用，水电离程度减小，C点溶液pH=7，水电离不受影响，故B、C、D三点中水电离程度最大的是C点，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. B点n (NaOH) =n(CH3COOH)，则B点反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，但其电离和水解程度都较小；
B.加入bmLNaOH溶液后，溶液pH = 7溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)= 10- 7mol/L，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)进而求得溶液c(CH3COOH)可得室温下CH3COOH电离平衡常数；
C.D点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
D.酸和碱抑制水的电离，CH3COO-促进水的电离且c(CH3COO-)越大，水电离程度越大。
10．【答案】C
【解析】【解答】根据分布图象的两个交点可得 的电离平衡常数： ， ；
A．H2A的第二步电离方程 ，当c(HA-)=c(A2-)时， ，
，A不符合题意；
B．由图可知 时 ，故 ，B不符合题意；
C．因为 的电离平衡常数 大于其水解平衡常数 ，因此电离产物 的浓度大于水解产物 的浓度，C符合题意；
D．由图可知 时 ，且 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．根据c(HA-)=c(A2-)的点计算；
B．根据pH=4.15计算，此时c(H2A)=c(A2-)；
C．根据Kh=计算Kh，再分析水解和电离程度；
D．根据pH=7分析。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应是反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，故A不符合题意；
B.增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始CO的物质的量，可知NO的转化率c＞b＞a，故B不符合题意；
C.等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，NOH的溶液的pH变化快，碱性强，即溶液的碱性：MOH＜NOH，故C不符合题意；
D.图中分析可知随温度升高溶液pH增大，醋酸根离子水解显碱性，说明升温促进醋酸根离子水解，升高温度醋酸钠的水解程度增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动；
B.CO的起始量越大，NO的转化率越高；
C.相对越弱的碱在稀释相同倍数时，pH变化越小；
D.升高温度促进盐的水解。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．点①所示溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，且两者浓度相等，由于溶液显酸性，酸电离占主要，因此c（CH3COOH） ＜c （CH3COO－），故A不符合题意；
B．点①所示溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，且两者浓度相等，根据电荷守恒得到：c（H+）+c（Na+）=c（OH－）+c（CH3COO－），根据物料守恒得到c（CH3COOH）+ c（CH3COO－） =2c（Na+），因此c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO－）+2c（OH－），故B符合题意；
C．点②所示溶液中pH=7，根据电荷守恒和pH=7得到：c（Na+）= c（CH3COO－），故C不符合题意；
D．点③所示溶液溶质为CH3COONa，加水稀释， ，因此 不变，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.①点得到的溶液是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液，根据pH即可判断
B.①点得到的溶液是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液，根据物料守恒和电荷守恒判断
C.②此时溶液显中性，根据电荷守恒即可判断
D.③此时溶液是醋酸钠溶液，显碱性，根据水解常数和水的离子积等式进行变化即可判断
13．【答案】C
【解析】【解答】A．H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色褪去，A不符合题意；
B．产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2↑+2H2O，B不符合题意；
C．草酸为弱电解质，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，正确的离子方程式为2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O，C符合题意；
D．草酸（又称乙二酸），结构中含有两个羧基，因此其能发生酯化反应，生成乙二酸二乙醇酯，反应方程式符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应；具有还原性；因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题。
14．【答案】D
【解析】【解答】解：设强碱的体积为x L，强酸的体积为y L，
pH=12的强碱溶液中c(OH-) = 10-2 mol/L，
pH=2的强酸溶液中c(H+) = 10-2 mol/L，
混合后pH=11，则说明碱过量，
根据公式c(OH-)= ，即 ,解得x：y = 11：9，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】酸碱反应后所得混合液的pH=11，说明溶液呈碱性，氢氧根离子过量，由混合反应后溶液中的氢氧根离子浓度列式计算溶液体积比。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，稀释至1000mL，溶液的浓度变为原来十分之一，加水促进醋酸电离，氢离子的物质的量变大，故pH变化小于1个单位，则醋酸溶液的pH＜4，A不符合题意；
B.盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，升高温度，醋酸的电离程度增大，所以酸性会增强，pH会减小，则两溶液的pH不再相等，B符合题意；
C.对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，则两溶液中 都增大，C不符合题意；
D.盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，相同体积的两种溶液，加足量的锌充分反应后，醋酸产生的氢气比盐酸多，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸是弱酸，稀释时会发生电离，变化小于1，因此是小于4
B.电离是吸热，加热促进电离，醋酸的氢离子浓度变大，因此pH变化的小
C.加水稀释时，酸性减弱，根据水的离子积计算得出氢氧根离子的大小
D.醋酸产生的气体多余盐酸产生的气体
16．【答案】A
【解析】【解答】A．设醋酸溶液中氢离子浓度为xmol/L，则有
，Ka= = ≈ = ，解得：x≈1.3 10-3，A符合题意；
B．若将两溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离常数Ka= ，醋酸根离子的水解常数Kh= =
D．醋酸溶液中醋酸电离出的氢离子对水的电离起到抑制作用，醋酸钠电离出的醋酸根离子水解促进水的电离使溶液呈碱性，因此两溶液中由水电离产生的 较大的是 溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据电离平衡，利用三段式法计算；
B．通过比较电离程度与水解程度的大小判断；
C．依据物料守恒判断；
D．利用酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，则更换高效催化剂，E3减小，故A不符合题意；
B．通过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1＜p2，故B符合题意；
C．醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c＞b＞a，故C不符合题意；
D．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO
)增大，c(Ag+)减小，但仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂可以降低反应的活化能；
B.压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，甲烷的转化率减小；
C.醋酸是弱电解质，醋酸的浓度越小，电离程度越大，溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小和离子所带电荷的多少有关；
D.加入 K2CrO4 溶液，铬酸根离子的浓度增大，平衡向生成沉淀的方向移动，银离子的浓度减小，但是溶度积不变，所以Y沿曲线向右下方移动。
18．【答案】B
【解析】【解答】A. 只随温度的改变而改变，故A不符合题意；
B.因为硫酸中存在着大量的硫酸根离子，所以硫酸钡在硫酸中的溶解度要小于它在水中的溶解度，因此，用水洗的时候溶解掉的硫酸钡要比用硫酸洗的时候多，所以用水洗造成的损失要大，故B符合题意；
C. 能与碳酸钠反应制 ，说明 比碳酸的酸性强，不能说明 就是强酸，也不能说明 是强电解质，故C不符合题意；
D. 是醋酸根离子的水解平衡常数的倒数，即 ，水解平衡常数只随温度的变化而变化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Kw只受温度影响；
B、硫酸根可以抑制硫酸钡的溶解；
C、亚硫酸为弱电解质；
D、水解平衡常数只受温度影响。
19．【答案】C
【解析】【解答】A．由2CrO +2H+ Cr2O +H2O可知，pH越大，CrO 浓度越大，因此曲线M表示pH与CrO 的变化关系，曲线Q表示pH与HCrO 的变化关系，A叙述不符合题意。
B．由曲线Q、M交点得出：Ka2(H2CrO4)的数量级为10-7，B叙述不符合题意。
C．HCrO 的电离常数约为10-7，水解常数为Kw÷Ka1(H2CrO4)，约为 ，因此HCrO 的电离程度大于水解程度，C叙述符合题意。
D.2HCrO Cr2O + H2O的平衡常数只与温度有关，与pH无关，D叙述不符合题意。
答案为C。
【分析】A.碱性增强，2CrO +2H+ Cr2O +H2O逆向移动，c (CrO42-) 增大；
B. Ka2 (H2CrO4) 表示HCrO4-电离生成CrO42-和H+的电离平衡常数，当c (Cr2072-)=C (HCrO4-) 即Q与M的交叉点时，Ka2=C (H+) ；
C.根据HCrO4-的电离常数Ka2(H2CrO4) 和HCrO4-的水解常数Kh大小比较判断，K越大，反应进行程度越大；
D.平衡常数K只与温度有关，温度不变，则K不变。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．pH均为4的溶液中水电离出的OH-浓度为10-10mol/L，NH4Cl溶液中水电离出的H+浓度为：10-4mol/L，故二者溶液中水的电离程度不相同，前者小于后者，A不符合题意；
B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中=，由于温度不变，Kh(CH3COO-)不变，加水稀释，c(CH3COOH)减小，故增大，B符合题意；
C.0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液即等浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，测得pH=5.5，则说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，故则该缓冲溶液中：，C不符合题意；
D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊，由于醋酸具有挥发性，故苯酚钠溶液变浑浊，可能是H2CO3和苯酚钠溶液反应，也可能是醋酸与苯酚钠反应，故不能说明酸性：碳酸>苯酚，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A．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；
B．水解平衡常数只受温度影响；
C.依据得到时溶液的组成和电离水解程度分析；
D．醋酸具有挥发性。
21．【答案】A,D
【解析】【解答】A．由分析结合图中数据可知，但pH=4.3时，-lg=0，=1，则Ka2=10-4.3，根据a点可知，常温下，-lgc(H2C2O4)= -lgc()即c(H2C2O4)= c()，则有Ka1Ka2==c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故的，A符合题意；
B．由分析可知，a点溶液中-lgc(H2C2O4)= -lgc()即c(H2C2O4)= c()，根据电荷守恒可得：即即，B不符合题意；
C．由A项分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7＜Ka2，即的电离大于水解，则溶液中有：，C不符合题意；
D．根据电荷守恒：，图中b点对应的溶液的pH为4.3，即c()=c()，即，故b点溶液中有：，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】 已知H2C2O4中加入KOH固体，随着pH增大，C(H+)减小，H2C2O4减小，-lgc(H2C2O4)增大，C2O42-的浓度增大，-lgc(C2O42-)减小，则也增大，减小，且随着pH的增大，c(HC2O4-)先大于c(C2O42-)到等于，再到小于，即从小于1，到等于1，再到大于1，则图中从左往右的曲线分别为-lgc(H2C2O4)、-lg、-lgc(C2O42-)随pH变化的曲线。
22．【答案】C,D
【解析】【解答】A．根据分析，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A不符合题意；
B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH ，故B不符合题意；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液呈酸性，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，溶液呈碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C符合题意；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液呈中性；d点②中溶质为Na2SO4，溶液呈中性；故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】滴入H2SO4溶液时涉及的反应方程式为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O；滴入NaHSO4溶液时涉及的反应方程式为Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4 ↓+H2O+NaOH，NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。
A.a点时导电能力几乎为0，根据反应方程式可知对应曲线是滴加H2SO4溶液的变化曲线。
B.曲线②为滴加NaHSO4溶液的变化曲线，b点与a点滴入溶液体积相等，则所发生反应是Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4 ↓+H2O+NaOH，据此分析。
C.c点时，①中溶质为硫酸，②中溶质为NaOH、Na2SO4。
D.d点时，②中导电能力最小，则恰好完全反应：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4 ↓+2H2O+Na2SO4；a点时，①中恰好完全反应：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4 ↓+2H2O。
23．【答案】C,D
【解析】【解答】A．曲线I为H2A，曲线II为HA-，曲线III为A2-，Ka1=
=10-1.2，Ka2==10-4.2，H2A的Ka2的数量级为10-5，故A不符合题意；
B．NaHA溶液中HA-的电离常数Ka2=10-4.2，水解常数Kh=，则的HA-电离大于水解，NaHA溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．pH=1.2时，溶液呈酸性，则c(H+ )>c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+ )+c(H+)=
c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)可知，2c(A2-)＋c(HA-)>c(Na＋)，选项C符合题意；
D．pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-)，结合电荷守恒可得c(Na+)<3c(HA-)，故D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】随着NaOH溶液的滴入，H2A逐渐减少，直至减为0，HA-先增加后减少，A2-逐渐增加，则曲线I为H2A的物质的量分数随pH的变化关系，曲线II为HA-的物质的量分数随pH的变化关系，曲线III为A2-的物质的量分数随pH的变化关系。
24．【答案】A,D
【解析】【解答】A.向一定浓度H2C2O4溶液中加入 KOH 固体，随着 pH 增大， c(H+)减小，c(H2C204)减小，c(C2O42-)增大，则-lgc(H2C2O4)增大，-lgc(C2O42-)减小， =Ka2/ c(H+），Ka2不变，所以 减小则-lg 减小，所以①代表的是-lgc(H2C2O4)，A选项是错误的；
B.曲线②代表的是-lg ，当-lg =0时，说明c（C2O42-）=c（HC2O4-），则Ka=c（H+）×c（C2O42-）/（HC2O4-）=c（H+）=10-4.3，B选项是正确的；
C.从a点到b点，K2C2O4不断生成，其为强碱弱酸盐，是可以促进水的电离的，所以 从a至b点，水的电离程度逐渐增大 ，C选项是正确的；
D.b点时，溶液的pH值等于4.3，溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-），且c（C2O42-）=c（HC2O4-），根据电荷守恒：c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），得c（K+）>3（C2O42-），D选项是错误的。
故答案为：AD。
【分析】向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH 固体，随着 pH 增大， c(H+)减小，c(H2C2O4)减小，c(C2O42-)增大，则-lgc(H2C2O4)增大，-lgc(C2O42-)减小， =Ka2/ c(H+），Ka2不变，所以 减小则-lg 减小，所以①代表的是-lgc(H2C2O4)，又因为随着KOH的加入，-lgc(C2O42-)不能等于0，所以③为-lgc(C2O42-)，②为-lg 。
25．【答案】B,D
【解析】【解答】A．当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HM)=c(HN)、c(M-)=c(N-)，所以Ka(HM)==3.0×10-6，A不符合题意；
B．滴入20mLHM溶液后，因为Ka(HN)>Ka(HM)，强酸制备弱酸， NaM物质的量浓度小于HN物质的量浓度，Kh(M-)= =×10-8
D．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在NaN、HM，结合电荷守恒，存在，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．依据Ka(HM)=计算；
B．依据强酸制备弱酸分析；
C．通过变形为常数判断；
D．依据电荷守恒分析。
26．【答案】（1）正盐
（2）Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+
（3）三颈烧瓶；6 NA；安全瓶，防倒吸；PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O；趁热过滤
（4）63.4%
【解析】【解答】(1) 次磷酸是一元弱酸，次磷酸钠是正盐；
(2) 镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍，离子方程式 Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+ ；
(3)①装置A中盛放白磷的仪器是三颈烧瓶，白磷空间构型是正四面体形，1mol白磷有共价键数目1mol×6×NAmol-1=6NA；
②装置B 做安全瓶，起防倒吸的作用；
③装置C是磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应生成次磷酸钠，氯化钠和水，化学方程式 PH3+2NaClO+NaOHNaH2PO2+2NaCl+H2O ；
④有大量晶体析出时，趁热过滤；
(4) 根据得失电子数目守恒， NaClO 物质的量0.100mol/L×0.03L-0.100mol/L×0.024L×1/2=0.0018mol，1.00g粗产品的纯度0.0018x4x88/1×100%=63.4%；
【分析】(1) 次磷酸是一元弱酸，次磷酸钠是正盐；
(2) 镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍 ；
(3)①白磷空间构型是正四面体形；
②安全瓶起防倒吸的作用；
③磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应生成次磷酸钠，氯化钠和水；
④有大量晶体析出时，趁热过滤；
(4) 根据得失电子数目守恒计算物质的量和纯度。
27．【答案】（1）A；C
（2）II；c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
（3）SO2+H2O2=2H++SO
（4）②；当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色
（5）0.24
【解析】【解答】（1）A．升温，平衡正向移动，电离程度增大，故A正确；B．通入HCl气体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故B不正确；C．加入NaOH固体，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，电离程度增大，故C正确；D．加入NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故D不正确；故答案为：AC。
（2）浓度均为0.1 mol L 1的盐酸和醋酸溶液，醋酸部分电离，氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，盐酸pH值比醋酸pH值小，因此滴定盐酸的曲线是II；M点对应的溶液中溶质为醋酸和醋酸钠且浓度相等，溶液显酸性，说明醋酸电离大于醋酸根水解程度，因此各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)；故答案为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。
(3)加热使SO2全部逸出，并与C中H2O2完全反应生成硫酸，C中反应的离子方程式为SO2+H2O2=2H++SO；故答案为：SO2+H2O2=2H++SO。
（4）NaOH溶液显碱性，应装在碱式滴定管中，因此NaOH标准溶液应盛装在图2中的②中；如用酚酞作指示剂，开始溶液为无色，则滴定终点的现象B为当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；故答案为：②；当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色。
（5）根据SO2～H2SO4～2NaOH，滴定测得，消耗NaOH标准溶液25.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为；故答案为：0.24。
【分析】（1）依据外界因素对电离平衡的影响分析。
（2）依据起点分析；M点溶液显酸性，醋酸电离大于醋酸根水解程度，据此排序。
(3)SO2与H2O2反应生成硫酸；
（4）依据NaOH溶液显碱性，遇酚酞变浅红色。
（5）利用关系式法计算。
28．【答案】（1）AlN+H2O+OH-=AlO2-+NH3↑
（2）NH3(g)+3/4O2(g)=1/2N2(g)+3/2H2O(l) △H=-382.5kJ/mol；N2+6H++6e-=2NH3
（3）；当温度升高时，反应（I）向逆反应方向进行，且由于反应I进行速率相当快，瞬间达到平衡，使得体系中c(N2O2)浓度迅速减小，所以反应(II)，速率减慢
（4）180
【解析】【解答】（1）AlN与强碱反应生成可溶性偏铝酸盐和NH3，该反应的离子方程式为：AlN＋H2O＋OH－=AlO2－＋NH3↑；
（2）①书写燃烧热的热化学方程式时，应使得可燃物的系数为1，因此其反应的方程式为；根据盖斯定律，结合已知反应可得，该反应的反应热，因此可得氨的标准燃烧热的热化学方程式为；
②电解过程中，N2在阴极发生得电子的还原反应，生成NH3，由氮元素的化合价变化可知，过程中得到6个电子，由于电解质只允许质子（H+）通过，因此可得该电极反应式为：N2＋6e－＋6H＋=2NH3；
（3）①由于通入NO和O2后，体系中NO2的体积分数减小，因此t1时起点应低于原平衡的点；通入NO和O2后，反应正向进行，NO2的含量增大，则其体积分数也增大，因此t2达到平衡后，NO2的体积分数应大于t1平衡状态时NO2的体积分数；
②当温度升高时，反应I向逆反应方向进行，且由于反应I进行速率相当快，瞬间达到平衡，使得体系中c(N2O2)浓度迅速减小，所以反应II速率减慢；
（4）CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，则CH3COO-和NH4+的水解程度相同，则CH3COONH4溶液显中性，因此溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液中；因此溶液中；
【分析】（1）AlN与强碱反应生成可溶性偏铝酸盐和NH3，据此写出反应的离子方程式；
（2）①燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定氧化物时放出的热量；结合所给反应的热化学方程式计算燃烧热，从而书写燃烧热的热化学方程式；
②N2在阴极发生得电子的还原反应，生成NH3，据此写出电极反应式；
（3）①通入NO和O2后，NO2的体积分数减小，结合平衡移动分析；
②结合温度对反应速率和平衡移动的影响因素分析；
（4） CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，则CH3COO-和NH4+的水解程度相同，则CH3COONH4溶液显中性，据此进行计算；
29．【答案】（1）CO32-+H2O OH－+ HCO3－
（2）Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑
（3）d
（4）10-6：1（或1：106）
（5）bd
（6）c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)
【解析】【解答】(1).碳酸钠作为强碱弱酸盐，碳酸根离子要发生水解，且以第一步水解为主，所以碳酸钠水解的离子方程式表示为：CO32-+H2O OH－+ HCO3－；
(2)Al3+和HCO3-将发生双水解反应：Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑，注意标出沉淀符号和气体生成符号；
(3)25 ℃时，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以醋酸溶液的pH大于盐酸，a项不选；溶液的导电能力与离子所带电荷和离子的浓度有关。两溶液中每个离子均带一个单位电荷，所以溶液的导电性差异是因为离子浓度不同，盐酸中离子浓度大，导电性相对较好，b项不选；两溶液中的pH不同，水的电离被抑制的程度不同，所以水电离出的c(OH-)不同，C项不选；因两酸均是一元酸且浓度相同，所以中和NaOH的能力相同， d项可选；所以故答案为：d；
(4) 25 ℃时，pH=4的醋酸溶液中，OH-是水电离产生：c(OH-)为10-10mol/L，所以水溶液出的c(H+)也为10-10mol/L；25 ℃时，pH=4氯化铵溶液中，H+是由水电离提供，所以水电离出的c(H+)=10-4mol/L，因此两溶液中水电离出的c(H＋)之比是 10-6：1（或1：106）；所以答案为：10-6：1（或1：106）；
(5).a项正确，所给的是醋酸溶液中的电荷守恒或质子守恒；b项错误，0.1 mol·Lˉ1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(H＋)减小，则c(OH－)要增大，方能保证二者乘积不变；c项正确，加入醋酸钠固体，增大了CH3COO-的浓度，平衡向左移动；d项错误，醋酸是弱酸，只部分电离，pH=2 时，它电离的H+恰好与NaOH反应完全，醋酸大量剩余，溶液显酸性，pH<7；e项正确，将所给式子分子分母同乘以c(H+)得 ；故答案为：bd；
(6)所得溶液相当于醋酸钠和醋酸以物质的量之比1：1混合形成溶液，此时电离作用大于水解作用，溶液显酸性：c(H+)>c(OH-)，为保持溶液电中性，必有：c(CH3COO－)> c(Na＋)，所以所得溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)。本题答案为：c(CH3COO－)> c(Na＋)> c(H＋)> c(OH－)。
【分析】（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性；
（2）根据双水解书写离子方程式；
（3）注意醋酸是弱酸，存在电离平衡，相同物质的量浓度的强酸和弱酸中氰离子浓度不同；
（4）pH=4的醋酸中的氢离子是醋酸电离出来的，而氯化铵中的氢离子水电离出来的，据此计算；
（5）根据弱电解质的电离平衡移动原理和电解质溶液中的守恒进行分析；
（6）混合后为醋酸钠和醋酸的混合液，据此比较离子浓度大小关系。
30．【答案】（1）A；ABCD
（2）便于观察长导管中液面高度的变化；盐酸；相同
（3）>；HSO4
（4）1.0×10-15；1.0×10-13mol/L
【解析】【解答】（1）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；A.0.1 mol L 1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子浓度减小，故A正确；
B．Kw=c(H+) c(OH )只受温度的影响，温度不变，则其值是一个常数，故B不正确；
C．由于 ，醋酸根离子浓度减小，温度不变，电离平衡常数不变，则 增大，故C不正确；
D． 为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则电离平衡常数不变，故D不正确；若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度均增大，则溶液中氢离子、醋酸根离子浓度都增大，醋酸分子的浓度减小，水的离子积增大、电离平衡常数增大；A．升高温度，促进醋酸的电离，溶液中氢离子浓度增大，故A正确；
B．Kw=c(H+) c(OH )为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故B正确；
C．升高温度，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度增大，醋酸分子的浓度减小，则 的比值增大，故C正确；
D． 为醋酸的电离平衡常数，升高温度，电离平衡常数增大，故D正确；故答案为：A；ABCD；（2）①装置A、B中用红墨水而不用水的原因是便于观察长导管中液面高度的变化；故答案为：便于观察长导管中液面高度的变化；②实验刚开始时，盐酸溶液中的c(H+)大，与等质量的锌粒反应时单位时间内放出的热量多，产生的H2多，所以装置中压强大，长导管中液面上升快，所以若发现装置A中的长导管液面上升的比装置B的要高，则胶头滴管a中盛的是盐酸；两装置反应刚结束时（无固体剩余），发现装置A中的长导管液面比装置B中的高，静置一会后，温度下降压强减小，两装置中的长导管液面均有所下降，但二者产生的氢气的量相等，所以最终液面高度相同；故答案为：盐酸；相同；（3）①根据实验表明，液态时，纯硫酸的导电性显著强于纯水，已知液态纯酸都能像水那样进行自身电离(H2O+H2O H3O++OH )而建立平衡，且在一定温度下都有各自的离子积常数，这些信息告诉我们纯硫酸存在着电离平衡，且电离程度强于纯水，仿照纯水的电离方式，可以推知纯硫酸的电离方程式为：2H2SO4 H3SO4++HSO4 ，由于纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)>1×10 14；故答案为：>；②由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4 H3SO4++HSO4 为主要的电离方式，而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H+的抑制，因此在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是HSO4 ；故答案为：HSO4 ；（4）①该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，即Kw=10x×10y=10x+y，由图象可知，x+y=-15，故Kw=1.0×10-15；故答案为：1.0×10-15；②该温度下，水的离子积常数为10-15，0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，根据水的离子积常数得溶液中c水(H+)=c水(OH-)= ；故答案为：1.0×10-13mol/L。
【分析】（1）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；升高温度后醋酸的电离程度增大，则溶液中氢离子浓度增大、水的离子积增大、电离平衡常数增大；（2）①装置A、B中用红墨水而不用水，便于观察长导管中液面高度的变化；②实验刚开始时，盐酸溶液中的c(H+)大，与等质量的锌粒反应时单位时间内放出的热量多，产生的H2多，所以装置中压强大，长导管中液面上升快；两装置反应刚结束时（无固体剩余），发现装置A中的长导管液面比装置B中的高，静置一会后，温度下降压强减小，两装置中的长导管液面均有所下降，但二者产生的氢气的量相等，所以最终液面高度相同；（3）①由于纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)>1×10 14；②由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4 H3SO4++HSO4 为主要的电离方式；（4）①该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，即Kw=10x×10y=10x+y；②0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，再依据c水(OH-)=c水(H+)计算溶液中水电离出c(OH-)。
31．【答案】（1）升高温度；将溶液用水稀释
（2）0.5
（3）1×10-13；2.3
（4）1 10-4.76；c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
【解析】【解答】(1)弱电解质的电离为吸热过程，所以升高温度可以增大醋酸的电离程度，同时加水稀释也可以促进弱电解质的电离；
(2)设50℃时1mol/L的醋酸溶液中c(CH3COO-)=x mol/L，则c(H+)= x mol/L，所以电离平衡常数Ka= =2.5 10-5，解得x=5 10-3mol/L，所以电离度为 =0.5%，所以a=0.5；
(3)醋酸的电离平衡常数为Ka= ，醋酸根的水解平衡常数为Kh= ，所以相同温度下的Ka与Kh的乘积即为该温度下的Kw，则Kw=2.5 10-5 4×10-9=1×10-13(mol·L-1)2；根据(2)的计算可知该温度下1mol/L的醋酸溶液中c(H+)=5 10-3mol/L，pH=-lg c(H+)=2.3；
(4)①化学上把外加少量酸、碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液，所以该溶液中滴入几滴NaOH后pH基本不变，仍为4.76，则c(H+)=1 10-4.76mol/L；
②该缓冲溶液的pH=4.76、呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，电荷关系为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。
【分析】（1）结合弱电解质电离的影响因素分析。
（2）根据电离度的表达式进行计算。
（3）根据CH3COOH的电离平衡常数和CH3COO-的水解平衡常数进行计算。
（4）①根据溶液的pH计算溶液中H+的浓度；
②由溶液的酸碱性确定溶液中电离、水解的程度大小，从而得出溶液中离子浓度。
32．【答案】（1）铁
（2）、
（3）
（4）
（5）阴；2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+；CO2+H2S=CO+H2O+S；催化剂；阴极石墨烯电极反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，阴极消耗H+与转移电子之比为1：1，阳极生成H+与转移电子之比为1：1，故阴极消耗的H+=阳极生成的H+，隔膜为质子交换膜，阳极生成的H+会移向阴极，故工作时，石墨烯电极区的基本保持不变。
【解析】【解答】（1）碳钢为铁碳合金，故发生电化学腐蚀，两个电极分别为铁、碳，作负极的物质是铁；
（2）属于二元弱酸，其溶液显酸性的原因为、；
（3）二者会发生反应，故溶液可以去除；
（4）根据表格中的电离平衡常数可知，氢硫酸的酸性弱于碳酸，所以碳酸钠溶液中通入H2S时，生成的是NaHCO3，不能生成碳酸，反应的化学方程式为；
（5）由图可知这是一个利用光伏电池将太阳能转化为电能，继而在通电条件下，两极周围发生氧化还原反应的电解过程。由石墨烯电极区发生反应i可知，右侧石墨烯流出电子作阳极，CO2得电子的左侧ZnO@石墨烯为阴极；根据图中转化关系，反应ii为：2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+；由图可知协同总反应是将CO2和H2S转化为CO和S，故总反应为CO2+H2S=CO+H2O+S；反应i消耗了多少，反应ii会生成多少，故在其中所起的作用是催化剂；阴极石墨烯电极反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，阴极消耗H+与转移电子之比为1：1，阳极生成H+与转移电子之比为1：1，故阴极消耗的H+=阳极生成的H+，隔膜为质子交换膜，阳极生成的H+会移向阴极，故工作时，石墨烯电极区的pH基本保持不变。
【分析】（1）原电池中一般活泼金属作负极，不活泼金属或碳棒用正极；
（2）二元弱酸分步电离；
（3）二者会发生反应；
（4）根据表格中的电离平衡常数，利用强酸制弱酸判断；
（5）电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极失电子，发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上得电子，发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极。
33．【答案】（1）NH3·H2O NH +OH-；C2O +H2O HC2O +OH-、HC2O +H2O H2C2O4+OH-
（2）Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
（3）③
（4）c(NH )+c(NH3·H2O)=c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)
（5）3
【解析】【解答】(1) NH3·H2O属于一元弱碱，在水中部分电离出NH 、OH-，电离方程式为NH3·H2O NH +OH-；K2C2O4属于强碱弱酸盐， 是二元弱酸H2C2O4的酸根离子，在水中发生部分水解，因此K2C2O4水解的离子方程式为C2O +H2O HC2O +OH-、HC2O +H2O H2C2O4+OH-；(2)硫酸铝属于强酸弱碱盐，小苏打是碳酸氢钠，属于强碱弱酸盐，二者溶液混合后会发生强烈相互促进的双水解反应生成氢氧化铝、二氧化碳，该反应用于制作泡沫灭火器，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；(3)①Na2CO3中 正常水解，水解程度较低；②NaHCO3中 正常电离和水解，其电离程度较低；③H2CO3正常电离生成 ，因电离程度较低，因此生成的 浓度较低， 电离生成 的程度更低；④(NH4)2CO3中 的水解受到 水解的促进作用，水解程度较高，⑤NH4HCO3中 的电离受到 水解的抑制，电离程度较低，因此相同浓度的5种溶液中c(CO )最小的是③；(4) 物料守恒是指溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，也就是元素守恒（原子守恒），变化前后某种元素的原子个数守恒不变，因此0.1mol/L的NH4HCO3物料守恒关系式为c(NH )+c(NH3·H2O)=c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)；(5) 25℃时，将0.02mol CH3COONa和0.004mol HCl溶于水形成1L混合溶液，溶液中会发生反应：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，因此最终溶液中含有的溶质为CH3COONa、CH3COOH、NaCl，溶液中存在CH3COONa的水解平衡和CH3COOH的电离平衡以及水的电离平衡，共存在3个平衡体系。
【分析】(1)根据 NH3·H2O是弱碱写电离方程式；根据是二元弱酸的酸根写水解方程；
(2)根据Al3+和HCO3-的双水解分析；
(3)溶于水的碳酸盐可电离出，碳酸氢盐只能电离出，酸性环境促进的水解，碱性环境抑制的水解，据此比较的大小；
(4)根据N和C元素守恒写出物料守恒；
(5)根据弱电解质的电离平衡和弱酸根的水解平衡分析；
34．【答案】D
【解析】【解答】A．某浓度的NaHSO3溶液的pH为5.2，，A不符合题意；
B．向0.10mol·L-1NaHSO3溶液中加氨水至pH=7，混合溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，联立两式可得，B不符合题意；
C．实验3中滴几滴FeCl3溶液后再滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明铁离子与亚硫酸根反应完全，离子反应方程式为：，C不符合题意；
D．向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中加入BaO2固体，BaO2与水反应生成氢氧化钡和氧气，亚硫酸根被氧气氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子生成硫酸钡白色沉淀，故气体为氧气，白色沉淀为硫酸钡，上清液中存在硫酸钡的沉淀溶解平衡，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 根据计算；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
C.滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明铁离子与亚硫酸根反应完全。
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