第三章 水溶液中的离子反应与平衡 单元测试-2025-2026学年人教版（2019）高二化学选择性必修1
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| 名称 | 第三章 水溶液中的离子反应与平衡 单元测试-2025-2026学年人教版（2019）高二化学选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-13 10:27:29 | ||
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文档简介
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第三章 水溶液中的离子反应与平衡
一．选择题（共20小题）
1．（2025春 长沙校级期末）下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．Fe B．H2SO4溶液 C．KOH固体 D．乙醇
2．（2025春 宁夏期末）下列物质属于电解质的是（ ）
A．石墨 B．干冰 C．氯化钠 D．稀硫酸
3．（2024秋 佛山期末）25℃时，分别向盛有10mL盐酸和10mL醋酸的烧杯中加入蒸馏水进行稀释，两种溶液的电导率随加水体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．I为盐酸的稀释曲线
B．醋酸在稀释过程中，的值变大
C．b、c点对应溶液消耗NaOH的量相同
D．水的电离程度c＞b＞a
4．（2024秋 广东期末）下列事实不能证明亚硝酸（HNO2）为弱酸的是（ ）
A．HNO2水溶液中存在HNO2和
B．HNO2与NaHCO3溶液反应生成CO2
C．常温下，0.01mol L﹣1NaNO2溶液中pH＞7
D．把pH＝4的HNO2溶液稀释100倍后pH＜6
5．（2025春 重庆期中）下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（ ）
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH
B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br
C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH
D．HF分子的极性弱于HCl分子的极性
6．（2025春 南京期末）下列实验的有关说法正确的是（ ）
A．用pH试纸测得氯水的pH＝2
B．用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液
C．中和滴定时，眼睛应注视滴定管中液面的变化
D．中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗
7．（2025 白银三模）室温下，向20 mL l mol/L的某二元弱酸H2X溶液中逐渐加入NaOH固体（忽略溶液温度及体积变化），测得溶液中的H2X、HX﹣、X2﹣的物质的量浓度与溶液pH变化关系如图。下列叙述错误的是（ ）
A．NaHX的水溶液呈酸性
B．当加入NaOH固体0.01 mol时，溶液pH＝3.2
C．当加入NaOH固体0.02 mol时，溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（H+）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）
D．当加入NaOH固体0.04 mol时，溶液中水的电离程度最大
8．（2025春 深圳期末）25℃时，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.100mol/L的CH3COOH溶液，测得滴定过程中溶液的pH变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该滴定可以用甲基橙作为指示剂
B．若③点溶液中存在，此时V（NaOH）＞20mL
C．①点溶液中：
D．在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的c（H+）：③＜②＜①
9．（2025春 沈阳期末）实验室使用标准K2Cr2O7溶液测定补铁剂硫酸亚铁片中Fe2+的含量，发生的反应为6Fe2++Cr214H+═6Fe3++2Cr3++7H2O。加入无色、被氧化后变为紫红色的二苯胺磺酸钠作指示剂。下列说法错误的是（ ）
A．将硫酸亚铁片研碎，置于稀硫酸中溶解可抑制Fe2+水解
B．重铬酸钾标准液应用酸式滴定管取用
C．由实验可知酸性溶液中还原性：Fe2+＞二苯胺磺酸钠＞Cr3+
D．酸性K2Cr2O7溶液与乙醇生成乙酸的离子方程式为2Cr23C2H5OH+13H+＝3CH3COO﹣+4Cr3++11H2O
10．（2025 武鸣区校级模拟）常温下，向二元弱酸H2A的稀溶液中滴加等浓度NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线m表示pH与之间的关系
B．pH＝3.5的溶液中：c（A2﹣）＞c（H2A）
C．交点a的溶液中：
D．NaHA溶液中：c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）
11．（2025 徐州二模）已知25℃时，H2S饱和溶液的浓度约为0.1mol L﹣1，Ka1（H2S）＝1.1×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13，Ka3（H3PO4）＝4.8×10﹣13，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36。下列说法错误的是（ ）
A．0.01mol L﹣1Na3PO4溶液中：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．NaH2PO4溶液中：c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（）
C．Na2HPO4溶液中：c（OH﹣）+c（）＝c（H+）+c（H2）+2c（H3PO4）
D．向c（Cu2+）＝0.01mol L﹣1溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cu2+）
12．（2025 定州市校级开学）H2C2O4为二元弱酸，常温下，测得草酸氢钠（NaHC2O4）溶液在不同pH体系中，lgc（X）与pH关系如图所示（X代表H2C2O4、HC2、C2）。下列有关说法正确的是（ ）
A．②表示H2C2O4
B．等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4溶液中：3c（Na+）＝2[c（H2C2O4）+﹣8
C．溶液呈中性时：
D．②③交点的溶液中：
13．（2025 武清区校级模拟）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．pH＝3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）＝10﹣3mol/L
B．0.1mol/LpH＝9的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（B2﹣）＞c（H2B）
C．0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合（pH＜7）：c（K+）＞c（CH3COOH）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COO*）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．室温下，浓度相同的①（NH4）2SO4②NH4HSO4③NH4Al（SO4）2④NH4Cl⑤NH3 H2O，c（）大小顺序为：①＞②＞③＞④＞⑤
14．（2025春 南明区校级期末）关于FeCl3溶液的叙述正确的是（ ）
A．加入盐酸，抑制Fe3+水解
B．升温，抑制Fe3+水解
C．浓度越大，Fe3+水解程度越大
D．将溶液蒸干可得FeCl3固体
15．（2025春 庐阳区校级期末）某兴趣小组探究的生成[Cu（NH3）4]（NO3）2过程。若向3mL0.1mol/LCu（NO3）2溶液中逐滴加入1mol/L氨水，则下列说法正确的是（ ）
A．未滴加氨水，溶液中c（）＝2c（Cu2+）
B．1mol/L氨水中c（）＞c（NH3 H2O）
C．沉淀完全时，溶液中c（）＞c（Cu2+）
D．沉淀完全溶解时离子反应方程式为：Cu2++4NH3 H2O＝[Cu（NH3）4]2++4H2O
16．（2025 广东开学）25℃时，向10mL0.2mol L﹣1CuSO4溶液中滴加2mol L﹣1的氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液。已知：该温度下Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣19.3，反应Cu2（aq）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）的K＝1013.3。下列说法正确的是（ ）
A．生成蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓
B．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液不发生变化
C．Cu（OH）2（s）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq）K'＝10﹣6
D．[Cu（NH3）4]2+中存在离子键和配位键
17．（2025 常德一模）向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10gCH3COONa和3.62gAlCl3 6H2O固体，固体全部溶解，将溶解后溶液持续加热，出现白色沉淀，其过程中的pH变化曲线如图所示。已知：常温下，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.75×10﹣5，Al（OH）3的溶度积常数Ksp＝1.3×10﹣33，Al（CH3COO）3为易溶于水的弱电解质，存在三步电离。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，混合后溶液未出现Al（OH）3白色沉淀是由于pH太小
B．常温下，反应Al3+（aq）+3CH3COO﹣（aq）+3H2O（l） Al（OH）3（s）+3CH3COOH（aq）的平衡常数：K＝1.4×105
C．常温下，Al3+与CH3COO﹣不能大量共存的原因是发生了剧烈的双水解
D．a点溶液中存在：c（CH3COO﹣）+3c[Al（CH3COO）3]+2c[Al（CH3COO）2+]+c（CH3COOH）＝0.1mol/L
18．（2025春 南通期末）化合物MgCaFeMn（CO3）4可用于酸性废水的处理。该化合物可实现以下转化：
已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
，
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中若反应生成0.5mol CO，则转移电子数为1mol
B．溶液B中含有的阳离子主要有Mg2+、Ca2+、Mn2+、
C．若步骤Ⅱ不加入NH4Cl，则溶液A中大量减少的金属离子是Fe2+和Mg2+
D．由步骤Ⅲ可知，MnCO3、CaCO3、MgCO3中溶解度最大的是MgCO3
19．（2025 贵阳模拟）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白（PbCO3）和黄金雨中黄色的PbI2。室温下PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时﹣lgc（Pb2+）与或﹣lgc（I﹣）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．L1对应的是﹣lgc（Pb2+）与﹣lgc（I﹣）的关系变化
B．Ksp（PbCO3）的数量级为10﹣14
C．q点对应的是PbI2不饱和溶液
D．向浓度均为0.01mol L﹣1Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb（NO3）2溶液，先产生黄色沉淀
20．（2025 江西模拟）常温下，向醋酸（HAc）溶液中滴加AgNO3溶液，生成的AgAc不溶于水。保持溶液中HAc的物质的量浓度恒定为0.1mol L﹣1的条件下，pX[pX为pAg或PAc，PAg＝﹣lgc（Ag+），pAc＝﹣lgc（Ac﹣）与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．L2直线代表pAc与pH的关系
B．Ksp（AgAc）＝10﹣2.72
C．pH＝2时，c（Ac﹣）＝10﹣3.76mol L﹣1
D．pH＝6时，pAg＝2.86
二．解答题（共4小题）
21．（2025 广东一模）某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表．请回答以下问题：
表1．几种盐的Ksp
难溶物 Ksp
Ca3（AsO4）2 6.8×10﹣19
CaSO4 9.1×10﹣6
FeAsO4 5.7×10﹣21
表2．工厂污染物排放浓度及允许排放标准
污染物 H2SO4 As
废水浓度 29.4g/L 1.6g L﹣1
排放标准 pH 6～9 0.5mg L﹣1
（1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝ mol L﹣1．
（2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×10﹣4mol L﹣1，c（）＝ mol L﹣1．
（3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为 ．
（4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降．
①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为 ；
②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为 ．
③砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数（25℃）为：K1＝5.6×10﹣3K2＝1.7×10﹣7K3＝4.0×10﹣12，
第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝ ．Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：H2O OH﹣，该步水解的平衡常数（25℃）为： （保留两位有效数字）．
22．（2025春 吉林期末）宏观辨识、微观探析和符号表征是体现化学学科特征的思维方式。某化学兴趣小组设计实验，探究离子反应及氧化还原反应的本质。回答下列问题：
Ⅰ.离子反应
（1）向0.2mol L﹣1Ba（OH）2溶液中滴入几滴酚酞溶液（装置如图所示），接通电源，向该溶液中滴入0.2mol L﹣1H2SO4溶液。
①接通电源前，能说明Ba（OH）2在水中电离的实验现象为 。
②随着H2SO4溶液的滴入，观察到烧杯中溶液红色逐渐褪去，产生白色沉淀，小灯泡亮度变暗，这些现象说明该反应的微观本质是Ba2+和OH﹣浓度降低，该反应的离子方程式为 。
（2）向0.2mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴滴入0.1mol L﹣1盐酸，测定溶液电导率的变化如图所示。
①B点恰好完全反应，此时溶液中存在的主要微粒有H2O、 。
②下列化学反应的离子方程式与Ba（OH）2溶液和稀盐酸反应相同的是 （填标号）。
A.Ba（OH）2溶液和稀硫酸反应
B.氨水和稀盐酸反应
C.NaOH溶液和NaHCO3溶液反应
D.澄清石灰水和稀硝酸反应
Ⅱ.氧化还原反应
（3）部分含硫物质如图所示，其中H2S和X是大气污染物。这些物质之间的相互转化为工业生产和处理环境问题提供了理论支持。
已知Na2SO3可发生下列过程：XNa2SO3→Z，其中反应①的离子方程式是 ，若欲将X转化成“安全物质”Z，使其对环境的影响最小，需加入 （填标号）。
A.酸性物质
B.碱性物质
C.氧化剂
D.还原剂
X转化为Z可以说明氧化还原反应的本质是发生了 。
23．（2024秋 广东期末）已知常温下，含碳元素的几种酸在水溶液中的电离平衡常数如表：
物质 HCOOH HCN H2CO3 H2C2O4
电离常数 1.8×10﹣4 4.9×10﹣10 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka1＝5.0×10﹣2 Ka2＝5.4×10﹣5
（1）HCOONa溶液呈碱性的原因是 （用离子方程式表示），NaHC2O4水溶液显 （填“酸”、“碱”或“中”）性。
（2）向NaCN溶液中加入少量H2C2O4发生反应的离子方程式为 。
（3）常温下，相同浓度的HCOONa、NaCN、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为 。
（4）常温下，0.1mol L﹣1的H2C2O4溶液在加水稀释过程中，下列说法不正确的是 （填序号）
A.c（H+） c（OH﹣）不变
B.c（H+） c（HC2）减小
C.n（H+） n（OH﹣）保持不变
D.保持不变
（5）甲酸可用作消毒剂和防腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图。
该反应的催化剂结构简式为 ，合成甲酸的总反应化学方程式为 。
24．（2025春 河北期末）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol L﹣1的NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。H2SO3的电离平衡常数分别为。
回答下列问题：
（1）NaOH的电子式为 ；NaOH溶液吸收SO2后，溶液中离子的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝ 。
（2）“吸收”过程中，溶液中时，溶液呈 （填“酸”或“碱”）性，溶液中含硫物种的浓度由大到小的关系为 。
（3）“吸收”后得到的溶液pH＝5，该溶液由水电离出的c（H+）＝ mol L﹣1，“氧化”时主要发生反应的离子方程式为 ；将“氧化”所得溶液用0.1mol L﹣1的NaOH溶液调节至pH＝7，再与0.1mol L﹣1的BaCl2溶液等体积混合，最终溶液中 mol L﹣1[室温下，]。
第三章 水溶液中的离子反应与平衡
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2025春 长沙校级期末）下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．Fe B．H2SO4溶液 C．KOH固体 D．乙醇
【答案】C
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物的非电解质。
【解答】解：A．Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．H2SO4溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．KOH固体为化合物，在水溶液或熔融状态中能完全电离而导电，属于电解质，故C正确；
D．乙醇属于非电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解质的判断，侧重考查对基本概念的理解，明确电解质的概念内涵是解本题关键，注意：电解质不一定导电，导电的不一定是电解质。
2．（2025春 宁夏期末）下列物质属于电解质的是（ ）
A．石墨 B．干冰 C．氯化钠 D．稀硫酸
【答案】C
【分析】根据电解质的定义，电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，据此进行解答。
【解答】解：A．石墨是单质，不属于电解质，也不属于非电解质，故A错误；
B．干冰是固态二氧化碳，属于非电解质，故B错误；
C．氯化钠溶于水发生电离能导电，属于电解质，故C正确；
D．稀硫酸是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查电解质的概念和识别，注意电解质必须是化合物，并且在水溶液或熔融状态下能够导电。
3．（2024秋 佛山期末）25℃时，分别向盛有10mL盐酸和10mL醋酸的烧杯中加入蒸馏水进行稀释，两种溶液的电导率随加水体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．I为盐酸的稀释曲线
B．醋酸在稀释过程中，的值变大
C．b、c点对应溶液消耗NaOH的量相同
D．水的电离程度c＞b＞a
【答案】D
【分析】A．醋酸是弱酸，加水稀释促进其电离；
B．醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，n（CH3COOH）减小、n（CH3COO﹣）增大；
C．醋酸是弱酸，盐酸是强酸，pH相同的两种酸溶液中c（CH3COOH）＞c（HCl）；
D．酸抑制水的电离，且c（H+）越大，抑制作用越强。
【解答】解：A．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，则pH相同的两种酸溶液加水稀释相同倍数时醋酸溶液的导电率强，曲线Ⅰ、Ⅱ分别为醋酸、盐酸的稀释曲线，故A错误；
B．醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，n（CH3COOH）减小、n（CH3COO﹣）增大，则，的值减小，故B错误；
C．pH相同的盐酸和醋酸溶液中c（CH3COOH）＞c（HCl），体积均为10mL时n（CH3COOH）＞n（HCl），则b、c点对应溶液消耗NaOH的量：b＞c，故C错误；
D．由图可知，c（H+）：a＞b＞c，c（H+）越大，抑制水的电离程度越强，则水的电离程度：c＞b＞a，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，侧重辨析能力和运用能力考查，把握弱电解质的电离平衡及其影响因素是解题关键，题目难度中等。
4．（2024秋 广东期末）下列事实不能证明亚硝酸（HNO2）为弱酸的是（ ）
A．HNO2水溶液中存在HNO2和
B．HNO2与NaHCO3溶液反应生成CO2
C．常温下，0.01mol L﹣1NaNO2溶液中pH＞7
D．把pH＝4的HNO2溶液稀释100倍后pH＜6
【答案】B
【分析】A.根据弱电解质部分电离，溶液中存在电离平衡，进行分析；
B.根据强酸制弱酸的原理，进行分析；
C.根据盐类水解的规律，进行分析；
D.根据弱酸稀释后pH的变化规律，进行分析。
【解答】解：A.HNO2水溶液中存在HNO2和，说明HNO2部分电离，存在电离平衡，故A正确；
B.HNO2与NaHCO3溶液反应生成CO2，只能说明亚硝酸的酸性强于碳酸氢根离子，但无法判断亚硝酸是否为弱酸，故B错误；
C.常温下，0.01mol L﹣1NaNO2溶液中pH＞7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故C正确；
D.把pH＝4的HNO2溶液稀释100倍后pH＜6，说明稀释过程中电离出的H+增多，溶液的酸性减弱，但pH变化小于2个单位，符合弱酸的特征，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查弱电解质的判断，注意弱电解质的特征是部分电离，溶液中存在电离平衡。完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2025春 重庆期中）下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（ ）
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH
B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br
C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH
D．HF分子的极性弱于HCl分子的极性
【答案】C
【分析】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，取代基电负性越大，羧酸酸性越强；
B．电负性F＞Cl＞Br；
C．F为吸电子基团，CHF2COOH比CH2FCOOH多一个F原子，吸电子效应更强，酸性更强，pKa更小；
D．F的电负性大于Cl。
【解答】解：A．取代基电负性越大，羧酸酸性越强，I的电负性弱于Br，根据电负性F＞Cl＞Br＞I，故CH2ICOOH酸性弱于CH2BrCOOH，故A错误；
B．电负性F＞Cl＞Br，对键合电子的吸引能力应为F＞Cl＞Br，故B错误；
C．F为吸电子基团，CHF2COOH比CH2FCOOH多一个F原子，吸电子效应更强，酸性更强，pKa更小，故C正确；
D．F的电负性大于Cl，HF分子极性应强于HCl，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2025春 南京期末）下列实验的有关说法正确的是（ ）
A．用pH试纸测得氯水的pH＝2
B．用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液
C．中和滴定时，眼睛应注视滴定管中液面的变化
D．中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗
【答案】B
【分析】A．氯水中的HClO具有强氧化性，会漂白pH试纸；
B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管；
C．中和滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色变化以判断滴定终点；
D．锥形瓶无需润洗，否则会引入额外待测液导致误差。
【解答】解：A．氯水中的次氯酸具有强氧化性，会漂白pH试纸，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此必须用酸式滴定管量取，故B正确；
C．中和滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色变化以判断滴定终点，而非滴定管液面的变化，故C错误；
D．锥形瓶无需润洗，否则会引入额外待测液导致误差，只有滴定管需要润洗，防止待装液被稀释，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查中和滴定等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2025 白银三模）室温下，向20 mL l mol/L的某二元弱酸H2X溶液中逐渐加入NaOH固体（忽略溶液温度及体积变化），测得溶液中的H2X、HX﹣、X2﹣的物质的量浓度与溶液pH变化关系如图。下列叙述错误的是（ ）
A．NaHX的水溶液呈酸性
B．当加入NaOH固体0.01 mol时，溶液pH＝3.2
C．当加入NaOH固体0.02 mol时，溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（H+）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）
D．当加入NaOH固体0.04 mol时，溶液中水的电离程度最大
【答案】B
【分析】A．图中分析可知，NaHX溶液的pH小于7，溶液显酸性，溶液中HX﹣离子电离程度大于其水解程度；
B．当加入NaOH固体0.01 mol时，发生反应NaOH+H2X＝NaHX+H2O，得到等浓度的NaHX和H2X混合溶液，图象中得到c（HX﹣）＝c（H2X），溶液pH＝3.2，但等浓度的NaHX和H2X混合溶液中c（HX﹣）＞c（H2X）；
C．当加入NaOH固体0.02 mol时，得到NaHX溶液，溶液中HX﹣离子电离程度大于其水解程度，溶液显酸性；
D．当加入NaOH固体0.04 mol时，2NaOH+H2X＝Na2X+2H2O，得到Na2X溶液，Na2X为强碱弱酸盐水解促进水的电离，酸碱抑制水的电离。
【解答】解：A．图象可知室温下，向20 mL l mol/L的某二元弱酸H2X溶液中逐渐加入NaOH固体，当生成NaHX溶液时，溶液显酸性，溶液中HX﹣离子电离程度大于其水解程度，故A正确；
B．当加入NaOH固体0.01 mol时，发生反应NaOH+H2X＝NaHX+H2O，得到等浓度的NaHX和H2X混合溶液，图象中得到c（HX﹣）＝c（H2X），溶液pH＝3.2，但等浓度的NaHX和H2X混合溶液中c（HX﹣）＞c（H2X），pH＞3.2，故B错误；
C．当加入NaOH固体0.02 mol时，得到NaHX溶液，溶液中HX﹣离子电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，溶液中离子浓度关系c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（H+）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣），故C正确；
D．当加入NaOH固体0.04 mol时，2NaOH+H2X＝Na2X+2H2O，得到等浓度的Na2X溶液，Na2X为强碱弱酸盐水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、图象判断H2Y与氢氧化钠溶液反应的定量关系和产物分析、盐类水解和弱电解质电离的影响因素等知识点，题目难度中等。
8．（2025春 深圳期末）25℃时，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.100mol/L的CH3COOH溶液，测得滴定过程中溶液的pH变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该滴定可以用甲基橙作为指示剂
B．若③点溶液中存在，此时V（NaOH）＞20mL
C．①点溶液中：
D．在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的c（H+）：③＜②＜①
【答案】C
【分析】①点溶液中CH3COOH过量，此时溶液中溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，溶液呈酸性，抑制水的电离；②点溶液呈中性，水的电离基本不受影响；③点可能是恰好完全反应的计量点，此时恰好生成CH3COONa，促进水的电离，也可能是NaOH过量，溶液呈碱性，据此分析。
【解答】解：A．滴定终点时，溶质为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液显碱性，应选用酚酞试液作指示剂，故A错误；
B．若，根据物料守恒，此时NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，NaOH溶液体积V（NaOH）＝20mL，故B错误；
C．①点时，加入10mL氢氧化钠溶液，此时溶液中溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，醋酸电离使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，此时溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小应为，故C正确；
D．①点溶液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，抑制水的电离；②点溶液呈中性，水的电离基本不受影响；水的电离：②＞①；③点可能是恰好完全反应的计量点，此时恰好生成CH3COONa，促进水的电离，也可能是NaOH过量，溶液呈碱性，抑制水的电离，所以在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的c（H+）：不可能是①最大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2025春 沈阳期末）实验室使用标准K2Cr2O7溶液测定补铁剂硫酸亚铁片中Fe2+的含量，发生的反应为6Fe2++Cr214H+═6Fe3++2Cr3++7H2O。加入无色、被氧化后变为紫红色的二苯胺磺酸钠作指示剂。下列说法错误的是（ ）
A．将硫酸亚铁片研碎，置于稀硫酸中溶解可抑制Fe2+水解
B．重铬酸钾标准液应用酸式滴定管取用
C．由实验可知酸性溶液中还原性：Fe2+＞二苯胺磺酸钠＞Cr3+
D．酸性K2Cr2O7溶液与乙醇生成乙酸的离子方程式为2Cr23C2H5OH+13H+＝3CH3COO﹣+4Cr3++11H2O
【答案】D
【分析】A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，易水解生成氢氧化亚铁；
B．重铬酸钾溶液具有强氧化性，能使橡胶管受到腐蚀；
C．标准K2Cr2O7溶液测定含有二苯胺磺酸钠的Fe2+时Fe2+优先反应，K2Cr2O7还原为Cr3+；
D．乙酸是弱酸，不拆分。
【解答】解：A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，易水解生成氢氧化亚铁，将硫酸亚铁片研碎，置于稀硫酸中溶解可抑制Fe2+水解，故A正确；
B．重铬酸钾溶液具有强氧化性，常用酸式滴定管取用重铬酸钾标准液，故B正确；
C．标准K2Cr2O7溶液测定含有二苯胺磺酸钠的Fe2+时Fe2+优先反应，则还原性：Fe2+＞二苯胺磺酸钠，接近滴定终点时二苯胺磺酸钠才被氧化，溶液中存在相对多的Cr3+、且没有被氧化，则还原性：二苯胺磺酸钠＞Cr3+，所以还原性：Fe2+＞二苯胺磺酸钠＞Cr3+，故C正确；
D．酸性K2Cr2O7溶液与乙醇生成乙酸的离子方程式为2Cr23C2H5OH+16H+＝3CH3COOH+4Cr3++11H2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原滴定法测定物质含量实验，侧重实验能力和运用能力考查，把握盐类水解原理的应用、还原性强弱判断、滴定实验操作及注意事项、氧化还原反应方程式书写等知识点是解题关键，题目难度中等。
10．（2025 武鸣区校级模拟）常温下，向二元弱酸H2A的稀溶液中滴加等浓度NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线m表示pH与之间的关系
B．pH＝3.5的溶液中：c（A2﹣）＞c（H2A）
C．交点a的溶液中：
D．NaHA溶液中：c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）
【答案】B
【分析】二元弱酸H2A的一级电离常数，二级电离常数，当或c（A2﹣）＝c（HA﹣）时，或，由图可知，坐标原点时，曲线m对应pH＝2.3，曲线n对应pH＝5.7，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线m表示pH与变化的曲线，曲线n表示pH与变化的曲线，一级电离常数、二级电离常数。
【解答】解：A．二元弱酸H2A的一级电离常数，二级电离常数，当或c（A2﹣）＝c（HA﹣）时，或，由图可知，坐标原点时，曲线m对应pH＝2.3，曲线n对应pH＝5.7，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线m表示pH与变化的曲线，故A正确；
B．，，，得到，故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣），同时在交点a的溶液中，，此时，进行等量代换，则有：，故C正确；
D．NaHA溶液，，电离方程式为：HA﹣ H++A2﹣，水解方程式为：，由于电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2025 徐州二模）已知25℃时，H2S饱和溶液的浓度约为0.1mol L﹣1，Ka1（H2S）＝1.1×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13，Ka3（H3PO4）＝4.8×10﹣13，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36。下列说法错误的是（ ）
A．0.01mol L﹣1Na3PO4溶液中：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．NaH2PO4溶液中：c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（）
C．Na2HPO4溶液中：c（OH﹣）+c（）＝c（H+）+c（H2）+2c（H3PO4）
D．向c（Cu2+）＝0.01mol L﹣1溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cu2+）
【答案】A
【分析】A．Na2PO4是强碱弱酸盐，水解导致溶液呈碱性，其第一步水解程度远远大于第二步水解程度，第二步水解程度远远大于第三步水解程度，每一步水解都生成OH﹣，但其水解程度较小，Na+不水解；
B．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（）、物料守恒c（Na+）＝3[c（）+c（H2）+c（）]，根据电荷守恒和物料守恒判断；
D．Cu2++H2S CuS+2H+的平衡常数，该反应可以完全进行。
【解答】解：A．Na2PO4是强碱弱酸盐，水解导致溶液呈碱性，其第一步水解程度远远大于第二步水解程度，第二步水解程度远远大于第三步水解程度，每一步水解都生成OH﹣，但其水解程度较小，Na+不水解，所以溶液中存在c（Na+）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（），故A错误；
B．NaH2PO4溶液中，存在电荷守恒cc（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（），故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（）、物料守恒c（Na+）＝3[c（）+c（H2）+c（）]，根据电荷守恒和物料守恒得c（OH﹣）+c（）＝c（H+）+c（H2）+2c（H3PO4），故C正确；
D．Cu2++H2S CuS+2H+的平衡常数，该反应可以完全进行，所得溶液中c（H+）＞c（Cu2+），故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查离子浓度的大小比较，侧重考查分析、判断及计算能力，明确盐类水解原理、难溶物溶解平衡原理是解本题的关键，题目难度不大。
12．（2025 定州市校级开学）H2C2O4为二元弱酸，常温下，测得草酸氢钠（NaHC2O4）溶液在不同pH体系中，lgc（X）与pH关系如图所示（X代表H2C2O4、HC2、C2）。下列有关说法正确的是（ ）
A．②表示H2C2O4
B．等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4溶液中：3c（Na+）＝2[c（H2C2O4）+﹣8
C．溶液呈中性时：
D．②③交点的溶液中：
【答案】C
【分析】H2C2O4为二元弱酸，常温下，测得草酸氢钠（NaHC2O4）溶液在不同pH体系中，lgc（X）与pH关系如图所示（X代表H2C2O4、HC2、C2），随着溶液pH增大，C2的浓度增大，HC2的浓度减小，导致H2C2O4的浓度减小，图象中的曲线①表示C2、②表示HC2、③表示H2C2O4，据此分析判断。
【解答】解：A．分析可知曲线①表示C2、②表示HC2、③表示H2C2O4，故A错误；
B．溶质为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4，根据元素质量守恒，，故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（OH﹣），中性时，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），c（Na+）＝c（HC2）+2c（C2），故C正确；
D．观察图像，可知C2HC2H2C2O4，浓度小于此时溶液中的c（H+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、眼泪水解、离子浓度关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
13．（2025 武清区校级模拟）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．pH＝3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）＝10﹣3mol/L
B．0.1mol/LpH＝9的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（B2﹣）＞c（H2B）
C．0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合（pH＜7）：c（K+）＞c（CH3COOH）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COO*）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．室温下，浓度相同的①（NH4）2SO4②NH4HSO4③NH4Al（SO4）2④NH4Cl⑤NH3 H2O，c（）大小顺序为：①＞②＞③＞④＞⑤
【答案】D
【分析】A．pH＝3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）；
B．0.1mol/LpH＝9的NaHB溶液中HB﹣水解沉淀大于其电离程度，溶液显碱性；
C．0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合得到等浓度的CH3COOK、NaCl、CH3COOH（pH＜7）的混合溶液；
D．①铵根离子水解，②中氢离子抑制铵根离子水解，③中铝离子水解抑制铵根离子水解，④中只有铵根离子水解，⑤一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子。
【解答】解：A．pH＝3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）mol/L＝10﹣11mol/L，故A错误；
B．0.1mol/LpH＝9的NaHB溶液中HB﹣水解沉淀大于其电离程度，溶液显碱性，离子浓度关系c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣），故B错误；
C．0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合得到等浓度的CH3COOK、KCl、CH3COOH（pH＜7）的混合溶液，溶液显酸性，醋酸电离程度大于差点跟离子水解程度，c（K+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．①铵根离子水解，②中氢离子抑制铵根离子水解，③中铝离子水解抑制铵根离子水解，④中只有铵根离子水解，⑤一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，c（）大小顺序为：①＞②＞③＞④＞⑤，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质电离、盐类水解的分析应用，主要是盐的分类方法和溶液酸碱性的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
14．（2025春 南明区校级期末）关于FeCl3溶液的叙述正确的是（ ）
A．加入盐酸，抑制Fe3+水解
B．升温，抑制Fe3+水解
C．浓度越大，Fe3+水解程度越大
D．将溶液蒸干可得FeCl3固体
【答案】A
【分析】A．加入盐酸后氢离子浓度增大，抑制了铁离子的水解；
B．铁离子的水解为吸热反应；
C．铁离子的浓度增大，其水解程度减小；
D．氯化氢易挥发，蒸干氯化铁溶液得到氢氧化铁固体。
【解答】解：A．加入盐酸，氢离子的浓度增大，Fe3+的水解平衡逆向移动，抑制了Fe3+的水解，故A正确；
B．Fe3+的水解为吸热反应，升高温度水解程度增大，促进了Fe3+的水解，故B错误；
C．Fe3+的浓度越大，水解程度越小，故C错误；
D．铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢易挥发，将溶液蒸干得到氢氧化铁，无法获得FeCl3固体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解的应用，为高频考点，明确盐类组成及水解规律为解答关键，注意掌握盐类水解原理，题目难度不大。
15．（2025春 庐阳区校级期末）某兴趣小组探究的生成[Cu（NH3）4]（NO3）2过程。若向3mL0.1mol/LCu（NO3）2溶液中逐滴加入1mol/L氨水，则下列说法正确的是（ ）
A．未滴加氨水，溶液中c（）＝2c（Cu2+）
B．1mol/L氨水中c（）＞c（NH3 H2O）
C．沉淀完全时，溶液中c（）＞c（Cu2+）
D．沉淀完全溶解时离子反应方程式为：Cu2++4NH3 H2O＝[Cu（NH3）4]2++4H2O
【答案】C
【分析】A．Cu2+会微弱水解；
B．1mol/L氨水为弱碱溶液，大部分以NH3 H2O形式存在，电离出的浓度远小于NH3 H2O的浓度；
C．沉淀完全时，Cu2+几乎全部转化为Cu（OH）2沉淀，溶液中残留的c（Cu2+）极低，而来自反应生成的NH4NO3；
D．沉淀的化学式不能拆。
【解答】解：A．未滴加氨水时，硝酸铜完全电离，理论上c（）＝2c（Cu2+），但Cu2+会微弱水解，故c（）＞2c（Cu2+），故A错误；
B．1mol/L氨水为弱碱溶液，大部分以NH3 H2O形式存在，电离出的浓度远小于NH3 H2O的浓度，故c（）＜c（NH3 H2O），故B错误；
C．沉淀完全时，铜离子几乎全部转化为氢氧化铜沉淀，溶液中残留的c（Cu2+）极低，而来自反应生成的NH4NO3，其浓度远高于残留的Cu2+浓度，故C正确；
D．沉淀的化学式不能拆，沉淀完全溶解时，离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3 H2O＝[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
16．（2025 广东开学）25℃时，向10mL0.2mol L﹣1CuSO4溶液中滴加2mol L﹣1的氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液。已知：该温度下Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣19.3，反应Cu2（aq）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）的K＝1013.3。下列说法正确的是（ ）
A．生成蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓
B．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液不发生变化
C．Cu（OH）2（s）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq）K'＝10﹣6
D．[Cu（NH3）4]2+中存在离子键和配位键
【答案】C
【分析】A．一水合氨是弱电解质，不能拆分；
B．乙醇极性小于水，能使[Cu（NH3）4]SO4的溶解度降低；
C．①Cu（OH）2（s） Cu2+（aq）+2OH﹣（aq），②Cu2+（aq）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq），反应①+②为Cu（OH）2（s）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq），其平衡常数K'＝K Ksp[Cu（OH）2]；
D．[Cu（NH3）4]2+属于阳离子，不是化合物。
【解答】解：A．CuSO4溶液中滴加氨水生成蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3 H2O═Cu（OH）2↓+2，故A错误；
B．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，则向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故B错误；
C．①Cu（OH）2（s） Cu2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣19.3，②Cu2+（aq）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）的K＝1013.3，反应①+②为Cu（OH）2（s）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq），则平衡常数K'＝K Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣19.3×1013.3＝10﹣6，故C正确；
D．[Cu（NH3）4]2+中存在Cu2+与NH3之间的配位键，不存在离子键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡、物质结构及性质，侧重计算能力及灵活运用能力考查，明确溶度积常数及平衡常数的计算、配位键形成条件、相似相溶原理的应用、离子方程式书写等知识是解题关键，题目难度中等。
17．（2025 常德一模）向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10gCH3COONa和3.62gAlCl3 6H2O固体，固体全部溶解，将溶解后溶液持续加热，出现白色沉淀，其过程中的pH变化曲线如图所示。已知：常温下，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.75×10﹣5，Al（OH）3的溶度积常数Ksp＝1.3×10﹣33，Al（CH3COO）3为易溶于水的弱电解质，存在三步电离。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，混合后溶液未出现Al（OH）3白色沉淀是由于pH太小
B．常温下，反应Al3+（aq）+3CH3COO﹣（aq）+3H2O（l） Al（OH）3（s）+3CH3COOH（aq）的平衡常数：K＝1.4×105
C．常温下，Al3+与CH3COO﹣不能大量共存的原因是发生了剧烈的双水解
D．a点溶液中存在：c（CH3COO﹣）+3c[Al（CH3COO）3]+2c[Al（CH3COO）2+]+c（CH3COOH）＝0.1mol/L
【答案】B
【分析】A.根据Al（OH）3的溶度积常数和溶液的pH值进行分析；
B.根据反应的平衡常数表达式和已知数据进行计算；
C.根据铝离子与醋酸根离子的反应情况和双水解的定义进行分析；
D.根据物料守恒原则进行分析。
【解答】解：A．向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10g CH3COONa和3.62g AlCl3 6H2O固体，溶液中c（Al3+） ＝ 0.03mol/L，pH＝5.8时，c（OH﹣） ＝ mol/L＝10﹣8.2mol/L，此时溶液中Qc ＝ c（Al3+） c3（OH﹣）＞Ksp ＝ 1.3×10﹣33，然而此时没有沉淀生成，说明不是由于pH大小，故A错误；
B．常温下，反应Al3+（aq）+3CH3COO﹣（aq）+3H2O（l） Al（OH）3（s）+3CH3COOH（aq）的平衡常数：K ＝ 1.4×105，故B正确；
C．常温下，4.10g CH3COONa和3.62g AlCl3 6H2O固体混合后，固体全部溶解，没有沉淀，说明不能共存的原因不是双水解，而是生成了Al（CH3COOO）3，即Al3+与CH3COO﹣不能大量共存的原因是生成了弱电解质，故C错误；
D．向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10g CH3COONa，n（CH3COONa） ＝ ＝ 0.05mol，Al（CH3COO）3为易溶于水的弱电解质，存在三步电离，根据物料守恒：c（CH3COO﹣）+3c[Al（CH3COO）3]+2c[Al（CH3COO）2+]+c[Al（CH3COO）2+]+c（CH3COOH） ＝ 0.05mol/0.5L ＝ 0.1mol/L，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了盐类的水解、溶度积常数、平衡常数的计算以及物料守恒等知识点。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
18．（2025春 南通期末）化合物MgCaFeMn（CO3）4可用于酸性废水的处理。该化合物可实现以下转化：
已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
，
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中若反应生成0.5mol CO，则转移电子数为1mol
B．溶液B中含有的阳离子主要有Mg2+、Ca2+、Mn2+、
C．若步骤Ⅱ不加入NH4Cl，则溶液A中大量减少的金属离子是Fe2+和Mg2+
D．由步骤Ⅲ可知，MnCO3、CaCO3、MgCO3中溶解度最大的是MgCO3
【答案】C
【分析】化合物MgCaFeMn（CO3）4属于碳酸盐，与盐酸反应生成CO2气体、MgCl2、MnCl2、CaCl2、FeCl2，加热条件下CO2气体与Na反应生成CO、Na2CO3，反应为2CO2+2NaCO+Na2CO3，向含有MgCl2、MnCl2、CaCl2、FeCl2的混合溶液中加入NH3+NH4Cl时生成Fe（OH）2沉淀，过滤，滤液中通入适量CO2气体，生成MnCO3、CaCO3沉淀，不能生成MgCO3沉淀，说明MgCO3的溶解度大于MnCO3、CaCO3，据此分析解答。
【解答】解：A．步骤Ⅰ中反应为2CO2+2NaCO+Na2CO3，转移电子2e﹣，则生成0.5mol CO时转移电子数为1mol，故A正确；
B．溶液A中溶质为MgCl2、MnCl2、CaCl2、FeCl2，可能含有少量HCl，加入NH3+NH4Cl时生成Fe（OH）2沉淀，则溶液B中含有的阳离子主要有Mg2+、Ca2+、Mn2+、，故B正确；
C．Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Mn（OH）2]，且溶液A中c（Mg2+）＝c（Mn2+），若步骤Ⅱ不加入NH4Cl，溶液碱性增强，则溶液A中大量减少的金属离子中还含有是Mn2+，故C错误；
D．步骤Ⅲ通入适量CO2气体，生成MnCO3、CaCO3沉淀，不能生成MgCO3沉淀，则MgCO3的溶度积Ksp最大、其溶解度大于MnCO3、CaCO3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题以酸性废水处理为载体考查了沉淀溶解平衡原理，侧重分析判断能力和运用能力考查，把握氧化还原反应方程式书写及其计算、溶度积常数及其与溶解度大大小关系等知识是解题关键，题目难度中等。
19．（2025 贵阳模拟）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白（PbCO3）和黄金雨中黄色的PbI2。室温下PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时﹣lgc（Pb2+）与或﹣lgc（I﹣）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．L1对应的是﹣lgc（Pb2+）与﹣lgc（I﹣）的关系变化
B．Ksp（PbCO3）的数量级为10﹣14
C．q点对应的是PbI2不饱和溶液
D．向浓度均为0.01mol L﹣1Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb（NO3）2溶液，先产生黄色沉淀
【答案】D
【分析】，当﹣lgc（Pb2+）＝0时和时的﹣lgc（Pb2+）值与值相同，故L2曲线为PbCO3的溶解曲线，L1曲线为PbI2的溶解曲线，据此分析；
【解答】解：A．，当﹣lgc（Pb2+）＝0时和时的﹣lgc（Pb2+）值与值相同，L1对应的是﹣lgc（Pb2+）与﹣lgc（I﹣）的关系变化，故A正确；
B．根据图中信息得到，数量级为10﹣14，故B正确；
C．q点I﹣浓度小于对应的PbI2饱和溶液I﹣浓度，是PbI2不饱和溶液，故C正确；
D．根据图中信息得到，，浓度均为0.01mol L﹣1Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb（NO3）2溶液，碳酸钠所需的铅离子浓度小于碘化钠所需的铅离子浓度，因此先产生白色沉淀，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
20．（2025 江西模拟）常温下，向醋酸（HAc）溶液中滴加AgNO3溶液，生成的AgAc不溶于水。保持溶液中HAc的物质的量浓度恒定为0.1mol L﹣1的条件下，pX[pX为pAg或PAc，PAg＝﹣lgc（Ag+），pAc＝﹣lgc（Ac﹣）与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．L2直线代表pAc与pH的关系
B．Ksp（AgAc）＝10﹣2.72
C．pH＝2时，c（Ac﹣）＝10﹣3.76mol L﹣1
D．pH＝6时，pAg＝2.86
【答案】D
【分析】滴加AgNO3溶液时HAc H++Ac﹣、HAc+Ag+ AgAc↓+H+，随着AgNO3溶液的加入，溶液中c（H+）逐渐增大，且c（HAc）始终保持为0.1mol L﹣1，则溶液的pH逐渐减小，c（Ac﹣）逐渐减小，c（Ag+）逐渐增大，即随着pH增大，pAc逐渐减小，pAg逐渐增大，所以图中L1、L2直线分别代表pAg、pAc与pH关系，pH＝4.4时pAg＝pAc＝1.36，溶度积常数Ksp（AgAc）＝c（Ag+） c（Ac﹣）＝10﹣1.36×10﹣1.36＝10﹣2.72，电离平衡常数Ka10﹣4.76，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析，L1直线代表pAg与pH的关系，L2直线代表pAc与pH的关系，故A正确；
B．a点溶液中pH＝4.4，c（Ag+）＝c（Ac﹣）＝10﹣1.36mol L﹣1，则AgAc的溶度积Ksp（AgAc）＝c（Ag+） c（Ac﹣）＝10﹣1.36×10﹣1.36＝10﹣2.72，故B正确；
C．pH＝2时c（H+）＝10﹣2mol L﹣1，Ka10﹣4.76，c（HAc）＝0.1mol L﹣1，则c（Ac﹣）＝10﹣3.76mol L﹣1，故C正确；
D．pH＝6时c（H+）＝10﹣6mol L﹣1，Ka10﹣4.76，c（HAc）＝0.1mol L﹣1，则c（Ac﹣）＝100.24mol L﹣1，Ksp（AgAc）＝c（Ag+） c（Ac﹣）＝10﹣2.72，可得c（Ag+）＝10﹣2.96mol L﹣1，pAg＝2.96，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及弱电解质的电离平衡，侧重图象分析理解能力和计算能力考查，把握图中直线表示的意义、电离平衡常数和溶度积常数的计算及其应用是解题关键，题目难度中等。
二．解答题（共4小题）
21．（2025 广东一模）某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表．请回答以下问题：
表1．几种盐的Ksp
难溶物 Ksp
Ca3（AsO4）2 6.8×10﹣19
CaSO4 9.1×10﹣6
FeAsO4 5.7×10﹣21
表2．工厂污染物排放浓度及允许排放标准
污染物 H2SO4 As
废水浓度 29.4g/L 1.6g L﹣1
排放标准 pH 6～9 0.5mg L﹣1
（1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝ 0.3 mol L﹣1．
（2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×10﹣4mol L﹣1，c（）＝ 5.7×10﹣17 mol L﹣1．
（3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为 2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O ．
（4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降．
①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为 CaSO4 ；
②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为 H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c（）增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀 ．
③砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数（25℃）为：K1＝5.6×10﹣3K2＝1.7×10﹣7K3＝4.0×10﹣12，
第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝ ．Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：H2O OH﹣，该步水解的平衡常数（25℃）为： 2.5×10﹣3 （保留两位有效数字）．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）依据图表中的硫酸质量浓度换算物质的量计算得到；
（2）依据Ksp越小，越易先生成沉淀，然后依据溶度积常数计算得到溶液的浓度；
（3）根据反应物和生成物结合元素化合价的变化配平方程式；
（4）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出；
②H3AsO4是弱酸电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀；
③H3AsO4的第三步电离式为 H+，依此写出电离的平衡常数的表达式；依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算．
【解答】解：（1）图表中硫酸浓度为29.4g/L，换算物质的量浓度0.3mol L﹣1，故答案为：0.3；
（2）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol L﹣1，依据Ksp大小可以得到，Ksp（FeAsO4 ）小，反应过程中Fe3+先析出沉淀；依据Ksp（FeAsO4 ）＝c（Fe3+）c（）＝5.7×10﹣21；Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol L﹣1，则 c（）5.7×10﹣17mol/L，故答案为：5.7×10﹣17；
（3）三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），则该反应的离子方程式为：2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O；
故答案为：2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O；
（4）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为CaSO4，故答案为：CaSO4；
②H3AsO4是弱酸电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀，
故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀；
③H3AsO4的第三步电离式为 H+，所以第三步电离的平衡常数的表达式为K3；Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：H2O OH﹣，该步水解的平衡常数Kh2.5×10﹣3；
故答案为：2.5×10﹣3．
【点评】本题考查了溶液中浓度的换算，沉淀溶解平衡的溶度积常数计算，水解常数和电离常数的计算，离子方程式的书写，沉淀的形成等，考查的知识点较多，侧重于对学生计算能力的考查，题目难度中等．
22．（2025春 吉林期末）宏观辨识、微观探析和符号表征是体现化学学科特征的思维方式。某化学兴趣小组设计实验，探究离子反应及氧化还原反应的本质。回答下列问题：
Ⅰ.离子反应
（1）向0.2mol L﹣1Ba（OH）2溶液中滴入几滴酚酞溶液（装置如图所示），接通电源，向该溶液中滴入0.2mol L﹣1H2SO4溶液。
①接通电源前，能说明Ba（OH）2在水中电离的实验现象为 烧杯中溶液变红 。
②随着H2SO4溶液的滴入，观察到烧杯中溶液红色逐渐褪去，产生白色沉淀，小灯泡亮度变暗，这些现象说明该反应的微观本质是Ba2+和OH﹣浓度降低，该反应的离子方程式为 Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓ 。
（2）向0.2mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴滴入0.1mol L﹣1盐酸，测定溶液电导率的变化如图所示。
①B点恰好完全反应，此时溶液中存在的主要微粒有H2O、 Ba2+、Cl﹣ 。
②下列化学反应的离子方程式与Ba（OH）2溶液和稀盐酸反应相同的是 D （填标号）。
A.Ba（OH）2溶液和稀硫酸反应
B.氨水和稀盐酸反应
C.NaOH溶液和NaHCO3溶液反应
D.澄清石灰水和稀硝酸反应
Ⅱ.氧化还原反应
（3）部分含硫物质如图所示，其中H2S和X是大气污染物。这些物质之间的相互转化为工业生产和处理环境问题提供了理论支持。
已知Na2SO3可发生下列过程：XNa2SO3→Z，其中反应①的离子方程式是 SO2+2OH﹣H2O ，若欲将X转化成“安全物质”Z，使其对环境的影响最小，需加入 BC （填标号）。
A.酸性物质
B.碱性物质
C.氧化剂
D.还原剂
X转化为Z可以说明氧化还原反应的本质是发生了 电子转移 。
【答案】Ⅰ．（1）①烧杯中溶液变红；
②Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓；
（2）①Ba2+、Cl﹣；
②D；
Ⅱ．（3）SO2+2OH﹣H2O；BC；电子转移。
【分析】Ⅰ．（1）①酚酞遇碱变红；
②H2SO4能与Ba（OH）2反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子的浓度降低，导电性减弱，小灯泡亮度变暗；
（2）①B点恰好完全反应，此时溶液导电能力最弱，离子浓度最小，盐酸和氢氧化钡中和得到的产物是氯化钡的水溶液，据此回答；
②Ba（OH）2溶液和稀盐酸反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O；
A.Ba（OH）2和H2SO4反应会产生白色的沉淀；
B．浓氨水不能拆成离子形式；
C．NaOH溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为：OH﹣═H2O；
D．澄清石灰水和稀硝酸反应的实质是H++OH﹣═H2O；
Ⅱ．（3）由过程可知，X与碱反应生成亚硫酸钠，则X为二氧化硫，X转化成“安全物质”Z，可将其氧化为硫酸根离子或利用碱吸收，X转化为Z可以说明氧化还原反应的本质是发生了电子转移。
【解答】解：Ⅰ．（1）①酚酞遇碱变红，故接通电源前，能说明Ba（OH）2，在水中电离的实验现象为：溶液变红，
故答案为：烧杯中溶液变红；
②随着H2SO4溶液的滴入，烧杯中溶液红色逐渐褪去，则H+和OH﹣反应生成水，使溶液的碱性减弱，同时Ba2+和生成BaSO4白色沉淀，溶液的导电性减弱，小灯泡亮度变暗，该反应是复分解反应，则复分解反应类型的离子反应的微观本质是离子浓度减小，反应的离子方程式是Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓，
故答案为：Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓；
（2）①B点恰好完全反应，此时溶液导电能力最弱，离子浓度最小，盐酸和氢氧化钡中和得到的产物是氯化钡的水溶液，其中存在的主要微粒有H2O、Ba2+、Cl﹣，
故答案为：Ba2+、Cl﹣；
②Ba（OH）2溶液和稀盐酸反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O，
A.Ba（OH）2和H2SO4反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓，故A错误；
B．氨水和稀盐酸反应的离子方程式为：NH3 H2O+H+═H2O，故B错误；
C．NaOH溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为：OH﹣═H2O，故C错误；
D．澄清石灰水和稀硝酸反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故D正确；
故答案为：D；
Ⅱ．（3）由过程可知，X与碱反应生成亚硫酸钠，则X为二氧化硫，则反应①的离子方程式为SO2+2OH﹣H2O，X转化成“安全物质”Z，可将其氧化为硫酸根离子或利用碱吸收，应选B或C来实现转化，X转化为Z可以说明氧化还原反应的本质是发生了电子转移，
故答案为：SO2+2OH﹣H2O；BC；电子转移。
【点评】本题考查离子方程式的书写及其意义，题目难度不大，离子方程式的书写要求，理解离子反应的含义，明确图象的横纵坐标的意义是关键。
23．（2024秋 广东期末）已知常温下，含碳元素的几种酸在水溶液中的电离平衡常数如表：
物质 HCOOH HCN H2CO3 H2C2O4
电离常数 1.8×10﹣4 4.9×10﹣10 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka1＝5.0×10﹣2 Ka2＝5.4×10﹣5
（1）HCOONa溶液呈碱性的原因是 HCOO﹣+H2O OH﹣+HCOOH （用离子方程式表示），NaHC2O4水溶液显 酸 （填“酸”、“碱”或“中”）性。
（2）向NaCN溶液中加入少量H2C2O4发生反应的离子方程式为 2CN﹣+H2C2O4＝2HCN+C2 。
（3）常温下，相同浓度的HCOONa、NaCN、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为 Na2CO3＞NaCN＞HCOONa 。
（4）常温下，0.1mol L﹣1的H2C2O4溶液在加水稀释过程中，下列说法不正确的是 CD （填序号）
A.c（H+） c（OH﹣）不变
B.c（H+） c（HC2）减小
C.n（H+） n（OH﹣）保持不变
D.保持不变
（5）甲酸可用作消毒剂和防腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图。
该反应的催化剂结构简式为 ，合成甲酸的总反应化学方程式为 H2+CO2HCOOH 。
【答案】（1）HCOO﹣+H2O OH﹣+HCOOH；酸；
（2）2CN﹣+H2C2O4＝2HCN+C2；
（3）Na2CO3＞NaCN＞HCOONa；
（4）CD；
（5）；H2+CO2HCOOH。
【分析】（1）HCOONa是弱酸强碱盐，HCOO﹣水解使溶液呈碱性；HC2的水解平衡常数Kh2.0×10﹣13＜Ka2；
（2）酸性：H2C2O4＞HC2HCN，根据强酸制弱酸规律写出反应的离子方程式；
（3）根据电离平衡常数可知，酸性强弱：HCOOH＞HCN，结合水解规律分析判断；
（4）A.c（H+） c（OH﹣）＝Kw，结合Kw与温度关系分析判断；
B.c（H+） c（HC2）＝Ka1 c（H2C2O4），结合加水稀释过程中c（H2C2O4）的变化分析判断；
C.n（H+） n（OH﹣）＝Kw V2，结合加水稀释过程中溶液的体积变化分析判断；
D.，结合加水稀释过程中c（H+）的变化分析判断；
（5）根据催化剂概念分析判断，由图可知，反应物为H2、CO2，生成物为HCOOH，结合原子守恒写出反应的化学方程式。
【解答】解：（1）HCOONa是弱酸强碱盐，HCOO﹣水解使溶液呈碱性，离子方程式为HCOO﹣+H2O OH﹣+HCOOH；HC2的水解平衡常数Kh2.0×10﹣13＜Ka2，说明HC2电离程度大于其水解程度，即NaHC2O4水溶液呈酸性，
故答案为：HCOO﹣+H2O OH﹣+HCOOH；酸；
（2）酸性：H2C2O4＞HC2HCN，根据强酸制弱酸规律可知，NaCN和少量H2C2O4反应的离子方程式为2CN﹣+H2C2O4＝2HCN+C2，
故答案为：2CN﹣+H2C2O4＝2HCN+C2；
（3）根据电离平衡常数可知，酸性强弱：HCOOH＞HCN，由水解规律可知，溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞HCOONa，
故答案为：Na2CO3＞NaCN＞HCOONa；
（4）A.c（H+） c（OH﹣）＝Kw，温度不变，则Kw不变，故A正确；
B.加水稀释过程中c（H2C2O4）减小，则c（H+） c（HC2）＝Ka1 c（H2C2O4）减小，故B正确；
C.加水稀释过程中溶液的体积增大，则n（H+） n（OH﹣）＝Kw V2增大，故C错误；
D.加水稀释过程中c（H+）减小，则增大，故D错误；
故答案为：CD；
（5）由图可知，是起始反应的反应物、终态反应的生成物，则为该反应的催化剂；由图可知，反应物为H2、CO2，生成物为HCOOH，则反应的化学方程式为H2+CO2HCOOH，
故答案为：；H2+CO2HCOOH。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，侧重分析判断能力和运用能力考查，明确盐类水解原理、电离平衡常数与水解常数的计算关系、弱电解质电离平衡的影响因素、反应历程中催化剂的判定是解题关键，题目难度中等。
24．（2025春 河北期末）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol L﹣1的NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。H2SO3的电离平衡常数分别为。
回答下列问题：
（1）NaOH的电子式为 ；NaOH溶液吸收SO2后，溶液中离子的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝ 。
（2）“吸收”过程中，溶液中时，溶液呈 酸 （填“酸”或“碱”）性，溶液中含硫物种的浓度由大到小的关系为 。
（3）“吸收”后得到的溶液pH＝5，该溶液由水电离出的c（H+）＝ 1×10﹣9 mol L﹣1，“氧化”时主要发生反应的离子方程式为 ；将“氧化”所得溶液用0.1mol L﹣1的NaOH溶液调节至pH＝7，再与0.1mol L﹣1的BaCl2溶液等体积混合，最终溶液中 4×10﹣9 mol L﹣1[室温下，]。
【答案】（1）； ；
（2）酸；；
（3）1×10﹣9；；4×10﹣9。
【分析】（1）根据NaOH的电子式和电荷守恒原理进行分析；
（2）根据吸收SO2后的溶液性质和电离平衡常数进行分析；
（3）根据溶液的pH、氧化反应的离子方程式和溶度积常数进行分析。
【解答】解：（1）NaOH是由Na+和OH﹣形成的离子化合物，其电子式为：；NaOH溶液吸收SO2后，溶液中含S的微粒有，根据电荷守恒关系：为c（Na+）+c（H+），
故答案为：； ；
（2）“吸收”过程中，溶液中时，n（Na）：n（S）＝1：1，根据物料守恒可知，溶质为NaHSO3，由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数KhKa2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，NaHSO3溶液中以为主，其浓度项最大，其电离程度大于水解程度，则，故溶液中含硫物种的浓度由大到小的关系为：，
故答案为：酸；；
（3）“吸收”后得到的溶液pH＝5，该溶液由水电离出的1×10﹣9mol/L；氧化时，亚硫酸氢根离子被氧化为硫酸根离子，主要发生反应；“氧化”所得溶液用0.1mol L﹣1的NaOH溶液调节至pH＝7，则溶液中只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4浓度为0.05mol/L，与0.1mol L﹣1的BaCl2溶液等体积混合，生成BaSO4沉淀后，溶液中，最终溶液中硫酸根离子的浓度为4×10﹣9mol/L，
故答案为：1×10﹣9；；4×10﹣9。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
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第三章 水溶液中的离子反应与平衡
一．选择题（共20小题）
1．（2025春 长沙校级期末）下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．Fe B．H2SO4溶液 C．KOH固体 D．乙醇
2．（2025春 宁夏期末）下列物质属于电解质的是（ ）
A．石墨 B．干冰 C．氯化钠 D．稀硫酸
3．（2024秋 佛山期末）25℃时，分别向盛有10mL盐酸和10mL醋酸的烧杯中加入蒸馏水进行稀释，两种溶液的电导率随加水体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．I为盐酸的稀释曲线
B．醋酸在稀释过程中，的值变大
C．b、c点对应溶液消耗NaOH的量相同
D．水的电离程度c＞b＞a
4．（2024秋 广东期末）下列事实不能证明亚硝酸（HNO2）为弱酸的是（ ）
A．HNO2水溶液中存在HNO2和
B．HNO2与NaHCO3溶液反应生成CO2
C．常温下，0.01mol L﹣1NaNO2溶液中pH＞7
D．把pH＝4的HNO2溶液稀释100倍后pH＜6
5．（2025春 重庆期中）下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（ ）
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH
B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br
C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH
D．HF分子的极性弱于HCl分子的极性
6．（2025春 南京期末）下列实验的有关说法正确的是（ ）
A．用pH试纸测得氯水的pH＝2
B．用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液
C．中和滴定时，眼睛应注视滴定管中液面的变化
D．中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗
7．（2025 白银三模）室温下，向20 mL l mol/L的某二元弱酸H2X溶液中逐渐加入NaOH固体（忽略溶液温度及体积变化），测得溶液中的H2X、HX﹣、X2﹣的物质的量浓度与溶液pH变化关系如图。下列叙述错误的是（ ）
A．NaHX的水溶液呈酸性
B．当加入NaOH固体0.01 mol时，溶液pH＝3.2
C．当加入NaOH固体0.02 mol时，溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（H+）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）
D．当加入NaOH固体0.04 mol时，溶液中水的电离程度最大
8．（2025春 深圳期末）25℃时，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.100mol/L的CH3COOH溶液，测得滴定过程中溶液的pH变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该滴定可以用甲基橙作为指示剂
B．若③点溶液中存在，此时V（NaOH）＞20mL
C．①点溶液中：
D．在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的c（H+）：③＜②＜①
9．（2025春 沈阳期末）实验室使用标准K2Cr2O7溶液测定补铁剂硫酸亚铁片中Fe2+的含量，发生的反应为6Fe2++Cr214H+═6Fe3++2Cr3++7H2O。加入无色、被氧化后变为紫红色的二苯胺磺酸钠作指示剂。下列说法错误的是（ ）
A．将硫酸亚铁片研碎，置于稀硫酸中溶解可抑制Fe2+水解
B．重铬酸钾标准液应用酸式滴定管取用
C．由实验可知酸性溶液中还原性：Fe2+＞二苯胺磺酸钠＞Cr3+
D．酸性K2Cr2O7溶液与乙醇生成乙酸的离子方程式为2Cr23C2H5OH+13H+＝3CH3COO﹣+4Cr3++11H2O
10．（2025 武鸣区校级模拟）常温下，向二元弱酸H2A的稀溶液中滴加等浓度NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线m表示pH与之间的关系
B．pH＝3.5的溶液中：c（A2﹣）＞c（H2A）
C．交点a的溶液中：
D．NaHA溶液中：c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）
11．（2025 徐州二模）已知25℃时，H2S饱和溶液的浓度约为0.1mol L﹣1，Ka1（H2S）＝1.1×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13，Ka3（H3PO4）＝4.8×10﹣13，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36。下列说法错误的是（ ）
A．0.01mol L﹣1Na3PO4溶液中：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．NaH2PO4溶液中：c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（）
C．Na2HPO4溶液中：c（OH﹣）+c（）＝c（H+）+c（H2）+2c（H3PO4）
D．向c（Cu2+）＝0.01mol L﹣1溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cu2+）
12．（2025 定州市校级开学）H2C2O4为二元弱酸，常温下，测得草酸氢钠（NaHC2O4）溶液在不同pH体系中，lgc（X）与pH关系如图所示（X代表H2C2O4、HC2、C2）。下列有关说法正确的是（ ）
A．②表示H2C2O4
B．等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4溶液中：3c（Na+）＝2[c（H2C2O4）+﹣8
C．溶液呈中性时：
D．②③交点的溶液中：
13．（2025 武清区校级模拟）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．pH＝3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）＝10﹣3mol/L
B．0.1mol/LpH＝9的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（B2﹣）＞c（H2B）
C．0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合（pH＜7）：c（K+）＞c（CH3COOH）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COO*）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．室温下，浓度相同的①（NH4）2SO4②NH4HSO4③NH4Al（SO4）2④NH4Cl⑤NH3 H2O，c（）大小顺序为：①＞②＞③＞④＞⑤
14．（2025春 南明区校级期末）关于FeCl3溶液的叙述正确的是（ ）
A．加入盐酸，抑制Fe3+水解
B．升温，抑制Fe3+水解
C．浓度越大，Fe3+水解程度越大
D．将溶液蒸干可得FeCl3固体
15．（2025春 庐阳区校级期末）某兴趣小组探究的生成[Cu（NH3）4]（NO3）2过程。若向3mL0.1mol/LCu（NO3）2溶液中逐滴加入1mol/L氨水，则下列说法正确的是（ ）
A．未滴加氨水，溶液中c（）＝2c（Cu2+）
B．1mol/L氨水中c（）＞c（NH3 H2O）
C．沉淀完全时，溶液中c（）＞c（Cu2+）
D．沉淀完全溶解时离子反应方程式为：Cu2++4NH3 H2O＝[Cu（NH3）4]2++4H2O
16．（2025 广东开学）25℃时，向10mL0.2mol L﹣1CuSO4溶液中滴加2mol L﹣1的氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液。已知：该温度下Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣19.3，反应Cu2（aq）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）的K＝1013.3。下列说法正确的是（ ）
A．生成蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓
B．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液不发生变化
C．Cu（OH）2（s）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq）K'＝10﹣6
D．[Cu（NH3）4]2+中存在离子键和配位键
17．（2025 常德一模）向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10gCH3COONa和3.62gAlCl3 6H2O固体，固体全部溶解，将溶解后溶液持续加热，出现白色沉淀，其过程中的pH变化曲线如图所示。已知：常温下，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.75×10﹣5，Al（OH）3的溶度积常数Ksp＝1.3×10﹣33，Al（CH3COO）3为易溶于水的弱电解质，存在三步电离。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，混合后溶液未出现Al（OH）3白色沉淀是由于pH太小
B．常温下，反应Al3+（aq）+3CH3COO﹣（aq）+3H2O（l） Al（OH）3（s）+3CH3COOH（aq）的平衡常数：K＝1.4×105
C．常温下，Al3+与CH3COO﹣不能大量共存的原因是发生了剧烈的双水解
D．a点溶液中存在：c（CH3COO﹣）+3c[Al（CH3COO）3]+2c[Al（CH3COO）2+]+c（CH3COOH）＝0.1mol/L
18．（2025春 南通期末）化合物MgCaFeMn（CO3）4可用于酸性废水的处理。该化合物可实现以下转化：
已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
，
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中若反应生成0.5mol CO，则转移电子数为1mol
B．溶液B中含有的阳离子主要有Mg2+、Ca2+、Mn2+、
C．若步骤Ⅱ不加入NH4Cl，则溶液A中大量减少的金属离子是Fe2+和Mg2+
D．由步骤Ⅲ可知，MnCO3、CaCO3、MgCO3中溶解度最大的是MgCO3
19．（2025 贵阳模拟）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白（PbCO3）和黄金雨中黄色的PbI2。室温下PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时﹣lgc（Pb2+）与或﹣lgc（I﹣）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．L1对应的是﹣lgc（Pb2+）与﹣lgc（I﹣）的关系变化
B．Ksp（PbCO3）的数量级为10﹣14
C．q点对应的是PbI2不饱和溶液
D．向浓度均为0.01mol L﹣1Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb（NO3）2溶液，先产生黄色沉淀
20．（2025 江西模拟）常温下，向醋酸（HAc）溶液中滴加AgNO3溶液，生成的AgAc不溶于水。保持溶液中HAc的物质的量浓度恒定为0.1mol L﹣1的条件下，pX[pX为pAg或PAc，PAg＝﹣lgc（Ag+），pAc＝﹣lgc（Ac﹣）与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．L2直线代表pAc与pH的关系
B．Ksp（AgAc）＝10﹣2.72
C．pH＝2时，c（Ac﹣）＝10﹣3.76mol L﹣1
D．pH＝6时，pAg＝2.86
二．解答题（共4小题）
21．（2025 广东一模）某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表．请回答以下问题：
表1．几种盐的Ksp
难溶物 Ksp
Ca3（AsO4）2 6.8×10﹣19
CaSO4 9.1×10﹣6
FeAsO4 5.7×10﹣21
表2．工厂污染物排放浓度及允许排放标准
污染物 H2SO4 As
废水浓度 29.4g/L 1.6g L﹣1
排放标准 pH 6～9 0.5mg L﹣1
（1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝ mol L﹣1．
（2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×10﹣4mol L﹣1，c（）＝ mol L﹣1．
（3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为 ．
（4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降．
①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为 ；
②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为 ．
③砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数（25℃）为：K1＝5.6×10﹣3K2＝1.7×10﹣7K3＝4.0×10﹣12，
第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝ ．Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：H2O OH﹣，该步水解的平衡常数（25℃）为： （保留两位有效数字）．
22．（2025春 吉林期末）宏观辨识、微观探析和符号表征是体现化学学科特征的思维方式。某化学兴趣小组设计实验，探究离子反应及氧化还原反应的本质。回答下列问题：
Ⅰ.离子反应
（1）向0.2mol L﹣1Ba（OH）2溶液中滴入几滴酚酞溶液（装置如图所示），接通电源，向该溶液中滴入0.2mol L﹣1H2SO4溶液。
①接通电源前，能说明Ba（OH）2在水中电离的实验现象为 。
②随着H2SO4溶液的滴入，观察到烧杯中溶液红色逐渐褪去，产生白色沉淀，小灯泡亮度变暗，这些现象说明该反应的微观本质是Ba2+和OH﹣浓度降低，该反应的离子方程式为 。
（2）向0.2mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴滴入0.1mol L﹣1盐酸，测定溶液电导率的变化如图所示。
①B点恰好完全反应，此时溶液中存在的主要微粒有H2O、 。
②下列化学反应的离子方程式与Ba（OH）2溶液和稀盐酸反应相同的是 （填标号）。
A.Ba（OH）2溶液和稀硫酸反应
B.氨水和稀盐酸反应
C.NaOH溶液和NaHCO3溶液反应
D.澄清石灰水和稀硝酸反应
Ⅱ.氧化还原反应
（3）部分含硫物质如图所示，其中H2S和X是大气污染物。这些物质之间的相互转化为工业生产和处理环境问题提供了理论支持。
已知Na2SO3可发生下列过程：XNa2SO3→Z，其中反应①的离子方程式是 ，若欲将X转化成“安全物质”Z，使其对环境的影响最小，需加入 （填标号）。
A.酸性物质
B.碱性物质
C.氧化剂
D.还原剂
X转化为Z可以说明氧化还原反应的本质是发生了 。
23．（2024秋 广东期末）已知常温下，含碳元素的几种酸在水溶液中的电离平衡常数如表：
物质 HCOOH HCN H2CO3 H2C2O4
电离常数 1.8×10﹣4 4.9×10﹣10 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka1＝5.0×10﹣2 Ka2＝5.4×10﹣5
（1）HCOONa溶液呈碱性的原因是 （用离子方程式表示），NaHC2O4水溶液显 （填“酸”、“碱”或“中”）性。
（2）向NaCN溶液中加入少量H2C2O4发生反应的离子方程式为 。
（3）常温下，相同浓度的HCOONa、NaCN、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为 。
（4）常温下，0.1mol L﹣1的H2C2O4溶液在加水稀释过程中，下列说法不正确的是 （填序号）
A.c（H+） c（OH﹣）不变
B.c（H+） c（HC2）减小
C.n（H+） n（OH﹣）保持不变
D.保持不变
（5）甲酸可用作消毒剂和防腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图。
该反应的催化剂结构简式为 ，合成甲酸的总反应化学方程式为 。
24．（2025春 河北期末）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol L﹣1的NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。H2SO3的电离平衡常数分别为。
回答下列问题：
（1）NaOH的电子式为 ；NaOH溶液吸收SO2后，溶液中离子的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝ 。
（2）“吸收”过程中，溶液中时，溶液呈 （填“酸”或“碱”）性，溶液中含硫物种的浓度由大到小的关系为 。
（3）“吸收”后得到的溶液pH＝5，该溶液由水电离出的c（H+）＝ mol L﹣1，“氧化”时主要发生反应的离子方程式为 ；将“氧化”所得溶液用0.1mol L﹣1的NaOH溶液调节至pH＝7，再与0.1mol L﹣1的BaCl2溶液等体积混合，最终溶液中 mol L﹣1[室温下，]。
第三章 水溶液中的离子反应与平衡
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2025春 长沙校级期末）下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．Fe B．H2SO4溶液 C．KOH固体 D．乙醇
【答案】C
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物的非电解质。
【解答】解：A．Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．H2SO4溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．KOH固体为化合物，在水溶液或熔融状态中能完全电离而导电，属于电解质，故C正确；
D．乙醇属于非电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解质的判断，侧重考查对基本概念的理解，明确电解质的概念内涵是解本题关键，注意：电解质不一定导电，导电的不一定是电解质。
2．（2025春 宁夏期末）下列物质属于电解质的是（ ）
A．石墨 B．干冰 C．氯化钠 D．稀硫酸
【答案】C
【分析】根据电解质的定义，电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，据此进行解答。
【解答】解：A．石墨是单质，不属于电解质，也不属于非电解质，故A错误；
B．干冰是固态二氧化碳，属于非电解质，故B错误；
C．氯化钠溶于水发生电离能导电，属于电解质，故C正确；
D．稀硫酸是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查电解质的概念和识别，注意电解质必须是化合物，并且在水溶液或熔融状态下能够导电。
3．（2024秋 佛山期末）25℃时，分别向盛有10mL盐酸和10mL醋酸的烧杯中加入蒸馏水进行稀释，两种溶液的电导率随加水体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．I为盐酸的稀释曲线
B．醋酸在稀释过程中，的值变大
C．b、c点对应溶液消耗NaOH的量相同
D．水的电离程度c＞b＞a
【答案】D
【分析】A．醋酸是弱酸，加水稀释促进其电离；
B．醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，n（CH3COOH）减小、n（CH3COO﹣）增大；
C．醋酸是弱酸，盐酸是强酸，pH相同的两种酸溶液中c（CH3COOH）＞c（HCl）；
D．酸抑制水的电离，且c（H+）越大，抑制作用越强。
【解答】解：A．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，则pH相同的两种酸溶液加水稀释相同倍数时醋酸溶液的导电率强，曲线Ⅰ、Ⅱ分别为醋酸、盐酸的稀释曲线，故A错误；
B．醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，n（CH3COOH）减小、n（CH3COO﹣）增大，则，的值减小，故B错误；
C．pH相同的盐酸和醋酸溶液中c（CH3COOH）＞c（HCl），体积均为10mL时n（CH3COOH）＞n（HCl），则b、c点对应溶液消耗NaOH的量：b＞c，故C错误；
D．由图可知，c（H+）：a＞b＞c，c（H+）越大，抑制水的电离程度越强，则水的电离程度：c＞b＞a，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，侧重辨析能力和运用能力考查，把握弱电解质的电离平衡及其影响因素是解题关键，题目难度中等。
4．（2024秋 广东期末）下列事实不能证明亚硝酸（HNO2）为弱酸的是（ ）
A．HNO2水溶液中存在HNO2和
B．HNO2与NaHCO3溶液反应生成CO2
C．常温下，0.01mol L﹣1NaNO2溶液中pH＞7
D．把pH＝4的HNO2溶液稀释100倍后pH＜6
【答案】B
【分析】A.根据弱电解质部分电离，溶液中存在电离平衡，进行分析；
B.根据强酸制弱酸的原理，进行分析；
C.根据盐类水解的规律，进行分析；
D.根据弱酸稀释后pH的变化规律，进行分析。
【解答】解：A.HNO2水溶液中存在HNO2和，说明HNO2部分电离，存在电离平衡，故A正确；
B.HNO2与NaHCO3溶液反应生成CO2，只能说明亚硝酸的酸性强于碳酸氢根离子，但无法判断亚硝酸是否为弱酸，故B错误；
C.常温下，0.01mol L﹣1NaNO2溶液中pH＞7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故C正确；
D.把pH＝4的HNO2溶液稀释100倍后pH＜6，说明稀释过程中电离出的H+增多，溶液的酸性减弱，但pH变化小于2个单位，符合弱酸的特征，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查弱电解质的判断，注意弱电解质的特征是部分电离，溶液中存在电离平衡。完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2025春 重庆期中）下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（ ）
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH
B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br
C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH
D．HF分子的极性弱于HCl分子的极性
【答案】C
【分析】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，取代基电负性越大，羧酸酸性越强；
B．电负性F＞Cl＞Br；
C．F为吸电子基团，CHF2COOH比CH2FCOOH多一个F原子，吸电子效应更强，酸性更强，pKa更小；
D．F的电负性大于Cl。
【解答】解：A．取代基电负性越大，羧酸酸性越强，I的电负性弱于Br，根据电负性F＞Cl＞Br＞I，故CH2ICOOH酸性弱于CH2BrCOOH，故A错误；
B．电负性F＞Cl＞Br，对键合电子的吸引能力应为F＞Cl＞Br，故B错误；
C．F为吸电子基团，CHF2COOH比CH2FCOOH多一个F原子，吸电子效应更强，酸性更强，pKa更小，故C正确；
D．F的电负性大于Cl，HF分子极性应强于HCl，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2025春 南京期末）下列实验的有关说法正确的是（ ）
A．用pH试纸测得氯水的pH＝2
B．用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液
C．中和滴定时，眼睛应注视滴定管中液面的变化
D．中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗
【答案】B
【分析】A．氯水中的HClO具有强氧化性，会漂白pH试纸；
B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管；
C．中和滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色变化以判断滴定终点；
D．锥形瓶无需润洗，否则会引入额外待测液导致误差。
【解答】解：A．氯水中的次氯酸具有强氧化性，会漂白pH试纸，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此必须用酸式滴定管量取，故B正确；
C．中和滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色变化以判断滴定终点，而非滴定管液面的变化，故C错误；
D．锥形瓶无需润洗，否则会引入额外待测液导致误差，只有滴定管需要润洗，防止待装液被稀释，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查中和滴定等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2025 白银三模）室温下，向20 mL l mol/L的某二元弱酸H2X溶液中逐渐加入NaOH固体（忽略溶液温度及体积变化），测得溶液中的H2X、HX﹣、X2﹣的物质的量浓度与溶液pH变化关系如图。下列叙述错误的是（ ）
A．NaHX的水溶液呈酸性
B．当加入NaOH固体0.01 mol时，溶液pH＝3.2
C．当加入NaOH固体0.02 mol时，溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（H+）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）
D．当加入NaOH固体0.04 mol时，溶液中水的电离程度最大
【答案】B
【分析】A．图中分析可知，NaHX溶液的pH小于7，溶液显酸性，溶液中HX﹣离子电离程度大于其水解程度；
B．当加入NaOH固体0.01 mol时，发生反应NaOH+H2X＝NaHX+H2O，得到等浓度的NaHX和H2X混合溶液，图象中得到c（HX﹣）＝c（H2X），溶液pH＝3.2，但等浓度的NaHX和H2X混合溶液中c（HX﹣）＞c（H2X）；
C．当加入NaOH固体0.02 mol时，得到NaHX溶液，溶液中HX﹣离子电离程度大于其水解程度，溶液显酸性；
D．当加入NaOH固体0.04 mol时，2NaOH+H2X＝Na2X+2H2O，得到Na2X溶液，Na2X为强碱弱酸盐水解促进水的电离，酸碱抑制水的电离。
【解答】解：A．图象可知室温下，向20 mL l mol/L的某二元弱酸H2X溶液中逐渐加入NaOH固体，当生成NaHX溶液时，溶液显酸性，溶液中HX﹣离子电离程度大于其水解程度，故A正确；
B．当加入NaOH固体0.01 mol时，发生反应NaOH+H2X＝NaHX+H2O，得到等浓度的NaHX和H2X混合溶液，图象中得到c（HX﹣）＝c（H2X），溶液pH＝3.2，但等浓度的NaHX和H2X混合溶液中c（HX﹣）＞c（H2X），pH＞3.2，故B错误；
C．当加入NaOH固体0.02 mol时，得到NaHX溶液，溶液中HX﹣离子电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，溶液中离子浓度关系c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（H+）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣），故C正确；
D．当加入NaOH固体0.04 mol时，2NaOH+H2X＝Na2X+2H2O，得到等浓度的Na2X溶液，Na2X为强碱弱酸盐水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、图象判断H2Y与氢氧化钠溶液反应的定量关系和产物分析、盐类水解和弱电解质电离的影响因素等知识点，题目难度中等。
8．（2025春 深圳期末）25℃时，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.100mol/L的CH3COOH溶液，测得滴定过程中溶液的pH变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该滴定可以用甲基橙作为指示剂
B．若③点溶液中存在，此时V（NaOH）＞20mL
C．①点溶液中：
D．在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的c（H+）：③＜②＜①
【答案】C
【分析】①点溶液中CH3COOH过量，此时溶液中溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，溶液呈酸性，抑制水的电离；②点溶液呈中性，水的电离基本不受影响；③点可能是恰好完全反应的计量点，此时恰好生成CH3COONa，促进水的电离，也可能是NaOH过量，溶液呈碱性，据此分析。
【解答】解：A．滴定终点时，溶质为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液显碱性，应选用酚酞试液作指示剂，故A错误；
B．若，根据物料守恒，此时NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，NaOH溶液体积V（NaOH）＝20mL，故B错误；
C．①点时，加入10mL氢氧化钠溶液，此时溶液中溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，醋酸电离使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，此时溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小应为，故C正确；
D．①点溶液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，抑制水的电离；②点溶液呈中性，水的电离基本不受影响；水的电离：②＞①；③点可能是恰好完全反应的计量点，此时恰好生成CH3COONa，促进水的电离，也可能是NaOH过量，溶液呈碱性，抑制水的电离，所以在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的c（H+）：不可能是①最大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2025春 沈阳期末）实验室使用标准K2Cr2O7溶液测定补铁剂硫酸亚铁片中Fe2+的含量，发生的反应为6Fe2++Cr214H+═6Fe3++2Cr3++7H2O。加入无色、被氧化后变为紫红色的二苯胺磺酸钠作指示剂。下列说法错误的是（ ）
A．将硫酸亚铁片研碎，置于稀硫酸中溶解可抑制Fe2+水解
B．重铬酸钾标准液应用酸式滴定管取用
C．由实验可知酸性溶液中还原性：Fe2+＞二苯胺磺酸钠＞Cr3+
D．酸性K2Cr2O7溶液与乙醇生成乙酸的离子方程式为2Cr23C2H5OH+13H+＝3CH3COO﹣+4Cr3++11H2O
【答案】D
【分析】A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，易水解生成氢氧化亚铁；
B．重铬酸钾溶液具有强氧化性，能使橡胶管受到腐蚀；
C．标准K2Cr2O7溶液测定含有二苯胺磺酸钠的Fe2+时Fe2+优先反应，K2Cr2O7还原为Cr3+；
D．乙酸是弱酸，不拆分。
【解答】解：A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，易水解生成氢氧化亚铁，将硫酸亚铁片研碎，置于稀硫酸中溶解可抑制Fe2+水解，故A正确；
B．重铬酸钾溶液具有强氧化性，常用酸式滴定管取用重铬酸钾标准液，故B正确；
C．标准K2Cr2O7溶液测定含有二苯胺磺酸钠的Fe2+时Fe2+优先反应，则还原性：Fe2+＞二苯胺磺酸钠，接近滴定终点时二苯胺磺酸钠才被氧化，溶液中存在相对多的Cr3+、且没有被氧化，则还原性：二苯胺磺酸钠＞Cr3+，所以还原性：Fe2+＞二苯胺磺酸钠＞Cr3+，故C正确；
D．酸性K2Cr2O7溶液与乙醇生成乙酸的离子方程式为2Cr23C2H5OH+16H+＝3CH3COOH+4Cr3++11H2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原滴定法测定物质含量实验，侧重实验能力和运用能力考查，把握盐类水解原理的应用、还原性强弱判断、滴定实验操作及注意事项、氧化还原反应方程式书写等知识点是解题关键，题目难度中等。
10．（2025 武鸣区校级模拟）常温下，向二元弱酸H2A的稀溶液中滴加等浓度NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线m表示pH与之间的关系
B．pH＝3.5的溶液中：c（A2﹣）＞c（H2A）
C．交点a的溶液中：
D．NaHA溶液中：c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）
【答案】B
【分析】二元弱酸H2A的一级电离常数，二级电离常数，当或c（A2﹣）＝c（HA﹣）时，或，由图可知，坐标原点时，曲线m对应pH＝2.3，曲线n对应pH＝5.7，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线m表示pH与变化的曲线，曲线n表示pH与变化的曲线，一级电离常数、二级电离常数。
【解答】解：A．二元弱酸H2A的一级电离常数，二级电离常数，当或c（A2﹣）＝c（HA﹣）时，或，由图可知，坐标原点时，曲线m对应pH＝2.3，曲线n对应pH＝5.7，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线m表示pH与变化的曲线，故A正确；
B．，，，得到，故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣），同时在交点a的溶液中，，此时，进行等量代换，则有：，故C正确；
D．NaHA溶液，，电离方程式为：HA﹣ H++A2﹣，水解方程式为：，由于电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2025 徐州二模）已知25℃时，H2S饱和溶液的浓度约为0.1mol L﹣1，Ka1（H2S）＝1.1×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13，Ka3（H3PO4）＝4.8×10﹣13，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36。下列说法错误的是（ ）
A．0.01mol L﹣1Na3PO4溶液中：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．NaH2PO4溶液中：c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（）
C．Na2HPO4溶液中：c（OH﹣）+c（）＝c（H+）+c（H2）+2c（H3PO4）
D．向c（Cu2+）＝0.01mol L﹣1溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cu2+）
【答案】A
【分析】A．Na2PO4是强碱弱酸盐，水解导致溶液呈碱性，其第一步水解程度远远大于第二步水解程度，第二步水解程度远远大于第三步水解程度，每一步水解都生成OH﹣，但其水解程度较小，Na+不水解；
B．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（）、物料守恒c（Na+）＝3[c（）+c（H2）+c（）]，根据电荷守恒和物料守恒判断；
D．Cu2++H2S CuS+2H+的平衡常数，该反应可以完全进行。
【解答】解：A．Na2PO4是强碱弱酸盐，水解导致溶液呈碱性，其第一步水解程度远远大于第二步水解程度，第二步水解程度远远大于第三步水解程度，每一步水解都生成OH﹣，但其水解程度较小，Na+不水解，所以溶液中存在c（Na+）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（），故A错误；
B．NaH2PO4溶液中，存在电荷守恒cc（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（），故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（H2）+3c（）、物料守恒c（Na+）＝3[c（）+c（H2）+c（）]，根据电荷守恒和物料守恒得c（OH﹣）+c（）＝c（H+）+c（H2）+2c（H3PO4），故C正确；
D．Cu2++H2S CuS+2H+的平衡常数，该反应可以完全进行，所得溶液中c（H+）＞c（Cu2+），故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查离子浓度的大小比较，侧重考查分析、判断及计算能力，明确盐类水解原理、难溶物溶解平衡原理是解本题的关键，题目难度不大。
12．（2025 定州市校级开学）H2C2O4为二元弱酸，常温下，测得草酸氢钠（NaHC2O4）溶液在不同pH体系中，lgc（X）与pH关系如图所示（X代表H2C2O4、HC2、C2）。下列有关说法正确的是（ ）
A．②表示H2C2O4
B．等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4溶液中：3c（Na+）＝2[c（H2C2O4）+﹣8
C．溶液呈中性时：
D．②③交点的溶液中：
【答案】C
【分析】H2C2O4为二元弱酸，常温下，测得草酸氢钠（NaHC2O4）溶液在不同pH体系中，lgc（X）与pH关系如图所示（X代表H2C2O4、HC2、C2），随着溶液pH增大，C2的浓度增大，HC2的浓度减小，导致H2C2O4的浓度减小，图象中的曲线①表示C2、②表示HC2、③表示H2C2O4，据此分析判断。
【解答】解：A．分析可知曲线①表示C2、②表示HC2、③表示H2C2O4，故A错误；
B．溶质为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4，根据元素质量守恒，，故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（OH﹣），中性时，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），c（Na+）＝c（HC2）+2c（C2），故C正确；
D．观察图像，可知C2HC2H2C2O4，浓度小于此时溶液中的c（H+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、眼泪水解、离子浓度关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
13．（2025 武清区校级模拟）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．pH＝3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）＝10﹣3mol/L
B．0.1mol/LpH＝9的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（B2﹣）＞c（H2B）
C．0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合（pH＜7）：c（K+）＞c（CH3COOH）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COO*）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．室温下，浓度相同的①（NH4）2SO4②NH4HSO4③NH4Al（SO4）2④NH4Cl⑤NH3 H2O，c（）大小顺序为：①＞②＞③＞④＞⑤
【答案】D
【分析】A．pH＝3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）；
B．0.1mol/LpH＝9的NaHB溶液中HB﹣水解沉淀大于其电离程度，溶液显碱性；
C．0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合得到等浓度的CH3COOK、NaCl、CH3COOH（pH＜7）的混合溶液；
D．①铵根离子水解，②中氢离子抑制铵根离子水解，③中铝离子水解抑制铵根离子水解，④中只有铵根离子水解，⑤一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子。
【解答】解：A．pH＝3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）mol/L＝10﹣11mol/L，故A错误；
B．0.1mol/LpH＝9的NaHB溶液中HB﹣水解沉淀大于其电离程度，溶液显碱性，离子浓度关系c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣），故B错误；
C．0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合得到等浓度的CH3COOK、KCl、CH3COOH（pH＜7）的混合溶液，溶液显酸性，醋酸电离程度大于差点跟离子水解程度，c（K+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．①铵根离子水解，②中氢离子抑制铵根离子水解，③中铝离子水解抑制铵根离子水解，④中只有铵根离子水解，⑤一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，c（）大小顺序为：①＞②＞③＞④＞⑤，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质电离、盐类水解的分析应用，主要是盐的分类方法和溶液酸碱性的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
14．（2025春 南明区校级期末）关于FeCl3溶液的叙述正确的是（ ）
A．加入盐酸，抑制Fe3+水解
B．升温，抑制Fe3+水解
C．浓度越大，Fe3+水解程度越大
D．将溶液蒸干可得FeCl3固体
【答案】A
【分析】A．加入盐酸后氢离子浓度增大，抑制了铁离子的水解；
B．铁离子的水解为吸热反应；
C．铁离子的浓度增大，其水解程度减小；
D．氯化氢易挥发，蒸干氯化铁溶液得到氢氧化铁固体。
【解答】解：A．加入盐酸，氢离子的浓度增大，Fe3+的水解平衡逆向移动，抑制了Fe3+的水解，故A正确；
B．Fe3+的水解为吸热反应，升高温度水解程度增大，促进了Fe3+的水解，故B错误；
C．Fe3+的浓度越大，水解程度越小，故C错误；
D．铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢易挥发，将溶液蒸干得到氢氧化铁，无法获得FeCl3固体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解的应用，为高频考点，明确盐类组成及水解规律为解答关键，注意掌握盐类水解原理，题目难度不大。
15．（2025春 庐阳区校级期末）某兴趣小组探究的生成[Cu（NH3）4]（NO3）2过程。若向3mL0.1mol/LCu（NO3）2溶液中逐滴加入1mol/L氨水，则下列说法正确的是（ ）
A．未滴加氨水，溶液中c（）＝2c（Cu2+）
B．1mol/L氨水中c（）＞c（NH3 H2O）
C．沉淀完全时，溶液中c（）＞c（Cu2+）
D．沉淀完全溶解时离子反应方程式为：Cu2++4NH3 H2O＝[Cu（NH3）4]2++4H2O
【答案】C
【分析】A．Cu2+会微弱水解；
B．1mol/L氨水为弱碱溶液，大部分以NH3 H2O形式存在，电离出的浓度远小于NH3 H2O的浓度；
C．沉淀完全时，Cu2+几乎全部转化为Cu（OH）2沉淀，溶液中残留的c（Cu2+）极低，而来自反应生成的NH4NO3；
D．沉淀的化学式不能拆。
【解答】解：A．未滴加氨水时，硝酸铜完全电离，理论上c（）＝2c（Cu2+），但Cu2+会微弱水解，故c（）＞2c（Cu2+），故A错误；
B．1mol/L氨水为弱碱溶液，大部分以NH3 H2O形式存在，电离出的浓度远小于NH3 H2O的浓度，故c（）＜c（NH3 H2O），故B错误；
C．沉淀完全时，铜离子几乎全部转化为氢氧化铜沉淀，溶液中残留的c（Cu2+）极低，而来自反应生成的NH4NO3，其浓度远高于残留的Cu2+浓度，故C正确；
D．沉淀的化学式不能拆，沉淀完全溶解时，离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3 H2O＝[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
16．（2025 广东开学）25℃时，向10mL0.2mol L﹣1CuSO4溶液中滴加2mol L﹣1的氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液。已知：该温度下Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣19.3，反应Cu2（aq）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）的K＝1013.3。下列说法正确的是（ ）
A．生成蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓
B．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液不发生变化
C．Cu（OH）2（s）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq）K'＝10﹣6
D．[Cu（NH3）4]2+中存在离子键和配位键
【答案】C
【分析】A．一水合氨是弱电解质，不能拆分；
B．乙醇极性小于水，能使[Cu（NH3）4]SO4的溶解度降低；
C．①Cu（OH）2（s） Cu2+（aq）+2OH﹣（aq），②Cu2+（aq）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq），反应①+②为Cu（OH）2（s）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq），其平衡常数K'＝K Ksp[Cu（OH）2]；
D．[Cu（NH3）4]2+属于阳离子，不是化合物。
【解答】解：A．CuSO4溶液中滴加氨水生成蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3 H2O═Cu（OH）2↓+2，故A错误；
B．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，则向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故B错误；
C．①Cu（OH）2（s） Cu2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣19.3，②Cu2+（aq）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）的K＝1013.3，反应①+②为Cu（OH）2（s）+4NH3（aq） [Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq），则平衡常数K'＝K Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣19.3×1013.3＝10﹣6，故C正确；
D．[Cu（NH3）4]2+中存在Cu2+与NH3之间的配位键，不存在离子键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡、物质结构及性质，侧重计算能力及灵活运用能力考查，明确溶度积常数及平衡常数的计算、配位键形成条件、相似相溶原理的应用、离子方程式书写等知识是解题关键，题目难度中等。
17．（2025 常德一模）向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10gCH3COONa和3.62gAlCl3 6H2O固体，固体全部溶解，将溶解后溶液持续加热，出现白色沉淀，其过程中的pH变化曲线如图所示。已知：常温下，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.75×10﹣5，Al（OH）3的溶度积常数Ksp＝1.3×10﹣33，Al（CH3COO）3为易溶于水的弱电解质，存在三步电离。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，混合后溶液未出现Al（OH）3白色沉淀是由于pH太小
B．常温下，反应Al3+（aq）+3CH3COO﹣（aq）+3H2O（l） Al（OH）3（s）+3CH3COOH（aq）的平衡常数：K＝1.4×105
C．常温下，Al3+与CH3COO﹣不能大量共存的原因是发生了剧烈的双水解
D．a点溶液中存在：c（CH3COO﹣）+3c[Al（CH3COO）3]+2c[Al（CH3COO）2+]+c（CH3COOH）＝0.1mol/L
【答案】B
【分析】A.根据Al（OH）3的溶度积常数和溶液的pH值进行分析；
B.根据反应的平衡常数表达式和已知数据进行计算；
C.根据铝离子与醋酸根离子的反应情况和双水解的定义进行分析；
D.根据物料守恒原则进行分析。
【解答】解：A．向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10g CH3COONa和3.62g AlCl3 6H2O固体，溶液中c（Al3+） ＝ 0.03mol/L，pH＝5.8时，c（OH﹣） ＝ mol/L＝10﹣8.2mol/L，此时溶液中Qc ＝ c（Al3+） c3（OH﹣）＞Ksp ＝ 1.3×10﹣33，然而此时没有沉淀生成，说明不是由于pH大小，故A错误；
B．常温下，反应Al3+（aq）+3CH3COO﹣（aq）+3H2O（l） Al（OH）3（s）+3CH3COOH（aq）的平衡常数：K ＝ 1.4×105，故B正确；
C．常温下，4.10g CH3COONa和3.62g AlCl3 6H2O固体混合后，固体全部溶解，没有沉淀，说明不能共存的原因不是双水解，而是生成了Al（CH3COOO）3，即Al3+与CH3COO﹣不能大量共存的原因是生成了弱电解质，故C错误；
D．向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10g CH3COONa，n（CH3COONa） ＝ ＝ 0.05mol，Al（CH3COO）3为易溶于水的弱电解质，存在三步电离，根据物料守恒：c（CH3COO﹣）+3c[Al（CH3COO）3]+2c[Al（CH3COO）2+]+c[Al（CH3COO）2+]+c（CH3COOH） ＝ 0.05mol/0.5L ＝ 0.1mol/L，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了盐类的水解、溶度积常数、平衡常数的计算以及物料守恒等知识点。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
18．（2025春 南通期末）化合物MgCaFeMn（CO3）4可用于酸性废水的处理。该化合物可实现以下转化：
已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
，
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中若反应生成0.5mol CO，则转移电子数为1mol
B．溶液B中含有的阳离子主要有Mg2+、Ca2+、Mn2+、
C．若步骤Ⅱ不加入NH4Cl，则溶液A中大量减少的金属离子是Fe2+和Mg2+
D．由步骤Ⅲ可知，MnCO3、CaCO3、MgCO3中溶解度最大的是MgCO3
【答案】C
【分析】化合物MgCaFeMn（CO3）4属于碳酸盐，与盐酸反应生成CO2气体、MgCl2、MnCl2、CaCl2、FeCl2，加热条件下CO2气体与Na反应生成CO、Na2CO3，反应为2CO2+2NaCO+Na2CO3，向含有MgCl2、MnCl2、CaCl2、FeCl2的混合溶液中加入NH3+NH4Cl时生成Fe（OH）2沉淀，过滤，滤液中通入适量CO2气体，生成MnCO3、CaCO3沉淀，不能生成MgCO3沉淀，说明MgCO3的溶解度大于MnCO3、CaCO3，据此分析解答。
【解答】解：A．步骤Ⅰ中反应为2CO2+2NaCO+Na2CO3，转移电子2e﹣，则生成0.5mol CO时转移电子数为1mol，故A正确；
B．溶液A中溶质为MgCl2、MnCl2、CaCl2、FeCl2，可能含有少量HCl，加入NH3+NH4Cl时生成Fe（OH）2沉淀，则溶液B中含有的阳离子主要有Mg2+、Ca2+、Mn2+、，故B正确；
C．Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Mn（OH）2]，且溶液A中c（Mg2+）＝c（Mn2+），若步骤Ⅱ不加入NH4Cl，溶液碱性增强，则溶液A中大量减少的金属离子中还含有是Mn2+，故C错误；
D．步骤Ⅲ通入适量CO2气体，生成MnCO3、CaCO3沉淀，不能生成MgCO3沉淀，则MgCO3的溶度积Ksp最大、其溶解度大于MnCO3、CaCO3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题以酸性废水处理为载体考查了沉淀溶解平衡原理，侧重分析判断能力和运用能力考查，把握氧化还原反应方程式书写及其计算、溶度积常数及其与溶解度大大小关系等知识是解题关键，题目难度中等。
19．（2025 贵阳模拟）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白（PbCO3）和黄金雨中黄色的PbI2。室温下PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时﹣lgc（Pb2+）与或﹣lgc（I﹣）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．L1对应的是﹣lgc（Pb2+）与﹣lgc（I﹣）的关系变化
B．Ksp（PbCO3）的数量级为10﹣14
C．q点对应的是PbI2不饱和溶液
D．向浓度均为0.01mol L﹣1Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb（NO3）2溶液，先产生黄色沉淀
【答案】D
【分析】，当﹣lgc（Pb2+）＝0时和时的﹣lgc（Pb2+）值与值相同，故L2曲线为PbCO3的溶解曲线，L1曲线为PbI2的溶解曲线，据此分析；
【解答】解：A．，当﹣lgc（Pb2+）＝0时和时的﹣lgc（Pb2+）值与值相同，L1对应的是﹣lgc（Pb2+）与﹣lgc（I﹣）的关系变化，故A正确；
B．根据图中信息得到，数量级为10﹣14，故B正确；
C．q点I﹣浓度小于对应的PbI2饱和溶液I﹣浓度，是PbI2不饱和溶液，故C正确；
D．根据图中信息得到，，浓度均为0.01mol L﹣1Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb（NO3）2溶液，碳酸钠所需的铅离子浓度小于碘化钠所需的铅离子浓度，因此先产生白色沉淀，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
20．（2025 江西模拟）常温下，向醋酸（HAc）溶液中滴加AgNO3溶液，生成的AgAc不溶于水。保持溶液中HAc的物质的量浓度恒定为0.1mol L﹣1的条件下，pX[pX为pAg或PAc，PAg＝﹣lgc（Ag+），pAc＝﹣lgc（Ac﹣）与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．L2直线代表pAc与pH的关系
B．Ksp（AgAc）＝10﹣2.72
C．pH＝2时，c（Ac﹣）＝10﹣3.76mol L﹣1
D．pH＝6时，pAg＝2.86
【答案】D
【分析】滴加AgNO3溶液时HAc H++Ac﹣、HAc+Ag+ AgAc↓+H+，随着AgNO3溶液的加入，溶液中c（H+）逐渐增大，且c（HAc）始终保持为0.1mol L﹣1，则溶液的pH逐渐减小，c（Ac﹣）逐渐减小，c（Ag+）逐渐增大，即随着pH增大，pAc逐渐减小，pAg逐渐增大，所以图中L1、L2直线分别代表pAg、pAc与pH关系，pH＝4.4时pAg＝pAc＝1.36，溶度积常数Ksp（AgAc）＝c（Ag+） c（Ac﹣）＝10﹣1.36×10﹣1.36＝10﹣2.72，电离平衡常数Ka10﹣4.76，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析，L1直线代表pAg与pH的关系，L2直线代表pAc与pH的关系，故A正确；
B．a点溶液中pH＝4.4，c（Ag+）＝c（Ac﹣）＝10﹣1.36mol L﹣1，则AgAc的溶度积Ksp（AgAc）＝c（Ag+） c（Ac﹣）＝10﹣1.36×10﹣1.36＝10﹣2.72，故B正确；
C．pH＝2时c（H+）＝10﹣2mol L﹣1，Ka10﹣4.76，c（HAc）＝0.1mol L﹣1，则c（Ac﹣）＝10﹣3.76mol L﹣1，故C正确；
D．pH＝6时c（H+）＝10﹣6mol L﹣1，Ka10﹣4.76，c（HAc）＝0.1mol L﹣1，则c（Ac﹣）＝100.24mol L﹣1，Ksp（AgAc）＝c（Ag+） c（Ac﹣）＝10﹣2.72，可得c（Ag+）＝10﹣2.96mol L﹣1，pAg＝2.96，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及弱电解质的电离平衡，侧重图象分析理解能力和计算能力考查，把握图中直线表示的意义、电离平衡常数和溶度积常数的计算及其应用是解题关键，题目难度中等。
二．解答题（共4小题）
21．（2025 广东一模）某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表．请回答以下问题：
表1．几种盐的Ksp
难溶物 Ksp
Ca3（AsO4）2 6.8×10﹣19
CaSO4 9.1×10﹣6
FeAsO4 5.7×10﹣21
表2．工厂污染物排放浓度及允许排放标准
污染物 H2SO4 As
废水浓度 29.4g/L 1.6g L﹣1
排放标准 pH 6～9 0.5mg L﹣1
（1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝ 0.3 mol L﹣1．
（2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×10﹣4mol L﹣1，c（）＝ 5.7×10﹣17 mol L﹣1．
（3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为 2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O ．
（4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降．
①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为 CaSO4 ；
②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为 H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c（）增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀 ．
③砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数（25℃）为：K1＝5.6×10﹣3K2＝1.7×10﹣7K3＝4.0×10﹣12，
第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝ ．Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：H2O OH﹣，该步水解的平衡常数（25℃）为： 2.5×10﹣3 （保留两位有效数字）．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）依据图表中的硫酸质量浓度换算物质的量计算得到；
（2）依据Ksp越小，越易先生成沉淀，然后依据溶度积常数计算得到溶液的浓度；
（3）根据反应物和生成物结合元素化合价的变化配平方程式；
（4）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出；
②H3AsO4是弱酸电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀；
③H3AsO4的第三步电离式为 H+，依此写出电离的平衡常数的表达式；依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算．
【解答】解：（1）图表中硫酸浓度为29.4g/L，换算物质的量浓度0.3mol L﹣1，故答案为：0.3；
（2）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol L﹣1，依据Ksp大小可以得到，Ksp（FeAsO4 ）小，反应过程中Fe3+先析出沉淀；依据Ksp（FeAsO4 ）＝c（Fe3+）c（）＝5.7×10﹣21；Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol L﹣1，则 c（）5.7×10﹣17mol/L，故答案为：5.7×10﹣17；
（3）三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），则该反应的离子方程式为：2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O；
故答案为：2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O；
（4）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为CaSO4，故答案为：CaSO4；
②H3AsO4是弱酸电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀，
故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀；
③H3AsO4的第三步电离式为 H+，所以第三步电离的平衡常数的表达式为K3；Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：H2O OH﹣，该步水解的平衡常数Kh2.5×10﹣3；
故答案为：2.5×10﹣3．
【点评】本题考查了溶液中浓度的换算，沉淀溶解平衡的溶度积常数计算，水解常数和电离常数的计算，离子方程式的书写，沉淀的形成等，考查的知识点较多，侧重于对学生计算能力的考查，题目难度中等．
22．（2025春 吉林期末）宏观辨识、微观探析和符号表征是体现化学学科特征的思维方式。某化学兴趣小组设计实验，探究离子反应及氧化还原反应的本质。回答下列问题：
Ⅰ.离子反应
（1）向0.2mol L﹣1Ba（OH）2溶液中滴入几滴酚酞溶液（装置如图所示），接通电源，向该溶液中滴入0.2mol L﹣1H2SO4溶液。
①接通电源前，能说明Ba（OH）2在水中电离的实验现象为 烧杯中溶液变红 。
②随着H2SO4溶液的滴入，观察到烧杯中溶液红色逐渐褪去，产生白色沉淀，小灯泡亮度变暗，这些现象说明该反应的微观本质是Ba2+和OH﹣浓度降低，该反应的离子方程式为 Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓ 。
（2）向0.2mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴滴入0.1mol L﹣1盐酸，测定溶液电导率的变化如图所示。
①B点恰好完全反应，此时溶液中存在的主要微粒有H2O、 Ba2+、Cl﹣ 。
②下列化学反应的离子方程式与Ba（OH）2溶液和稀盐酸反应相同的是 D （填标号）。
A.Ba（OH）2溶液和稀硫酸反应
B.氨水和稀盐酸反应
C.NaOH溶液和NaHCO3溶液反应
D.澄清石灰水和稀硝酸反应
Ⅱ.氧化还原反应
（3）部分含硫物质如图所示，其中H2S和X是大气污染物。这些物质之间的相互转化为工业生产和处理环境问题提供了理论支持。
已知Na2SO3可发生下列过程：XNa2SO3→Z，其中反应①的离子方程式是 SO2+2OH﹣H2O ，若欲将X转化成“安全物质”Z，使其对环境的影响最小，需加入 BC （填标号）。
A.酸性物质
B.碱性物质
C.氧化剂
D.还原剂
X转化为Z可以说明氧化还原反应的本质是发生了 电子转移 。
【答案】Ⅰ．（1）①烧杯中溶液变红；
②Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓；
（2）①Ba2+、Cl﹣；
②D；
Ⅱ．（3）SO2+2OH﹣H2O；BC；电子转移。
【分析】Ⅰ．（1）①酚酞遇碱变红；
②H2SO4能与Ba（OH）2反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子的浓度降低，导电性减弱，小灯泡亮度变暗；
（2）①B点恰好完全反应，此时溶液导电能力最弱，离子浓度最小，盐酸和氢氧化钡中和得到的产物是氯化钡的水溶液，据此回答；
②Ba（OH）2溶液和稀盐酸反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O；
A.Ba（OH）2和H2SO4反应会产生白色的沉淀；
B．浓氨水不能拆成离子形式；
C．NaOH溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为：OH﹣═H2O；
D．澄清石灰水和稀硝酸反应的实质是H++OH﹣═H2O；
Ⅱ．（3）由过程可知，X与碱反应生成亚硫酸钠，则X为二氧化硫，X转化成“安全物质”Z，可将其氧化为硫酸根离子或利用碱吸收，X转化为Z可以说明氧化还原反应的本质是发生了电子转移。
【解答】解：Ⅰ．（1）①酚酞遇碱变红，故接通电源前，能说明Ba（OH）2，在水中电离的实验现象为：溶液变红，
故答案为：烧杯中溶液变红；
②随着H2SO4溶液的滴入，烧杯中溶液红色逐渐褪去，则H+和OH﹣反应生成水，使溶液的碱性减弱，同时Ba2+和生成BaSO4白色沉淀，溶液的导电性减弱，小灯泡亮度变暗，该反应是复分解反应，则复分解反应类型的离子反应的微观本质是离子浓度减小，反应的离子方程式是Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓，
故答案为：Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓；
（2）①B点恰好完全反应，此时溶液导电能力最弱，离子浓度最小，盐酸和氢氧化钡中和得到的产物是氯化钡的水溶液，其中存在的主要微粒有H2O、Ba2+、Cl﹣，
故答案为：Ba2+、Cl﹣；
②Ba（OH）2溶液和稀盐酸反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O，
A.Ba（OH）2和H2SO4反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H+2H2O+BaSO4↓，故A错误；
B．氨水和稀盐酸反应的离子方程式为：NH3 H2O+H+═H2O，故B错误；
C．NaOH溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为：OH﹣═H2O，故C错误；
D．澄清石灰水和稀硝酸反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故D正确；
故答案为：D；
Ⅱ．（3）由过程可知，X与碱反应生成亚硫酸钠，则X为二氧化硫，则反应①的离子方程式为SO2+2OH﹣H2O，X转化成“安全物质”Z，可将其氧化为硫酸根离子或利用碱吸收，应选B或C来实现转化，X转化为Z可以说明氧化还原反应的本质是发生了电子转移，
故答案为：SO2+2OH﹣H2O；BC；电子转移。
【点评】本题考查离子方程式的书写及其意义，题目难度不大，离子方程式的书写要求，理解离子反应的含义，明确图象的横纵坐标的意义是关键。
23．（2024秋 广东期末）已知常温下，含碳元素的几种酸在水溶液中的电离平衡常数如表：
物质 HCOOH HCN H2CO3 H2C2O4
电离常数 1.8×10﹣4 4.9×10﹣10 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 Ka1＝5.0×10﹣2 Ka2＝5.4×10﹣5
（1）HCOONa溶液呈碱性的原因是 HCOO﹣+H2O OH﹣+HCOOH （用离子方程式表示），NaHC2O4水溶液显 酸 （填“酸”、“碱”或“中”）性。
（2）向NaCN溶液中加入少量H2C2O4发生反应的离子方程式为 2CN﹣+H2C2O4＝2HCN+C2 。
（3）常温下，相同浓度的HCOONa、NaCN、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为 Na2CO3＞NaCN＞HCOONa 。
（4）常温下，0.1mol L﹣1的H2C2O4溶液在加水稀释过程中，下列说法不正确的是 CD （填序号）
A.c（H+） c（OH﹣）不变
B.c（H+） c（HC2）减小
C.n（H+） n（OH﹣）保持不变
D.保持不变
（5）甲酸可用作消毒剂和防腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图。
该反应的催化剂结构简式为 ，合成甲酸的总反应化学方程式为 H2+CO2HCOOH 。
【答案】（1）HCOO﹣+H2O OH﹣+HCOOH；酸；
（2）2CN﹣+H2C2O4＝2HCN+C2；
（3）Na2CO3＞NaCN＞HCOONa；
（4）CD；
（5）；H2+CO2HCOOH。
【分析】（1）HCOONa是弱酸强碱盐，HCOO﹣水解使溶液呈碱性；HC2的水解平衡常数Kh2.0×10﹣13＜Ka2；
（2）酸性：H2C2O4＞HC2HCN，根据强酸制弱酸规律写出反应的离子方程式；
（3）根据电离平衡常数可知，酸性强弱：HCOOH＞HCN，结合水解规律分析判断；
（4）A.c（H+） c（OH﹣）＝Kw，结合Kw与温度关系分析判断；
B.c（H+） c（HC2）＝Ka1 c（H2C2O4），结合加水稀释过程中c（H2C2O4）的变化分析判断；
C.n（H+） n（OH﹣）＝Kw V2，结合加水稀释过程中溶液的体积变化分析判断；
D.，结合加水稀释过程中c（H+）的变化分析判断；
（5）根据催化剂概念分析判断，由图可知，反应物为H2、CO2，生成物为HCOOH，结合原子守恒写出反应的化学方程式。
【解答】解：（1）HCOONa是弱酸强碱盐，HCOO﹣水解使溶液呈碱性，离子方程式为HCOO﹣+H2O OH﹣+HCOOH；HC2的水解平衡常数Kh2.0×10﹣13＜Ka2，说明HC2电离程度大于其水解程度，即NaHC2O4水溶液呈酸性，
故答案为：HCOO﹣+H2O OH﹣+HCOOH；酸；
（2）酸性：H2C2O4＞HC2HCN，根据强酸制弱酸规律可知，NaCN和少量H2C2O4反应的离子方程式为2CN﹣+H2C2O4＝2HCN+C2，
故答案为：2CN﹣+H2C2O4＝2HCN+C2；
（3）根据电离平衡常数可知，酸性强弱：HCOOH＞HCN，由水解规律可知，溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞HCOONa，
故答案为：Na2CO3＞NaCN＞HCOONa；
（4）A.c（H+） c（OH﹣）＝Kw，温度不变，则Kw不变，故A正确；
B.加水稀释过程中c（H2C2O4）减小，则c（H+） c（HC2）＝Ka1 c（H2C2O4）减小，故B正确；
C.加水稀释过程中溶液的体积增大，则n（H+） n（OH﹣）＝Kw V2增大，故C错误；
D.加水稀释过程中c（H+）减小，则增大，故D错误；
故答案为：CD；
（5）由图可知，是起始反应的反应物、终态反应的生成物，则为该反应的催化剂；由图可知，反应物为H2、CO2，生成物为HCOOH，则反应的化学方程式为H2+CO2HCOOH，
故答案为：；H2+CO2HCOOH。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，侧重分析判断能力和运用能力考查，明确盐类水解原理、电离平衡常数与水解常数的计算关系、弱电解质电离平衡的影响因素、反应历程中催化剂的判定是解题关键，题目难度中等。
24．（2025春 河北期末）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol L﹣1的NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。H2SO3的电离平衡常数分别为。
回答下列问题：
（1）NaOH的电子式为 ；NaOH溶液吸收SO2后，溶液中离子的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝ 。
（2）“吸收”过程中，溶液中时，溶液呈 酸 （填“酸”或“碱”）性，溶液中含硫物种的浓度由大到小的关系为 。
（3）“吸收”后得到的溶液pH＝5，该溶液由水电离出的c（H+）＝ 1×10﹣9 mol L﹣1，“氧化”时主要发生反应的离子方程式为 ；将“氧化”所得溶液用0.1mol L﹣1的NaOH溶液调节至pH＝7，再与0.1mol L﹣1的BaCl2溶液等体积混合，最终溶液中 4×10﹣9 mol L﹣1[室温下，]。
【答案】（1）； ；
（2）酸；；
（3）1×10﹣9；；4×10﹣9。
【分析】（1）根据NaOH的电子式和电荷守恒原理进行分析；
（2）根据吸收SO2后的溶液性质和电离平衡常数进行分析；
（3）根据溶液的pH、氧化反应的离子方程式和溶度积常数进行分析。
【解答】解：（1）NaOH是由Na+和OH﹣形成的离子化合物，其电子式为：；NaOH溶液吸收SO2后，溶液中含S的微粒有，根据电荷守恒关系：为c（Na+）+c（H+），
故答案为：； ；
（2）“吸收”过程中，溶液中时，n（Na）：n（S）＝1：1，根据物料守恒可知，溶质为NaHSO3，由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数KhKa2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，NaHSO3溶液中以为主，其浓度项最大，其电离程度大于水解程度，则，故溶液中含硫物种的浓度由大到小的关系为：，
故答案为：酸；；
（3）“吸收”后得到的溶液pH＝5，该溶液由水电离出的1×10﹣9mol/L；氧化时，亚硫酸氢根离子被氧化为硫酸根离子，主要发生反应；“氧化”所得溶液用0.1mol L﹣1的NaOH溶液调节至pH＝7，则溶液中只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4浓度为0.05mol/L，与0.1mol L﹣1的BaCl2溶液等体积混合，生成BaSO4沉淀后，溶液中，最终溶液中硫酸根离子的浓度为4×10﹣9mol/L，
故答案为：1×10﹣9；；4×10﹣9。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
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