2022届高三化学一轮复习 化学反应原理05 四大常数的相关计算（含解析）.docx

1、四大常数的相关计算非选择题（共25题）1(1)已知某温度时，KW=1.01012 ，Na2CO3溶液的水解常数Kh2.0103，则当溶液中c(HCO)c(CO)21时，试求该溶液的pH_。(2)已知25 时，NH3H2O的电离平衡常数Kb1.8105，该温度下1 molL1的NH4Cl溶液中c(H)_ molL1。(已知 2.36)(3)25 时，H2SO3HSOH的电离常数Ka1102，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh_，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)已知常温下CN的水解常数Kh1.61105。常温下，含等物质的量浓度的

2、HCN与NaCN的混合溶液显_(填“酸”“碱”或“中”)性，c(CN)_(填“”“”或“”)c(HCN)。该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。常温下，若将c molL1盐酸与0.62 molL1KCN溶液等体积混合后恰好得到中性溶液，则c_(小数点后保留4位数字)。2(1)pH相同的下列物质的溶液(NH4)2SO4；NH4HSO4；NH4NO3，铵根离子浓度由小到大的顺序是_(填序号)。(2)同浓度的下列溶液：HCl；NH4Cl；Na2CO3；NaHCO3，其中pH由大到小的顺序是_。(3)物质的量浓度相同的盐酸、硫酸溶液、元醋酸(CH3COOH)溶液各100mL分别与足量的Zn反应，在相同

3、的条件下，产生H2的体积分别为V1、V2、V3，它们由大到小的顺序是_。(4)等体积的CH3COOH与NaOH溶液反应后溶液中存在c(Na+)c(CH3COO-)，该溶液呈_性(填“酸”、“碱”或“中”)，反应前c(NaOH)_c(CH3COOH)(填“”“”或“=”)(5)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl-，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.010-5mol/L)时，溶液中c(Ag+)为_mol/L，此时溶液中c(CrO42-)等于_mol/L。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.010-

4、12和2.010-10)。3室温下，有下列溶液：(1)0.2molL1HR溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择方法是_。A向水中加入NaHSO4固体B向水中加入(NH4)2SO4固体C加热至100其中c(H+)=110-6molL-1D、向水中加Na2CO3固体（4）若等浓度、等体积的NaOH和NH3H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH相等，则m_n（填“”或“=”）。（5）25，pH=a的盐酸VamL与pH=14-a的氨水VbmL混合，若溶液显中性，则Va_Vb(填“”、“”、“7.0的理由是（用离子方程式

5、表示）_ 。(2)如图，当加入稀盐酸的体积为V1mL时，溶液的pH值刚好为7.0。此时溶液中c(Cl-)_c(CH3COOH)（填或=）。简要写出判断依据_ 。(3)当加入的盐酸的体积为20.0mL时，测定溶液中的c(H+)为1.310-3 mol/L，求CH3COH的电离平衡常数Ka=_(计算结果保留两位有效数字)。23混合碱(Na2CO3与NaHCO3，或Na2CO3与NaOH的混合物)的成分及含量可用双指示剂法测定。步骤如下：取混合碱溶液25.00 mL，滴加2滴酚酞为指示剂，用0.2000 molL1的盐酸滴定液滴定至溶液呈微红色，记下消耗盐酸体积为22.50 mL；再滴加2滴甲基橙，

6、继续滴定至溶液由黄色变为橙色，记下第二次滴定消耗盐酸的体积12.50 mL。(已知：H2CO3的Ka1 = 4.3 10-7；Ka2 = 5.6 10-11)请计算：(1)混合碱成分及物质的量之比为_。(2)混合碱溶液中Na2CO3的浓度为_molL1.(写出计算过程)24国家标准规定酿造食醋总酸含量不得低于3.5g/100mL，为测定某品牌市售醋酸的浓度，用移液管移取25mL，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.2000 molL1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9822.4022.4031.5421.56已知

7、：常温下，Ka(CH3COOH)=1.8105，=2.236(1)该市售醋酸的含量为_g/100mL(2)该市售醋酸c(H+)约等于_(保留小数点后一位)2525 时，HNO2的电离常数Ka4.6104。常温下，向NaNO2溶液中滴加盐酸至溶液的pH3时，溶液中_(保留两位有效数字)。参考答案19 2.36105 11012 增大 碱 c(Na)c(CN)c(OH)c(H) 0.6162 【分析】（1）根据Na2CO3溶液的水解常数的公式Kh及水的离子积常数分析作答；（2）一水合氨的电离平衡常数与铵根离子的水解平衡常数之间的关系式可表示为：，再利用水解平衡表达式分析解答；（3）依据水解常数与电

8、离常数及Kw的关系计算水解常数，将转化为，变为一个变量进行判断；（4）根据水解平衡常数Kh(CN-)，结合KaKh=Kw计算Ka(HCN)，然后比较Kh(CN-)、Ka(HCN)，判断CN-的水解能力强于HCN的电离能力，据此分析解答。结合水溶液的电荷守恒式与物料守恒式推出c(HCN)= c(Cl-)，再根据水解平衡表达式计算即可。【详解】（1）水的离子积KW=1.01012，Na2CO3溶液的水解常数Kh=2.0103，当溶液中c(HCO)c(CO)21时，c(OH-)= =1.0103，又该温度下，水的离子积KW=1.01012，则c(H+)=mol/L，即该溶液的pH9；（2）根据题干信

9、息可知，该温度下1 molL1的NH4Cl溶液的水解平衡常数，又根据水解平衡表达式可知，则c(H+)=，故答案为：2.36105；（3）25时，H2SO3HSO3H的电离常数Ka1102，HSO3的水解方程式为HSO3+H2OH2SO3+OH，则NaHSO3的水解平衡常数，当加入少量I2时，发生反应HSO3+ I2 + H2O=3H+ + SO42- + 2I，溶液酸性增强，c(H+)增大，c(OH-)减小，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：1.01012；增大；（4）Kh(CN-)=1.6110-5，则Ka(HCN)=6.210-101.6110-5，说明CN-的水解能力强于HCN的

10、电离能力，由于盐与酸的总浓度相等，所以水解产生的c(OH-)大于电离生成的c(H+)，混合溶液显碱性；由于水解能力更强，则c(CN-)c(CN-)c(OH-)c(H+)，故答案为：碱；c(CN-)c(OH-)c(H+)；当溶液显中性时，由电荷守恒知溶液中c(K+)=c(CN-)+c(Cl-)，由物料守恒得c(HCN)= c(K+)- c(CN-)= c(Cl-)=0.5c mol/L，由水解平衡CN+H2OHCN+OH可知，其水解平衡常数的表达式Kh，解得c0.6162，故答案为：0.6162。2= V2V3=V1 酸 2.010-5 5.010-3 【分析】结合溶液中存在的水解平衡和影响平衡

11、的因素分析；结合溶液中的电离平衡和水解平衡分析溶液的酸、碱性；根据溶液中完全电离的H+总物质的量分析；根据Ksp计算。【详解】(1)(NH4)2SO4和NH4NO3溶液中均只存在的水解，溶液显酸性，当两溶液的pH相同是，两溶液中浓度也相同；NH4HSO4溶液中存在的水解，但NH4HSO4本身电离的H+，溶液显酸性，且抑制的水解，则(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4NO3三种溶液pH相同时，NH4HSO4溶液中的浓度最小，故pH相同时，三种溶液中的浓度由小到大的顺序是=；(2)HCl是强酸性，电离溶液显酸性；NH4Cl因的水解，溶液显酸性；Na2CO3和NaHCO3，因或的水解溶液均呈碱

12、性，且的水解程度大于，同浓度的四种溶液HCl；NH4Cl；Na2CO3；NaHCO3，pH由大到小的顺序是；(3)等体积、物质的量浓度相同时，中氢离子物质的量最大，和中酸的物质的量相同，完全电离出的H+的物质的量相等，则在相同的条件下，产生H2的体积分别为V1、V2、V3，它们由大到小的顺序是V2V1=V3；(4)等体积的CH3COOH与NaOH溶液反应后溶液中存在c(Na+)c(CH3COO-)，由溶液中的电离守恒c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知，c(H+)c(OH-)，溶液呈酸性，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，则反应前c(NaOH)c(C

13、H3COOH)；(5)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.010-5mol/L，依据Ksp(AgCl)=2.010-10，计算得到c(Ag+)=2.010-5mol/L，此时溶液中c()=5.010-3mol/L。【点睛】主要考查盐的水解原理及应用，把握盐类水解、弱电解质的电离、酸碱混合的溶液酸碱性判断为解答的关键，特别注意酸越弱对应酸根水解程度越大，溶液始终是电中性的，即存在电荷守恒。3 c(R)c(Na+)c(H)c(OH) = 10-3-10-11 Fe(OH)3 8 【分析】(1)溶液中存在等物质的量的HR和NaR，测得混合溶液pH7，则HR的电离程度大于NaR的水解程度；(

14、2)根据NH4Al(SO4)2的化学式，利用原子守恒判断；根据溶液呈电中性求解；(3)根据Ksp计算三种离子生成沉淀时c(OH)，取最小的结果。【详解】(1)0.2molL-1HR溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合，溶液中存在等物质的量的HR和NaR，测得混合溶液pH7，则HR的电离程度大于NaR的水解程度；HR电离大于NaR的水解，则c(R-)c(Na+)，溶液显酸性，则c(H)c(OH)，HR为弱酸，则c(Na+)c(H)，各离子浓度的大小顺序为c(R)c(Na+)c(H)c(OH)；(2)根据NH4Al(SO4)2的化学式，利用原子守恒，溶液中N原子存在形式的和与Al原子存在形

15、式的和相等，则c()+c(NH3H2O)=c(Al3+)+cAl(OH)3；根据溶液呈电中性，则c()+3c(Al3+)+ c(H+)=2c()+c(OH)，2c()c()3c(Al3+)=c(H+)-c(OH)=10-3mol/L-10-11mol/L=10-3-10-11mol/L；(3)根据KspCu(OH)2，Cu2生成沉淀时，溶液中c(OH)为10-10mol/L，同理，Fe3生成沉淀时，溶液中c(OH)为1.710-12mol/L，Mn2生成沉淀时，溶液中c(OH)为10-6mol/L，则加入稀氨水，先生成的沉淀是Fe(OH)3；不让锰析出，则刚好Mn2开始生成沉淀，c(OH)为1

16、0-6mol/L，c(H+)=10-8mol/L，pH=8。41:2 【分析】(1)溶液的pH=10，则溶液中c(H+)=10-10mol/L，K2(H2CO3)=，则=；(2)n(BaSO4)=0.1mol，将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中，设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c（SO42-）=0.02mol/L，此时溶液中c（CO32-）=（x-0.02）mol/L，由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常数。【详解】(1)由题意，则溶液中c(H+)=10-10mol/L，K2(H2CO3)=，则

17、=；带入数据计算得：2，故答案为：1：2；(2)设至少需要物质的量浓度为x的溶液，当完全溶解后，所得5L溶液中，此时溶液中，由可知，此反应的化学平衡常数，解得，故答案为：。5 0.005 【详解】(1) 由图示可知，当时，0.01mol/LHA酸溶液的pH=2，则HA为强酸，根据，由水电离出的，故答案为：；(2)由图示分析可知，X点为向HA酸溶液中加20mL溶液，溶液呈酸性，即；当pH=7时所需的的体积为51mL所以，X点的，由(1)分析可知HA为强酸，所以X点最大，即X点时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是，故答案为：；(3)K点时，溶液中存在的离子有，根据电荷守恒有，故答案为：0.005。

18、63.010-6molL-1 11.3 【详解】(4)若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=2.010-13molL-1，KspFe(OH)3=4.010-38= c(Fe3+)c3(OH-)=2.010-13c3(OH-)，c3(OH-)=210-25；则残留的Cr3+的浓度为cmol/L，根据KspCr(OH)3=6.010-31=cc3(OH-)= c210-25，c=3.010-6molL-1；(5) 当Mg2+完全沉淀时，溶液中c(Mg2+)小于110-5mol/L，根据KspMg(OH)2=4.01011= c(Mg2+)c2(OH-)=110-5c2(OH-)，c2(OH-)=4

19、10-6，c(OH-)=210-3mol/L，根据Kw= c(OH-)c(H+)可知，c(H+)=10-11 mol/L，已知lg2=0.3，所以pH=11.3。7Cu(OH)2 Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+ 8.2108 9.6 11.1 2.2108 【分析】(1)根据Ksp的含义：Ksp越小越容易生成沉淀，结合铜盐和碱之间的复分解反应来回答；(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，依据KspMg(OH)2= c(Mg2+)c2(OH-)计算c(OH-)，然后根据Kw=1.010-14计

20、算c(H+)；当Mg2+完全沉淀时，可根据KspMg(OH)2= c(Mg2+)c2(OH-)计算c(OH-)，然后根据Kw=1.010-14计算c(H+)，进而计算pH，当溶液中离子浓度小于1.010-5认为沉淀完全；(3)用离子浓度表示平衡常数表达式，并根据c(H+) 、c(OH-)与Kw关系带入式子，整理可得得该反应的化学平衡常数。【详解】(1)难溶性物质Mg(OH)2、Cu(OH)2构型相同，对于构型相同的物质来说，Ksp的越小，越容易生成沉淀，由于Cu(OH)2的溶度积常数小于Mg(OH)2的溶度积常数，所以先生成沉淀Cu(OH)2沉淀；CuCl2溶液中加入氨水，反应产生氢氧化铜沉淀

21、和NH4Cl，反应的离子方程式为：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+；当两种沉淀共存时，=8.2108；(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，依据KspMg(OH)2= c(Mg2+)c2(OH-)可得c2(OH-)=1.810-110.01=1.810-9，则c(OH-)=4.210-5mol/L，溶液中c(H+)=2.410-10mol/L，此时溶液的pH=-lg2.410-10=9.6；当Mg2+完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L所以c(OH-)=1.310-3mol/L，则根

22、据Kw=1.010-14可得c(H+)=10-141.310-3=7.710-12mol/L，所以pH=11.1；(3) Cu(OH)2+2H+Cu2+2H2O的平衡常数K=2.2108。【点睛】本题考查了溶度积常数、水的离子积常数的应用与计算的知识，熟记公式和沉淀完全的概念是本题解答的关键，该题考查了学生的分析与计算能力。注意对于构型相同的物质来说，Ksp越小，该物质先形成沉淀；若物质构型不同，要先计算沉淀时离子浓度的大小，开始沉淀需要的离子浓度越小，先形成该物质的沉淀。85.710-17 2H+MnO2+H3AsO3H3AsO4+Mn2+H2O 2.510-3 【解析】【分析】本题主要考查

23、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。（1）依据溶度积常数计算得到AsO43-的浓度；（2）根据反应物和生成物关系并结合元素化合价的变化配平方程式；（3）H3AsO4的第三步电离式为HAsO42-H+AsO43-，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。【详解】（1）依据Ksp(FeAsO4)=c(Fe3+)c(AsO43-)=5.71021；Fe3+的浓度为1.0104molL1，则c(AsO43-)=Ksp(FeAsO4)/c(Fe3+)=5.71017mol/L；（2）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)

24、，则该反应的离子方程式为：2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O；（3）H3AsO4的第三步电离式为HAsO42H+ AsO43，所以第三步电离的平衡常数的表达式为；Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43+H2OHAsO42+OH-，该步水解的平衡常数。9酸 Fe 3+ + 3H2O Fe（OH）3 + 3H + 酸 CH3COOH CH3COO- + H + 10-4 molL 10-11 molL B 1 :9 【分析】强酸和强碱完全电离，弱酸和弱碱部分电离；FeCl3属于强酸弱碱盐，水解显酸性，CH3COONa属于强碱弱酸盐，水解显碱性；水的电离是微弱的

25、，电离过程吸热；由此分析解答。【详解】(1)FeCl3属于强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解反应：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，使溶液中c(H+)c(OH-)，溶液显酸性。CH3COOH属于弱酸，溶液显酸性，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+。(2)CH3COONa属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，由溶液的pH=10知，溶液中c(H+)溶液=10-10mol/L，所以该溶液中由水电离出来的c(OH-)水=c(OH-)溶液=10-4mol/L；由pH=3的HCl溶液知，该HCl溶液中c(H+)溶液=10-3mol/L，HCl溶液中

26、由水电离出来的c(H+)水=c(OH-)溶液=10-11mol/L。(3)A.NaHSO4在水中电离NaHSO4=Na+H+SO42-，增大了溶液中c(H+)，水的电离平衡向左移动。A项错误；B.(NH4)2SO4在水中能发生水解反应：NH4+H2ONH3H2O+H+，使水的电离平衡向右移动，且所得溶液显酸性，B项正确；C.因水的电离是吸热过程，加热能使水的电离平衡向右移动，但溶液中c(H+)=c(OH-)，水仍然显中性，C项错误；D.Na2CO3在水中能发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，使水的电离平衡向右移动，但所得溶液显碱性，D项错误；答案选B。(4) 等浓度的NaOH溶

27、液和NH3H2O溶液，稀释相同的倍数时，溶液中c(OH-)大小关系是：NaOHNH3H2O，若使稀释后溶液pH相等即c(OH-)相等，则应将NaOH溶液继续稀释，最后才可能与NH3H2O的pH相等，所以若稀释后两溶液的pH相等，则mn。(5)pH=a的盐酸中c(H+)=10-amol/L，盐酸是强酸，盐酸物质的量浓度为10-amol/L；pH=14-a的氨水中c(OH-)=10-amol/L，而氨水是弱碱，氨水物质的量浓度远大于10-amol/L，由中和反应方程式HCl+NH3H2O=NH4Cl+H2O可推知，混合后若溶液显中性，则盐酸体积要远大于氨水的体积即VaVb。(6)HCl、FeCl3

28、、CH3COOH溶液显酸性，pH小于7；NaCl显中性，pH等于7；NaOH、CH3COONa、NH3H2O溶液显碱性，pH大于7。一般来说，盐类水解程度小于酸或碱的电离程度，等浓度FeCl3的酸性弱于HCl和CH3COOH，CH3COONa的碱性弱于NaOH和NH3H2O。强酸和强碱完全电离，弱酸和弱碱部分电离，所以等浓度时HCl的酸性强于CH3COOH，NaOH的碱性强于NH3H2O。总而言之，等浓度时七种物质溶液的pH由大到小的顺序为：NaOHNH3H2OCH3COONaNaClFeCl3CH3COOHHCl。即。(7)pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L；pH=2的

29、盐酸溶液中c(H+)=10-2mol/L。因为所得溶液pH=11，说明NaOH过量，且c(OH-)混合=10-3mol/L，又c(OH-)混合=， 代入数据有：=10-3mol/L。解得VNaOH(aq):VHCl(aq)=1:9。10（1）1.01015 10：1 （2）1.810-7mol/L。【解析】（1）0.01 molL-1的NaOH溶液的pOH2，即pOH+ pH15，即该温度下水的Kw1.01015 ；所得混合液为中性即氢离子的物质的量与氢氧根离子的物质的量相等；即，又a12，b2，则VaVb10：1；（2）；当溶液PH=12时即，代入进而可得此时溶液中Mg2+的物质的量浓度为1

30、.810-7mol/L。111.0106 0.001 0.008 0.15 【分析】任何温度下,纯水中存在c(H+)=c（OH-）；根据该温度下纯水的pH知,酸和碱反应后溶液呈碱性,则硫酸根离子完全反应,根据硫酸钡的质量结合离子守恒计算硫酸根离子的物质的量,根据酸溶液pH结合电荷守恒计算硫氯离子的物质的量,根据Ba(OH)2溶液中n(OH-)=n(H+)+n(OH-)(剩余)，氢氧化钡的物质的量浓度是氢氧根离子浓度的一半。【详解】任何温度下,纯水中存在c(H+)=c（OH-）1.0106molL-1；纯水中c（H）1.0106molL-1，所以pH=6；酸和碱反应后溶液的pH=116，所以混合

31、溶液呈碱性,所以氢氧化钡过量,根据硫酸根离子守恒计算硫酸根离子的物质的量浓度,n(SO42-)=0.233/233=0.001mol；混合酸溶液中n(H+)=0.10.1=0.01mol,根据电荷守恒知n(Cl-)=0.01-0.0012=0.008mol；pH值变为11的滤液中c（OH-）=10-12/10-11=0.1mol/L,酸、碱中和时,氢离子和氢氧根离子以1;1反应,Ba(OH)2溶液中n(OH-)=n(H+)+n(OH-)(剩余),氢氧化钡的物质的量浓度是氢氧根离子浓度的一半,所以c（Ba（OH）2）=(0.10.1+0.10.2)/20.1=0.15mol/L；答案: 1.01

32、06；0.001；0.008；0.15。12二元弱 1% 向右 减小 6.010-3 0.62 【详解】（1）由题给信息可知，H3PO3的电离过程分为两步，则H3PO3是二元弱酸，故答案为：二元弱；（2）由HA的电离常数可知，0.lmolL-1HA溶液中氢离子浓度为=103mol/L，则HA的电离度为100%=1%，故答案为：1%；若向HA溶液中加入少量NaOH固体，氢离子与氢氧根离子反应，使溶液中氢离子浓度减少，电离平衡向右移动，故答案为：向右；由电离常数可知溶液中=，向10mL的HA溶液中加入少量NaA固体，溶液中c(A)增大，则减小，减小，故答案为：减小；（3）由氨水的电离常数可知，2.

33、0molL-1氨水中氢氧根离子浓度为=6103mol/L；HSO的电离常数表达式K=；将SO2通入该氨水中，当溶液中c(H+)为1.010-7molL-1时，溶液中的=0.62，故答案为：6103；=0.62。13Fe3+ 2.7 6 Zn2+与Fe2+分离不开 Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近 【详解】加稀硫酸和H2O2溶解时，发生反应Fe+2H+=Fe2+H2、2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，铁变为Fe3+；Fe3+刚好完全沉淀时，c(OH-)=mol/L=mol/L，pH为-lg2.7；继续加碱，锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1mol/L)时，c(OH-)=

34、mol/L=10-8mol/L，调节至pH为-lg=6。若上述过程不加H2O2，则Fe被稀硫酸转化为Fe2+，其氢氧化物的Ksp与Zn(OH)2相近，则加碱后会同时发生沉淀，所以后果是Zn2+与Fe2+分离不开，原因是Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近。答案为：Fe3+；2.7；6；Zn2+与Fe2+分离不开；Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近。14 2.3 9：1 2 20：1 【详解】(1) 由题意有则酸性由强到弱为：，所以将将少量CO2气体通入NaCN溶液中生成碳酸氢钠和氢氰酸，即，故答案为：；(2) 由25时，pH=2的盐酸溶液与pH=4的H2SO4溶液中氢离子浓度分别

35、为、，当两溶液等体积混合时，溶液中氢离子浓度，又因，故答案为：2.3(3)25时，将pH=3的H2SO4溶液中，pH=12的NaOH溶液中，而这混合后所得溶液的pH=10，则混合溶液的氢氧根离子浓度为，设硫酸的体积为xL、氢氧化钠的体积为yL，则混合溶液中氢氧根离子浓度，解得，故答案为：9：1；(4)常温下，0.1molL-1氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为，0.06molL-1硫酸溶液中氢离子浓度。两溶液等体积混合混合后，则氢离子过量，所以反应后溶液中氢离子浓度，则pH=2，故答案为：2；(5)25时，pH=5的H2SO4溶液中，。当稀释1000倍后，溶液中的氢离子浓度为，不合理，所以；硫酸根

36、离子浓度为。所以加水稀释至原溶液体积的1000倍后，溶液，故答案为：20：1；(6)室温下pH=9的NaOH溶液，由于NaOH为强碱会抑制水的电离，所以溶液中水电离出来氢氧根离子浓度A等于氢离子浓度，则A为；pH=9的CH3COONa溶液中氢氧根离子浓度 B为，所以，故答案为：。151012 10b10a 11 a+b=14 【解析】【分析】(1)该温度下，水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)；(2)该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c(OH-)-c(H+)；(3)将100mL0.1molL-1的稀硫酸与100mL0.4molL-1的NaOH溶液混合后，溶液显碱性，首先计算混合溶液中

37、c(OH-)，在根据Kw计算c(H+)，最后根据pH=-lgc(H+)计算；(4)溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH-)。【详解】(1)在t时，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amolL-1，c(OH-)=10-bmolL-1，已知a+b=12，则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)=10-(a+b)=10-12，故答案为：10-12；(2)氢氧化钠溶液中氢氧化钠和水均能电离出氢氧根离子，只有水电离出氢离子，因此该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c(OH-)-c(H+)=(10-b-10-a)mol/L，故答案为：(10-b-10-a)；(3)在该温度下，将

38、100mL0.1molL-1的稀硫酸与100mL0.4molL-1的NaOH溶液混合后，反应后氢氧化钠过量，混合溶液中c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=mol/L=10-11molL-1，溶液的pH=-lgc(H+)=-lg10-11=11，故答案为：11；(4)该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH-)，即10010-a=110b-12，则a+b=14，故答案为：a+b=14。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意题意条件下的Kw=10-12，同时注意碱性溶液的pH的计算方法。16增大 1.0101

39、4 小于 2.010-5 5.010-3 【分析】(1)根据图示中c(H+)与c(Cr2O72-)的关系分析；A点时溶液的c(H+)=110-7mol/L，Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，结合反应方程式及平衡常数的含义计算K值大小；(2)根据升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动分析；(3)依据Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)及c(Cl-)=1.010-5mol/L计算c(Ag+)，然后根据Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)再进行计算c(CrO42-)。【详解】(1)由图可知，随着溶液的酸性增强，c(Cr2O72-)的浓度增大，故铬酸根离子的平衡转

40、化率增大；A点时溶液的c(H+)=110-7mol/L，c(Cr2O72-)=0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c(CrO42-)=1.0mol/L-0.25mol/L2=0.5mol/L，此时该转化反应的平衡常数为K=1.01014；(2)根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。由于升高温度后CrO42-的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，因此该反应的正反应为放热反应，所以H1.8108molL1，生成AgCl沉淀需c(Ag)小于生成Ag2CrO4沉淀时所需c(Ag)，故Cl先沉淀故答案为：Cl先沉淀；（2

41、）刚开始生成Ag2CrO4沉淀时，c(Cl)molL14.13106molL1，故答案为：4.13106molL1。192；1.810-7molL-1【解析】【详解】（1）硝酸银和盐酸反应后生成氯化银沉淀和硝酸，所以溶液中的氢离子是盐酸中的氢离子，则反应后氢离子浓度为0.020mol/L2=0.010mol/L，则溶液的pH=2。（2）硝酸银的物质的量为0.018mol/L0.05L=0.0009mol，盐酸的物质的量为0.020mol/L0.05L=0.001mol，则氯离子过量，银离子完全沉淀，剩余的氯离子浓度为=0.001mol/L，则溶液中的银离子浓度=Ksp/c(Cl-)=1.810

42、-7molL-1。209108 1.01012 c(Na+)c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH) 增大 10 【详解】（1）Ka=。室温时，0.5 molL1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H)c(CH3COO)= 3103mol/L，由水电离出的c(H)= c(OH-)=mol/L =10-8mol/L，醋酸电离出的c(H) 约是由水电离出的c(H)的(3103)/(10-8)=910-8倍。（2）室温时，NaHSO3的水解平衡常数KhKw /Kal=(1.01014)/( 1.0102)= 1.01012c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH)。若向NaHSO3溶液中加入

43、少量I2，I2+ H2O= 2H+I-+，c(HSO3)减小，则溶液中c(H2SO3)/c(HSO3)将增大。（3）室温时，0.1 mol/L Na2SO3溶液中Na2SO3的水解常数Kh=Kw /Ka2=(1.01014)/( 1.0107)= 1.0107，Kh，c(OH-)c()= = 1104mol/L，c(H)=mol/L =110-10mol/L ，pH=10。21 CH3COONa CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- 1.8104 36 10-6:1（或1:106） 5 【分析】(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的

44、酸根离子水解程度越小，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：HCNH2CO3，则水解程度：CN-HCO3-，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小；酸越弱，酸根离子的水解程度越大，加水稀释促进水解，溶液的pH变化越大；常温下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，电离平衡常数HCO3-HCNH2CO3，则酸性：HCO3-HCNH2CO3，则将少量CO2通入NaCN溶液，二者反应生成碳酸氢钠和HCN；室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解导致溶液呈碱性；溶液中=；已知CH3COOH(aq) CH3COO-(aq) +

45、H+(aq)，H2CO3(aq) HCO3-( aq) +H+(aq)，由-可得CH3COOH(aq)+HCO3-( aq) CH3COO-(aq) +H2CO3(aq)，则该反应的平衡常数K =；酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，则醋酸溶液中水电离出的c(H+)=、CH3COONa溶液中水电离出的c(H+)=10pH-14；(2)在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，应满足c(Cu2+)c2(OH-)210-20，以此计算溶液的c(OH-)，可确定溶液的pH。【详解】(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：HCNH2

46、CO3，则水解程度：CN-HCO3-，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小，所以存在c(CN-)c(HCO3-)；根据表中数据知，酸的电离平衡常数CH3COOHH2CO3HCNHCO3-，则CO32-的水解程度最大，而CH3COO-的水解程度最小，将等浓度的CH3COONa、NaCN、NaHCO3和Na2CO3溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是Na2CO3，最小的是CH3COONa；常温下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，电离平衡常数HCO3-HCNH2CO3，则酸性：HCO3-HCNH2CO3，则将少量CO2通入NaCN溶液，二者反应生成碳酸氢

47、钠和HCN，离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-；室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；溶液中=l.8104；已知CH3COOH(aq) CH3COO-(aq) +H+(aq)，H2CO3(aq) HCO3-( aq) +H+(aq)，由-可得CH3COOH(aq)+HCO3-( aq) CH3COO-(aq) +H2CO3(aq)，则该反应的平衡常数K =36；酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，则pH =4的CH3COOH溶液水电离出的c(

48、H+)=10-10mol/L，pH =10的CH3COONa溶液中由水电离出的c(H+)=10pH-14=10-4mol/L，两溶液中水电离出的c(H+)的比值=10-10mol/L:10-4mol/L=10-6:1(或1:106)；(2)已知Ksp=210-20，c(Cu2+)=0.02molL-1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，则c(Cu2+)c2(OH-)210-20，所以c(OH-)=10-9(mol/L)，应调节溶液pH大于5。22CH3COO-+H2OCH3COOH +OH- = 根据电荷守恒有：c(OH- ) +c(Cl- ) +c(CH3COO- ) =c(H+) +c

49、(Na+) 由于溶液的pH=7，c(OH-)=c(H+)，所以c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(Na+)；而根据物料守恒有：c(CH3COOH) +c(CH3COO- ) =c(Na+)，所以有c(CH3COOH)=c(Cl-) 1.710-5 【分析】(1)a点为醋酸钠溶液，醋酸根离子部分水解，导致溶液显示碱性，溶液的pH大于7.0；(2)溶液的pH=7，则c(OH-)=c(H+)，然后结合物料守恒和电荷守恒分析；(3)先计算平衡时各种离子的浓度，然后根据电离平衡常数的含义计算电离平衡常数。【详解】(1)a点没有加入盐酸，则此时为醋酸钠溶液，醋酸根离子存在水解平衡：CH3COO-+H2

50、OCH3COOH+OH-，导致溶液呈碱性，则a7.0；(2)根据电荷守恒有：c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，由于溶液的pH=7，则c(OH-)=c(H+)，所以c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(Na+)，而根据物料守恒可知c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=c(Na+)，根据可得：c(CH3COOH)= c(Cl-)； (3)当加入盐酸的体积为20.0mL时，两种物质刚好完全反应，则生成醋酸的浓度c（CH3COOH）=0.10mol/L， CH3COOH CH3COO- + H+起始时各物质浓度/mol/L 0.10 0 0平衡时各物

51、质浓度/mol/L 0.10-1.310-30.10 1.310-3 1.310-3根据电离平衡常数的含义可得在该条件下CH3COH的电离平衡常数Ka=1.710-5。235 ：4 0.1000 molL1 【分析】滴酚酞为指示剂，发生的反应为：OH-+H+=H2O，CO+H+=HCO，或只发生CO+H+=HCO，甲基橙为指示剂时，发生HCO+H+=H2O+CO2 。由于两次消耗的酸的体积不相同，且第一次多于第二次，混合碱成分是Na2CO3与NaOH。【详解】(1)由分析可知：混合碱成分是Na2CO3与NaOH及物质的量之比为12.50 mL：(22.50 mL-12.50 mL)=5 ：4。

52、故答案为：5 ：4；(2)n(Na2CO3)+n(NaOH)=0.2000molL122.50mL=4.510-3mol，n(Na2CO3)=4.510-3mol=2.510-3mol， 混合碱溶液中Na2CO3的浓度为 =0.1000 molL1。故答案为：0.1000 molL1。249.6 5.4103 【分析】先求出25mL醋酸溶液中醋酸的物质的量，再求出100mL醋酸溶液中醋酸的物质的量，再求含量，根据电离平衡常数求出氢离子浓度。【详解】(1)第一次消耗的体积为19.98mL，第二次消耗的体积为20.00mL，第三次消耗的体积为20.02mL，三次的平均值为20.00mL，则25mL

53、溶液中醋酸的物质的量n(CH3COOH)= n(NaOH)=0.02L0.2000molL110=0.04mol，则100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol4=0.16mol，100mL溶液中醋酸的质量0.16mol60gmol1=9.6g，因此该市售醋酸的含义为9.6g/100mL；故答案为：9.6。(2)该市售醋酸100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol4=0.16mol，醋酸的浓度为，则，；故答案为：5.4103。252.2【解析】根据HNO2H+NO2可知，Ka=4.6104。，pH3时，c(H+)=10-3mol/L，c(OH-)=10-11，根据NO2+H2O OH+ HNO2，Kh=，=10-11=2.2。