?四大常數(shù)的相關計算
非選擇題（共25題）
1．(1)已知某溫度時，KW=1.0×10－12 ，Na2CO3溶液的水解常數(shù)Kh＝2.0×10－3，則當溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1時，試求該溶液的pH＝______。
(2)已知25 ℃時，NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝1.8×10－5，該溫度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝____________ mol·L－1。(已知 ≈2.36)
(3)25 ℃時，H2SO3HSO＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2，則該溫度下NaHSO3水解反應的平衡常數(shù)Kh＝________________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將________(填“增大”“減小”或“不變”)。
(4)已知常溫下CN－的水解常數(shù)Kh＝1.61×10－5。
①常溫下，含等物質的量濃度的HCN與NaCN的混合溶液顯_____(填“酸”“堿”或“中”)性，c(CN－)________(填“＞”“＜”或“＝”)c(HCN)。該溶液中各離子濃度由大到小的順序為____________。
②常溫下，若將c mol·L－1鹽酸與0.62 mol·L－1KCN溶液等體積混合后恰好得到中性溶液，則c＝________(小數(shù)點后保留4位數(shù)字)。
2．(1)pH相同的下列物質的溶液①(NH4)2SO4；②NH4HSO4；③NH4NO3，銨根離子濃度由小到大的順序是__________(填序號)。
(2)同濃度的下列溶液：①HCl；②NH4Cl；③Na2CO3；④NaHCO3，其中pH由大到小的順序是______________。
(3)物質的量濃度相同的①鹽酸、②硫酸溶液、元③醋酸(CH3COOH)溶液各100mL分別與足量的Zn反應，在相同的條件下，產(chǎn)生H2的體積分別為V1、V2、V3，它們由大到小的順序是___________。
(4)等體積的CH3COOH與NaOH溶液反應后溶液中存在c(Na+)＜c(CH3COO-)，該溶液呈______性(填“酸”、“堿”或“中”)，反應前c(NaOH)_____c(CH3COOH)(填“＞”“＜”或“=”)
(5)在化學分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標準溶液滴定溶液中Cl-，利用Ag+與生成磚紅色沉淀，指示到達滴定終點。當溶液中Cl-恰好沉淀完全(濃度等于1.0×10-5mol/L)時，溶液中c(Ag+)為____mol/L，此時溶液中c(CrO42-)等于_____mol/L。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和2.0×10-10)。
3．室溫下，有下列溶液：
(1)0.2mol·L－1HR溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合，測得混合溶液pH0，現(xiàn)欲使平衡向右移動，且所得溶液顯酸性，選擇方法是____________。
A．向水中加入NaHSO4固體
B．向水中加入(NH4)2SO4固體
C．加熱至100℃[其中c(H+)=1×10-6mol?L-1]
D、向水中加Na2CO3固體
（4）若等濃度、等體積的②NaOH和⑦NH3?H2O分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后兩種溶液的pH相等，則m___________n（填“”或“=”）。
（5）25℃，pH=a的鹽酸VamL與pH=14-a的氨水VbmL混合，若溶液顯中性，則Va_____Vb(填“>”、“”、“7.0的理由是（用離子方程式表示）______________ 。
(2)如圖，當加入稀鹽酸的體積為V1mL時，溶液的pH值剛好為7.0。此時溶液中c(Cl-)__c(CH3COOH)（填或=）。簡要寫出判斷依據(jù)________________________ 。
(3)當加入的鹽酸的體積為20.0mL時，測定溶液中的c(H+)為1.3×10-3 mol/L，求CH3COH的電離平衡常數(shù)Ka=________(計算結果保留兩位有效數(shù)字)。
23．混合堿(Na2CO3與NaHCO3，或Na2CO3與NaOH的混合物)的成分及含量可用雙指示劑法測定。步驟如下：取混合堿溶液25.00 mL，滴加2滴酚酞為指示劑，用0.2000 mol·L?1的鹽酸滴定液滴定至溶液呈微紅色，記下消耗鹽酸體積為22.50 mL；再滴加2滴甲基橙，繼續(xù)滴定至溶液由黃色變?yōu)槌壬?，記下第二次滴定消耗鹽酸的體積12.50 mL。(已知：H2CO3的Ka1 = 4.3 × 10-7；Ka2 = 5.6 × 10-11)
請計算：
(1)混合堿成分及物質的量之比為___________。
(2)混合堿溶液中Na2CO3的濃度為___________mol·L?1.(寫出計算過程)
24．國家標準規(guī)定釀造食醋總酸含量不得低于3.5g/100mL，為測定某品牌市售醋酸的濃度，用移液管移取25mL，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.2000 mol?L?1 NaOH標準溶液滴定至終點。重復實驗，數(shù)據(jù)如下：
序號
滴定前讀數(shù)/mL
滴定終點讀數(shù)/mL
1
0.00
19.98
2
2.40
22.40
3
1.54
21.56
已知：常溫下，Ka(CH3COOH)=1.8×10?5，=2.236
(1)該市售醋酸的含量為______g/100mL
(2)該市售醋酸c(H+)約等于______(保留小數(shù)點后一位)
25．25 ℃時，HNO2的電離常數(shù)Ka＝4.6×10－4。常溫下，向NaNO2溶液中滴加鹽酸至溶液的pH＝3時，溶液中＝________(保留兩位有效數(shù)字)。
參考答案
1．9 2.36×10－5 1×10－12 增大 堿 ＜ c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋) 0.6162
【分析】
（1）根據(jù)Na2CO3溶液的水解常數(shù)的公式Kh及水的離子積常數(shù)分析作答；
（2）一水合氨的電離平衡常數(shù)與銨根離子的水解平衡常數(shù)之間的關系式可表示為：，再利用水解平衡表達式分析解答；
（3）依據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)及Kw的關系計算水解常數(shù)，將轉化為，變?yōu)橐粋€變量進行判斷；
（4）①根據(jù)水解平衡常數(shù)Kh(CN-)，結合Ka·Kh=Kw計算Ka(HCN)，然后比較Kh(CN-)、Ka(HCN)，判斷CN-的水解能力強于HCN的電離能力，據(jù)此分析解答。
②結合水溶液的電荷守恒式與物料守恒式推出c(HCN)= c(Cl-)，再根據(jù)水解平衡表達式計算即可。
【詳解】
（1）水的離子積KW=1.0×10－12，Na2CO3溶液的水解常數(shù)Kh=2.0×10－3，當溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1時，c(OH-)= =1.0×10－3，又該溫度下，水的離子積KW=1.0×10－12，則c(H+)=mol/L，即該溶液的pH＝9；
（2）根據(jù)題干信息可知，該溫度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液的水解平衡常數(shù)，又根據(jù)水解平衡表達式可知，則c(H+)=，故答案為：2.36×10－5；
（3）25℃時，H2SO3?HSO3－＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2，HSO3－的水解方程式為HSO3－+H2O?H2SO3+OH?，則NaHSO3的水解平衡常數(shù)，當加入少量I2時，發(fā)生反應HSO3－+ I2 + H2O=3H+ + SO42- + 2I?，溶液酸性增強，c(H+)增大，c(OH-)減小，但是溫度不變，Kh不變，則增大，故答案為：1.0×10－12；增大；
（4）①Kh(CN-)=1.61×10-5，則Ka(HCN)==≈6.2×10-10c(OH-)>c(H+)，故答案為：堿；c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；
當溶液顯中性時，由電荷守恒知溶液中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－+H2O?HCN+OH?可知，其水解平衡常數(shù)的表達式Kh，解得c0.6162，故答案為：0.6162。
2．②＜①=③ ③＞④＞②＞① V2＞V3=V1 酸 ＜ 2.0×10-5 5.0×10-3
【分析】
結合溶液中存在的水解平衡和影響平衡的因素分析；結合溶液中的電離平衡和水解平衡分析溶液的酸、堿性；根據(jù)溶液中完全電離的H+總物質的量分析；根據(jù)Ksp計算。
【詳解】
(1)①(NH4)2SO4和③NH4NO3溶液中均只存在的水解，溶液顯酸性，當兩溶液的pH相同是，兩溶液中濃度也相同；②NH4HSO4溶液中存在的水解，但NH4HSO4本身電離的H+，溶液顯酸性，且抑制的水解，則①(NH4)2SO4、②NH4HSO4、③NH4NO3三種溶液pH相同時，②NH4HSO4溶液中的濃度最小，故pH相同時，三種溶液中的濃度由小到大的順序是②＜①=③；
(2)①HCl是強酸性，電離溶液顯酸性；②NH4Cl因的水解，溶液顯酸性；③Na2CO3和④NaHCO3，因或的水解溶液均呈堿性，且的水解程度大于，同濃度的四種溶液①HCl；②NH4Cl；③Na2CO3；④NaHCO3，pH由大到小的順序是③＞④＞②＞①；
(3)等體積、物質的量濃度相同時，②中氫離子物質的量最大，①和③中酸的物質的量相同，完全電離出的H+的物質的量相等，則在相同的條件下，產(chǎn)生H2的體積分別為V1、V2、V3，它們由大到小的順序是V2＞V1=V3；
(4)等體積的CH3COOH與NaOH溶液反應后溶液中存在c(Na+)＜c(CH3COO-)，由溶液中的電離守恒c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知，c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，溶液中的溶質為CH3COOH和CH3COONa，則反應前c(NaOH)＜c(CH3COOH)；
(5)當溶液中Cl-完全沉淀時，即c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，依據(jù)Ksp(AgCl)=2.0×10-10，計算得到c(Ag+)===2.0×10-5mol/L，此時溶液中c()===5.0×10-3mol/L。
【點睛】
主要考查鹽的水解原理及應用，把握鹽類水解、弱電解質的電離、酸堿混合的溶液酸堿性判斷為解答的關鍵，特別注意酸越弱對應酸根水解程度越大，溶液始終是電中性的，即存在電荷守恒。
3．> c(R－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－) = 10-3-10-11 Fe(OH)3 8
【分析】
(1)溶液中存在等物質的量的HR和NaR，測得混合溶液pH＜7，則HR的電離程度大于NaR的水解程度；
(2)根據(jù)NH4Al(SO4)2的化學式，利用原子守恒判斷；根據(jù)溶液呈電中性求解；
(3)根據(jù)Ksp計算三種離子生成沉淀時c(OH－)，取最小的結果。
【詳解】
(1)0.2mol·L-1HR溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合，溶液中存在等物質的量的HR和NaR，測得混合溶液pH＜7，則HR的電離程度大于NaR的水解程度；HR電離大于NaR的水解，則c(R-)＞c(Na+)，溶液顯酸性，則c(H＋)＞c(OH－)，HR為弱酸，則c(Na+)＞c(H＋)，各離子濃度的大小順序為c(R－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)；
(2)根據(jù)NH4Al(SO4)2的化學式，利用原子守恒，溶液中N原子存在形式的和與Al原子存在形式的和相等，則c()+c(NH3·H2O)=c(Al3+)+c［Al(OH)3］；根據(jù)溶液呈電中性，則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)根據(jù)Ksp[Cu(OH)2]，Cu2＋生成沉淀時，溶液中c(OH－)為10-10mol/L，同理，F(xiàn)e3＋生成沉淀時，溶液中c(OH－)為1.7×10-12mol/L，Mn2＋生成沉淀時，溶液中c(OH－)為10-6mol/L，則加入稀氨水，先生成的沉淀是Fe(OH)3；不讓錳析出，則剛好Mn2＋開始生成沉淀，c(OH－)為10-6mol/L，c(H+)==10-8mol/L，pH=8。
4．1:2
【分析】
(1)溶液的pH=10，則溶液中c(H+)=10-10?mol/L，K2(H2CO3)=，則=；
(2)n(BaSO4)==0.1mol，將0.1mol硫酸鋇溶解于5L溶液中，設至少需要物質的量濃度為xmol/L的Na2CO3溶液，當BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c（SO42-）=0.02mol/L，此時溶液中c（CO32-）=（x-0.02）mol/L，由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反應的化學平衡常數(shù)。
【詳解】
(1)由題意，則溶液中c(H+)=10-10?mol/L，K2(H2CO3)=，則=；帶入數(shù)據(jù)計算得：：2，故答案為：1：2；
(2)設至少需要物質的量濃度為x的溶液，當完全溶解后，所得5L溶液中，此時溶液中，由可知，此反應的化學平衡常數(shù)，解得，故答案為：。
5． 0.005
【詳解】
(1) 由圖示可知，當時，0.01mol/LHA酸溶液的pH=2，則HA為強酸，根據(jù)，由水電離出的，故答案為：；
(2)由圖示分析可知，X點為向HA酸溶液中加20mL溶液，溶液呈酸性，即；當pH=7時所需的的體積為51mL所以，X點的，由(1)分析可知HA為強酸，所以X點最大，即X點時，溶液中各離子濃度由大到小的順序是，故答案為：；
(3)K點時，溶液中存在的離子有，根據(jù)電荷守恒有，故答案為：0.005。
6．3.0×10-6mol?L-1 11.3
【詳解】
(4)若處理后的廢水中殘留的c(Fe3+)=2.0×10-13mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38= c(Fe3+)c3(OH-)=2.0×10-13×c3(OH-)，c3(OH-)=2×10-25；則殘留的Cr3+的濃度為cmol/L，根據(jù)Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31=c×c3(OH-)= c×2×10-25，c=3.0×10-6mol?L-1；
(5) 當Mg2+完全沉淀時，溶液中c(Mg2+)小于1×10-5mol/L，根據(jù)Ksp［Mg(OH)2］=4.0×10?11= c(Mg2+)×c2(OH-)=1×10-5×c2(OH-)，c2(OH-)=4×10-6，c(OH-)=2×10-3mol/L，根據(jù)Kw= c(OH-)×c(H+)可知，c(H+)=×10-11 mol/L，已知lg2=0.3，所以pH=11.3。
7．Cu(OH)2 Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ 8.2×108 9.6 11.1 2.2×108
【分析】
(1)根據(jù)Ksp的含義：Ksp越小越容易生成沉淀，結合銅鹽和堿之間的復分解反應來回答；
(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，剛好出現(xiàn)沉淀時，c(Mg2+)=0.01mol/L，依據(jù)Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)計算c(OH-)，然后根據(jù)Kw=1.0×10-14計算c(H+)；當Mg2+完全沉淀時，可根據(jù)Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)計算c(OH-)，然后根據(jù)Kw=1.0×10-14計算c(H+)，進而計算pH，當溶液中離子濃度小于1.0×10-5認為沉淀完全；
(3)用離子濃度表示平衡常數(shù)表達式，并根據(jù)c(H+) 、c(OH-)與Kw關系帶入式子，整理可得得該反應的化學平衡常數(shù)。
【詳解】
(1)難溶性物質Mg(OH)2、Cu(OH)2構型相同，對于構型相同的物質來說，Ksp的越小，越容易生成沉淀，由于Cu(OH)2的溶度積常數(shù)小于Mg(OH)2的溶度積常數(shù)，所以先生成沉淀Cu(OH)2沉淀；CuCl2溶液中加入氨水，反應產(chǎn)生氫氧化銅沉淀和NH4Cl，反應的離子方程式為：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；
當兩種沉淀共存時，===8.2×108；
(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，剛好出現(xiàn)沉淀時，c(Mg2+)=0.01mol/L，依據(jù)Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)可得c2(OH-)=1.8×10-11÷0.01=1.8×10-9，則c(OH-)=4.2×10-5mol/L，溶液中c(H+)==2.4×10-10mol/L，此時溶液的pH=-lg2.4×10-10=9.6；當Mg2+完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5mol/L所以c(OH-)==1.3×10-3mol/L，則根據(jù)Kw=1.0×10-14可得c(H+)=10-14÷1.3×10-3=7.7×10-12mol/L，所以pH=11.1；
(3) Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O的平衡常數(shù)K==2.2×108。
【點睛】
本題考查了溶度積常數(shù)、水的離子積常數(shù)的應用與計算的知識，熟記公式和沉淀完全的概念是本題解答的關鍵，該題考查了學生的分析與計算能力。注意對于構型相同的物質來說，Ksp越小，該物質先形成沉淀；若物質構型不同，要先計算沉淀時離子濃度的大小，開始沉淀需要的離子濃度越小，先形成該物質的沉淀。
8．5.7×10-17 2H++MnO2+H3AsO3H3AsO4+Mn2++H2O 2.5×10-3
【解析】
【分析】
本題主要考查難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質。
（1）依據(jù)溶度積常數(shù)計算得到AsO43-的濃度；
（2）根據(jù)反應物和生成物關系并結合元素化合價的變化配平方程式；
（3）H3AsO4的第三步電離式為HAsO42-H++AsO43-，依此寫出電離的平衡常數(shù)的表達式；依據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)及Kw的關系計算。
【詳解】
（1）依據(jù)Ksp(FeAsO4)=c(Fe3+)·c(AsO43-)=5.7×10?21；Fe3+的濃度為1.0×10?4mol?L?1，則c(AsO43-)=Ksp(FeAsO4)/c(Fe3+)=5.7×10?17mol/L；
（2）三價砷(H3AsO3弱酸)不易沉降，可投入MnO2先將其氧化成五價砷(H3AsO4弱酸)，則該反應的離子方程式為：2H++MnO2+H3AsO3===H3AsO4+Mn2++H2O；
（3）H3AsO4的第三步電離式為HAsO42－H++ AsO43－，所以第三步電離的平衡常數(shù)的表達式為；Na3AsO4的第一步水解的離子方程式為：AsO43－+H2OHAsO42－+OH-，該步水解的平衡常數(shù)。
9．酸 Fe 3+ + 3H2O Fe（OH）3 + 3H + 酸 CH3COOH CH3COO- + H + 10-4 mol／L 10-11 mol／L B ＞ ＞ ②＞⑦＞⑤＞①＞④＞⑥＞③ 1 :9
【分析】
強酸和強堿完全電離，弱酸和弱堿部分電離；FeCl3屬于強酸弱堿鹽，水解顯酸性，CH3COONa屬于強堿弱酸鹽，水解顯堿性；水的電離是微弱的，電離過程吸熱；由此分析解答。
【詳解】
(1)FeCl3屬于強酸弱堿鹽，在水溶液中發(fā)生水解反應：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，使溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液顯酸性。CH3COOH屬于弱酸，溶液顯酸性，電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+。
(2)CH3COONa屬于強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，由溶液的pH=10知，溶液中c(H+)溶液=10-10mol/L，所以該溶液中由水電離出來的c(OH-)水=c(OH-)溶液===10-4mol/L；由pH=3的HCl溶液知，該HCl溶液中c(H+)溶液=10-3mol/L，HCl溶液中由水電離出來的c(H+)水=c(OH-)溶液===10-11mol/L。
(3)A.NaHSO4在水中電離NaHSO4=Na++H++SO42-，增大了溶液中c(H+)，水的電離平衡向左移動。A項錯誤；B.(NH4)2SO4在水中能發(fā)生水解反應：NH4++H2ONH3·H2O+H+，使水的電離平衡向右移動，且所得溶液顯酸性，B項正確；C.因水的電離是吸熱過程，加熱能使水的電離平衡向右移動，但溶液中c(H+)=c(OH-)，水仍然顯中性，C項錯誤；D.Na2CO3在水中能發(fā)生水解反應：CO32-+H2OHCO3-+OH-，使水的電離平衡向右移動，但所得溶液顯堿性，D項錯誤；答案選B。
(4) 等濃度的NaOH溶液和NH3?H2O溶液，稀釋相同的倍數(shù)時，溶液中c(OH-)大小關系是：NaOH>NH3?H2O，若使稀釋后溶液pH相等[即c(OH-)相等]，則應將NaOH溶液繼續(xù)稀釋，最后才可能與NH3?H2O的pH相等，所以若稀釋后兩溶液的pH相等，則m>n。
(5)pH=a的鹽酸中c(H+)=10-amol/L，鹽酸是強酸，鹽酸物質的量濃度為10-amol/L；pH=14-a的氨水中c(OH-)===10-amol/L，而氨水是弱堿，氨水物質的量濃度遠大于10-amol/L，由中和反應方程式HCl+NH3?H2O=NH4Cl+H2O可推知，混合后若溶液顯中性，則鹽酸體積要遠大于氨水的體積即Va>Vb。
(6)HCl、FeCl3、CH3COOH溶液顯酸性，pH小于7；NaCl顯中性，pH等于7；NaOH、CH3COONa、NH3?H2O溶液顯堿性，pH大于7。一般來說，鹽類水解程度小于酸或堿的電離程度，等濃度FeCl3的酸性弱于HCl和CH3COOH，CH3COONa的堿性弱于NaOH和NH3?H2O。強酸和強堿完全電離，弱酸和弱堿部分電離，所以等濃度時HCl的酸性強于CH3COOH，NaOH的堿性強于NH3?H2O?？偠灾葷舛葧r七種物質溶液的pH由大到小的順序為：NaOH>NH3?H2O>CH3COONa>NaCl>FeCl3>CH3COOH>HCl。即②>⑦>⑤>①>④>⑥>③。
(7)pH=13的NaOH溶液中c(OH-)===0.1mol/L；pH=2的鹽酸溶液中c(H+)=10-2mol/L。因為所得溶液pH=11，說明NaOH過量，且c(OH-)混合===10-3mol/L，又c(OH-)混合=， 代入數(shù)據(jù)有：=10-3mol/L。解得VNaOH(aq):VHCl(aq)=1:9。
10．（1）①1.0×10－15 ②10：1 （2）1.8×10-7mol/L。
【解析】
（1）①0.01 mol·L-1的NaOH溶液的pOH＝2，即pOH+ pH＝15，即該溫度下水的Kw＝1.0×10－15 ；
②所得混合液為中性即氫離子的物質的量與氫氧根離子的物質的量相等；即，，又a＝12，b＝2，則Va︰Vb＝10：1；
（2）；當溶液PH=12時即，代入進而可得此時溶液中Mg2+的物質的量濃度為1.8×10-7mol/L。
11．1.0×10－6 0.001 0.008 0.15
【分析】
任何溫度下,純水中存在c(H+)=c（OH-）；根據(jù)該溫度下純水的pH知,酸和堿反應后溶液呈堿性,則硫酸根離子完全反應,根據(jù)硫酸鋇的質量結合離子守恒計算硫酸根離子的物質的量,根據(jù)酸溶液pH結合電荷守恒計算硫氯離子的物質的量,根據(jù)Ba(OH)2溶液中n(OH-)=n(H+)+n(OH-)(剩余)，氫氧化鋇的物質的量濃度是氫氧根離子濃度的一半。
【詳解】
任何溫度下,純水中存在c(H+)=c（OH-）＝1.0×10－6?mol·L-1；純水中c（H＋）＝1.0×10－6?mol·L-1，所以pH=6；酸和堿反應后溶液的pH=11>6，所以混合溶液呈堿性,所以氫氧化鋇過量,根據(jù)硫酸根離子守恒計算硫酸根離子的物質的量濃度,n(SO42-)=0.233/233=0.001mol；混合酸溶液中n(H+)=0.1×0.1=0.01mol,根據(jù)電荷守恒知n(Cl-)=0.01-0.001×2=0.008mol；pH值變?yōu)?1的濾液中c（OH-）=10-12/10-11=0.1mol/L,酸、堿中和時,氫離子和氫氧根離子以1;1反應,Ba(OH)2溶液中n(OH-)=n(H+)+n(OH-)(剩余),氫氧化鋇的物質的量濃度是氫氧根離子濃度的一半,所以c（Ba（OH）2）=(0.1×0.1+0.1×0.2)/2×0.1=0.15mol/L；
答案: 1.0×10－6?；0.001；0.008；0.15。
12．二元弱 1% 向右 減小 6.0×10-3 0.62
【詳解】
（1）由題給信息可知，H3PO3的電離過程分為兩步，則H3PO3是二元弱酸，故答案為：二元弱；
（2）①由HA的電離常數(shù)可知，0.lmol·L-1HA溶液中氫離子濃度為==10—3mol/L，則HA的電離度為×100%=1%，故答案為：1%；
②若向HA溶液中加入少量NaOH固體，氫離子與氫氧根離子反應，使溶液中氫離子濃度減少，電離平衡向右移動，故答案為：向右；
③由電離常數(shù)可知溶液中=，向10mL的HA溶液中加入少量NaA固體，溶液中c(A—)增大，則減小，減小，故答案為：減??；
（3）由氨水的電離常數(shù)可知，2.0mol·L-1氨水中氫氧根離子濃度為==6×10—3mol/L；HSO的電離常數(shù)表達式K=；將SO2通入該氨水中，當溶液中c(H+)為1.0×10-7mol·L-1時，溶液中的===0.62，故答案為：6×10—3；=0.62。
13．Fe3+ 2.7 6 Zn2+與Fe2+分離不開 Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近
【詳解】
加稀硫酸和H2O2溶解時，發(fā)生反應Fe+2H+=Fe2++H2↑、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，鐵變?yōu)镕e3+；Fe3+剛好完全沉淀時，c(OH-)=mol/L=mol/L，pH為-lg≈2.7；繼續(xù)加堿，鋅開始沉淀(假定Zn2+濃度為0.1mol/L)時，c(OH-)=mol/L=10-8mol/L，調節(jié)至pH為-lg=6。若上述過程不加H2O2，則Fe被稀硫酸轉化為Fe2+，其氫氧化物的Ksp與Zn(OH)2相近，則加堿后會同時發(fā)生沉淀，所以后果是Zn2+與Fe2+分離不開，原因是Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近。答案為：Fe3+；2.7；6；Zn2+與Fe2+分離不開；Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近。
14． 2.3 9：1 2 20：1
【詳解】
(1) 由題意有則酸性由強到弱為：，所以將將少量CO2氣體通入NaCN溶液中生成碳酸氫鈉和氫氰酸，即，故答案為：；
(2) 由25℃時，pH=2的鹽酸溶液與pH=4的H2SO4溶液中氫離子濃度分別為、，當兩溶液等體積混合時，溶液中氫離子濃度，又因，故答案為：2.3
(3)25℃時，將pH=3的H2SO4溶液中，pH=12的NaOH溶液中，而這混合后所得溶液的pH=10，則混合溶液的氫氧根離子濃度為，設硫酸的體積為xL、氫氧化鈉的體積為yL，則混合溶液中氫氧根離子濃度，解得，故答案為：9：1；
(4)常溫下，0.1mol·L-1氫氧化鈉溶液中氫氧根離子濃度為，0.06mol·L-1硫酸溶液中氫離子濃度。兩溶液等體積混合混合后，則氫離子過量，所以反應后溶液中氫離子濃度，則pH=2，故答案為：2；
(5)25℃時，pH=5的H2SO4溶液中，。當稀釋1000倍后，溶液中的氫離子濃度為，不合理，所以；硫酸根離子濃度為。所以加水稀釋至原溶液體積的1000倍后，溶液，故答案為：20：1；
(6)室溫下pH=9的NaOH溶液，由于NaOH為強堿會抑制水的電離，所以溶液中水電離出來氫氧根離子濃度A等于氫離子濃度，則A為；pH=9的CH3COONa溶液中氫氧根離子濃度 B為，所以，故答案為：。
15．10﹣12 10﹣b﹣10﹣a 11 a+b=14
【解析】
【分析】
(1)該溫度下，水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)·c(OH-)；
(2)該NaOH溶液的物質的量濃度的精確值=c(OH-)-c(H+)；
(3)將100mL?0.1mol?L-1的稀硫酸與100mL?0.4mol?L-1的NaOH溶液混合后，溶液顯堿性，首先計算混合溶液中c(OH-)，在根據(jù)Kw計算c(H+)，最后根據(jù)pH=-lgc(H+)計算；
(4)溶液呈中性，說明酸中n(H+)等于堿中n(OH-)。
【詳解】
(1)在t℃時，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol?L-1，c(OH-)=10-bmol?L-1，已知a+b=12，則該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)·c(OH-)=10-(a+b)=10-12，故答案為：10-12；
(2)氫氧化鈉溶液中氫氧化鈉和水均能電離出氫氧根離子，只有水電離出氫離子，因此該NaOH溶液的物質的量濃度的精確值=c(OH-)-c(H+)=(10-b-10-a)mol/L，故答案為：(10-b-10-a)；
(3)在該溫度下，將100mL?0.1mol?L-1的稀硫酸與100mL?0.4mol?L-1的NaOH溶液混合后，反應后氫氧化鈉過量，混合溶液中c(OH-)==0.1mol/L，c(H+)==mol/L=10-11mol?L-1，溶液的pH=-lgc(H+)=-lg10-11=11，故答案為：11；
(4)該溫度下若100體積pH1=a的某強酸溶液與1體積pH2=b的某強堿溶液混合后溶液呈中性，說明酸中n(H+)等于堿中n(OH-)，即100×10-a=1×10b-12，則a+b=14，故答案為：a+b=14。
【點睛】
本題的易錯點為(3)，要注意題意條件下的Kw=10-12，同時注意堿性溶液的pH的計算方法。
16．增大 1.0×1014 小于 2.0×10-5 5.0×10-3
【分析】
(1)根據(jù)圖示中c(H+)與c(Cr2O72-)的關系分析；A點時溶液的c(H+)=1×10-7mol/L，Cr2O72-的濃度為0.25mol/L，結合反應方程式及平衡常數(shù)的含義計算K值大??；
(2)根據(jù)升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動分析；
(3)依據(jù)Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)及c(Cl-)=1.0×10-5mol/L計算c(Ag+)，然后根據(jù)Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)·c(CrO42-)再進行計算c(CrO42-)。
【詳解】
(1)由圖可知，隨著溶液的酸性增強，c(Cr2O72-)的濃度增大，故鉻酸根離子的平衡轉化率增大；
A點時溶液的c(H+)=1×10-7mol/L，c(Cr2O72-)=0.25mol/L，則消耗的CrO42-的濃度為0.5mol/L，則溶液中的c(CrO42-)=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，此時該轉化反應的平衡常數(shù)為K===1.0×1014；
(2)根據(jù)平衡移動原理：升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動。由于升高溫度后CrO42-的平衡轉化率減小，說明平衡向逆反應方向移動，則逆反應為吸熱反應，因此該反應的正反應為放熱反應，所以△H1.8×10－8mol·L－1，生成AgCl沉淀需c(Ag＋)小于生成Ag2CrO4沉淀時所需c(Ag＋)，故Cl－先沉淀
故答案為：Cl－先沉淀；
（2）剛開始生成Ag2CrO4沉淀時，c(Cl－)＝＝mol·L－1＝4.13×10－6mol·L－1，
故答案為：4.13×10－6mol·L－1。
19．2；1.8×10-7mol·L-1
【解析】
【詳解】
（1）硝酸銀和鹽酸反應后生成氯化銀沉淀和硝酸，所以溶液中的氫離子是鹽酸中的氫離子，則反應后氫離子濃度為0.020mol/L÷2=0.010mol/L，則溶液的pH=2。
（2）硝酸銀的物質的量為0.018mol/L×0.05L=0.0009mol，鹽酸的物質的量為0.020mol/L×0.05L=0.001mol，則氯離子過量，銀離子完全沉淀，剩余的氯離子濃度為=0.001mol/L，則溶液中的銀離子濃度=Ksp/c(Cl-)==1.8×10-7mol·L-1。
20．9×108 1.0×10－12 c(Na+)>c(HSO3—)>c(H+)>c(SO32—)>c(OH—) 增大 10
【詳解】
（1）Ka=。室溫時，0.5 mol·L－1的醋酸溶液中由醋酸電離出的c(H＋)≈c(CH3COO－)≈= 3×10－3mol/L，由水電離出的c(H＋)= c(OH-)==mol/L =×10-8mol/L，醋酸電離出的c(H＋) 約是由水電離出的c(H＋)的(3×10－3)/(×10-8)=9×10-8倍。
（2）室溫時，NaHSO3的水解平衡常數(shù)Kh＝Kw /Kal=(1.0×10－14)/( 1.0×10－2)= 1.0×10－12< Kal，HSO3－的電離程度大于水解程度，NaHSO3溶液中存在的變化：H2OH++OH－， H+ +， +H2OH2SO3+OH－，溶液中各離子濃度由大到小的順序為c(Na+)>c(HSO3—)>c(H+)>c(SO32—)>c(OH—)。若向NaHSO3溶液中加入少量I2，I2++ H2O= 2H++I-+，c(HSO3—)減小，則溶液中c(H2SO3)/c(HSO3－)將增大。
（3）室溫時，0.1 mol/L Na2SO3溶液中Na2SO3的水解常數(shù)Kh=Kw /Ka2=(1.0×10－14)/( 1.0×10－7)= 1.0×10－7，Kh＝，c(OH-)≈c()= = 1×10－4mol/L，c(H＋)==mol/L =1×10-10mol/L ，pH=10。
21．< CH3COONa CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3－ CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- 1.8×104 36 10-6:1（或1:106） 5
【分析】
(1)①酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，其對應的酸根離子水解程度越小，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，酸的電離平衡常數(shù)：HCN＜H2CO3，則水解程度：CN-＞HCO3-，酸根離子水解程度越大，其水溶液中酸根離子濃度越?。?br /> ②酸越弱，酸根離子的水解程度越大，加水稀釋促進水解，溶液的pH變化越大；
③常溫下，酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，電離平衡常數(shù)HCO3-＜HCN＜H2CO3，則酸性：HCO3-＜HCN＜H2CO3，則將少量CO2通入NaCN溶液，二者反應生成碳酸氫鈉和HCN；
④室溫下，一定濃度的CH3COONa溶液pH=9，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，CH3COO-水解導致溶液呈堿性；溶液中==；
⑤已知①CH3COOH(aq) CH3COO-(aq) +H+(aq)，②H2CO3(aq) HCO3-( aq) +H+(aq)，由①-②可得CH3COOH(aq)+HCO3-( aq) CH3COO-(aq) +H2CO3(aq)，則該反應的平衡常數(shù)K =；
⑥酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，則醋酸溶液中水電離出的c(H+)=、CH3COONa溶液中水電離出的c(H+)=10pH-14；
(2)在常溫下如果要生成Cu(OH)2沉淀，應滿足c(Cu2+)×c2(OH-)≥2×10-20，以此計算溶液的c(OH-)，可確定溶液的pH。
【詳解】
(1)①酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，其對應的酸根離子水解程度越小，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，酸的電離平衡常數(shù)：HCN＜H2CO3，則水解程度：CN-＞HCO3-，酸根離子水解程度越大，其水溶液中酸根離子濃度越小，所以存在c(CN-)＜c(HCO3-)；
②根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，酸的電離平衡常數(shù)CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，則CO32-的水解程度最大，而CH3COO-的水解程度最小，將等濃度的CH3COONa、NaCN、NaHCO3和Na2CO3溶液分別稀釋100倍，pH變化最大的是Na2CO3，最小的是CH3COONa；
③常溫下，酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，電離平衡常數(shù)HCO3-＜HCN＜H2CO3，則酸性：HCO3-＜HCN＜H2CO3，則將少量CO2通入NaCN溶液，二者反應生成碳酸氫鈉和HCN，離子方程式為CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-；
④室溫下，一定濃度的CH3COONa溶液pH=9，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，CH3COO-水解導致溶液呈堿性，水解離子方程式為CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；溶液中====l.8×104；
⑤已知①CH3COOH(aq) CH3COO-(aq) +H+(aq)，②H2CO3(aq) HCO3-( aq) +H+(aq)，由①-②可得CH3COOH(aq)+HCO3-( aq) CH3COO-(aq) +H2CO3(aq)，則該反應的平衡常數(shù)K ===36；
⑥酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，則pH =4的CH3COOH溶液水電離出的c(H+)===10-10mol/L，pH =10的CH3COONa溶液中由水電離出的c(H+)=10pH-14=10-4mol/L，兩溶液中水電離出的c(H+)的比值=10-10mol/L:10-4mol/L=10-6:1(或1:106)；
(2)已知Ksp=2×10-20，c(Cu2+)=0.02mol?L-1，在常溫下如果要生成Cu(OH)2沉淀，則c(Cu2+)×c2(OH-)≥2×10-20，所以c(OH-)≥=10-9(mol/L)，應調節(jié)溶液pH大于5。
22．CH3COO-+H2OCH3COOH +OH- = 根據(jù)電荷守恒有：c(OH- ) +c(Cl- ) +c(CH3COO- ) =c(H+) +c(Na+) 由于溶液的pH=7，c(OH-)=c(H+)，所以c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(Na+)；而根據(jù)物料守恒有：c(CH3COOH) +c(CH3COO- ) =c(Na+)，所以有c(CH3COOH)=c(Cl-) 1.7×10-5
【分析】
(1)a點為醋酸鈉溶液，醋酸根離子部分水解，導致溶液顯示堿性，溶液的pH大于7.0；
(2)溶液的pH=7，則c(OH-)=c(H+)，然后結合物料守恒和電荷守恒分析；
(3)先計算平衡時各種離子的濃度，然后根據(jù)電離平衡常數(shù)的含義計算電離平衡常數(shù)。
【詳解】
(1)a點沒有加入鹽酸，則此時為醋酸鈉溶液，醋酸根離子存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，導致溶液呈堿性，則a＞7.0；
(2)根據(jù)電荷守恒有：c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，由于溶液的pH=7，則c(OH-)=c(H+)，所以①c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(Na+)，而根據(jù)物料守恒可知②c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=c(Na+)，根據(jù)①②可得：c(CH3COOH)= c(Cl-)；
(3)當加入鹽酸的體積為20.0mL時，兩種物質剛好完全反應，則生成醋酸的濃度c（CH3COOH）=0.10mol/L，
CH3COOH CH3COO- + H+
起始時各物質濃度/mol/L 0.10 0 0
平衡時各物質濃度/mol/L 0.10-1.3×10-3≈0.10 1.3×10-3 1.3×10-3
根據(jù)電離平衡常數(shù)的含義可得在該條件下CH3COH的電離平衡常數(shù)Ka===1.7×10-5。
23．5 ：4 0.1000 mol·L?1
【分析】
滴酚酞為指示劑，發(fā)生的反應為：OH-+H+=H2O，CO+H+=HCO，或只發(fā)生CO+H+=HCO，甲基橙為指示劑時，發(fā)生HCO+H+=H2O+CO2 ↑。由于兩次消耗的酸的體積不相同，且第一次多于第二次，混合堿成分是Na2CO3與NaOH。
【詳解】
(1)由分析可知：混合堿成分是Na2CO3與NaOH及物質的量之比為12.50 mL：(22.50 mL-12.50 mL)=5 ：4。故答案為：5 ：4；
(2)n(Na2CO3)+n(NaOH)=0.2000mol·L?1×22.50mL=4.5×10-3mol，n(Na2CO3)=4.5×10-3mol=2.5×10-3mol， 混合堿溶液中Na2CO3的濃度為 =0.1000 mol·L?1。
故答案為：0.1000 mol·L?1。
24．9.6 5.4×10?3
【分析】
先求出25mL醋酸溶液中醋酸的物質的量，再求出100mL醋酸溶液中醋酸的物質的量，再求含量，根據(jù)電離平衡常數(shù)求出氫離子濃度。
【詳解】
(1)第一次消耗的體積為19.98mL，第二次消耗的體積為20.00mL，第三次消耗的體積為20.02mL，三次的平均值為20.00mL，則25mL溶液中醋酸的物質的量n(CH3COOH)= n(NaOH)=0.02L×0.2000mol?L?1×10=0.04mol，則100mL醋酸溶液中物質的量為0.04mol×4=0.16mol，100mL溶液中醋酸的質量0.16mol×60g?mol?1=9.6g，因此該市售醋酸的含義為9.6g/100mL；故答案為：9.6。
(2)該市售醋酸100mL醋酸溶液中物質的量為0.04mol×4=0.16mol，醋酸的濃度為，則，，；故答案為：5.4×10?3。
25．2.2
【解析】根據(jù)HNO2H++NO2—可知，Ka＝=4.6×10－4。，
pH＝3時，c(H+)=10-3mol/L，c(OH-)=10-11，
根據(jù)NO2—+H2O OH—+ HNO2，Kh===，＝=×10-11=2.2。

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