- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
已知物质的量浓度相同的三种盐溶液：NaX、NaY、NaZ，它们的pH依次为：8、9、10，则这三种盐相对应的酸的酸性递减的顺序正确的是（ ）
正确答案
解析
解：相同条件下的钠盐溶液，酸根离子的水解能力越强，其溶液的碱性越强，其相应酸的酸性越弱，物质的量浓度相同的三种盐溶液：NaX、NaY、NaZ，它们的pH依次为：8、9、10，则阴离子水解能力大小顺序是Z-＞Y-＞X-，所以这几种酸的酸性强弱顺序是HX＞HY＞HZ，
故选：A．
正确答案
解析
解：碱溶液加水稀释，氢氧根离子浓度不断减小，pH不断减小，但弱碱存在电离平衡，加水稀释促进电离，氢氧根离子浓度减小的慢，故pH也减小的慢，所以N一定是弱碱，M碱性比N强．
A．由于碱性N比M弱，所以等pH的两碱溶液，N的物质的量浓度更大，故A错误；
B．稀释后，N溶液氢氧根离子浓度减小的慢，故M溶液的碱性比N溶液弱，故B错误；
C．强碱在水溶液中完全电离，氢氧根离子物质的量不变，溶液稀释1000倍，pH则减小3个单位，故若a=10，则M是强碱，N是弱碱，故C正确；
D．弱碱存在电离平衡，加水稀释促进电离，氢氧根离子浓度减小的慢，故pH也减小的慢，所以若10＜a＜13，则M、N都是弱碱，故D正确；
故选：CD．
某温度下，已知CH3COOH、HClO、H2CO3、H3PO4 电离平衡常数如下表所示，则0.1mol•L-1的下列各溶液pH最大的是（ ）
表：几种弱酸的电离平衡常数
正确答案
解析
解：相同温度下，酸的电离平衡常数越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，根据表格知，酸性强弱顺序是：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2PO4-＞HClO＞HCO3-＞HPO42-，所以磷酸根离子水解程度增大，则磷酸钠溶液的pH最大，
故选D．
（2015秋•贵州校级期末）现有浓度均为0.1mol•L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵、⑦氨水，请回答下列问题：
（1）①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）_______．
（2）④、⑤、⑥、⑦四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）______．
（3）将③和④按体积比1：2混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是______．
（4）已知t℃时，Kw=1×10-13．在t℃时将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则a：b=______．
（5）同体积、同物质的量浓度的①硫酸和②醋酸溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH体积大小关系为①______②（填“＞”、“＜”或“=”）
正确答案
解：（1）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，等浓度的这几种溶液中，NH4Cl促进水电离，H2SO4中氢离子浓度是0.2mol/L、醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L、NaOH中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，所以①．②．③．④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④②③①；
（2）化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，醋酸根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，所以等浓度的这几种溶液中，铵根离子浓度大小顺序是⑥④⑤⑦，故答案为：⑥④⑤⑦；
（3）将③和④按体积比1：2混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NH4Cl、NaCl、NH3．H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度都较小，结合物料守恒得，溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+），
故答案为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）；
（4）在t℃时将pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=
故答案为：9：2；
（5）同体积、同物质的量浓度的①硫酸和②醋酸溶液，溶质的物质的量相等，而等物质的量的①硫酸和②醋酸，硫酸是二元强酸中和碱的能力强，所以所需NaOH体积大小关系为①＞②，故答案为：＞．
解析
解：（1）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，等浓度的这几种溶液中，NH4Cl促进水电离，H2SO4中氢离子浓度是0.2mol/L、醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L、NaOH中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，所以①．②．③．④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④②③①；
（2）化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，醋酸根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，所以等浓度的这几种溶液中，铵根离子浓度大小顺序是⑥④⑤⑦，故答案为：⑥④⑤⑦；
（3）将③和④按体积比1：2混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NH4Cl、NaCl、NH3．H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度都较小，结合物料守恒得，溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+），
故答案为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）；
（4）在t℃时将pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=
故答案为：9：2；
（5）同体积、同物质的量浓度的①硫酸和②醋酸溶液，溶质的物质的量相等，而等物质的量的①硫酸和②醋酸，硫酸是二元强酸中和碱的能力强，所以所需NaOH体积大小关系为①＞②，故答案为：＞．
（2012春•西湖区校级月考）下列关于电离度的叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、电离度表示电解质的相对强弱，电离度的定义：α=
B、对同一弱电解质，越稀越电离，即浓度越小，电离度越大，电离过程是吸热过程，温度越高，电离度越大，故B正确；
C、pH=3的一元强酸HA酸溶液稀释100倍后pH=5，pH=3的一元弱酸HA酸溶液稀释100倍后3＜pH＜5，故C错误；
D、弱电解质的电离度随溶液的稀释而增大，但是离子浓度会降低，溶液的导电性不断减弱，故D错误．
故选B．
现有25℃时，0.1mol•L-1的氨水．请回答下列问题：
（1）若向氨水中加入少量氯化铵固体，此时溶液中
（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好完全中和，写出反应的离子方程式：______；
所得溶液的pH______7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因：______．
（3）若向氨水中加入等体积等浓度的盐酸，则所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是______．
正确答案
减小
NH3•H2O+H+═NH4++H2O
＜
NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+
（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）
解析
解：（1）一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，向氨水中加入氯化铵，铵根离子浓度增大抑制一水合氨电离，导致氢氧根离子浓度减小，酸性增强，pH减小，一水合氨浓度增大，所以此时溶液中
（2）向氨水中加入稀硫酸，二者恰好完全中和时生成硫酸铵，离子方程式为：NH3•H2O+H+═NH4++H2O，硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，pH＜7，水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH3•H2O+H+═NH4++H2O；＜；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
（3）c若向氨水中加入等体积等浓度的盐酸得到的是氯化铵溶液，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为：（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）．
在下列叙述中，能说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸的是（ ）
正确答案
解析
解：A．pH=4的盐酸和醋酸，氢离子浓度都是0.0001mol/L，稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多，说明醋酸发生了电离，醋酸是弱酸，故A正确；
B．盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取与盐酸是强酸，醋酸是弱酸无关，故B错误；
C．导电性强弱与离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故C错误；
D．相同pH，则氢离子浓度相同，产生氢气的起始速率相等，与盐酸是强酸，醋酸是弱酸无关，故D错误．
故选A．
下列关于弱电解质的说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．相同温度下，弱电解质的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则弱电解质相对较强，故A正确；
B．同一弱电解质，浓度越大其电离程度越小，浓度越小，离子间结合生成分子的能力越小，则电离程度越大，故B错误；
C．弱电解质的电离过程是吸热过程，升高温度促进弱电解质电离，其电离程度增大，故C错误；
D．溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，故D错误；
故选：A．
将浓度为0.1mol•L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
Ac（H+）
B
C
D
正确答案
解析
解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L-1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；
B、因Ka（HF）=
C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F-，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过10-7mol•L-1，c（F-）不断减小，则比值变小，故C错误；
D、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故D错误；
故选：B．
如表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
（1）CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为______．
（2）多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是______．
（3）同浓度的CH3COO-、HCO、CO、S2-结合H+的能力由强到弱的顺序为______．
正确答案
H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S
一级电离产生的氢离子会抑制二级电离
S2-＞CO32-＞HCO3-＞CH3COO-
解析
解：（1）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，多元弱酸的酸性决定于一级电离，所以四种酸的酸性H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S，故答案为：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S；
（2）多元弱酸一级电离产生的氢离子会抑制二级电离，所以元弱酸的二级电离程度远小于一级电离，故答案为：一级电离产生的氢离子会抑制二级电离；
（3）相同条件下，酸的电离平衡常数越小，其越难电离，其酸根越容易结合氢离子，所以同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、S2-结合H+的能力由强到弱的顺序为S2-、CO32-、HCO3-、CH3COO-，故答案为：S2-＞CO32-＞HCO3-＞CH3COO-．
（1）则25℃时水的电离平衡曲线应为______（A或B）．
（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的 pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为______．
（3）99℃时，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，则混合前，a与b之间应满足的关系是______．
正确答案
解：（1）纯水中，水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，C（OH-）、C（H+）增大且C（OH-）=C（H+），所以25℃时水的电离平衡曲线应为A，故选A；
（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液中C（OH-）=10-5 mol/L，pH=4的H2SO4溶液中C（H+）=10-4 mol/L，要使混合溶液呈中性，则氢氧根离子的物质的量等于氢离子的物质的量，设碱的体积为xL，酸的体积为yL，则10-5 mol/L×xL=10-4 mol/L×yL，
所以x：y=10-4：10-5=10：1，
故答案为：10：1；
（3）99℃时，pH1=a的某强酸溶液中C（H+）=10-a mol/L，pH2=b的某强碱溶液C（OH-）=10b-12 mol/L，溶液呈中性，则酸中氢离子的物质的量应等于碱中氢氧根离子的物质的量，所以100×10-a=1×10b-12，a+b=14，故答案为：a+b=14．
解析
解：（1）纯水中，水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，C（OH-）、C（H+）增大且C（OH-）=C（H+），所以25℃时水的电离平衡曲线应为A，故选A；
（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液中C（OH-）=10-5 mol/L，pH=4的H2SO4溶液中C（H+）=10-4 mol/L，要使混合溶液呈中性，则氢氧根离子的物质的量等于氢离子的物质的量，设碱的体积为xL，酸的体积为yL，则10-5 mol/L×xL=10-4 mol/L×yL，
所以x：y=10-4：10-5=10：1，
故答案为：10：1；
（3）99℃时，pH1=a的某强酸溶液中C（H+）=10-a mol/L，pH2=b的某强碱溶液C（OH-）=10b-12 mol/L，溶液呈中性，则酸中氢离子的物质的量应等于碱中氢氧根离子的物质的量，所以100×10-a=1×10b-12，a+b=14，故答案为：a+b=14．
（1）某温度下纯水中c（H+）=2×10-7 mol/L，则c（OH-）=______，若温度不变，滴入稀盐酸使c（H+）=5×10-6 mol/L，则此时溶液中的c（OH-）=______．
（2）用物质的量浓度为0.04mol/L的氢氧化钠溶液去中和H+浓度为10-3mol/L的某一元弱酸溶液20mL，消耗氢氧化钠溶液12.5mL，则此一元弱酸物质的量浓度为______；电离度为______．
（3）25℃时，在0.5L0.2mol/L的HA溶液中，有0.01mol的HA电离成离子，则该温度下的电离常数为______．
正确答案
解：（1）某温度下纯水中的c（H+）=2×10-7mol/L，根据纯水显中性，则此时溶液中的c（OH-）=2×10-7mol/L；Kw只随温度变化，若温度不变，Kw不变，即Kw=c（H+）×c（OH-）=4×10-14，滴入稀盐酸，使c（H+）=5×10-6mol/L，则c（OH-）=8×10-9mol/L，
故答案为：2×10-7mol/L；8×10-9mol/L；
（2）NaOH溶液滴定H+浓度为10-3mol/L的一元弱酸HA的溶液20mL，达到终点时消耗NaOH溶液12.5mL，由c酸V酸=c碱V碱可知，12.5×10-3L×0.04mol/L=c酸×20×10-3L，解得：c酸=0.025mol/L；
H+浓度为10-3mol/L的某一元弱酸中c（H+）=c（A-）=c（HA）电离=10-3mol/L，一元弱酸的电离度为：
故答案为：0.025mol/L；4%；
（3）在0.5L0.2mol．L-1的HA溶液中，有0.01mol的HA电离成离子，即c（A-）=c（H+）=
故答案为：2.2×10-3．
解析
解：（1）某温度下纯水中的c（H+）=2×10-7mol/L，根据纯水显中性，则此时溶液中的c（OH-）=2×10-7mol/L；Kw只随温度变化，若温度不变，Kw不变，即Kw=c（H+）×c（OH-）=4×10-14，滴入稀盐酸，使c（H+）=5×10-6mol/L，则c（OH-）=8×10-9mol/L，
故答案为：2×10-7mol/L；8×10-9mol/L；
（2）NaOH溶液滴定H+浓度为10-3mol/L的一元弱酸HA的溶液20mL，达到终点时消耗NaOH溶液12.5mL，由c酸V酸=c碱V碱可知，12.5×10-3L×0.04mol/L=c酸×20×10-3L，解得：c酸=0.025mol/L；
H+浓度为10-3mol/L的某一元弱酸中c（H+）=c（A-）=c（HA）电离=10-3mol/L，一元弱酸的电离度为：
故答案为：0.025mol/L；4%；
（3）在0.5L0.2mol．L-1的HA溶液中，有0.01mol的HA电离成离子，即c（A-）=c（H+）=
故答案为：2.2×10-3．
电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量．已知如表数据（25℃）：
（1）25℃时，等浓度的三种溶液（a．NaCN溶液、b．Na2CO3溶液、c．CH3COONa溶液）的pH由大到小的顺序为______．（填写序号）
（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为______．
（3）现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，测得C（Na+）＞C（CN-），下列关系正确的是______．
A．C（H+）＞C（OH-） B．C（H+）＜C（OH-）
C．C（H+）+C（HCN）═C（OH-） D．C（HCN）+C（CN-）=0.01mol/L
（4）浓的Al2（SO4）3溶液和浓的小苏打（NaHCO3）溶液混合可用于灭火，请用离子反应方程式表示灭火的原理______．
（5）已知NaHC2O4水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小______；质子守恒表达式______．
（6）H2C2O4溶液和KMnO4酸性溶液可发生反应：H2C2O4+MnO
正确答案
解：（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，
故答案为：b＞a＞c；
（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN，
故答案为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；
（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L-1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN-），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol•L-1，CN-的浓度小于0.005mol•L-1，
A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH-），故A错误；
B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），故B正确；
C．氢氧根离子浓度较小，c（CN-）远远大于c（OH-），故C错误；
D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN-）=0.01mol/L，故D正确；
故答案为：BD；
（4）铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；
（5）草酸氢钠溶液显示酸性，则HC2O4-的电离程度大于其水解程度，所以c（C2O42-）＞c（H2C2O4），由于氢离子来自水的电离和HC2O4-的电离，则c（H+）＞c（C2O42-），HC2O4-的水解程度较小，则c（HC2O4-）＞c（C2O42-），所以溶液中各离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；
草酸氢钠溶液中存在的质子守恒为：c（OH-）=c（H+）-c （C2O42-）+c（H2C2O4），
故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；c（OH-）=c（H+）-c （C2O42-）+c（H2C2O4）；
（6）H2C2O4溶液和KMnO4酸性溶液可发生反应：H2C2O4+MnO4-+H+→CO2+Mn2++H2O，若将该反应设计成原电池，负极失去电子发生氧化反应，该反应中草酸失去电子被氧化生成二氧化碳，则负极的电极反应式为：H2C2O4-2e=2CO2+2H+；
标准状况下4.48L二氧化碳的物质的量为：
故答案为：H2C2O4-2e=2CO2+2H+； 0.2．
解析
解：（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，
故答案为：b＞a＞c；
（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN，
故答案为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；
（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L-1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN-），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol•L-1，CN-的浓度小于0.005mol•L-1，
A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH-），故A错误；
B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），故B正确；
C．氢氧根离子浓度较小，c（CN-）远远大于c（OH-），故C错误；
D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN-）=0.01mol/L，故D正确；
故答案为：BD；
（4）铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；
（5）草酸氢钠溶液显示酸性，则HC2O4-的电离程度大于其水解程度，所以c（C2O42-）＞c（H2C2O4），由于氢离子来自水的电离和HC2O4-的电离，则c（H+）＞c（C2O42-），HC2O4-的水解程度较小，则c（HC2O4-）＞c（C2O42-），所以溶液中各离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；
草酸氢钠溶液中存在的质子守恒为：c（OH-）=c（H+）-c （C2O42-）+c（H2C2O4），
故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；c（OH-）=c（H+）-c （C2O42-）+c（H2C2O4）；
（6）H2C2O4溶液和KMnO4酸性溶液可发生反应：H2C2O4+MnO4-+H+→CO2+Mn2++H2O，若将该反应设计成原电池，负极失去电子发生氧化反应，该反应中草酸失去电子被氧化生成二氧化碳，则负极的电极反应式为：H2C2O4-2e=2CO2+2H+；
标准状况下4.48L二氧化碳的物质的量为：
故答案为：H2C2O4-2e=2CO2+2H+； 0.2．
今有a．醋酸，b．盐酸，c．硫酸三种酸，请用三种酸的序号和“＞”、“＜”或“=”填空．
（1）在同体积，同pH的三种酸中，分别加入足量的NaHCO3粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是______．
（2）在同体积、同物质的量浓度的三种酸中，分别加入足量的NaHCO3粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是______．
（3）物质的量浓度均为0.1mol/L的三种酸溶液的pH由大到小的顺序是______；如果取等体积的0.1mol/L的三种酸溶液，用0.1mol/L的NaOH中和，当恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是______．
正确答案
a＞b=c
c＞a=b
a＞b＞c
c＞a=b
解析
解：醋酸和盐酸都是一元酸，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，硫酸是二元强酸，所以醋酸中存在电离平衡，氯化氢和硫酸完全电离，
（1）同体积、同pH的三种酸中，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，分别加入足量的碳酸钠粉末，氢离子的物质的量越大，生成的二氧化碳体积越大，硫酸和盐酸中生成的二氧化碳体积相同，醋酸中生成的二氧化碳体积最大，所以在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是a＞b=c，
故答案为：a＞b=c；
（2）在同体积、同浓度的三种酸中，醋酸和盐酸的物质的量相等，小于硫酸中氢离子的物质的量，则硫酸放出的二氧化碳体积最大，醋酸和盐酸中生成的二氧化碳体积相等，故答案为：c＞a=b；
（3）氢离子浓度越大，溶液的pH越小，物质的量浓度为0.1mol•L-1的三种酸溶液，硫酸中氢离子浓度最大，盐酸中氢离子浓度次之，醋酸中氢离子浓度最小，所以三种酸溶液的pH由大到小的顺序是a＞b＞c；
盐酸和醋酸都是一元酸，硫酸是二元酸，等体积、等物质的量浓度的三种酸与碱反应时，消耗碱的物质的量与酸的物质的量和元数成正比，所以硫酸消耗氢氧化钠最多，盐酸和醋酸消耗氢氧化钠的量相等，即 c＞a=b，
故答案为：a＞b＞c；c＞a=b．
（1）NaClO溶液中通入少量CO2发生反应的离子方程式为______．
（2）在饱和氯水中加入NaHCO3，直至溶液的黄绿色褪去，则发生反应的离子方程式为______．
（3）常温下，将pH和体积都相同的氢氟酸和次氯酸分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积变化如图所示．
①曲线Ⅰ为______稀释时pH的变化曲线．
②取A点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗______体积较小．
（4）25℃时，将0.40mol•L-1 HCN溶液与0.20mol•L-1 NaOH溶液各100mL混合后，测得溶液的pH=a（a＞7）．则该溶液中所有离子浓度大小关系为______；c（HCN）-c（CN-）=______mol•L-1．（假设混合后体积等于两种溶液体积之和）
正确答案
解：（1）酸性强弱HClO＞HCO3-，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，
故答案为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；
（2）H2CO3的Ka1=4.2×10-7＞HClO的Ka=3.0×10-8＞H2CO3的Ka2=5.6×10-11，所以氯水中加入NaHCO3，只有盐酸反应，而次氯酸不反应，所以发生反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，H++HCO3-=H2O+CO2↑；
（3）①根据HClO的Ka=3.0×10-8＜HF的Ka=3.5×10-4，氢氟有酸是强于次氯酸，相同温度下，相同pH值的氢氟酸和次氯酸溶液，次氯酸浓度大，溶液稀释时，次氯酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于氢氟酸的离子浓度，所以pH变化小的曲线为次氯酸，故II应为次氯酸稀释时的pH值变化曲线，则Ⅰ为HF，故答案为：HF；
②中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，酸性弱的消耗的量少，所以HClO消耗体积较小，故答案为：HClO；
（4）25℃时，将0.40mol．L-1HCN溶液与0.20mol．L-1NaOH溶液各100mL混合后，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCN和NaCN，测得溶液的pH=a（a＞7），溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），说明NaCN水解程度大于HCN，结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-）得c（Na+）＞c（CN-），盐类水解较微弱，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CN-）＞c（OH-）＞c（H+）；
根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-）、根据物料守恒得2c（Na+）=c（HCN）+c（CN-），所以得c（HCN）+2c（H+）=2c（OH-）+c（CN-），则c（HCN）-c（CN-）=2c（OH-）-2c（H+）=2[10 a-14-10-a]mol/L，
故答案为：c（Na+）＞c（CN-）＞c（OH-）＞c（H+）；2[10 a-14-10-a]．
解析
解：（1）酸性强弱HClO＞HCO3-，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，
故答案为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；
（2）H2CO3的Ka1=4.2×10-7＞HClO的Ka=3.0×10-8＞H2CO3的Ka2=5.6×10-11，所以氯水中加入NaHCO3，只有盐酸反应，而次氯酸不反应，所以发生反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，H++HCO3-=H2O+CO2↑；
（3）①根据HClO的Ka=3.0×10-8＜HF的Ka=3.5×10-4，氢氟有酸是强于次氯酸，相同温度下，相同pH值的氢氟酸和次氯酸溶液，次氯酸浓度大，溶液稀释时，次氯酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于氢氟酸的离子浓度，所以pH变化小的曲线为次氯酸，故II应为次氯酸稀释时的pH值变化曲线，则Ⅰ为HF，故答案为：HF；
②中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，酸性弱的消耗的量少，所以HClO消耗体积较小，故答案为：HClO；
（4）25℃时，将0.40mol．L-1HCN溶液与0.20mol．L-1NaOH溶液各100mL混合后，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCN和NaCN，测得溶液的pH=a（a＞7），溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），说明NaCN水解程度大于HCN，结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-）得c（Na+）＞c（CN-），盐类水解较微弱，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CN-）＞c（OH-）＞c（H+）；
根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-）、根据物料守恒得2c（Na+）=c（HCN）+c（CN-），所以得c（HCN）+2c（H+）=2c（OH-）+c（CN-），则c（HCN）-c（CN-）=2c（OH-）-2c（H+）=2[10 a-14-10-a]mol/L，
故答案为：c（Na+）＞c（CN-）＞c（OH-）＞c（H+）；2[10 a-14-10-a]．
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