江苏省苏州市2024-2025学年高二化学下学期期中试题含解析

PAGE19-江苏省苏州市2024-2025学年高二化学下学期期中试题（含解析）本试卷包括第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137第I卷(选择题共40分)单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列有关氯元素及其化合物的化学用语表示正确的是A.中子数为18的氯原子：B.氯原子的结构示意图：C.氯化氢的电子式：D.2−氯丙烷的结构简式：CH3CH2CH2Cl【答案】B【解析】中子数为18的氯原子表示为，质子数为17，A错误；氯原子的结构示意图中质子数为17，最外层电子数为7，B正确；氯化氢为共价化合物，不存在阴阳离子，C错误；结构简式为CH3CH2CH2Cl的名称是1−氯丙烷，2−氯丙烷的结构简式：CH3CHClCH3，D错误。2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ASO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物B.明矾水解形成Al(OH)3胶体，可用作水处理中的净水剂C石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体D.次氯酸有酸性，可用于自来水的杀菌消毒【答案】B【解析】SO2具有漂白性，常用于漂白秸秆、织物，A错误；明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以汲取水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，B正确；烧碱是氢氧化钠，纯碱是碳酸钠，为强碱性盐，二氧化硅为酸性氧化物能够与碱性物质反应，所以不能用石英坩埚来加热烧碱或纯碱，C错误；HClO具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，与酸性无关，D错误。3.我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O。下列有关说法正确的是（）A.反应物和生成物都含有π键B.0.5molHCHO含有1molσ键C.HCHO、CO2分子中中心原子杂化类型相同D.HCHO能溶解在H2O中【答案】D【解析】【详解】A．H2O中化学键均为单键，不含有π键，故A错误；B．依据结构式可知，0.5molHCHO含有1.5molσ键，故B错误；C．HCHO、CO2分子中中心原子分别采纳sp2、sp杂化，故C错误；D．HCHO和H2O都属于极性分子，HCHO能溶解在H2O中，故D正确；故答案为：D。4.下列事实中，能说明HNO2是弱电解质的是A.用HNO2溶液做导电性试验，灯泡较暗B.HNO2是共价化合物C.HNO2溶液不与NaCl反应D.室温下，0.1mol·L－1HNO2溶液的pH为2.15【答案】D【解析】【分析】【详解】A.没有用强酸在相同条件下进行比照，故A不能说明HNO2是弱电解质；B.电解质的强弱与是否为共价化合物无干脆关系，故B不能说明HNO2是弱电解质；C.在一般状况下强酸也不与NaCl反应，故C不能说明HNO2是弱酸；D.室温下，对于0.1mol·L－1HNO2溶液，若HNO2是强酸，则其pH为1，实际pH为2.15，由此说明HNO2不能完全电离，故其为弱酸，故D能说明HNO2是弱电解质。故选D。5.H2与O2发生反应的过程可用如图模型图表示(“—”表示化学键)。下列说法不正确的是（）A.过程Ⅰ是吸热过程B.过程Ⅲ肯定是放热过程C.该反应过程中全部旧化学键都断裂，且形成了新化学键D.该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行【答案】D【解析】【详解】A、过程I表示化学键的断裂，该过程是吸热过程，A正确；B、过程III表示化学键的形成，该过程是放热过程，B正确；C、如图所示，该反应过程中全部旧化学键都断裂，且形成了新化学键，C正确；D、可以利用该反应设计燃料电池，将化学能转化为电能，D错误；故选D。6.短周期主族元素M、X、Y、Z原子序数依次增大，潮湿的红色石蕊试纸遇M的气态氢化物变蓝色。含X、Y和Z三种元素的化合物R有如下转化关系(已知酸性强弱：HClO3>HNO3)。下列说法正确的是A.简洁离子半径：Y>Z>M>XB.简洁气态氢化物的热稳定性：M>XC.加热单质甲与品红溶液反应所得的“无色溶液”，可变成红色溶液D.常温下，向蒸馏水中加入少量R，水的电离程度可能增大【答案】D【解析】【分析】在短周期主族元素中，可以形成强碱的是Na元素，所以强碱戊为NaOH。能使品红溶液褪色的气体可能是SO2、Cl2，单质只有Cl2。电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故R可能是NaClO。M的气态氢化物使潮湿的红色石蕊试纸变蓝色，说明M为氮元素。综上所述，M为氮元素，X为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素。【详解】A．X为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素，M为氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半径依次减小，故A错误；B．X为氧元素，M为氮元素，非金属性越强，简洁气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N，H2O的热稳定性比NH3强，故B错误；C．若气体甲为氯气，则加热“无色溶液”，由于次氯酸漂白后较稳定，溶液不变色，故C错误；D．NaClO属于强碱弱酸盐，能够发生水解，可促进水的电离，故D正确；答案选D。7.常温下，下列各组离子肯定能在指定溶液中大量共存的是A.无色透亮的溶液：Na＋、Cu2＋、、B.的溶液：、Ca2＋、Cl－、C.c(Fe2＋)＝1mol·L－1的溶液：K＋、、、D.水电离的c(H＋)＝1×10-13mol·L-1的溶液：K＋、Na＋、、【答案】B【解析】【详解】A.含Cu2＋的溶液呈蓝色，因此在无色透亮的溶液中不能大量存在Cu2＋，故A错误；B.的溶液呈酸性，离子之间均不发生反应，故可大量共存，故B正确；C.Fe2＋能与发生氧化还原反应，故不行大量共存，故C错误；D.水电离的c(H＋)＝1×10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，呈酸性时，、均可以与H＋发生反应，呈碱性时，离子之间均不发生反应，故该组离子不肯定能大量共存，故D错误故选B。8.已知：①H2(g)＋O2(g)＝H2O(g)∆H1＝akJ·mol－1②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)∆H2＝bkJ·mol－1③H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)∆H3＝ckJ·mol－1④2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)∆H4＝dkJ·mol－1下列关系式中正确的是A.a<c<0 B.d<b<0 C.2a＝b>0 D.2c＝d>0【答案】B【解析】【分析】

燃烧反应为放热反应，则△H均小于0，物质的聚集状态不同，反应放出的热量不同，热化学反应方程式中物质的量与反应放出的热量成正比，以此来解答。【详解】A.对于放热反应，当反应物能量相同时，生成物的能量越低，反应放出的热量越多，△H越小，而①和③相比，③中水为液态，能量低于气态水，故反应③放出的热量大于①，即c＜a＜0，故A错误；

B.由于燃烧均为放热反应，故△H均小于0，且对于放热反应，当反应物能量相同时，生成物的能量越低，反应放出的热量越多，△H越小，而④和②相比，④中水为液态，能量低于气态水，故反应④放出的热量大于②，即d＜b＜0，故B正确；C.由于燃烧均为放热反应，故△H均小于0，且由于反应②是①的2倍，故b是a的2倍，故有2a=b＜0，故C错误；D.由于燃烧均为放热反应，故△H均小于0，故D错误；故选B。9.下列各组物质中，化学键类型与晶体类型均相同的是A.冰和干冰 B.二氧化硫和二氧化硅C.NH4Cl和MgCl2 D.Na2O2和H2O2【答案】A【解析】【详解】A.冰和干冰均为分子晶体，均只含共价键，故A正确；B.二氧化硫为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，二者晶体类型不同，故B错误；C.NH4Cl和MgCl2均为离子晶体，但是NH4Cl含有离子键和共价键，MgCl2只含有离子键，故二者化学键类型不同，故C错误；D.Na2O2为离子晶体，H2O2为分子晶体，二者晶体类型不同，故D错误；故选A。10.依据下列图示所得出的结论不正确的是A.图甲是2A(g)＋B(g)⇌2C(g)的A平衡转化率与温度、压强改变曲线，说明压强P1＜P2B.图乙是MgCl2·6H2O在空气中加热时固体质量随时间的改变曲线，说明最终固体为MgCl2C.图丙是室温下V0mL0.10mol·L－1MOH加水稀释至VmL，pH随lg的改变曲线，说明MOH是强碱D.图丁是HA、HB溶液稀释过程中导电实力改变曲线，说明HA酸性小于HB【答案】B【解析】【详解】A．可逆反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，即有压强P1＜P2，故A结论正确；B．由题中图示可知，20.3gMgCl2·6H2O物质的量为n(MgCl2·6H2O)==0.1mol，若最终固体为MgCl2，由元素守恒可知，MgCl2的物质的量也为0.1mol，质量为9.5g，与图象不符合，其实质是20.3gMgCl2•6H2O(即为0.1mol)在空气中加热时，镁离子要水解，得到氢氧化镁、氯化氢，氯化氢挥发，氢氧化镁接着分解，最终得到产物为4.0g氧化镁（0.1mol），故B结论错误；C．由图可知，lg的值增加4，即稀释104倍，pH值下降4，符合强碱的稀释规律，故C结论正确；D．稀释过程中导电实力改变较小的酸，说明在稀释过程中其存在电离平衡的正向移动，说明HA酸性小于HB，故D结论正确；答案为B。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.下列叙述正确的是A.合成氨反应放热，采纳低温可以提高氨的生成速率B.常温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同C.反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)＝4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的△H＜0D.在一容积可变的密闭容器中反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，的值增大【答案】C【解析】【详解】A．降低温度，会减慢氨的生成速率，故A错误；B．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的电离程度不同，故B错误；C．反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T•△S＜0，因此可知△H＜0，故C正确；D．反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)的平衡常数表达式为，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，故D错误；答案选C。12.常温下，下列有关叙述正确的是A.常温下，pH＝6的NaHSO3溶液中：c()－c(H2SO3)＝9.9×10－7mol·L－1B.向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后：c(Na＋)＝2[c()＋c()＋c(H2CO3)]C.等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：D.0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合：c(Na＋)＋c()＋c()＋c(H2C2O4)＝0.2mol·L－1【答案】AC【解析】【详解】A．常温下，pH=6的NaHSO3溶液中，c(H+)=10-6mol/L，c(OH－)=10-8mol/L，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+

c(OH-)，物料守恒为c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，两式合并，所以溶液中存在c()-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH－)=9.9×10-7mol•L-1，故A正确；B．原碳酸钠溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c()＋c()＋c(H2CO3)]，通入CO2，c()、c()、c(H2CO3)都增大，c(Na+)不变，该守恒关系被破坏，故B错误；C．，，碳酸的第一步电离程度远大于其次步电离程度，所以Ka1＞Ka2，所以，故C正确；D．0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c()+c()+c(H2C2O4)=0.1mol·L－1，0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合，溶液混合后体积增大一倍，导致浓度降为原来的一半，混合溶液中c(Na+)+c()+c()+c(H2C2O4)==0.15mol·L－1，故D错误；答案选AC。13.下列推断错误的是A.碳碳键的键长：C2H4＞C2H2B.晶体的熔点：SiO2＞CO2C.晶格能的大小：NaF＞MgOD.金属键的强弱：Li＞K【答案】C【解析】【详解】A.碳碳双键键长大于碳碳三键键长，所以碳碳键的键长：C2H4＞C2H2，故A正确；

B.熔点：原子晶体＞分子晶体，二氧化硅是原子晶体、干冰是分子晶体，则熔点：SiO2＞CO2，故B正确；C.晶格能与离子半径成反比，与离子所带电荷数成正比，离子所带电荷数：镁离子＞钠离子、氧离子＞氟离子，半径：氟离子＜氧离子、钠离子＞镁离子，故晶格能：NaF＜MgO，故C错误；D.金属键与金属阳离子所带电荷成正比，与原子半径成反比，金属阳离子所带电荷：Li=K，原子半径：Li<K，则金属键：Li>K，故D正确；故选C。14.某学生用0.1023mol·L－1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，测定中运用耐酸、碱和强氧化剂腐蚀的“特氟龙”旋钮的滴定管。其操作可分解为如下几步：①移取20.00mL待测盐酸溶液注入干净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液②用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管3次③把盛有标准氢氧化钠溶液的滴定管固定好，调整滴定管尖嘴使之充溢溶液④取标准氢氧化钠溶液注入滴定管至“0”刻度以上约2mL⑤调整液面至“0”或“0”刻度以下，登记读数⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准氢氧化钠溶液滴定至终点并登记滴定管的读数下列有关上述中和滴定操作步骤的正确依次是A.①②③④⑤⑥ B.②④③⑤①⑥ C.③①②⑥④⑤ D.⑤①②③④⑥【答案】B【解析】【详解】中和滴定依据检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等依次操作，则正确的依次为：②④③⑤①⑥，故选B。15.I、II、III三个容积均为1L恒容密闭容器中均投入1molCO2和3molH2，在不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)。反应10min，测得各容器内CO2的物质的量分别如图所示。下列说法不正确的是A.该正反应△H＜0B.T1时，该反应的平衡常数为C.10min内，容器II中的平均速率v(CH3OH)＝0.07mol·L－1·min－1D.10min后，向容器III中再加入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此时v(逆)＜v(正)【答案】BD【解析】【详解】A.依据图中信息可知，Ⅰ中反应末达平衡，Ⅱ、Ⅲ反应达平衡，则上升温度，CO2的物质的量增大，平衡逆向移动，证明该正反应ΔH＜0，选项A正确；B.T1时，反应末达平衡状态，无法计算反应的平衡常数，选项B错误；C.10min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(CH3OH)=v(CO2)==0.07mol·L－1·min－1，故C正确；D.10min时n(CO2)=0.7mol，则n(H2)=2.1mol、n(CH3OH)=n(H2O)=0.3mol，平衡常数K=，向容器Ⅲ中再加入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此时Q=＞K，反应逆向移动，v(逆)＞v(正)，故D错误；故选BD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)16.(1)如图为氢－氧燃料电池装置示意图。其中A为KOH，C为多孔惰性电极。①在该电池工作时，a是_____极；b是_____极。②B物质的化学式为_____。③该电池反应的化学方程式为_____。(2)如图为氯碱工业电解饱和氯化钠溶液装置示意图。①电解时，阳极的电极反应式为_____。②逸出的气体E是_____；流出的物质G是_____。③该电解池中阳离子交换膜的作用是_____。【答案】(1).负(2).正(3).H2O(4).2H2+O2=2H2O(5).2Cl--2e-=Cl2↑(6).H2(7).NaOH(8).只允许阳离子通过，阻挡阳极区生成的Cl2与阴极生成的OH-反应【解析】【详解】（1）①氢－氧燃料电池环境是碱性环境，由化合价改变可知，H2+2OH--2e-=2H2O，O2+2H2O+4e-=4OH-，则通入H2极失电子，化合价上升，发生氧化反应，为原电池的负极，通入O2极得电子，化合价降低，发生还原反应，为原电池的正极，即a为负极，b为正极；答案为负，正。②H2和O2发生反应生成H2O，物质B为H2O；答案为H2O。③该燃料电池中H2和O2发生反应生成H2O，化学方程式为2H2+O2=2H2O；答案为2H2O+O2=2H2O。（2）①依据题中图示信息可知，左边加入饱和NaCl溶液，右边加入去离子水，运用阳离子交换膜，则左边是Cl-放电，即Cl-失电子，化合价上升，发生氧化反应，左边电极为阳极，与电源正极相连，阳极的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑；答案为2Cl--2e-=Cl2↑。②右边是H+放电，得电子，化合价降低，发生还原反应，右边电极为阴极，与电源负极相连，阴极的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，E为H2，G为生成的NaOH；答案为H2，NaOH。③电解池中阳离子交换膜只允许阳离子通过交换膜进入右边阴极区，阻挡阳极产生的Cl2与阴极的OH-反应；答案为只允许阳离子通过，阻挡阳极产生的Cl2与阴极生成的OH-反应。17.利用钛矿的酸性废液(含TiO2＋、Fe2＋、Fe3＋、等)，可回收获得FeS2纳米材料、Fe2O3和TiO2·nH2O等产品，流程如下：(1)TiO2＋中钛元素的化合价为_____价。TiO2＋只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2＋易水解生成TiO2·nH2O，写出水解的离子方程式：_____。(2)向富含TiO2＋的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2·nH2O。请用化学反应原理说明：_____。(3)NHHCO3溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为_____，该反应需温度在308K以下，其目的是_____。(4)Fe2＋的外层电子排布式为_____。(5)试验室常用KSCN溶液来检验Fe3＋的存在，与SCN互为等电子体的分子有_____(写一个物质即可)【答案】(1).+4(2).TiO2++(n+1)H2O⇌TiO2·nH2O+2H+(3).Na2CO3消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生产TiO2·nH2O方向移动(4).Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O(5).防止NH4HCO3受热分解和削减Fe2+的水解，削减FeCO3的生成损失(6).1s22s22p63s23p63d6(7).CO2或N2O【解析】【分析】钛矿的酸性废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)，该工艺流程过程中有如下反应发生：加入铁屑，2Fe3++Fe=3Fe2+；冷却结晶得到绿矾FeSO4·7H2O和含有TiO2+的酸性溶液，向溶液加入碳酸钠粉末，降低溶液酸性，得到TiO2•nH2O，绿矾晶体可制备FeS2纳米材料，将绿矾晶体溶解为FeSO4溶液，加入足量的碳酸氢铵溶液，发生反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，将得到的固体FeCO3与氧气煅烧生成Fe2O3，据此分析解答。【详解】（1）TiO2+中氧元素-2价，则钛元素+4；TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成TiO2•nH2O，水解的反应方程式为：TiO2++(n+1)H2O⇌TiO2•nH2O+2H+；答案为：+4，

TiO2++(n+1)H2O⇌TiO2•nH2O+2H+。（2）含有TiO2+的酸性溶液，存在平衡TiO2++(n+1)H2O⇌TiO2•nH2O+2H+，向溶液加入碳酸钠粉末，Na2CO3消耗H+，c(H+)削减，使TiO2+水解平衡向生成TiO2•nH2O方向移动；答案为Na2CO3消耗H+，c(H+)削减，使TiO2+水解平衡向生成TiO2•nH2O方向移动。（3）NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3和二氧化碳，离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，该反应需限制温度在308K以下，防止NH4HCO3受热分解和削减Fe2+的水解，减小FeCO3的生成损失；答案为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；防止NH4HCO3受热分解和削减Fe2+的水解，减小FeCO3的生成损失。（4）Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子形成Fe2+，Fe2＋的外层电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；答案为1s22s22p63s23p63d6。（5）等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，SCN-原子总数3，价电子数为6+4+5+1=16，而CO2中，原子总数3，价电子总数为4+6+6=16，符合等电子体的要求，N2O中原子总数3，价电子总数为5+5+6=16，符合等电子体的要求，所以与SCN互为等电子体的分子是CO2或N2O；答案为CO2或N2O。18.已知25℃时，二元酸H2C2O4的pKa1、pKa2(pK＝-lgK)依次为1.23、4.19，氨水的pKb为4.75。回答下列问题。(1)比较0.1mol·L-1NH4HC2O4溶液中c(H＋)、c(OH－)、c()、c()四种离子浓度的大小依次为_____。(2)写出NaHC2O4溶液中的电荷守恒：_____。(3)推断NaHC2O4溶液显_____性(填酸或中或碱)，请计算说明理由：_____。(4)0.1mol·L－1H2C2O4溶液用NaOH溶液滴定至pH＝4.19。请推断c()_____c()(填等于或大于或小于)(5)0.1mol·L－1H2C2O4溶液用氨水滴定至pH＝7.0时：c()、c()、c()三者之间的关系用一等式来表示_____。【答案】(1).c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)(2).c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()(3).酸(4).H2C2O4的Ka1=10-1.23，Ka2=10-4.19，的电离常数为10-4.19，的水解常数为＜10-4.19，的电离程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液显酸性(5).等于，(6).c()=c()+2c()【解析】【分析】(1)依据电离常数，分析的电离程度、的水解程度、的水解程度的大小关系，从而比较离子浓度的大小关系；(3)比较的电离程度和水解程度的大小关系，分析NaHC2O4溶液的酸碱性；(4)依据电离常数表达式分析；(5)依据溶液呈中性以及电荷守恒表达式分析。【详解】(1)由于pK＝-lgK，则Ka1=10-1.23，Ka2=10-4.19，Kb=10-4.75，的电离程度、的水解程度、的水解程度的大小关系为：10-4.19＞＞，故溶液显酸性，结合水的电离可知NH4HC2O4溶液中c(H＋)、c(OH－)、c()、c()四种离子浓度的大小依次为c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；(2)NaHC2O4溶液中存在的电离和水解以及水的电离，溶液中的离子有Na+、H+、OH-、、，故电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；(3)H2C2O4的Ka1=10-1.23，Ka2=10-4.19，的电离常数为10-4.19，的水解常数为＜10-4.19，故的电离程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液显酸性；(4)此时溶液的pH＝4.19，，故c()等于c()；(5)溶液pH＝7.0，呈中性，则c(H+)=c(OH-)，又溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c()=c()+2c()+c(OH-)，故c()=c()+2c()。【点睛】多元弱酸的酸式盐溶液显酸性还是碱性，对水的电离是促进还是抑制，是同学们的易混点。例如，在NaHCO3溶液中，存在HCO3-的水解平衡HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解会促进水的电离，同时存在电离平衡HCO3-⇌H++CO32-，电离会抑制水的电离，由于HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以NaHCO3溶液呈碱性，促进水的电离；又例如，在NaHSO3溶液中，存在HSO3-的水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，水解会促进水的电离，同时存在电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，电离会抑制水的电离，由于HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液呈酸性，抑制水的电离。该题中经过计算，的电离程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液显酸性。19.难溶电解质的沉淀溶解平衡及其溶度积在生产、科研等领域有着很多的应用。(1)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgClAg＋＋Cl－。25℃时，氯化银的Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。现将足量氯化银分别放入下列溶液：①100mL蒸馏水中；②100mL0.1mol·L－1盐酸中；③100mL0.1mol·L－1氯化铝溶液中；④100mL0.1mol·L－1氯化镁溶液中。充分搅拌后，相同温度下，银离子浓度由大到小的依次是_____(填序号)。在0.1mol·L－1氯化铝溶液中，银离子的浓度最大可达到_____mol·L－1。(2)25℃时，1L水中约能溶解2.4×10－3g硫酸钡。①试计算25℃时硫酸钡的溶度积Ksp(BaSO4)＝_____。②当人体中钡离子浓度达到2×10－3mol·L－1时会影响健康，那么硫酸钡可作为“钡餐”的缘由是_____。③在25℃时，1L水中约能溶解0.018g碳酸钡，且胃液是酸性的，碳酸钡不能代替硫酸钡作为“钡餐”的理由是_____。(要运用题中所给数据，经计算回答上述②、③两小题)(3)锅炉水垢会降低燃料利用率，还会形成平安隐患，因此要定期除去锅炉水垢。水垢中含有CaSO4[Ksp(CaSO4)＝7.10×10－5]，若用1mol·L－1碳酸钠溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CacCO3[Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9]，试利用Ksp计算反应的平衡常数说明这一转化的原理_____。【答案】(1).①＞②＞④＞③(2).6.0×10-10mol/L(3).1.1×10-10(4).BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+(aq)，c(Ba2+)==1.05×10-5mol/L，小于2×10-3mol/L，而胃液中H+对BaSO4的沉淀溶液平衡没有影响，所以BaSO4可用做钡餐(5).在25℃时，1L水中约能溶解0.018gBaCO3，c(BaCO3)=c(Ba2+)=c()=9.14×10-5mol/L，虽然9.14×10-5mol/L＜2×10-3mol/L，但由于胃液是酸性的，假如服下BaCO3，胃酸可与反应生成二氧化碳，使浓度降低，使BaCO3的沉淀溶解平衡向右移动，使Ba2+浓度大于2×10-3mol/L，引起人体中毒(6).因为CaSO4⇌Ca2++Ksp(CaSO4)=7.10×10-5，CaCO3⇌Ca2++Ksp(CaCO3)=4.96×10-9，所以CaSO4+⇌CaCO3+的平衡常数K===1.43×104，将c()=1mol/L代入K，可求出c()=1.43×104，从而实现这一沉淀的转化【解析】【分析】(1)氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度改变；依据溶度积分别计算比较分析；(2)①在25℃时，1L水中约能溶解2.4×10−3g硫酸钡，n(BaSO4)=mol，则c(Ba2+)=c()=mol/L，结合Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)×c()计算；②依据硫酸钡的溶度积常数计算硫酸钡溶液中的钡离子浓度，推断是否对人体有害；③依据碳酸钡能溶解于胃酸分析能否代替；(3)依据平衡反应CaSO4+⇌CaCO3+，该反应的平衡常数K====1.43×104，将c()=1mol/L代入K，可得c()=1.43×104mol/L，即溶度积大的物质可转化为溶度积小的物质。【详解】(1)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgClAg＋＋Cl－。25℃时，氯化银的Ksp(AgCl)＝1.8×10－10=c(Ag+)•c(Cl-)，通过计算分别得到：①100mL蒸馏水中含银离子浓度和氯离子浓度相同，c(Ag+)=c(Cl-)=≈1.34×10-5mol/L；②100mL0.1mol•L-1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，c(Ag+)==1.8×10-9mol/L；③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，c(Ag+)==6×10-10mol/L；④100mL0.1mol•L-1MgCl2溶液中Cl-浓度为0.2mol/l，抑制沉淀溶解平衡，c(Ag+)==9×10-10mol/L；综上所述银离子的物质的量浓度大小依次为：①＞②＞④＞③；在0.1mol•L-1氯化铝溶液中，银离子的物质的量浓度最大可达到：6.0×10-10mol/L；(2)①在25℃时，1L水中约能溶解2.4×10−3g硫酸钡，n(BaSO4)=mol，则c(Ba2+)=c()=mol/L，则25℃时硫酸钡的Ksp=c(Ba2+)×c()=×≈1.1×10-10；②依据硫酸钡的溶解平衡计算，在硫酸钡中存在平衡：BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+(aq)，c(Ba2+)==1.05×10-5mol/L，小于2×10-3mol/L，而胃液中H+对BaSO4的沉淀溶液平衡没有影响，所以BaSO4可用做钡餐；③在25℃时，1L水中约能溶解0.018gBaCO3，c(BaCO3)=c(Ba2+)=c()=9