河北省安平中学2019-2020学年高二化学上学期第四次月考试题（含解析）

河北省安平中学2019-2020学年高二化学上学期第四次月考试题（含解析）相对原子质量：h:1 c:12 o:16 s:32 al:27 cu:64 n:14 mg:24 ga:40 ag:108 ba:137一选择题：本题共10小题，每小题只有一个选项符合要求，每小题2分，共20分。1.在相同温度时，100ml0.01moll1的醋酸溶液与10ml 0.1moll1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（）a. h+的物质的量b. 醋酸的电离常数c. 中和时所需naoh的量d. ch3cooh的物质的量【答案】a【解析】【分析】在相同温度时，100ml0.01moll1的醋酸溶液与10ml 0.1moll1的醋酸溶液，可将前者是后者溶液体积扩大10倍后所得。【详解】a. 稀释后，会促进醋酸的电离，h+的物质的量增大，a正确；b. 温度不变，电离常数不变，b错误；c. 稀释后，醋酸的物质的量不变，故中和时所需naoh的量不变，c错误；d. 稀释后，醋酸的物质的量不变，d错误；故答案选a。2.10ml浓度均为0. 1 mol/l的三种溶液:hf溶液；koh溶液；kf溶液。下列说法正确的是a. 和混合后，酸碱恰好中和，溶液呈中性b. 和中均有c(f-)+c(hf) =0.1mol/lc. 和混合：c(f-)+c(oh-) =c(h+) +c(hf)d. 由水电离出来的c(oh-)：【答案】b【解析】a、和混合后，生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故a错误；b、根据物料守恒和中均有c(f-)+c(hf) =0.1mol/l，故b正确；c、和混合：根据质子守恒有c(f-)+2c(oh-) =2c(h+) +c(hf)，故c错误；d、由水电离出来的c(oh-),故d错误；故选b。3.0.2moll-1的hcn溶液与0.2moll-1的nacn溶液等体积混合，已知混合液中c（na+）c（cn-），则下列关系正确的是()a. c（h+）c（oh-）b. c（hcn）+c（cn-）=0.2 moll-1c. c（na+）=c（cn-）+c（oh-）d. c（na+）=c（cn-）+c（hcn）【答案】b【解析】【详解】a、hcn和nacn物质的量相等，但c(na)c(cn)，说明cn的水解程度大于hcn的电离程度，溶液显碱性，即c(oh)c(h)，故a错误；b、根据物料守恒，即c(hcn)c(cn)=(0.20.2)/2moll1=0.2moll1，故b正确；c、根据电荷守恒，c(na)c(h)=c(cn)c(oh)，故c错误；d、根据物料守恒，2c(na)=c(cn)c(hcn)，故d错误；答案选b。4.常温下0.1moll1醋酸溶液的ph=a，下列能使溶液ph=（a+1）的措施是a. 将溶液稀释到原体积的2倍b. 加入适量的醋酸钠固体c. 加入等体积0.2 moll1盐酸d. 加少量冰醋酸【答案】b【解析】常温下0.1moll1醋酸溶液的ph=a，当此溶液变为ph=（a+1）时，ph升高了，溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，c(h+)由mol/l变为mol/l。醋酸为弱酸，溶液中存在其电离平衡，可以加水稀释溶液使氢离子浓度减小，欲使溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，稀释后溶液体积必须大于原来的十倍。也可以加入可溶性醋酸盐使电离平衡逆向移动而使氢离子浓度减小。a. 将溶液稀释到原体积的2倍 ，氢离子浓度肯定会大于原来的二分之一，所以a不正确； b. 加入适量的醋酸钠固体，可行，因为增大了溶液中醋酸根离子的浓度，醋酸的电离平衡逆向移动，所以b正确；c.因为盐酸是强酸，所以加入等体积0.2 moll1盐酸后，c(h+)一定变大了，ph将减小；d. 加少量冰醋酸，增大了醋酸的浓度，酸性增强，ph减小，d不正确。本题选b。点睛：首先要明确酸性溶液的ph变大时，表明溶液的酸性减弱了。ph增大1时，溶液中的氢离子溶液就会变为原来的十分之一。5.常见无机酸25时在水溶液中的电离平衡常数如下表： 氢氰酸(hcn) 碳酸(h2co3) 氢氟酸(hf)k = 6.210-10 k= 4.210-7 k=6.6110-4下列选项正确的是( )a. 氟化钠溶液中通入co2：2f-+h2o+co2=2hf+co32b. nacn与hcn的混合溶液中：2c(na+)=c(cn）+c(hcn)c. 25时同浓度的nacn和naf溶液的ph值前者小于后者d. 25时cn-的水解平衡常数约为1.610-5【答案】d【解析】【分析】根据电离平衡常数可知，酸性hf h2co3 hcn。【详解】a根据电离平衡常数知，hf的酸性大于h2co3，方程式不符合强酸制弱酸的原理，故a错误；b没有说明nacn与hcn的物质的量的关系，所以nacn与hcn的混合溶液中，不能得到2c（na+）c（cn-）+c（hcn），故b错误；c酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其盐的水解程度越小，hf的酸性强，则naf的水解程度小，溶液的ph小，所以25时同浓度的nacn和naf溶液的ph值前者大于后者，故c错误；d. ，故d正确；故答案选d。6.室温时，在由水电离出c(oh)=1.010-12mol/l的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）a. k+、na+、hco3、clb. k+、mno4、br、clc. na+、cl、no3、so42d. al3+、nh4+、cl、so42【答案】c【解析】【详解】室温时由水电离出c(oh)=1.010-12mol/l的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，ahco3与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，选项a错误；bmno4、cl在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项b错误；cna+、cl、no3、so42之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，选项c正确；dal3+、nh4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，选项d错误；答案选c。7.室温下，将ph=3的硫酸溶液和氢氧化钠溶液按体积比10：1混和，若使混和后溶液的ph=7，则氢氧化钠溶液的ph为（）a. 13b. 12c. 11d. 10【答案】b【解析】【详解】由于混合后溶液ph=7，则硫酸中氢离子的物质的量=naoh中氢氧根离子的物质的量，可列出，x=-2，故naoh中氢氧根离子的浓度为mol/l，poh=2，则室温下溶液的ph=12，故答案选b。【点睛】常温下，可通过ph+poh=14来简化ph计算的运算。8.溶液的酸碱性可用酸度（ag）表示，。室温下，将0.0100moll-l盐酸逐滴滴入20.0ml 0.0100moll-l氨水中，溶液的ag变化如图所示。下列说法正确的是 () a. m点以后nh4+的水解程度逐渐增大b. 室温下，0. 0100moll-l盐酸的ag =12c. m点加入盐酸的体积大于20.0 mld m点时溶液中：c(nh4+) =c(cl-)【答案】d【解析】am点后，若盐酸过量，hcl电离出的氢离子抑制了铵根离子的水解，a错误；b室温下，0.01 moll-l盐酸中氢离子浓度为0.01mol/l，氢氧根离子浓度为10-12mol/l，该盐酸的ag=0.01/1012=lg10，b错误；cm点时c（h+）=c（oh-），溶液呈中性，当加入盐酸的体积为20.00 ml时，溶质为氯化铵，溶液为酸性，若为中性，则加入盐酸体积稍小于20.00ml，c错误；d根据图象可知，m点的ag=lgc(h+)/c(oh)=0，则c（h+）=c（oh-），根据电荷守恒可知c（nh4+）=c（cl-），d正确；答案选d。9.25时，在一定体积ph=12的ba(oh)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的nahso4溶液，当溶液中的ba2+恰好完全沉淀时，溶液ph=11，若体积可以加和，则v (ba(oh)2)：v( nahso4)为( )a. 1：1b. 1：4c. 2：1d. 3：2【答案】b【解析】【详解】ph=12的ba(oh)2溶液中c(oh-)=10-2mol/l，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x10-2mol，溶液中的ba2+恰好完全沉淀时反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x10-2mol，设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应ba(oh)2+nahso4=baso4+h2o+naoh，混合后溶液ph=11，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：c(oh-)=10-3mol/l，则：=10-3，整理可得：x：y=1：4，故选b。10.已知温度t时水的离子积常数为kw，该温度下，将浓度为a moll-1的一元酸ha与b moll-1的一元碱boh等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是a. a=bb. 混合溶液的ph=7c 混合溶液中，c(h+)=mol.l-1d. 混合溶液中c(h+)+c(b+)=c(oh-)+c(a-)【答案】c【解析】【详解】a. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，a错误；b. 由于没有给具体的温度，ph=7，不一定是中性，b错误；c. 判断溶液呈中性的依据只能是c(h+)=c(oh-)，此时c(h+)=moll-1，c正确； d. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，d错误；故合理选项为c。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11. 下列有关说法中正确的是a. 已知25时nh4cn溶液显碱性,则25时的电离平衡常数k(nh3h2o)k(hcn)b. 由水电离出的c(h)=1012moll1的溶液中:na、ba、hco3、cl可以大量共存c. 已知ksp(agcl)=1.561010， ksp(ag2cro4)=9.01012。向含有cl、cro4且浓度均为0.010 moll-1溶液中逐滴加入0.010 moll-1的agno3溶液时，cro4先产生沉淀d. 常温下ph=7的ch3cooh和naoh混合溶液中，c(na)c(ch3coo)【答案】a【解析】【详解】a25时nh4cn水溶液显碱性，说明cn-的水解程度大于nh4+的水解程度，则hcn电离程度小于nh3h2o电离程度，因此25时的电离常数k（nh3h2o）k（hcn），故a正确；b由水电离出的c(h)=10-12moll-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，hco3-与氢离子和氢氧根离子均反应，在溶液中一定不能大量共存，故b错误；c析出沉淀时，agcl溶液中c(ag+)=mol/l=1.5610-8mol/l，ag2cro4溶液中c(ag+)=mol/l=310-5，c(ag+)越小，则越先生成沉淀，所以2种阴离子产生沉淀的先后顺序为cl-、cro4，故c错误；d常温下ph=7的ch3cooh和naoh混合溶液中，c(h)=c(oh)，根据电荷守恒可知：c(na)=c(ch3coo)，故d错误；答案选a。12.常温下，有下列四种溶液：0.1mol/l 盐酸ph = 3盐酸0.1mol/l 氨水ph = 11氨水下列说法正确的是a. 由水电离出的c(h+):b. 稀释到原来的100倍后，ph与相同c. 与混合，若溶液ph = 7，则v(盐酸)v(氨水)d. 与混合，若溶液显碱性，则所得溶液中离子浓度可能为：c(nh4+)c(oh-)c(cl-)c(h+)【答案】d【解析】【详解】a.相同浓度的氨水与盐酸，氨水实际上还会促进水的电离，所以由水电离产生的c(h+):，故a错误；b.如果是强碱的话，稀释100倍，其ph一定为11，但是关键氨水是弱碱，无论稀释到什么程度，都会有未电离的氨水存在，所以ph一定比11要小，故b错误；c.与混合得到的是氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，显酸性，所以若想要其ph为7，则氨水的用量一定要比盐酸的用量大才可以，故c错误；d.所得溶液显碱性，所以氢氧根离子的浓度一定要比氢离子的浓度大，而且铵根离子的浓度要比氯离子的浓度大，故d正确；答案选d。13.下列有关电解质溶液的说法正确的是( )a. 向0.1moll1ch3cooh溶液中加入少量水，溶液中减小b. 将ch3coona溶液从20升温至30，溶液中减小c. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1d. 向agcl、agbr的饱和溶液中加入少量agno3，溶液中不变【答案】bd【解析】【详解】a项，加水虽然促进电离，增大，但减小，保持不变，则溶液中增大，故a项错误；b项，20升温至30，促进水解，且增大，则溶液中减小，故b项正确；c项，向盐酸中加入氨水至中性，则，由电荷守恒可知，溶液中，即，故c项错误；d项，向agcl、agbr的饱和溶液中加入少量agno3，相同，则，只与温度有关，而温度不变，则溶液中不变，故d项正确；故答案选bd。14.某温度时，baso4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）提示baso4（s）ba2+（aq）+so42（aq）的平衡常数ksp=c（ba2+）c（so42），称为溶度积常数。a. 加入na2so4可以使溶液由a点变到b点b. 通过蒸发可以使溶液由d点变到c点c. d点无baso4沉淀生成d. a点对应的ksp大于c点对应的ksp【答案】c【解析】【分析】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态。【详解】a、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入，会增大，平衡左移，应降低，故a错误；b、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水， 、均增大，故b错误；c、d点表示，溶液不饱和，不会有沉淀析出，所以c选项是正确的；d、ksp是一常数，温度不变ksp不变，在曲线上的任意一点ksp都相等，故d错误；所以c选项是正确的。15.常温下，甲酸、乙酸电离常数：ka(hcooh)=1.77x104、ka(ch3cooh)=1.75 x105有甲、乙、丙三种溶液：甲1000 ml 0.1 mol/l hcoona溶液乙1000 ml 0.1 mol/l ch3coona溶液丙1000 ml含hcoona、ch3coona各0.05 mol的溶液下列叙述错误的是a. 溶液中c(na+)：甲乙丙b. 溶液中阴、阳离子和酸分子总数：甲丙乙c. 溶液ph：甲丙乙d. 溶液中阴、阳离子总数：甲丙乙【答案】a【解析】溶液中c(na+)：甲乙=丙，都等于0.1 mol/l，故a错误；醋酸根水解程度大于甲酸根离子，所以溶液中阴、阳离子和酸分子总数：甲丙丙乙，溶液中阴、阳离子总数：甲丙乙,故d正确。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。（1）一定温度下，向1 l 01 moll1ch3cooh溶液中加入01 mol ch3coona固体，则溶液中_(填“增大”“不变”或“减小”)，写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式_；（2）常温下向20 ml 01 moll1na2co3溶液中逐滴加入01 moll1hcl溶液40 ml，溶液中含碳元素的各种微粒(co2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液ph变化的部分情况如图所示。回答下列问题：在同一溶液中，h2co3、hco3-、co32-_(填“能”或“不能”)大量共存；当ph7时，溶液中含碳元素的主要微粒为_，溶液中各种离子（co32-除外）的物质的量浓度的大小关系为_；已知在25时，co32-水解反应的平衡常数即水解常数kh2104moll1，当溶液中c(hco3-)c(co32-)21时，溶液的ph_。【答案】 (1). 减小 (2). c(ch3coo)c(oh)c(h)c(na) (3). 不能 (4). hco3-、h2co (5). c(na)c(cl)c(hco3-)c(h)c(oh) (6). 10【解析】【分析】（1）根据稀释后溶液中存在的电离平衡的移动来回答，溶液中存在电荷守恒；（2）常温下在20ml0.1mol/l na2co3溶液中逐滴加入0.1mol/l hcl溶液40ml，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，根据图2可知，ph=8时只有碳酸氢根离子，ph大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，ph小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子，在同一溶液中，h2co3、hco3-、co32-不能共存；ph=7时，溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠及碳酸，存在的离子主要为：h2co3、hco3-，溶液显示中性，c（h+）=c（oh-），根据电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小关系；根据水解常数计算c（oh-），由根据水的离子积kw计算c（h+），根据ph=-lgc（h+）计算。【详解】（1）一定温度下，向1 l 01 moll1ch3cooh溶液中加入01 mol ch3coona固体，则醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，所以= c(h)/k,k为电离常数，氢离子浓度减小，则比值减小；该溶液中存在的离子只有钠离子、氢离子、氢氧根离子、醋酸根离子，符合电荷守恒，所以该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式为c(ch3coo)c(oh)c(h)c(na)；（2）由图可知，在同一溶液中，三种h2co3、hco3-、co32-不能大量共存，碳酸根离子离子减少时碳酸氢根离子的浓度逐渐增大，碳酸氢根离子逐渐减少时，碳酸分子的浓度增大；由图可知，当ph7时，部分碳酸氢根离子转化为碳酸，溶液中含碳元素主要微粒为hco3-、h2co3，此时溶液中的溶质为碳酸氢钠、碳酸、氯化钠，且氯化钠的物质的量大于碳酸氢钠的物质的量，因为溶液呈中性，则c(h)c(oh)，所以溶液中各离子的浓度关系为c(na)c(cl)c(hco3-)c(h)c(oh)；当溶液中c(hco3-)c(co32-)21时，根据kh2104moll1可得c(oh)= 1104moll1，则c(h)11010moll1，所以溶液ph=10。17.i己知25时，乙酸和碳酸的电离平衡常数如下表：物质的化学式ch3coohh2co3电离平衡常数k=1.8105k1=4.3107k2=5.61011（1）用饱和氨水吸收co2可得到nh4hco3溶液，若已知ch3coonh4溶液ph=7，则nh4hco3溶液显_(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。（2）25时，在0.lmol/l乙酸溶液中加入一定量的nahco3，保持温度不变，所得混合液的ph=6，那么混合液中=_，该混合溶液中的离子浓度由大到小的顺序为：_。某学生用0.2000moll-1的标准naoh溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下： 用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入naoh溶液至“0”刻度线以上； 固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体； 调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数； 移取20.00ml待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液； 用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号）_，该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）_。（2）判断滴定终点的现象是：_。（3）如下图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_ml。（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：_mol/l。滴定次数待测体积（ml）标准烧碱体积（ml）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00【答案】 (1). 碱性 (2). 18 (3). c(ch3coo-)c(na+)c(h+)c(oh-) (4). (5). 偏大 (6). 滴入最后一滴naoh溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不变色 (7). 22.60 (8). 0.2000【解析】【分析】i.（1）电离平衡常数比较，因为h2co3酸性比ch3cooh弱，根据盐类水解规律分析，碳酸氢根离子水解程度更大；（2）根据ph和醋酸的电离常数计算，混合溶液ph=6显酸性说明混合溶液为硝酸钠和醋酸，醋酸电离大于醋酸根离子水解；ii（1）根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗；根据c（待测）=分析不当操作对v（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（2）根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（3）依据滴定管的规范性读数要求作答；（4）三次消耗的标准氢氧化钠溶液体积分别为：20.00ml、20.00ml、22.10ml，其中第三次与前两次数据相差较大，应舍弃根据c（待测）=计算盐酸的浓度。【详解】i. （1）已知ch3coonh4溶液ph=7，电离平衡常数可以知道醋酸电离程度小于等于一水合氨电离程度，根据盐类水解规律，因为酸性比弱，碳酸氢根离子水解程度比铵根离子水解程度更大，所以nh4hco3溶液显碱性；（2）根据ph可以知道和醋酸的电离常数，计算得出，混合溶液ph=6显酸性，说明混合溶液为硝酸钠和醋酸，醋酸电离大于醋酸根离子水解，离子浓度大小为；ii.（1）用蒸馏水洗涤碱式滴定管后应再用标准液润洗2-3次，否则残留在滴定管内的蒸馏水会稀释标准氢氧化钠溶液，使得标准氢氧化钠的测量体积偏大，从而使测量结果偏大。（2）酚酞变色范围为：ph8.2呈无色，8.2ph10.0呈红色，向锥形瓶中稀盐酸不断滴加标准氢氧化钠溶液的过程中ph不断增大，达到滴定终点时的现象时锥形瓶中溶液从无色变为红色，且半分钟不变色。（3）滴定管读数精确到0.01ml，所以读数为22.60。（4）三次消耗的标准氢氧化钠溶液体积分别为：20.00ml、20.00ml、22.10ml，其中第三次与前两次数据相差较大，应舍弃，所以由前两次可求得消耗标准氢氧化钠溶液平均体积为20.00ml，则盐酸溶液浓度为：。【点睛】在回答酸碱中和滴定相关问题时，要注意相关精密仪器的精度，确保答题时有效数字的正确。18.连二次硝酸（h2n2o2）是一种二元酸，可用于制n2o气体。（1）连二次硝酸中氮元素的化合价为_。（2）常温下，用0.01moll1的溶液naoh滴定10ml0.01moll1h2n2o2溶液，测得溶液ph与naoh溶液体积的关系如图所示写出h2n2o2在水溶液中的电离方程式：_。c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。b点时溶液中c（h2n2o2）_（填“”“”或“=”，下同）c（n2o22）。a点时溶液中c（na+）_c（hn2o2）+c（n2o22）。（3）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，已知ksp（ag2n2o2）=4.2109 分散系中=3.0104 此时ksp（ag2so4）=_。【答案】 (1). +1 (2). h2n2o2hn2o2+h+ (3). c（na+）c（n2o22）c（oh）c（hn2o2）c（h+） (4). (5). (6). 1.4105【解析】【分析】（1）根据h2n2o2中h、o元素的化合价分别为+1、-2及总化合价之和为0进行计算n元素的化合价；（2）根据图象可知，0.01mol/l的h2n2o2溶液的ph=4.3，说明h2n2o2为二元弱酸，二元弱酸只要以第一步电离为主，据此写出其电离方程式；c点滴入20ml相同浓度的naoh溶液，反应后溶质为na2n2o2，n2o2-部分水解，溶液呈碱性，结合电荷守恒判断各离子浓度大小；b点溶质为nahn2o2，溶液呈碱性，则hn2o2-的水解程度大于其电离程度；依据电荷守恒规律分析作答；（3）依据溶度积规则将离子浓度的比值变形转化为溶度积之间的关系，可得出结论。【详解】(1）h2n2o2分子中h的化合价为+1，o元素的化合价为-2，设n元素的化合价为x，根据总化合价之和为0可知：2x+（+1）2+（-2）2=0，解得：x=1，即n元素的化合价为+1；（2）根据图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.01mol/l的h2n2o2溶液的ph=4.3，说明h2n2o2为二元弱酸，二元弱酸只要以第一步电离为主，则其电离方程式为：；c点滴入20ml相同浓度的naoh溶液，反应后溶质为，部分水解，溶液呈碱性，则：，由于溶液中氢氧根离子还来自水的电离及的水解，则，溶液中离子浓度大小为：；c点溶质为，溶液的ph7，说明溶液显示碱性，则的水解程度大于其电离程度，所以；根据图象可知，a点时溶液的ph=7，溶液呈中性，则，根据电荷守恒可知c（na+）=2c（hn2o2）+c（n2o22），所以c（na+）c（hn2o2）+c（n2o22）；（3）当两种沉淀共存时，ksp（ag2so4）=1.4105。19.有两条途径可以使重晶石（baso4）转化为碳酸钡，如下图示：试回答下列问题：（1）反应1中发生的主要反应为：baso4+4c=bas+4co，若1mol baso4完全反应，转移电子数约为_。（2）na2co3溶液的ph大于10，用离子方程式说明其主要原因_，含有等物质的量的na2co3和nahso4的两种溶液混合后其溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。（3）已知反应4中发生的反应为：baso4（s）+co32(aq)= baco3（s）+ so42(aq)，若ksp（baso4）=110 10mol2l2，ksp（baco3）=5109mol2l2，则k的值为_。（4）若每次加入1l 2 mol l1的na2co3溶液，至少需要_次可将0.2mol baso4转化为baco3。【答案】 (1). 4.81610 24 (2). co32+h2ohco3+oh (3). c（na+）c（so42-）c（hco3）c（oh）c（h+）c（co32） (4). 0.02 (5). 6【解析】【分析】（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析计算电子转移；（2）na2co3溶液的ph大于10，说明溶液显碱性，碳酸根离子分步水解的原因；依据溶液中离子浓度比较大小；（3）已知反应iv中发生的反应为：baso4（s）+co32-baco3（s）+so42-，平衡常数概念书写，同一溶液中钡离子浓度相同，结合溶度积常数表达式推算k；（4）若每次加入1l2moll-1的na2co3溶液，结合baso4（s）+co32-baco3（s）+so42-，的平衡常数计算生成硫酸根离子物质的量得到将0.2molbaso4转化为baco3的次数。【详解】（1），碳元素化合价0价变化为+2价，电子转移8e-，若1mol baso4完全反应，电子转移的数量为8na= 4.81610 24；（2）na2co3溶液的ph大于10，说明溶液显碱性，碳酸根离子分步水解的原因；，溶液中离子浓度大小为: c（na+）c（so42-）c（hco3）c（oh）c（h+）c（co32）；（3）已知反应iv中发生的反应为: baso4（s）+co32(aq)= baco