高二化學(xué)反應(yīng)原理課時(shí)作業(yè)13：章末檢測(cè)卷（三）

高二《化學(xué)反應(yīng)原理》PAGEPAGE1章末檢測(cè)卷(三)(時(shí)間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題包括15小題，每小題3分，共45分；每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.pH＝2的鹽酸和pH＝2的稀硫酸相比較，下列說法正確的是()A.兩溶液的物質(zhì)的量濃度相同B.兩溶液的c(H＋)相同C.等體積的兩溶液分別與足量Zn反應(yīng)，產(chǎn)生H2的量不同D.將兩溶液均稀釋100倍后，pH不同[解析]兩溶液均為強(qiáng)酸，pH相同，則[H＋]相同，但硫酸為二元酸，物質(zhì)的量濃度應(yīng)該是鹽酸的eq\f(1,2)。與Zn反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是H＋的反應(yīng)，因[H＋]和體積均相同，產(chǎn)生的H2的量也應(yīng)該相同，兩溶液稀釋100倍后，pH均變?yōu)?。[答案]B2.下列事實(shí)能說明亞硝酸是弱電解質(zhì)的是()①25℃時(shí)亞硝酸鈉溶液的pH大于7②用HNO2溶液做導(dǎo)電試驗(yàn)，燈泡很暗③HNO2溶液不與Na2SO4溶液反應(yīng)④0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1A.①②③ B.②③④C.①④ D.①②④[解析]25℃時(shí)NaNO2溶液pH>7，說明NOeq\o\al(－,2)水解，則HNO2為弱酸，①符合；②溶液導(dǎo)電性差，有可能是HNO2的濃度小，不能說明HNO2是弱電解質(zhì)；③HNO2不與Na2SO4反應(yīng)，只能說明HNO2的酸性小于H2SO4，不能說明HNO2是弱酸；④說明HNO2未完全電離，則HNO2是弱電解質(zhì)。[答案]C3.水是最寶貴的資源之一。下列表述正確的是()A.4℃時(shí)，純水的pH＝7B.溫度升高，純水中的[H＋]增大，[OH－]減小C.水的電離程度很小，純水中主要存在形態(tài)是水分子D.向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，使水的離子積減小[解析]25℃時(shí)純水的pH＝7，A錯(cuò)；升溫，水的電離程度增大，[OH－]和[H＋]均增大，B錯(cuò)；水是弱電解質(zhì)，電離的程度很小，純水中主要存在形態(tài)是水分子，C對(duì)；水的離子積與溫度有關(guān)，加入酸或堿均能抑制水的電離，但水的離子積不變，D錯(cuò)。[答案]C4.已知NaHSO4在水中的電離方程式為NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。某溫度下，向pH＝6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測(cè)得溶液的pH為2。下列對(duì)該溶液的敘述中，不正確的是()A.該溫度高于25℃B.由水電離出來的H＋的濃度是1.0×10－10mol·L－1C.NaHSO4晶體的加入抑制了水的電離D.該溫度下加入等體積pH為12的NaOH溶液可使該溶液恰好呈中性[解析]pH＝6的蒸餾水，說明該溫度高于25℃。此時(shí)溶液pH＝2，則說明[H＋]＝1.0×10－2mol·L－1，此溫度下水的電離積Kw＝1.0×10－12，則[OH－]＝1.0×10－10mol·L－1，則水電離出的[H＋]＝1.0×10－10mol·L－1。NaHSO4電離出H＋，抑制了水的電離。[答案]D5.下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的說法錯(cuò)誤的是()A.中和滴定時(shí)盛待測(cè)液的錐形瓶中有少量水對(duì)滴定結(jié)果無影響B(tài).在酸堿中和滴定實(shí)驗(yàn)中，滴定管都需潤(rùn)洗，否則引起誤差C.滴定時(shí)，左手控制滴定管活塞，右手握持錐形瓶，邊滴邊振蕩，眼睛注視滴定管中的液面D.稱量時(shí)，稱量物放在稱量紙上，置于托盤天平的左盤，砝碼放在托盤天平的右盤[解析]滴定操作時(shí)，眼睛應(yīng)注視錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色的變化，C錯(cuò)。[答案]C6.已知溫度T時(shí)的水離子積常數(shù)為Kw，該溫度下，將濃度為amol·L－1的一元酸HA與bmol·L－1的一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是()A.a＝bB.混合溶液的pH＝7C.混合溶液中，[H＋]＝eq\r(Kw)mol·L－1D.混合溶液中，[H＋]＋[B＋]＝[OH－])＋[A－][解析]判斷溶液呈中性的依據(jù)是[H＋]＝[OH－]。A項(xiàng)中，a＝b，酸堿恰好完全反應(yīng)生成正鹽和水，由于酸堿強(qiáng)弱未知，不能確定溶液的酸堿性；B項(xiàng)中未說明溫度為25℃，故混合溶液的pH＝7時(shí)不一定呈中性；C項(xiàng)混合溶液中，[H＋]·[OH－]＝Kw，因?yàn)閇H＋]＝eq\r(Kw)mol·L－1，則[OH－]＝eq\r(Kw)mol·L－1，[H＋]＝[OH－]，故溶液呈中性；D項(xiàng)中[H＋]＋[B＋]＝[OH－]＋[A－]，只能說明溶液中電荷守恒，無法判斷溶液的酸堿性。[答案]C7.常溫下，下列各組離子在相應(yīng)的條件下可能大量共存的是()A.能使pH試紙變紅的溶液中：COeq\o\al(2－,3)、K＋、Cl－、Na＋B.由水電離產(chǎn)生的[OH－]＝1×10－10mol·L－1的溶液中：NOeq\o\al(－,3)、Mg2＋、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)C.在eq\f([OH－],[H＋])＝1×1012的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)D.eq\f(Kw,[H＋])＝10－10mol·L－1的溶液中：Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、Cl－、K＋[解析]A項(xiàng)，使pH試紙變紅說明該溶液呈酸性，COeq\o\al(2－,3)不能大量存在；B項(xiàng)，水溶液可能呈酸性或堿性，Mg2＋和OH－不能大量共存，但在酸性條件下這些離子可以大量共存；C項(xiàng)，常溫下由eq\f([OH－],[H＋])＝1×1012，知[OH－]>[H＋]，溶液呈堿性，NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋不能大量存在。D項(xiàng)，[H＋]大，溶液呈酸性，HCOeq\o\al(－,3)與H＋不共存。[答案]B8.向含有I－和Cl－的稀溶液中滴加AgNO3溶液，沉淀的質(zhì)量與加入的AgNO3溶液體積的關(guān)系如圖所示，則原溶液中[I－]與[Cl－]的比值為()A.eq\f(V2－V1,V1) B.eq\f(V1,V2)C.eq\f(V1,V2－V1) D.eq\f(V2,V1)[解析]向含有I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，先生成碘化銀沉淀，碘離子沉淀完全后，氯離子才開始沉淀。因此沉淀碘離子消耗AgNO3溶液的體積為V1，沉淀氯離子消耗AgNO3溶液的體積為(V2－V1)，因?yàn)榈怆x子、氯離子與銀離子均是按物質(zhì)的量之比1∶1反應(yīng)，所以原溶液中[I－]與[Cl－]的比值為eq\f(V1,V2－V1)。[答案]C9.關(guān)于濃度均為0.1mol/L的三種溶液：①氨水、②鹽酸、③氯化銨溶液，下列說法不正確的是()A.c(NHeq\o\al(＋,4))：③>①B.水電離出的[H＋]：②>①C.①和②等體積混合后的溶液：[H＋]＝[OH－]＋[NH3·H2O]D.①和③等體積混合后的溶液：[NHeq\o\al(＋,4)]>[Cl－]>[OH－]>[H＋][解析]濃度均為0.1mol/L的氨水、鹽酸、氯化銨溶液中，銨根離子濃度③>①，故A正確，B項(xiàng)氨水中水電離程度大，C是質(zhì)子守恒式正確，D項(xiàng)氨水和NH4Cl溶液等體積混合呈堿性故D正確，解答本題要注意，電解質(zhì)的電離和鹽類水解。[答案]B10.下列說法不正確的是()A.向固體Mg(OH)2存在的飽和溶液中加入NH4Cl固體，能使Mg(OH)2固體減少B.為了避免電解液中CuSO4因水解發(fā)生沉淀，可加入適量稀硫酸抑制水解C.在蒸發(fā)皿中加熱蒸干碳酸鈉溶液，可以得到碳酸鈉固體D.溶液導(dǎo)電過程是電解的過程，強(qiáng)電解質(zhì)的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)的導(dǎo)電能力強(qiáng)[解析]A項(xiàng)，銨根離子結(jié)合了溶液中的氫氧根離子，促進(jìn)了Mg(OH)2固體的溶解；B項(xiàng)，加入適量稀硫酸能抑制銅離子的水解；C項(xiàng)，強(qiáng)堿弱酸鹽在蒸干過程中不會(huì)產(chǎn)生易揮發(fā)物質(zhì)；D項(xiàng)，溶液導(dǎo)電能力取決于溶液中離子的濃度及所帶電荷數(shù)的多少。[答案]D11.常溫下濃度均為0.10mol·L－1、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lgeq\f(V,V0)的變化如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是()A.MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性B.ROH的電離程度：b點(diǎn)大于a點(diǎn)C.若兩溶液無限稀釋，則它們的[OH－]相等D.當(dāng)lgeq\f(V,V0)＝2時(shí)，若兩溶液同時(shí)升高溫度，則eq\f([M＋],[R＋])增大[解析]A.根據(jù)圖像可知，0.1mol/LMOH溶液的pH＝13，說明MOH完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)，而ROH溶液的pH<13，說明ROH為弱電解質(zhì)，所以MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性，正確；B.ROH為弱堿，溶液越稀越易電離，所以ROH的電離程度：b點(diǎn)大于a點(diǎn)，正確；C.兩溶液無限稀釋，都趨近中性，所以它們的氫氧根離子濃度相等，正確；D.MOH溶液中不存在電離平衡，而ROH溶液中存在電離平衡，升高溫度，電離正向移動(dòng)，則[R＋]濃度增大，而升高溫度，對(duì)[M＋]無影響，所以比值減小，錯(cuò)誤，[答案]選D。[答案]D12.25℃時(shí)有三瓶溶液：pH＝3的鹽酸、pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的氫氧化鈉溶液。下列說法正確的是()A.中和等體積的pH＝11的氫氧化鈉溶液，所需pH＝3的醋酸溶液的體積大于pH＝3的鹽酸的體積B.往上述鹽酸、醋酸溶液中分別加入少量相同的鋅粒，鹽酸中的鋅粒先反應(yīng)完全C.將上述醋酸溶液、氫氧化鈉溶液混合得到pH＝7的溶液，該溶液中[Na＋]大于[CH3COO－]D.25℃時(shí)pH＝3的鹽酸、pH＝3的醋酸溶液中水電離出的[H＋]均為10－11mol·L－1[解析]醋酸為弱酸，鹽酸為強(qiáng)酸，pH＝3的醋酸比pH＝3的鹽酸濃度大，中和等量NaOH溶液消耗的醋酸體積小，故A錯(cuò)；加入鋅粒反應(yīng)開始后，醋酸中[H＋]比鹽酸中[H＋]大，反應(yīng)速率快，所以醋酸中鋅粒先反應(yīng)完全，故B錯(cuò)；醋酸和NaOH溶液混合后若pH＝7，則溶液呈中性，由電荷守恒知[Na＋]＝[CH3COO－]，C錯(cuò)。[答案]D13.如圖表示25℃時(shí)，0.1mol·L－1的一元弱酸HA溶液在加水稀釋過程中，某物理量(y)隨加水量(x)變化的情況，則圖中縱軸y不可能是()A.[HA] B.Ka(HA)C.[H＋] D.[A－][解析]一元弱酸HA溶液加水稀釋后，[H＋]、[HA]、[A－]均減小；溫度不變時(shí)，Ka(HA)不發(fā)生變化。[答案]B14.已知常溫時(shí)CH3COOH的電離平衡常數(shù)為K。該溫度下向20mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1NaOH溶液，其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。下列說法中錯(cuò)誤的是()A.a點(diǎn)表示的溶液中[CH3COO－]略小于10－3mol·L－1B.b點(diǎn)表示的溶液中[CH3COO－]>[Na＋]C.c點(diǎn)表示CH3COOH和NaOH恰好反應(yīng)完全D.b、d點(diǎn)表示的溶液中eq\f([CH3COO－][H＋],[CH3COOH])均等于K[解析]a點(diǎn)pH＝3，[H＋]＝1×10－3mol·L－1＝[H＋]酸電離＋[H＋]水電離，而CH3COOH電離的[H＋]＝[CH3COO－]，故[CH3COO－]略小于1×10－3mol·L－1，A正確；b點(diǎn)pH<7，則[H＋]>[OH－]，根據(jù)電荷守恒[CH3COO－]＋[OH－]＝[H＋]＋[Na＋]，則[CH3COO－]>[Na＋]，B正確；若CH3COOH與NaOH恰好完全反應(yīng)，生成CH3COONa，溶液應(yīng)顯堿性，而c點(diǎn)pH＝7，故此時(shí)CH3COOH應(yīng)過量，C錯(cuò)誤；溫度不變，平衡常數(shù)K不變，則D正確。[答案]C15.常溫下將NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是()A.Ka2(H2X)的數(shù)量級(jí)為10－6B.曲線N表示pH與lgeq\f(c（HX－）,c（H2X）)的變化關(guān)系C.NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D.當(dāng)混合溶液呈中性時(shí)，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)[解析]H2XH＋＋HX－，HX－H＋＋X2－，Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HX－）,c（H2X）)，Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（X2－）,c（HX－）)，Ka1＞Ka2，c(H＋)相同時(shí)eq\f(c（HX－）,c（H2X）)＞eq\f(c（X2－）,c（HX－）)，lgeq\f(c（HX－）,c（H2X）)＞lgeq\f(c（X2）,c（HX－）)，所以曲線N表示pH與lgeq\f(c（HX－）,c（H2X）)的變化關(guān)系，B項(xiàng)正確；eq\f(c（X2－）,c（HX－）)＝1時(shí)，即lgeq\f(c（X2－）,c（HX－）)＝0，pH＝5.4，c(H＋)＝1×10－5.4mol·L－1，Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（X2－）,c（HX－）)≈1×10－5.4，A正確；HX－的水解方程式為：HX－＋H2OH2X＋OH－，水解平衡常數(shù)為：Kh＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,10－5.4)＝10－9.6，HX－電離大于水解，NaHX溶液顯酸性，c(H＋)＞c(OH－)，C正確；D項(xiàng)，當(dāng)溶液呈中性時(shí)，由曲線M可知lgeq\f(c（X2－）,c（HX－）)>0，eq\f(c（X2－）,c（HX－）)>1，即c(X2－)>c(HX－)，錯(cuò)誤。[答案]D二、非選擇題(本題包括5小題，共55分)16.(13分)室溫下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲線如圖(混合溶液的體積可看成混合前溶液的體積之和)。請(qǐng)回答下列問題：(1)點(diǎn)①所示溶液中，Kw＝__________。(2)點(diǎn)②所示溶液中的電荷守恒式為______________________________________。(3)點(diǎn)③所示溶液中存在________種平衡。(4)點(diǎn)④所示溶液中的物料守恒式為0.10mol·L－1＝________________________。(5)點(diǎn)⑤所示溶液中各離子濃度的大小順序?yàn)開___________________________________________________________________________________________________。(6)上述5點(diǎn)所示溶液中，水的電離程度最大的是____________________________________，最小的是________(用序號(hào)回答)。[解析](1)室溫下Kw為1.0×10－14mol2·L－2。(3)點(diǎn)③時(shí)兩者1∶1恰好完全反應(yīng)生成KHC2O4，因此存在HC2Oeq\o\al(－,4)的電離平衡和水解平衡，但不要忘記還有水的電離平衡。(4)要注意到反應(yīng)后溶液的體積為25mL。(5)點(diǎn)⑤溶液中的溶質(zhì)只有K2C2O4，其水解顯堿性。(6)H2C2O4的存在會(huì)抑制水的電離，而K2C2O4水解會(huì)促進(jìn)水的電離。[答案](1)1.0×10－14mol2·L－2(2)[K＋]＋[H＋]＝[HC2Oeq\o\al(－,4)]＋2[C2Oeq\o\al(2－,4)]＋[OH－](3)3(4)[K＋]＋[H2C2O4]＋[HC2Oeq\o\al(－,4)]＋[C2Oeq\o\al(2－,4)](5)[K＋]>[C2Oeq\o\al(2－,4)]>[OH－]>[HC2Oeq\o\al(－,4)]>[H＋](6)⑤①17.(12分)現(xiàn)有pH＝2的醋酸甲和pH＝2的鹽酸乙：(1)取10mL的甲溶液，加入等體積的水，醋酸的電離平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移動(dòng)；若加入少量的冰醋酸，醋酸的電離平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移動(dòng)；若加入少量無水醋酸鈉固體，待固體溶解后，溶液中[H＋]/[CH3COOH]的值將________(填“增大”、“減小”或“無法確定”)。(2)相同條件下，取等體積的甲、乙兩溶液，各稀釋100倍。稀釋后的溶液，其pH大小關(guān)系為pH(甲)____(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)pH(乙)。若將甲、乙兩溶液等體積混合，溶液的pH＝________。(3)各取25mL的甲、乙兩溶液，分別用等濃度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，則消耗的NaOH溶液的體積大小關(guān)系為V(甲)________V(乙)。(4)取25mL的甲溶液，加入等體積pH＝12的NaOH溶液，反應(yīng)后溶液中[Na＋]、[CH3COO－]的大小關(guān)系為[Na＋]______[CH3COO－]。[解析](1)根據(jù)溶液越稀越易電離可知加水稀釋后電離平衡正向移動(dòng)；若加入冰醋酸，相當(dāng)于增加了反應(yīng)物濃度，因此電離平衡也正向移動(dòng)；加入醋酸鈉固體后，溶液中醋酸根離子濃度增大，抑制了醋酸的電離，故[H＋]/[CH3COOH]的值減小。(2)由于在稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離，故稀釋相同的倍數(shù)后pH(甲)小于pH(乙)，同時(shí)可得(3)中V(甲)大于V(乙)。HCl和CH3COOH溶液的pH都是2，溶液中的H＋濃度都是0.01mol·L－1，設(shè)CH3COOH的原濃度為cmol·L－1，混合后平衡沒有移動(dòng)，則有CH3COOHH＋＋CH3COO－eq\a\vs4\al(原平衡濃度,（mol·L－1）)c－0.010.010.01eq\a\vs4\al(混合后濃度,（mol·L－1）)(c－0.01)/20.010.01/2由于溫度不變醋酸的電離常數(shù)不變，結(jié)合數(shù)據(jù)可知醋酸的電離平衡確實(shí)未發(fā)生移動(dòng)，因此混合后溶液的pH仍等于2。(4)兩者反應(yīng)后醋酸遠(yuǎn)遠(yuǎn)過量，溶液顯酸性，根據(jù)電荷守恒可得[Na＋]小于[CH3COO－]。[答案](1)向右向右減小(2)小于2(3)大于(4)小于18.(10分)有三種可溶性鹽A、B、C，可能由下列離子組成：Na＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)、NOeq\o\al(－,3)、Cl－。(1)A的溶液為淺綠色，若向A溶液中加入少量稀HCl，溶液變成黃色，則可確定A的化學(xué)式為________。(2)取B溶液于試管中，滴加酚酞溶液呈粉紅色，久置不褪色。則B的化學(xué)式是________；檢驗(yàn)B中陽(yáng)離子的方法是________。(3)C的水溶液為無色，用惰性電極電解該溶液，得到兩種氣體，這兩種氣體混合時(shí)見光易爆炸，則C可能的化學(xué)式為________或________；若向C的溶液中通入足量的氨氣后，無沉淀生成，則電解C溶液的化學(xué)方程式為_____________________________________________________________________。[解析](1)溶液淺綠色是推斷的關(guān)鍵，先確定有Fe2＋，鹽酸沒有氧化性，只能提供酸性，而溶液變成黃色，說明遇到氧化性物質(zhì)，經(jīng)分析，只能是NOeq\o\al(－,3)，所以A為Fe(NO3)2。(2)使酚酞變粉紅的溶液呈堿性，本題不是堿溶液，因?yàn)閴A溶液會(huì)吸收CO2，久置顏色變淺，所以可能是Na2CO3。(3)考查電解原理，電解生成兩種氣體，見光爆炸，一定是生成H2、Cl2，所以是電解NaCl溶液或AlCl3溶液。[答案](1)Fe(NO3)2(2)Na2CO3利用焰色反應(yīng)(3)NaClAlCl32NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑19.(10分)已知在25℃時(shí)，醋酸、次氯酸、碳酸和亞硫酸的電離平衡常數(shù)分別為醋酸K＝1.75×10－5mol·L－1次氯酸K＝2.95×10－8mol·L－1碳酸K1＝4.30×10－7mol·L－1K2＝5.61×10－11mol·L－1亞硫酸K1＝1.54×10－2mol·L－1K2＝1.02×10－7mol·L－1(1)寫出碳酸的第一級(jí)電離平衡常數(shù)表達(dá)式K1＝__________。(2)在相同條件下，等濃度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中堿性最強(qiáng)的是________。等濃度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中各離子濃度大小順序?yàn)開_____________。(3)若保持溫度不變，在醋酸溶液中通入少量HCl，下列量會(huì)變小的是________。a.[CH3COO－]b.[H＋]c.醋酸的電離平衡常數(shù)(4)下列離子方程式中錯(cuò)誤的是________。a.少量CO2通入次氯酸鈉溶液中：CO2＋H2O＋ClO－=HCOeq\o\al(－,3)＋HClOb.少量SO2通入次氯酸鈣溶液中：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOc.過量CO2通入澄清石灰水中：CO2＋OH－=HCOeq\o\al(－,3)[解析](2)由于Na2CO3對(duì)應(yīng)的弱酸根離子“HCOeq\o\al(－,3)”的電離平衡常數(shù)最小，根據(jù)水解規(guī)律“越弱越易水解”可知Na2CO3溶液的堿性最強(qiáng)。由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，因此溶液中[HCOeq\o\al(－,3)]>[COeq\o\al(2－,3)]。(3)[H＋]增大，醋酸的電離平衡常數(shù)不會(huì)改變。(4)由電離平衡常數(shù)知，酸性：H2CO3>HClO>HCOeq\o\al(－,3)，故少量CO2與NaClO溶液反應(yīng)生成HClO和NaHCO3，a正確；由于HClO有極強(qiáng)的氧化性，因此b中不可能有CaSO3生成，應(yīng)生成CaSO4。[答案](1)eq\f([HCOeq\o\al(－,3)][H＋],[H2CO3])(2)Na2CO3[Na＋]>[HCOeq\o\al(－,3)]>[COeq\o\al(2－,3)]>[OH－]>[H＋](3)a(4)b20.(10分)某溫度時(shí)，BaSO4在水中