2020届高考化学二轮复习系列之疯狂专练15 弱电解质的电离平衡和溶液酸碱性 含解析.docx

疯狂专练十五××××弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性×考点说明××××××××主要考查强弱电解质的判断或证明、电离平衡常数、影响弱电解质电离平衡的因素、水的电离平衡、水的离子积常数、溶液酸碱性的本质、溶液pH的测定方法、溶液pH的计算、酸碱中和滴定的应用。考点透视××××××××1【2019年上海卷】用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是（ ）A可以用酚酞代替指示剂B滴定前用待测液润洗锥形瓶C若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果D当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点2【2019年上海卷】25时，0.005mol/L Ba(OH)2中H+浓度是（ ）A1×mol/LB1×mol/LC5×mol/LD5×mol/L3【2019年天津卷】某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）A曲线代表溶液B溶液中水的电离程度：b点c点C从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同4【2019年全国卷1】NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.×103 ，Ka2=3.×106）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是（ ）A混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关BNa+与A2的导电能力之和大于HA的Cb点的混合溶液pH=7Dc点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH)考点突破××××××××1下列叙述正确的是（ ）A95纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性B25时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数CpH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH=4DpH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=42常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）Ac(OH)/c(H+)1012的溶液中：NH、Cu2+、NO、SOB滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH、K+、Cl、IC0.1mol·L1的NaHCO3溶液中：Fe3+、K+、Cl、SOD水电离产生的c(OH)1012 mol·L1的溶液中：Na+、Al3+、Cl、NO3甲胺(CH3NH2)是一种一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3+OH。常温下，向20.0 mL 0.10 mol/L的甲胺溶液中滴加VmL 0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）Ab点对应加入盐酸的体积V<20.00mLB常温下，根据a点可知甲胺的电离平衡常数Kb=103.4Cb点可能存在关系：c(Cl)>c(CH3NH3+)>c(H+)=c(OH)DV=20.00mL时，溶液呈弱酸性425时，将pH均为2的HCl与HX 的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）Aa、b两点：c(X)<c(Cl)B溶液的导电性：a<bC稀释前，c(HX)> 0.01mol/LD溶液体积稀释到10倍，HX溶液的pH<35下列关于氢氧化钠溶液和氨水的说法正确的是（ ）A分别中和等物质的量浓度、等体积的两溶液，所需HCl的物质的量相等B物质的浓度相等的两溶液具有相等的pHCpH相等的两溶液稀释相同倍数，pH增大幅度不相等D物质的量浓度相等的两溶液，分别通入HCl气体反应后呈中性的溶液中（忽略溶液体积变化）c(Na+)c(NH)6pH=1的两种酸溶液HA、HB各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）A同浓度、同体积的HA、HB溶液分别加入过量的锌粒，产生的氢气体积后者大B物质的量浓度HA<HBC若1<a<4，则HA、HB都是弱酸D体积相同pH均为1的HA、HB溶液分别滴加同浓度的NaOH溶液至中性，前者消耗的NaOH少7下列有关滴定的说法正确的是（ ）A用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mLB用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，则结果偏低C用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高猛酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为0.4C1V1V2mol/LD用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低8改变0.1 mol·L1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA、A2的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示已知。下列叙述不正确的是（ ）ANaHA溶液中，HA的水解能力小于HA的电离能力BlgK2(H2A)-4.2C将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中(HA)(A2)D0.1 mol·L1 NaHA溶液中：c(Na+)+c(A2)+c(H2A)+c(HA)=0.2 mol·L19常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg 的变化关系如图所示，下列叙述错误的是（ ）A常温下：Ka(HB)>Ka(HC)BHC的电离度：a点<b点C当lg=4时，三种溶液同时升高温度，减小D当lg=5时，HA溶液的pH为710常温下含碳各微粒H2CO3、HCO和CO存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）A为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为79之间BpH=10.25时，c(Na+)=c(CO)+c(HCO)C根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)=106.37D若是0.1mol NaOH反应后所得的1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系：c(Na+)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H+)11过一硫酸氢钾复合盐（KHSO4·2KHSO5·K2SO4）常用作漂白剂和消毒剂，其制备流程如下：（1）反应的化学方程式为：H2O2+H2SO4H2SO5+ H2O，H<0；则反应中K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5的化学方程式为_。（2）生产原料的理论比值n（H2O2）n（H2SO4）为0.41，但实际生产最佳投料比为0.61，其原因是_。（3）过一硫酸氢钾复合盐可以处理废水中的H2S。己知：25，H2S的电离常数Ka1=1.1×107，Ka2=1.3×1013由于电离常数值极小，H2S水溶液中H2S的平衡浓度近似等于H2S的初始浓度。0.090 mol·L1H2S溶液的pH=4，该溶液中c（S2）=_。（4）准确称取3.350g复合盐样品配制成250mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸和足量的KI溶液，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉溶液，用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消粍标准溶液20.00 mL。计算复合盐中有效成分KHSO5的质量分数。（写出计算过程）（已知：HSOI-/H+I2 S2O3-2S4O）_。答案与解析××××××××一、考点透视1. 【答案】C【解析】A酚酞的变色范围在8.2-10.0，指示剂变色，碱没有完全反应，故不能使用酚酞做指示剂，故A错误；B滴定前不能用待测液润洗锥形瓶，否则待测液的体积变大，影响测定结果，故B错误；C氢氧化钠吸收少量二氧化碳后变为碳酸钠，当甲基橙做指示剂时，反应后都生成氯化钠，不影响盐酸的体积，所以不影响滴定结果，故C正确；D甲基橙在碱性溶液中显黄色，随着滴定的进行，溶液的颜色逐渐变为橙色，滴定终点颜色为黄色变为橙色，且半分钟内不变色，若变为红色，说明盐酸已经过量，故D错误；答案选C。【点拨】根据反应后的溶液成分分析溶液的pH，选择合适的指示剂，说明滴定终点的颜色变化时，注意一定要说明半分钟内不变。2. 【答案】A【解析】溶液中的氢氧根离子浓度为0.01mol/L，根据水的离子积常数计算，氢离子浓度为mol/L。故选A 。【点拨】25时，水的离子积KW=1×1014，同样适用于稀的酸溶液、碱溶液、盐溶液。3. 【答案】C【解析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C代表HNO2，c(HNO2)·(OH)/c(NO)=c(H+)·c(HNO2)·c(OH)/c(H+)·c(NO)=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点拨】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)·(OH)/c(NO)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。4. 【答案】C【解析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA转化为A2，b点导电性强于a点，说明Na+和A2的导电能力强于HA，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c(Na+)和c(K+)相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c(Na+)c(K+)，由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c(K+)c(OH)，溶液中三者大小顺序为c(Na+)c(K+)c(OH)，故D正确。【点拨】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。二、考点突破1. 【答案】B【解析】A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以95纯水的pH7，但纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，纯水仍然呈中性，A项错误；B水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，B项正确；C醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以稀释后溶液中氢离子浓度：0.001mol/Lc(H+)0.0001mol/L，溶液的pH小于4，C项错误；Dc(H+)=n(混酸)/V(混酸)= (103+105)mol/L×0.01L÷0.02L=5.5×10-4mol/L，所以溶液的pH小于4，D项错误。【点拨】本题考查弱电解质的电离，注意不能根据溶液PH的大小确定溶液的酸碱性，要根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性，为易错点。纯水呈中性；水的离子积常数只与温度有关；醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；根据c(H+)=n(混酸)/V(混酸)计算，再根据pH的计算方法计算其混合溶液的pH。2. 【答案】A【解析】Ac(OH)/c(H+)=10-12的溶液，显酸性，NH、Cu2+、NO、SO离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，故A正确；B滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；CFe3+与HCO发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D由水电离的c(OH)=10-12 mol·L1的溶液，为酸溶液或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Al3+，故D错误；答案选A。【点拨】本题的易错点为D，要注意“c(OH)1012 mol·L1的溶液”与“水电离产生的c(OH)1012 mol·L1的溶液”的区别，前者表示溶液显酸性，后者表示溶液显酸性或碱性。3. 【答案】C【解析】ACH3NH3Cl为强酸弱碱盐，水解后，水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则甲胺应该稍微过量，甲胺和稀盐酸浓度相等，所以甲胺体积大于盐酸，则加入稀盐酸体积小于20mL，故A正确；B当lg=0时，c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)，此时溶液的pH=10.6，则Kb=c(OH)=103.4，故B正确；Cb点溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH)，结合电荷守恒可知：c(Cl)=c(CH3NH3+)，则正确的离子浓度大小为：c(Cl)=c(CH3NH3+)c(H+)=c(OH)，故C错误；DV=20.00mL时，稀盐酸与甲胺(CH3NH2)恰好反应生成CH3NH3Cl，CH3NH3+水解，溶液显酸性，故D正确；答案选C。【点拨】明确横坐标含义、电离平衡常数含义是解本题关键。本题的易错点为B，要注意lg=0时，c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)。4. 【答案】A【解析】A盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和HX溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X)c(Cl)，故A错误；B盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，溶液的导电性：ab，故B正确；CHX为弱酸，pH=2时，c(HX)0.01mol/L，故C正确；DHX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH=2的HX，稀释10倍，HX溶液的pH3，故D正确；故选A。【点拨】本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点。本题的易错点为B，溶液中离子的浓度越大，导电性越好，酸溶液中，pH越大，离子浓度越小。5. 【答案】A【解析】A等物质的量浓度、等体积的两溶液含有溶质的物质的量相等，氢氧化钠和一水合氨都是一元碱，则恰好反应时消耗HCl的物质的量相等，故A正确；BNaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以等物质的量的两种溶液中c(OH)和pH：NaOH大于氨水，故B错误；CpH相等的两溶液稀释相同倍数，稀释过程中氨水中氢氧根离子的物质的量增大，而氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量基本不变，则稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，但稀释后两溶液的pH都会减小，不会增大，故C错误；D物质的量浓度相等的两溶液，若铵根离子不水解，反应后溶液中一定满足c(Na+)c(NH)，但NH发生水解，所以c(Na+)c(NH)，故D错误。【点拨】易错项C，弱碱在稀释过程中，会促使氨水的电离，使得稀释后的氨水中氢氧根离子的浓度增大。但是总的氢氧根离子浓度在减小，溶液的PH减小。6. 【答案】A【解析】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸，c(酸)>c(H+)，以此来解答。A同浓度、同体积的HA、HB溶液中溶质物质的量相同，分别加入过量的锌粒，产生的氢气体积相同，A错误；B因HA、HB酸的强弱不同，且均为一元酸，故当溶液的pH相同即氢离子浓度相同时，为达到相同的氢离子浓度，酸越弱，那么酸的浓度越大，则c(HB)>c(HA)，B正确；CpH=1的酸，加水稀释到1000倍，若pH=4，为强酸，若a<4，则A、B都是弱酸，C正确；D体积相同pH均为1的HA、HB溶液，c(HB)>c(HA)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至中性，HB消耗氢氧化钠溶液体积多，HA消耗的NaOH少，D正确；故合理选项是A。【点拨】本题考查图象在酸的稀释及酸性强弱判断的应用，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键。7. 【答案】B【解析】A滴定管的精度为0.01ml，故A错误；B若配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，使KOH浓度偏高，滴定未知浓度的盐酸时，则使消耗标准液的体积偏小，使测的盐酸的浓度偏小；C酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，n（KMnO4）n（H2C2O4）=25，则H2C2O4溶液的浓度为5C1V12V2 ,故C错误；D、用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，使测得的盐酸溶液体积偏小，导致测定结果偏低，故D错误。【点拨】在使用滴定管时，应注意滴定管的精确度为0.01ml。8. 【答案】C【解析】ApH=4.2时，c(H+)=10-4.2mol·L1，c(HA)=c(A2)，K2(H2A)=c(A2)·c(H+)/c(HA)=10-4.2；pH=1.2时c(H2A)=c(HA)，则Kh(HA)=c(OH)·c(H2A)/c(HA)=c(OH)=10-12.810-4.2，说明HA的水解能力小于HA的电离能力，故A正确；BpH=4.2时，c(H+)=10-4.2mol·L1，c(HA)=c(A2)，K2(H2A)=c(A2)·c(H+)/c(HA)=10-4.2，则lgK2(H2A)=-4.2，故B正确；C将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，由于NaHA的电离程度和Na2A的水解程度不同，所得的溶液中(HA)与(A2)不相等，故C错误；D根据0.1 mol·L-1 NaHA溶液中的物料守恒可知：c(Na+)+c(A2)+c(H2A)+c(HA)=0.2 mol·L-1，故D正确；故选C。【点拨】本题考查弱电解质的电离平衡，解题关键：明确图象曲线变化，注意把握弱电解质的电离特点，难点为A项和B项，要充分利用pH=4.2的特殊点。9. 【答案】D【解析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大小于2，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性HC，因此酸性HAHBHC，据此分析解答。A酸性HBHC，则Ka(HB)>Ka(HC)，故A正确；B溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点<b点，故B正确；C当lg=4，即稀释10000倍时，三种溶液同时升高温度，常见弱电解质的电离程度增大，而HA为强酸，电离程度不变，因此减小，故C正确；D当lg=5时，HA电离出的c(H+)=107 mol/L，此时，不能忽略水的电离，溶液中c(H+)略大于107 mol/L，pH略小于7，仍显酸性，故D错误。【点拨】本题关键在于分析图象，根据图象能得知HA是强酸，HB、HC为弱酸，且酸性HBHC，酸的电离平衡常数可以用来衡量酸性的强弱，Ka越大，酸性就越强。此外弱酸的电离是一个吸热反应，升高温度，能促使平衡正向移动，利用此来判断选项C。10. 【答案】B【解析】A根据图示可知，pH在79之间，溶液中主要存在HCO，该pH范围内和获得较纯的NaHCO3，选项A正确；BpH=10.25时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中满足物料守恒：c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c（H2CO3），碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c(CO)+c(HCO)+c（H2CO3），则混合液中c(Na+)>c(CO)+c(HCO)，选项B错误；C根据图象曲线可知，pH=6.37时，H2CO3和HCO的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数K1（H2CO3）=c(HCO3-)c(H+)c(H2CO3)=10-6.37，选项C正确；DpH=10时的溶液为碱性，则c(OH)>c(H+)，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c(Na+)离子浓度最大，结合图象曲线变化可知：c(HCO)>c(CO)，此时离子浓度大小为：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH)>c(H+)，选项D正确；答案选B。【点拨】主要是考查盐类水解中三个守恒的灵活应用，在求算电离平衡常数时，巧妙的取点很关键。第一步电离平衡常数取H2CO3和HCO的浓度相等的PH=6.37那个点，同理，如若求算第二步电离平衡常数取CO和HCO的浓度相等，PH=10.25点。11. 【答案】（1）2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2+H2O （2）硫酸与双氧水反应放热，促使双氧水部分分解 （3）1.29×10-13mol·L-1 （4）HSO+2I+H+=SO+I2+H2O，I2+2S2O=2I+S4O，KHSO5I22Na2S2O3，n（Na2S2O3）=0.1000 mol·L1×20.00×10-3L=0.002mol，n（I2）=l/2n（Na2S2O3）=l/2×0.002mol=0.00lmol，n（KHSO5）=n（I2）= 0.00lmol，m（KHSO5）=0.001mol×l 52g/mol=0.152g，（KHSO5）=（0.152g/3.350g）×250mL/25.00mL×100%=45.37% 【解析】由题给流程图可知，8.5mol/L浓硫酸与30%H2O2反应，浓硫酸部分转化为过硫酸H2SO5和水，H2SO5与K2CO3反应生成过硫酸氢钾、二氧化碳和水，所得溶液经结晶、过滤得到过一硫酸氢钾复合盐KHSO4·2KHSO5·K2SO4。（1）反应中K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2+H2O，故答案为：2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2+H2O；（2）由题意可知反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，H2O2受热易分解，所以实际生产中为保证反应进行选择的最佳投料比为0.61，故答案为：硫酸与双氧水反应放热，促使双氧水部分分解；（3）25，H2S的水溶液中有如下关系：Ka1×Ka2=c(H+)c(HS-)c(H2S)×c(H+)c(S2-)c(HS-)=c2(H+)c(S2-)c(H2S)，由题意可知溶液中c(H+)=1×10-4mol/L，c(H2S)=0.090 mol/L，则溶液中c(S2)=Ka1×Ka2×cH2Sc2(H+)=11×10-7×13×10-13×0090(1×10-4)21.29×10-13 mol/L，故答案为：1.29×10-13 mol/L；（4）由题意可知测定过程中发生了如下反应：HSO+2I+H+=SO+I2+H2O，I2+2S2O=2I+S4O，由方程式可得如下关系：KHSO5I22Na2S2O3，n（Na2S2O3）=0.1000 mol·L-1×20.00×10-3L=0.002mol，n（KHSO5）=12n（Na2S2O3）=12×0.002mol=0.00lmol，m（KHSO5）=0.001mol×l52g/mol=0.152g，（KHSO5）=0152g×103350g×100%=45.37%，故答案为：45.37%。【点拨】本题以物质制备为载体，考查了物质制备、物质的性质，电离平衡计算和多步方程式的计算，注意对流程的分析理解，注意电离常数的整合以及多步方程式计算的方法是解答关键。