2022版高考化学选考山东专用一轮总复习集训：专题十三弱电解质的电离和溶液的酸碱性 专题综合检测

这是一份2022版高考化学选考山东专用一轮总复习集训：专题十三弱电解质的电离和溶液的酸碱性 专题综合检测，共15页。

【3年模拟】
时间:40分钟　分值:70分

一、选择题(每小题2分,共14分)
1.海冰是海水冻结而成的咸水冰,海水冻结时,部分来不及流走的盐分(设以NaCl为主)以卤汁的形式被包围在冰晶之间,形成“盐泡”,其大致结构如图所示。若海冰的冰龄达到1年以上,融化后的水为淡水。下列叙述正确的是 (　　)

A.海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在
B.海冰内层“盐泡”越多,密度越小
C.海冰冰龄越长,内层的“盐泡”越多
D.若冰的密度为0.9 g·cm-3,则海冰内层NaCl的浓度约为10-4 mol· L-1
答案　D　NaCl由离子构成,不存在NaCl分子,错误;海冰内层“盐泡”越多,密度越大,错误;“若海冰的冰龄达到1年以上,融化后的水为淡水”,则海冰冰龄越长,内层的“盐泡”越少,错误;冰的密度为0.9 g·cm-3,则海冰体积为1 L时,海冰的质量为900 g,由个数比为1∶500 000知,含NaCl的物质的量为900 g18 g·mol-1500 000=10-4 mol,可知海冰内层NaCl的浓度约为10-4 mol·L-1,正确。
2.向20.00 mL未知浓度的HCl、CH3COOH混合溶液中逐滴滴加0.100 mol/L NaOH溶液,混合溶液的电导率(导电能力)如图所示,下列叙述错误的是(　　)

A.b、c两点水的电离程度:c>b
B.原溶液中c(CH3COOH)=0.050 mol/L
C.a→b是HCl被NaOH中和的过程
D.c点:c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
答案　D　电导率先变小至b点,b点时HCl恰好完全反应,消耗10 mL 0.100 mol/L的NaOH溶液,b→c是CH3COOH被中和的过程,c点时CH3COOH恰好完全反应,由图知,CH3COOH消耗10 mL 0.100 mol/L NaOH溶液,可计算出原溶液中HCl、CH3COOH的浓度均为0.050 mol/L;a点溶液中的溶质为等物质的量的HCl、CH3COOH,b点溶液中的溶质为等物质的量的NaCl、CH3COOH,c点溶液中的溶质为等物质的量的NaCl、CH3COONa,故水的电离程度:c>b。由上述分析知,A、B、C项正确;c点溶液呈碱性,则c点的离子浓度大小关系为c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),D项错误。
3.为验证次氯酸光照分解的产物,某同学采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、Cl-浓度、O2体积分数的变化,实验数据如图所示。下列叙述错误的是(　　)

A.从0 s到150 s,溶液pH降低的原因是HClO的电离程度增大
B.从0 s到150 s,溶液中c(H+)增加到起始浓度的100.5倍
C.从50 s到150 s,Cl-的平均生成速率约为4 mg·L-1·s-1
D.HClO光照分解的产物有HCl、O2
答案　A　A项,从0 s到150 s,溶液pH降低且Cl-浓度增大,说明是HClO分解生成HCl的缘故,错误;B项,从0 s到150 s,溶液的pH由2降低到1.5,则溶液中c(H+)增加到起始浓度的10-1.510-2=100.5倍,正确;C项,从50 s到150 s,Cl-的变化浓度约为400 mg·L-1,则Cl-的平均生成速率约为400 mg·L-1100 s=4 mg·L-1·s-1,正确;D项,氯水光照过程中溶液的酸性增强、Cl-浓度增大,O2的体积分数增大,说明HClO分解产物有HCl和O2,正确。
4.常温下,HNO2的电离平衡常数K=4.6×10-4(已知4.6=2.14),向20 mL 0.01 mol·L-1 HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,测得混合液的 pH随NaOH溶液体积的变化如图所示,下列判断正确的是 (　　)

A.X=20
B.a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小
C.a点溶液中c(H+)=2.14×10-3 mol·L-1
D.b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)>c(Na+)>c(NO2-)
答案　C　A项,若恰好反应,需要氢氧化钠溶液20 mL,溶质是NaNO2,NaNO2为弱酸强碱盐,会水解使溶液显碱性,而c点溶液呈中性,所以Xc(Na+)>c(HNO2),故D不正确。
审题方法　HNO2的电离平衡常数K=4.6×10-4,HNO2为弱酸,存在电离平衡,电离方程式为HNO2 NO2-+H+。逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,b点HNO2消耗一半,溶质为HNO2、NaNO2。当加入20 mL NaOH溶液时,溶质是NaNO2,NaNO2为弱酸强碱盐,水解使溶液呈碱性。
5.常温下,向二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液,所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关说法正确的是 (　　)

A.曲线M表示pH与lgc(HY-)c(Y2-)的变化关系
B.Ka2(H2Y)=10-4.3
C.d点溶液中:c(H+)-c(OH-)=c(Y2-)+c(HY-)-c(K+)
D.交点e的溶液中:c(H2Y)=c(Y2-)>c(HY-)>c(H+)>c(OH-)
答案　B　lgc(HY-)c(H2Y)=0、lgc(HY-)c(Y2-)=0时分别代表c(H2Y)=c(HY-)、c(Y2-)=c(HY-),结合弱酸电离规律知c(H2Y)=c(HY-)时的酸性更强,比较这两个点的酸性强弱,不难发现,M曲线表示pH与lgc(HY-)c(H2Y)的变化关系,A项错误;Ka2(H2Y)=c(H+)c(Y2-)c(HY-),选择c点进行计算,此时lgc(HY-)c(Y2-)=1.3,pH=3,即c(HY-)c(Y2-)=101.3,c(H+)=10-3 mol·L-1,代入数据可知Ka2=10-4.3,B项正确;d点溶液中存在电荷守恒:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+2c(Y2-)+c(HY-),可得c(H+)-c(OH-)=2c(Y2-)+c(HY-)-c(K+),C项错误;e点时,lgc(HY-)c(H2Y)=lgc(HY-)c(Y2-)=1.5,可知c(HY-)=101.5c(H2Y),且c(H2Y)=c(Y2-),则有c(HY-)>c(H2Y)=c(Y2-),e点溶液显酸性,则微粒大小关系为c(HY-)>c(H2Y)=c(Y2-)>c(H+)>c(OH-),D项错误。
解题关键　确定曲线代表的含义是解答本题的关键。
6.用一定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图所示(利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点;溶液总体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是 (　　)

A.a点对应的溶液中:c(CH3COO-)=c(Na+)
B.a→b过程中,n(CH3COO-)不断增大
C.c→d溶液导电能力增强的主要原因是c(OH-)和c(Na+)增大
D.根据溶液pH和导电能力的变化可判断:V27,而pH=7时加入的NaOH溶液较少,故V2c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)
C.H、F点对应溶液中都存在:c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)
D.常温下加水稀释H点对应溶液,溶液的pH增大
答案　B　A项,E点对应溶液为新制氯水,有漂白性,不能用pH试纸测量其pH,应该用pH计,A项错误;B项,G点时氯水与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的NaCl、NaClO,ClO-水解使溶液呈弱碱性,所以有c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),B项正确;C项,H点对应溶液中溶质为NaCl、NaClO和NaOH,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-),此时溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),所以c(Na+)>c(Cl-)+c(ClO-),C项错误;D项,H点对应溶液为碱性溶液,加水稀释,溶液碱性减弱,pH减小,D项错误。
解题关键　判断F、H点是否呈中性,需要根据G点水的电离程度最大推知G点对应溶液的溶质为NaCl,NaClO,从而可知H点的溶质为NaClO、NaCl、NaOH,溶液呈碱性;F点溶质为NaCl、NaClO、HClO,根据水电离出的氢离子浓度可知,该点对应溶液呈中性。
二、选择题(每小题4分,共24分)
8.类比pH的定义,对于稀溶液可以定义pC=-lg C,pKa=-lgKa。常温下,某浓度H2A溶液在不同pH下,测得pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是 (　　)

A.NaHA溶液中:c(H2A)>c(A2-)
B.常温下,pKa1(H2A)=5.30,pKa2(H2A)=0.80
C.b点时,c2(H+)·c2(HA-)c(H2A)·c(A2-)=10-1.60
D.等浓度的NaHA、K2A混合溶液中:c(H+)-c(OH-)=c(A2-)-c(HA-)-3c(H2A)
答案　C　根据H2A H++HA-、HA- H++A2-,pH变化时,pC先减小后增大的曲线是pC(HA-);pH越大,c(H+)越小,则电离平衡正向移动程度越大,pC增大的曲线是pC(H2A),pC减小的曲线是pC(A2-)。A项,NaHA溶液的Ka2由c点可得Ka2=10-5.30,HA-的电离强于水解,c(H2A)3.4
B.甲胺溶于水后存在平衡:CH3NH2+H2O CH3NH3++OH-
C.A、B、C三点对应的溶液中,水电离出来的c(H+):C>B>A
D.A、B、C、D四点对应的溶液中,c(CH3NH3+)的大小顺序:D>C>B>A
答案　D　B点加入5 mL 0.050 0 mol·L-1的稀硫酸,不考虑水解和电离,反应后溶液中的溶质为5×10-4 mol的CH3NH2·H2O和2.5×10-4 mol的(CH3NH3)2SO4,由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4,pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6,说明CH3NH2·H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度,则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2·H2O),即c(CH3NH3+)c(CH3NH2·H2O)>1,故c(OH-)3.4,A项正确;CH3NH2·H2O是一元弱碱,电离方程式为CH3NH2·H2O CH3NH3++OH-,B项正确;用0.050 0 mol·L-1的稀硫酸滴定10 mL 0.100 0 mol·L-1的甲胺溶液,C点滴入10 mL恰好完全反应生成强酸弱碱盐,溶液显碱性,CH3NH3+水解促进水的电离,A、B点溶液中弱碱过量,抑制水的电离,所以A、B、C三点溶液中,水电离出来的c(H+):C>B>A,C项正确;C点硫酸与CH3NH2·H2O恰好完全反应,由于CH3NH3+的水解程度较小,则C、D点n(CH3NH3+)相差较小,但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍,则c(CH3NH3+):C>D,D项错误。
解题关键　明确图像曲线变化的意义是解题关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,D为易错项。明晰CH3NH2·H2O的电离方程式:CH3NH2·H2O CH3NH3++OH-。
10.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱,在水中的电离原理类似于氨。常温下,向乙二胺溶液中滴加稀盐酸,溶液的pH随离子浓度变化关系如图所示。下列叙述不正确的是 (　　)

A.常温下,pKb2=-lgKb2=7.15
B.溶液中水的电离程度:a点大于b点
C.H3NCH2CH2NH3Cl2溶液中:c(H+)>c(OH-)
D.曲线G代表pH与lgc(H3NCH2CH2NH32+)c(H2NCH2CH2NH3+)的变化关系
答案　B　A项,Kb2=c(H3NCH2CH2NH32+)·c(OH-)c(H2NCH2CH2NH3+),lgc(H3NCH2CH2NH32+)c(H2NCH2CH2NH3+)=0时对应的为b点,则Kb2=c(OH-)=10-7.15,故A正确;B项,a点pH大于b点,c(OH-)较大,对水的电离抑制程度大,所以溶液中水的电离程度:a点小于b点,B错误;C项,H3NCH2CH2NH3Cl2为强酸弱碱盐,溶液呈酸性,故C正确;D项,二元弱碱的第一步电离大于第二步电离,氢氧根离子浓度第一步电离的大,故曲线G代表pH与lgc(H3NCH2CH2NH32+)c(H2NCH2CH2NH3+)的变化关系,故D正确。
11.已知:pKa=-lg Ka,25 ℃时,H2SO3的pKa1=1.85、pKa2=7.19。用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是 (　　)

A.b点所得溶液中:c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)
B.a点所得溶液中:2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1 mol·L-1
C.e点所得溶液中:c(Na+)>c(SO32-)>c(H+)>c(OH-)
D.c点所得溶液中:c(Na+)>3c(HSO3-)
答案　D　b点溶液为NaHSO3溶液,b点溶液中的电荷守恒式和物料守恒式分别为①c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-);②c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-),所以b点溶液中的质子守恒式为c(H+)-c(SO32-)+c(H2SO3)=c(OH-),A项错误;由Ka1知,a点溶液满足c(H2SO3)=c(HSO3-),向亚硫酸中滴加NaOH溶液过程中,溶液的总体积会增加,所以c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)=2c(HSO3-)+c(SO32-)c(H+),C项错误;由Ka2知c点溶液满足c(HSO3-)=c(SO32-),由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)=c(OH-)+3c(HSO3-),由于c点时,c(OH-)>c(H+),所以c(Na+)>3c(HSO3-),D项正确。
解题技巧　对于多元弱酸的溶液,加入NaOH调节pH的过程中,若出现pH与pKa相同的情况,则通过相应的电离常数表达式可以进一步得出c(HnR)=c(Hn-1R-)的关系。
12.已知:pKa=-lgKa。25 ℃时,H2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是 (　　)

A.a点溶液中:c(HA-)=c(H2A)
B.b点溶液中:A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81
C.V0=30 mL
D.a、b、c、d四点中,d点溶液中水的电离程度最大
答案　C　A项,H2A的pKa1=1.85,则Ka1=c(H+)·c(HA-)c(H2A)=10-1.85,而a点pH=1.85,溶液中c(H+)=10-1.85 mol·L-1,则c(HA-)=c(H2A),故A正确。B项,根据A2-+H2O HA-+OH-可知,A2-水解平衡常数Kh1=c(HA-)·c(OH-)c(A2-)=KWKa2=10-1410-7.19=10-6.81,故B正确。C项,H2A的二级电离平衡常数Ka2=c(H+)·c(A2-)c(HA-)=10-7.19,c点溶液的pH=7.19,溶液中c(H+)=10-7.19 mol·L-1,则溶液中c(A2-)=c(HA-);V0=30 mL 时,反应后溶液为等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液,由于A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81>Ka2=10-7.19,则c(A2-)c>b>a,故D正确。
审题方法　当滴入20 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液时,所得溶液为40 mL 0.05 mol·L-1 NaHA溶液;当滴入40 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液时,所得溶液为60 mL 130 mol·L-1 Na2A溶液。
13.羟氨(NH2OH)为一元弱碱(25 ℃时,电离常数Kb=9.0×10-9),其电离方程式为NH2OH+H2O NH3OH++OH-。用0.1 mol/L盐酸滴定20 mL 0.1 mol/L NH2OH溶液,恒定25 ℃时,滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数[-lgc水(H+)]与盐酸体积的关系如图所示。(已知:lg3≈0.5)

下列说法不正确的是 (　　)
A.A、B、C、D四点对应的溶液中NH2OH电离常数相等
B.A点对应溶液的c(OH-)=3×10-5 mol·L-1
C.D点对应溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+c(NH2OH)
D.C点时,溶液c(H+)>c(OH-)
答案　C　A项,温度不变,电离平衡常数不变,故A正确。B项,Kb=c(OH-)·c(NH3OH+)c(NH2OH)=c2(OH-)0.1mol/L=9.0×10-9,c(OH-)=3.0×10-5 mol/L,故B正确。C项,根据电荷守恒规律有c(H+)+c(NH3OH+)=c(OH-)+c(Cl-),根据物料守恒有2c(NH2OH)+2c(NH3OH+)=c(Cl-),所以c(H+)=c(NH3OH+)+c(OH-)+2c(NH2OH),故C错误。D项,恒定25 ℃时,C点恰好中和,生成强酸弱碱盐,反应后的溶液呈酸性,故D正确。

三、非选择题(共30分)
14.化学上把外加少量酸、碱,而pH基本不变的溶液,称为缓冲溶液。现有25 ℃时,浓度均为0.10 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液,pH=4.76。[Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,Kh为盐的水解常数]。回答下列问题:
(1)CH3COOH的电离方程式为　　　　　　　　　　　　。 
(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)25 ℃时,Ka(CH3COOH)　　　　Kh(CH3COO-)(填“>”“c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
(3)>
(4)1.75×10-5或10-4.76
(5)ac
解析　(2)该缓冲溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,pH=4.76,根据电荷守恒可得离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。
(3)25 ℃时,Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,Kh(CH3COO-)=
c(CH3COOH)·c(OH-)c(CH3COO-)=c(CH3COOH)·c(OH-)·c(H+)c(CH3COO-)·c(H+)=
KWKa(CH3COOH)≈5.71×10-10。所以Ka(CH3COOH)>Kh(CH3COO-)。
(4)浓度均为0.10 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液,pH=4.76,Ka(CH3COOH)=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)=1.75×10-5,可知c(CH3COO-)∶c(CH3COOH)≈1,向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液,忽略溶液体积的变化,c(CH3COO-)和c(CH3COOH)的变化忽略不计,由Ka(CH3COOH)=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)=1.75×10-5可判断c(H+)=1.75×10-5 mol/L=10-4.76 mol/L。
(5)在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲体系中代谢产生的少量H+与HCO3-结合形成H2CO3,代谢产生的碱被H+中和,H+又由H2CO3电离补充,a、c正确。但遇大量酸、碱时,c(HCO3-)和c(H2CO3)浓度变化大,由Ka1(H2CO3)=c(HCO3-)·c(H+)c(H2CO3)可知,c(H+)变化明显,故不可抵抗大量酸、碱的影响,b错误。
方法点拨　几个常数之间的关系:Ka·Kh=KW,Kb·Kh=KW,Ka1·Kh2=KW,Ka2·Kh1=KW。
15.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。
Ⅰ.实验步骤
(1)用　　　　　　(填仪器名称,下同)量取10.00 mL食用白醋,在　　　　中用水稀释后转移到100 mL　　　　中定容,摇匀即得待测白醋溶液。 
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中,向其中滴加2滴　　　　　　作指示剂。 
(3)读取盛装0.100 0 mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示,则此时的读数为　　　　mL。 

(4)滴定。当　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　时,停止滴定,并记录滴定管中NaOH溶液的最终读数。再重复滴定3次。 
Ⅱ.实验记录
滴定次数
1
2
3
4
V(样品)/mL
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)/mL
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论
(5)甲同学在处理数据时计算得:平均消耗的NaOH溶液的体积V=15.95+15.00+15.05+14.954 mL≈15.24 mL。
指出他计算的不合理之处: 
　。 
按正确数据处理,可得c(市售白醋)=　　　　mol/L;市售白醋总酸量=　　　　g/100 mL。 
答案　(1)酸式滴定管(或10 mL移液管)　烧杯　容量瓶
(2)酚酞溶液　(3)0.60　(4)加入最后一滴NaOH溶液后,溶液由无色恰好变为浅红色,并在半分钟内不褪色　(5)第1次滴定误差明显较大,属异常值,应舍去　0.75　4.5
解析　(1)根据量取食用白醋的体积为10.00 mL,可知量取时需用酸式滴定管(或10 mL移液管);稀释溶液应在烧杯中进行,定容时应用容量瓶。(2)CH3COOH与NaOH恰好反应时溶液显碱性,与酚酞变色的pH范围8.2~10.0基本一致,故选用酚酞作指示剂。(3)滴定管“0”刻度在上方,且读数精确到0.01 mL,故图中的液面读数为0.60 mL。(4)达到滴定终点,即溶液由无色恰好变为浅红色,并在半分钟内不褪色时,停止滴定。(5)第1次滴定误差明显较大,属异常值,应舍去;平均消耗的NaOH溶液的体积为15.00+15.05+14.953 mL=15.00 mL,c(市售白醋)=0.100 0mol/L×15.00×10-3L20.00×10-3L×10=0.75 mol/L;1 L市售白醋中含m(CH3COOH)=0.75 mol/L×1 L×60 g/mol=45 g,故市售白醋总酸量为 4.5 g/100 mL。
16.As和P属于同主族元素,它们都能形成多种含氧酸。中国自古就有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)早期都曾用作绘画颜料,又都因有抗病毒疗效而用来入药。在一定条件下,雌黄和雄黄的转化关系如图所示。

(1)亚磷酸(H3PO3)是一种精细化工产品。亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。
①则亚磷酸为　　　　　　(填“一”“二”或“三”)元酸。 
②查阅资料知25 ℃时,亚磷酸(H3PO3)的Ka1=5×10-2,Ka2=2.5×10-7,Na2HPO3可使碘水褪色。25 ℃时,Na2HPO3水解反应的Kh=　　　　　　　　　　。若向Na2HPO3溶液中加入少量的I2,则溶液中c(H3PO3)c(H2PO3-)将　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 
(2)反应Ⅱ中,若0.5 mol As4S4参加反应,转移14 mol电子,则物质a为　　　　　(填化学式)。 
(3)反应Ⅲ中的产物亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病,其在溶液中存在多种微粒形态。常温下,用NaOH溶液滴定H3AsO3时,各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。

以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)①二(1分)　②4×10-8(2分)　增大(1分)
(2)SO2(2分)
(3)OH-+H3AsO3 H2AsO3-+H2O(2分)
解析　(1)①亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3,说明一个亚磷酸(H3PO3)只能电离出两个氢离子与氢氧化钠反应,故亚磷酸(H3PO3)为二元酸。②Kh=KW/Ka2=4×10-8;加入少量I2,Na2HPO3与I2反应,溶液的碱性变弱,c(H+)增大,Ka1=c(H+)·c(H2PO3-)c(H3PO3)不变,则c(H3PO3)c(H2PO3-)增大。
(2)由题知As4S4与氧气反应生成As2O3和物质a,0.5 mol As4S4参加反应,转移14 mol电子,O2为氧化剂,As4S4为还原剂,As元素转移2 mol电子,则S元素转移12 mol电子,故S从-2价变成+4价,物质a为SO2。
(3)当溶液由无色变为红色时,pH应在8~10之间,根据图像可知H3AsO3转化为H2AsO3-,所以主要反应的离子方程式为OH-+H3AsO3 H2AsO3-+H2O。