1、辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2019-2020学年高二化学上学期期中试题（2）（含解析）1、命题范围（人教版、选修4、第三章选修，选修5和必修2结合有机物烷烃）； 2、考试时间90分钟，分数100分；可能用到的原子量H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 第I卷为客观题一.单项选择题(共20小题,每题3分，共60分)1.2017年5月18日中国地质调查局宣布，我国在南海进行的可燃冰试采获得成功，成为全球第一个获得可燃冰连续稳定产气的国家。可燃冰是天然气与水相互作用形成的晶体物质，主
2、要存在于冻土层和海底大陆架中。下列说法正确的是( )甲烷属于烃类；相同条件下，甲烷的密度大于空气的密度；甲烷难溶于水；可燃冰是一种极具潜力的能源；青藏高原可能存在巨大体积的“可燃冰”A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】甲烷是由C、H元素组成的最简单的烃，正确；甲烷的相对分子质量为16，相同条件下，密度比空气小，错误；甲烷难溶于水，正确；甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，为清洁能源，正确；“可燃冰”是水与天然气相互作用形成的晶体物质，主要存在于冻土层和海底大陆架中，所以青藏高原冻土层可能存在丰富的“可燃冰”，正确；故合理选项是A。2.下列各式表示水解反应的是()A. HCO3-+H2O
3、H3O+CO32-B. NH4+H2ONH4OH+H+C. NH4HSO4=NH4+HSO4-D. HS-+H2OH2S+OH-【答案】D【解析】【详解】A.该方程式表示HCO3-的电离，A错误；B.不存在NH4OH这种物质，应该是NH3H2O，B错误；C.NH4HSO4电离产生NH4+、H+、SO42-，不能表示水解反应，C错误；D. HS-+H2OH2S+OH-表示HS-的水解反应，D正确；故合理选项是D。3. 相同条件下，等体积、等pH的醋酸溶液和盐酸溶液加水稀释相同的倍数后，所得溶液的pHA. 仍相同B. 醋酸溶液的大C. 盐酸的大D. 无法判断【答案】C【解析】试题分析：醋酸是弱酸，
4、在稀释的时候会继续电离出H+，所以酸性减弱得较慢，盐酸是强酸稀释的时候酸性变弱较快，故加水稀释相同的倍数后醋酸的酸性较强，选C。考点：强酸和弱酸稀释时溶液酸碱性的变化。4.将浓度为0.1 molL1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是()A. c(H)B. Ka(HF)C. c(F-)/c(H)D. c(H)/c(HF)【答案】D【解析】【分析】HF溶液中存在电离平衡HFHF，加水不断稀释，平衡向右移动，n(H)与n(F)增大，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H)减小，A项错误；B. Ka(HF)只与温度有关，与溶液的离
5、子浓度无关。温度不变，Ka(HF)保持不变，B项错误；C. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H)减小，由于温度不变则Kw不变，溶液中c（OH-）增大， HF溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（F-）+c（OH-），则c(F-)/c(H)=c（H+）-c（OH-）/c（H+）=1- c（OH-）/c（H+），c（OH-）/c（H+）增大，则c(F-)/c(H)减小，C项错误；D. 加水稀释过程，平衡向右移动，n(H)增大，n(HF)减小，c(H)/c(HF)= n(H)/ n(HF)，其比值增大，D项正确；答案选D。【点睛】值得注意的是，加水稀释过程中，虽然平衡向右移动，但因水量增
6、多更显著，最终c(F-)与c(H)都减小，这是学生的易错点，需要强调。5.液态化合物AB会发生微弱的自身电离，电离方程式为ABA+B-，在不同温度下其平衡常数为K(25)=1.010-14，K(35)=2.110-14。则下列叙述正确的是()A. c(A+)随温度升高而降低B. 在35 时，c(A+)c(B-)C. AB的电离程度(25)(35)D. AB的电离是吸热过程【答案】D【解析】【分析】弱电解质存在电离平衡，升高温度，弱电解质的电离平衡常数增大，说明促进弱电解质电离，则弱电解质的电离是吸热过程，据此分析解答。【详解】A.升高温度，其电离平衡常数增大，说明其电离程度增大，所以c(A+)
7、随着温度升高而升高，A错误；B.根据电离方程式ABA+B-可知，在电解质AB溶液中，c(A+)=c(B-)，B错误；C.升高温度，其电离平衡常数增大，说明弱电解质AB的电离程度增大，所以AB的电离程度(25)B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】AgCl饱和溶液中存在AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当溶液中存在c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用，当溶液中存在能与Ag+或Cl-反应的离子则会促进溶解平衡正移，从平衡移动的角度分析。【详解】AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用
8、，则溶液中c(Ag+)或c(Cl-)越大，则AgCl溶解度越小；和中铵根离子水解生成NH3H2O，Ag+与NH3H2O结合，使溶解平衡正移，AgCl的溶解度增大，由于(NH4)2CO3中NH4+水解程度大，则NH3H2O的浓度大，使溶解平衡正移的程度大，则；当溶液中存在c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用，c(Cl-)=0.03mol/L，c(Ag+)=0.05mol/L，c(Cl-)=0.04mol/L，c(Ag+)或c(Cl-)为0，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：，综上可知AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：；故合理选项是B。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，注意影响
9、平衡移动的因素，需要理清的是离子浓度大小与难溶电解质的溶解度的关系。8.已知难溶性物质K2SO4MgSO42CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4MgSO42CaSO4 (s)2Ca22KMg24SO42。不同温度下，K的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是A. 该平衡的Kspc2(Ca2)c2(K)c(Mg2)c4(SO42)B. 向该体系中加入饱和K2SO4溶液，溶解平衡向左移动C. 升高温度，溶浸速率增大，平衡向正反应方向移动D. 向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡不发生移动【答案】D【解析】根据沉淀溶解平衡，K2SO4MgSO42CaSO4 (s)2Ca22KM
10、g24SO42，该平衡的Kspc2(Ca2)c2(K)c(Mg2)c4(SO42) ，故A正确；向该体系中加入饱和K2SO4溶液，增大c(SO42)，溶解平衡向左移动，故B正确；根据图像得出，温度越高，钾离子的浓度越大，说明升高温度，平衡向右移动，故C正确；向该体系中加入饱和氢氧化钠溶液时，氢氧根离子与镁离子反应生成难溶的氢氧化镁沉淀，降低了镁离子的浓度，使平衡向右移动，故D错误。9.室温时，M(OH)2(s)M2(aq)+2OH-(aq)Ksp=a，c(M2+)=b molL-1时，溶液的pH等于()A. B. C. 14+D. 14+【答案】C【解析】【详解】Ksp=c(M2+)c2(OH
11、-)=a，则c(OH-)=mol/L，常温下氢离子浓度为：c(H+)=，则该溶液的pH=-lgc(H+)=-lg=-lg=14+，C正确；故合理选项是C。10.简单化合物HB在水中达到电离平衡时各种微粒的浓度如下表所示(25 )：分析表中至的数据，下列说法不正确的是()A. 与的数据都说明化合物HB只有部分电离B. 与的数据近似相等，说明HB的电离平衡常数与初始浓度无关C. 与的数据说明加水稀释后HB的电离平衡正向移动D. 与的数据说明起始浓度越大，HB电离的程度越高【答案】D【解析】【详解】A.根据与的数据知，不同浓度的同一电解质的溶液中都含有电解质分子、电解质电离出的阴、阳离子，说明电解质
12、不完全电离，A正确；B.根据与数据知，初始浓度不同时，弱电解质的电离平衡常数相似，说明弱电解质的电离平衡常数与初始浓度无关，B正确；C.根据与的数据知，溶液的浓度越小，弱电解质的电离程度越大，即加水稀释溶液促进弱电解质电离，C正确；D.根据与的数据知，弱电解质的初始浓度越大，弱电解质的电离程度越小，D错误；故合理选项是D。11.室温下，在pH=12的某溶液中，分别有甲、乙、丙、丁四位同学计算出由水电离出的c(OH-)的数据分别为甲：1.010-7 molL-1；乙：1.010-6 molL-1；丙：1.010-2 molL1；丁：1.010-12 molL-1。其中你认为可能正确的数据是()A
13、. 甲、乙B. 乙、丙C. 丙、丁D. 乙、丁【答案】C【解析】【分析】pH=12，说明溶液显碱性，则溶液可能为碱溶液，也有可能是强碱弱酸盐溶液，以此根据水的离子积常数进行计算。【详解】pH=12，说明溶液显碱性，则该溶液可能为碱溶液，也有可能是强碱弱酸盐溶液；1.若是碱溶液，c(H+)=1.010-12mol/L，碱溶液中氢离子来源于水的电离，由水电离出的氢离子与氢氧根离子相等，故由水电离出的c(OH-)=1.010-12mol/L，则丙正确；2.若是强碱弱酸盐溶液，c(H+)=1.010-12mol/L，c(OH-)=1.010-2mol/L，强碱弱酸盐溶液中氢氧根离子来源于水的电离，故由
14、水电离出的c(OH-)=1.010-2mol/L，则丁正确；故可能正确的数据是丙、丁；故合理选项是C。【点睛】本题考查水的电离和溶液的pH值的相关计算，要注意由水电离出的氢离子与氢氧根离子相等是解题的关键。注意在任何物质的稀溶液中，水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)，c(H+)、c(OH-)为溶液中离子浓度，而不是水电离产生的两种浓度。12.常温下，下列各组离子在指定环境中能大量共存的是()A. 在1013的溶液中：NH4+、Ca2、Cl-、KB. 由水电离出的c(H+)=11013mol/L的溶液中：Na、HCO3-、Cl-、KC. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2
15、-D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-【答案】A【解析】【详解】A.的溶液呈酸性，这几种离子之间不反应，且和H+也不反应，能大量共存，A正确；B.由水电离出的c(H+)=11013mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性；在酸性溶液中：H、HCO3-会发生反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与HCO3-会发生反应，不能大量共存；B错误；C.Al3+、S2-会发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3、H2S，不能大量共存，C错误；D.中性溶液中Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，D错误；故合理选项是A。13.有关100mL 0.1 mol/L、100mL
16、0.1 mol/L两种溶液的叙述不正确的是A. 溶液中水电离出的个数：B. 溶液中阴离子的物质的量浓度之和:C. 溶液中:D. 溶液中:【答案】C【解析】【详解】A、因HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以NaHCO3溶液显碱性；由于CO32-水解使得Na2CO3溶液也显碱性。根据越弱越水解原理可知，HCO3-的水解程度小于CO32-，弱离子水解程度越大，水的电离程度越大，所以相同浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液中，水电离出的H+个数：，A正确；B、HCO3-水解生成H2CO3和OH-，即消耗一个HCO3-的同时又生成一个OH-，水解的过程中阴离子数不变；但CO32-的第一级水解生成HC
17、O3-和OH-，即消耗一个CO32-的同时却生成了两个阴离子，水解的过程中，阴离子总数在增加；由于起始时CO32-和HCO3-的浓度相同，所以溶液中阴离子的物质的量浓度之和：，B正确；C、因HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以溶液中：c（H2CO3）c（CO32-），C错误；D、CO32-的第一级水解生成HCO3-，第二级水解生成H2CO3，且以第一级水解为主，所以溶液中：c(HCO3-)c(H2CO3)，D正确；答案选C。14.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO32-H2OHCO3-OH平衡。下列说法不正确的是A. 稀释溶液：增大B. 通入CO2，溶液pH减小C 升高温度，平衡常数
18、增大D. 加入NaOH固体：减小【答案】A【解析】试题分析：A、稀释溶液，水解平衡向左移动，减小，A错误；B、通入CO2，由于H2CO3HCO-3+H+，溶液pH减小，B正确；C、水解是吸热过程，升高温度，此平衡常数增大，C正确；D、加入NaOH固体，CO2-3+H2OHCO-3+OH-平衡向左移动，减小，D正确；答案选A。考点：盐的水解平衡15.等物质的量浓度的下列稀溶液：CH3COONa溶液；Na2CO3溶液；X溶液；Ba（OH）2溶液。它们的pH依次增大，则X溶液不可能是（ ）A. 氨水B. 硅酸钠溶液C. NaOH溶液D. NaHCO3溶液【答案】D【解析】试题分析：等物质的量浓度的下
19、列稀溶液：CH3COONa溶液；Na2CO3溶液；X溶液；Ba（OH）2溶液它们的pH依次增大，X溶液的碱性大于碳酸钠，小于Ba（OH）2，若X为盐溶液，根据酸的酸性越弱，则盐的pH越大可知，X对应的酸的酸性比碳酸的酸性弱，而硅酸的酸性比碳酸弱，故硅酸钠溶液符合；NaHCO3溶液的pH小于碳酸钠；若X为碱，则其碱性Ba（OH）2比弱，可以是氨水、NaOH等；故选D。考点：考查了盐类水解的应用；钠的重要化合物的相关知识。16.已知25时有关弱酸的电离平衡常数K1(H2Y)K(HX)K2(H2Y)，则下列叙述不正确的是()A. 物质的量浓度相同时，各溶液的pH关系为pH(Na2Y)pH(NaX)p
20、H(NaHY)B. a mol/L HX溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)c(X-)，则不一定ac(X-)时，HX小于或等于NaOH物质的物质的量；C.在HX溶液中滴入Na2Y溶液，依据电离平衡常数判断酸性强弱分析；D.NaHY溶液中HY-是弱酸阴离子，存在电离和水解两种趋势，电离溶液呈酸性，水解溶液呈碱性。【详解】A.根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序是Y2-X-HY-，所以同浓度的钠盐溶液中pH的大小顺序是：pH(Na2Y)pH(NaX)pH(NaHY)，A正确；B.HX溶液与NaOH溶液等体积混合，若溶液浓度相同a=b，恰好完全反应生成NaX是
21、强碱弱酸盐，X-水解溶液呈碱性，c(Na+)c(X-)，所以不一定aK(HX)K2(H2Y)，酸性H2YHXHY-，形成的盐的碱性HY-X-NaCNCH3COONa (2). NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3 (3). 9.910-7 (4). 18 (5). 【解析】【分析】(1)根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性：H2CO3HCNHCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，据此写出反应的化学方程式；(3)溶液中的电荷守恒来分析，c(CH3COO-)+c
22、(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故c(CH3COO-)-c(Na+)= +c(H+)-c(OH-)，结合醋酸的电离常数计算的大小；(4)等pH的酸，其电离程度越大，酸的物质的量浓度越小。【详解】(1)根据图表数据分析，电离常数：CH3COOHHCN HCO3-，结合盐的水解规律可知：等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液NaCN溶液CH3COONa溶液，水解程度越大，溶液的碱性就越强，所以溶液的pH为：Na2CO3溶液NaCN溶液CH3COONa溶液；(2)根据电离平衡常数大小可知酸性：H2CO3HCNHCO3-，向NaCN溶液中通入少量
23、CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成CO2，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；(3)25时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，若测得混合液的pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，由于水的离子积为10-14，可知c(OH-)=10-8mol/L；根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-) =10-6mol/L-10-8mol/L=9.910-7mol/L，=18；(4)等pH的酸，其电离程度越大，则需要的酸的物质的量浓度越小，根据表中数据可
24、知，电离程度大小为：。【点睛】本题综合考查弱电解质的电离、盐的水解和溶液中离子浓度的大小比较，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定水解程度，注意加水稀释时从各微粒的物质的量变化分析，侧重考查学生的分析能力和计算能力。23.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2、Fe2、Fe3沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl22H2O)，为制取纯净的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：请回答下列问题：（1）本实验最适合的氧化剂X是_(填序号)。AK2Cr2O7 BNaClO
25、 CH2O2 DKMnO4（2）物质Y是_。（3）本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？_，原因是_。（4）除去Fe3的有关离子方程式是_。（5）加氧化剂的目的是_。（6）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体_，应如何操作_。【答案】 (1). C (2). CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 (3). 不能 (4). 因加碱的同时也会使Cu2生成Cu(OH)2沉淀 (5). Fe33H2OFe(OH)33H，CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O等 (6). 将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离 (7). 不能 (8). 应在
26、HCl气流中加热蒸发【解析】【分析】加入氧化剂X的目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂Y的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀,过滤除去沉淀,对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体； (1)加入氧化剂,将Fe2氧化为Fe3，易除去,除杂时,不能引入新的杂质； (2)物质Y的作用是调节溶液的pH,据此来选择合适的试剂； (3)加碱的同时Cu2+也会生成沉淀； (4)CuO能促进三价铁离子的水解； (5)加入氧化剂,将Fe2氧化为Fe3； (6) CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)。【详解】(1)根据题意,加入氧化剂X可把Fe2氧化
27、为Fe3,而没有增加新杂质,所以X为H2O2；故答案是:C；(2)结合题示，调节pH至3.7，使Fe3全部沉淀,所以Y最好为CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 ；故答案是: CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 ；(3)加碱的同时，Cu2+也会生成沉淀；答案是:不能；因加碱的同时也会使Cu2生成Cu(OH)2沉淀； (4)铁离子水解产生H+，氧化铜与H+ ，减小了氢离子浓度，促进了铁离子的水解，产生氢氧化铁沉淀，达到除去铁离子的目的；除去Fe3的有关离子方程式：Fe33H2OFe(OH)33H，CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22
28、H2O等；答案是： Fe33H2OFe(OH)33H，CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O等；(5) Fe2沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2的沉淀的pH相同，也就是说, Fe2沉淀的同时, Cu2也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可以知道Fe3沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2氧化为Fe3后再将其除去；答案是: 将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离 ；(6)CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl22H2O的晶体；答案是: 不能；应在HCl气流中加热蒸发。【点睛】
29、CuCl2属于强酸弱碱盐，水解产生易挥发性的盐酸，加热蒸干该溶液，可以得到氢氧化铜固体，灼烧可以得到氧化铜；要想从氯化铜溶液中得到氯化铜晶体，就得抑制其水解，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl22H2O的晶体。24.已知：CH3COOHCH3COO-+H+达到电离平衡时，电离平衡常数可以表示为Ka=；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-达到水解平衡时，水解平衡常数可以表示为Kh= (式中各粒子浓度均为平衡时浓度)。(1)对于任意弱电解质来讲，其电离平衡常数Ka、对应离子的水解平衡常数Kh以及水的离子积常数KW的关系是_，由此可以推断，弱电解质的电离程度越小，其
30、对应离子的水解程度_。(2)由于CH3COOH的电离程度很小，计算时可将CH3COOH的平衡浓度看成是CH3COOH溶液的浓度，则c molL1的CH3COOH溶液中c(H+)=_(不为0)。(3)现用某未知浓度(设为c)的CH3COOH溶液及其他仪器、药品，通过实验测定一定温度下CH3COOH的电离平衡常数，需测定的数据有(用简要的文字说明)：实验时的温度；_；用_(填一种实验方法)测定溶液浓度c。(4)已知常温下CN-的水解常数Kh=1.61105。常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显_(填“酸”、“碱”或“中”)性，c(CN-)_(填“”、“”或“=”)c(HCN)。该
31、溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。【答案】 (1). KaKh=KW (2). 越大 (3). mol/L (4). 溶液的pH (5). 酸碱中和滴定 (6). 酸碱中和滴定 (7). c(CN-)c(OH-)c(H+)【解析】【分析】(1)根据弱酸的电离平衡常数表达式、对应离子的水解常数表达式及水的离子积常数之间的关系式判断；根据电离平衡常数和水解常数的关系判断；(2)根据醋酸的电离平衡常数表达式分析； (3)根据Ka=确定需要测量是数据；(4)Z根据水解平衡常数Kh(CN-)，结合K KaKh=KW计算Ka(HCN)，然后比较Kh(CN-)、Ka(HCN)，判断CN-的水解能力强于HC
32、N的电离能力，据此分析解答。【详解】(1)醋酸的电离平衡常数Ka=，醋酸根离子水解平衡常数为Kh=，KaKh=Kw，根据三者之间的关系式知，弱电解质的电离程度越小，其对应的离子水解程度越大；(2)由于醋酸电离出的醋酸根离子与氢离子浓度近似相对，平衡时醋酸又可以看成是醋酸溶液的浓度，所以(H+)=；(3)根据Ka=知，要测定电离平衡常数，则必须知道氢离子浓度和醋酸浓度，要知道氢离子浓度必须测定溶液的pH，要知道醋酸浓度则必须利用酸碱中和滴定的方法测定；(4) Kh(CN-)=1.6110-5，则Ka(HCN)=6.210-101.6110-5，说明CN-的水解能力强于HCN的电离能力，由于盐与酸的总浓度相等，所以水解产生的c(OH-)大于电离生成的c(H+)，混合溶液显碱性；由于水解能力更强，则c(CN-)c(CN-)c(OH-)c(H+)。【点睛】本题考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离及盐的水解原理应用，注意根据Ka、Kh相对大小判断水解程度与电离程度大小，来比较溶液中的离子浓度，要结合弱电解质的电离特点，根据概念进行推导解答，注意公式的灵活运用。
