1、湖南省株洲市天元区 2016 届高三化学一轮复习模拟试题（PDF含解析）一解答题（共 30 小题）1向 20.00mL 稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，请回答相关问题：当加入 10.00mL 盐酸时，溶液中各种离子浓度之间的大小关系为（请在括号中填入离子符号）：cccc当盐酸与氨水等物质的量反应时，溶液的 pH7（填“”或“”或“=”，下同）当溶液 pH=7 时，反应所消耗的物质（包括还在溶液中存留的物质）之间的关系为：n（NH3H2O）n（HCl），溶液中 c（NH4+）c（Cl）2（1）25C 时，NaOH 和 Na2CO3 两溶液的 pH 均为 11两溶液中，由水电离出的 c（OH
2、）依次为：、Na2CO3 溶液呈碱性，其原因是（用离子方程式表示）（2）如图是用已知浓度的盐酸滴定某未知浓度的 NaOH 溶液的示意图和某次滴定前、后的盛放盐酸的滴定管中液面的位置请回答：仪器 A 的名称是；盐酸的体积读数：滴定前为mL，所用盐酸的实际体积为mL（3）为探究纯碱溶液呈碱性是由 C032引起的，请你设计一个简单的实验方案：（4）在 Na2CO3 溶液中离子浓度之间的关系正确的是AH+Na+=OH+HCO3+2CO32BOH=H+HCO3+H2CO3CNa+=2CO32+HCO3+H2CO3DCO32=HCO3+H2CO3325时，电离平衡常数：化学式CH3COOHH2CO3HCl
3、OH2C4H4O6（酒石酸）H2SO3电离平衡常数2.0105K1=4.3107K2=5.610113.0108 K1=9.1104K2=4.3105K1=1.3102K2=6.3108回答下列问题：（1）pH 相同的下列物质的溶液：aNa2CO3，bNaClO，cCH3COONadNaHCO3eNa2C4H4O6；物质的量浓度由大到小的顺序是（填字母）（2）常温下，0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液的 pH（已知 lg2=0.3）（3）常温下，将 0.1mol/L 的次氯酸溶液与 0.1mol/L 的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系正确的是Ac（Na+）c（ClO）c
4、（HCO3）c（OH）Bc（Na+）c（HCO3）c（ClO）c（H+）Cc（Na+）c（HClO）+c（ClO）+c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32）Dc（Na+）+c（H+）c（ClO）+c（HCO3）+2c（CO32）Ec（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）c（OH）+c（CO32）（4）写出少量的 CO2 通入 NaClO 溶液中的化学方程式（5）0.1mol/L 的酒石酸溶液与 pH=13 的 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液的 pH 为 6，则c（HC4H4O6）+2c（C4H4O62）=（用准确的数值表示）4现有下列化合物：Na2CO3NaOHHClNH4Cl
5、CH3COONaCH3COOHNH3H2O回答问题：（1）常温下，同物质的量浓度的以上溶液，PH 由大到小的顺序为（2）NH4Cl 显性，用离子方程式表示（3）溶液中的离子浓度大小排列（4）PH=10 的 CH3COONa 溶液中，水电离出来的 c（OH）为，在 PH=3 的CH3COOH 溶液中水电离出来的 c（H+）为（5）已知水中有如下平衡：H2O+H2O H3O+OHH0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的方法是A向水中加入 NaHSO4 固体B向水中加入 Na2CO3 固体C加热至 100D向水中加入（NH4）2SO4 固体（6）将等 PH 等体积的和分别加水稀释 m 倍、
6、n 倍后，PH 仍相等，则 m、n 的关系（7）物质的量均是 0.1mol 的 CH3COOH 和 CH3COONa 配成 1L 混合溶液，已知其中 c（CH3COO）大于 c（Na+），下列对该混合溶液的判断正确的是Ac（H+）c（OH）Bc（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1molL1Cc（CH3COOH）c（CH3COO）Dc（CH3COO）+c（OH）=0.1molL1（8）常温下，由组成的混合溶液，PH=13，c（CH3COO）=0.3molL1，c（Na+）=0.4molL1，则 c（CO32）525时，将 0.01molCH3COONa 和 0.002molHCl 溶于
7、水，形成 1L 混合溶液：（1）溶液中共有种不同的粒子（指分子和离子）（2）在这些粒子中，浓度为 0.01mol/L 的是，浓度为 0.002mol/L 的是（3）和两种粒子物质的量之和等于 0.01mol6（1）硼酸（H3BO3）溶液中存在如下平衡：H3BO3（aq）BO2（aq）+H+（aq）+H2O K=5.71010（25）实验中不慎将 NaOH 沾到皮肤时，用大量水洗后要涂上硼酸溶液写出硼酸与 NaOH 反应的离子方程式计算 25时 0.7molL1 硼酸溶液中 H+的浓度（2）已知 25时：化学式H2CO3CH3COOH电离常数K1=4.4107K2=4.71011K=1.7510
8、5下列说法正确的是A碳酸钠溶液滴入硼酸中能观察到有气泡产生B碳酸钠溶液滴入醋酸中能观察到有气泡产生C等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，pH：前者后者D等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者后者（3）如图是一定的温度和压强下工业上合成 lmolNH3 过程中能量变化示意图请写出工业合成氨的热化学方程式（H 的数值用含字母 Q1、Q2 的代数式表示）氨气溶于水得到氨水，在 25下，将 a molL1 的盐酸与 b molL1 的氨水等体积混合，反应后溶液显中性，则 c（Cl）c（NH4+）（填“”、“”或“=“）；用含 a 和 b的代数式表示出该混合溶液中氨水的电离平衡常数（4）物质的量浓度相同的下
9、列各组物质的溶液中，对指定的离子的浓度作大小比较，其中错误的是Ac（PO43）：Na3PO4Na2HPO4NaH2PO4H3PO4Bc（CO32）：（NH4）2CO3Na2CO3NaHCO3NH4HCO3Cc（NH4+）：（NH4）2SO4（NH4）2CO3NH4HSO4NH4ClDc（S2）：Na2SH2SNaHS7I现有常温下甲、乙两种溶液已知甲为 100mL 0.1molL1 的 Na2CO3 溶液，乙为 100mL0.1molL1 的 NaHCO3 溶液请回答下列问题：（1）溶液甲中离子浓度由大到小关系是（2）溶液乙中 c（CO32）c（H2CO3）（填“”、“”、“=”）（3）甲、乙
10、溶液中阴离子的物质的量浓度之和的大小关系：溶液甲溶液乙（填“”、“”、“=”）II在恒定电流的情况下，将含 0.1molNaCl 和 0.1molCuSO4 的混合溶液 500mL进行电解，2min 后阴极开始产生气体，5min 时停止电解，此时两极产生的气体体积理论上相同（1）请在图中画出阴阳两极产生气体的体积（已换成标准状况下的体积）与时间的关系（2）电解结束时消耗水的质量为g；将溶液稀释为 1000mL 后，所得溶液的pH 为8用尿素、氢氧化钠和水作为溶剂，预冷至零下 12，能将极难溶解的纤维素溶化为粘液武汉大学张俐娜教授因此而荣获美国 2011 年度安塞姆佩恩奖（1）尿素CO（NH2）
11、2中元素原子半径最大的原子结构示意图为；能说明氧元素原子比氮元素原子得电子能力强的事实是（填选项）A在 NO2 中氧元素显负价，氮元素显正价BH2O 的热稳定性比 NH3 的稳定C常温下 H2O 是液态而 NH3 是气态DO2 比 N2 易液化（2）尿素在土壤中的脲酶作用下会水解生成碳酸铵或碳酸氢铵，若与碱性肥料混合施用，会造成氮元素损失，请用离子方程式解释其原因；已知：20时，H2CO3：Ka1=4.2107；Ka2=5.61011；NH3H2O：Kb=1.7105碳酸氢铵溶液中 HCO3、NH+4，OH、H+四种离子浓度由大到小是（填选项）Ac（HCO3）c（NH4+）c（OH）c（H+）
12、Bc（NH4+）c（HCO3）c（OH）c（H+）Cc（HCO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）Dc（NH4+）c（HCO3）c（H+）c（OH）NaNO2 外观酷似食盐，误食会中毒（3）在酸性条件下，NaNO2 与 KI 按物质的量 1：1 恰好完全反应，I被氧化为 I2写出此反应的离子方程式（4）工业废水中含少量 NO2，可用电解法将 NO2 转换为 N2 除去N2 将在极生成，写出 NO2 在酸性条件下转化为 N2 的电极反应式9硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H+HSO4，HSO
13、4 H+S042请回答下列有关问题：（1）Na2S04 溶液呈（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”），其理由是（用离子方程式表示）（2）H2SO4 溶液与 BaC12 溶液反应的离子方程式为（3）在 0.10molL1 的 Na2SO4 溶液中，下列离子浓度关系正确的是（填写编号）Ac（Na+）=c（SO42）+c（HSO4）+c（H2SO4）Bc（OH）=c（HSO4）+c（H+）Cc（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO4）+2c（SO42）Dc（Na+）=2c（SO42）+2c（HSO4）（4）若 25时，0.10molL1 的 NaHSO4 溶液中 c（SO42）=0.029m
14、olL1，则 0.10molL1 的 H2SO4 溶液中 c（SO42）0.029molL1（填“”，、“”或“=”），其理由是（5）若 25时，0.10molL1H2SO4 溶液的 pH=lgO.11，则 0.10molL1 的 H2SO4 溶液中c（SO42）=molL110已知某溶液中只存在 OH、H+、NH4+、Cl四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种，请回答后面问题：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）（1）上述关系一定不正确的是（填
15、序号）（2）若溶液中只有一种溶质，则该溶质为，该溶液中离子浓度的大小关系为（填序号）（3）若关系正确，则溶液中溶质为（4）若四种离子浓度关系有 c（NH4+）=c（Cl），则该溶液显（填“酸性”、“碱性”、“中性”）（5）25，pH=a 的盐酸 VamL 与 pH=14a 的氨水 VbmL 混合，若溶液显中性，则 VaVb（填、=、无法确定）11常温下，有 0.1mol/L 的盐酸和 0.1mol/L 的醋酸溶液，回答下列问题：比较两溶液的 pH，盐酸（填“”、“=”或“”）醋酸两种酸均能与氢氧化钠反应生成盐，其中醋酸与氢氧化钠反应能生成醋酸钠，实验室现有部分醋酸钠固体，取少量溶于水，溶液呈（
16、填“酸性”、“中性”或“碱性”），其原因是（用离子方程式表示）向醋酸溶液中加入一定量的 NaOH 溶液，当测得溶液的 pH=7 时，溶液中离子的浓度大小为（填字母，下同），当测得溶液的 pH7 时，溶液中离子的浓度大小为ac（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）bc（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+）cc（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）dc（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）12（1）常温下，某水溶液 M 中存在的离子有：Na+、A2、HA、H+、OH，存在的分子有 H2O、H2A根据题意回答下列问题：写出酸 H2A 的电离方程式若溶液 M
17、 由 2molL1NaHA 溶液与 2molL1NaOH 溶液等体积混合而得，则溶液 M 的pH7（填“”、“”或“=”）；溶液 M 中各微粒的浓度关系正确的是Ac（Na+）c（A2）c（OH）c（H+）Bc（HA）+c（H2A）+c（H+）=c（OH）Cc（A2）+c（HA）+c（H2A）=1molL1Dc（A2）+c（HA）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）（2）室温时，氢氧化钙的溶度积 KSP=4.7106，室温时将 9mL0.02molL1 的氯化钙溶液与 1mL pH=13 的氢氧化钠溶液混合后（溶液体积可直接加和），溶液中沉淀析出（填“有”或“无”）（3）检验“侯氏制碱法”制得
18、的纯碱中是否混有食盐和小苏打检验纯碱中是否混有食盐的试剂是；证明纯碱中混有小苏打的实验方法是1325时，将 0.02molCH3COONa 和 0.01molHCl 溶于水，形成 1L 混合溶液：（1）该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：A：B：C：（2）在这些粒子中，浓度为 0.02mol/L 的是；浓度为 0.01mol/L 的是（3）和两种粒子物质的量之和等于 0.02mol14运用相关原理，回答下列各小题：（1）25时，某 FeCl3 溶液的 pH=2，则此溶液中由水电离产生的 c（OH）=；用离子方程式表示 FeCl3 溶液用于净水的原因：（2）已知 NaHSO
19、4 在水中的电离方程式 NaHSO4=Na+H+SO42在 NaHSO4 溶液中 c（H+）c（OH）+c（SO42）（填“”、“=”或“”下同）；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中 SO42完全沉淀，则反应后溶液的 pH7（3）将等体积的 Na2SO4 溶液和 BaCl2 溶液混合，若 Na2SO4 溶液的浓度为 0.02mol/L，则生成 BaSO4 沉淀所需 BaCl2 溶液的最小浓度为已知 Ksp（BaSO4）=1.11010（4）分析下表提供的数据：化学式电离常数HClOKa=3108H2CO3Ka1=4.3107Ka2=5.6101184 消毒液（有效成分为 NaClO）
20、久置于空气中会失效，写出发生反应的离子方程式：判断在等浓度的 NaClO、NaHCO3 混合溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序：15室温下，有以下四种溶液：pH=2 的 HCl 溶液；pH=2 的 NH4Cl 溶液；pH=12 的NaOH；pH=12 的 CH3COONa 溶液请回答下列问题：（1）溶液中由水电离出来的 c（H+）的比是：（2）将溶液等体积混合后，溶液的 pH7（填“”“”或“=”）（3）将溶液均稀释至原来的 10 倍后，它们的 pH 之和14（填“”“”或“=”）（4）向 300mL 溶液中通入 44.8mL CO2（标准状况）气体，充分反应后，溶液中粒子浓度关系正确的是A、
21、c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）B、2c（Na+）=3c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）C、c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）D、c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）16已知某无色透明溶液中仅含有包括 Na+和 CH3COO在内的四种离子请回答下列问题（1）该溶液中的溶质可能有三种情况，请分别写出各种情况的化学式：；（2）用离子方程式表示 CH3COONa 溶液显碱性的原因：；（3）当溶液中各离子浓度大小的顺序为 c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）时，则该溶液可能是（填序号）；
22、A由 0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液与 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合而成B由 0.1mol/L 的 CH3COONa 溶液与 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合而成C由 0.1mol/L 的 CH3COONa 溶液与 0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液等体积混合而成（4）当该溶液中溶质为两种，且溶液呈碱性时，四种离子的物质的量浓度由大到小的排列顺序可能为（写出两种）：、170.1mol/L CH3COOH 溶液0.1mol/L CH3COONa 溶液 0.1mol/L NaOH 溶液中：（1）三种溶液的 pH 从大到小的顺序为（填序号）（2）溶
23、液中发生反应的离子方程式为（包括电离和水解）（3）溶液中各种离子浓度的大小顺序为（4）若某溶液中各种离子浓度的大小顺序为 c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），则溶液中溶质为（填序号）18（1）盐碱地（含较多 NaCl、Na2CO3）不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性试用离子方程式表示：盐碱地产生碱性的原因用石膏降低其碱性的原理（2）根据下列 2 个热化学反应方程式：FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）H=218kJ/mol；Fe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H=+640.5kJ/mol写出 CO 气体还原 Fe3O4 固体得到
24、Fe 固体和 CO2 气体的热化学反应方程式：（3）常温下，等物质的量的浓度的氨水；NH4HSO4；NH4Cl；（NH4）2CO3；（NH4）2SO4 溶液中，c（N）由大到小的顺序为（填序号）19（1）已知某溶液中存在 OH、H+、NH、Cl四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）填写下列空白：（1）若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是，上述四种离子浓度的大小顺序为（选填序号）（2）若上述关系中是正确的，
25、则溶液中的溶质为；若上述关系中是正确的，则溶液中的溶质为（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前 c（HCl）c（NH3H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同），混合前酸中 c（H+）和碱中 c（OH）的关系为 c（H+）c（OH）某温度（t）时，水的离子积 Kw=11012，则该温度（填大于、小于或等于）25在此温度下，将 pH=a 的 Ba（OH）2 溶液 VaL 与 pH=b 的 H2SO4 溶液 VbL 混合：（假设混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和，所得固体体积忽略不计）（1）若所得混合液为中性，且 a=10，b=1，则 Va：Vb=，生成沉
26、淀的质量为（最终结果可用含 Va、Vb 的表达式来表示）（2）若所得混合液的 pH=2，且 a=10，b=1，则 Va：Vb=20中学化学中的平衡理论主要包括：化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡 4 种，且均符合平衡移动原理请回答下列问题：常温下有浓度均为 0.1molL1 的四种溶液：NaHCO3、Na2CO3、HCl、NH3H2O（1）溶液、pH 值由小到大的顺序为（填序号）（2）向中加入少量氯化铵固体，此时 c（NH4+）/c（OH）的值（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）取 10mL 溶液，加水稀释到 100mL，则此时溶液中由水电离出的 c（H+）=（4）上述溶液中，既能与氢
27、氧化钠溶液反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为（5）若将和的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前的体积的体积（填“大于”、“小于”或“等于”）难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡在常温下，溶液中各离子浓度以它们化学计量数为指数的乘积是一个常数，叫溶度积常数（Ksp）当溶液中各离子浓度指数的乘积大于溶度积时，则产生沉淀，反之固体溶解若某 CuSO4 溶液中 c（Cu2+）=0.02molL1，如果生成Cu（OH）2 沉淀，应调整溶液 pH，使之大于（已知 Ksp=2.01020）2125时，将 0.01molCH3COONa 和 0.002molHCl 溶于水，形成 1L 溶液（1）该
28、溶液中共含有种不同的微粒（包括分子和离子）；（2）在这些微粒中，和两种微粒的物质的量之和等于 0.01mol；（3）和两种微粒的物质的量之和比 H+的物质的量多 0.008mol22（1）常温下，若将 0.1mol NH4Cl 和 0.05mol NaOH 全部溶于水形成混合溶液（假设无损失），和两种粒子的物质的量之和等于 0.1mol和两种粒子的物质的量之和比 OH多 0.05mol（2）氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，试写出该反应的化学方程式，科学家利用此原理，设计成氨气一氧气燃料电池，在碱性条件下，通入氨气的电极发生反应的电极反应式为23研究 NO2、SO2、CO 等大气污染气体的处
29、理具有重要意义（1）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=Q1kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=Q2kJmol1则反应 NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=kJmol1（2）一定条件下，将 NO2 与 SO2 以体积比 1：2 置于密闭容器中发生上述反应，当测得上述反应平衡时 NO2 与 NO 体积比为 1：3，则平衡常数 K=（3）CO 可用于合成甲醇，反应方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）CO 在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示该反应H0（填“”或“”）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性
30、（1）用离子方程式解释 Na2C2O4 溶液显碱性的原因；（2）常温下，比较 0.1molL1NaHC2O4 溶液中各种离子浓度的大小关系；某课外活动小组为了探究的 BaSO4 溶解度，分别将足量 BaSO4 放入：a.5ml 水；b.40ml0.2molL1 的 Ba（OH）2 溶液；c.20ml 0.5molL1 的 Na2SO4 溶液；d.40ml 0.1molL1 的H2SO4 溶液中，溶解至饱和（1）以上各溶液中，的浓度由大到小的顺序为；AbacdBbadcCadcbDabdc（2）某同学取同样的溶液 b 和溶液 d 直接混合，则混合溶液的 pH 值为（设混合溶液的体积为混合前两溶液
31、的体积之和）24弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶液平衡均属于化学平衡I、已知 H2A 在水中存在以下平衡：H2A H+HA，HA H+A2（1）NaHA 溶液的 pH（填大于、小于或等于）Na2A 溶液的 pH（2）某温度下，若向 0.1mol/L 的 NaHA 溶液中逐滴滴加 0.1mol/L KOH 溶液至溶液呈中性此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是ac（H+）c（OH）=11014bc（Na+）+c（K+）=c（HA）+2c（A2）cc（Na+）c（K+）dc（Na+）+c（K+）=0.05mol/L（3）已知常温下 H2A 的钙盐（CaA）饱和溶液中存在以下平衡：C
32、aA（s）Ca2+（aq）+A2（aq）H0降低温度时，Ksp（填“增大”、“减小”或“不变”）滴加少量浓盐酸，c（Ca2+）（填“增大”、“减小”或“不变”）II、含有 Cr2O72的废水毒性较大，某工厂废水中含 5.00103 molL1 的 Cr2O72为使废水能达标排放，作如下处理：Cr2O72Cr3+、Fe3+Cr（OH）3、Fe（OH）3（1）该废水中加入绿矾（FeSO47H2O）和 H+，发生反应的离子方程式为：（2）欲使 10L 该废水中的 Cr2O72完全转化为 Cr3+，理论上需要加入gFeSO47H2O（3）若处理后的废水中残留的 c（Fe3+）=21013molL1，则
33、残留的 Cr3+的浓度为（已知：KspFe（OH）3=4.01038KspCr（OH）3=6.01031）25物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡请根据所学知识的回答：（1）A 为 0.1molL1 的（NH4）2SO4 溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为（2）C 为 FeCl3 溶液，实验室中配制 FeCl3 溶液时通常需要向其中加入目的是；（3）D 为含有足量 AgCl 固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）在 25时，氯化银的 Ksp=1.81010mol2L2现将足量氯化银分别放入：1
34、00mL 蒸馏水中；100mL 0.2molL1AgNO3 溶液中；100mL 0.1molL1 氯化铝溶液中；100mL 0.1molL1 盐酸溶液中充分搅抖后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是（填写序号）26（1）常温下，有 0.1mol/L 的盐酸和 0.1mol/L 的醋酸溶液，回答下列问题：比较两溶液的 pH，盐酸（填“”、“=”或“”）醋酸，写出醋酸电离的方程式两种酸均能与氢氧化钠反应生成盐，其中醋酸与氢氧化钠反应能生成醋酸钠，实验室现有部分醋酸钠固体，取少量溶于水，溶液呈性（填“酸”、“中”或“碱”），其原因是（用离子方程式表示）向醋酸溶液中加入一定量的 NaOH 溶液，当测
35、得溶液的 pH=7 时，溶液中离子的浓度大小为（填字母，下同），当测得溶液的 pH7 时，溶液中离子的浓度大小可能为ac（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）bc（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+）cc（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）dc（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）（2）向盛有 1mL 0.1mol/L MgCl2 溶液的试管中滴加 2 滴 2mol/L NaOH 溶液，有白色沉淀生成，再滴加 2 滴 0.1mol/LFeCl3 溶液，静置可以观察到的现象是，产生该现象的原因是（用离子方程式）27（1）写出 0.1mol/LNa2S
36、 溶液中的守恒关系，电荷守恒为，物料守恒为，溶液中各离子浓度的大小关系为（2）25时、有 pH 为 a 的 HCl 溶液和 pH 为 b 的 NaOH 溶液，取 VaL 该盐酸用该 NaOH溶液中和，需 VbLNaOH 溶液，（题中 ab，b8）问：若 a+b=14，则=；若 a+b=13，则=；若 a+b14，则=且 VaVb（填“”“”“=”）28物质在水溶液中可能存在电离平衡、盐的水解平衡或沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡的一种请根据所学化学知识回答下列问题：（1）A 为 0.1molL1 的（NH4）2SO4 溶液，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序为（2）B 为 0.1molL1 的
37、 NaHCO3 溶液，NaHCO3 在该溶液中存在的平衡有（用离子方程式表示），（3）以下各小题均为常温下的溶液某溶液中由水电离的 c（H+）=1010molL1，则该溶液的 pH 为盐类水解的逆反应是中和反应（填“对”或“错”）HCO 溶液呈碱性说明 HCO 的电离能力弱于水解能力（填“对”或“错”）盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的（填“对”或“错”）（4）D 为含有足量 AgCl 固体的饱和溶液，AgCl 在溶液中存在如下平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）在 25时，AgCl 的 Ksp=1.81010现将足量 AgCl 分别放入下列液体中：100ml 蒸馏水100mL 0
38、.3mollL1 AgNO3 溶液100mL 0.1molL1MgCl2 溶液充分搅拌后冷却到相同温度，Ag+浓度由大到小的顺序为（填序号），此时溶液中 Cl物质的量浓度为29直接排放含 SO2 的烟气会形成酸雨，危害环境利用钠碱循环法可脱除烟气中的 SO2，（1）硫原子电子排布式为（2）在钠碱循环法中，常用 Na2SO3 溶液作为吸收液，写出 SO2 被 Na2SO3 溶液吸收的离子方程式是（3）当 Na2SO3 吸收 SO2 至溶液呈中性时，溶液中所有离子浓度从大到小排列顺序是（已知：当 c（SO32）=c（HSO3）时，溶液的 pH=7.2）（4）工业上也可利用原电池原理，用 SO2 和
39、 O2 来制备 H2SO4，该原电池中负极反应式为30（1）常温下某无色透明溶液中所含的离子仅有 NH4+和 Cl等四种离子，请回答下列问题：该溶液所含的上述四种离子的物质的量浓度大小有多种可能，填写下面的两种可能：c（Cl），c（Cl）如溶液中 c（NH4+）=c（Cl），则溶液中的溶质为（必须填化学式）该溶液的 pH7（填、或=）（2）常温下将 0.020mol CH3COONa 和 0.005mol HCl 溶于水，配制成 2L 混合溶液，判断：溶液中共有种微粒（包括分子和离子）；溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于 0.020mol，它们是和；溶液中 n（CH3COO）+n（OH）n
40、（H+）=mol湖南省株洲市天元区 2016 届高三化学一轮复习模拟试题（PDF含解析）参考答案与试题解析一解答题（共 30 小题）1向 20.00mL 稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，请回答相关问题：当加入 10.00mL 盐酸时，溶液中各种离子浓度之间的大小关系为（请在括号中填入离子符号）：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）当盐酸与氨水等物质的量反应时，溶液的 pH7（填“”或“”或“=”，下同）当溶液 pH=7 时，反应所消耗的物质（包括还在溶液中存留的物质）之间的关系为：n（NH3H2O）n（HCl），溶液中 c（NH4+）=c（Cl）【考点】离子浓度大小的比较 菁优网
41、版 权所有【分析】判断反应后，溶液中的溶质，再根据电离与盐类水解解答；盐酸与氨水恰好反应，为氯化铵溶液，利用盐类水解规律判断溶液酸碱性；利用电荷守恒判断出 c（NH4+）与 c（Cl）大小关系，再根据溶液中存在平衡NH4+H2O NH3H2O 判断【解答】解：当加入 10.00mL 盐酸后，溶液为等物质的量浓度的氨水与氯化铵的混合液，氨水电离使呈碱性，氯化铵水解使溶液呈酸性，等物质的量浓度，电离程度大于水解程度，溶液呈碱性，即：c（OH）c（H+）；根据电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），溶液呈碱性，所以，c（NH4+）c（Cl）；水解程度微弱，溶液中 c（Cl）远
42、远大于 c（OH），故溶液中各种离子浓度之间的大小关系为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故答案为：NH4+；Cl；OH；H+；盐酸与氨水恰好反应，为氯化铵溶液，氯化铵是强酸弱碱盐，故溶液呈酸性，即 pH7，故答案为：；根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），由于溶液 pH=7，即 c（OH）=c（H+），所以 c（NH4+）c（Cl），溶液中存在平衡 NH4+H2O NH3H2O，根据物料守恒有，反应所消耗的物质（包括还在溶液中存留的物质）之间的关系为：n（NH3H2O）n（HCl）故答案为：；=【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电
43、荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力2（1）25C 时，NaOH 和 Na2CO3 两溶液的 pH 均为 11两溶液中，由水电离出的 c（OH）依次为：11011mol/L、0.001mol/LNa2CO3 溶液呈碱性，其原因是（用离子方程式表示）CO32+H2OHCO3+OH（2）如图是用已知浓度的盐酸滴定某未知浓度的 NaOH 溶液的示意图和某次滴定前、后的盛放盐酸的滴定管中液面的位置请回答：仪器 A 的名称是酸式滴定管；盐酸的体积读数：滴定前为0.80mLmL，所用盐酸的实际体积为22.00mLmL（3）为探究纯碱溶液呈碱性是由
44、 C032引起的，请你设计一个简单的实验方案：向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去说明纯碱溶液呈碱性是由 CO32引起的（4）在 Na2CO3 溶液中离子浓度之间的关系正确的是ACAH+Na+=OH+HCO3+2CO32BOH=H+HCO3+H2CO3CNa+=2CO32+HCO3+H2CO3DCO32=HCO3+H2CO3【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；中和滴定 菁优网版 权所有【专题】基本概念与基本理论【分析】（1）氢氧化钠为强碱溶液，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的；碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解
45、促进了水的电离，溶液中氢氧根离子为水电离的，据此进行计算；碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液显示碱性；（2）根据仪器的结构来分析；根据滴定管的结构与精确度为 0.01mL 进行解答；（3）设计实验使溶液中的 CO32由有到无，再根据酚酞的颜色变化起作用的是否是碳酸根离子；（4）A碳酸钠溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；B水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度一定相等，根据质子守恒进行判断，碳酸分子中结合了 2 个 H 离子；C根据碳酸钠溶液中物料守恒进行判断；D碳酸钠溶液中，碳酸根离子只是部分水解，碳酸根离子浓度远远大
46、于HCO3+H2CO3【解答】解：（1）25时，pH 值都等于 11 的 NaOH 溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子为：11011mol/L；pH=11 的碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：=0.001mol/L，故答案为：11011mol/L；0.001mol/L；碳酸钠溶液中，碳酸根离子结合水电离的氢离子生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为：CO32+H2O HCO3+OH，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子，溶液显示碱性，故答案为：CO32+H2O HCO3+OH；（2）该滴定管的
47、下端是玻璃活塞，所以仪器的名称为酸式滴定管；滴定前，滴定管中的液面读数为 0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为 22.80mL，实际上所用的盐酸体积为：22.80mL0.80mL=22.00mL，故答案为：酸式滴定管；0.80mL；22.00mL；（3）为证明纯碱溶液呈碱性是由 CO32引起的，就设计一个使溶液中的碳酸根离子由有到无的实验，根据溶液中酚酞颜色的变化判断，方法为：向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去说明纯碱溶液呈碱性是由 CO32引起的，故答案为：向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯
48、化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去说明纯碱溶液呈碱性是由 CO32引起的；（4）A碳酸钠溶液中遵循电荷守恒，根据电荷守恒可知：H+Na+=OH+HCO3+2CO32，故 A 正确；B碳酸钠溶液中，水电离的氢离子与氢氧根离子一定相等，根据质子守恒可知：OH=H+HCO3+2H2CO3，故 B 错误；C碳酸钠溶液中遵循物料守恒，根据物料守恒可知：Na+=2CO32+HCO3+H2CO3，故 C 正确；D碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分水解，溶液中碳酸氢根离子和碳酸的浓度很小，所以CO32HCO3+H2CO3，故 D 错误；故选 AC【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用、
49、化学实验方案的设计等知识，题目难度中等，注意掌握中和滴定存在方法，明确盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒判断溶液中各离子浓度大小325时，电离平衡常数：化学式CH3COOHH2CO3HClOH2C4H4O6（酒石酸）H2SO3电离平衡常数2.0105K1=4.3107K2=5.610113.0108 K1=9.1104K2=4.3105K1=1.3102K2=6.3108回答下列问题：（1）pH 相同的下列物质的溶液：aNa2CO3，bNaClO，cCH3COONadNaHCO3eNa2C4H4O6；物质的量浓度由大到小的顺序是e c d b a（填字母）（2）常温下，0.1m
50、ol/L 的 CH3COOH 溶液的 pH2.85（已知 lg2=0.3）（3）常温下，将 0.1mol/L 的次氯酸溶液与 0.1mol/L 的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系正确的是BCEAc（Na+）c（ClO）c（HCO3）c（OH）Bc（Na+）c（HCO3）c（ClO）c（H+）Cc（Na+）c（HClO）+c（ClO）+c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32）Dc（Na+）+c（H+）c（ClO）+c（HCO3）+2c（CO32）Ec（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）c（OH）+c（CO32）（4）写出少量的 CO2 通入 NaClO 溶液中的化学
51、方程式CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO（5）0.1mol/L 的酒石酸溶液与 pH=13 的 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液的 pH 为 6，则c（HC4H4O6）+2c（C4H4O62）=（0.05+106108）（用准确的数值表示）【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算 菁优网版权 所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题；盐类的水解专题【分析】（1）酸的电离平衡常数越小，则酸根离子水解程度越大，相同 pH 的钠盐溶液浓度越小；（2）c（H+）=；（3）常温下，将 0.1mol/L 的次氯酸溶液与 0.1mo
52、l/L 的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的 NaClO 和 NaHCO3，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；（4）Ka1（H2CO3）Ka（HClO）Ka2（H2CO3），少量二氧化碳和次氯酸钠反应生成 NaClO和 NaHCO3；（5）0.1mol/L 的酒石酸溶液与 pH=13 的 NaOH 溶液等体积混合，二者浓度相等，二者恰好反应生成 NaHC4H4O6，所得溶液的 pH 为 6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断【解答】解：（1）酸的电离平衡常数越小，则酸根离子水解程度越大，相同 pH 的钠盐溶液浓度越小，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序是
53、 CO32ClOHCO3CH3COOC4H4O62，所以等 pH 时钠盐浓度大小顺序是 e c d b a，故答案为：e c d b a；（2）c（H+）=mol/L，溶液的 PH=30.15=2.85，故答案为：2.85；（3）常温下，将 0.1mol/L 的次氯酸溶液与 0.1mol/L 的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的 NaClO 和 NaHCO3，AClO水解程度HCO3，所以存在 c（ClO）c（HCO3），故错误；BClO水解程度HCO3，钠离子不水解，溶液呈碱性，所以存在 c（Na+）c（HCO3）c（ClO）c（H+），故正确；C根据物料守恒得 c（Na
54、+）c（HClO）+c（ClO）+c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32），故正确；D根据电荷守恒得 c（Na+）+c（H+）c（ClO）+c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故错误；E根据质子守恒得 c（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）c（OH）+c（CO32），故正确；故选 BC E；（4）Ka1（H2CO3）Ka（HClO）Ka2（H2CO3），少量二氧化碳和次氯酸钠反应生成 NaClO和 NaHCO3，反应方程式为 CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，故答案为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO；（5）0.1mol/L 的酒石酸
55、溶液与 pH=13 的 NaOH 溶液等体积混合，二者浓度相等，混合后 c（Na+）=0.05mol/L，二者恰好反应生成 NaHC4H4O6，所得溶液的 pH 为 6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得 c（HC4H4O6）+2c（C4H4O62）=c（Na+）+c（H+）c（OH）=0.05mol/L+106mol/L108mol/L=（0.05+106108）mol/L，故答案为：（0.05+106108）mol/L【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质电离及盐类水解，知道弱酸电离平衡常数与酸根离子水解程度关系，再结合守恒思想分析解答，题目难度中等4现有下列化合物：
56、Na2CO3NaOHHClNH4ClCH3COONaCH3COOHNH3H2O回答问题：（1）常温下，同物质的量浓度的以上溶液，PH 由大到小的顺序为（2）NH4Cl 显酸性，用离子方程式表示NH4+H2O NH3H2O+H+（3）溶液中的离子浓度大小排列（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）（4）PH=10 的 CH3COONa 溶液中，水电离出来的 c（OH）为104mol/L，在 PH=3的 CH3COOH 溶液中水电离出来的 c（H+）为1011mol/L（5）已知水中有如下平衡：H2O+H2O H3O+OHH0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的方法是D
57、A向水中加入 NaHSO4 固体B向水中加入 Na2CO3 固体C加热至 100D向水中加入（NH4）2SO4 固体（6）将等 PH 等体积的和分别加水稀释 m 倍、n 倍后，PH 仍相等，则 m、n 的关系mn（7）物质的量均是 0.1mol 的 CH3COOH 和 CH3COONa 配成 1L 混合溶液，已知其中 c（CH3COO）大于 c（Na+），下列对该混合溶液的判断正确的是AAc（H+）c（OH）Bc（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1molL1Cc（CH3COOH）c（CH3COO）Dc（CH3COO）+c（OH）=0.1molL1（8）常温下，由组成的混合溶液，PH=
58、13，c（CH3COO）=0.3molL1，c（Na+）=0.4molL1，则 c（CO32）51014mol/L【考点】离子浓度大小的比较；pH 的简单计算；盐类水解的应用 菁优网版权 所有【专题】盐类的水解专题【分析】（1）同物质的量浓度的以上溶液，溶液 pH 大小顺序：酸溶液盐溶液碱，再根据酸的强弱、盐溶液酸碱性、碱的强弱判断 pH 大小；（2）NH4Cl 为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；（3）中碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，导致溶液呈碱性，第一步水解程度远远大于第二步，钠离子不水解；（4）PH=10 的 CH3COONa 溶液中，水电离出来的 c（OH）=，在 PH=3
59、 的 CH3COOH溶液中水电离出来的 c（H+）=c（OH）=；（5）H2O+H2O H3O+OHH0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，应该加入和氢氧根离子反应的物质；（6）加水稀释促进弱电解质电离；（7）物质的量均是 0.1mol 的 CH3COOH 和 CH3COONa 配成 1L 混合溶液，c（CH3COO）c（Na+），溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；（8）常温下，由组成的混合溶液，PH=13，c（CH3COO）=0.3molL1，c（Na+）=0.4molL1，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断【解答】解：（1）常温下，同物质的量浓度的以上溶液，溶
60、液 pH 大小顺序：酸溶液盐溶液碱，HCl 电离程度大于CH3COOH，所以溶液 pH：7；NaOH 电离程度大于NH3H2O，所以溶液 pH7；Na2CO3、CH3COONa 都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，但碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，则溶液 pH：7；NH4Cl 为强弱酸碱盐，溶液呈酸性，所以 pH7，通过以上分析知，等浓度的这几种溶液 pH 大小顺序是：，故答案为：；（2）NH4Cl 为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为NH4+H2O NH3H2O+H+，故答案为：酸；NH4+H2O NH3H2O+H+；（3）中碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，导致溶液呈碱性，第
61、一步水解程度远远大于第二步，钠离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+），故答案为：（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）；（4）PH=10 的 CH3COONa 溶液中，水电离出来的 c（OH）=mol/L=104 mol/L，在 PH=3 的 CH3COOH 溶液中水电离出来的 c（H+）=c（OH）=mol/L=1011 mol/L，故答案为：104mol/L；1011mol/L；（5）A向水中加入 NaHSO4 固体，溶液中氢离子浓度增大，抑制水电离，故错误；B向水中加入 Na2CO3 固体，碳酸根离子和氢离子
62、反应生成碳酸氢根离子，导致溶液碱性增强，故错误；C加热至 100，促进水电离，但溶液仍然呈中性，故错误；D向水中加入（NH4）2SO4 固体，铵根离子和氢氧根离子反应导致溶液酸性增强，故正确；故选 D；（6）加水稀释促进弱电解质电离，二者 pH 相等，要使稀释后溶液 pH 相等，则氨水加水体积要大些，故答案为：mn；（7）物质的量均是 0.1mol 的 CH3COOH 和 CH3COONa 配成 1L 混合溶液，c（CH3COO）c（Na+），溶液中存在电荷守恒和物料守恒，A根据电荷守恒得 c（H+）c（OH），故正确；B根据物料守恒得 c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.2molL
63、1，故错误；C醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以 c（CH3COOH）c（CH3COO），故错误；D溶液中存在电荷是，根据电荷守恒得 c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+）0.1molL1，故错误；故选 A；（8）常温下，由组成的混合溶液，PH=13，c（CH3COO）=0.3molL1，c（Na+）=0.4molL1，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得 c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH）+2c（CO32）+c（HCO3），2c（CO32）=c（H+）+c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（HCO3）=（1013+0.40.30.1）mol/
64、Lc（CH3COO）1013mol/L，则 c（CO32）51014mol/L，故答案为：51014mol/L【点评】本题考查盐类水解及弱电解质电离，明确溶质的性质、外界条件对化学平衡的影响再结合物料守恒、电荷守恒即可解答，注意酸溶液中水电离出氢离子的计算方法，注意（8）中碳酸根离子的计算方法，为难点525时，将 0.01molCH3COONa 和 0.002molHCl 溶于水，形成 1L 混合溶液：（1）溶液中共有7种不同的粒子（指分子和离子）（2）在这些粒子中，浓度为 0.01mol/L 的是Na+，浓度为 0.002mol/L 的是Cl（3）CH3COOH和CH3COO两种粒子物质的量
65、之和等于 0.01mol【考点】离子浓度大小的比较；物质的量的相关计算 菁优网版 权所有【专题】计算题；电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）0.01molCH3COONa 和 0.002molHCl 溶于水得到 0.008molCH3COONa、0.002molCH3COOH、0.002molNaCl，CH3COONa、NaCl 为强电解质，CH3COOH 为弱电解质；（2）根据钠离子、氯离子的物质的量来分析；（3）根据物料守恒来分析【解答】解：（1）0.01molCH3COONa 和 0.002molHCl 溶于水得到 0.008molCH3COONa、0.002molCH3COOH、
66、0.002molNaCl，CH3COONa、NaCl 为强电解质，CH3COOH 为弱电解质，则溶液中存在的离子为：Na+、H+、Cl、OH、CH3COO，存在的分子为：H2O、CH3COOH，即共有 7 种不同的微粒，故答案为：7；（2）已知 0.01mol CH3COONa，则浓度为 0.01molL1 的是 Na+，HCl 为 0.002mol，则浓度为 0.002molL1 的是 Cl，故答案为：Na+；Cl；（3）因反应前后的原子守恒，钠离子为 0.01mol，则不符合两种微粒的物质的量之和等于0.01mol，由 0.01molCH3COONa，根据醋酸根守恒可知，CH3COOH、C
67、H3COO两种微粒的物质的量之和等于 0.01mol，故答案为：CH3COOH；CH3COO【点评】本题考查溶液中的微粒及电荷守恒、物料守恒，明确混合溶液中的溶质、电解质的强弱、原子守恒、电荷守恒是解答本题的关键，难度不大6（1）硼酸（H3BO3）溶液中存在如下平衡：H3BO3（aq）BO2（aq）+H+（aq）+H2O K=5.71010（25）实验中不慎将 NaOH 沾到皮肤时，用大量水洗后要涂上硼酸溶液写出硼酸与 NaOH 反应的离子方程式H3BO3+OH=BO2+2H2O计算 25时 0.7molL1 硼酸溶液中 H+的浓度2105molL1（2）已知 25时：化学式H2CO3CH3C
68、OOH电离常数K1=4.4107K2=4.71011K=1.75105下列说法正确的是BDA碳酸钠溶液滴入硼酸中能观察到有气泡产生B碳酸钠溶液滴入醋酸中能观察到有气泡产生C等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，pH：前者后者D等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者后者（3）如图是一定的温度和压强下工业上合成 lmolNH3 过程中能量变化示意图请写出工业合成氨的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（Q1Q2）kJmol1（H 的数值用含字母 Q1、Q2 的代数式表示）氨气溶于水得到氨水，在 25下，将 a molL1 的盐酸与 b molL1 的氨水等体积混合，反应后溶液显中性，
69、则 c（Cl）=c（NH4+）（填“”、“”或“=“）；用含 a 和 b 的代数式表示出该混合溶液中氨水的电离平衡常数（4）物质的量浓度相同的下列各组物质的溶液中，对指定的离子的浓度作大小比较，其中错误的是BAc（PO43）：Na3PO4Na2HPO4NaH2PO4H3PO4Bc（CO32）：（NH4）2CO3Na2CO3NaHCO3NH4HCO3Cc（NH4+）：（NH4）2SO4（NH4）2CO3NH4HSO4NH4ClDc（S2）：Na2SH2SNaHS【考点】离子浓度大小的比较；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡 菁优网版 权所有【专题】基本概念与基本理论【分析】（1）硼酸是酸
70、，能和碱发生中和反应；根据硼酸的电离平衡常数可知，c（H+）=；（2）相同温度、浓度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸根离子的水解能力越小，结合强酸制取弱酸分析解答；（3）反应后溶液显中性，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知，c（Cl）=c（NH4+）；由图求出 N2 和 H2 反应生成 1molNH3 的反应热，再根据热化学反应方程式的书写解答；将 a molL1 的氨水与 b molL1 的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中 c（OH）=1107mol/L，根据 K=计算；（4）A、电离后三者电离出的 c（H+）逐渐增大，对产生 PO43的电离有抑制作用；B、碳
71、酸盐中碳酸根离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，然后根据盐的水解影响判断碳酸根离子浓度大小；C、依据硫酸铵和碳酸铵中的铵根离子浓度大于酸式盐中铵根离子浓度，硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的电离；D、硫化钠中硫离子浓度最大，硫化氢是二元弱酸，硫离子浓度最小【解答】解：（1）硼酸是酸，能和碱发生中和反应生成盐和水，所以和氢氧化钠反应离子方程式为 H3BO3+OH=BO2+2 H2O，故答案为：H3BO3+OH=BO2+2H2O；25时 0.7molL1 硼酸溶液中 H+的浓度：c（H+）=mol/L2105molL1，故答案为：2105molL1；（2）相同温度、浓度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越
72、强，其酸根离子的水解能力越小，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是 CH3COOHH2CO3H3BO3HCO3，所以离子水解能力碳酸根离子碳酸氢根离子醋酸根离子，A酸性 H2CO3H3BO3HCO3，所以碳酸钠溶液滴入硼酸中生成碳酸氢钠和硼酸钠，没有气体生成，故 A 错误；B酸性 CH3COOHH2CO3，所以碳酸钠溶液滴入醋酸中生成醋酸钠、水和二氧化碳，所以能看到有气泡生成，故 B 正确；C酸性 H2CO3H3BO3，所以碳酸的电离程度大于硼酸，则等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，碳酸的酸性大于硼酸，所以 pH：前者后者，故错误；D酸性 CH3COOHH2CO3，所以碳酸根离子水解能力大于醋酸根离子
73、，则等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者后者，故 D 正确；故答案为：BD；（3）由图可知，N2 和 H2 反应生成 1molNH3 放出的热量为（Q1Q2）kJ，该反应的热化学反应方程式为 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（Q1Q2）kJmol1，故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（Q1Q2）kJmol1；将 a molL1 的盐酸与 b molL1 的氨水等体积混合，反应后溶液显中性，则 c（OH）=c（H+）=1107mol/L，根据电荷守恒可知：c（Cl）=c（NH4+）；a molL1 的氨水与 b molL1 的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性
74、，溶液中 c（OH）=1107mol/L，溶液中 c（NH4+）=c（Cl）=mol/L，混合后反应前 c（NH3H2O）=mol/L，则反应后 c（NH3H2O）=（）mol/L，则 K=，故答案为：=；（4）A、Na3PO4 中磷酸根离子浓度最大，Na2HPO4、NaH2PO4、H3PO4 电离出的 c（H+）逐渐增大，氢离子对产生 PO43的电离有抑制作用，溶液中磷酸根离子浓度大小为：Na3PO4Na2HPO4NaH2PO4H3PO4，故 A 正确；B、Na2CO3 最大，其次是（NH4）2CO3，因为后者要发生水解，NaHCO3 和 NH4HCO3 中由HCO3电离产生，而 NH4HC
75、O3 中 HCO3和 NH4+相互促进水解，HCO3浓度较小，NaHCO3NH4HCO3，故 B 错误；C、四种盐均完全电离，（NH4）2SO4 和（NH4）2CO3 较大，但后者的阴阳离子会发生相互促进的水解，应为（NH4）2SO4（NH4）2CO3，NH4HSO4 与 NH4Cl，NH4HSO4 电离产生的 H+对 NH4+的水解有抑制作用，应为 NH4HSO4NH4Cl，溶液中铵根离子浓度大小为：（NH4）2SO4（NH4）2CO3NH4HSO4NH4Cl，故 C 正确；D、Na2S 最大，NH4HS 和 NaHS 相比，但前者发生双水解，硫离子浓度应为 NaHSNH4HS，H2S 要电
76、离产生 S2，为 H2S 的二级电离，程度很小，溶液中硫离子浓度大小为：Na2SH2SNaHS，故 D 正确；故选 B【点评】本题考查了离子浓度大小比较、热化学方程式的书写、电离平衡常数的计算，题目难度较大，试题题量较大，涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，注意掌握比较溶液中离子浓度大小常用方法，能够正确书写热化学方程式7I现有常温下甲、乙两种溶液已知甲为 100mL 0.1molL1 的 Na2CO3 溶液，乙为 100mL0.1molL1 的 NaHCO3 溶液请回答下列问题：（1）溶液甲中离子浓度由大到小关系是c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）
77、（2）溶液乙中 c（CO32）c（H2CO3）（填“”、“”、“=”）（3）甲、乙溶液中阴离子的物质的量浓度之和的大小关系：溶液甲溶液乙（填“”、“”、“=”）II在恒定电流的情况下，将含 0.1molNaCl 和 0.1molCuSO4 的混合溶液 500mL进行电解，2min 后阴极开始产生气体，5min 时停止电解，此时两极产生的气体体积理论上相同（1）请在图中画出阴阳两极产生气体的体积（已换成标准状况下的体积）与时间的关系（2）电解结束时消耗水的质量为3.6g；将溶液稀释为 1000mL 后，所得溶液的 pH 为1【考点】离子浓度大小的比较；电解原理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质 菁优网
78、版 权所有【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物【分析】I（1）Na2CO3 溶液中碳酸根离子水解显碱性，第一步水解大于第二步水解；（2）NaHCO3 溶液中，显碱性，HCO3的水解大于其电离；（3）Na2CO3 溶液中 CO32的水解大于乙中 HCO3的水解；II溶液中阴阳离子的放电顺序分别为：阳离子放电顺序 Cu2+H+Na+，阴离子放电顺序为 ClOHSO42，阳极发生 2Cl2eCl2、4OH4eO2+H2O，阴极发生 Cu2+2eCu、2H+2eH2，当氢离子放电实质为电解水，电解后溶液中硫酸与 NaOH 的物质的量相同，氢离子过量，以此计算【解答】解：I（1）Na2CO3 溶
79、液中碳酸根离子水解显碱性，第一步水解大于第二步水解，则离子浓度大小为 c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+），故答案为：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）；（2）NaHCO3 溶液中，显碱性，HCO3的水解大于其电离，水解生成碳酸，则 c（CO32）c（H2CO3）故答案为：；（3）Na2CO3 溶液中 CO32的水解大于乙中 HCO3的水解，则甲中阴离子浓度之和大，所以甲乙，故答案为：；II溶液中阴阳离子的放电顺序分别为：阳离子放电顺序 Cu2+H+Na+，阴离子放电顺序为 ClOHSO42，2min 之前，阳极发生 2Cl2eCl2，0.1m
80、ol 0.10.05阴极发生 Cu2+2eCu0.050.12min5min，阳极发生 4OH4eO2+H2O4xx阴极发生 Cu2+2eCu0.050.12H+2eH24x0.12x0.05，两极产生的气体体积理论上相同，则 0.05+x=2x0.05，解得 x=0.1，即两极各收集 0.15mol气体，如图，故答案为：；（2）当氢离子放电实质为电解水，由 2H2OO2+2H24e，共生成 0.1mol 氧气，则消耗水为 0.2mol，其质量为 0.2mol18g/mol=3.6g，电解后有 0.1molNaHSO4，稀释至 1000mL，则 c（H+）=0.1mol/L，所以 pH=1，故
81、答案为：3.6；1【点评】本题考查离子浓度大小的比较及电解原理，明确盐类水解及水解趋势的大小、电解中离子的放电顺序及电极反应为解答的关键，题目难度较大，（2）中计算为解答的难点8用尿素、氢氧化钠和水作为溶剂，预冷至零下 12，能将极难溶解的纤维素溶化为粘液武汉大学张俐娜教授因此而荣获美国 2011 年度安塞姆佩恩奖（1）尿素CO（NH2）2中元素原子半径最大的原子结构示意图为；能说明氧元素原子比氮元素原子得电子能力强的事实是AB（填选项）A在 NO2 中氧元素显负价，氮元素显正价BH2O 的热稳定性比 NH3 的稳定C常温下 H2O 是液态而 NH3 是气态DO2 比 N2 易液化（2）尿素在
82、土壤中的脲酶作用下会水解生成碳酸铵或碳酸氢铵，若与碱性肥料混合施用，会造成氮元素损失，请用离子方程式解释其原因NH4+OH=NH3H2O=NH3+H2O；已知：20时，H2CO3：Ka1=4.2107；Ka2=5.61011；NH3H2O：Kb=1.7105碳酸氢铵溶液中 HCO3、NH+4，OH、H+四种离子浓度由大到小是B（填选项）Ac（HCO3）c（NH4+）c（OH）c（H+）Bc（NH4+）c（HCO3）c（OH）c（H+）Cc（HCO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）Dc（NH4+）c（HCO3）c（H+）c（OH）NaNO2 外观酷似食盐，误食会中毒（3）在酸性条件下，NaN
83、O2 与 KI 按物质的量 1：1 恰好完全反应，I被氧化为 I2写出此反应的离子方程式2NO2+2I+4H+=2NO+I2+2H2O（4）工业废水中含少量 NO2，可用电解法将 NO2 转换为 N2 除去N2 将在阴极生成，写出 NO2 在酸性条件下转化为 N2 的电极反应式2NO2+8H+6e=N2+4H2O【考点】离子浓度大小的比较；离子方程式的书写；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；电解原理 菁优网版 权所有【专题】基本概念与基本理论【分析】I（1）原子的电子层数越多，其原子半径越大，相同周期的元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小；非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定、
84、其最高价氧化物的水化物酸性越强、单质的氧化性越强等；（2）碱性条件下，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨不稳定易分解生成氨气和水；电离平衡常数越大，其电离程度越大，则其离子水解程度越小；II（3）酸性条件下，NaNO2 与 KI 按物质的量 1：1 恰好完全反应，I被氧化为 I2，则亚硝酸根离子被还原生成 NO；（4）电解时，得电子的微粒在阴极上发生还原反应，电解亚硝酸根离子溶液时，阴极上亚硝酸根离子得电子发生还原反应生成氮气和水【解答】解：I（1）原子的电子层数越多，其原子半径越大，相同周期的元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径最大的元素是 C 元素，其原子结构
85、示意图为；非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定、其最高价氧化物的水化物酸性越强、单质的氧化性越强等，A在 NO2 中氧元素显负价，氮元素显正价，说明氮气的氧化性小于氧气，则 O 元素的非极性大于 N 元素，故正确；BH2O 的热稳定性比 NH3 的稳定，则 O 元素的非金属性大于 N 元素，故正确；C常温下 H2O 是液态而 NH3 是气态不能说明 O 元素的非金属性大于 N 元素，故错误；DO2 比 N2 易液化不能说明 O 元素的非金属性大于 N 元素，故错误；故选 AB；故答案为：；AB；（2）碱性条件下，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨不稳定易分解生成氨气和水，所以其离子
86、方程式为：NH4+OH=NH3H2O=NH3+H2O；电离平衡常数越大，其电离程度越大，则其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，电离程度大小关系是 NH3H2OH2CO3HCO3，则水解程度 CO32HCO3NH4+，所以碳酸氢铵溶液呈碱性，溶液中还存在碳酸根离子等，所以 HCO3、NH+4、OH、H+四种离子浓度由大到小 c（NH4+）c（HCO3）c（OH）c（H+），故选 B，故答案为：NH4+OH=NH3H2O=NH3+H2O；B；II（3）酸性条件下，NaNO2 与 KI 按物质的量 1：1 恰好完全反应，I被氧化为 I2，则亚硝酸根离子被还原生成 NO，再结合原子守恒书写离子方程
87、式，所以其离子方程式为 2NO2+2I+4H+=2NO+I2+2H2O，故答案为：2NO2+2I+4H+=2NO+I2+2H2O；（4）电解时，得电子的微粒在阴极上发生还原反应，电解亚硝酸根离子溶液时，阴极上亚硝酸根离子得电子发生还原反应生成氮气和水，电极反应式为 2NO2+8H+6e=N2+4H2O，故答案为：阴；2NO2+8H+6e=N2+4H2O【点评】本题考查了离子方程式的书写、电极反应式的书写、盐类水解等知识点，根据氧化还原反应中反应物和生成物来书写离子方程式，结合得失电子书写电极反应式，难点是离子浓度大小的比较，明确电离平衡常数与离子水解程度关系即可解答，难度中等9硫酸是强酸，中学
88、阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H+HSO4，HSO4 H+S042请回答下列有关问题：（1）Na2S04 溶液呈弱碱性（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”），其理由是SO42+H2O HSO4+OH（用离子方程式表示）（2）H2SO4 溶液与 BaC12 溶液反应的离子方程式为HSO4+Ba2+=BaSO4+H+（3）在 0.10molL1 的 Na2SO4 溶液中，下列离子浓度关系正确的是BCD（填写编号）Ac（Na+）=c（SO42）+c（HSO4）+c（H2SO4）Bc（OH）=c（HSO4）+c（
89、H+）Cc（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO4）+2c（SO42）Dc（Na+）=2c（SO42）+2c（HSO4）（4）若 25时，0.10molL1 的 NaHSO4 溶液中 c（SO42）=0.029molL1，则 0.10molL1 的 H2SO4 溶液中 c（SO42）0.029molL1（填“”，、“”或“=”），其理由是硫酸溶液中氢离子浓度大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用（5）若 25时，0.10molL1H2SO4 溶液的 pH=lgO.11，则 0.10molL1 的 H2SO4 溶液中c（SO42）=0.01molL1【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在
90、水溶液中的电离平衡 菁优网版 权所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4=H+HSO4，第二步电离并不完全：HSO4 H+SO42（1）Na2SO4 溶液存在 SO42+H2O OH+HSO4，溶液呈弱碱性；（2）根据硫酸溶液中存在 HSO4离子书写离子方程式；（3）在 0.10molL1 的 Na2SO4 溶液中离子浓度关系：A、溶液中硫酸完全电离分析；B、依据溶液中存在质子守恒为；C、依据溶液中存在电荷守恒分析；D、依据物料守恒分析判断；（4）依据硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，结合平衡移动分析判断；（5）依据氢离子浓度对硫酸
91、氢根离子的电离平衡影响分析判断【解答】解：根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4=H+HSO4，第二步电离并不完全：HSO4 H+SO42，则（1）Na2SO4 溶液存在 SO42+H2O OH+HSO4，溶液呈弱碱性，故答案为：弱碱性；SO42+H2O OH+HSO4；（2）硫酸溶液中存在 HSO4离子，难电离，硫酸与氯化钡溶液反应的离子方程式为：HSO4+Ba2+=BaSO4+H+，故答案为：HSO4+Ba2+=BaSO4+H+；（3）在 0.10molL1 的 Na2SO4 溶液中离子浓度关系：A、溶液中硫酸完全电离，故 A 错误；B、溶液中存在质子守恒为：c（OH）=c（HSO4）+
92、c（H+），故 B 正确；C、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO4）+2c（SO42），故 C正确；D、依据物料守恒，c（Na+）=2c（SO42）+2c（HSO4），故 D 正确；故选 BCD；（4）25时，0.10molL1 的 NaHSO4 溶液中 c（SO42）=0.029molL1，则 0.10molL1的 H2SO4溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，c（SO42）0.029molL1；故答案为：；硫酸溶液中氢离子浓度大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用；（5）若 25时，0.10molL1H2SO4 溶液的
93、pH=lgO.11，C（H+）=0.11mol/L；依据：H2SO4=H+HSO4，HSO4 H+S042电离出的氢离子浓度为 0.10mol/L；所以电离出的氢离子浓度为 0.11mol/L0.1mol/L=0.01mol/L；则 0.10molL1 的 H2SO4 溶液中c（SO42）=0.01mol/L；故答案为：0.01mol/L【点评】本题考查电解质的电离和离子方程式的书写，溶液中电荷守恒应用，物料守恒的应用，题目难度中等，本题注意把握题意，突破硫酸为二元强酸的思维，从题目实际出发，加强自学能力的培养10.已知某溶液中只存在 OH、H+、NH4+、Cl四种离子，某同学推测其离子浓度大
94、小顺序有以下几种，请回答后面问题：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）（1）上述关系一定不正确的是（填序号）（2）若溶液中只有一种溶质，则该溶质为NH4Cl，该溶液中离子浓度的大小关系为（填序号）（3）若关系正确，则溶液中溶质为NH4Cl 和 NH3H2O（4）若四种离子浓度关系有 c（NH4+）=c（Cl），则该溶液显中性（填“酸性”、“碱性”、“中性”）（5）25，pH=a 的盐酸 VamL 与 pH=14a 的氨水 VbmL 混合，若溶液显中性，则
95、VaVb（填、=、无法确定）【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算 菁优网版权 所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）任何水溶液都呈电中性，则溶液中阴阳离子所带电荷相等；（2）任何水溶液中都有 OH、H+，若溶质只有一种则为 NH4Cl，利用铵根离子水解使溶液显酸性来分析；（3）由中离子的关系可知溶液显碱性，且 c（NH4+）c（Cl），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液；（4）根据电荷守恒判断溶液的酸碱性；（5）25，pH=a 的盐酸中 c（H+）=10a mol/L，pH=14a 的氨水中 c（OH）=10a mol/L，氯化氢是强电解质，一水合氨
96、是弱电解质，所以盐酸浓度小于氨水浓度【解答】解：（1）任何水溶液都呈电中性，则溶液中阴阳离子所带电荷相等，这几个选项中只有中阴离子电荷之和大于阳离子电荷之和，与水溶液呈电中性相违背，故一定不正确，故选；（2）因任何水溶液中都有 OH、H+，若溶质只有一种则为 NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4+H2O NH3H2O+H+，则 c（Cl）c（NH4+），水解显酸性，则 c（H+）c（OH），又水解的程度很弱，则 c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），即符合，故答案为：NH4Cl；（3）由中离子的关系可知溶液显碱性，且 c（NH4+）c（Cl），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为
97、 NH4Cl、NH3H2O，故答案为：NH4Cl 和 NH3H2O；（4）若四种离子浓度关系有 c（NH4+）=c（Cl），根据电荷守恒知 c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），则 c（H+）=c（OH），所以溶液呈中性，故答案为：中性；（5）25，pH=a 的盐酸中 c（H+）=10a mol/L，pH=14a 的氨水中 c（OH）=10a mol/L，氯化氢是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以盐酸浓度小于氨水浓度，假设二者等体积混合则混合溶液呈碱性，如果溶液呈中性，则酸的体积要大些，所以 VaVb，故答案为：【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质是解本题关键，
98、注意结合电荷守恒来分析解答，难度中等11常温下，有 0.1mol/L 的盐酸和 0.1mol/L 的醋酸溶液，回答下列问题：比较两溶液的 pH，盐酸（填“”、“=”或“”）醋酸两种酸均能与氢氧化钠反应生成盐，其中醋酸与氢氧化钠反应能生成醋酸钠，实验室现有部分醋酸钠固体，取少量溶于水，溶液呈碱性（填“酸性”、“中性”或“碱性”），其原因是（用离子方程式表示）CH3COO+H2O CH3COOH+OH向醋酸溶液中加入一定量的 NaOH 溶液，当测得溶液的 pH=7 时，溶液中离子的浓度大小为b（填字母，下同），当测得溶液的 pH7 时，溶液中离子的浓度大小为cac（Na+）c（CH3COO）c（O
99、H）c（H+）bc（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+）cc（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）dc（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡 菁优网版 权所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）醋酸是弱酸，盐酸是强酸，所以 C（H+）=C（HCl）=C（CH3COOH）C（H+），根据氢离子浓度大小确定 pH 的大小；（2）醋酸钠是强碱弱酸盐，因水解导致其溶液呈碱性；（3）当 pH=7 时，c（H+）=c（OH），当 pH7 时，c（H+）c（OH），结合电荷守恒判断；【解答】解：（1）盐酸
100、是强酸，醋酸是弱酸，相同温度和相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，所以醋酸的 pH 大于盐酸的 pH，故选；（2）醋酸钠是强碱弱酸盐，因水解导致其溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，水解方程式为：CH3COO+H2O CH3COOH+OH；故答案为：CH3COO+H2O CH3COOH+OH；（3）当 pH=7 时，c（H+）=c（OH），溶液存在 c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），则 c（Na+）=c（CH3COO），中性溶液中氢离子或氢氧根离子浓度较小，则 c（CH3COO）c（H+），所以有 c（Na+）=c（CH3COO）c
101、（H+）=c（OH），故选 b；当 pH7 时，c（H+）c（OH），溶液存在 c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），则 c（Na+）c（CH3COO），若溶液中酸浓度远远大于醋酸钠时，c（H+）c（Na+），若醋酸钠浓度远远大于醋酸浓度时，c（Na+）c（H+），故选 C【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题注意溶液电中性原则的应用12（1）常温下，某水溶液 M 中存在的离子有：Na+、A2、HA、H+、OH，存在的分子有 H2O、H2A根据题意回答下列问题：写出酸 H2A 的电离方程式H2A H+HA、HA H+A2若溶液 M 由 2molL1NaHA
102、溶液与 2molL1NaOH 溶液等体积混合而得，则溶液 M 的pH7（填“”、“”或“=”）；溶液 M 中各微粒的浓度关系正确的是ACAc（Na+）c（A2）c（OH）c（H+）Bc（HA）+c（H2A）+c（H+）=c（OH）Cc（A2）+c（HA）+c（H2A）=1molL1Dc（A2）+c（HA）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）（2）室温时，氢氧化钙的溶度积 KSP=4.7106，室温时将 9mL0.02molL1 的氯化钙溶液与 1mL pH=13 的氢氧化钠溶液混合后（溶液体积可直接加和），溶液中无沉淀析出（填“有”或“无”）（3）检验“侯氏制碱法”制得的纯碱中是否混有食盐和
103、小苏打检验纯碱中是否混有食盐的试剂是硝酸银溶液和稀硝酸；证明纯碱中混有小苏打的实验方法是加热固体若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则说明纯减中混有小苏打；或取少量样品制成溶液，加入稍过量的氯化钡溶液，充分反应后过滤，往滤液中加入盐酸，若有无色无味气体产生，则说明纯碱中混有小苏打【考点】离子浓度大小的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 菁优网版 权所有【分析】（1）存在的分子有 H2O、H2A，则 H2A 为弱酸；等体积混合生成 Na2A，水解显碱性，离子水解以第一步为主；（2）如果 c（Ca2+）c2（OH）KSP 就没有沉淀析出，如果 c（cCa2+）c2（OH）KSP就有沉淀析出；
104、（3）根据检验氯离子的方法进行解答；检验碳酸钠溶液中是否含有碳酸氢钠，可以先加入过量氯化钡溶液除去碳酸钠，然后向滤液中加热盐酸，根据是否产生无色无味气体判断是否含有碳酸氢钠【解答】解：（1）存在的分子有 H2O、H2A，则 H2A 为弱酸，电离方程式为 H2A H+HA、HA H+A2，故答案为：H2A H+HA、HA H+A2；（2）2molL1NaHA 溶液与 2molL1NaOH 溶液等体积混合生成 Na2A，水解显碱性，pH7，离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为 c（Na+）c（A2）c（OH）c（H+），故 A 正确；根据质子守恒，c（HA）+2c（H2A）+c（H+）=c（OH
105、），故 B 错误；由于两溶液等体积混合，所以 A 元素的总浓度为 1molL1，根据元素守恒可知，c（A2）+c（HA）+c（H2A）=1molL1，故 C 正确；根据电荷守恒，2c（A2）+c（HA）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），故 D 错误；故选 AC；故答案为：；AC；（2）c（Ca2+）=0.018mol/L，cc（OH）=mol/L=0.01mol/L，则 c（Ca2+）c2（OH）=0.0180.010.01=1.8106KSP，所以没有沉淀析出，故答案为：无；（3）检验纯碱中是否混有食盐，可以通过检验氯离子的方法判断，使用的试剂为硝酸银溶液和稀硝酸，故答案为：硝酸银溶液
106、和稀硝酸；证明纯碱中混有小苏打的实验方法为：加热固体若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则说明纯减中混有小苏打；或取少量样品制成溶液，加入稍过量的氯化钡溶液，充分反应后过滤，往滤液中加入盐酸，若有无色无味气体产生，则说明纯碱中混有小苏打，故答案为：加热固体若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则说明纯减中混有小苏打；或取少量样品制成溶液，加入稍过量的氯化钡溶液，充分反应后过滤，往滤液中加入盐酸，若有无色无味气体产生，则说明纯碱中混有小苏打【点评】本题主要考查了弱电解质的电离、盐类的水解、沉淀的溶解平衡、实验方案的设计等知识，综合性较强，有一定的难度，答题时注意化学原理知识的灵活运用1325时，将 0
107、.02molCH3COONa 和 0.01molHCl 溶于水，形成 1L 混合溶液：（1）该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：A：H2O H+OHB：CH3COOH CH3COO+H+C：CH3COO+H2O CH3COOH+OH（2）在这些粒子中，浓度为 0.02mol/L 的是Na+；浓度为 0.01mol/L 的是Cl（3）CH3COOH和CH3COO两种粒子物质的量之和等于 0.02mol【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理 菁优网版 权所有【分析】（1）存在水的电离平衡、醋酸的电离平衡、醋酸根离子的水解平衡；（2）根据质量守恒定律分析；（3）根据物料守恒
108、分析物质的量之和等于 0.02mol 的粒子【解答】解：（1）存在水的电离平衡、醋酸的电离平衡、醋酸根离子的水解平衡，分别为：H2O H+OH、CH3COOH CH3COO+H+、CH3COO+H2O CH3COOH+OH，故答案为：H2O H+OH；CH3COOH CH3COO+H+；CH3COO+H2O CH3COOH+OH；（2）溶液中含有 0.02mol CH3COONa，则钠离子浓度为 0.02molL1；含有 0.01mol HCl，则氯离子的浓度为 0.01molL1，故答案为：Na+；Cl；（3）溶液中含有 0.02mol CH3COONa，根据物料守恒可得：CH3COOH、C
109、H3COO微粒之和为 0.02mol，故答案为：CH3COOH；CH3COO【点评】本题考查离子反应及溶液中弱电解质的电离、盐的水解等知识，题目难度中等，把握水解原理和物料守恒、质量守恒为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力14运用相关原理，回答下列各小题：（1）25时，某 FeCl3 溶液的 pH=2，则此溶液中由水电离产生的 c（OH）=102mol/L；用离子方程式表示 FeCl3 溶液用于净水的原因：Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+（2）已知 NaHSO4 在水中的电离方程式 NaHSO4=Na+H+SO42在 NaHSO4 溶液中 c（H+）=c（OH）+c（S
110、O42）（填“”、“=”或“”下同）；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中 SO42完全沉淀，则反应后溶液的 pH7（3）将等体积的 Na2SO4 溶液和 BaCl2 溶液混合，若 Na2SO4 溶液的浓度为 0.02mol/L，则生成 BaSO4 沉淀所需 BaCl2 溶液的最小浓度为2.2108mol/L已知 Ksp（BaSO4）=1.11010（4）分析下表提供的数据：化学式电离常数HClOKa=3108H2CO3Ka1=4.3107Ka2=5.6101184 消毒液（有效成分为 NaClO）久置于空气中会失效，写出发生反应的离子方程式：ClO+H2O+CO2=HClO+HCO3
111、，2HClO2H+2Cl+O2判断在等浓度的 NaClO、NaHCO3 混合溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序：c（Na+）c（ClO）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 菁优网版 权所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）水电离出的 c（OH）=c（H+），铁离子能水解生成胶体，胶体具有吸附性，从而净水；（2）根据电荷守恒和物料守恒确定 c（H+）与 c（OH）+c（SO42）的关系，根据混合溶液中的溶质确定溶液的酸碱性；（3）计算混合后硫酸根的浓度，根据 Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）c（SO
112、42）计算硫酸根沉淀时溶液中 c（Ba2+），原氯化钡溶液为此时钡离子浓度的 2 倍，注意溶液混合后各种物质的浓度降为原来的一半；（4）由表中电离平衡常数的数据可知，酸性 H2CO3HClOHCO3，从而确定次氯酸和二氧化碳、水反应的生成物，但次氯酸不稳定，见光易分解，从而导致 84 消毒液失效；钠离子不水解，离子浓度最大，根据碳酸氢根离子和次氯酸根离子水解程度确定其浓度大小，盐类的水解是微弱的，所以酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据溶液的酸碱性确定氢离子浓度和氢氧根离子浓度的关系，根据离子来源确定氢离子浓度和碳酸根离子浓度的关系【解答】解：（1）氯化铁是强酸弱碱盐，溶液中氢离子就是水电离出
113、的，水电离出的 c（OH）=c（H+）=102mol/L，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，水解方程式为 Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，所以能净水；故答案为：102mol/L，Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+；（2）根据电荷守恒得 c（H+）+C（Na+）=c（OH）+2c（SO42），根据物料守恒得 C（Na+）=c（SO42），所以 c（H+）=c（OH）+c（SO42），用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中 SO42完全沉淀，则反应方程式为 NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+H2O+NaOH，混合溶液中的溶
114、质是氢氧化钠，所以溶液呈碱性，溶液的 pH7；故答案为：=，；（3）等体积混合后，c（SO42）=0.02mol/L=0.01mol/L，故 BaSO4 沉淀所需 Ba2+离子的最小浓度为 c（Ba2+）=mol/L=1.1108mol/L，故原 BaCl2 溶液的浓度为21.1108mol/L=2.2108mol/L；故答案为：2.2108mol/L；（4）由表中电离平衡常数的数据可知，酸性 H2CO3HClOHCO3，根据强酸制备弱酸，84 消毒液（有效成分为 NaClO）吸收空气中的二氧化碳生成次氯酸与碳酸氢钠，反应离子方程式为：ClO+H2O+CO2=HClO+HCO3，生成的次氯酸分
115、解生成盐酸与氧气，反应离子方程式为：2HClO2H+2Cl+O2，导致失效，故答案为：ClO+H2O+CO2=HClO+HCO3，2HClO2H+2Cl+O2；等浓度的 NaClO、NaHCO3 混合溶液中，ClO与 HCO3水解，溶液呈碱性，所以 c（OH）c（H+），由于酸性 HClOHCO3，故 HCO3水解程度更大，故 c（ClO）c（HCO3），碳酸氢根和次氯酸根离子的水解是微弱的，所以 c（HCO3）c（OH），水和碳酸氢根离子都能电离出氢离子，碳酸根离子只有碳酸氢根离子电离，所以 c（H+）c（CO32），则各种离子浓度由大到小的顺序：c（Na+）c（ClO）c（HCO3）c（O
116、H）c（H+）c（CO32）；故答案为：c（Na+）c（ClO）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32）【点评】本题考查了离子浓度大小的比较、溶度积常数的有关计算等知识点，难度较大，（3）题是易错题，注意溶液混合后各种物质的浓度变为原来的一半，为易错点15室温下，有以下四种溶液：pH=2 的 HCl 溶液；pH=2 的 NH4Cl 溶液；pH=12 的NaOH；pH=12 的 CH3COONa 溶液请回答下列问题：（1）溶液中由水电离出来的 c（H+）的比是：1010：1（2）将溶液等体积混合后，溶液的 pH7（填“”“”或“=”）（3）将溶液均稀释至原来的 10 倍后，它们的 pH
117、之和14（填“”“”或“=”）（4）向 300mL 溶液中通入 44.8mL CO2（标准状况）气体，充分反应后，溶液中粒子浓度关系正确的是ADA、c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）B、2c（Na+）=3c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）C、c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）D、c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用 菁优网版 权所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）依据溶液 pH 和水的离子积分析计算；（2）
118、溶液等体积混合后氢氧根离子和平衡状态下氢离子恰好反应，促进铵根离子的水解平衡正向进行，溶液呈酸性；（3）将溶液均稀释至原来的 10 倍后，醋酸根离子水解，pH=12 的 CH3COONa 溶液的pH 大于 11；（4）向 300mL 溶液PH=12 的 NaOH 中通入 44.8mL CO2（标准状况）气体，充分反应后依据二氧化碳和氢氧化钠定量关系降低判断产物；依据产物在溶液中离子浓度大小【解答】解：（1）pH=2 的 HCl 溶液中 C（H+）=102mol/L，由 C（H+）C（OH）=1014 可知溶液中水电离出的氢离子浓度为=1010mol/L；pH=12 的 CH3COONa 溶液
119、C（H+）=1012mol/L，由 C（H+）C（OH）=1014 可知溶液中水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度=102mol/L；溶液中由水电离出来的 C（H+）的比=1010mol/L：102mol/L=1012：1，故答案为：1012：1；（2）将pH=2 的 NH4Cl 溶液、pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合后，氢氧根离子和平衡状态下氢离子恰好反应，促进铵根离子的水解平衡正向进行，溶液呈酸性，其 pH7，故答案为：；（3）pH=2 的 HCl 溶液、pH=12 的 CH3COONa 溶液；溶液均稀释至原来的 10 倍后，由于醋酸根离子水解，稀释促进水解，溶液中 p
120、H 大于 11，故 pH 之和14，故答案为：；（4）向 300mL 溶液pH=12 的 NaOH 中通入 44.8mL CO2（标准状况）气体，n（NaOH）=0.003mol；n（CO2）=0.002mol；充分反应后，可能发生反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；CO2+NaOH=NaHCO3；1：2n（CO2）：n（NaOH）=2：31：1；所以产物为碳酸钠和碳酸氢钠；设 Na2CO3 物质的量为 x；NaHCO3 物质的量为 x；得到：x+y=0.0022x+y=0.003x=0.001moly=0.001mol溶液中含有等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液中离子浓度关系：
121、A、溶液中的电荷守恒，故 A 正确；B、依据物料守恒和溶液中电荷守恒：3C（Na+）=2C（HCO3）+2C（CO32）+2C（H2CO3），故 B 错误；C、溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，故 C 错误；D、溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，故 D 正确；故答案为：AD【点评】本题考查了溶液 PH 的计算判断应用，弱电解质的电离平衡，盐类水解的应用，溶液稀释计算判断溶液酸碱性，离子浓度大小比较，化学反应产物的判断计算，较难16已知某无色透明溶液中仅含有包括 Na+和 CH3COO在内的四种离子请回答下列问题（1）该溶液中的溶质可能有三种情况，请分别写出各种情
122、况的化学式：CH3COONa；CH3COONa 和 CH3COOH；CH3COONa 和 NaOH（2）用离子方程式表示 CH3COONa 溶液显碱性的原因：CH3COO+H2OCH3COOH+OH；（3）当溶液中各离子浓度大小的顺序为 c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）时，则该溶液可能是C（填序号）；A由 0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液与 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合而成B由 0.1mol/L 的 CH3COONa 溶液与 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合而成C由 0.1mol/L 的 CH3COONa 溶液与 0.1mol/L 的
123、 CH3COOH 溶液等体积混合而成（4）当该溶液中溶质为两种，且溶液呈碱性时，四种离子的物质的量浓度由大到小的排列顺序可能为（写出两种）：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）、c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算 菁优网版权 所有【专题】溶液和胶体专题【分析】（1）根据能电离出醋酸根离子和钠离子的物质的组合情况来回答；（2）醋酸钠中醋酸根离子能水解，导致溶液显示碱性；（3）A、醋酸钠溶液中，钠离子浓度大于醋酸根浓度；B、等浓度的 CH3COONa 和 NaOH 混合溶液中，钠离子浓度最大；C等浓度
124、的 CH3COONa 和醋酸混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度（4）溶液呈碱性，则 c（OH）c（H+），根据离子浓度关系和电离以及水解情况来回答【解答】解：（1）能电离出醋酸根离子的物质可以是醋酸和醋酸钠，能电离出钠离子的物质可以是氢氧化钠和醋酸钠，所以当溶液中含有 Na+和 CH3COO在以及 OH、H+时，溶液中溶质的组成可以是：CH3COONa、CH3COONa 和 CH3COOH、CH3COONa 和 NaOH，故答案为：CH3COONa；CH3COONa 和 CH3COOH；CH3COONa 和 NaOH；（2）醋酸钠中醋酸根离子能水解，导致溶液显示碱性，即 CH3
125、COO+H2OCH3COOH+OH，故答案为：CH3COO+H2OCH3COOH+OH；（3）A、1mol/L 的 CH3COOH 溶液与 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合后发生反应得到醋酸钠溶液，此时钠离子浓度大于醋酸根浓度，故 A 错误；B、等浓度的 CH3COONa 和 NaOH 混合溶液中，c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），故 B 错误；C等浓度的 CH3COONa 和醋酸混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以 c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故 C 正确故答案为：C；（4）当该溶液中溶质为两种，且溶液呈碱性时，溶液
126、中的溶质组成可以为：氢氧化钠和醋酸钠（较多），此时存在 c（Na+）c（CH3COO）c（OHc（H+），还可以是氢氧化钠和醋酸钠（较少），c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），故答案为：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）；c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）【点评】本题考查离子浓度的大小比较以及弱电解质的电离等问题，题目难度较大，注意根据溶液离子浓度的关系结合弱电解质的电离和盐类的水解等知识解答170.1mol/L CH3COOH 溶液0.1mol/L CH3COONa 溶液 0.1mol/L NaOH 溶液中：（1）三种溶液的 pH 从大到小的顺
127、序为（填序号）（2）溶液中发生反应的离子方程式为CH3COONa=CH3COO+Na+、CH3COO+H2O CH3COOH+OH（包括电离和水解）（3）溶液中各种离子浓度的大小顺序为c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）（4）若某溶液中各种离子浓度的大小顺序为 c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），则溶液中溶质为（填序号）CH3COOH 和 CH3COONa【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用 菁优网版 权所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）碱溶液的 pH水解显碱性的盐溶液的 pH酸溶液的 pH；（2）CH3CO
128、ONa 为强碱弱酸盐，水解呈碱性；（3）溶液中，因 CH3COO发生水解，则 c（Na+）c（CH3COO），溶液呈碱性；（4）若某溶液中各种离子浓度的大小顺序为 c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），溶液呈酸性，应为 CH3COOH 和 CH3COONa 的混合溶液【解答】解：（1）常温下，醋酸是酸 pH7、氢氧化钠是碱，其溶液的 pH7，醋酸钠是强碱弱酸盐溶液呈碱性，pH7，等浓度时，碱溶液的 pH水解显碱性的盐溶液的 pH酸溶液的 pH，所以等物质的量的三种溶液其 pH 大小顺序是：，故答案为：；（2）CH3COONa 为强碱弱酸盐，水解呈碱性，溶液存在醋酸钠的电离和醋酸钠
129、的水解，发生反应的离子方程式为 CH3COONa=CH3COO+Na+，CH3COO+H2O CH3COOH+OH，故答案为：CH3COONa=CH3COO+Na+、CH3COO+H2O CH3COOH+OH；（3）溶液中，因 CH3COO发生水解，则 c（Na+）c（CH3COO），溶液呈碱性，则有c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）；（4）若某溶液中各种离子浓度的大小顺序为 c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），溶液呈酸性，应为 CH3COOH 和 CH3COONa 的混合溶液，故答案为：CH3COO
130、H 和 CH3COONa【点评】本题考查离子浓度大小的比较，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉溶液中的电荷守恒、物料守恒、盐的水解及电离等知识即可解答，题目难度中等18（1）盐碱地（含较多 NaCl、Na2CO3）不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性试用离子方程式表示：盐碱地产生碱性的原因CO32+H2O HCO3+OH用石膏降低其碱性的原理CO32+CaSO4SO42+CaCO3（2）根据下列 2 个热化学反应方程式：FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）H=218kJ/mol；Fe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H=+640.5kJ
131、/mol写出 CO 气体还原 Fe3O4 固体得到 Fe 固体和 CO2 气体的热化学反应方程式：Fe3O4（s）+4CO（g）3Fe（s）+4CO2（g）H=13.5kJ/mol（3）常温下，等物质的量的浓度的氨水；NH4HSO4；NH4Cl；（NH4）2CO3；（NH4）2SO4 溶液中，c（N）由大到小的顺序为（填序号）【考点】离子浓度大小的比较；离子方程式的书写；用盖斯定律进行有关反应热的计算；盐类水解的应用 菁优网版 权所有【专题】离子反应专题；化学反应中的能量变化；盐类的水解专题【分析】（1）碳酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性；石膏能与碳酸根离子反应，降低碱性；（2）FeO（
132、s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）H=218kJ/mol；Fe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H=+640.5kJ/mol，由盖斯定律可知3+得 Fe3O4（s）+4CO（g）3Fe（s）+4CO2（g）；（3）假设浓度均为 1mol/L，接近 2mol/L，但中离子相互促进水解；接近 1mol/L，但中氢离子抑制铵根离子水解；氨水中一水合氨电离产生铵根离子，则浓度最小【解答】解：（1）碳酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性，水解离子反应为 CO32+H2O HCO3+OH，故答案为：CO32+H2O HCO3+OH；石膏能与碳酸根离子反应，降低碱性，离子反应为 C
133、O32+CaSO4SO42+CaCO3，故答案为：CO32+CaSO4SO42+CaCO3；（2）FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）H=218kJ/mol；Fe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H=+640.5kJ/mol，由盖斯定律可知3+得 Fe3O4（s）+4CO（g）3Fe（s）+4CO2（g）H=（218kJ/mol）3+640.5kJ/mol=13.5kJ/mol，故答案为：Fe3O4（s）+4CO（g）3Fe（s）+4CO2（g）H=13.5kJ/mol；（3）假设浓度均为 1mol/L，接近 2mol/L，但中离子相互促进水解，则；接近 1mol
134、/L，但中氢离子抑制铵根离子水解，则；氨水中一水合氨电离产生铵根离子，则浓度最小，所以铵根离子浓度为，故答案为：；【点评】本题为综合题，涉及盐类水解、离子反应方程式的书写、盖斯定律计算反应热、离子浓度的比较，注重常考考点的考查，题目难度中等，（3）为解答的难点19（1）已知某溶液中存在 OH、H+、NH、Cl四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）填写下列空白：（1）若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是NH
135、4Cl，上述四种离子浓度的大小顺序为（选填序号）（2）若上述关系中是正确的，则溶液中的溶质为NH4Cl 和 NH3H2O；若上述关系中是正确的，则溶液中的溶质为NH4Cl 和 HCl（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前 c（HCl）小于c（NH3H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同），混合前酸中 c（H+）和碱中 c（OH）的关系为 c（H+）大于c（OH）某温度（t）时，水的离子积 Kw=11012，则该温度（填大于、小于或等于）大于25在此温度下，将 pH=a 的 Ba（OH）2 溶液 VaL 与 pH=b 的 H2SO4 溶液 VbL 混合：（
136、假设混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和，所得固体体积忽略不计）（1）若所得混合液为中性，且 a=10，b=1，则 Va：Vb=10：1，生成沉淀的质量为1.165Va或 11.65Vbg（最终结果可用含 Va、Vb 的表达式来表示）（2）若所得混合液的 pH=2，且 a=10，b=1，则 Va：Vb=9：2【考点】离子浓度大小的比较；pH 的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算菁优网版权 所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）任何水溶液中都有 OH、H+，若溶质只有一种则为 NH4Cl，利用铵根离子水解使溶液显酸性来分析；（2）由中离子的关系可知溶液显碱性，且
137、 c（NH4+）c（Cl），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液；由中的离子关系可知溶液显酸性，且 c（Cl）c（H+）c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液；（3）体积相等稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液来分析；温度越高，水的电离程度越大，则水的离子积常数越大；pH=b 的 H2SO4 溶液中 c（H+）=10bmol/L，pH=a 的 Ba（OH）2 溶液中 c（OH）=10 a12mol/L，在此温度下，将 pH=a 的 Ba（OH）2 溶液 VaL 与 pH=b 的 H2SO4 溶液 VbL 混合：（假设
138、混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和，所得固体体积忽略不计）（1）若所得混合液为中性，说明酸和碱恰好反应生成盐；（2）若所得混合液的 pH=2，根据混合溶液中氢离子浓度计算酸碱体积之比【解答】解：（1）因任何水溶液中都有 OH、H+，若溶质只有一种则为 NH4Cl，铵根离子水解方程式为 NH4+H2O NH3H2O+H+，则 c（Cl）c（NH4+），水解显酸性，则 c（H+）c（OH），又水解的程度很弱，则 c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），即符合，故答案为：NH4Cl；（2）中离子的关系可知溶液显碱性，且 c（NH4+）c（Cl），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为 N
139、H4Cl、NH3H2O；中的离子关系可知溶液显酸性，且 c（Cl）c（H+）c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为 HCl、NH4Cl，故答案为：NH4Cl 和 NH3H2O；NH4Cl 和 HCl；（3）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而题目要求该溶液恰好呈中性，因此 c（HCl）c（NH3H2O），而 HCl 为强电解质，完全电离，NH3H2O 为弱电解质，不完全电离，则混合前酸中 c（H+）和碱中 c（OH）的关系为 c（H+）c（OH），故答案为：小于；大于；温度越高，水的电离程度越大，则水的离子积常数越大，某温度（t）时，水的离
140、子积 Kw=110121014，故答案为：大于；（1）pH=b 的 H2SO4 溶液中 c（H+）=10bmol/L，pH=a 的 Ba（OH）2 溶液中 c（OH）=10a12mol/L，若所得混合液为中性，则酸和碱恰好中和，a=10，b=1，101mol/LVbL=101012mol/LVaL则 Va：Vb=10：1，二者恰好反应生成硫酸钡和水，根据硫酸根离子守恒或钡离子守恒得硫酸钡的质量=0.5102mol/LVaL233g/mol=1.165Vag 或 0.5101mol/LVbL233g/mol=11.65Vbg，故答案为：10：1；1.165Va 或 11.65Vb；（2）若所得混
141、合液的 pH=2，102mol/L=mol/L，则 Va：Vb=9：2，故答案为：9：2【点评】本题考查了离子浓度大小的比较、酸碱混合溶液定性判断，根据溶液中的溶质及其性质结合电荷守恒来确定离子浓度大小，根据酸碱混合溶液中溶液酸碱性确定酸碱体积之比，难度中等20中学化学中的平衡理论主要包括：化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡 4 种，且均符合平衡移动原理请回答下列问题：常温下有浓度均为 0.1molL1 的四种溶液：NaHCO3、Na2CO3、HCl、NH3H2O（1）溶液、pH 值由小到大的顺序为（填序号）（2）向中加入少量氯化铵固体，此时 c（NH4+）/c（OH）的值增大（填“增大”
142、、“减小”或“不变”）（3）取 10mL 溶液，加水稀释到 100mL，则此时溶液中由水电离出的 c（H+）=1012 molL1（4）上述溶液中，既能与氢氧化钠溶液反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32）（5）若将和的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前的体积小于的体积（填“大于”、“小于”或“等于”）难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡在常温下，溶液中各离子浓度以它们化学计量数为指数的乘积是一个常数，叫溶度积常数（Ksp）当溶液中各离子浓度指数的乘积大于溶度积时，则产生沉淀，反之固体溶解若某 CuSO4 溶液中 c（Cu2+
143、）=0.02molL1，如果生成Cu（OH）2 沉淀，应调整溶液 pH，使之大于5（已知 Ksp=2.01020）【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 菁优网版 权所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题；盐类的水解专题【分析】（1）先判断溶液的酸碱性，根据盐类水解和电解质的强弱判断；（2）向中加入少量氯化铵固体，c（NH4+）增大，抑制 NH3H2O 的电离；（3）取 10mL 溶液，加水稀释到 100mL，溶液浓度为原来的，为 0.01mol/L；（4）既能与氢氧化钠溶液反应，又能和硫酸反应的为 NaHCO3；（5）
144、NH3H2O 为弱电解质，不能完全电离；根据溶度积计算【解答】解：（1）NaHCO3、Na2CO3、HCl 中，为酸，pH 最小，水解程度比大，pH 最大，则 pH 值由小到大的顺序为，故答案为：；（2）向中加入少量氯化铵固体，c（NH4+）增大，抑制 NH3H2O 的电离，则 c（OH）减小，所以 c（NH4+）/c（OH）的值增大，故答案为：增大；（3）取 10mL 溶液，加水稀释到 100mL，溶液浓度为原来的，为 0.01mol/L，由 Kw=c（OH）c（H+）可知，c（OH）=1012 molL1，则此时溶液中由水电离出的 c（H+）=1012 molL1，故答案为：1012 mo
145、lL1；（4）既能与氢氧化钠溶液反应，又能和硫酸反应的为 NaHCO3，水解呈碱性，溶液中应存在 c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32），故答案为：c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32）；（5）NH3H2O 为弱电解质，不能完全电离，如等体积混合，溶液呈酸性，要呈中性氨水应过量，故答案为：小于；c（Cu2+）c2（OH）=2.01020，则 c（OH）=mol/L=1109mol/L，所以 pH=5，故答案为：5【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离和盐类的水解以及难溶电解质的溶解平衡等问题，综合考查学生的化学知识应用能力和分析能力，题目难度中
146、等2125时，将 0.01molCH3COONa 和 0.002molHCl 溶于水，形成 1L 溶液（1）该溶液中共含有7种不同的微粒（包括分子和离子）；（2）在这些微粒中，CH3COOH和CH3COO两种微粒的物质的量之和等于 0.01mol；（3）CH3COO和OH两种微粒的物质的量之和比 H+的物质的量多 0.008mol【考点】离子浓度大小的比较；电解质在水溶液中的电离 菁优网版 权所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）0.01molCH3COONa 和 0.002molHCl 溶于水得到 0.008molCH3COONa、0.002molCH3COOH、0.002m
147、olNaCl，CH3COONa、NaCl 为强电解质，CH3COOH 为弱电解质；（2）根据物料守恒来分析；（3）根据电荷守恒及钠离子、氯离子的物质的量来分析【解答】解：（1）0.01molCH3COONa 和 0.002molHCl 溶于水得到 0.008molCH3COONa、0.002molCH3COOH、0.002molNaCl，CH3COONa、NaCl 为强电解质，CH3COOH 为弱电解质，则溶液中存在的离子为：Na+、H+、Cl、OH、CH3COO，存在的分子为：H2O、CH3COOH，即共有 7 种不同的微粒，故答案为：7；（2）因反应前后的原子守恒，钠离子为 0.01mol
148、，则不符合两种微粒的物质的量之和等于0.01mol，由 0.01molCH3COONa，根据醋酸根守恒可知，CH3COOH、CH3COO两种微粒的物质的量之和等于 0.01mol，故答案为：CH3COOH；CH3COO；（3）根据电荷守恒可知，n（Na+）+n（H+）=n（Cl）+n（OH）+n（CH3COO），则 n（OH）+n（CH3COO）n（H+）=n（Na+）n（Cl）=0.01mol0.002mol=0.008mol，故答案为：CH3COO；OH【点评】本题考查溶液中的微粒及电荷守恒、物料守恒，明确混合溶液中的溶质、电解质的强弱、原子守恒、电荷守恒是解答本题的关键，难度不大22（1
149、）常温下，若将 0.1mol NH4Cl 和 0.05mol NaOH 全部溶于水形成混合溶液（假设无损失），NH3H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于 0.1molNH4+和H+两种粒子的物质的量之和比 OH多 0.05mol（2）氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，试写出该反应的化学方程式4NH3+5O24N2+6H2O，科学家利用此原理，设计成氨气一氧气燃料电池，在碱性条件下，通入氨气的电极发生反应的电极反应式为2NH36e+6OH=N2+6H2O【考点】离子浓度大小的比较；化学电源新型电池 菁优网版 权所有【专题】盐类的水解专题；电化学专题【分析】（1）若将 0.1mol NH4
150、Cl 和 0.05mol NaOH 全部溶于水形成混合溶液，溶液中存在NH4+和 NH3H2O，结合物料守恒和电荷守恒解答；（2）氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，由质量守恒可知，应生成氮气，如设计成氨气一氧气燃料电池，在碱性条件下，通入氨气的电极发生氧化反应，生成氮气【解答】解：（1）根据 N 原子守恒可知，溶液中 NH3H2O 和 NH4+两种粒子的物质的量之和等于 0.1mol，故答案为：NH3H2O；NH4+；根据电荷守恒式 c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（Cl），则 c（NH4+）+c（H+）c（OH）=c（Cl）c（Na+）=0.1mol0.05mol，
151、故答案为：NH4+；H+；（2）氨气在纯氧中燃烧，生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+5O24N2+6H2O，在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为 2NH36e+6OH=N2+6H2O，故答案为：4NH3+5O24N2+6H2O；2NH36e+6OH=N2+6H2O【点评】本题较为综合，涉及离子浓度大小的比较以及原电池的设计，熟悉溶液中的电荷守恒及物料守恒是解答本题的关键，注意溶液中溶质的判断及离子的水解为解答的难点，学习中要把握电极方程式的书写方法题目难度中等23研究 NO2、SO2、CO 等大气污染气体的处理具有重要意义（1）已知：2
152、SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=Q1kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=Q2kJmol1则反应 NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=kJmol1（2）一定条件下，将 NO2 与 SO2 以体积比 1：2 置于密闭容器中发生上述反应，当测得上述反应平衡时 NO2 与 NO 体积比为 1：3，则平衡常数 K=1.8（3）CO 可用于合成甲醇，反应方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）CO 在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示该反应H0（填“”或“”）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性（1）用离子方程式解释
153、 Na2C2O4 溶液显碱性的原因C2O42+H2O HC2O4+OH；（2）常温下，比较0.1molL1NaHC2O4溶液中各种离子浓度的大小关系c（Na+）c（HC2O4）c（H+）c（C2O42）c（OH）；某课外活动小组为了探究的 BaSO4 溶解度，分别将足量 BaSO4 放入：a.5ml 水；b.40ml0.2molL1 的 Ba（OH）2 溶液；c.20ml 0.5molL1 的 Na2SO4 溶液；d.40ml 0.1molL1 的H2SO4 溶液中，溶解至饱和（1）以上各溶液中，的浓度由大到小的顺序为B；AbacdBbadcCadcbDabdc（2）某同学取同样的溶液 b 和
154、溶液 d 直接混合，则混合溶液的 pH 值为13（设混合溶液的体积为混合前两溶液的体积之和）【考点】离子浓度大小的比较；热化学方程式；用化学平衡常数进行计算；酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算 菁优网版权 所有【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=Q1kJmol1 2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=Q2kJmol1 将方程式即得方程式 NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g），焓变进行相应的改变；（2）根据平衡体系中各种气体的体积分数计算平衡常数；（3）升高温度平衡向吸热反应方向
155、移动，结合一氧化碳的转化率和温度的关系图片分析判断，从而确定反应的焓变；（1）Na2C2O4 是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性；（2）根据溶液中酸根离子的电离和水解确定溶液中各种离子的浓度关系；（1）含有相同的离子能抑制硫酸钡的溶解，难溶物质向更难溶物质进行转化；（2）先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据离子积公式计算氢离子浓度，从而确定溶液的 pH 值【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=Q1kJmol1 2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=Q2kJmol1 将方程式即得方程式 NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=，故答案为：；（2）NO2（g
156、）+SO2（g）SO3（g）+NO（g），设反应开始时二氧化氮的体积为 x，二氧化硫的体积为 2x，反应达到平衡状态时，设二氧化氮反应的体积为 y，该反应中二氧化氮和一氧化氮反应的体积比为 1：1，所以生成的一氧化氮的体积为 y，平衡时 NO2 与 NO 体积比为 1：3，所以 y=x，则平衡时，二氧化氮的体积=x=x，二氧化硫的体积=2x，一氧化氮的体积=x，三氧化硫的体积=x，则平衡常数=1.8，故答案为：1.8；（3）升高温度，一氧化碳的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，即逆反应方向是吸热反应，则H0，故答案为：；（1）草酸是弱酸，草酸钠是强碱弱酸盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离
157、子浓度而使溶液呈碱性，水解方程式为：C2O42+H2O HC2O4+OH，故答案为：C2O42+H2O HC2O4+OH；（2）NaHC2O4 溶液中钠离子不水解，HC2O4水解导致钠离子浓度比大 HC2O4，HC2O4电离和水解，NaHC2O4 溶液呈酸性说明 HC2O4电离程度大于水解程度，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，HC2O4电离出氢离子和水电离出氢离子导致氢离子浓度大于 C2O42浓度，盐以电离为主水解为次，所以 c（HC2O4）c（H+），所以溶液中各种离子浓度的大小关系为：c（Na+）c（HC2O4）c（H+）c（C2O42）c（OH），故答案为：c（Na+）c（HC2O4
158、）c（H+）c（C2O42）c（OH）；（1）根据难溶电解质的溶度积常数知，溶液中硫酸根离子浓度越大，硫酸钡的溶解度越小，钡离子浓度越低，氢氧化钡能抑制硫酸钡的电离，但氢氧化钡溶液中含有钡离子，所以钡离子浓度最大；水中的钡离子浓度次之；硫酸钠溶液和硫酸溶液中都含有硫酸根离子，抑制硫酸钡的电离，硫酸钠中的硫酸根浓度大于硫酸中的浓度，所以硫酸钠溶液中钡离子的浓度小于硫酸溶液中钡离子浓度，所以钡离子浓度大小顺序是：badc，故选 B；（2）40ml 0.2molL1 的 Ba（OH）2 溶液和 40ml 0.1molL1 的 H2SO4 溶液中混合后溶液中 C（OH）=0.1mol/L，则 C（H+
159、）=1013 mol/L，所以 pH=13，故答案为：13【点评】本题考查了溶液中各种离子浓度大小的比较、混合溶液 pH 值的计算、平衡常数的计算等知识点，难度较大，注意酸碱混合溶液中 pH 值的计算时溶液的体积为混合体积，否则会导致错误24弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶液平衡均属于化学平衡I、已知 H2A 在水中存在以下平衡：H2A H+HA，HA H+A2（1）NaHA 溶液的 pH小于（填大于、小于或等于）Na2A 溶液的 pH（2）某温度下，若向 0.1mol/L 的 NaHA 溶液中逐滴滴加 0.1mol/L KOH 溶液至溶液呈中性此时该混合溶液中下列关系中，一定正
160、确的是bcac（H+）c（OH）=11014bc（Na+）+c（K+）=c（HA）+2c（A2）cc（Na+）c（K+）dc（Na+）+c（K+）=0.05mol/L（3）已知常温下 H2A 的钙盐（CaA）饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）Ca2+（aq）+A2（aq）H0降低温度时，Ksp减小（填“增大”、“减小”或“不变”）滴加少量浓盐酸，c（Ca2+）增大（填“增大”、“减小”或“不变”）II、含有 Cr2O72的废水毒性较大，某工厂废水中含 5.00103 molL1 的 Cr2O72为使废水能达标排放，作如下处理：Cr2O72Cr3+、Fe3+Cr（OH）3、Fe（OH）3（1）
161、该废水中加入绿矾（FeSO47H2O）和 H+，发生反应的离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O（2）欲使 10L 该废水中的 Cr2O72完全转化为 Cr3+，理论上需要加入83.4g FeSO47H2O（3）若处理后的废水中残留的 c（Fe3+）=21013molL1，则残留的 Cr3+的浓度为3106molL1（已知：KspFe（OH）3=4.01038KspCr（OH）3=6.01031）【考点】离子浓度大小的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算 菁优网版权 所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题；
162、盐类的水解专题【分析】I（1）二元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度；（2）混合溶液呈中性，则 c（H+）=c（OH），溶液呈存在物料守恒和电荷守恒，注意离子积常数只与温度有关；（3）降低温度，抑制难溶物的电离，导致溶度积常数变小加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动；II（1）酸性条件下，Cr2O72具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成铬离子和铁离子；（2）依据浓度计算 10L 废水中 Cr2O72的物质的量，结合氧化还原反应电子守恒的定量关系计算硫酸亚铁晶体质量；（3）依据溶度积常数计算得到【解答】解：I（1）二元弱酸根离子第一步水解程度远远大于
163、第二步水解程度，水解程度越大，钠盐溶液碱性越强，所以 NaHA 溶液的 pH 小于 Na2A 溶液的 pH，故答案为：小于；（2）a水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数未知，故 a 错误；b溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以 c（Na+）+c（K+）=c（HA）+2c（A2），故 b 正确；cNaHA 溶液呈碱性，向 0.1mol/L 的 NaHA 溶液中逐滴滴加 0.1mol/L KOH 溶液至溶液呈中性时，NaHA 的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中 c（Na+）c（K
164、+），故 c 正确；dNaHA 溶液呈碱性，向 0.1mol/L 的 NaHA 溶液中逐滴滴加 0.1mol/L KOH 溶液至溶液呈中性时，NaHA 的体积应大于氢氧化钾的体积，所以 c（Na+）+c（K+）0.05mol/L，故 d错误；故选：BC（3）降低温度，抑制难溶物的电离，所以导致溶度积常数变小故答案为：减小；加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动，所以钙离子浓度增大故答案为：增大；II（1）酸性条件下，Cr2O72具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成铬离子和铁离子，离子方程式为 Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案
165、为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；（2）某工厂废水中含 5.00103 molL1 的 Cr2O72，n（Cr2O72）=10L5.00103mol/L=5.00102mol；依据氧化还原反应离子方程式：6Fe2+Cr2O72+7H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，得到 n（Fe2+）=5.00102mol6=0.3mol；需要 FeSO47H2O 蒸馏=0.3mol278g/mol=83.4g，故答案为：83.4；若处理后的废水中残留的 c（Fe3+）=21013molL1，KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=4.01038，计算得到 c3（O
166、H）=21025mol/L，则残留的 Cr3+的浓度为 KspCr（OH）3=c（Cr3+）c3（OH）=6.01031，c（Cr3+）=3106molL1，故答案为：3106molL1【点评】本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、离子浓度大小比较等知识点，难度较大，根据温度、电解质溶液对难溶物性质的影响和电荷守恒、物料守恒来分析解答即可25物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡请根据所学知识的回答：（1）A 为 0.1molL1 的（NH4）2SO4 溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）（2）C
167、为 FeCl3 溶液，实验室中配制 FeCl3 溶液时通常需要向其中加入盐酸目的是抑制 Fe3+水解；（3）D 为含有足量 AgCl 固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）在 25时，氯化银的 Ksp=1.81010mol2L2现将足量氯化银分别放入：100mL 蒸馏水中；100mL 0.2molL1AgNO3 溶液中；100mL 0.1molL1 氯化铝溶液中；100mL 0.1molL1 盐酸溶液中充分搅抖后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是（填写序号）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质菁优
168、网版权 所有【专题】盐类的水解专题【分析】（1）依据溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，水解程度微弱，分析比较；（2）配制氯化铁溶液需要防止水解而变浑浊；（3）氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化；依据溶度积分别计算【解答】解：（1）铵根离子水解，溶液呈酸性，c（H+）c（OH），1molL1 的（NH4）2SO4 溶液中，铵根离子水解微弱，所以得到溶液中的离子浓度大小为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故答案为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）；（2）实验室中配制 FeCl3 溶液时通常需要向其中加盐酸抑制 Fe3+水解，故答
169、案为：盐酸；抑制 Fe3+水解；（3）100mL 0.2molL1AgNO3 溶液中 Ag+浓度为 0.2mol/l 抑制沉淀溶解平衡，100mL0.1molL1 氯化铝溶液中氯离子浓度为 0.3mol/L，银离子浓度=61010mol/L；100mL0.1molL1 盐酸溶液中氯离子浓度为 0.1mol/L，银离子为 1.8109mol/L；综上所述大小顺序为：，故答案为：【点评】本题考查了盐类水解的应用，涉及溶液中离子浓度大小的比较，溶液中平衡的分析，溶液配制，溶度积的计算应用等知识，较为综合，侧重于基础知识的理解和把握，难度中等26（1）常温下，有 0.1mol/L 的盐酸和 0.1mo
170、l/L 的醋酸溶液，回答下列问题：比较两溶液的 pH，盐酸（填“”、“=”或“”）醋酸，写出醋酸电离的方程式CH3COOH CH3COO+H+两种酸均能与氢氧化钠反应生成盐，其中醋酸与氢氧化钠反应能生成醋酸钠，实验室现有部分醋酸钠固体，取少量溶于水，溶液呈碱性（填“酸”、“中”或“碱”），其原因是（用离子方程式表示）CH3COO+H2O CH3COOH+OH向醋酸溶液中加入一定量的 NaOH 溶液，当测得溶液的 pH=7 时，溶液中离子的浓度大小为b（填字母，下同），当测得溶液的 pH7 时，溶液中离子的浓度大小可能为cac（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）bc（Na+）=c（C
171、H3COO）c（OH）=c（H+）cc（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）dc（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）（2）向盛有 1mL 0.1mol/L MgCl2 溶液的试管中滴加 2 滴 2mol/L NaOH 溶液，有白色沉淀生成，再滴加 2 滴 0.1mol/LFeCl3 溶液，静置可以观察到的现象是白色沉淀转变为红褐色沉淀，产生该现象的原因是（用离子方程式）2Fe3+3Mg（OH）2=2Fe（OH）3+3Mg2+【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 菁优网版 权所有【分析】（1）醋酸是弱电解质，在水溶液
172、中部分电离，HCl 是强电解质，在水溶液中完全电离，且二者都是一元酸，所以相同浓度的醋酸和盐酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸；醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；常温下 pH=7 的溶液呈中性，则溶液中 c（OH）=c（H+），根据电荷守恒判断 c（Na+）、c（CH3COO）相对大小；当测得溶液的 pH7 时，溶液呈酸性，则溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒判断 c（Na+）、c（CH3COO）相对大小；（2）Fe（OH）3 比 Mg（OH）2 更难溶，沉淀向着更难溶的物质转化【解答】解：（1）醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，HCl 是强电解质，在水溶液中完全电离，醋酸电
173、离方程式为 CH3COOH CH3COO+H+，且二者都是一元酸，所以相同浓度的醋酸和盐酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，则盐酸 pH 小于醋酸，故答案为：；CH3COOH CH3COO+H+；醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为 CH3COO+H2O CH3COOH+OH，故答案为：碱；CH3COO+H2O CH3COOH+OH；常温下 pH=7 的溶液呈中性，则溶液中 c（OH）=c（H+），根据电荷守恒得 c（Na+）=c（CH3COO）；当测得溶液的 pH7 时，溶液呈酸性，c（OH）c（H+），则溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒得 c（Na+）c（CH3
174、COO），溶液中可能存在 c（Na+）c（H+）或 c（Na+）c（H+）；故答案为：b；c；（2）氯化镁溶液会和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，加入氯化铁，由于 Fe（OH）3 比Mg（OH）2 更难溶，沉淀会向着更难溶的氢氧化铁转化，所以看到的现象是白色沉淀转变为红褐色沉淀，离子反应方程式为，故答案为：白色沉淀转化为红褐色的沉淀；3Mg（OH）2+2Fe3+3Mg2+2Fe（OH）3【点评】本题考查弱电解质的电离、难溶物的转化、离子浓度大小比较等知识点，为高频考点，明确物质性质及化学反应原理是解本题关键，易错点是离子浓度大小比较，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度不大27（1）写出 0.1mo
175、l/LNa2S 溶液中的守恒关系，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HS）+2c（S2）+c（OH），物料守恒为c（Na+）=2（HS）+2c（H2S）+2c（S2），溶液中各离子浓度的大小关系为c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+）（2）25时、有 pH 为 a 的 HCl 溶液和 pH 为 b 的 NaOH 溶液，取 VaL 该盐酸用该 NaOH溶液中和，需 VbLNaOH 溶液，（题中 ab，b8）问：若 a+b=14，则=1：1；若 a+b=13，则=1：10；若 a+b14，则=10a+b14且 VaVb（填“”“”“=”）【考点】离子浓度大小的比较；pH 的简单
176、计算 菁优网版权 所有【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】（1）由溶液不显电性，书写电荷守恒式；由原子守恒来书写物料守恒式，再结合水解来比较离子的浓度大小；（2）25时、有 pH 为 a 的 HCl 溶液和 pH 为 b 的 NaOH 溶液，取 VaL 该盐酸用该 NaOH溶液中和，需 VbLNaOH 溶液，则有 VaL10amol/L=VbL10b14mol/L，即=10a+b14，以此来计算【解答】解：（1）0.1mol/LNa2S 溶液中溶液不显电性，则电荷守恒式为 c（Na+）+c（H+）=c（HS）+2c（S2）+c（OH），由原子守恒可知物料守恒式为 c（Na+）=2（HS
177、）+2c（H2S）+2c（S2），因硫离子水解，则离子的浓度大小为 c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+），故答案为：c（Na+）+c（H+）=c（HS）+2c（S2）+c（OH）；c（Na+）=2（HS）+2c（H2S）+2c（S2）；c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+）；（2）25时、有 pH 为 a 的 HCl 溶液和 pH 为 b 的 NaOH 溶液，取 VaL 该盐酸用该 NaOH溶液中和，需 VbLNaOH 溶液，则有 VaL10amol/L=VbL10b14mol/L，即=10a+b14，若 a+b=14，则=10a+b14=1：1，故答案为：1：1
178、；若 a+b=13，则=10a+b14=1：10，故答案为：1：10；若 a+b14，则=10a+b141，即 VaVb，故答案为：10a+b14；【点评】本题考查盐类水解和酸碱中和的计算，明确溶液不显电性及原子守恒的关系、酸碱中和时氢离子与氢氧根离子的物质的相同是解答本题的关键，题目难度中等28物质在水溶液中可能存在电离平衡、盐的水解平衡或沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡的一种请根据所学化学知识回答下列问题：（1）A 为 0.1molL1 的（NH4）2SO4 溶液，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）（2）B 为 0.1molL1 的 NaH
179、CO3 溶液，NaHCO3 在该溶液中存在的平衡有（用离子方程式表示）HCO3 H+CO32，HCO3+H2O H2CO3+OH，H2O H+OH（3）以下各小题均为常温下的溶液某溶液中由水电离的 c（H+）=1010molL1，则该溶液的 pH 为4 或 10盐类水解的逆反应是中和反应对（填“对”或“错”）HCO 溶液呈碱性说明 HCO 的电离能力弱于水解能力对（填“对”或“错”）盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的错（填“对”或“错”）（4）D 为含有足量 AgCl 固体的饱和溶液，AgCl 在溶液中存在如下平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）在 25时，AgCl 的 Ksp=1
180、.81010现将足量 AgCl 分别放入下列液体中：100ml 蒸馏水100mL 0.3mollL1 AgNO3 溶液100mL 0.1molL1MgCl2 溶液充分搅拌后冷却到相同温度，Ag+浓度由大到小的顺序为（填序号），此时溶液中Cl物质的量浓度为61010mol/L【考点】离子浓度大小的比较；pH 的简单计算；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 菁优网版 权所有【专题】基本概念与基本理论【分析】（1）依据硫酸铵溶液中铵根离子水解溶液呈酸性分析离子浓度大小；（2）碳酸氢钠溶液中存在的平衡为碳酸氢根离子水解平衡、电离平衡和水的电离平衡；（3）常温下，某溶液中由水电离产生的
181、 c（H+）=11010mol/L，常温下纯水中水电离的氢离子浓度为 c（H+）=1107mol/L，说明该溶液中抑制了水的电离，该溶液可能为酸溶液或者碱溶液，酸溶液中氢氧根离子、碱溶液中的氢离子是水电离的，据此计算出溶液中的氢离子浓度及溶液的 pH；在溶液中盐的离子跟水所电离出来的 H+或 OH生成弱电解质的过程是盐的水解，盐水解生成酸和碱；溶液酸碱性取决于 HCO3水解能力与电离能力大小；盐溶液显示酸碱性，不一定与盐的水解有关，如硫酸氢钠溶液显示酸性，主要与电离有关，与盐的水解无关；（4）含有银离子或氯离子的溶液抑制 AgCl 溶解，氯离子或银离子浓度越大其抑制 AgCl溶解程度越大【解答
182、】解：（1）硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则 c（H+）c（OH），根据电荷守恒得 c（NH4+）c（SO42），铵根离子水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序是 c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故答案为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）；（2）碳酸氢钠溶液中存在的平衡为碳酸氢根离子水解平衡 HCO3+H2O H2CO3+OH；电离平衡 HCO3 H+CO32；水的电离平衡 H2O H+OH；故答案为：HCO3 H+CO32；HCO3+H2O H2CO3+OH；H2O H+OH；（3）水电离的 c（H+）=11010mol/Lc（H+）=11
183、07mol/L，说明该溶液抑制了水的电离，溶液可能为酸溶液或碱溶液；若为酸溶液，溶液中的氢离子是水电离的，水电离产生的 c（H+）=11010mol/L，则溶液中氢离子浓度为：c（OH）=1104mol/L，溶液的 pH=4；若为碱溶液，则溶液中的氢离子是水电离的，则溶液中氢离子浓度为 c（H+）=11010mol/L，溶液的 pH=10，故答案为：4 或 10；盐类水解反应的实质是在溶液中盐的离子跟水所电离出来的 H+或 OH生成弱电解质的过程，盐水解生成酸和碱，所以它可以看作是酸碱中和反应的逆反应，故该说法正确，故答案为：对；HCO3溶液中存在水解和电离，由于 HCO3的电离能力弱于水解能
184、力，则溶液显示碱性，故答案为：对；盐溶液显酸碱性，不一定与盐的水解有关，例如硫酸氢钠溶液显示酸性，原因是硫酸氢钠在溶液中的电离有关，故答案为：错；（4）含有银离子或氯离子的溶液抑制 AgCl 溶解，氯离子或银离子浓度越大其抑制 AgCl溶解程度越大，氯化镁和硝酸银溶液抑制 AgCl 溶解，但硝酸银是可溶性盐，所以硝酸银溶液中银离子浓度最大，则 Ag+浓度由大到小的顺序为，溶液中 c（Cl）=mol/L=61010 mol/L，故答案为：；61010 mol/L【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度的大小比较，盐类水解的分析应用，沉淀溶解平衡的影响因素分析判断，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理
185、、比较溶液中离子浓度大小的方法，明确沉淀溶解平衡及其应用方法29直接排放含 SO2 的烟气会形成酸雨，危害环境利用钠碱循环法可脱除烟气中的 SO2，（1）硫原子电子排布式为1s22s22p63s23p4 或Ne3s23p4（2）在钠碱循环法中，常用 Na2SO3 溶液作为吸收液，写出 SO2 被 Na2SO3 溶液吸收的离子方程式是SO32+SO2+H2O=2HSO3（3）当 Na2SO3 吸收 SO2 至溶液呈中性时，溶液中所有离子浓度从大到小排列顺序是（已知：当 c（SO32）=c（HSO3）时，溶液的 pH=7.2）c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH）（4）工业
186、上也可利用原电池原理，用 SO2 和 O2 来制备 H2SO4，该原电池中负极反应式为SO22e+2H2O=SO42+4H+【考点】离子浓度大小的比较；原电池和电解池的工作原理；二氧化硫的污染及治理 菁优网版 权所有【专题】基本概念与基本理论【分析】（1）S 的原子序数为 16，结合电子排布规律解答；（2）SO2 被 Na2SO3 溶液吸收生成亚硫酸氢钠；（3）呈中性时，由 c（SO32）=c（HSO3）时，溶液的 pH=7.2，则 c（HSO3）c（SO32）；（4）利用原电池原理，用 SO2 和 O2 来制备 H2SO4，二氧化硫在负极失去电子【解答】解：（1）S 的原子序数为 16，则电
187、子排布式为 1s22s22p63s23p4 或Ne3s23p4，故答案为：1s22s22p63s23p4 或Ne3s23p4；（2）SO2 被 Na2SO3 溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应为 SO32+SO2+H2O=2HSO3，故答案为：SO32+SO2+H2O=2HSO3（3）呈中性时，由 c（SO32）=c（HSO3）时，溶液的 pH=7.2，则 c（HSO3）c（SO32），则离子浓度大小为 c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH），故答案为：c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH）；（4）利用原电池原理，用 SO2 和 O2 来制备 H2
188、SO4，二氧化硫在负极失去电子，负极反应为 SO22e+2H2O=SO42+4H+，故答案为：SO22e+2H2O=SO42+4H+【点评】本题考查较综合，涉及电子排布式、离子反应、离子浓度大小的比较、原电池，注重高考常考考点的考查，（3）为解答的难点，把握电离大于水解即可，题目难度中等30（1）常温下某无色透明溶液中所含的离子仅有 NH4+和 Cl等四种离子，请回答下列问题：该溶液所含的上述四种离子的物质的量浓度大小有多种可能，填写下面的两种可能：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）如溶液中 c（NH4+）=c（Cl），则溶液中的溶质为N
189、H3H2O 和 NH4Cl（必须填化学式）该溶液的 pH=7（填、或=）（2）常温下将 0.020mol CH3COONa 和 0.005mol HCl 溶于水，配制成 2L 混合溶液，判断：溶液中共有7种微粒（包括分子和离子）；溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于 0.020mol，它们是CH3COOH和CH3COO；溶液中 n（CH3COO）+n（OH）n（H+）=0.015mol【考点】离子浓度大小的比较 菁优网版 权所有【专题】盐类的水解专题【分析】（1）根据溶质分别为氯化铵、氯化铵与盐酸时，写出溶液中离子浓度关系；根据电荷守恒判断溶液酸碱性，然后判断溶质组成及溶液的 pH；（2）0
190、.020molCH3COONa 和 0.005molHCl 溶于水得到 0.015molCH3COONa、0.005molCH3COOH、0.005molNaCl，CH3COONa、NaCl 为强电解质，CH3COOH 为弱电解质；根据溶液中的物料守恒来分析；根据电荷守恒及钠离子、氯离子的物质的量来分析【解答】解：（1）溶液中一定存在 H+和 OH，所以溶液中存在的四种离子为：NH4+、Cl、H+、OH，当溶质为氯化铵时，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则溶液中离子浓度关系为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）；当溶质为氯化铵和 HCl，且氯化氢的物质的量大于氯化铵，则溶液中氢离子浓
191、度大于铵根离子，溶液中离子浓度大小为：c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH），故答案为：c（NH4+）；c（H+）；c（OH）；c（H+）；c（NH4+）；c（OH）；如溶液中 c（NH4+）=c（Cl），根据电荷守恒可得：c（H+）=c（OH），溶液显示中性，溶液的 pH=7；由于氯化铵溶液显示酸性，若使溶液显示中性，还要满足溶液中离子种类不变，则应该含有一定量的 NH3H2O，故答案为：NH3H2O 和 NH4Cl；=；（2）0.020molCH3COONa 和 0.005molHCl 溶于水得到 0.015molCH3COONa、0.005molCH3COOH、0.005molNa
192、Cl，CH3COONa、NaCl 为强电解质，CH3COOH 为弱电解质，则溶液中存在的离子为：Na+、H+、Cl、OH、CH3COO，存在的分子为：H2O、CH3COOH，即共有 7 种不同的微粒，故答案为：7；根据物料守恒可知，0.020mol CH3COONa 在溶液中以 CH3COOH 和 CH3COO存在，n（CH3COOH）+n（CH3COO）=0.020mol，故答案为：CH3COOH；CH3COO；溶液遵循电荷守恒，存在：n（H+）+n（Na+）=n（Cl）+n（CH3COO）+n（OH），则 n（CH3COO）+n（OH）n（H+）=n（Na+）n（Cl）=0.020mol0.005mol=0.015mol，故答案为：0.015【点评】本题考查弱电解质的电离和盐类水解原理、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒判断溶液中离子浓度大小，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力
