热门试卷

纯水是一种极弱的电解质，电离方程式为：H2O⇌H++OH-，它能微弱地电离出氢离子和氢氧根离子，强酸弱碱所生成的盐，弱碱离子水解导致溶液显酸性，强碱弱酸所生成的盐，弱酸根离子水解导致溶液显碱性，强酸强碱所生成的盐不水解，其水溶液呈中性．

故答案为：H+；OH-；酸性；碱性；中性．

（1）K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液都呈碱性，水解离子方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，

Na2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；

NH4Cl是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，

故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；碱；不水解；中性；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；酸；

（2）酸：⑤CH3COOH是弱电解质，所以只有部分电离，故c（H+）＜0.1mol/L，所以pH＞1；

碱：⑥NaOH是强电解质，完全电离，c（OH-）=0.1mol/L，所以pH=13；

⑦Ba（OH）2是强电解质，完全电离，c（OH-）=0.2mol/L，所以pH=13.7；

盐：④NaHSO4是强酸酸式盐，在水中完全电离成钠离子、硫酸根离子、氢离子，所以c（H+）=0.1mol/L，所以pH=1；

⑧NH4Cl是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，1＜pH值＜7；

①KNO3是强酸强碱盐，水溶液呈中性，pH=7；

②Na2CO3是强碱弱酸盐，水溶液都呈碱性；

③NaHCO3是弱酸的酸式盐水解显碱性，水解程度小于Na2CO3 ，碱性小于Na2CO3，所以pH由大到小的顺序为：⑦＞⑥＞②＞③＞①＞⑧＞⑤＞④，

故答案为：⑦＞⑥＞②＞③＞①＞⑧＞⑤＞④；

（3）①Na2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液都呈碱性，其水解离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，

故答案为；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

②向Na2CO3溶液中加酚酞试液，溶液变红色，说明溶液显碱性，证明Na2CO3水解，

故答案为：向Na2CO3溶液中加酚酞试液，溶液变红色，说明溶液显碱性，证明Na2CO3水解．

（1）CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；H2OOH-+H+

（2）7

（3）Na+；Cl- （4）CH3COO-；CH3COOH

（1）Cl－＋H2O＝ClO－ + H2↑

（2）①左  ② Cl2    O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-     C     ③ 阳离子交换膜

（3）bcd    

试题分析：⑶向氯水中加入NaHCO3，,碳酸氢钠与盐酸反应，氯气与水的反应正向进行，可以增大氯水中次氯酸的浓度，正确；四种溶液中，水的电离程度最大的是水解程度最大的，也就是碱性最强的，应为碳酸钠，而不是NaClO，错误；常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最大的是应该是酸性最弱的，也就是四种盐中碱性最强的盐所对应的那种酸，即碳酸而不是亚硫酸，错误；NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为c（Na+）>c（HSO3-）> c（H+） >c（SO32-）>c（OH-），错误。

　(1)碱性　B2－＋H2OHB－＋OH－　(2)CD

(3)<　0.1 mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，说明其中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，主要是HB－电离产生的，在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1 mol·L－1 H2B溶液中c(H＋)<0.11 mol·L－1

(4)c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)

　(1)由H2B===H＋＋HB－(完全电离)，HB－H＋＋B2－(部分电离)，知Na2B溶液中B2－将发生水解反应，故Na2B溶液显碱性，原因是B2－＋H2OHB－＋OH－。

在Na2B溶液中存在：Na2B===2Na＋＋B2－，B2－＋H2OHB－＋OH－，H2OH＋＋OH－。由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(OH－)＋c(HB－)，C对。由物料守恒知c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＝0.2 mol·L－1，D对。在Na2B溶液中不存在H2B，A错，由物料守恒和电荷守恒知B错。(3)在NaHB溶液中，NaHB===Na＋＋HB－，HB－H＋＋B2－，H2OH＋＋OH－。已知0.1 mol

·L－1 NaHB溶液的pH＝2，说明其中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，主要是HB－电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1 mol·L－1H2B溶液中c(H＋)<0.11 mol·L－1。(4)在NaHB溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)。

（1）NH4++H2ONH3·H2O+H+；NH3·H2ONH4++OH-；H2OH++OH- （2）7

（3）NH4+和NH3·H2O

（4）NH4+；H+

（1）若a＝7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸

（2）否      c(A－)＝c(Na+)

（3）弱     c(Na+)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+)

（4）10－5      10－5－10－9      10－9

试题分析：（1）中，已知NaOH为一元强碱，而HA为一元酸，所以若a＝7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸；（2）中，当HA是强酸时，则c为0.2，若HA是弱酸时，则c大于0.2，所以C不一定等于0.2，根据电荷守恒可知，c(A－)＝c(Na+)；（3）中，混合溶液的pH＞7，这说明HA是弱酸，其浓度大小的排列为c(Na+)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+)；（4）中，根据在常温下，Kw为10-14可知，当pH＝9，即c(OH－)为10-9

所以c(H+)为10－5，根据c(H+)＝c(OH－)= 10－5，所以丁组实验所得混合溶液中由水电离出的

c(OH－)＝10－5 mol·L-1。根据电荷守恒可以知道，c(Na+)+ c(H+)＝c(A－)+c(OH－)，c(Na+)=0.005，

c(H+)=10－9，c(OH－)＝10－5 mol·L-1，所以c(Na+)－c(A－)＝（10－5－10－9）mol·L-1；c(Na+)= c(A－)+ c(HA)

即，c(A－)+ c(HA) + c(H+)＝c(A－)+c(OH－)，化简可得到c(HA) + c(H+)＝c(OH－)，

所以c(OH－)－c(HA)＝c(H+)＝10－9 mol·L-1。

点评：该题综合多个知识点，是高考的考查重点，该题的信息量较大，有一定的难度。

（1）CH3COO-        （2）AlO- +2H2O Al(OH)3+OH- ,  NaAlO2

（3） BE        （4）BDE     （5）c(Cl- )>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH- )

试题分析：

（1）相同浓度的钠盐溶液，pH越小则盐的水解程度越小，阴离子结合H+能力最弱的就是弱酸根对应的酸酸性最强的。酸性强弱CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HAlO2,所以阴离子结合H+能力最弱的为CH3COO-。

（2）NaAlO2是强碱弱酸盐，AlO-水解使溶液显碱性，AlO- +2H2O Al(OH)3+OH- , NaAlO2水解生成NaOH和Al(OH)3，二者均不易分解和挥发，所以将溶液加热蒸干最后得到的固体产物是NaAlO2。

（3）0.1mol/L的CH3OONa溶液，促进水的电离，水电离的c（OH-）=10−14 /10−8.8 =10-5.2mol/L

A．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的电离，水电离的c（H+）=10-8.8mol/L；

B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促进水的电离，水电离的c（H+）=10-5.2mol/L；

C．pH=5.2的盐酸，抑制水的电离，水电离的c（OH-）=10−14 /10−5.2 =10-8.8mol/L；

D．0.1mol/L的NaCN溶液，促进水的电离，水电离的c（H+）=10-11.1mol/L；

E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促进水的电离，水电离的c（OH-）=10−14 /10−8.8 =10-5.2mol/L；

所以与0.1mol/L的CH3OONa溶液中水的电离程度相同的是：BE；故答案为：BE；

（4）将浓度均为0. 1 mol/L的NaHCO3、Na2CO3等体积混合,混合溶液中粒子之间符合电荷守恒，物料守恒和质子守恒。NaHCO3溶液有物料守恒：c(Na+)=c(CO32-) +c(HCO3-) +c(H2CO3)；Na2CO3溶液有c(Na+)=2c(CO32-) +2c(HCO3-) +2c(H2CO3；二式相加即2c(Na+)=3c(CO32-) +3c(HCO3-) +3c(H2CO3；B正确。电荷守恒c(Na+) +c(H+) = 2c(CO32-) +c(HCO3-) +c(OH­-)D正确； CO32-水解程度大于HCO3-，溶液呈碱性，所以有c(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-) > c(OH­-)> c(H+) ，E正确。

（1）①增大；②增大， 加盐酸发生反应：A2－＋H＋HA－，A2－浓度减小，CaA的溶解平衡向右移动，n(Ca2＋)显著增大，而溶液体积变化不大，所以c(Ca2＋)增大；

（2）CaA(s)＋Cu2＋(aq)=Ca2＋(aq)＋CuA(s) （2分）   5（2分）

（3）碱 ， 加入Ba2＋除去碳酸根离子的干扰，结果溶液仍显红色可以证明甲同学的观点正确，否则就是碳酸根水解的缘故，即乙同学的观点正确。（其他合理答案也给分）

试题分析：（1）已知常温下，H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)　ΔH ＞ 0。①该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，Ksp增大；②根据化学平衡移动原理，滴加少量浓盐酸，发生反应：A2－＋H＋HA－，A2－浓度减小，CaA的溶解平衡向右移动，n(Ca2＋)显著增大，而溶液体积变化不大，所以c(Ca2＋)增大；（2）CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，发生复分解反应，生成一种黑色固体物质CuA，离子方程式为CaA（s）+Cu2+（aq）⇌Ca2+（aq）+CuA（s）；如果要生成Cu(OH)2沉淀，则有c（Cu2+）·c2（OH—）＞Ksp[Cu(OH)2] ＝2.0×10－20，c (Cu2＋)＝0.02 mol/L，则c（OH—）＞10－9，应调整溶液pH，使之大于5；（3）常温下，向某纯碱溶液中滴入酚酞，溶液呈红色，则该溶液呈碱性；实验方案为：加入Ba2＋除去碳酸根离子的干扰，结果溶液仍显红色可以证明甲同学的观点正确，否则就是碳酸根水解的缘故，即乙同学的观点正确。

（1）抑制Sn2+水解， 防止Sn2+被氧化 （2）SnCl2 + Na2CO3 =" SnO" + CO2↑+2NaCl（3）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入几滴AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净（3分）（4）小于1 （2分。若写成≤1给1分） （5）Sn2+ + H2O2 + 2H+ = Sn4+ + 2H2O （6）潮湿环境中，Sn与Cu构成原电池，Sn作为负极，保护正极Cu不被氧化

试题分析：（1）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑；（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；（4）根据 Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10-26=c（OH-）2×c（Sn2+），将c（Sn2+）=1.0mol•L-1带人可得c（OH-）=10-13mol/L，c（H+）=0.1mol/L，故PH小于1，Sn2+完全沉淀；（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；（6）潮湿环境中，Sn与Cu构成原电池，Sn作为负极，保护正极Cu不被氧化。