热门试卷

（1）Ksp=c(Mg2+)·c2(OH－) （3分）

（2）Mg2+ + 2H2O  Mg(OH)2 +2H+（2分）

（3）abc（2分）

（4）MgCl2·6H2OMg(OH)Cl + HCl↑+5H2O↑或MgCl2·6H2OMgO + 2HCl↑+5H2O↑（2分）

（5）HCl气流可抑制Mg2+水解（2分）

（6）2Cl――2e－=Cl2↑（2分）；Mg2++2e－=Mg（2分）

试题分析：⑴根据Mg(OH)2的溶解平衡式：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH- (aq)，写出其溶度积常数表达式；

⑵MgCl2溶液中Mg2+水解：Mg2+ + 2H2O  Mg(OH)2 +2H+，使溶液显酸性；

⑶根据FeCl3的水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加入MgO、Mg(OH)2、MgCO3均能促进FeCl3的水解，使其转化Fe(OH)3沉淀而除去，同时过量的MgO、Mg(OH)2、MgCO3可通过过滤除去。

⑷在空气中加热MgCl2·6H2O，促进MgCl2的水解，有HCl、H2O逸出，当生成Mg(OH)Cl时其反应方程式为MgCl2·6H2OMg(OH)Cl + HCl↑+5H2O↑；当生成MgO时其反应方程式为MgCl2·6H2OMgO + 2HCl↑+5H2O↑。

⑸MgCl2·6H2O在干燥的HCl气流中加热，HCl气流可抑制Mg2+水解，这样可得到无水氯化镁。

⑹电解熔融的MgCl2，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2Cl――2e－=Cl2↑；阴极发生还原反应，其电极反应式为Mg2++2e－=Mg。

(1)碱性  　A2－＋H2OHA－＋OH－       (2)B、C

(3)c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)

试题分析：（1）根据电离方程式可以看出H2A的第一步电离是完全的，第二步电离是不完全的，所以Na2A溶液可以水解呈碱性，水解方程式为A2－＋H2OHA－＋OH－。

（2）由于H2A的第一步电离是完全的，所以溶液中不存在H2A分子，则A是正确的。根据电荷守恒c(H＋)+ c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)+2c(A2－)，物料守恒c(Na＋)=2c(A2－)＋2c(HA－)，可知c(OH－)= c(H＋)+c(HA－)，所以B、C错误，D正确。

（3）NaHA溶液中发生的电离反应有NaHA=Na++HA-，HA-H＋+A2－，HA-没有水解反应，所以溶液显酸性，溶液中的离子浓度大小关系是c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)。

点评：本题难度较大，主要考查学生分析问题的能力。

（1）HCO3-+H2OH2CO3+OH-（2）大于

（3）乙；B

（4）等于；甲

（5）乙；常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃

（1）过滤  （2）溶液由浅绿色变为棕黄色，有少量气泡出现。

（3）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + H2O

（4）在沉淀中加入稀硫酸，搅拌，至不再有气泡产生，过滤，洗涤固体并干燥得铜。滤液加热浓缩后冷却结晶，过滤，干燥得绿矾。

（1）分离溶液和沉淀应用过滤方法（2）溶液A中含亚铁离子，过氧化氢溶液有氧化性，可将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子为棕黄色，过氧化氢本身被还原成氧气，故有气泡冒出（3）亚铁离子被氧化，过氧化氢被还原（4）沉淀A含铁和铜，加入稀硫酸将铁转化为FeSO4，再加热浓缩后冷却结晶，过滤，干燥得绿矾。

（1）7   （2）CH3COOH和CH3COO-    （3）0.006

（1）醋酸钠溶液盐酸，发生反应CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl。根据物质的量可知，醋酸钠过量，即溶液中含有0.006mol醋酸钠、0.004mol醋酸和0.004mol氯化钠。醋酸存在电离平衡，醋酸钠存在水解平衡，所以含有的微粒是CH3COOH、H2O、H＋、OH－、CH3COO－、Na＋、Cl－共计是7种。

（2）根据原子守恒可知，CH3COOH和CH3COO－的物质的量之和一定等于0.01mol。

（3）根据电荷守恒可知n(CH3COO-)+n(OH-)＋n(Cl-)=n(H+)＋n(Na+)，所以n(CH3COO-)+n(OH-)－n(H+)=n(Na+)－n(Cl-)＝0.01mol－0.004mol＝0.006mol。

（1）NaOH；NaNO2；HNO3；NH4NO3（2）1∶1（3）c（Na+）>c(NO2－) >c（OH-）>c（H+）

（4）硝酸电离出的氢离子抑制了水的电离，NH4＋的存在促进了水的电离 （5）1×10-4∶1

试题分析：（1）根据给出的元素：H、N、O、Na，其中由三种元素组成的强电解质，中学化学常见物质有：强碱（NaOH）、强酸（HNO3）；盐：NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等。A显碱性，只可能是NaOH和NaNO2，B显酸性，可能是HNO3和NH4NO3。强酸、强碱都抑制水的电离，而易水解的盐则促进水的电离。相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度，故A1为NaOH，A2为NaNO2；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，故B1为HNO3，B2为NH4NO3。

（2）强酸或强碱溶液中氢离子或OH－浓度在相等的条件下对水电离的抑制程度是相同，则两种溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为1∶1。

（3）亚硝酸钠是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）>c(NO2－) >c（OH-）>c（H+）。

（4）由于硝酸电离出的氢离子抑制了水的电离，而NH4＋的水解促进了水的电离，所以B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度。

（5）硝酸抑制水的电离，硝酸铵促进水的电离，所以如果两种溶液的pH＝5，则两溶液中由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为10－9:10－5＝1×10-4∶1。

点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生解题能力的培养，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题解题的关键是明确外界条件对水的电离平衡的影响，然后结合题意灵活运用即可。

（8分）

⑴  <   （ 1分）

⑵  6 （1分）； = （1分）；c(Na+)+c(H+)="c(X-)+c(OH-)" （2分）

⑶碱 （ 1分）； （ 2分）

两溶液恰好中和为由于c（Na+）>c（X—），由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)知c（H+）—），溶液呈碱性，原HX酸溶液为弱酸溶液

（1）由水的电离平衡知，①②两溶液都抑制水的电离，但由于HX为弱酸，相对强碱NaOH来说，抑制作用相对较小

（2）NaX溶液中共包含六种粒子：（Na+）、c（X—）、c（H+）、c（OH—）、HX、H2O；由物料守恒可知：：c（HX）+c（X—）=0.1mol／L

（3）NaX溶液呈碱性，显然是由于弱离子水解所致。

(1) c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)> c(H2CO3)> c(H+)>c(CO32-)

(2)  c(Na+ ) ＋ c( H+ ) ＝ c( HCO3- ) ＋2 c ( CO32- ) ＋ c( OH- )

c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)

盐的电离是主要的，水解和弱电解质的电离是次要的。

NaHCO3溶液中存在以下电离或平衡：

NaHCO3=Na＋＋HCO3－

HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－    HCO3－H＋＋CO32－     H2OH＋＋OH－

水解大于电离程度，溶液最终显碱性。

（2）分别是电荷守恒与物质守恒。

（1）ZnS+H2O2+H2SO4=ZnSO4+2H2O+S  

（2）3.7~5.4              （3）ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O 或Zn3(OH)4CO3·H2O

[计算出n(ZnO) ，2分；计算出n(CO2)， 2分；计算出ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，4分。]

试题分析：（1）淡黄色固体应该是硫，根据过氧化氢有强氧化性，做氧化剂，化学方程式ZnS+H2O2+H2SO4=ZnSO4+2H2O+S 。（2）步骤2中调节溶液pH只要满足锌离子不能沉淀，三价铁离子完全沉淀，故范围是 3.7~5.4 。（3）碱式碳酸锌68.2 g，充分灼烧后测得残留物质为氧化锌，质量为48.6 g，物质的量为48.6/81=0.6mol,锌的质量为39g。将所得气体是二氧化碳，沉淀碳酸钙是20 g，物质的量为0.2mol。碳酸根的物质的量为0.2mol。根据电苛守恒氢氧根的物质的量为0.8mol.由碱式碳酸锌68.2 g减去锌的质量，碳酸根和氢氧根的质量，剩下的就为水的质量，求得为0.2mol.故碱式碳酸锌的组成ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O 或Zn3(OH)4CO3·H2O。

（1）①b（2分）

②2Al+3H2O-6e－=Al2O3+6H+（2分）；HCO3－与H＋反应使H＋浓度减小，产生Al(OH)3沉淀（2分）

（2）阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+，补充溶液中消耗的Cu2＋,保持溶液中Cu2＋浓度恒定（2分）（3）N （2分）   M（2分）

试题分析：（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，故答案为b；

②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-＝Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于HCO3－与H＋反应使H＋浓度减小，产生Al(OH)3沉淀；

（2）电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2+，故答案为：阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+，补充溶液中消耗的Cu2＋,保持溶液中Cu2＋浓度恒定；

（3）金属的防护有牺牲阳极的阴极保法和外加电源的阴极保护法，若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极作阴极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）。

(1)碱性　>　(2)酸性　<　(3)中性　大于

(1)CH3COOH与NaOH恰好完全反应，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(CH3COO－)。

(2)pH＝3的醋酸的物质的量浓度大于1.0×10－3mol/L，故混合后CH3COOH剩余，溶液呈酸性，c(Na＋)3COO－)。

(3)由电荷守恒可知，当c(CH3COO－)＝c(Na＋)时溶液呈中性，CH3COOH略过量，故醋酸的体积大于氢氧化钠溶液的体积。

(1)酸，AI3++3H2OAI（OH）3+3H+   AI2O3  HCI  抑制 

（2）碱， c(Na＋)＞c(CH3COO－)。（3）酸， c(Na＋)＜c(CH3COO－) 。

(4)中，＞。（5）c(CO32-)＜c(OH－)，2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)

（1）氯化铝是强酸弱碱盐，水解显酸性，方程式是AI3++3H2OAI（OH）3+3H+。水解是吸热的，加热促进水解，且生成的氯化氢挥发，所以最终生成的是氢氧化铝，灼烧则得到氧化铝。所以实验室在保存AlCl3溶液时，常在溶液中加少量的盐酸，以抑制氯化铝的水解。

（2）醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，恰好反应，生成醋酸钠。醋酸钠水解，溶液显碱性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＞c(CH3COO－)。

（3）由于醋酸是弱酸，所以pH＝3的醋酸的浓度大于0.001mol/L，则在和氢氧化钠反应时，醋酸是过量的，所以溶液显酸性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＜c(CH3COO－)。

（4）根据电荷守恒定律可知，当溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等是，氢离子浓度等于OH－浓度，溶液显中性。这说明醋酸应该是过量的，所以醋酸的体积大于氢氧化钠溶液的体积。

（5）0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液PH=9，这说明碳酸氢钠的水解程度大于碳酸氢钠的电离程度，所以溶液中c(CO32-)＜c(OH－)。根据电荷守恒定律可知，离子浓度的关系是2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)。