热门试卷

(每空2分，共10分) (1)、氯化钠    CH3COONa(2)、相等    (3)、甲、乙    乙

略

⑴ H2BHB-+ H+； HB-B2-+ H+；         

⑵ ①4；② H2B + OH-= HB- + H2O ；⑶ 13 ；  ⑷ 10－13 ； 1 。  

试题分析：根据在该酸溶液中存在的微粒的种类可知在酸H2B溶液中存在的电离平衡有：H2BHB-+ H+； HB-B2-+ H+；（2）①常温下，已知0.1 mol·L－1二元酸H2B溶液中c(OH－) / c(H+)＝1×10－6，而c(OH－)·c(H+)＝1×10－14，所以c(OH－)= 1×10－10,所以c(H+)＝1×10－4，pH=4。②该酸（H2B）与少量NaOH溶液反应的离子方程式是H2B+ OH－= HB- + H2O。（3）n(H+)=0.1L×0.1mol/L×2=0.02mol；n(OH－)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol．溶液混合后，碱过量，溶液显碱性，n(OH－)(混合)= 0.04mol-0.02mol=0.02mol。c(OH-)= 0.02mol÷0.2L=0.1mol/L所以c(H+)=Kw÷c(OH－)=10-13mol/L．pH=13． （4）t℃时，有pH=2的稀硫酸c(H+)=10-2mol/L； pH=11的NaOH溶液，c(H+)(碱)=10-11mol/L，由于等体积混合后溶液呈中性。所以c(OH-)=Kw÷c(H+)(碱)=10-2mol/L。Kw==10-2mol/L×10-11mol/L=10-13mol2/L2。该温度下（t℃），0.1 mol·L－1HCl溶液的pH=1。

阳离子、氢离子（H+）；

（1）6H++Fe2O3=2Fe3++3H2O    （2）HCO3-+H+=CO2↑+H2O

（3）Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O   （4）Zn+2H+=Zn2++H2↑

在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，叫做酸。阳离子、氢离子（H+）；

（1）6H++Fe2O3=2Fe3++3H2O    （2）HCO3-+H+=CO2↑+H2O

（3）Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O   （4）Zn+2H+=Zn2++H2↑

考查酸的概念及通性，以及离子方程式的书写。

（1）＝

（2）Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑

（3）共价  弱

（4）5.56×108

略

（1）①锌粒与盐酸反应     ②V1=V2

（2）①锌粒与醋酸反应    ②V1﹤V2

（1）①盐酸是强酸，而醋酸是燃烧，再浓度相等的条件下，盐酸的反应速率快。

②由于两种酸的物质的量是相同的，因此生成的氢气是相同的。

(2)由于是醋酸是弱酸，所以在氢离子浓度相等的条件下，醋酸的浓度大，因此醋酸的反应速率快。由于醋酸的浓度大，因此生成的氢气多。

（1）纯净的醋酸不电离，不存在自由离子 （2）  b＜a＜c   （3）c   Ka=Kb=Kc （4）  ACEF

试题分析：（1）冰醋酸是纯净的醋酸，只有电解质分子，没有发生电离。没有自由移动的离子所以不能导电。（2）自由移动的离子浓度越大，溶液的导电性就越强。由于导电性b＞a＞c,所以氢离子的浓度大小顺序是：b＞a＞c。氢离子的浓度越大，溶液的PH就越小。a，b，c三点的pH由小到大的顺序是b＜a＜c.（3）加入的水越多，电离的电解质就越多，电离程度就越大。所以 a、b、c三点中电离程度最大的是c.这是在同一温度下的电离。电离平衡常数只与温度有关。所以这三点的电离平衡常数相等。即：a="Kb=Kc" 。（4）A电解质电离过程是个吸热过程，加热，是温度升高，可以使平衡向电离的方向移动，导致c(CH3COO-)增大。正确。B.加很稀的NaOH溶液,消耗了氢离子，减小了氢离子的浓度，是电离平衡向电离的方向移动，但由于是稀溶液,最终氢离子的浓度及c(CH3COO-)反而减小。错误。C.加NaOH固体消耗氢离子，破坏了电离平衡，使电离平衡向电离的方向移动。由于醋酸跟离子没有消耗所以最后c(CH3COO-)增大。正确。D.加水，平衡正向移动，电解质分子的浓度减小。由于电离平衡移动使c(CH3COO-)增大的趋势小于水对它的稀释作用，最后c(CH3COO-反而减小。错误。E.加入CH3COONa固体虽然抑制了醋酸的电离，但加入CH3COONa固体使c(CH3COO-)增大的趋势大于电离平衡逆向移动使c(CH3COO-)减小的趋势 ，最终 c(CH3COO-)增大。正确。F.加入锌粒消耗氢离子，破坏了电离平衡，促使它向电离的方向移动，最终 c(CH3COO-)增大。正确。选项为：A C E F。

（11分）

（Ⅰ）（1）甲   （2）乙   （3）大     （每空2分）

（Ⅱ）③⑤  （2分）

（Ⅲ）ACD  （3分）

试题解析：（I）(1)盐酸为强酸，醋酸为弱酸。体积和pH相等，可得n(HCl)＜n(CH3COOH)。由于金属跟盐酸、醋酸的反应都是按1:2的比例进行反应的。因此与盐酸反应的锌应过量。

(2)得到相同质量的氢气，则反应掉的酸的物质的量相等，因此乙中的醋酸应剩余。

(3)反应后甲烧杯中的溶质为ZnCl2，乙烧杯中的溶质为(CH3COO)2Zn和CH3COOH；乙烧杯中的溶液为酸性，因此应开始后乙烧杯中的c(H＋)始终比甲烧杯中的c(H＋)大。

(Ⅱ)物质的量浓度相同的等体积的两份溶液A和B，A为盐酸，B为醋酸，分别和等质量的Zn反应。⑴若锌完全反应，则产生的H2相等；若醋酸完全反应，则产生的H2不相等。因此①②错误。⑵由于加入的锌的质量相等，而溶液中n(HCl)＜n(CH3COOH)，因此若有一份溶液中的锌有剩余，则应是盐酸中的锌有剩余，故③正确。⑶等倍稀释后，由于稀释促进了醋酸的水解，醋酸中c(H+)增大，因此反应速率增大，故④错误。⑷由于随着反应的进行，盐酸中c(H+)不断减小，而对于醋酸溶液中，c(H+)几乎保持不变，因此产生等量的H2所需的时间A＞B，故⑤正确。⑸若产生等量的H2，可以是两种酸都有剩余，也可以是醋酸有剩余，故⑥错误。综上，说法正确的有③⑤。

(Ⅲ) 向体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中投入0.3g Zn，反应后溶液的溶质分别为“ZnCl2和ZnCl2、CH3COOH”，因此A正确。对于选项B、对于产生H2的速率，应是与盐酸反应的会越来越慢；与醋酸反应的，其反应速率基本保持不变，故B错误。选项C、锌的质量相等，其完全反应，因此产生H2的质量想的，再结合对选项B的分析，可知，C图像表示的正确。选项D、随着反应的进行，盐酸中c(H+)不断减小，但醋酸会不断电离出H+，因此其浓度减小的较慢，因此选项D说法正确。综上，答案选ACD。

点评：本题考查电解质溶液的相关知识，是高考的常见考题，掌握弱酸的电离是解题的关键。对于此类题型，应加强训练总结，以求达到举一反三的效果。

(l)—11601。（2）2NO2+4Na2SO3N2+4Na2SO4；1.12L。（3）向右；60。（4）①先将Fe2(SO4)3晶体溶于一定浓度的硫酸，再加水稀释到所需的浓度。②＜。③取所得溶液少许，滴加硫氰酸钾溶液，若溶液变血红色，说明溶液B具有处理废气的能力，反之，不具有。

试题分析：(l)已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-574kJ•mol-1

②CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-867kJ•mol-1，根据盖斯定律：②×2—①，

则CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=—1160kJ•mol-1。（2）根据题给流程图知，反应Ⅱ为二氧化氮与亚硫酸钠溶液反应生成氮气和硫酸钠，化学方程式为2NO2+4Na2SO3N2+4Na2SO4；由反应I知，生成1molNO2转移5mol电子，若反应I中转移0．5mol电子，则反应Ⅰ 中生成0.1molNO2，由反应Ⅱ可知，生成N2的物质的量为0.05mol，标准状况下体积为1.12L。（3）常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液，吸收过程中溶液由强碱溶液转化为水解呈碱性的盐溶液，水的电离平衡向右移动；由H2SO3的二级电离常数表达式表达式知， =Ka2/c(H＋)=6.0×10—8/10—9=60。（4）①用Fe2(SO4)3晶体配制Fe2(SO4)3溶液时要注意防止铁离子水解，方法是先将Fe2(SO4)3晶体溶于一定浓度的硫酸，再加水稀释到所需的浓度。②由题给流程知，该过程中发生的总反应为：2SO2+O2+2H2O==2H2SO4，A、C两溶液的pH大小关系为：pHA＜pHC。③验证溶液B是否仍具有处理废气的能力，即为检验溶液B中是否含有铁离子，实验的操作、现象和结论是取所得溶液少许，滴加硫氰酸钾溶液，若溶液变血红色，说明溶液B具有处理废气的能力，反之，不具有。

（10分）

（1）>（2分）

（2）<（2分）

（3）①>,（2分）  ②>（2分）

（4）1000（2分）

专题：电离平衡与溶液的pH专题．

分析：（1）根据pKa为电离平衡常数的负对数，即pKa=-lgKa，则pKa越小，电离平衡常数Ka越大；

（2）根据pKa越小，电离平衡常数Ka越大，则对应酸的酸性就强，利用酸越弱则强碱弱酸盐的水解程度越大来分析；

（3）①V=10mL，溶液中的溶质为NaHSO3，由c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），可知HSO3-的电离大于其水解来分析；

②V="a" mL时由c（K+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），则c（H+）=c（OH-）；V="b" mL时，c（K+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），即溶液中的溶质为KHSO3，溶液显酸性；

（4）利用离子对溶解平衡的影响及Ksp（BaSO4）来计算溶解的硫酸钡的质量，然后确定两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比．

解答：解：（1）由pKa数据可知，1.9＜7.2，由pKa=-lgKa，则pKa越小，电离平衡常数Ka越大，则H2SO3的Ka1＞HSO3-的Ka2，

故答案为：＞；

（2）由pKa数据可知，亚硫酸的pKa小于碳酸，则酸性比碳酸的强，相同浓度的NaHSO3溶液比NaHCO3溶液中酸根离子的水解程度弱，则NaHSO3溶液的pH小，即bl＜b2，故答案为：＜；

（3）①V=10mL，溶液中的溶质为NaHSO3，由c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），可知HSO3-的电离大于其水解，电离生成氢离子，水解生成氢氧根离子，即c（H+）＞c（OH-），故答案为：＞；

②V="b" mL时，c（K+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），即溶液中的溶质为KHSO3，溶液显酸性；当V="a" mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），由电荷守恒可知c（H+）=c（OH-），即溶液显中性，则向10mL0.01mol?L-1的H2SO3溶液中，滴加0.0l mol?L-1KOH溶液，由酸性变为中性时碱的体积在变大，即a＞b，故答案为：＞；

（4）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×=0.1L×mol/L=10-6mol，

用100mL 0.01mo1．L-1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×=0.1L×mol/L=10-9mol，

由同种物质的质量之比等于物质的量之比，则两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比为=1000，故答案为：1000．

点评：本题考查溶液中的电离及离子的浓度关系，考查知识点为高考的热点，学生应学会利用信息中的数据来分析是解答本题的关键，然后注重结合所学知识来解答即可．

略

略

(10分)

Ⅰ、(1)

①C(OH-)变大 ，C(H+)变大变，水的电离度变小 ，Kw 不变    

（2）

则水的电离度 不变  ，溶液的pH不变         

Ⅱ、.(2分)C(OH-)之比为  等于        10 (填大于、等于或小于)

略

(1) ④＞②＞③＞①。(2) T℃  ＞      a：b ＝101 : 9   。

(3) 产生白色沉淀同时产生无色气体  ；Al3+ +3HCO3— ==3CO2↑ +Al(OH)3↓

（1）酸或碱中的氢离子或OH－浓度越大，对水的抑制越大，氯化铵水解促进水的电离，所以①②③④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序应该是④＞②＞③＞①。

（2）电离吸热，加热促进水的电离，氢离子浓度最大，所以T℃＞25℃。所得溶液的pH = 10，则氢氧化钠是过量的，反应后溶液中氢离子浓度10－10mol/L，则OH－浓度是10－13÷10－10＝0.001mol/L，则有，解得a：b ＝101 : 9。

（3）硫酸铝水解显酸性，碳酸氢钠水解显碱性，所以二者混合后水解相互促进，生成氢氧化铝沉淀和CO2气体，方程式为Al3+ +3HCO3— ==3CO2↑ +Al(OH)3↓。