第20讲水的电离和溶液的pH2024年高考化学精准一轮复习讲义

第20讲水的电离和溶液的pH（解析版）目录：【内容1水的电离与水的离子积常数】【内容2溶液的酸碱性与pH妙解】【内容3pH的计算】【内容4计算水电离产生c(H＋)和c(OH－)的5种类型(25℃时)】知识主线：一、水的电离与水的离子积常数1．水的电离：水是一种极弱的电解质，水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－2．水的电离平衡常数：因为水的电离极其微弱，在室温下1L纯水(即55.6mol)只有1×10－7molH2O电离，电离前后H2O的物质的量几乎不变，因此c(H2O)可以视为常数，上式可表示为：c(H+)·c(OH—)＝K电离·c(H2O)。其中常数K电离与常数c(H2O)的积作为一新的常数，叫做水的离子积常数，简称水的离子积，记作KW，即KW=c(H＋)·c(OH—)3．水的离子积常数(KW)(1)表达式：KW＝c(H＋)·c(OH－)，室温时，KW＝1.0×10－14(2)影响因素：KW只受温度影响，由于水的电离是吸热过程，温度升高，KW增大4．影响水的电离平衡的因素(1)温度(升高温度，促进水的电离)：水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡向正方向移动，电离程度增大，c(H＋)和c(OH－)均增大，KW增大，由于c(H＋)和c(OH－)始终保持相等，故仍呈中性(2)加入酸、碱或强酸的酸式盐(抑制水的电离)：向纯水中加入酸或NaHSO4、碱，由于酸(碱)电离产生的H＋(OH―)，使溶液中c(H＋)或c(OH－)增大，使水的电离平衡左移，水的电离程度减小(3)含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐(促进水的电离)：在纯水中加入含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐，由于它们能跟水电离出的H＋和OH－结合生成难电离物，使水的电离平衡右移，水的电离程度增大体系变化条件平衡移动方向Kw水的电离程度c(OH－)c(H＋)温度升温正增大增大增大增大降温逆减小减小减小减小HCl逆不变减小减小增大NaOH逆不变减小增大减小可水解的盐Na2CO3正不变增大增大减小NH4Cl正不变增大减小增大5．水的离子积适用范围：KW不仅适用于纯水(或其他中性溶液)，也适用于酸、碱、盐的稀溶液，不管是哪种溶液，由水电离出的c(H＋)与c(OH－)一定相等6．水的离子积表达式的应用：在水溶液中，均存在水的电离平衡，因此在表达式中，c(H＋)、c(OH―)表示整个溶液总物质的量浓度，KW＝c(H＋)溶液·c(OH－)溶液(1)纯水中：KW＝c(H＋)水·c(OH－)水(2)酸溶液中：KW＝[c(H＋)酸＋c(H＋)水]·c(OH－)水，由于c(H＋)酸>>c(H＋)水，故忽略水电离出的H＋即：KW＝c(H＋)酸·c(OH－)水，但由水电离出来的：c(H＋)水＝c(OH－)水例：mol·L－1的HCl中，c(H＋)酸＝mol·L－1，c(H＋)水＝1.0×10－13mol·L－1，c(OH－)水＝1.0×10－13mol·L－1，由水电离出的c(H＋)水·c(OH－)水＝1.0×10－13×1.0×10－13＝1.0×10－26(3)碱溶液中：KW＝c(H＋)水·[c(OH－)碱＋c(OH－)水]，由于c(OH－)碱>>c(OH－)水，故忽略水电离出的OH－即：KW＝c(H＋)水·c(OH－)碱，但由水电离出来的：c(H＋)水＝c(OH－)水例：mol·L－1的NaOH中，c(H＋)水＝1.0×10－13mol·L－1，c(OH－)碱＝mol·L－1，c(OH－)水＝1.0×10－13mol·L－1，由水电离出的c(H＋)水·c(OH－)水＝1.0×10－13×1.0×10－13＝1.0×10－26【注意】=1\*GB3①在不同溶液中，c(H＋)、c(OH－)可能不同，但任何溶液中由水电离出的c(H＋)与c(OH－)一定相等=2\*GB3②对于酸、碱、盐的稀溶液中，c(H2O)也可认为是定值。Kw＝c(H＋)·c(OH－)，但c(H＋)、c(OH－)为溶液中的浓度，不一定是水电离出的=3\*GB3③酸、碱能抑制水的电离，故室温下，酸、碱溶液中水电离产生的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，而能水解的盐溶液中水电离产生的c(H＋)[或c(OH－)]>1×10－7mol·L－1=4\*GB3④室温下，由水电离出的c水(H＋)或c水(OH－)＜10－7mol·L－1时，可能是加酸或加碱抑制了水的电离=5\*GB3⑤给水加热，水的电离程度增大，c(H＋)＞10－7mol·L－1，pH<7，但水仍显中性二、溶液的酸碱性与pH1．溶液的酸碱性(1)溶液的酸碱性：溶液酸碱性的判断标准是溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小(2)溶液的酸碱性与c(H＋)和c(OH－)的关系c(H＋)与c(OH－)相对大小c(H＋)/mol·L－1的范围(25℃)中性溶液c(OH－)＝c(H＋)c(H＋)＝1.0×10－7酸性溶液c(OH－)<c(H＋)c(H＋)>1.0×10－7碱性溶液c(OH－)>c(H＋)c(H＋)<1.0×10－7(3)溶液的pH与c(H＋)及酸碱性的关系=1\*GB3①pH的定义：pH是c(H＋)的负对数，其表达式是pH＝－lg

c(H＋)=2\*GB3②pH的意义：pH越大，溶液的碱性越强；pH越小，溶液的酸性越强=3\*GB3③溶液酸碱性与pH的关系(常温下)：pH＜7，为酸性溶液；pH＝7，为中性溶液；pH＞7，为碱性溶液=4\*GB3④pH的适用范围：1×10－14mol·L－1≤c(H＋)≤1mol·L－1【注意】=1\*GB3①酸性(碱性)溶液并不一定是酸类(碱类)物质=2\*GB3②判断溶液的酸碱性不能根据c(H+)和c(OH–)绝对大小，而应比较二者相对大小，不受温度影响=3\*GB3③溶液的酸碱性也不能根据pH来判断，如：pH=7的溶液不一定为中性溶液，100℃时，pH=6为中性溶液=4\*GB3④当c(H＋)或c(OH－)大于1mol·L－1时，通常用c(H＋)或c(OH－)直接表示=5\*GB3⑤当c(H＋)或c(OH－)小于或等于1mol·L－1时，通常用pH表示2．溶液酸碱性的测定方法(1)酸碱指示剂法(只能测定溶液的pH范围)指示剂变色范围(颜色与pH的关系)石蕊酚酞甲基橙(2)利用pH试纸测定①使用pH试纸的正确操作：取一小块pH试纸于干燥洁净的玻璃片或表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取试液点在试纸上，当试纸颜色变化稳定后迅速与标准比色卡对照，读出pH②常用的广范pH试纸：其pH范围是1～14(最常用)，可以识别的pH差约为1，只能读整数(3)用pH计测量：pH计也叫酸度计，该仪器可精密测量溶液的pH。其量程为0～14，可精确测定试液的pH(读至小数点后2位)【注意】①使用pH试纸测溶液pH时不能用蒸馏水润湿②pH试纸不能测漂白性的物质的pH(如：氯水、次氯酸盐、浓硝酸)，pH试纸不能测脱水性的物质的pH(如：浓硫酸)三、pH的计算(25℃)1．单一溶液的pH计算(1)求强酸溶液的pH：已知cmol·L－1的HnA强酸溶液，则c(H＋)＝ncmol·L－1；(2)求强碱溶液的pH：已知cmol·L－1B(OH)n强碱溶液，则c(OH－)＝ncmol·L－1；(求碱溶液pH时注意转换)2．酸碱溶液混合后pH的计算(1)强酸与强酸混合(稀溶液体积变化忽略)两强酸混合：先求混合后的c(H+)混，，然后再求pH速算规律：pH相差2个单位以上的强酸等体积混合，混合后的pH混pH小(2)强碱与强碱混合(稀溶液体积变化忽略)两强碱混合：先计算，再求，最后求pH速算规律：pH相差2个单位以上的强碱等体积混合，混合后的pH混=pH大－3．强酸与强碱混合(稀溶液体积变化忽略)强酸与强碱溶液混合：根据n(H+)与n(OH－)的相对大小先判断酸、碱的过量情况①恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7(25℃)②若酸过量[n(H+)＞n(OH－)]：先求，再求pH③若碱过量[n(OH－)＞n(H＋)]：先求，再求，最后求pH4．常温下，酸与碱pH之和为14，等体积混合(1)若为强酸与强碱，则混合后pH=7(2)若为强酸与弱碱，则混合后pH>7(3)若为弱酸与强碱，则混合后pH<75．溶液的稀释与pH(1)酸碱溶液稀释时pH的变化酸(pH＝a)碱(pH＝b)弱酸强酸弱碱强碱稀释10n倍pH<a＋npH＝a＋npH>b－npH＝b－n无限稀释pH趋向于7(2)酸碱溶液稀释时pH的变化图像①pH相等的酸或碱溶液稀释后溶液pH的变化示意图②c相等的酸或碱溶液稀释后溶液pH的变化示意图【注意】可以看出无论是c相等还是pH相等，加水稀释相同倍数pH变化大的都是强酸或强碱四、计算水电离产生c(H＋)和c(OH－)的5种类型(25℃时)(1)计算方法=1\*GB3①任何情况下水电离产生的c(H＋)和c(OH－)总是相等的=2\*GB3②当抑制水的电离时(如酸或碱溶液)：在溶液中c(H＋)、c(OH－)较小的数值是水电离出来的溶液(25℃)c(H＋)/(mol·L－1)c(OH－)/(mol·L－1)c(H＋)水或c(OH－)水/(mol·L－1)0.01mol·L－1盐酸1.0×10－21.0×10－121.0×10－120.1mol·L－1NaOH溶液1.0×10－131.0×10－11.0×10－13=3\*GB3③当促进水的电离时(如盐的水解)：在溶液中c(H＋)、c(OH－)较大的数值是水电离出来的溶液(25℃)c(H＋)/(mol·L－1)c(OH－)/(mol·L－1)c(H＋)水或c(OH－)水/(mol·L－1)pH＝5的NH4Cl溶液1.0×10－51.0×10－91.0×10－5pH＝10的Na2CO3溶液1.0×10－101.0×10－41.0×10－4(2)常见计算的2种类型(25℃)=1\*GB3①中性溶液：c(OH－)＝c(H＋)＝10－7mol·L－1=2\*GB3②酸溶液——OH－全部来自水的电离：c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(OH－)例：pH＝2的盐酸中c(H＋)＝10－2mol·L－1，则c(OH－)水＝1×10－12mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1=3\*GB3③碱溶液——H＋全部来自水的电离：c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(H＋)例：pH＝12的NaOH溶液中c(H＋)水＝1×10－12mol·L－1，即水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·L－1=4\*GB3④水解呈酸性的盐溶液——H＋全部来自水的电离：c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(H＋)例：pH5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c(H＋)水＝10－5mol·L－1，因部分OH－与部分NHeq\o\al(＋,4)结合使溶液中c(OH－)＝10－9mol·L－1=5\*GB3⑤水解呈碱性的盐溶液——OH－全部来自水的电离：c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(OH－)例：pH＝12的Na2CO3溶液中，由水电离出的c(OH－)水＝10－2mol·L－1，因部分H＋与部分COeq\o\al(2－,3)结合使溶液中c(H＋)＝10－12mol·L－1例1．下列实验设计和操作合理的是A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构B．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的少量HCl气体C．用乙醇作萃取剂萃取溴水中的溴D．用NaOH标准液滴定未知浓度的醋酸溶液，可以选择甲基橙做指示剂【答案】A【详解】A．X射线衍射实验可确定晶体的结构，则通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故A正确；B．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中混有的少量氯化氢体，故B错误；C．乙醇能与水互溶，不能用乙醇作萃取剂萃取溴水中的溴，故C错误；D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解呈碱性，则用氢氧化钠标准液滴定未知浓度的醋酸溶液时，不能选择甲基橙做指示剂，否则误差太大导致滴定实验失败，应选用酚酞做指示剂，故D错误；故选A。例2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molC2H2中含σ键的数目为NAB．0.1mol/LCH3COONa溶液中，含CH3COOAC．含0.2molH2SO4AD．常温下，1LpH=11的Ba(OH)2溶液中含OHA【答案】C【详解】A．C2H2的结构式为HC≡CH，则1molC2H2中含σ键的数目为3NA，A不正确；B．0.1mol/LCH3COONa溶液的体积未知，无法求出CH3COO的物质的量，也就无法求出含CH3COO的数目，B不正确；C．浓硫酸与足量的镁反应，起初生成MgSO4、SO22SO4)，后来生成MgSO4和H22SO4)，则含0.2molH2SO4A，C正确；D．常温下，1LpH=11的Ba(OH)2溶液中含OHA，D不正确；故选C。例3．下列说法正确的是A．在测定中和反应的反应热时，使用玻璃搅拌器应左右匀速搅拌B．在润洗洁净的碱式滴定管时，先从滴定管上口加入待盛装碱液，然后轻轻挤压滴定管中的玻璃球，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中C．在实验室不慎将酸沾到皮肤时，应立即用大量水冲洗，然后用的NaHCO3溶液冲洗D．在给粗糙铁质镀件电镀时，用砂纸将镀件打磨干净后即可直接与直流电源负极相连【答案】C【详解】A．在测定中和反应的反应热时，使用环形玻璃搅拌器应上下匀速搅拌，使溶液迅速反应，A错误；B．在润洗洁净的碱式滴定管时，先从滴定管上口加入待盛装碱液，然后倾斜着转动滴定管，使溶液润湿全部滴定管内壁，再将滴定管直立起来，挤压滴定管中的玻璃球，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，B错误；C．在实验室不慎将酸沾到皮肤时，应立即用大量水冲洗，然后用的NaHCO3溶液冲洗，反应除去残留的少量酸溶液，C正确；D．在给粗糙铁质镀件电镀时，用砂纸将镀件打磨干净后，将表面的固体小颗粒洗净，干燥后再与直流电源负极相连，作阴极，D错误；故合理选项是C。例4．下列说法一定正确的是A．相同温度下，1L0.02mol·L1的NaCl溶液和2L0.01mol·L1NaCN溶液中的离子总数相等B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，所得溶液pH=7C．25℃时，向10mL0.1mol·L1HA溶液中加入0.1mol·L1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×107mol·L1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，则HA为弱酸D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)逐渐增大，导电性逐渐增强。【答案】C【详解】A．NaCN溶液中CN水解，相同温度下，1L0.02mol·L1的NaCl溶液中的离子总数大于2L0.01mol·L1NaCN溶液中的离子总数，故A错误；B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，若HA为弱酸，所得溶液pH<7；若BOH为弱碱，所得溶液pH>7，故B错误；C．25℃时，向10mL0.1mol·L1HA溶液中加入0.1mol·L1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×107mol·L1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，如图所示

，则HA为弱酸，故C正确；D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)先增大后减小，导电性先增强后减弱，故D错误；选C。例5．下列实验操作正确的是A．酸式滴定管的查漏方法：将旋塞关闭，滴定管注入一定量的蒸馏水，把它固定滴定管夹上，放置两分钟，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，若均不漏水才可使用B．配制FeSO4溶液，应加入铁粉防止Fe2+氧化，并加入盐酸抑制Fe2+的水解C．重结晶法提纯苯甲酸，将1.0g粗苯甲酸放入100ml的烧杯，加入50ml蒸馏水。加热、搅拌，使苯甲酸充分溶解；冷却后过滤得到晶体，蒸馏水洗涤后晾干，得到高纯度苯甲酸晶体D．在接近滴定终点时，使用“半滴操作”的正确方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液粘落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化【答案】D【详解】A．酸式滴定管的查漏方法为：将旋塞关闭，滴定管里注入一定量的水，把它固定在滴定管夹上，再将旋塞旋转180°，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，旋塞不渗水才可使用，故A错误；B．配制FeSO4溶液，应加入铁粉防止Fe2+氧化，并加入硫酸抑制Fe2+的水解，故B错误；C．重结晶法提纯苯甲酸的方法为：将1.0g粗苯甲酸放入100ml的烧杯，加入50ml蒸馏水。加热、搅拌，使苯甲酸充分溶解，将溶液过滤到另外一个100mL的烧杯中，将滤液静置，使其缓慢冷却结晶，待滤液完全冷却后滤出晶体，并用少量蒸馏水洗涤，将晶体铺在干燥的滤纸上晾干，故C错误；D．“半滴操作”的正确方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液粘落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，故D正确；故选D。例6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molAlCl3晶体中含有的Cl—数目为3NAB．1mol乙醇和二甲醚的混合物中含共价键数目为8NAC．在25℃时，1LpH为2的H2SO4溶液中含有H+NA2NA【答案】B【详解】A．氯化铝是分子晶体，晶体中不含有氯离子，故A错误；B．乙醇和二甲醚的共价键数目都为8，则1mol乙醇和二甲醚的混合物中含共价键数目为1mol×8×NAmol—1=8NA，故B正确；C．在25℃时，1LpH为2的硫酸溶液中含有氢离子的数目为0.01mol×1L×NAmol—1NA，故C错误；=0.1mol，则一氧化氮和氧气恰好反应生成0.2mol二氧化氮，由于二氧化氮发生聚合反应生成四氧化二氮，所以产物的分子数小于0.2mol×NAmol—1NA，故D错误；故选B。例7．两份溶液中，分别滴加未知浓度的溶液和溶液，两溶液中的和随所加入溶液体积的变化如图所示，下列有关说法不正确的是(已知：)A．实线代表溶液的随滴加体积的变化B．a点溶液满足：C．点溶液中已经沉淀完全D．滴定溶液时，选择酚酞和甲基橙做指示剂的终点不同【答案】B【分析】与作用时，当量较少时生成，当量较多时生成CO2，故实线代表溶液的随滴加体积的变化，虚线则代表随滴加的体积的变化。【详解】A．由分析知，实线代表溶液的随滴加体积的变化，A不符合题意；B．a点溶液溶质为等浓度的、、，由电荷守恒知，a点溶液满足：，由原子守恒知，，二者联立可得，B符合题意；C．由图知，b点时滴加的溶液为20mL，由于曲线上出现了突跃，代表已经沉淀完全，C不符合题意；D．用酚酞作指示剂时滴定的总反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，用甲基橙作指示剂时滴定的总反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，故二者滴定终点不同，D不符合题意；故选B。例8．下列说法正确的是A．氨气、溴中毒时，要立即到室外呼吸新鲜空气，必要时进行人工呼吸B．铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜C．用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出D．溴乙烷与的乙醇溶液共热后，向溶液中加入产生淡黄色沉淀，说明有生成【答案】B【详解】A．氨气、溴中毒时，要立即到室外呼吸新鲜空气，不可进行人工呼吸，A错误；B．铝热反应非常剧烈且放出大量热，为防止安全事故的发生，操作时要戴上石棉手套和护目镜，B正确；C．用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管下口放出，C错误；D．检验溴乙烷水解产物中的溴离子，需先中和过量的碱，防止碱和硝酸银生成氢氧化银沉淀干扰实验，D错误；故选B。例9．天宫课堂中，航天员让奥运五环在空间站飘浮。如图所示，1号环加入溴百里酚蓝呈现出鲜亮的蓝色，2号环加入淀粉和乙酸溶液后变成了深如黑色的深蓝色，3号环加入甲基橙出现橙色，4号环加入甲基橙后呈现黄色，5号环加入甲基橙和溴百里酚蓝后呈现绿色。已知：，，，。下列叙述正确的是A．1号环溶液中是现鲜亮的蓝色的原因：B．2号环出现深蓝色是因为生成了碘单质：C．3号环与4号环的溶液以溶质的物质的量之比混合；加甲基橙变橙色D．5号环颜色的深浅与溶液的浓度有关，溶液的【答案】D【详解】A．溴百里酚蓝是一种酸碱指示剂，遇碱变蓝，1号环溶液中是现鲜亮的蓝色的原因是：、以第一步为主，故A错误；B．碘遇淀粉，显蓝色，2号环出现深蓝色是因为生成了碘单质：，故B错误；C．甲基橙遇碱变黄，3号环与4号环的溶液以溶质的物质的量之比混合后的溶质为CH3COONa、NaHCO3，显碱性，加入甲基橙呈黄色，故C错误；D．5号环颜色的深浅与溶液的浓度有关，已知，则，同时，设转化的生成的OH的物质的量浓度为xmol/L，三段式如下：，则，x=0.005mol/L，，pH=lgc（H+）=12lg2=11.7，故D正确；故选D。例10．下列说法正确的是的氨水中之比为1∶2B．某温度下，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性C．室温下pH=5的醋酸溶液中水电离的浓度为D．相同温度下，将足量AgCl固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1盐酸、③0.1溶液、④0.1溶液中，浓度：④>①>②>③【答案】D【详解】A．氨水是弱电解质，不能完全电离，不同条件下，浓度不同的氨水电离出来的c(OH—)不同，故A错误；B．如果这个温度是100℃时，Kw=1×10—12，pH=2的盐酸c(H+)=10—2mol/L，pH=12的NaOH溶液c(OH—)=1.0mol/L，等体积混合时溶液显碱性，故B错误；C．室温下pH=5的醋酸中的c(H+)=10—5mol/L，则醋酸的浓度要大于10—5mol/L，该溶液中水电离出来的c(OH—)=10—9，故C错误；D．相同温度下，氯化银在水溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度积是常数，与①蒸馏水相比较，②中0.1mol/L盐酸溶液中氯离子0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，银离子浓度减小，③中0.1mol/L氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，平衡逆向进行，银离子浓度减小，且比②中还小，④中0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子浓度为0.1mol/L，平衡逆向进行，银离子浓度增大，银离子浓度最大，则Ag+浓度大小顺序为④>①>②>③，故D正确；故本题选D。1．乙二酸是一种有机酸，俗名草酸，化学式为H2C2O42C2O4溶液的pH=3。(1)测定血液样品中Ca2+的浓度。取血液样品50.00mL，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液可析出CaC2O4沉淀，将洗涤后的CaC2O4沉淀溶于强酸可得H2C2O4，将H2C2O44溶液进行滴定。①滴定达到终点的判断是。②如图是第一次滴定结束时滴定管中的液面，读数为a=mL。③根据下列数据计算：滴定次数草酸溶液体积(mL)标准液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次a第二次第三次滴定时MnO被还原为Mn2+的离子方程式为。计算血液样品中Ca2+的浓度为mol/L。(2)根据氧化还原滴定还可以根据沉淀原理滴定，即滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶，且二者之间有明显的颜色差别。难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白色浅黄色白色砖红色白色Ksp1.8×10105.35×10131.21×10162.0×10121.0×1012参考表中的数据，若用AgNO3溶液滴定NaCl溶液，可选用的指示剂是_______溶液(填标号)。A．NaBr B．NaCN C．Na2CrO4 D．NaSCN【答案】(1)当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶内溶液颜色右无色变成浅红色，且半分钟内不恢复20.602MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2(2)C【详解】（1）①KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应，反应开始阶段草酸过量溶液始终无色，当达到终点时，高锰酸钾过量溶液变浅红色，滴定终点现象为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶内溶液颜色右无色变成浅红色，且半分钟内不恢复②由图可知此时读数为：20.60；③滴定时MnO被还原为Mn2+，H2C2O4被氧化为二氧化碳气体，根据得失电子守恒得反应离子方程式：2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；由上述反应结合元素守恒得关系式：；表中数据中第一组数据差距较大，舍弃，则KMnO4溶液消耗的平均体积为：24.00mL，血液样品中Ca2+的浓度为；（2）指示沉淀要有颜色便于分辨(AgBr和AgaCrO4)，同时需要在Cl之后沉淀，但AgBr的Ksp小先于Cl沉淀而不能作为指示剂，故选C。2．已知25℃时电离常数：酸H2CO3CH3COOHHCNKaKa1=4.5×107Ka2=5.6×10111.75×1056.2×1010(1)H2CO3、CH3COOH、HCN三种酸中酸性最弱的是。常温下，pH均为10的Na2CO3、CH3COONa、NaCN、NaHCO3四种溶液中，物质的量浓度最大的是。(2)常温下，向20mL0.01mol·L1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：①若想观察滴定终点，滴定过程中宜选用作指示剂(填“酚酞”、“石蕊”或“甲基橙”)。②b点时，溶液中离子浓度由大到小的顺序是。(3)常温下，向NaCN溶液中通入少量CO2发生反应的化学方程式为：。(4)在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO+H2OHCO+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，水解平衡常数增大 D．加入Na2O固体，减小【答案】(1)HCNCH3COONa(2)酚酞c(CH3COO)>c(K+)>c(H+)>c(OH)(3)NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN(4)A【详解】（1）电离平衡常数越大，说明电离程度越强，根据表中数据可知，酸性强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN，因此三种酸中酸性最弱的是HCN；酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，pH为10的四种盐溶液中，物质的量浓度最大的是CH3COONa；（2）①中和滴定实验中，不用石蕊作指示剂，CH3COOH与KOH恰好完全反应生成CH3COOK，CH3COOK为强碱弱酸盐，溶液显碱性，选择指示剂原则之一是指示剂的变色范围与溶液的酸碱性一致，因此用KOH滴定CH3COOH溶液，指示剂为酚酞；②根据图像可知，b点时，混合溶液显酸性；b点加入KOH溶液10mL，此时溶液中溶质为CH3COOK、CH3COOH，且两者物质的量相等，b点溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO)>c(K+)>c(H+)>c(OH)；（3）根据表中数据，电离平衡常数大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO，因此NaCN溶液中通入少量CO2，发生NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO；（4）A．，加水稀释，促使平衡向右进行，n(CO)减小，n(Na+)、Kh不变，因此该比值应减小，故A错误；B．通入CO2，CO2与OH反应生成HCO，c(OH)降低，pH降低，故B正确；C．盐类水解为吸热反应，升高温度，促进水解，水解常数增大，故C正确；D．加入Na2O，氧化钠与水反应生成NaOH，c(OH)增大，平衡左移，c(HCO)减小，c(CO)增大，该比值减小，故D正确；答案选A。3．I．研究水溶液中的粒子行为在研究中具有重要价值。根据下表所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：溶液物质的量浓度pH(I)HAc0.1mol/L(II)0.1mol/L(III)0.1mol/L1(1)根据表中数据，写出HAc的电离方程式(2)比较溶液(II)、(III)中的大小关系是(II)(III)(填“＞”、“＜”或“=”)。(3)溶液(I)和(II)中由水电离出的之比是。II．某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设稀释HAc溶液或改变浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验

用浓度均为0.1mol·L的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。序号V(HAc)/mLV(NaAc)/mL/mLpHI//0II/0VIIab3∶4VIII1∶1(4)根据表中信息，补充数据：a=，b=。(5)由实验I和II可知，稀释HAc溶液，电离平衡(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：。由实验II~VIII可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。实验结论

假设成立。【答案】(1)HAc⇌Ac+H+(2)＜(3)1:105(5)正实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1【详解】（1）0.1mol/L醋酸溶液的pH等于2.86，说明是弱电解质，则其电离方程式为HAc⇌Ac+H+；（2）铵根水解显酸性，硫酸氢铵能电离出氢离子抑制铵根的水解，则溶液(Ⅱ)、(Ⅲ)中c()的大小关系是(Ⅱ)＜(Ⅲ)；（3）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH)相同，1.0×10mol•L1，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，溶液中H+是由水电离出的，c(H+)=1.0×10mol•L1，则溶液(I)和(Ⅱ)中由水电离出的c(H+)之比是(1.0×10mol•L1):(1.0×10mol•L1)=1:105；（4）由表格中数据可知，保证醋酸钠和醋酸物质的量之比为3:4，二者浓度相等，则体积比为3:4，则a=3.00mL，总体积是40ml，则b=(403.004.00)mL=33.00mL；（5）加水稀释，体积增大，平衡向微粒数增多的方向移动，即向电离的正向移动，强酸溶液不存在电离平衡，稀释10倍pH增大1，而比较实验I、II，醋酸稀释10倍，pH增大值小于1。4．Na2S又称臭碱、臭苏打，在生产、生活中有广泛应用。某化学兴趣小组在实验室制备、提纯硫化钠并探究其性质，测定硫化钠产品的纯度。实验(一)制备并提纯硫化钠。该化学兴趣小组在实验室模拟工业用煤粉还原法制备硫化钠，将芒硝(Na2SO4·10H2O)与过量的煤粉混合于800~1100°C高温下煅烧还原，生成物经冷却后用稀碱液热溶解、过滤，将滤液进行浓缩，再进行抽滤、洗涤、干燥，制得硫化钠产品。(1)写出“高温还原”过程中的主要化学方程式：。(2)抽滤又称减压过滤，相比普通过滤，抽滤的主要优点是。(答一条即可)实验(二)探究硫化钠的性质。(3)为了探究Na2S的还原性，该小组按如图装置进行实验。接通K，发现电流表指针发生偏转，左侧烧杯中溶液颜色逐渐变浅。实验完毕后，该小组查阅资料后猜测，S2－被氧化为。设计实验验证：取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，，则该猜测成立。写出正极的电极反应式。实验(三)测定Na2S∙xH2O产品纯度。称取wg产品溶于水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L－1I2溶液(过量)，过滤，滴几滴淀粉溶液，用c2mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。(4)滴定终点的现象是。选择(填“酸”或“碱”)式滴定管量取I2溶液。(5)滴定反应：Na2S+I2=2NaI+S，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。该产品含Na2S∙xH2O的质量分数为(用含x、c1、c2、V1、V2、w的代数式表示)。假设其他操作都正确，滴定终点时俯视读数，测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1)Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O(2)过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥(答对一点即可)(3)先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀+5e－+8H+=Mn2++4H2O(4)当最后一滴(半滴)Na2S2O3标准溶液滴入时，溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色酸(5)偏高【详解】（1）“高温还原”过程中Na2SO4·10H2O和C反应生成Na2S、CO和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O。（2）抽滤又称减压过滤，相比普通过滤，抽滤的主要优点是过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥。（3）检验的方法是：取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，则该猜测成立。石墨电极上S2失电子产生SO，为原电池负极，则Pt电极为正极，正极上MnO得电子产生Mn2+，故正极的电极反应式为：+5e－+8H+=Mn2++4H2O。（4）过量I2溶液遇淀粉变蓝，利用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，蓝色褪去，则滴定终点的现象是：当最后一滴(半滴)Na2S2O3标准溶液滴入时，溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。I2溶液具有氧化性，应选择酸式滴定管量取I2溶液。（5）根据滴定反应：Na2S+I2=2NaI+S，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可知，与Na2S反应的I2的物质的量为(c1V1c2V2)×103mol，该产品含Na2S·xH2O的质量分数为=；其他操作都正确，滴定终点时俯视读数，读数偏小，则标准液体积偏小，与Na2S反应的I2的量偏多，测定结果偏高。5．NH4Al(SO4)2常作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其原理是(用离子方程式说明)。(2)相同条件下，0.1mol∙L1NH4Al(SO4)2溶液中的c()(填“等于”“大于”或“小于”)0.1mol∙L1NH4HSO4溶液中的c()。(3)几种均为0.1mol∙L1的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。①其中符合0.1mol∙L1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是(填罗马数字)，导致NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的原因是。②20℃时，0.1mol∙L1NH4Al(SO4)2溶液中2cc3cAl3=molL1。(4)室温时，向100mL0.1mol∙L1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol∙L1NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图乙所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是。【答案】(1)Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+(2)小于(3)ⅠNH4Al(SO4)2溶于水电离出的铵根离子和铝离子水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，铵根离子和铝离子的水解程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小10—3−c(OH—)(4)ac(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH—)【详解】（1）硫酸铝铵是强酸弱碱盐，在溶液中电离出的铝离子发生水解反应生成氢氧化铝胶体，表面积很大的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮颗粒产生沉降，从而达到净化水的目的，水解的离子方程式为Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+，故答案为：Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+；（2）硫酸铝铵和硫酸氢铵在溶液中电离出的铵根离子在溶液中均发生水解反应，硫酸铝铵溶液中铝离子水解生成的氢离子会抑制铵根离子水解，硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，等浓度的硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子浓度大于硫酸铝铵在溶液中水解生成的氢离子浓度，抑制铵根离子的水解程度大于硫酸铝铵，所以铵根离子浓度大于硫酸铝铵溶液，故答案为：小于；（3）①硫酸铝铵是强酸弱碱盐，在溶液中电离出的铵根离子和铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，铵根离子和铝离子的水解程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，则符合硫酸铝铵溶液的pH随温度变化的曲线是Ⅰ，故答案为：Ⅰ；NH4Al(SO4)2溶于水电离出的铵根离子和铝离子水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，铵根离子和铝离子的水解程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小；②由图可知，20℃时，0.1mol/L硫酸铝铵溶液的pH为3，由电荷守恒可知，溶液中2c(SO)—c(NH)—3c(Al3+)=c(H+)—c(OH—)=[10—3−c(OH—)]mol/L，故答案为：10—3−c(OH—)；（4）硫酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，一水合氨是弱碱，在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离。加入100mLNaOH溶液时，硫酸氢铵溶液中的H+恰好被中和，溶液中的溶质为硫酸铵和硫酸钠。a→d的过程中，随着NaOH溶液的加入，铵根离子浓度依次减小，一水合氨浓度依次增大，促进水电离的程度减小，抑制水电离的程度增大，所以a点水的电离程度最大；b点加入的NaOH溶液大于100mL，所以c(Na+)＞c()，溶质为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，由物料守恒和电荷守恒可知，溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH—)，故答案为：a；c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH—)。6．回答下列问题：(1)将0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。写出该反应的逆反应化学平衡常数表达式；经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则这个时间段O2的平均反应速率为。(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有(选填编号)。a.移出氧气

b.降低温度

c.减小压强

d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图。请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图。常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH离子浓度(c)的关系如图所示。(4)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：。a点溶液中由水电离产生的c(H+)=。b点溶液中c(H+)1×107mol/L(填写“等于”、“大于”或“小于”)。(5)写出c点到d点化学反应方程式。【答案】(1)0.005mol/(L·min)(2)bd(3)(4)c(Na+)>c(CO)>c(OH)>c(HCO)>c(H+)1×1010mol/L小于(5)Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3、CO2+H2OH2CO3【详解】（1）由题干信息，根据反应方程式可知，逆反应为2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)Q，故；由信息可知，反应速率之比等于系数之比，故v(O2)=0.005mol/(L·min)；（2）a．移出氧气，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，a错误；b．反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，SO2平衡转化率升高，b正确；c．减小压强，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，c错误；d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，转化率增大，d正确；故选bd；（3）二氧化硫与氧气的反应是放热反应，在起始温度为T2(723K)时，温度升高平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间变短，故SO2的转化率随反应时间变化如图所示；（4）结合图示可知，c点水电离出来的OH离子浓度最大，说明此时溶质为碳酸钠，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，则c(OH)>c(H+)，故离子浓度由大至小的关系是c(Na+)>c(CO)>c(OH)>c(HCO)>c(H+)；a点是没有通入二氧化碳的情况下，即pH=10的氢氧化钠溶液，c(H+)=，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出来的c(H+)=；b点水电离出的氢氧根的浓度为，此时溶质为碳酸钠和氢氧化钠，混合液呈碱性，所以溶液中c(H+)<；（5）因持续通入二氧化碳，所以有碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，二氧化碳和水反应生成碳酸，化学反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3、CO2+H2OH2CO3。7．非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：(1)次氯酸的结构式为，碳化硅晶体属于晶体。非金属性SCl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右。(2)常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是(填序号)。2CO3

2SO3

2SiO3六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式)。(3)用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因。(4)欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式)，用化学平衡移动的原理解释其原因：。【答案】(1)HOCl原子晶体＜随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强(2)bacNaHSO3(3)CO+H2OHCO+OH(4)NaHCO3(或NaClO)因为Cl2+H2OH++Cl+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【解析】(1)次氯酸的结构式为HOCl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；(2)NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；(3)Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH，使溶液显碱性，pH＞7；(4)氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。8．汽车安全气囊常用叠氮化钠(NaN3)作产气剂，NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时，NaN3会迅速分解产生N2和Na，安全气囊迅速打开，起到保护作用。(1)Na、Na+、O2的半径由大到小顺序为；(2)NaHCO3作冷却剂的原理是(结合化学反应方程式解释)。(3)NaN3中存在的化学键为；若NaN32(标准状况)，转移电子个。(4)可以用NaClO溶液销毁含NaN3的溶液，原理如下。补充完整化学方程式：。_______NaClO+_______NaN3+_______→_______NaCl+_______NaOH+_______N2↑(5)常温下向20mL0.1mol·L1HN3溶液中逐滴加入0.1mol·L1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。①NaN3溶液呈性；②等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中含氮微粒的物质的量浓度大小关系为；结合图中信息写出判断理由。【答案】(1)Na>O2>Na+(2)NaHCO3分解反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，分解吸收热量，从而使环境温度降低，可作冷却剂NA(4)2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+2NaOH(5)碱c(N)>c(HN3)图中b点为等物质的量的NaN3和HN3，pH<7，溶液呈酸性，HN3电离程度大于N水解程度，则c(N)>c(HN3)【解析】（1）Na原子电子层数为3，Na+、O2电子层数都是2，则Na原子半径最大，电子层数相同时核电荷数越大的离子半径越小，则O2>Na+，半径由大到小顺序为：Na>O2>Na+；（2）NaHCO3分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，分解吸收热量，从而使环境温度降低，因而它可以起到冷却作用，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（3）NaN3由Na+和N形成，存在的化学键为离子键、共价键；NaN3会迅速分解产生N2和Na，反应方程式为2NaN3=3N22，物质的量为，生成3molN2NA个；（4）根据氮元素化合价高，氯元素化合价降低且只有N2一种气体生成，则氯只能从+1降到1价，其他元素化合价不变，水参加反应，生成氯化钠、氮气、氢氧化钠，则反应方程式为：2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+2NaOH；（5）①HN3为一元弱酸，当加入20mLNaOH溶液时恰好完全反应生成NaN3，此时pH>7，则NaN3溶液呈碱性；②当加入10mL0.1mol·L1NaOH溶液时，溶质为等物质的量的NaN3和HN3，即为图中b点，此时pH<7，溶液呈酸性，HN3电离程度大于N水解程度，含氮微粒的物质的量浓度大小关系为c(N)>c(HN3)。9．近期发现，H2S是一种生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的