高考化学分类汇编（1月）H单元 水溶液中的离子平衡

H单元水溶液中的离子平衡目录H单元水溶液中的离子平衡 1H1弱电解质的电离 1H2水的电离和溶液的酸碱性 11H3盐类的水解 16H4胶体的性质及其运用 25H5难溶电解质的溶解平衡（课标新增内容） 30H6水溶液中的离子平衡综合 42H1弱电解质的电离【理综卷（化学解析）·届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（01）WORD版】26．（13分）水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离。请回答下列问题：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的pH＝。（2）25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为，由水电离出的c(OH－)＝mol·L－1。2010030050020100300500HClHXpHV/mL加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如右图所示，则HX是（填“强酸”或“弱酸”），理由是。（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：化学式电离常数(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5H2CO3K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11①25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为（填化学式）。②25℃时，在0.5mol/L的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的倍。【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较溶液的pHH1H2H6【答案解析】（13分）（1）11（2分）（2）COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－（2分）10－3（2分）（3）弱酸（1分）稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸。（2分）（4）①Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa（2分）②9×108（2分）解析：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下Kw=10-12，0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的c(H+)=10-12/0.1=10-11，pH＝11（2）碳酸钠水解的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，由水电离出的c(OH－)＝10-14/10-11=10-3mol·L－1。（3）pH相等的强酸和弱酸等倍稀释，强酸pH变化大些，即HX是弱酸⑷①酸性越弱，其盐水解程度越大，pH越大，根据电离常数知酸性：CH3COOH>HCN>HCO3-,则水解程度：Na2CO3>NaCN>CH3COONa,pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa②Ka=c2(H+)/0.5=1.8×10-5,c(H+)=3×10-3,c（OH－）=10-14/3×10-3=c(H+)H2O，c(H+)÷c(H+)H2O=9×108。【思路点拨】根据电离常数可判断酸性强弱；由水电离的c(H+)H2O与由水电离的c(OH－)H2O相等。【理综卷（化学解析）·届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（01）WORD版】11．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。其中正确的是①pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位②1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH4+物质的量前者大③pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)④pH＝4、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/LA．①②B．②③C．①③D．②④【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较H3H6H1【答案解析】D解析：pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH升高2个单位，①错误；②正确；NaHCO3溶液的pH＝8.3，表明其水解程度大于电离程度，即c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，③错误；根据物料守恒知有c(CH3COO－)+c(CH3COOH)＝0.2mol/L，根据电荷守恒有2c(CH3COO－)+2c（OH-）＝2c(Na+)+2c(H+)=0.2mol/L+2c(H+)，c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/L，④正确。【思路点拨】强酸或强碱稀释10倍，则pH变化1个单位，但强酸稀释，pH增大，离子浓度比较可运用电荷守恒、物料守恒及运用数学方法变形解答。【化学卷（解析）·届辽宁省沈阳二中高三12月月考（1）】14．下列实验与对应的图象符合的是()A．向一定量的CH3COOH溶液中通入NH3至过量B．向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量C．C表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B饱和溶液升温至t2℃时，溶质的质量分数B=AD．D表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则同浓度的NaA溶液的pH大于NaB溶液【知识点】物质化学反应性质综合、弱电解质的电离B4C2H1【答案解析】【解析】C解析：A、醋酸是弱酸，通入氨气生成盐醋酸铵导电能力增大，，故A错误；B、向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，先发生酸碱中和反应，之后铝盐与碱反应生成氢氧化铝，二者消耗氢氧化钠物质的量之比是1:3，故图像不符，故B错误；C、t1℃时A、B饱和溶液中二者质量分数相等，升温溶解度都增大，故升温至至t2℃时，溶质的质量分数不变，B=A，故C正确；D、D表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，说明HB酸性比HA弱，盐类水解中“越弱越水解”，则同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了化学与性质图像题，结合弱电解质的电离、盐类的水解等知识，D选项难一点，其它选项难度中等。【化学卷（解析）·届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（01）】26．（14分）=1\*ROMANI．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×10-11.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11(1)25℃时，将20mL0.1mol/LCH3COOH溶液和20mL0.1mol/LHSCN溶液分别与20mL0.1mol/LNaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示：OtOt反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是：。(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是____（填序号）。a.c(CH3COO－)b.c(H+)c.Kwd.醋酸电离平衡常数II．某温度(t℃)时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=11。在此温度下，将pH=2的H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液为中性，则Va︰Vb=

。=3\*ROMANIII．如图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液见图。（1）关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为_____极，通电开始时，滤纸d端的电极反应式是：；（2）已知C装置中溶液为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如右上图所示。则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是；D装置中溶液是H2SO4，则此装置电极C端的实验现象是：_____________________。【知识点】弱电解质的电离、PH的计算、电解、原电池原理F3F4H1【答案解析】【解析】=1\*ROMANI、（1）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)b;II．10:1；=3\*ROMANIII．(1)负；2H++2e-=H2↑（2）开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成解析：=1\*ROMANI、（1）由Ka（CH3COOH）=1.8×10-5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO-）＜c（SCN-），故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)a．加入氨气，促进醋酸的电离，则c（CH3COO-）增大，故a错误；b．加入氨气，氢氧根浓度增大，c（H+）减小，故b正确；c．由于温度不变，则Kw不变，故c错误；d．由于温度不变，醋酸电离平衡常数不变，故d错误．故答案为：b；II．某温度时0.01mol/L的NaOH溶液中c（OH-）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=1×10-11mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=0.01×1×10-11=1×10-13；此温度下将pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液呈中性，则反应后的溶液的n（OH-）=n（H+）,即：0.01mol/L·VaL=0.1mol/L·VbL，Va︰Vb=10:1=3\*ROMANIII．(1)据题意KMnO4紫红色液滴向c端移动，说明高锰酸根离子向c端移动，可推出c极为阳极，进一步可确定电源a端为正极，b端为负极，通电一段时间后，滤纸d端为阴极，发生反应为2H++2e-=H2↑；（2）打开K1，关闭K2，为电解硝酸银和硝酸铜的串联电路，C装置中右端Pt电极为阴极，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示，表示转移电子数0.2mol，说明只有铜离子先放电，后氢离子放电，故氧化顺序为：Cu2+>H+>X3+，D装置中Cu为阳极，放电生成铜离子，C为阴极，氢离子放电生成氢气，后来铜离子放电生成铜，所以现象为：开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成；【思路点拨】本题考查较为综合，涉及盐类的水解、难溶电解质的转化以及燃料电池等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等.【化学卷（解析）·届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（01）】16．标准状况下，向100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。下列分析正确的是A．原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol/LB．氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强C．b点水的电离程度比c点水的电离程度大D．a点对应溶液的导电性比d点强【知识点】弱电解质的电离、化学方程式的计算H1【答案解析】【解析】C解析：A．b点时H2S恰好反应，消耗SO20.112mL÷22.4L/mol=0.005mol，由反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，n（H2S）=0.005mol×2=0.01mol，则c（H2S）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，故A错误；B．d点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，故B错误；C．b点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制，故C正确；D．H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了化学反应图象、化学方程式有关计算、水的电离、溶液酸碱性、电解质溶液导电能力，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等。【化学卷（解析）·届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（01）】15．已知常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，向10mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中A．水的电离程度始终增大B．先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)【知识点】酸碱混合的定性判断H1【答案解析】【解析】D解析：A.酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=[c(H+)•c(NH3•H2O)]/c(NH4+),随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则c(NH4+)/c(NH3•H2O)变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=[c(OH−)•c(NH4+)]/c(NH3•H2O),c（OH-）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以c(NH4+)/c(NH3•H2O)逐渐减小，即c(NH4+)/c(NH3•H2O)始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法.【化学卷（解析）·届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（01）】8．已知HCl为强酸，下列对比实验不能用于证明CH3COOH为弱酸的是A．对比等浓度的两种酸溶液的pHB．对比等浓度的两种酸溶液，与相同大小镁条反应的初始速率C．对比等浓度、等体积的两种酸溶液，与等量NaOH溶液反应后放出的热量D．对比等浓度、等体积的两种酸溶液，与足量Zn反应，生成H2的体积【知识点】弱电解质在水中的电离平衡H1【答案解析】【解析】D解析：A．对比等浓度的两种酸的pH，如醋酸pH比盐酸pH大，说明醋酸没有完全电离，可说明为弱酸，A不选；B．氢离子浓度越大，反应速率越大，可对比等浓度的两种酸，与相同大小镁条反应的初始速率判断酸性的强弱，故B不选；C．电解质的电离为吸热过程，如醋酸为弱酸，也发生中和反应放出的热量少于盐酸，可证明酸性的强弱，故C不选；D．等浓度、等体积的两种酸，与足量Zn反应，生成H2的体积相等，不能证明酸性的强弱，故D选故答案选D【思路点拨】本题考查了弱电解质的实验方法设计，题目难度中等，注意判断弱电解质的角度，把握正确的判断方法。【化学卷（解析）·届福建省泉州五校高三联考（01）】16.下列依据相关实验得出的结论正确的（）A．SiO2既能与HF溶液反应，又能与NaOH溶液反应，说明SiO2是两性氧化物B．用大理石和浓盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强C．向某溶液中滴加硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，说明该溶液中含有SO42-D．相同体积PH均为3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HB的酸性比HA的酸性强【知识点】元素化合物酸性比较离子检验D1H1J2【答案解析】D解析：两性氧化物的定义是与酸、碱反应均生成盐和水,而SiO2与HF反应生成的SiF4不是盐,所以A错误；B项生成的二氧化碳含盐酸也可与硅酸钠反应而干扰实验，B错误；C项可能含SO32-，被硝酸氧化为SO42-而干扰实验，C错误；相同体积pH均为3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HA的物质的量大，HB的酸性比HA的酸性强，D正确。【思路点拨】碱性氧化物的概念中的酸不是特殊的酸，是具有酸的通性的酸；物质的检验要防止干扰。【理综卷（化学解析）·届安徽省屯溪一中高三第四次月考（12）】27．（15分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。①H3PO2中，P元素的化合价为__________；②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为___________（填化学式）；③NaH2PO2为___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式______________________。（4）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式____________________________________；②分析产品室可得到H3PO2的原因___________________________________；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是。【知识点】弱电解质的电离盐的水解电解原理H1H3F4【答案解析】（1）H3PO2H+＋H2PO2-(2)①+1。②H3PO4。③正盐，碱性。（3）2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。解析：（1）根据一元酸只发生一步电离，中强酸是弱电解质得：H3PO2H+＋H2PO2-(2)①利用元素化合价代数和为零，得出H3PO2中P元素为+1价。②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1︰4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，配平得：2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2↑.②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、电解原理，注意将电化学与氧化还原反应原理相联系。【理综卷（化学解析）·届安徽省屯溪一中高三第四次月考（12）】11．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10—5mol·L—1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液的c(Na＋)：③＞②＞①【知识点】溶液中的离子浓度关系H3H1H6【答案解析】C解析：A、H2S溶液中，c(H+)＞c(HS－)，故A错误；B、pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，由于稀释促进氨水的电离，稀释后pH减小，但减小的值小于1，故B错误；C、pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合都满足电荷守恒式：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)，故C正确；D、pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液，NaHCO3的浓度最大，NaOH的浓度最小，c(Na＋)浓度应该为：②＞①＞③，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系，理解任何溶液都满足电荷守恒，弱电解质加水稀释促进弱电解质的电离。【化学卷（解析）·届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（12）word版】2某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度下列分析正确的是A.实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C.实验②、③均为放热反应D.实验①、②所涉及的物质均为电解质【知识点】反应热氧化还原反应B2F1H1【答案解析】B解析：③反应制得的是氢氧化铁胶体，是混合物，A错误；实验②的反应是水解反应，B正确；水解反应是吸热反应，C错误；实验①所涉及的物质：铁、氯气不是电解质，也不是非电解质，D错误。【思路点拨】胶体、溶液、浊液是混合物；电解质和非电解质的是化合物。【化学卷（解析）·届河南省洛阳市高三第一次统一考试（12）】10.下列说法正确的是A.向Na2CO3溶液通入CO2,可使水解平衡：向正反应方向移动，则溶液pH增大B．室温时，0.1mol某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=4C.NH3.H2O溶液加水稀释后，溶液中的值增大D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同【知识点】离子浓度比较H1H2【答案解析】B解析：A、由于碳酸钠和二氧化碳反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故A错误；B、溶液中的氢离子浓度是0.1mol×0.1%=1×10-4mol/L，pH=4，故B正确；C、NH3.H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3.H2O）减小，n（NH4+）增大，的值减小，故C错误；D、盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，水解，促进水的电离，故D错误。故选B。【思路点拨】若电解质加水稀释促进电离；酸溶液或碱溶液中，水的电离被抑制，水解盐促进水的电离。【化学卷（解析）·届福建省厦门市高三上学期质检检测（01）word版】13．25℃时，相同pH值的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A-)小于c(B-)B.a点溶液的导电性大于b点溶液C.a点的c(HA)大于b点的c(HB)D.HA的酸性强于HB【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡H1【答案解析】D解析：pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小，据此得出酸性：HA＞HB。A、根据“越弱越水解”的规律，可知A-的水解程度小于B-的水解程度，故同浓度的NaA与NaB溶液中，c（A-）

大于c（B-），错误；B、在这两种酸溶液中，C（H+）≈C（A-），C（H+）≈C（B-），而a点的C（H+）小于b点的C（H+），故a点的C（A-）小于b点的C（B-），即a点的离子浓度小于b点的离子浓度，故a点的导电能力小于b点，错误；C、在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HA＞HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度C（HA）＜C（HB），故将溶液稀释相同倍数时，酸的浓度仍有：C（HA）＜C（HB），错误；D、pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小，故HA的酸性强于HB的酸性，正确。【思路点拨】本题考查了强弱电解质溶液稀释时的pH及浓度的变化，注意加水促进弱电解质电离的特点，属于易错试题。H2水的电离和溶液的酸碱性【理综卷（化学解析）·届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（01）WORD版】26．（13分）水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离。请回答下列问题：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的pH＝。（2）25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为，由水电离出的c(OH－)＝mol·L－1。2010030050020100300500HClHXpHV/mL加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如右图所示，则HX是（填“强酸”或“弱酸”），理由是。（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：化学式电离常数(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5H2CO3K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11①25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为（填化学式）。②25℃时，在0.5mol/L的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的倍。【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较溶液的pHH1H2H6【答案解析】（13分）（1）11（2分）（2）COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－（2分）10－3（2分）（3）弱酸（1分）稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸。（2分）（4）①Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa（2分）②9×108（2分）解析：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下Kw=10-12，0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的c(H+)=10-12/0.1=10-11，pH＝11（2）碳酸钠水解的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，由水电离出的c(OH－)＝10-14/10-11=10-3mol·L－1。（3）pH相等的强酸和弱酸等倍稀释，强酸pH变化大些，即HX是弱酸⑷①酸性越弱，其盐水解程度越大，pH越大，根据电离常数知酸性：CH3COOH>HCN>HCO3-,则水解程度：Na2CO3>NaCN>CH3COONa,pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa②Ka=c2(H+)/0.5=1.8×10-5,c(H+)=3×10-3,c（OH－）=10-14/3×10-3=c(H+)H2O，c(H+)÷c(H+)H2O=9×108。【思路点拨】根据电离常数可判断酸性强弱；由水电离的c(H+)H2O与由水电离的c(OH－)H2O相等。【化学卷（解析）·届辽宁省沈阳二中高三12月月考（1）】12．能大量共存于同一溶液中，且当加入另一种强电解质使水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L时又一定能发生反应的离子组是（）①Na+、Ba2+、Cl-、HCO3-②K+、NH4+、CH3COO-、SO42-③Ca2+、Cu2+、NO3-、SO32-④Fe3+、Na+、SCN-、Cl-⑤Al3+、Na+、HCO3-、NO3-⑥Fe2+、Na+、NO3-、I-⑦Ag+、NH4+、OH-、NO3-⑧Na+、K+、CH3COO-、NO3-A．①②⑥B．②③⑥C．①②D．③⑤⑦【知识点】离子共存、水的电离B1H2【答案解析】【解析】A解析：①离子之间不发生任何反应，可存在于同一溶液中，HCO3-既能与OH-反应也能与H+反应而不能大量存在，故①选；②离子可大量共存于同一溶液中，碱性条件下NH4+不能大量存在，酸性条件下CH3COO-不能大量存在，故②选；③Ca2+、Cu2+与SO32-反应生成沉淀而不能大量共存，故③不选；④Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，故④不选；⑤Al3+与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，故⑤不选；⑥离子可大量共存于同一溶液中，但在酸性条件下Fe2+、I-与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性条件下Fe2+不能大量存在，故⑥选；⑦Ag+、NH4+、OH-不能大量共存，故⑦不选；⑧无论在酸性还是碱性条件下离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故⑧不选故答案选A【思路点拨】本题考查了离子共存问题，题目难度中等，本题注意把握题目所给信息，解答该题的关键，注意掌握常见离子的性质。【化学卷（解析）·届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（01）】13．常温下1体积pH=2．5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应,则该碱溶液的pH等于（） A．9．0 B．9．5 C．10．5 D．11．0【知识点】pH的简单计算H2【答案解析】C解析：据题意，一元强酸和一元强碱恰好反应，故有H+与OH-的物质的量相等，设强酸的体积为V，则强碱的体积为10V，有V•10-2.5=10V•10pH-14，解得pH=10.5，故选C。【思路点拨】本题考查了强酸和强碱混合后溶液PH的计算，解此类题型的要点是根据反应H++OH-=H2O计算溶液中的H+或OH-的浓度，进而计算PH，难度不大。【化学卷（解析）·届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（01）】5．PH试测定溶液pH的正确操作是（）A．将一小块试纸放在表面皿上,用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上,再与标准比色卡对照B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上,用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上,再与标准比色卡对照C．将一小条试纸在待测液中蘸一下,取出后放在表面皿上,与标准比色卡对照D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后,在待测液中蘸一下,取出后与标准比色卡对照【知识点】pH试纸的使用H2【答案解析】A解析：：pH试纸的正确使用方法是：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；故A正确。【思路点拨】本题考查了pH试纸的使用，难度不大。【理综卷（化学解析）·届河北省衡水中学高三上学期五调考试（12）word版】13．常温下，下列有关醋酸的叙述中不正确的是A.pH=5．6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3C00-)B．将PH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c(OH-)不断增大C．等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14D．浓度均为0.1mol．L-1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后：(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)【知识点】酸与碱反应规律溶液中的离子浓度关系H2H3H6【答案解析】C解析：A、根据电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(CH3C00-)+c(0H-)，pH=5．6说明c(0H-)<c(H+)，则c(Na+)<c(CH3C00-)，故A正确；B、醋酸稀释过程中c(H+)减小，由于水的离子积一定，所以c(OH-)不断增大，故B正确；C、a+b=14时，醋酸过量，不会恰好中和，故C错误；D、符合电荷守恒式，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了酸与碱反应规律及溶液中的离子浓度关系，易错点是酸碱的强弱问题，注意中和与中性的区别。【理综卷（化学解析）·届安徽省屯溪一中高三第四次月考（12）】10．在不同温度下，水溶液中c（H＋）与c（OH－）有如右图所示关系。1010-710-6下列关于离子共存说法中正确的是A．a点对应的溶液中只大量存在：Fe3＋、Na＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)B．b点对应的溶液中只大量存在：NHeq\o\al(＋,4)、Ba2＋、OH－、I－C．c点对应的溶液中只大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)D．d点对应的溶液中只大量存在：Na＋、K＋、SOeq\o\al(2－,3)、Cl－【知识点】溶液的酸碱性离子共存问题H2B1H3【答案解析】D解析：A、a点对应的溶液中c（H＋）=c（OH－），溶液呈中性，Fe3＋不能大量存在，故A错误；B、b点对应的溶液呈酸性不能大量存在OH－，故B错误；C、如果只大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)，溶液应该呈碱性，而c点对应的溶液呈中性，故C错误；D、SOeq\o\al(2－,3)水解使溶液呈碱性，符合题意，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了溶液的酸碱性和离子共存问题，明白图像上各点溶液的酸碱性是关键。【化学卷（解析）·届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（12）】1、下列说法中正确的是A、冰和干冰均为分子晶体，冰的沸点、密度都高于干冰B、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应的△H>0，所以该反应不可能自发进行C、常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，降温至标准状况其体积小于22.4LD、在蒸馏水中加入等体积的浓H2SO4，c(H＋)会增大，水的电离程度减小，但KW不变【知识点】反应热和焓变，水的电离，氮的氧化物的性质H2D4F1【答案解析】C解析：A、水的相对分子质量为18，干冰的相对分子质量为44，冰的密度比干冰小，故A错误；B、△H-T△S＜0的反应就能够自发进行，△H＞0时△S＞0，也可以使△H-T△S＜0，也可自发进行，故B错误；C、2NO2=N2O4是放热反应，降温时平衡正向移动，分子总数减少，即气体物质的量减少，体积减小，故C正确；D、浓硫酸溶解时放热，导致溶液温度升高KW变大，故D错误。故选C。【思路点拨】本题考查了反应自发进行的条件、平衡的移动、水的离子积受温度影响等知识点，题目难度中等。【化学卷（解析）·届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（12）】13．下列说法正确的是A．中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的NaOH的物质的量相等B．若NaHA溶液的pH<7，则H2A一定是强酸C．将NaOH溶液加入到NH4Cl溶液至中性时，溶液中c(NH4+)=c(Cl一)D．常温下，将pH=11的Ba(OH)2溶液加水稀释10倍后，溶液的pH=12【知识点】电解质及弱电解质在水溶液中的电离、pH的简单计算H2【答案解析】A解析：A、盐酸与醋酸都是一元酸，与氢氧化钠按1：1反应，等体积、等物质的量的浓度的盐酸和醋酸中n（HCl）=n（HAc），故消耗氢氧化钠的物质的量相等，正确；B、如NaHA的水溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，但不能确定HA-是否完全电离，则不能确定H2A是否强酸，错误；C．将NaOH溶液加入到NH4Cl溶液至中性时，溶液中c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl一)，错误；D.常温下，将pH=11的Ba(OH)2溶液加水稀释10倍后，溶液的pH=10，错误。【思路点拨】本题考查了强电解质、弱电解质的电离、酸式盐的性质、pH的简单计算溶液中的电荷守恒和元素守恒的关系等知识点，涉及的内容较多，但是基础性较强，难度不大。【化学卷（解析）·届河南省洛阳市高三第一次统一考试（12）】10.下列说法正确的是A.向Na2CO3溶液通入CO2,可使水解平衡：向正反应方向移动，则溶液pH增大B．室温时，0.1mol某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=4C.NH3.H2O溶液加水稀释后，溶液中的值增大D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同【知识点】离子浓度比较H1H2【答案解析】B解析：A、由于碳酸钠和二氧化碳反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故A错误；B、溶液中的氢离子浓度是0.1mol×0.1%=1×10-4mol/L，pH=4，故B正确；C、NH3.H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3.H2O）减小，n（NH4+）增大，的值减小，故C错误；D、盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，水解，促进水的电离，故D错误。故选B。【思路点拨】若电解质加水稀释促进电离；酸溶液或碱溶液中，水的电离被抑制，水解盐促进水的电离。H3盐类的水解【理综卷（化学解析）·届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（01）WORD版】11．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。其中正确的是①pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位②1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH4+物质的量前者大③pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)④pH＝4、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/LA．①②B．②③C．①③D．②④【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较H3H6H1【答案解析】D解析：pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH升高2个单位，①错误；②正确；NaHCO3溶液的pH＝8.3，表明其水解程度大于电离程度，即c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，③错误；根据物料守恒知有c(CH3COO－)+c(CH3COOH)＝0.2mol/L，根据电荷守恒有2c(CH3COO－)+2c（OH-）＝2c(Na+)+2c(H+)=0.2mol/L+2c(H+)，c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/L，④正确。【思路点拨】强酸或强碱稀释10倍，则pH变化1个单位，但强酸稀释，pH增大，离子浓度比较可运用电荷守恒、物料守恒及运用数学方法变形解答。【化学卷（解析）·届福建省泉州五校高三联考（01）】11．下列说法正确的是 () A．分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液<Fe(OH)3胶体<FeCl3溶液 B．可利用反应2CO=2C+O2（此反应H>O、S<0）来消除CO污染 C．若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则相同物质的量浓度的钠盐溶液的碱性：NaA<NaB D．除去Cu粉中混有的CuO，可加入稀硝酸中，充分反应后过滤、洗涤、干燥【知识点】分散系反应热水解F1H3H4【答案解析】C解析：分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液,A错误；根据题意2CO=2C+O2不是自发反应，B错误；根据越弱越水解知水解程度NaA<NaB，C正确；Cu、CuO，都可与稀硝酸反应，因此不能稀硝酸除去CuO，应该用稀硫酸，D错误。【思路点拨】根据分散系微粒直径的大小给分散系分为浊液、胶体和溶液。根据水解规律解答C项。【理综卷（化学解析）·届河北省衡水中学高三上学期五调考试（12）word版】13．常温下，下列有关醋酸的叙述中不正确的是A.pH=5．6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3C00-)B．将PH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c(OH-)不断增大C．等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14D．浓度均为0.1mol．L-1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后：(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)【知识点】酸与碱反应规律溶液中的离子浓度关系H2H3H6【答案解析】C解析：A、根据电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(CH3C00-)+c(0H-)，pH=5．6说明c(0H-)<c(H+)，则c(Na+)<c(CH3C00-)，故A正确；B、醋酸稀释过程中c(H+)减小，由于水的离子积一定，所以c(OH-)不断增大，故B正确；C、a+b=14时，醋酸过量，不会恰好中和，故C错误；D、符合电荷守恒式，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了酸与碱反应规律及溶液中的离子浓度关系，易错点是酸碱的强弱问题，注意中和与中性的区别。【理综卷（化学解析）·届安徽省屯溪一中高三第四次月考（12）】28. (14分)下图为细菌冶铜和火法冶铜的主要流程。(1)硫酸铜溶液一般不呈中性，原因是_______(用离子方程式表示）。写出电解硫酸铜溶液的化学方程式：______________(电解过程中，始终无氢气产生)。(2)细菌冶金又称微生物浸矿，是近代湿法冶金工业上的一种新工艺。细菌冶铜与火法冶铜相比，优点为________________(写出一点即可)。(3)用惰性电极分别电解浓的氯化铜溶液和硫酸铜溶液。电解浓的氯化铜溶液时发现阴极有金属铜生成，同时阴极附近会出现棕褐色溶液。而电解硫酸铜溶液时，没有棕褐色溶液生成。下面是关于棕褐色溶液成分的探究①有同学认为，阴极附近出现的棕褐色溶液是氯气反应的结果，你认为他的猜测是否正确？______(填“正确”或“不正确"），原因是___________。资料1:一般具有混合价态(指化合物中同一元素存在两种不同的化合价，如Fe3O4中的Fe元索)的物质的颜色比单一价态的物质的颜色要深。资料2:CuCl微溶于水,能溶于浓盐酸。②猜想：棕褐色溶液中可能含有的离子是________(填3种主要离子符号）。③验证猜想:完成实验方案(配制棕褐色溶液）。取少量________固体于试管中，加入_______使其溶解，再加入_______溶液，观察现象。④已知电解前，U形管中加入了1OOmLO.5mol.L－1CuCl2溶液，电解结束时电路中一共转移了0.03mol电子，且阴极生成0.64g铜,则形成的低价阳离子的物质的量为_____mol。【知识点】盐类的水解电解原理的应用H3F4J4【答案解析】(1)酸（1分）；Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+（2分）；2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4（2分）；（2）节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低；适宜处理炉渣；（3）①不正确；阴极不会产生氯气；（1分）；②Cu2+、Cu+、Cl-；（2分）；③氯化亚铜；浓盐酸；氯化铜；（各1分）；④0.01mol（2分）；解析：(1)硫酸铜溶液中铜离子水解，Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+；使溶液呈酸性；电解硫酸铜溶液的反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4；（2）湿法炼铜需在溶液中进行，而细菌冶铜在常温下用生物冶铜，节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低，适宜处理炉渣，（3）用惰性电极电解氯化铜溶液，第一阶段：阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极发生还原反应：Cu2++2e-=Cu，第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑；电解硫酸铜溶液时第一阶段：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，第二阶段：2H2OH2↑+O2↑，①用惰性电极电解氯化铜溶液，电解过程中阳离子向阴极移动，所以阴极第一阶段发生：Cu2++2e-=Cu，第二阶段：2H++2e-=H2↑，阴极不可能生成氯气，所以阴极附近会出现棕褐色溶液，并不是氯气反应的结果，②根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，铜有Cu2+、Cu+离子，所以棕褐色溶液中可能含有的离子是Cu2+、Cu+，溶液中还可能存在阴离子Cl-；③为了验证溶液中是否存在Cu2+、Cu+，取少量氯化亚铜固体于试管中，加入浓盐酸使其溶解，再加入氯化铜溶液，观察现象，进行对照即可。④100mL0.5mol•L-1

CuCl2溶液中含0.05molCuCl2，Cu2++2e-=Cu，生成0.64g铜转移0.02mol电子，电解结朿时电路中一共转移了0.03mol电子，根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，所以还有0.01mol电子为Cu2+离子得电子生成Cu+离子，Cu2++e-=Cu+，则形成的低价阳离子的物质的量为0.01mol，【思路点拨】本题考查了盐类的水解、电解原理的应用等知识，理解电解原理、顺利书写电极反应是关键。【理综卷（化学解析）·届安徽省屯溪一中高三第四次月考（12）】27．（15分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。①H3PO2中，P元素的化合价为__________；②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为___________（填化学式）；③NaH2PO2为___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式______________________。（4）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式____________________________________；②分析产品室可得到H3PO2的原因___________________________________；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是。【知识点】弱电解质的电离盐的水解电解原理H1H3F4【答案解析】（1）H3PO2H+＋H2PO2-(2)①+1。②H3PO4。③正盐，碱性。（3）2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。解析：（1）根据一元酸只发生一步电离，中强酸是弱电解质得：H3PO2H+＋H2PO2-(2)①利用元素化合价代数和为零，得出H3PO2中P元素为+1价。②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1︰4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，配平得：2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2↑.②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、电解原理，注意将电化学与氧化还原反应原理相联系。【理综卷（化学解析）·届安徽省屯溪一中高三第四次月考（12）】11．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10—5mol·L—1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液的c(Na＋)：③＞②＞①【知识点】溶液中的离子浓度关系H3H1H6【答案解析】C解析：A、H2S溶液中，c(H+)＞c(HS－)，故A错误；B、pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，由于稀释促进氨水的电离，稀释后pH减小，但减小的值小于1，故B错误；C、pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合都满足电荷守恒式：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)，故C正确；D、pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液，NaHCO3的浓度最大，NaOH的浓度最小，c(Na＋)浓度应该为：②＞①＞③，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系，理解任何溶液都满足电荷守恒，弱电解质加水稀释促进弱电解质的电离。【理综卷（化学解析）·届安徽省屯溪一中高三第四次月考（12）】10．在不同温度下，水溶液中c（H＋）与c（OH－）有如右图所示关系。1010-710-6下列关于离子共存说法中正确的是A．a点对应的溶液中只大量存在：Fe3＋、Na＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)B．b点对应的溶液中只大量存在：NHeq\o\al(＋,4)、Ba2＋、OH－、I－C．c点对应的溶液中只大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)D．d点对应的溶液中只大量存在：Na＋、K＋、SOeq\o\al(2－,3)、Cl－【知识点】溶液的酸碱性离子共存问题H2B1H3【答案解析】D解析：A、a点对应的溶液中c（H＋）=c（OH－），溶液呈中性，Fe3＋不能大量存在，故A错误；B、b点对应的溶液呈酸性不能大量存在OH－，故B错误；C、如果只大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)，溶液应该呈碱性，而c点对应的溶液呈中性，故C错误；D、SOeq\o\al(2－,3)水解使溶液呈碱性，符合题意，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了溶液的酸碱性和离子共存问题，明白图像上各点溶液的酸碱性是关键。【理综卷（化学解析）·届安徽省屯溪一中高三第四次月考（12）】7．下列过程没有发生化学反应的是A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用热碱溶液清除炊具上残留的油污C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【知识点】化学与生活O1H3B3【答案解析】A解析：A、用活性炭去除冰箱中的异味利用的是吸附作用，没发生化学变化，故A正确；B、热碱去油污利用温度升高时碳酸根离子的水解程度增大，溶液碱性增强，涉及化学变化；C、高锰酸钾有强氧化性能杀菌消毒，属于化学变化；D、用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装利用铁粉的还原性，防止食物氧化，涉及化学变化。故答案选A【思路点拨】本题考查了化学与生活，注意食品包装袋中的干燥剂与还原剂的区别，平时注意这方面知识的积累。【化学卷（解析）·届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（12）】4．常温下，下列溶液中各微粒浓度关系或pH判定不正确的是A．将5mL0.02mol/L的H2SO4溶液与5mL0.02mol/LNaOH溶液充分混合，若混合后溶液的体积为10mL，则混合液的pH=2B．某溶液中由水电离的c(OH--)=1×10-amol/L，若a﹤7，则pH可能为aC．pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3④NaOH溶液中，c(Na+)大小关系：④＞①＞③＞②D．CH3COONa溶液中加入少量KCl固体后的碱性溶液一定有：c(Na+)—c(CH3COO-)=c(OH-)—c(H+)【知识点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，盐类水解的应用H3H6【答案解析】C解析：A、将5mL

0.02mol/L的H2SO4与5mL

0.02mol/L

NaOH溶液充分混合，硫酸过量，混合溶液中剩余氢离子浓度=（0.005L×0.02mol/L×2-0.02mol/L×0.005L）/0.01L=0.01mol/L，溶液PH=2，正确；B、水电离的c（OH--）=1×10-amol/L=水电离的c（H+）=1×10-amol/L，若溶液中氢离子浓度为c（H+）=1×10-amol/L，则溶液的pH=a，正确；C、已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，则根据越弱越水解可知，相同条件下，浓度相同的五种溶液的pH由大到小的顺序为①④②③，当pH相等时，溶液的浓度即c(Na+)大小关系：③②④①，错误；D、CH3COONa溶液中加入少量KCl固体后，溶液中的电荷守恒关系为：c(Na+)+c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl—)，而c(K+)=c(Cl—)，故c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(Na+)—c(CH3COO-)=c(OH-)—c(H+)，正确。【思路点拨】本题考查了溶液中离子浓度的关系，溶液中pH的计算，是水溶液中的电离平衡中常见到的题型，熟练掌握基本理论是解答的关键。【化学卷（解析）·届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（12）】12．T℃时，某浓度醋酸钠溶液的pH=10，下列说法一定正确的是A．溶液中由水电离出的OH一离子浓度c(OH一)=1×10一10·LB．溶液中存在：c(H+)·c(OH一)=l×10mol2·LC．溶液中存在：c(Na+)>c(CH3COO一)>c(OH一)>c(H+)>c(CH3COOH)D．溶液中存在：c(CH3COOH)+c（CH3COO一)=c(Na+)【知识点】盐类水解的应用H3【答案解析】D解析：A．CH3COONa溶液中C（OH-）=Kw/c(H+)=10-4mol/L，错误；B．因水的离子积是温度的函数，温度未知，故离子积的数值未知，错误；C.溶液中存在：c(Na+)>c(CH3COO一)>c(OH一)>c(CH3COOH)>c(H+)，错误；D．根据元素守恒可以得到：c(CH3COOH)+c（CH3COO一)=c(Na+)，正确。【思路点拨】本题考查了盐类水解，明确盐类水解特点、C（H+）及C（OH-）的计算方法即可解答，注意盐溶液、碱溶液中水电离出C（OH-）的计算方法，为易错点。【化学卷（解析）·届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（12）】5．下列有关说法正确的是A．纯碱溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小B．镀锡铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更易被腐蚀C．将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀D．合成氨反应需使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动【知识点】金属的电化学腐蚀与防护、催化剂的作用、溶液的稀释F5H3【答案解析】B解析：A、加水稀释，促进了碳酸钠的水解，溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，错误；B、镀锡铁破损后发生电化腐蚀，因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，正确；C、地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，错误；D、催化剂只改变反应速率不影响平衡移动，所以催化剂不能促进该平衡向生成氨的方向移动，错误。【思路点拨】本题考查了外界因素对盐类的水解的影响，金属的腐蚀及防护、催化剂对平衡的影响等知识内容，基础性较强，难度不大。【化学卷（解析）·届江苏省南通中学高三上学期期中考试（11）】14．常温下，0.1mol/LNa2CO3溶液中各微粒浓度关系正确的是A．c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(H＋)＞c(OH—)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)D．c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)【知识点】溶液中的离子浓度H3H6【答案解析】A解析：A、Na2CO3溶液中CO32－第一步水解得HCO3－，第二步水解得H2CO3，以第一步水解为主，故A正确；B、Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H＋)，故B错误；C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，故C错误；D、根据钠、碳原子守恒得：c(Na＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系，需要理解盐类的水解，掌握溶液中的守恒关系。【化学卷（解析）·届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（01）】7．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实解释错误的是选项现象或事实解释A明矾用于净水铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用BSO2能使品红溶液褪色SO2具有漂白性C“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂“地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应D用氯水和淀粉溶液鉴别食盐是否加碘目前加碘食盐中含碘元素物质为KI【知识点】化学与社会化学与生活O1H3L6【答案解析】D解析：A、明矾净水的原理是铝离子水解得到的氢氧化铝胶体有吸附作用，故A正确；B、SO2能使品红溶液褪色是SO2漂白性的体现，故B正确；C、利用油脂在碱性条件下水解可以制肥皂，故C正确；D、目前加碘食盐中含碘元素物质为KIO3，故D错误。故答案选D【思路点拨】本题考查了化学与社会、化学与生活，平时要注意化学知识的应用，加深知识的理解。H4胶体的性质及其运用【化学卷（解析）·届福建省泉州五校高三联考（01）】11．下列说法正确的是 () A．分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液<Fe(OH)3胶体<FeCl3溶液 B．可利用反应2CO=2C+O2（此反应H>O、S<0）来消除CO污染 C．若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则相同物质的量浓度的钠盐溶液的碱性：NaA<NaB D．除去Cu粉中混有的CuO，可加入稀硝酸中，充分反应后过滤、洗涤、干燥【知识点】分散系反应热水解F1H3H4【答案解析】C解析：分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液,A错误；根据题意2CO=2C+O2不是自发反应，B错误；根据越弱越水解知水解程度NaA<NaB，C正确；Cu、CuO，都可与稀硝酸反应，因此不能稀硝酸除去CuO，应该用稀硫酸，D错误。【思路点拨】根据分散系微粒直径的大小给分散系分为浊液、胶体和溶液。根据水解规律解答C项。【理综卷（化学解析）·届山东省实验中学高三第三次诊断考试（12）】8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A．7.8gNa2O2含有的阴离子数目为0.2NAB．PH=2的醋酸冲稀10倍后，溶液中H+数目大于0.001NAC．1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，胶体粒子的数目小于NAD．1.8g重水（D2O）中含NA个质子和NA个中子【知识点】阿伏加德罗常数分子结构晶体结构胶体A1E3E4H4【答案解析】C解析：A、7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，含有的阴离子数目为0.1NA，故A错误；B、缺少溶液体积，无法解答溶液中H+数目，PH=2的醋酸冲稀10倍后，溶液中H+浓度大于0.001mol/L，故B错误；C、1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，许多的氢氧化铁才能形成一个胶体粒子，氢氧化铁的数目小于NA，故C正确；D、1.8g重水（D2O）的物质的量是0.09mol，含0.9NA个质子和0.9NA个中子，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题借阿伏加德罗常数考查了分子结构、晶体结构、胶体等知识，各选项难度不大，但属于易错问题，A中不能把原子个数当离子个数，B中不能把溶液的物质的量浓度当做物质的量，C中不能把一个氢氧化铁当做一个胶体粒子。【化学卷（解析）·届浙江省重点中学协作体高三上学期第二次适应性测试（01）word版】27．（14分）纳米碳酸钙应用非常广泛。实验室中利用下图所示装置(部分夹持装置已略去)，向饱和CaCl2溶液中通入NH3和CO2可制得纳米碳酸钙。供选择的药品：①石灰石②氯化铵③氢氧化钙④饱和氯化钙溶液⑤浓硫酸⑥6mol·L-1盐酸⑦饱和食盐水⑧饱和NaHCO3溶液（1）装置A中，仪器a的名称是，仪器b中发生反应的离子方程式为。装置D的试管中发生反应的化学方程式为。装置B中盛放的溶液是（填药品序号）。（2）设计一个简单的实验方案，判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级。