河北省保定市高阳中学高三化学下学期第五次周练试卷（含解析）.doc

河北省保定市高阳中学2015届高三下学期 第五次周练化学试卷一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1（3分）下列各式表示水解反应的是（）ahco3+h2oh3o+co32bhs+h2oh2s+ohch2po4+h2ohpo42+h3o+dhco3+ohh2o+co322（3分）na2co3水溶液中存在co32+h2ohco3+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，此平衡常数增大d加入naoh固体，减小3（3分）在空气中直接蒸发下列盐的溶液：al2（so4）3；na2co3；kcl；cucl2；nahco3，可以得到相应盐的晶体（可以含有结晶水）的是（）abcd4（3分）等物质的量浓度的下列稀溶液：ch3coona溶液；na2co3溶液；x溶液；ba（oh）2溶液它们的ph依次增大，则x溶液不可能是（）a氨水b硅酸钠溶液cnaoh溶液dnahco3溶液5（3分）相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是（）酸hxhyhz电常数91079106102a三种酸的强弱关系：hxhyhzb反应 hz+yhy+z够发生c相同温度下，0.1 moll1的nax、nay、naz溶液，naz溶液ph最大d相同温度下，1 moll1hx溶液的电离常数大于0.1 moll1hx6（3分）常温下将氯化铵固体溶解在d2o（重水）中，下列有关水解的离子方程式或等式中正确的是（）anh+d2onh3d2o+h+bnh+d2onh3hdo+d+cc（od）c（h+）=kwdc（oh）c（d+）=kw7（3分）下列有关说法中正确的是（）a0.1 mol/l na2so3溶液中c（na+）=2c（so32）+c（hso3）+c（h2so3）b0.1 moll1 nahco3溶液中；c（na+）c（hco3）c（co32）c（h2co3）c对滴有酚酞的ch3coona溶液进行加热，溶液颜色会加深d在ph=5.6的ch3cooh与ch3coona的混合溶液中：c（na+）c（ch3coo）8（3分）25时，浓度均为0.1moll1的ha溶液和boh溶液的ph分别是1和11下列说法中正确的是（）aboh的电离方程式是bohb+ohb将一定体积的上述两种溶液混合后得到中性溶液，则v（ha）v（boh）c在0.1 moll1ba溶液中，c（b+）c（a）c（oh）c（h+）d若将0.1 moll1boh溶液稀释至0.001 moll1，则溶液的ph=99（3分）已知h2a在水中存在以下平衡：h2ah+ha，hah+a2某温度下，若向0.1mol/l的naha溶液中逐滴滴加0.1mol/l koh溶液至溶液呈中性则有关该混合溶液的说法中，一定正确的是（）anaha溶液一定呈酸性bc（h+）c（oh）=11014xcc（na+）=c（k+）dc（na+）+c（k+）=0.05 mol/l10（3分）常温下，向20ml 0.2mol/l h2a溶液中滴加0.2mol/l naoh溶液有关微粒的物质的量变化情况如图所示（其中代表h2a，代表ha，代表a2）根据图示判断，当v（naoh）=20ml时，溶液中各粒子浓度的大小顺序正确的是（）ac（na+）c（ha）c（oh）c（h2a）c（h+）c（a2）bc（na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（h2a）c（oh）cc（na+）c（h+）c（ha）c（a2）c（oh）c（h2a）dc（na+）c（oh）c（ha）c（h2a）c（h+）c（a2）11（3分）已知相同温度下电离常数k（hf）k（hcn），在物质的量浓度均为0.1mol/l的nacn和naf混合浓度中，下列排序正确的是（）ac（oh）c（hf）c（hcn）c（h+）bc（oh）c（cn）c（f）c（h+）cc（oh）c（f）c（cn）c（h+）dc（f）c（oh）c（hcn）c（hf）二、解答题（共4小题，满分0分）12（1）元素m的离子与nh4+所含电子数和质子数均相同，现m的原子结构示意图为（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为（3）能证明na2so3溶液中存在so32+h2ohso3+oh水解平衡的事实是（填序号）a滴入酚酞溶液变红，再加入h2so4溶液后红色褪去b滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去c滴入酚酞溶液变红，再加入bacl2溶液后产生沉淀且红色褪去13现有常温下的0.1moll1纯碱溶液（1）你认为该溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）：为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程：（2）同学甲认为该溶液中na2co3的水解是微弱的，发生水解的co32不超过其总量的10%请你设计实验证明该同学的观点是否正确：（3）同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了下列四个关系式，你认为其中正确的是ac（na+）=2c（co32）bc（co32）c（oh）c（hco3）c（h2co3）cc（co32）+c（hco3）=0.1moll1dc（oh）=c（h+）+c（hco3）+2c（h2co3）14已知常温下0.01moll1 h2so4（强酸）溶液中c（h+）=0.011moll1，回答下列问题（1）nahso4溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为，na2so4溶液呈性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是（用离子方程式表示）（2）常温下，0.01moll1的nahso4溶液中c（h+）0.001moll1（填“”、“”或“=”）（3）2moll1 nahso4溶液与1moll1 ba（oh）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为若继续滴加ba（oh）2溶液，反应的离子方程式为15常温下，向100ml 0.01moll1ha溶液中逐滴加入0.02moll1moh溶液，图中所示曲线表示混合溶液的ph变化情况（体积变化忽略不计）回答下列问题：（1）由图中信息可知ha为酸（填“强”或“弱”），理由是（2）常温下一定浓度的ma稀溶液的ph=a，则a7（填“”、“”或“=”），用离子方程式表示其原因为；，此时，溶液中由水电离出的c（oh）=（3）请写出k点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：（4）k点对应的溶液中，c（m+）+c（moh）2c（a）（填“”、“”或“=”）；若此时溶液中，ph=10，则c（moh）+c（oh）=moll1河北省保定市高阳中学2015届高三下学期第五次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1（3分）下列各式表示水解反应的是（）ahco3+h2oh3o+co32bhs+h2oh2s+ohch2po4+h2ohpo42+h3o+dhco3+ohh2o+co32考点：盐类水解的原理 专题：盐类的水解专题分析：水解反应的实质是：弱酸或弱碱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程，水解反应方程式用可逆符号表示，以此分析得出正确结论解答：解：a、hco3+h2oh3o+co32，是碳酸氢根离子的电离方程式，不是水解离子方程式，故a错误；b、hs+h2oh2s+oh，是硫氢根离子的水解离子方程式，故b正确；c、h2po4+h2ohpo42+h3o+，是磷酸二氢根离子的电离方程式，故c错误；d、hco3+ohh2o+co32，是碳酸氢根离子和氢氧根离子发生的复分解反应，故d错误；故选b点评：本题考查学生对水解反应原理的理解，题目难度不大，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分反应、水解和电离2（3分）na2co3水溶液中存在co32+h2ohco3+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，此平衡常数增大d加入naoh固体，减小考点：盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素 专题：盐类的水解专题分析：a、稀释溶液离子浓度变化，平衡常数不变；b、碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠溶液，ph减小；c、升高温度促进水解，水解是吸热反应；d、加入氢氧化钠平衡逆向进行解答：解：a、反应平衡常数k=，随温度变化，加水稀释平衡常数不变，故a错误；b、通入co2，反应na2co3+co2+h2o=2nahco3，溶液ph减小，故b正确；c、水解是吸热反应，升高温度促进水解，平衡常数增大，故c正确；d、加入氢氧化钠平衡逆向进行，hco3离子浓度减小，co32离子浓度增大，减小，故d正确；故选a点评：本题考查了盐类水解的原理应用，盐类水解平衡的影响因素判断，平衡常数的理解，题目难度中等3（3分）在空气中直接蒸发下列盐的溶液：al2（so4）3；na2co3；kcl；cucl2；nahco3，可以得到相应盐的晶体（可以含有结晶水）的是（）abcd考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：元素及其化合物分析：加热盐溶液，可以得到相应盐的晶体，则说明在加热过程中盐性质温度，不分解，如盐发生水解的话，水解生成的酸为难挥发性酸，以此解答该题解答：解：al2（so4）3加热时虽发生水解，但硫酸难挥发，加入溶液可生成al2（so4）3，故正确；na2co3水解生成氢氧化钠，但氢氧化钠不稳定，在空气中仍生成碳酸钠，故正确；kcl性质稳定，加入溶液可生成kcl，故正确；cucl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸挥发，最后生成氢氧化铜，故错误；nahco3不稳定，加热分解生成碳酸钠，故错误故选b点评：本题考查盐类的水解以及元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的理解和运用的考查，注意把握盐类水解的原理、规律和应用，难度不大4（3分）等物质的量浓度的下列稀溶液：ch3coona溶液；na2co3溶液；x溶液；ba（oh）2溶液它们的ph依次增大，则x溶液不可能是（）a氨水b硅酸钠溶液cnaoh溶液dnahco3溶液考点：盐类水解的应用；钠的重要化合物 专题：盐类的水解专题分析：若x为盐溶液，根据酸的酸性越弱，则对应盐的ph越大可知，x对应的酸的酸性比碳酸的酸性弱，若x为碱，则其碱性ba（oh）2比弱解答：解：等物质的量浓度的下列稀溶液：ch3coona溶液；na2co3溶液；x溶液；ba（oh）2溶液它们的ph依次增大，x溶液的碱性大于碳酸钠，小于ba（oh）2，若x为盐溶液，根据酸的酸性越弱，则盐的ph越大可知，x对应的酸的酸性比碳酸的酸性弱，而硅酸的酸性比碳酸弱，故硅酸钠溶液符合；nahco3溶液的ph小于碳酸钠；若x为碱，则其碱性ba（oh）2比弱，可以是氨水、naoh等；故选d点评：本题考查了盐的水解，注意把握盐溶液ph的判断方法：酸的酸性越弱，则盐的ph越大，题目难度不大5（3分）相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是（）酸hxhyhz电常数91079106102a三种酸的强弱关系：hxhyhzb反应 hz+yhy+z够发生c相同温度下，0.1 moll1的nax、nay、naz溶液，naz溶液ph最大d相同温度下，1 moll1hx溶液的电离常数大于0.1 moll1hx考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答解答：解：a相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是hzhyhx，故a错误；b由a知，hz的酸性大于hy，根据强酸制取弱酸知，hz+yhy+z能发生，故b正确；c根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是hzhyhx，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1 mol/l的nax、nay、naz溶液，naz溶液ph最小，故c错误；d相同温度下，同一物质的电离平衡常数相等，故d错误；故选b点评：本题考查了弱电解质的电离，明确相同温度下电离平衡常数与电解质强弱的关系是解本题关键，易错选项是d，注意温度不变，同一物质的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，为易错点6（3分）常温下将氯化铵固体溶解在d2o（重水）中，下列有关水解的离子方程式或等式中正确的是（）anh+d2onh3d2o+h+bnh+d2onh3hdo+d+cc（od）c（h+）=kwdc（oh）c（d+）=kw考点：盐类水解的原理 专题：盐类的水解专题分析：氯化铵固体溶解在d2o（重水）中，发生水解，铵根离子结合od生成一水合氨，同时生成d+，以此来解答解答：解：氯化铵固体溶解在d2o（重水）中，发生水解，铵根离子结合od生成一水合氨，同时生成d+，则水解离子反应为nh4+d2onh3hdo+d+，溶液中离子积为：c（od）c（d+）=kw，故选b点评：本题考查水解的离子反应，明确水解的实质是解答本题的关键，注意铵根离子结合重水电离生成的od，题目难度不大7（3分）下列有关说法中正确的是（）a0.1 mol/l na2so3溶液中c（na+）=2c（so32）+c（hso3）+c（h2so3）b0.1 moll1 nahco3溶液中；c（na+）c（hco3）c（co32）c（h2co3）c对滴有酚酞的ch3coona溶液进行加热，溶液颜色会加深d在ph=5.6的ch3cooh与ch3coona的混合溶液中：c（na+）c（ch3coo）考点：离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：a根据亚硫酸钠溶液中的物料守恒判断；b碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，溶液显示碱性，则c（h+）c（oh）、c（h2co3）c（co32）；c醋酸根离子的水解为吸热反应，升高温度后醋酸根离子的水解程度增大，则溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强；dph=5.6，混合液为酸性，则c（h+）c（oh），结合电荷守恒可知：c（na+）c（ch3coo）解答：解：a.0.1 mol/l na2so3溶液中，根据物料守恒可得：c（na+）=2c（so32）+2c（hso3）+2c（h2so3），故a错误；b.0.1 moll1 nahco3溶液中，hco3的电离程度小于其水解程度，溶液显示碱性，则：c（h2co3）c（co32），溶液中正确的浓度大小为：c（na+）c（hco3）c（h2co3）c（co32），故b错误；c对滴有酚酞的ch3coona溶液进行加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液碱性增强，所以溶液颜色会加深，故c正确；dch3cooh与ch3coona的混合溶液的ph=5.6，混合液为酸性，则c（h+）c（oh），结合电荷守恒可知：c（na+）c（ch3coo），故d错误；故选c点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其影响，明确电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中的应用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力8（3分）25时，浓度均为0.1moll1的ha溶液和boh溶液的ph分别是1和11下列说法中正确的是（）aboh的电离方程式是bohb+ohb将一定体积的上述两种溶液混合后得到中性溶液，则v（ha）v（boh）c在0.1 moll1ba溶液中，c（b+）c（a）c（oh）c（h+）d若将0.1 moll1boh溶液稀释至0.001 moll1，则溶液的ph=9考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：25时，浓度均为0.1moll1的ha溶液和boh溶液，ph分别是1和11，ha中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，boh中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以boh是弱碱，根据酸碱的强弱及电离特点来分析解答解答：解：25时，浓度均为0.1moll1的ha溶液和boh溶液，ph分别是1和11，ha中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，boh中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以boh是弱碱，aboh是弱碱，溶于水只有部分电离，溶液中存在电离平衡，所以其电离方程式是bohb+oh，故a错误；b若一定量的上述两溶液混合，恰好中和时生成ba，ba是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，若使上述两种溶液混合后得到中性溶液，所需boh的物质的量多于ha，其浓度相同，则v（ha）v（boh），故b正确；cba是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，结合电荷守恒知，0.1 moll1 ba溶液中，c（a）c（b+）c（h+）c（oh），故c错误；dboh是弱碱，溶液中存在电离平衡，将0.1moll1 boh溶液稀释至0.001moll1，稀释过程中促进弱碱电离，所以溶液的ph9，故d错误；故选b点评：本题考查酸碱混合离子的浓度关系，明确信息中ph及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键，并熟悉电离、盐类水解等知识来解答，题目难度中等9（3分）已知h2a在水中存在以下平衡：h2ah+ha，hah+a2某温度下，若向0.1mol/l的naha溶液中逐滴滴加0.1mol/l koh溶液至溶液呈中性则有关该混合溶液的说法中，一定正确的是（）anaha溶液一定呈酸性bc（h+）c（oh）=11014xcc（na+）=c（k+）dc（na+）+c（k+）=0.05 mol/l考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、naha中加一定量的koh显中性，则naha显酸性；b、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大；c、naha与koh恰好反应显碱性，向0.1mol/l的naha溶液中逐滴滴加0.1mol/l koh溶液至溶液呈中性时，naha的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量；d、0.1mol/l的naha溶液与0.1mol/l koh溶液混合时，钠离子和钾离子浓度之和不变解答：解：a、naha中加一定量的koh显中性，由于koh为强碱，则naha溶液显酸性，故a正确；b、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数未知，故b错误；c、naha与koh恰好反应显碱性，向0.1mol/l的naha溶液中逐滴滴加0.1mol/l koh溶液至溶液呈中性时，naha的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c（na+）c（k+），故c错误；d、0.1mol/l的naha溶液与0.1mol/l koh溶液混合时，钠离子和钾离子浓度之和不变，则c（na+）+c（k+）=0.1 mol/l，故d错误；故选：a点评：本题考查了盐溶液酸碱性的判断、溶液中离子浓度的关系等知识点，难度中等，根据影响离子积的因素和电荷守恒、物料守恒来分析解答即可10（3分）常温下，向20ml 0.2mol/l h2a溶液中滴加0.2mol/l naoh溶液有关微粒的物质的量变化情况如图所示（其中代表h2a，代表ha，代表a2）根据图示判断，当v（naoh）=20ml时，溶液中各粒子浓度的大小顺序正确的是（）ac（na+）c（ha）c（oh）c（h2a）c（h+）c（a2）bc（na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（h2a）c（oh）cc（na+）c（h+）c（ha）c（a2）c（oh）c（h2a）dc（na+）c（oh）c（ha）c（h2a）c（h+）c（a2）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：当v（naoh）=20ml时，n（h2a）=n（naoh）=0.2mol/l0.02l=0.004mol，二者恰好反应生成naha，根据图知，溶液中c（ha）c（a2）c（h2a），说明h2a是二元弱酸，c（a2）c（h2a）说明ha的电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性，所以存在c（h+）c（oh），ha的电离和水解程度都较小，据此分析解答解答：解：当v（naoh）=20ml时，n（h2a）=n（naoh）=0.2mol/l0.02l=0.004mol，二者恰好反应生成naha，根据图知，溶液中c（ha）c（a2）c（h2a），说明h2a是二元弱酸，c（a2）c（h2a）说明ha的电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性，所以存在c（h+）c（oh），ha的电离和水解程度都较小，钠离子不水解，所以c（na+）c（ha），水还发生电离，只有ha电离生成a2，所以c（h+）c（a2），只有ha水解生成h2a，溶液呈酸性，氢氧根离子浓度最小，所以离子浓度大小顺序是c（na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（h2a）c（oh），故选b点评：本题以酸碱混合溶液定性判断为载体考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断能力，明确混合溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合图中各离子浓度大小顺序分析解答，题目难度中等11（3分）已知相同温度下电离常数k（hf）k（hcn），在物质的量浓度均为0.1mol/l的nacn和naf混合浓度中，下列排序正确的是（）ac（oh）c（hf）c（hcn）c（h+）bc（oh）c（cn）c（f）c（h+）cc（oh）c（f）c（cn）c（h+）dc（f）c（oh）c（hcn）c（hf）考点：离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：氢氟酸（hf）的酸性比氢氰酸（hcn）强，hf比hcn易电离，由盐类水解越弱越水解可知，0.1mol/l的naf和nacn混合溶液中，nacn水解程度大，溶液中c（f）c（cn），水解显示碱性，则c（oh）c（h+），据此判断溶液中各离子浓度大小解答：解：盐类水解中，越弱越水解，氢氟酸（hf）的酸性比氢氰酸（hcn）强，则cn水解程度大于f离子的水解程度，则混合液中c（f）c（cn），由于cn和f离子的水解，溶液显示碱性，c（oh）c（h+），则溶液中离子浓度大小为：c（na+）c（f）c（cn）c（oh）c（h+），c（hcn）c（hf）综上所述得到：c（na+）c（f）c（cn）c（oh）c（hcn）c（hf）c（h+）故选d点评：本题考查了盐的水解原理及其影响、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、盐的水解原理判断溶液中离子浓度大小，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力二、解答题（共4小题，满分0分）12（1）元素m的离子与nh4+所含电子数和质子数均相同，现m的原子结构示意图为（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+（3）能证明na2so3溶液中存在so32+h2ohso3+oh水解平衡的事实是c（填序号）a滴入酚酞溶液变红，再加入h2so4溶液后红色褪去b滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去c滴入酚酞溶液变红，再加入bacl2溶液后产生沉淀且红色褪去考点：铵盐；弱电解质在水溶液中的电离平衡；氨的化学性质 分析：（1）n的质子数为7，h的质子数为1，所以nh4+中质子数为11，电子数为10个，据此解答；（2）硫酸铝溶液与氨水反应可生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；（3）如果亚硫酸钠不水解，则溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相等，溶液呈中性，向溶液中加入酚酞后溶液不变色，加入和亚硫酸根离子反应的物质后，溶液红色褪色，则证明存在水解平衡解答：解：（1）n的质子数为7，h的质子数为1，nh4+中含有10个电子，11个质子，与之相同的单核离子为钠离子，则m的原子结构示意图为，故答案为：；（2）硫酸铝溶液与氨水反应可生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氢氧化铝不能溶于弱碱，则该反应为al2（so4）3+6nh3h2o2al（oh）3+3（nh4）2so4，其离子反应为2al3+3nh3h2o2al（oh）3+3nh4+，故答案为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+；（3）a滴入酚酞试液变红，说明溶液呈碱性，再加入硫酸溶液后，生成具有漂白性的so2，溶液褪色，不能说明存在so32+h2ohso3+oh水解平衡，故a错误；b滴入酚酞试液变红，再加入氯水后，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使红色褪色，氯气具有强氧化性，cl2+so32+h2oso42+2cl+2h+，cl2+hso3+h2oso4 2+2cl+3h+，氯气和碱发生歧化反应，cl2+2ohclo+cl+h2o，溶液褪色，不能说明存在so32+h2ohso3+oh水解平衡，故b错误；c滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在so32+h2ohso3+oh水解平衡，故c正确；故选c点评：本题较为综合，主要考查推断和逻辑分析能力，明确物质的性质及发生的化学反应是解答的关键，题目难度中等13现有常温下的0.1moll1纯碱溶液（1）你认为该溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）：co32+h2ohco3+oh为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程：取0.1mol/l的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量bacl2溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是co32水解（2）同学甲认为该溶液中na2co3的水解是微弱的，发生水解的co32不超过其总量的10%请你设计实验证明该同学的观点是否正确：用ph试纸测0.1mol/l的na2co3溶液的ph，若ph12，则证明水解的co32不超过其总量的10%（3）同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了下列四个关系式，你认为其中正确的是bdac（na+）=2c（co32）bc（co32）c（oh）c（hco3）c（h2co3）cc（co32）+c（hco3）=0.1moll1dc（oh）=c（h+）+c（hco3）+2c（h2co3）考点：盐类水解的原理；离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：（1）碳酸根离子水解生成氢氧根离子溶液显碱性，设计实验有碳酸根离子时溶液显碱性，除去碳酸根离子后溶液不显碱性；（2）用ph试纸测ph值计算水解产生的氢氧根离子的浓度；（3）根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析解答：解：（1）碳酸根离子水解生成氢氧根离子溶液显碱性，其水解方程式为：co32+h2ohco3+oh，设计实验有碳酸根离子时溶液显碱性，除去碳酸根离子后溶液不显碱性，其操作为：取0.1mol/l的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量bacl2溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是co32水解；故答案为：co32+h2ohco3+oh；取0.1mol/l的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量bacl2溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是co32水解；（2）用ph试纸测ph值计算水解产生的氢氧根离子的浓度，其操作为：用ph试纸测0.1mol/l的na2co3溶液的ph，若ph12，则证明水解的co32不超过其总量的10%，故答案为：用ph试纸测0.1mol/l的na2co3溶液的ph，若ph12，则证明水解的co32不超过其总量的10%；（3）a根据物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：co32、hco3、h2co3、所以c（na+）=2c（co32）+2c（hco3）+2c（h2co3），故a错误；b溶液中存在两步水解：co32+h2ohco3+oh，hco3+h2oh2co3+oh，以第一步水解为主，所以c（co32）c（oh）c（hco3）c（h2co3），故b正确；c根据物料守恒：c（co32）+c（hco3）+c（h2co3）=0.1moll1，故c错误；d根据质子守恒：c（oh）=c（h+）+c（hco3）+2c（h2co3），故d正确；故答案为：bd点评：本题考查了盐类水解的原理，溶液酸碱性的实验测定方法，溶液中的守恒关系的应用，题目难度中等14已知常温下0.01moll1 h2so4（强酸）溶液中c（h+）=0.011moll1，回答下列问题（1）nahso4溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为c（na+）c（hso4）c（h+）c（so42）c（oh），na2so4溶液呈碱性性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是so42+h2ooh+hso4（用离子方程式表示）（2）常温下，0.01moll1的nahso4溶液中c（h+）0.001moll1（填“”、“”或“=”）（3）2moll1 nahso4溶液与1moll1 ba（oh）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为2oh+2hso4+ba2+=baso4+2h2o+so42若继续滴加ba（oh）2溶液，反应的离子方程式为so42+ba2+=baso4考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用 分析：常温下0.01moll1 h2so4（强酸）溶液中c（h+）=0.011moll1，说明硫酸的第二步电离存在电离平衡，（1）nahso4溶液中，硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，据此判断各离子浓度大小；硫酸钠溶液中，硫酸根离子部分水解生成硫酸氢根离子，溶液显示碱性，据此写出其水解方程式；（2）硫酸的第一步电离抑制了其第二步电离，导致硫酸中硫酸氢根离子的电离程度减小，据此判断0.01mol/l的硫酸氢钠溶液中氢离子浓度大小；（3）硫酸氢钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，其中硫酸氢钠不能拆开，硫酸根离子过量；继续滴加氢氧化钡，剩余的硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀解答：解：常温下0.01moll1 h2so4（强酸）溶液中c（h+）=0.011moll1，说明第一步电离是完全的：h2so4=h+hso4，第二步电离并不完全：hso4h+so42，（1）nahso4溶液中，硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，则c（h+）c（oh）、c（na+）c（hso4），溶液中离子浓度大小为：c（na+）c（hso4）c（h+）c（so42）c（oh）；na2so4溶液中硫酸根离子易水解，所以溶液中存在水解平衡：so42+h2ooh+hso4，导致溶液呈弱碱性，故答案为： c（na+）c（hso4）c（h+）c（so42）c（oh）；碱；so42+h2ooh+hso4；（2）0.01moll1 h2so4（强酸）溶液中c（h+）=0.011moll1，硫酸的第一步电离的氢离子浓度为0.01mol/l，则第二步电离出的氢离子为0.001mol/l，硫酸的第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以0.01mol/l的硫酸氢钠溶液中，氢离子浓度应该大于0.001mol/l，故答案为：；（3）2moll1 nahso4溶液与1moll1 ba（oh）2溶液等体积混合，反应后硫酸根离子过量，反应的离子方程式为：2oh+2hso4+ba2+=baso4+2h2o+so42；若继续滴加ba（oh）2溶液，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：so42+ba2+=baso4，故答案为：2oh+2hso4+ba2+=baso4+2h2o+so42；so42+ba2+=ba