12．室溫下，下列溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是（　�。�
A．Na2S溶液：c（Na+）＞c（HS-）＞c（OH-）＞c（H2S）
B．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）
C．氯水中：c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）＞c（ClO-）
D．溶有等物質(zhì)的量NaClO、NaHCO3的溶液中：c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）

分析 A．Na2S是強(qiáng)堿弱酸鹽，硫離子兩步水解都生成OH-，但其第一步水解程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步水解程度；
B．CO32-水解生成HCO3-，所以溶液中還存在HCO3-，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷；
C．氯水中存在Cl2+H2O?H++Cl-+HClO、HClO?H++ClO-，且HClO電離程度較�。�
D．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒判斷．

解答 解：A．Na2S是強(qiáng)堿弱酸鹽，硫離子兩步水解都生成OH-，但其第一步水解程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步水解程度，所以離子濃度大小順序是c（Na+）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H2S），故A錯(cuò)誤；
B．CO32-水解生成HCO3-，所以溶液中還存在HCO3-，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-），故B錯(cuò)誤；
C．氯水中存在Cl2+H2O?H++Cl-+HClO、HClO?H++ClO-，HClO電離程度大于水的電離程度，但HClO電離程度較小，HCl、HClO都電離生成氫離子，離子濃度大小順序是c（H+）＞c（Cl-）＞c（ClO-）＞c（OH-），故C錯(cuò)誤；
D．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）=2c（Na+），故D正確；
故選D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查離子濃度大小比較，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，把握溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意C中存在的兩個(gè)電離平衡，為易錯(cuò)點(diǎn)．

練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

2．氮氧化合物是目前造成大氣污染的主要?dú)怏w．NO在空氣中存在如下反應(yīng)：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H

（1）上述反應(yīng)分兩步完成，其中第一步反應(yīng)①如下，寫出第二步反應(yīng)②的熱化學(xué)方程式（其反應(yīng)的焓變△H2用含△H、△H1的式子來表示）：
①2NO（g）?N2O2（g）△H1＜0        ②N2O2（g）+O2（g）=2NO2（g）△H2=△H-△H1
（2）在某溫度下的一密閉容器中充入一定量的NO2，測(cè)得NO2的濃度隨時(shí)間的變化曲線如下圖所示，前5秒內(nèi)的O2的平均生成速率為0.001mol•L-1•s-1，該條件下反應(yīng)：2NO+O2?2NO2的化學(xué)平衡常數(shù)數(shù)值為100，平衡后某時(shí)刻，升高反應(yīng)體系的溫度，建立新平衡狀態(tài)后，測(cè)的混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量小于原平衡狀態(tài)，則：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H＜0（填“＜”或“＞”）；
（3）2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）的兩步反應(yīng)中，反應(yīng)①的反應(yīng)速率數(shù)值較大，是一個(gè)快反應(yīng)，會(huì)快速建立平衡狀態(tài)，而反應(yīng)②是一個(gè)慢反應(yīng)，則決定反應(yīng)2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）反應(yīng)速率的是反應(yīng)②（填”①或“②”）．對(duì)（2）中反應(yīng)體系升高溫度的過程中，發(fā)現(xiàn)2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）的反應(yīng)速率變慢，結(jié)合該反應(yīng)的兩步反應(yīng)過程分析可能的原因決定總反應(yīng)速率是反應(yīng)②，溫度升高后反應(yīng)①平衡向右移動(dòng)，造成N2O2濃度減小，溫度升高對(duì)于反應(yīng)②的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)②速率變慢（反應(yīng)未使用催化劑）．
（4）若（2）中反應(yīng)體系，反應(yīng)開始時(shí)使用催化劑，請(qǐng)?jiān)冢?）的圖中畫出該反應(yīng)體系反應(yīng)進(jìn)程可能的曲線．
（5）電解法處理氮氧化合物是目前大氣污染治理的一個(gè)新思路，原理是將NOx在電解池中分解成無污染的N2和O2除去，如圖2所示，兩電極間是固體氧化物電解質(zhì)，在一定條件下可自由傳導(dǎo)O2-，電解池陰極反應(yīng)為2NOx+4xe-=N2+2xO2-．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

3．下列說法中正確的是（　�。�
A．堿性氧化物均為金屬氧化物
B．一種元素可能有多種氧化物，但是同種化合價(jià)只對(duì)應(yīng)一種氧化物
C．酸根離子中不可能含有金屬元素
D．還原產(chǎn)物只有還原性，氧化產(chǎn)物只有氧化性

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

20．氯堿工業(yè)以電解精制飽和食鹽水的方法制取氯氣、氫氣、燒堿和氯的含氧酸鹽等系列化工產(chǎn)品．
（一）如圖是離子交換膜法電解食鹽水的示意圖，圖中的離子交換膜只允許陽離子通過．完成下列填空：
（1）寫出電解飽和食鹽水的離子方程式：2H2O+2Cl-$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$Cl2↑+2OH-+H2↑；
離子交換膜的作用為能得到純度更高的氫氧化鈉溶液、避免Cl2與H2反應(yīng)（合理即給分）．
（2）氯氣與氫氧化鈉可制取漂白液，室溫下，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH（選填“大于”、“小于”或“等于”）；
濃度均為0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-濃度從大到小的順序?yàn)閏（SO32-）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（HSO3-）．
已知：HClO       Ka1=2.95×10-8
H2SO3      Ka1=1.54×10-2    Ka2=1.02×10-7
H2CO3      Ka1=4.3×10-7     Ka2=5.6×10-11
（二）氫氣是一種極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉�，以太陽能為熱能，熱化學(xué)硫碘循環(huán)分解水是一種高效、無污染的制氫方法．其反應(yīng)過程如圖所示：

（3）反應(yīng)I的化學(xué)方程式是SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4．
（4）反應(yīng)Ⅱ：2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol-1
它由兩步反應(yīng)組成：
i．H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ•mol-1
ii．SO3（g）分解．
①書寫SO3（g）分解的熱化學(xué)方程式2SO3（g）?2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ•mol-1．
②L（Ll，L2），X可分別代表壓強(qiáng)或溫度，下圖表示L一定時(shí)，ii中SO3（g）的平衡轉(zhuǎn)化率隨X的變化關(guān)系．
X代表的物理量是壓強(qiáng)；判斷Ll，L2的大小關(guān)系L2＞L1．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

7．乳酸乙酯（2-羥基丙酸乙酯）常用于調(diào)制果香型、乳香型食用和酒用香精．為了在實(shí)驗(yàn)室制取乳酸乙酯，某研究性學(xué)習(xí)小組同學(xué)首先查閱資料，獲得下列信息：
①部分物質(zhì)的沸點(diǎn)：
物質(zhì)水乙醇乳酸苯乳酸乙酯
沸點(diǎn)/℃10078.412280.10154
②乳酸乙酯易溶于苯、乙醇；
③水、乙醇、苯的混合物在64.85℃時(shí)，能按一定的比例以共沸物的形式一起蒸發(fā)．該研究性學(xué)習(xí)小組同學(xué)擬采用如圖所示（未畫全）的主要裝置制取乳酸乙酯，其主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：
第一步：在三頸燒瓶中加入0.1mol無水乳酸、過量的65.0mL無水乙醇、一定量的苯、沸石…；裝上油水分離器和冷凝管，緩慢加熱回流至反應(yīng)完全．
第二步：將三頸燒瓶中液體倒入盛有過量某試劑的燒杯中，攪拌并分出有機(jī)相后，再用水洗．
第三步：將無水CaCl2加入到水洗后的產(chǎn)品中，過濾、蒸餾．
（1）第一步操作中，還缺少的試劑是濃硫酸；加入苯的目的是形成水、乙醇、苯共沸物，分離反應(yīng)生成的水，促進(jìn)酯化反應(yīng)正向進(jìn)行；實(shí)驗(yàn)過程中，酯化反應(yīng)進(jìn)行完全的標(biāo)志是油水分離器中液體不再增加．
（2）第二步中證明“水洗”已經(jīng)完成的實(shí)驗(yàn)方案是測(cè)定水洗液的pH至7．
（3）利用核磁共振氫譜可以鑒定制備的產(chǎn)物是否為乳酸乙酯，乳酸乙酯分子核磁共振氫譜中有5個(gè)峰．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

17．MnO2是重要無機(jī)材料，某小組設(shè)計(jì)了將粗MnO2（含有MnO、MnCO3和Fe2O3等雜質(zhì)）樣品轉(zhuǎn)化為純MnO2實(shí)驗(yàn)，流程如下：

（已知：氧化性強(qiáng)弱順序：ClO3-＞MnO2＞Fe3+）
（1）鋁與二氧化錳在高溫下發(fā)生置換反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+3MnO2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Mn+2Al2O3．
（2）請(qǐng)配平第②步反應(yīng)的離子方程式：
5Mn2++2ClO3-+4H2O=5 MnO2↓+1Cl2↑+8H+
（3）第③步蒸發(fā)操作必需的儀器有鐵架臺(tái)（含鐵圈）、玻璃棒、酒精燈、蒸發(fā)皿；
第③步蒸發(fā)得到的固體中除了含有NaClO3和NaOH外，還一定含有NaCl（寫化學(xué)式）．
（4）若粗MnO2樣品質(zhì)量為23.0g，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，第①步反應(yīng)收集448mLCO2氣體，則原樣品中MnCO3的質(zhì)量百分含量為10.0%（MnCO3相對(duì)分子質(zhì)量為115）．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

4．要除去石英沙中的少量雜質(zhì)碳酸鈣，可采用的方法是（　　）
A．用水溶解后過濾分離B．用稀鹽酸溶解過濾分離
C．用稀硫酸溶解過濾分離D．用酒精燈加熱

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

1．X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的四種常見元素，其相關(guān)信息如下表：
元素相關(guān)信息
XX的基態(tài)原子核外3個(gè)能級(jí)上有電子，且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等
YM層上有2對(duì)成對(duì)電子
ZZ和Y同周期，Z的電負(fù)性大于Y
WW的一種核素的質(zhì)量數(shù)為63，中子數(shù)為34
JJ的氣態(tài)氫化物與J的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可反應(yīng)生成一種鹽
（1）元素X的一種同位素可測(cè)定文物年代，這種同位素的符號(hào)是146C．
（2）元素Y位于元素周期表第三周期第VI族．
（3）元素Z的原子最外層共有17種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子．
（4）W的基態(tài)原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1．W的基態(tài)原子核外價(jià)電子排布圖是．
（5）元素Y與元素Z相比，非金屬性較強(qiáng)的是Cl（用元素符號(hào)表示），下列表述中能證明這一事實(shí)的是cdf．
a．常溫下，Y的單質(zhì)與Z的單質(zhì)狀態(tài)不同
b．等物質(zhì)的量濃度的氫化物水溶液的酸性不同
c．Z的電負(fù)性大于Y
d．Z的氫化物比Y的氫化物穩(wěn)定
e．在反應(yīng)中，Y原子得電子數(shù)比Z原子得電子數(shù)多
f．Z元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比Y元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)
（6）Y、Z兩元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱為HClO4＞H2SO4（用化學(xué)式表示）．比較下列物質(zhì)的酸性強(qiáng)弱：HZO＜HZO3＜HZO4．
（7）J的氣態(tài)氫化物中心原子的雜化方式是sp3，與該原子形成的單質(zhì)分子互為等電子體的常見分子的分子式為CO．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

2．小明做實(shí)驗(yàn)時(shí)不小心沾了一些KMnO4，皮膚上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗滌馬上可以復(fù)原，其離子方程式為：MnO4-+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++□（未配平）．關(guān)于此反應(yīng)的敘述正確的是（　　）
A．該反應(yīng)的氧化劑是H2C2O4B．1molMnO4-在反應(yīng)中失去5mol電子
C．從反應(yīng)中看出草酸性質(zhì)很不穩(wěn)定D．配平該反應(yīng)后，H+的計(jì)量數(shù)是6

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