【答案】C

【考点定位】电解质溶液

【名师点睛】电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。考查的重点内容有：1、弱电解质的电离平衡（主要考查：电解质、非电解质的判断；某些物质的导电能力大小比较；外界条件对电离平衡的影响及电离平衡的移动；将电离平衡理论用于解释某些化学问题；同浓度(或同pH)强、弱电解质溶液的比较等等。）；2、水的电离程度影响的定性判断与定量计算；3、盐溶液蒸干灼烧后产物的判断；4、溶液中离子浓度大小的比较等。

【答案】D

【解析】

在判断粒子浓度大小时，判断粒子浓度大小，我们一般采取如下思路：

【答案】C

【解析】

试题分析：A、图像分析氢氧化钠溶液的浓度为0.1mol/L，②点时氢氧化钠溶液恰好被中和消耗醋酸的溶液20ml，则醋酸浓度为0.1mol/L，正确，不选A；B、图中①点到③点所示溶液中随着滴入醋酸反应，水的电离被抑制程度减小，即水的电离程度增大，恰好反应后继续滴加醋酸，对水的电离起到抑制作用，图中①到③所示的溶液中水的电离程度先增大后减小，正确，选B；C、④点所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，(CH₃COOH)+ c(CH₃COO^-) = 2c(Na⁺)，电荷守恒c(Na⁺)+c(H⁺)=c(CH₃COO^-)+c(OH^-)，则(CH₃COOH)+2c(H⁺)=c(CH₃COO^-)+2c(OH^-)，错误，不选C；D、滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c(Na⁺)> c(CH₃COO^-)=c(OH^-)> c(H⁺)，正确，选D。

酸碱中和滴定类试题解题的难点在于整个过程是一个动态过程，我们要将一个动态过程转化为一个静态的点进行分析，然后运用上一考点的知识进行解决。这类图像题在解题过程还可以以两个关键点进行分段分析，一是滴定终点，此时酸碱恰好中和，为单一盐溶液，只需考虑水解；另一为pH=7的点，此时溶液呈中性，从守恒角度进行考虑。

【答案】D

【解析】

三大守恒关系的应用中要注意各个守恒的特点及应用限制。电荷守恒：适用于任何溶液，要注意阴阳离子不能遗漏且离子所带的电荷数目；物料守恒：要到既不电离也不水解时等量关系，然后再考虑电离和水解后的关系，还有一种定量计算的情况也需关注；质子守恒，以盐类水解为基础进行分析。

【答案】C

【解析】D中的c(NH)大于A中的c(NH)，故D中c(H^＋)大于A中c(H^＋)；C中NH₄HSO₄===NH＋H^＋＋SO，B中HCO水解显碱性促进NH水解，故pH：C<D<A<B。

此类问题解题的关键是找到参照对象进行分组分析。比如此题中，AD为正常水解，B、双水解；C为强酸性，抑制水解等，然后可以进行相关的分析。

【答案】C

【解析】A、在pH＝9.0时，作直线垂直于横坐标，从图上可直接看得出：c(NH₄⁺)＞c(HCO)＞c(NH₂COOˉ)＞c(CO₃^2－)，A正确；B、根据电荷守恒可得：c(NH₄⁺)＋c(H⁺)＝2c(CO₃^2－)＋c(HCO₃^－)＋c(NH₂COOˉ)＋c(OHˉ)，B正确；C、=，K_b不变，c(NH₄⁺)不断增大，则比值不断减小，C不正确；D、从图上看，pH降低过程中，有含NH₂COOˉ的中间产物生成，D正确。答案选C。

【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。

【名师点晴】本题从知识上考查了电解质溶液。涉及弱电解质的电离和盐类的水解、离子浓度的大小比较、外加各类物质对电离平衡、水解平衡的影响。在比较离子浓度的大小关系时经常要用到物料守恒、电荷守恒、质子守恒这三大守恒关系。考察了学生对知识理解、综合运用能力，对离子浓度大小的比较的方法积三大守恒的掌握情况。这道高考题为一道中档题，创新性较强。

【答案】D

【考点定位】本题通过分析图像的分析、酸碱中和反应进行的程度，结合弱电解质的电离平衡和盐类的水解规律，考查了离子浓度比较、水的电离程度的比较。

【名师点睛】本题难度较大，综合性较强，涉及到电解质水溶液中离子浓度的等量关系、大小关系以及水的电离程度等知识和规律。解答本题时应正确分析图像，根据酸碱中和反应，分析出溶液的溶质，根据酸碱性和弱电解质的电离平衡和盐类的水解规律，考查了考生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。

【答案】B

【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。

【名师点睛】溶液中离子浓度大小比较,是全国高考的热点题型之一,重复率达100%,因为这类题目涉及的知

识点多,难度大,区分度高。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离,盐类的

水解,化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反应,以及化学反应类型,化学计算,甚至还要

用到"守恒"来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。

【答案】D

【解析】A、两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(NH₄^＋)＋c(H^＋)=c(OH^－)＋c(HCO₃^－)＋2c(CO₃^2－)，因为pH=7，c(H^＋)=c(OH^－)，即c(NH₄^＋)=c(HCO₃^－)＋2c(CO₃^2－)，故错误；B、HSO₃^－H^＋＋SO₃^2－，NH₃和H^＋反应，生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，水解的程度是微弱的，c(Na^＋)>c(SO₃^2－)=c(NH₄^＋)，故错误；C、Na₂SO₃＋SO₂＋H₂O=2NaHSO₃，pH=7，反应后溶液的溶质Na₂SO₃、NaHSO₃，根据物料守恒：2c(Na^＋)=3[c(SO₃^2－)＋c(HSO₃^－)＋c(H₂SO₃)]，故错误；D、CH₃COONa＋HCl=CH₃COOH＋NaCl，溶液pH=7，反应后的溶质：NaCl、CH₃COOH、CH₃COONa，电离和水解相等，即：c(Na^＋)>c(CH₃COOH)=c(Cl^－)，故正确。

【考点定位】考查离子浓度大小比较中电荷守恒、物料守恒等知识。

【名师点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。

【答案】D

【解析】A、根据图像可知，0.1mol/L MOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH<13，说明ROH为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性。正确；B、ROH为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点。正确；C、两溶液无限稀释下去，最终的pH均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等。正确；D、当=2时，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c(M⁺)无影响；而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c(R⁺)浓度增大。综上所述，升高温度时比值减小，错误。

【考点定位】电解质强弱的判断、电离平衡移动（稀释、升温）；难度为较难等级。

【名师点晴】本题了图象方法在溶液的稀释与溶液的pH的关系的知识。解图像题的要领时是：先看三点，再看增减；先看单线，再做关联。本题区分MOH和ROH的关键就是两线的起点pH。当开始时溶液的体积相同时，稀释的倍数越大，溶液的离子浓度越小，溶液的pH就越小。稀释相同倍数时，强碱比弱碱的pH变化大。

【答案】C

【考点定位】本题主要考查弱电解质的电离平衡，酸碱混合溶液的PH判断，溶液的导电性和沉淀溶解平衡的应用。

【名师点晴】弱电解质的电离平衡，盐的水解平衡以及沉淀溶解平衡都属于动态平衡，平衡移动原理对它们均适用，将弱电解质的电离平衡，酸碱混合溶液的PH判断，溶液的导电性和沉淀溶解平衡等联系起来，这些均为教材中的核心知识，凸显了《物质在水溶液中的行为》的重要性，考查学生对化学基础知识、基本理论的理解和运用，突出了主干知识，体现了知识的基础性。

【答案】C

【考点定位】本题主要考查了化学反应原理。涉及化学反应与能量的关系、化学反应速率的影响因素、化学平衡理论、蛋白质的性质判断等

【名师点睛】本题考查化学反应与能量的关系、反应自发判断的依据、熵值、焓值变化的判断，蛋白质的盐析与变性、原理的分析，催化剂对反应速率的影响、同一化学反应催化剂可以不同的认识，化学平衡的移动的判断、沉淀的溶解平衡移动的判断，包含了选修4中的大部分的内容，对于反应原理的应用，应注重学生理解能力的培养，如化学反应中焓减、熵增为反应自发的判断依据，如何判断，勒夏特列原理对于任何可逆反应都适用，溶液中的平衡也不例外，催化作用与催化效果的不同，抓住反应的本质，使学生加以理解应用。

【答案】B

【解析】室温下，将0.05 mol Na₂CO₃固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO₃^2—+H₂O HCO₃^—+OH^—溶液呈碱性；A项加入50mL  1 mol·L^－1H₂SO₄，H₂SO₄与Na₂CO₃恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na₂SO₄，故根据物料守恒反应结束后c(Na⁺)=2c(SO₄^2－)，故A项错误；向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+ H₂O=Ca(OH)₂，则c(OH^—)增大，且Ca²⁺+CO₃^2—=CaCO₃↓，使CO₃^2—+H₂O HCO₃^—+OH^—平衡左移，c(HCO₃^—)减小，故增大，故B项正确；C项加入50mL H₂O，溶液体积变大，CO₃^2—+H₂O HCO₃^—+OH^—平衡右移，但c(OH^—)减小，Na₂CO₃溶液中H⁺、OH^—均由水电离，故由水电离出的c(H⁺)·c(OH^—)减小，故C项错误；D项加入0.1molNaHSO₄固体，NaHSO₄为强酸酸式盐电离出H⁺与CO₃^2—反应，则反应后溶液为Na₂SO₄溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na⁺，故c(Na⁺)增大，D项错误；本题选B。

【考点定位】本题主要考查了盐类水解平衡应用。涉及离子浓度的比较、比值的变化、溶液pH的变化等

【名师点睛】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。

【答案】C

【解析】温度升高，水的离子积增大，c(H⁺)、c(OH^-）都增大，表示的点就不在曲线上，A错；水的离子积常数K=c(H⁺)·c(OH^-)，从图可知离子积是1.0×10^-11，不是1.0×10^-13，B错；加入FeCl₃，水解使得溶液酸性增强，c(H⁺)增大，那么c(OH^-)减小，故可能引起由b向a的变化，C对；温度不变水的离子积不变，稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化，D错。

【考点定位】本题主要考查水的离子积的影响因素和离子积的计算，将水的离子积以图像的形式表达出来，还能考查学生对化学图像的分析能力。

【名师点睛】水的离子积也属于平衡常数，只与温度有关，分析图像是要知道在曲线上的点都代表平衡常数，曲线上的点H⁺和OH^-的浓度的乘积是相等的，由于水的离子积只与温度有关，改变温度后H⁺和OH^-的浓度的乘积的点一定不在曲线，其他条件的改变H⁺和OH^-的浓度的乘积不会改变，所表示的点还在曲线上，在根据具体条件进行解答。在解决有关平衡常数的问题时都有类似的方法，抓住平衡常数只与温度有关这一条主线，再讨论改变条件时其它量的变化。

【答案】B

【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。

【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞 ，右手摇动锥形瓶 目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法： 酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用 酚酞或甲基橙， 强酸与弱碱滴定用 甲基橙 ，弱酸与强碱滴定用 酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据H⁺和OH^—的物质的量相等，C_标·V_标= C_待·V_待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。

【答案】B

【解析】A、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误；B、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像相符，正确；C、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误；D、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误。

【考点定位】考查弱电解质的电离。

【名师点睛】本题将弱电解质的电离常数及影响电离平衡的外界因素与图像结合在一起考查了学生对弱电解质电离常数、电离度的意义、浓度对弱电解质的电离的影响等基础知识掌握的熟练程度，又结合图像考查了学生的观察能力和思维能力。难度中等。

【答案】C

【考点定位】考查氧化还原反应中电子转移、盐类水解和弱电解质的电离、金属防护、达到化学平衡的判断等知识。

【名师点睛】对化学原理的考查，涉及氧化还原反应、盐类水解和弱电解质的电离、达到化学平衡的标志、金属腐蚀的防护等原理，要求平时学习注意化学反应原理，体现化学的特点，学生学习化学反应实质，可以培养学生分析问题的能力。

【答案】C

【解析】

【答案】B

【解析】

试题分析：A．Na₂S溶液：S^2-发生水解反应形成HS^- 、OH^-，HS^-再发生水解反应产生H₂S和OH^-，所以溶液中离子浓度大小关系是c(Na^＋) >c(OH^－) > c(HS^－) > c (H₂S)，错误；B．Na₂C₂O₄溶液中，根据质子守恒可得：c (OH^－) ＝ c(H^＋) ＋ c(HC₂O₄^－) ＋ 2c (H₂C₂O₄)，正确；C．Na₂CO₃溶液中，根据电荷守恒可得：c (Na^＋) ＋ c (H^＋) ＝ 2c (CO₃^2－)  ＋ c (OH^－) ＋c (HCO₃^－)  ，错误；D．CH₃COONa和CaCl₂混合溶液中，根据物料守恒可得： c (Na^＋) ＋ 2c (Ca^2＋)＝c (CH₃COO^－) ＋c (CH₃COOH) ＋c (Cl^－)，错误。

【答案】A

【解析】

【答案】C

【解析】

试题分析：A.醋酸属于弱酸，存在电离平衡，加入少量醋酸钠，c（CH3COO^－）增大，抑制了醋酸的电离，错误；B. 25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，硝酸铵是强酸弱碱盐，NH₄^＋ 水解使导致溶液呈酸性，PH<7，错误；C.硫化氢属于弱电解质酸，溶液中部分电离，硫化钠属于强电解质，水溶液中全部电离，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，正确；D.AgCl和AgI的Ksp不相等，c（Ag^＋）·c（Cl^－）=Ksp（AgCl），c（Ag^＋）·c（I^－）=Ksp（AgI），0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Ag^＋）浓度相等，则c（Cl^－）不等于c（I^－），错误。

【答案】B

【解析】

【答案】C

【解析】

【答案】A

【解析】

试题分析：若酸碱恰好反应，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，实际上混合溶液的PH=7，说明醋酸过量，在溶液中存在电离平衡：CH₃COOHCH₃COO^－+H⁺，根据电荷守恒，c(Na^＋)+c(H^＋)=c(CH₃COO^－)+c(OH^－)，所以c(Na^＋)=c(CH₃COO^－)=(0.1×20)÷(20+V)，c(H^＋)=c(OH^－)=10^-7mol/L，根据原子守恒，c(CH₃COOH)=[0.1(V-20)]÷(20+V)，Ka=[c(H^＋)×c(CH₃COO^－)]÷c(CH₃COOH )= ，整理得V=[2×10^-6]÷Ka+20，答案选A。

【答案】D

【解析】

【答案】D

【解析】

试题分析：两种溶液等体积混合后溶液显酸性，根据电荷守恒，醋酸根离子浓度大于钠离子浓度，选D。

考点： 酸碱混合后溶液的酸碱性的判断

【答案】B

【解析】

【答案】C

【解析】

【答案】C

【解析】

试题分析： A、由于在该溶液中存在的微粒有Na^＋、SO₄^2－、H⁺、OH^-，根据电荷守恒可得c(H⁺)+c(Na^＋)＝c(OH^－)+2c(SO₄^2－)，反应后的溶液pH=7, c(H⁺)＝c(OH^－)，所以c(Na^＋)＝2c(SO₄^2－)，A正确；B、反应后溶液若为Na₂SO₄、CuSO₄,则由于CuSO₄是强酸弱碱盐，Cu²⁺水解使溶液显酸性，所以一定会产生Cu(OH)₂沉淀；若NaOH全部形成沉淀，根据OH^-守恒可得n(Cu(OH)₂)＝0.5amol，而此时溶液中还含有硫酸电离产生的H⁺。溶液显酸性，与题意不符合，因此0.5amol＞沉淀的物质的量＞0，B正确；C、沉淀的质量小于98g/mol×0.5amol＝49a g,C错误；D、得到的溶液是Na₂SO₄，根据物料守恒可知在溶液中n(SO₄^2－)＝0.5amol，D正确。答案选C。

【答案】A、B

【考点定位】考查影响化学反应速率速率的因素。

【名师点睛】本题将外界条件对化学反应速率速率的影响因素与物质之间的反应、弱电解质的电离和原电池原理的应用结合在一起考查浓度为化学反应速率的影响、原电池反应能加快化学反应速率，考查学生分析问题、解决问题的能力。

【答案】（1）Ag与空气中氧及含硫化合物反应生成黑色硫化银；

      （2）1.8×10^-7mol/L；2

【考点定位】本题考查金属的腐蚀、溶度积的应用、氧化还原反应理论的应用，电极反应式的书写。

【名师点睛】以银及其化合物为载体考查金属银的腐蚀、沉淀溶解平衡相关计算、氧化还原方程式的书写及原电池原理的应用。考查学生分析问题、解决问题的能力，如（3）小题根据氧化还原反应的特点准确判断产物、正确配平是得分的关键，考查了学生的计算能力如（1），是新课标高考每年的必考点。

【答案】（1）NH₃·H₂ONH₄⁺+OH^-  降低   增大；；

【解析】（1）氨水中的一水合氨部分电离产生铵根离子和氢氧根离子，使溶液显碱性；若加入氯化铵，则铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小， pH降低；若加入少量的明矾，铝离子水解呈酸性，抑制铵离子水解，溶液中的NH₄⁺的浓度增大；

【考点定位】本题考查弱电解质的电离平衡的判断，化学方程式的书写，化学反应与能量的关系判断。

【名师点睛】以氨气、硝酸铵和氮的氧化物为载体考查弱电解质电离平衡的影响因素、化学方程式的书写、平衡常数表达式的书写、氧化还原反应电子转移的数目及反应热的计算。以元素化合物知识为载体考查基本概念和基本原理是高考命题的主旨，考查考查学生分析问题、解决问题的能力，是化学高考的常见题型。题目难度中等。

【答案】（15分）

（1）①；②C+2H₂SO₄（浓）2SO₂↑+CO₂↑+2H₂O；

（2）①0.043；②5。

（3）①；②c(Na⁺)>c(SO₃^2-)>c(OH^-)>c(HSO₃^-)>c(H⁺)；③H₂SO₃+HCO₃^-=HSO₃^-+CO₂↑+H₂O。

【解析】（1）①S是16号元素。S原子获得2个电子变为S^2-，硫离子的结构示意图为。②加热时，浓硫酸与木炭发生反应产生SO₂、CO₂和水，反应的化学方程式为C+2H₂SO₄（浓） 2SO₂↑ +CO₂↑+2H₂O；①根据图像可知，在pH=13时，c(S^2-)=5.7×10^-2mol/L，在0.10mol·L^-1H₂S溶液中，根据S元素守恒可知：c(S^2-)+ c(H₂S)+c(HS^-)=0.1 mol/L，而c(S^2-)=5.7×10^-2mol/L，因此c(H₂S)+c(HS^-)=0.1 mol/L -5.7×10^-2 mol/L= 0.043 mol/L。②由于Ksp(MnS)=2.8×10^-23，在某溶液c(Mn²⁺)=0.020 mol·L^-1，则开始形成沉淀需要的S^2-的浓度是c(S^2-)= Ksp(MnS)÷c(Mn²⁺)=2.8×10^-13÷0.020 mol/L=1.4×10^-11 mol/L，根据图像中c(S^2-)与溶液的pH关系可知，此时溶液pH=5，Mn²⁺开始形成沉淀。（3）①根据电离平衡常数的含义可知：HSO₃^-的电离平衡常数表达式是。②盐Na₂SO₃在溶液中电离的方程式是：Na₂SO₃=2Na⁺+SO₃^2-，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根离子SO₃^2-发生水解反应：SO₃^2-+H₂O HSO₃^-+OH^-，水解产生的HSO₃^-又有部分发生水解反应：HSO₃^-+H₂O H₂SO₃ +OH^-，水解是逐步进行的，而且在溶液中还存在水的电离平衡，但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以0.10 mol·L^-1Na₂SO₃溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na⁺)>c(SO₃^2-)>c(OH^-)>c(HSO₃^-)>c(H⁺)。③由于多元弱酸分步电离，电离程度：一级电离>二级电离，电离程度越大，电离平衡常数就越大。所以根据表格数据可知H₂SO₃的二级电离平衡常数大于H₂CO₃的一级电离平衡常数，故H₂SO₃溶液和NaHCO₃溶液反应的主要是复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐发生反应制取弱酸。其离子方程式为H₂SO₃+HCO₃^-=HSO₃^-+CO₂↑+H₂O。

【考点定位】考查元素原子结构示意图的书写、物质性质的化学方程式书写、盐的水解平衡、弱电解质电离平衡、沉淀溶解平衡的知识在离子浓度大小比较的应用。

【名师点睛】物质的结构决定物质的性质。元素的性质由元素的原子结构决定，了解元素在发生反应时是原子的最外层电子发生变化，原子核不发生变化。原子失去或获得电子形成离子。从而得到相应的离子或原子结构示意图，掌握浓硫酸有三大特性：吸水性、脱水性、强氧化性，再根据氧化还原反应中元素的化合价升降总数与电子得失数目相等的守恒规律，写出物质反应时的化学方程式。在比较溶液中离子浓度大小关系时，要考虑盐的水解平衡、水等弱电解质的电离平衡，并结合元素的原子守恒、电荷守恒及水电离平衡的质子守恒关系进行。弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义，认识离子浓度与溶液pH的转化，了解弱电解质的电离平衡、沉淀溶解平衡平衡都遵循化学平衡移动原理，应用平衡移动原理分析化学平衡常数、沉淀形成的pH及微粒浓度大小比较。掌握物质的化学性质、平衡移动原理、盐的水解规律是本题的关键.

【答案】（1）②b>a>c　（2）NaCN＋CO₂＋H₂O＝NaHCO₃＋HCN  （3）BD

（4）Al³⁺+3HCO₃^-＝Al(OH)₃↓+3CO₂↑（5）c(Na⁺)>c(HC₂O₄^-)>c(H⁺)> c(C₂O₄^2-)> c(OH^-)；

c(OH^-)＝c(H⁺)-c (C₂O₄^2-)+ c(H₂C₂O₄)   （6）H₂C₂O₄-2e^－＝2CO₂↑+2H⁺     0.2

【解析】

（3）现有浓度为0.02 mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后HCN过量，根据电荷守恒可知c(H⁺)+c(Na^＋)＝cOH^-)+c(CN^-)，测得C(Na⁺)>C(CN^-)，所以c(H⁺)<c(OH^-)；根据物料守恒可知c (HCN)+c(CN^-)＝0.02mol/L÷2＝0.01mol/L，答案选BD。

（4）铝离子水解显酸性，碳酸氢根水解显碱性，二者相互促进，反应的方程式为Al³⁺+3HCO₃^-＝Al(OH)₃↓+3CO₂↑。

（5）已知NaHC₂O₄水溶液显酸性，说明HC₂O₄^-的电离程度大于水解程度，所以该溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na⁺)>c(HC₂O₄^-)>c(H⁺)>c(C₂O₄^2-)> c(OH^-)；根据电荷守恒和物料守恒可得质子守恒c(OH^-)＝c(H⁺)-c (C₂O₄^2-)+ c(H₂C₂O₄)。

（6）原电池中负极失去电子，则根据方程式可知负极草酸失去电子，电极反应式为H₂C₂O₄-2e^－＝2CO₂↑+2H⁺。反应中每生成标况下4.48LCO₂气体，即0.2mol电子时根据电子得失守恒可知外电路中通过的电子的物质的量为0.2mol。

【答案】（18分）（1）4或10    抑制   （2）BC   （3） ① 11  　②12

（4）C （5）中    10^-9/(a-0.01)  mol/L 

（6）NaClO + CO₂ + H₂O  =  NaHCO₃  +  HClO

【解析】

【答案】

 （4）Fe^3＋；2.7；6；Zn^2＋和Fe^2＋分离不开；Fe(OH)₂和Zn(OH)₂的Ksp相近

【解析】

【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。

【名师点晴】该题以酸性锌锰干电池为载体综合考查了氧化还原反应、电化学、化学计算、物质的分离与提纯等，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况。这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。

【答案】（1） 不变；（2）① <，  c(Na^＋) = c(CH₃COO^－) > c(H^＋) = c(OH^－)     ② 1/30或0.033

（3）①8<pH<12    ABD       ②c（Na⁺）=c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）

【解析】

试题分析：（1） 醋酸的电离平衡常数K=，因为平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以溶液中加入醋酸钠，K不变；（2）① 若氢氧化钠和醋酸等体积混合，溶液为醋酸钠溶液，显碱性，所以要显中性，碱要少些，选<，因为溶液为中性，即氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则根据电荷守恒可以知道，另外的阴阳离子浓度也相等，所以有c(Na^＋) = c(CH₃COO^－) > c(H^＋) = c(OH^－)     ② 根据电荷守恒分析有c(Na^＋)+ c(H^＋)= c(CH₃COO^－)+ c(OH^－)，根据物料守恒有c(Na^＋) = 2c(CH₃COO^－)+ 2c(CH₃COOH)，两个关系式相减，消除醋酸根离子浓度，即可得：c(OH^－) -c(H^＋) - c(CH₃COOH)=1/2 c(Na^＋) ，钠离子浓度为0.1×0.04/0.06=1/30或0.033mol/L。（3）①从图分析，碳酸钠和碳酸氢钠共存时溶液的pH为8<pH<12；A、碳酸氢钠受热分解质量减少部分为二氧化碳和水的质量，根据减少的质量就能计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；B、二者都和盐酸反应生成氯化钠，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数；C、和硫酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都可以被碱石灰吸收，因为水蒸气可以是从溶液中带出的，不能确定其质量，所以不能进行计算；D、二者都可以和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量和混合物的质量能计算碳酸钠的质量分数，所以选ABD。②碳酸钠的物质的两位0.10×0.02=0.002摩尔，氯化氢的物质的量为0.1×0.04=0.004摩尔，其中钠离子和氯离子物质的量相等，二者反应生成氯化钠和二氧化碳和水，二氧化碳溶解在水中形成饱和溶液，含有碳酸电离出的碳酸氢根离子，所以含量最多的三种离子的浓度关系为c（Na⁺）=c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）。