常温常压下58.5g氯化钠固体含na个氯化钠分子 句话错哪了

A、②③④溶液是强酸、弱碱、强碱，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相同，对水的电离抑制程度相同，①溶液中的氢离子浓度，对水抑制程度小，所以①水的电离程度最小，②③④溶液中水的电离程度大，故A错误；
B、若将①、④等体积混合，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，有c（CH₃COO^-）＞c（H⁺），若混合后溶液呈中性时存在C（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞C（OH^-）=c（H⁺），故错误；
C、将四份溶液稀释相同倍数后溶液的pH：氨水存在电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根离子，③＞④，同浓度醋酸和盐酸稀释相同倍数，醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中氢离子浓度小于盐酸溶液中的氢离子浓度，所以溶液pH为①＞②，故C错误；
D、②③若等体积混合后溶液呈碱性，若有pH=7，则消耗溶液的体积为②＞③，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离平衡应用，主要是对水的电离影响，溶液酸碱性的判断，溶液稀释的PH变化，关键是酸碱反应后溶液酸碱性的判断．

（1）浓硝酸的物质的量浓度c=[1000ρw/M]=[1000×1.41×70%/63]mol/L=15.7 mol/L，
由稀释定律可得：15.7 mol/L×V_浓硝酸 =1.0mol/L×500mL，解得：V_浓硝酸 =31.8ml，
故答案为：15.7；31.8；
（2）标准状况下，6.72LNO₂的物质的量为[6.72L/22.4L/mol]=0.3mol，设Cu为xmol，Zn为ymol，则
①xmol×64g/mol+ymol×65g/mol=9.65g
②2xmol+2ymol=0.3mol，
①②联立解得：x=0.1，y=0.05，
因此该合金中铜与锌的物质的量之比为0.1mol：0.05mol=2：1，
故答案为：2：1；
（3）铁粉部分溶解，说明生成Fe（NO₃）₂，却无气体产生说明即生成NH₄NO₃，所以方程式为10HNO₃+4Fe=4Fe（NO₃）₂+NH₄NO₃+3H₂O，
再加NaOH，Fe（NO₃）₂都转化成Fe（OH）₂，并进一步转化成Fe（OH）₃，再灼烧，则生成Fe₂O₃为4.8g，Fe₂O₃的物质的量为[4.8g/160g/mol]=.03mol，
所以Fe为0.03mol×2=0.06mol，HNO₃为0.06mol×[10/4]=0.15mol，因此该硝酸溶液的物质的量浓度为[0.15mol/0.1L]=1.5mol/L，
故答案为：10HNO₃+4Fe=4Fe（NO₃）₂+NH₄NO₃+3H₂O；1.5mol/L；
（4）13g锌的物质的量为[13g/65g/mol]=0.2mol，2.464L气体共[2.464L/22.4L/mol]=0.11mol，HNO₃的物质的量为0.2L×3.6mol/L=0.72mol，测得反应后的溶液pH=0，则剩余H⁺的物质的量为1mol/L×0.2L=0.2mol，因此有0.72mol-0.2mol=0.52mol硝酸发生了反应，
由加入NaOH没有刺激性气体产生，得到没有生成NH₃，NO₂为红棕色气体，因此得到的无色气体为NO、N₂；
化学方程式为20Zn+52HNO₃=20Zn（NO₃）₂+26H₂O+10NO（g）+N₂（g），
因此无色气体为NO 0.1mol和N₂ 0.01mol，
答：无色气体有NO和N₂组成，NO 0.1mol，N₂ 0.01mol．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查了化学方程式的计算，侧重于化学性质、原子守恒、电荷守恒的应用，题目难度较大，熟悉物质的性质及物质之间的转化是解题的关键．

异丁烷、乙烯、一氯甲烷在常温下呈气态，乙醇在常温下呈液态，故选：A；

点评：
本题考点： 乙醇的化学性质．

考点点评： 本题主要考查了物质的状态，抓住物质的状态是解题的关键，需要注意的是新戊烷也是气态．

A、Q（Fe（OH）₃）=c（Fe³⁺）c³（OH^-）=0.01×（10^-8）³=10^-26＞K_sp[Fe（OH）₃]=2.6×10^-39；说明生成氢氧化铁沉淀；依据K_sp[Fe（OH）₃]）=c（Fe³⁺）c³（OH^-）=2.6×10^-39；离子全部沉淀溶液中的铁离子为10^-6，计算c（OH^-）=
3
2.6×10−39
10−6
=
32.6×10−33
=＜10^-8，说明Fe³⁺离子沉淀完全，故A正确；
B、Q（Cr（OH）₃）=c（Cr³⁺）c³（OH^-）=0.01×（10^-8）³=10^-26＞K_sp[Cr（OH）₃]=2.6×10^-39；说明氢氧化铬沉淀；依据K_sp[Cr（OH）₃]）=c（Cr³⁺）c³（OH^-）=7.0×10^-31；离子全部沉淀溶液中的铁离子为10^-6，计算c（OH^-）=
3
7.1×10−31
10−6
=
37.1×10−25
＜10^-8；说明Cr³⁺离子全部沉淀，故B正确；
C、Q（Zn（OH）₂）=c（Zn²⁺）c²（OH^-）=0.01×（10^-8）²=10^-18＜K_sp[Zn（OH）₂]=1.0×10^-17，此时锌离子没有开始沉淀，故C错误；
D、Q（Mg（OH）₂）=c（Mg²⁺）c²（OH^-）=0.01×（10^-8）²=10^-18＜K_sp[Mg（OH）₂]=5.6×10^-12，此时镁离子没有沉淀，故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了沉淀溶解平衡的计算应用，溶度积的分析判断，离子沉淀条件的应用，题目难度较大．

A．pH=1的溶液，显酸性，H+、SO32-反应生成水和气体，H+、SO32-、MnO4-发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B．pH=7的溶液，Al3+转化为沉淀，则该组离子不能大量共存，故B错误；C．pH＞12的溶液，显碱性，该组离...

点评：
本题考点： 离子共存问题．

考点点评： 本题考查离子的共存问题，熟悉题目中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，选项B为解答的难点和易错点，题目难度不大．

（1）①六种盐都为强碱弱酸盐，盐的pH越大，说明对应的酸水解程度越大，则对应的酸越弱，则
A．CH₃COOH酸性大于HCN，反应能发生，故A正确；
B．酸性H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，应生成NaHCO₃，反应不能发生，故B错误；
C．酸性H₂CO₃＞HClO＞HCN，应生成NaHCO₃，不能生成CO₂，故C错误；
D．酸性C₆H₅OH＞HCO₃^-，反应能发生，故D正确；
E．酸性H₂CO₃＞C₆H₅OH＞HCO₃^-，反应能发生，故E正确，
故答案为：BC；
②据反应H₂B（少量）+2A^-=B^2-+2HA，可知，HA酸性小于H₂B，HA酸性最弱，酸性越弱，对应的酸根离子得H⁺能力越强，没有HB^-生成，说明得电子能力A^-大于HB^-，则得电子能力顺序为A^-＞B^2-＞HB^-，故答案为：A^-＞B^2-＞HB^-；
（2）各反应均有固体生成，其溶解度更小，故复分解反应能够向生成更难溶的物质的方向进行，
故答案为：由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行；
（3）溶液中的c（H⁺）=10^-9mol•L^-1，说明溶液呈碱性，只有Na₂S和NaOH符合，故答案为：CD；
（4）一水合氨为弱电解质，不能完全电离，与盐酸反应至中性时，氨水应稍过量，则b＞a，c（OH ^-）=1.0×10^-3mol•L^-1的氨水，一水合氨浓度远大于1.0×10^-3mol．L^-l的氨水，反应至中性时，a＞c，氢氧化钡为强碱，与盐酸完全中和时，a=d，则b＞a=d＞c，
故答案为：b＞a=d＞c；
（5）CH₃COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，且水解程度较小，加水稀释时，浓度减小同时促进水解，但pH变化不大；向等体积纯水中分别加入等物质的量的CH₃COONa和NaCN，NaCN水解程度比大CH₃COONa，两种溶液中c（Na⁺）相等，由于CH₃COONa溶液中H⁺浓度大于NaCN溶液中H⁺的浓度，则CH₃COONa溶液中阴离子浓度较大，
故答案为：③；＞；
（6）向50mL 0.018mol•L^-1的AgNO₃溶液中加入相同体积0.020mol•L^-1的盐酸，盐酸过量，反应后的c（Cl^-）=[0.02mol/L×0.05L-0.018mol/L×0.05L/0.1L]=0.001mol/L，
则c（Ag⁺）=
Ksp(AgCl)
c(Cl-)=
1.8×10-10
0.001mol/L=1.8×10^-7 mol/L，
c（H⁺）=[0.02mol/L×0.05L/0.1L]=0.01mol/L，
pH=2，
故答案为：1.8×10^-7 mol/L； 2．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查较为综合，题目难度较大，易错点为（1），注意弱电解质的比较方法以及判断角度．

根据题目中的信息：“D是天然气的主要成分”，说明D是甲烷；“G是一种重要建筑材料的主要成分”，说明G是碳酸钙；“E是一种金属氧化物，与A反应能生成一种常见的碱”，而“A在常温下是一种无色液体”，说明E是氧化钙，A为水；那么B和C为氢气和氧气，C和D反应生成二氧化碳和A即水，说明C为氧气，而B为氢气，水和E（氧化钙）反应生成了F，说明F为氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成了碳酸钙．
（1）“A在常温下是一种无色液体”，又能在通电的条件下分解得两种气体，说明A为水，“D是天然气的主要成分”，说明D为甲烷
（2）A通电能够生成氢气和氧气，C能够和甲烷反应生成二氧化碳和水，所以B是氧气；故化学方程式为CH₄+2O₂

点燃
.
CO₂+2H₂O；
（3）F是氢氧化钙，在日常生活中常被用作建筑材料；
（4）反应③是氢氧化钙和水反应生成氢氧化钙的过程，其反应物是两种生成物是一种，该反应符合“多变一”的化合反应特征；
（5）B为氢气在燃烧时产生水，不会污染空气．
故答案为：（1）H₂O；CH₄；（2）CH₄+2O₂

点燃
.
CO₂+2H₂O；（3）做建筑材料；（4）化合；（5）生成物都是水，无污染（热值大；来源广泛）．

点评：
本题考点： 物质的鉴别、推断；化学式的书写及意义；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；氢气的用途和氢能的优缺点．

考点点评： 本题为框图式物质推断题，完成此类题目，关键是找准解题突破口，根据物质的化学特性直接得出结论，然后顺藤摸瓜，利用顺推或逆推或从两边向中间推断，逐步得出其他结论．

（1）pH=2的高碘酸溶液与pH=12的NaOH溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度相等，氢氧化钠是强碱，等体积混合时，若溶液呈中性，说明氢离子和氢氧根离子恰好反应，高碘酸是强酸，但实际上混合溶液呈酸性，这说明高碘酸又电离出部分氢离子，所以高碘酸是弱酸，
故答案为：弱酸；pH=2的高碘酸电离出的c（H⁺）和pH=2的NaOH溶液电离出的c（OH^-）相等，且两者体积相等，但所得溶液显酸性，则高碘酸必定是不完全电离，所以高碘酸是弱酸；
（2）由0.01mol/L的碘酸（HIO₃）或高锰酸（HMnO₄）溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液显中性，说明碘酸（HIO₃）或高锰酸（HMnO₄）都是强酸，0.01mol/L的碘酸（HIO₃）溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，两者恰好完全反应，生成碘酸钠，是强酸强碱盐，溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-），电荷守恒知，c（IO₃^-）+c（OH^-）=c（H⁺）+c（Na⁺），所以液中IO₃^-与Na+的浓度相等，故答案为：等于；
（3）高碘酸和硫酸锰在溶液中反应生成高锰酸、碘酸和硫酸，反应中Mn元素的化合价升高，则MnSO₄为还原剂，在酸性条件下高碘酸和锰离子发生氧化还原反应生成生成高锰酸、碘酸和硫酸，所以离子方程式为2Mn²⁺+5HIO₄+3H₂O═2MnO₄^-+5IO₃^-+11H⁺，故答案为：MnSO₄；2Mn²⁺+5HIO₄+3H₂O═2MnO₄^-+5IO₃^-+11H⁺．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查酸碱混合反应以及氧化还原反应，题目难度中等，解答本题时注意判断酸碱溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量关系，根据反应后溶液的酸碱性判断，本题易错点为（2），注意电解质强弱的判断．