pg电子1）明矾常作净水剂其净水原理用离子方程式可表示为：Al3++3H2O？Al（OH）3+3H+Al3++3H2O？Al（OH）3+3H+用TiCl4水解制备TiO2的化学方程式为：TiCl4+2H2_试题库_培训啦mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，据此分析判断；溶液pH=4，可能是酸也可能是强酸弱碱盐据此分析；

　　mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH-）=1.0×10-3mol/L，醋酸为弱酸，不能完全电离，则c（CH3COOH）＞c（NaOH），由于二者体积相等pg电子，所以酸过量，溶液显酸性，混合后溶质为CH3COOH和CH3COONa，然后判断离子浓度关系；（5）①NH4Cl②（NH4

　　）2SO4③NH4HSO4④NH4HCO3⑤（NH4）2CO3，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4和 ④（NH4）2CO3都含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于三种物质，再根据盐类的水解角度分析解答．解答：解：（1）硫酸铝溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，水解方程式为Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；TiCl4水解制备TiO2pg电子，根据元素守恒其方程式为：TiCl4+2H2O?TiO2↓+4HCl；故答案为：Al3++3H2

　　=1.0×10-12mol/L＜10-7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，如果为酸溶液，则pH=2，如果为盐溶液，则pH=12；溶液pH=4，可能是酸也可能是强酸弱碱盐，若是酸则c（OH-）水=1.0×10-10mol/L，所以c（H+）水=1.0×10-10mol/L，若是盐则溶液中氢离子为水电离的，所以c（H+）水=1.0×10-4mol/L，故答案为：2或12；1.0×10-10mol/L或1.0×10-4

　　是强碱弱酸盐，水溶液都呈碱性，pH＞7，但小于同浓度氢氧化钾的pH；NaHSO4是强酸酸式盐，在水中完全电离成钠离子、硫酸根离子、氢离子，所以C（H+

　　）=0.01mol/L，所以pH=2；CuSO4强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，pH＜7，所以pH由小到大的顺序排列的是⑤③①⑥②④，故答案为：⑤③①⑥②④；（4）pH=3的醋酸中c（H

　　mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH-）=1.0×10-3mol/L，醋酸为弱酸，不能完全电离，则c（CH3COOH）＞c（NaOH），由于二者体积相等，所以酸过量，溶液显酸性，混合后溶质为CH3COOH和CH3COONa，离子浓度关系为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为：＜；c（CH3COO-

　　）2SO4③NH4HSO4④NH4HCO3⑤（NH4）2CO3，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4和 ④（NH4）2CO3都含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于三种物质，而④（NH4）2CO3中NH4+水解显酸性，CO32-水解显碱性，两者相互促进，所以NH4+水解的量较多，NH4+的量较少，即溶液中c（NH4+）②＞⑤；①③④三种物质中，③NH4HSO4

　　酸性最强，NH4+水解受到的抑制最大，即NH4+的量较多，溶液中c（NH4+）较大，④NH4HCO3

　　，NH4+水解与①NH4Cl 比较，水解得到促进，即NH4+的量较少，即溶液中c（NH4+）④＜①；按c（NH4+

　　本题考查盐类水解的原理和应用，溶液中离子浓度求算，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离pg电子，从影响平衡移动的角度分析离子浓度的大小比较是解答的关键，题目难度中等．答案：B。分析：A．溴易溶于苯；B．苯与Cu（OH）2悬浊液分层，乙醛与Cu（OH）2悬浊液反应生成砖红色沉淀，乙酸与Cu（OH）2悬浊液反应生成蓝色溶液；C．乙醇溶于乙酸乙酯；D．溴乙烷和NaOH溶液混合加热后，发生水解，但检验溴离子应在

　　下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH1C(s)+1/2O2(g)===CO(g)ΔH2②NaOH(aq)+HCl(aq)===NaCl

　　答案：C。碳完全燃烧放出的热量多，但放热越多，△H越小，所以①中ΔH前者小于后者；②中都是中和热，△H相等；消耗的氢气越多，放出的热量越多，同样放热越多，△H越小，所以③中ΔH前者大于后者；④中前者是吸热反应，后者是放热反应，ΔH前者大于后

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