2014年、2015年高考化学试题分类汇编盐类水解

盐类水解

（2015·新课标I）13．浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水

稀释至体积V,pH随（ ）

的变化如图所示，下列叙述错误的是

A．MOH的碱性强于ROH的碱性 B．ROH的电离程度：b点大于a点 C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等

D．当增大 【答案】D

=2时，若两溶液同时升高温度，则c(M+)/c(R+)

【解析】由图像可知0.10mol/L MOH溶液的pH=13，所以MOH为强碱，而ROH溶液pH<13，所以ROH为弱碱，A正确；弱电解质―越稀越电离‖，B正确；若两溶液无限稀释，则酸碱性接近中性，则它们的c(OH-)相等，C正确；ROH为弱碱，升温电离度增大，c(R+)增大，而MOH为强碱，升温c(M+)不变，所以两溶液同时升高温度，则c(M+)/c(R+)减小，D错误。 考点：电解质强弱判断，弱电解质电离平衡

（2015·天津）11．室温下，将0.05mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是

A B C D 加入的物质 50mL 1mol·L1H2SO4 －结论 反应结束后，c(Na+)=c(SO42) － 0.05molCaO 50mL H2O 0.1molNaHSO4固体 溶液中 增大 －由水电离出的c(H+)·c(OH)不变 反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变 【答案】B

【解析】A项，Na2CO3溶液中加入50ml 1mol·L-1H2SO4后，两者1:1恰好完全反应，溶液溶质为Na2SO4，显中性，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒，c (Na+)+ c(H+)=2c(SO42-)+ c(OH-)，应该有c(Na+)=2c(SO42-)，选项错误； B项，Na2CO3溶液中存在如下水解平衡：

CO32-+H2O?HCO3-+OH-，加入CaO 后，发生了反应CaO +H2O =Ca(OH)2，使溶液中c(OH-)浓度增大， 同时新增加的OH-抑制了CO32-的水解，导致c(HCO3-)离子浓度减小，两者一结

合，

增大，选项正确； C项，常温下，水的离子积KW=c(H+)·c(OH-)是个常数，

不会因加入水而改变，选项错误； D项，加入0.1molNaHSO4固体后，NaHSO4= Na++ H++SO42-，发生反应2NaHSO4+ Na2CO3 = 2Na2SO4+CO2↑+H2O，溶质由Na2CO3变为Na2SO4，故溶液pH减小，未加NaHSO4前c(Na+)=0.1mol·L-1，加入NaHSO4后，Na+的物质的量增加了一倍，若溶液体积的变化忽略不计，c(Na+)=0.2mol·L-1，故c(Na+)增加，选项错误。

（2015·四川）6、常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析

出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7，下列关于滤液中的离子浓度关系不正确．．．的是

Ka

A、H+<1.0×10-7mol/L

B、c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3) C、c(H+)+c(NH4+)= c(OH-)+ c(HCO3-)+2 c(CO32-) D、c(Cl-)> c(NH4+)> c(HCO3-)> c(CO32-) 【答案】C

【解析】选项A中水的离子积Kw=c（H+）×c（OH-），所以=c（OH-），因pH<7，

故c（OH-）<1.0×10-7mol/L。故A所说正确。选项B中，因两物质是等体积、等物质的量浓度加入，故当未发生任何反应时，钠与碳应是恒等关系；而发生发应并析出晶体时，钠与碳同样是1：1的比例析出，故滤液中的钠与碳仍应恒等。故B所说正确。选项C是电荷守恒，但忽略了阳离子中还有钠离子，故C所说错误。选项D中因氯离子不发生水解反应，故浓度应最大，而HCO3-部分析出，故应小于NH4+，CO32-由HCO3-水解而来，反应微弱，故浓度最小，所以D选项所说正确。 （2015·重庆）3．下列说法正确的是

A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7 C．25℃时，0.1mol·L

－1

的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱

D．0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl)=c(I) 【答案】C

【解析】A.醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠抑制了醋酸的电离，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，属于强酸弱碱盐，溶液Ph<7,错误；C.硫化氢溶液属于弱酸，部分电离，硫化钠溶液属于强电解质，等浓度的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，则0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl)不等于c(I)，错误；选C。 （2015·安徽）13．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，

滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是： A．未加盐酸时：c(OH)＞c(Na)= c(NH3·H2O) B．加入10mL盐酸时：c(NH4) ＋c(H) ＝ c(OH) C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl) = c(Na) D．加入20mL盐酸时：c(Cl) ＝c(NH4) ＋c(Na) 【答案】B

【解析】答案选择B。选项A，一水合氨是弱电解质，因此会发生微弱的电离，该选项中钠离子的浓度应当大于一水合氨的浓度。选项B当加入HCl的体积为10ml的时候，溶液中钠离子与氯离子的浓度是相等的，根据电荷守恒的式子c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)可知该选项正确。选项C加入盐酸以后溶液的PH值等于7的时候溶液呈现出中性，根据电荷守恒式c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，而c(H+)=c(OH-)，可得c(NH4+)+c(Na+)= +c(Cl-)，所以c(Na+)＜c(Cl-)，因此选项C错误。选项D c(NH4+)+c(Na+)= +c(Cl-)是溶液呈现出中性条件下才会成立，加入盐酸20ml时溶液不显中性，所以错误。

（2015·广东）11．一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图2，下列说法正确的是

A．升高温度，可能引起有c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1．0×10-13 C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化

－

＋

＋

－

＋

＋

＋

－

－

＋

－

－

－－

【答案】C

【解析】A、错误，Ｃ点的溶液是碱溶液，升高温度促进水的电离，但不可能使溶液中的氢离子等于氢氧根离子；B、错误，该温度下水的离子积常数是1.0×10-12；D、错误，稀释溶液不可能同时增大

和

的浓度，同温下水的离子积常数不变。点拨:本题考查水溶液

中离子浓度的比较，难度较大

（2015·山东）13、室温下向10mL0.1 mol·L1NaOH溶液中加入0.1 mol·L

－

－1

的一元酸HA

溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A、a点所示溶液中c(Na+)>c(A—)>c(H+)>c(HA) B、a、b两点所示溶液中水的电离程度相同 C、pH=7时，c(Na+)= c(A—)+ c(HA) D、b点所示溶液中c(A—)> c(HA) 【答案】D

【解析】A、a点HA与NaOH恰好完全反应生成NaA溶液，此时pH为8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液发生水解反应，c(Na+) > c(A) > c(HA) > c(H+)，A错误；

－

B、a点所示溶液为NaA溶液，NaA水解促进水的电离，b点为NaA和HA等浓度的混合液，显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，HA电离抑制水的电离，故水的电离程度a>b，B错误；

C、根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（A），pH=7时，c(Na+)＝c(A)，C错

－

－

－

误；

D、b点显酸性，故HA溶液电离程度大于NaA溶液的水解程度，所以c(A) > c(HA)，D正确。

浙江卷.2015.T

11．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是 ．．．A．X是电源的负极

B．阴极的反应式是：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉ CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ

C．总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2 D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1 【答案】 D

【解析】 选项A，正确。选项B，正确。选项C，正确。选项D，根据电子守恒，阴极产生H2和CO各得到2e—，阳极产生O2失去4e—，故物质的量之比为2:1，错误。

浙江卷.2015.T12．40℃时，在氨-水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。

下列说法不正确的是 ．．．

－

+ˉ2ˉ

A．在pH＝9.0时，c(NH4)＞c(HCO3)＞c(NH2COOˉ)＞c(CO3) B．不同pH的溶液中存在关系：

+2ˉˉ+

c(NH4)＋c(H)＝2c(CO3)＋c(HCO3)＋c(NH2COOˉ)＋c(OHˉ) OHˉ

C．随着CO2的通入，NH3·H2O不断增大

D．在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成 【答案】 C

【解析】 选项A，正确。选项B，正确。选项C，根据一水合氨的电离平衡表达式

，随着CO2通入，电离平衡常数不变，根据图像，c（NH4+）增大，

应减小，错误。选项D，正确。

（2015·江苏）14.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是 （ ）

A.向0.10mol·LB.向0.10mol·LC.

向

－1

溶液中通溶液中通

－

：：

溶

液

中

通

－1

0.10mol·L

1

：

D.向0.10mol·L【答案】D

－1

溶液中通HCl：

【解析】A项根据电荷守恒，当PH=7时，c(NH4+)= c(HCO3-)+2 c(CO32-),所以A项错误。B项根据物料守恒：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3) 与电荷守恒：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-) 两式相减即可得到：c(NH4+)+c(H2SO3)=c( SO32-)，所以c(NH4+)

（2015·海南）3．0．1mol下列气体分别与1L0．lmol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是

A． NO2 B．SO2

【答案】C

C．SO3 D．CO2

【解析】A.NO2和NaOH溶液发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二者恰好反应得到是NaNO3和NaNO2的混合溶液，该溶液中含有强碱弱酸盐，水溶液显碱性；B.发生反应SO2+NaOH=NaHSO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HSO3-电离大于水解作用，所以溶液显酸性。C.发生反应：SO3+NaOH=NaHSO4，该盐是强酸强碱的酸式盐，电离是溶液显酸性，相当于一元强酸。所以酸性比NaHSO3强；D.会发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HCO3-电离小于水解作用，所以溶液显减性。因此溶液的酸性最强的是NaHSO4，溶液的酸性越强，pH越小。所以选项是C。

（2015·海南）11．下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1．8×10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1．4×10-3）

在水中的电离度与浓度关系的是

【答案】B

【解析】：A.这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH<

CH2ClCOOH，排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，正确选项是B。 （2015·新课标I）

28．（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛图。回答下列问题：

（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即

可得到I2,该反应的还原产物为____________。

（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，

当AgCl开始沉淀时，溶液中Ksp（AgI）=8.5×10-17。

为：_____________，已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10，

（3）已知反应2HI（g）=H2(g) + I2(g)的△H=+11kJ·mol-1，1molH2（g）、1molI2（g）分

子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化

学键断裂时需吸收的能量为______________kJ。 （4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）

H2（g）+I2（g）在716K时，气体

混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：

t/min X(HI) X(HI) 0 1 0 20 0.91 0.60 40 0.85 0.73 60 0.815 0.773 80 0.795 0.780 120 0.784 0.784 ①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：___________。 ②上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为________(以K和k正表示)。若k正=0.0027min-1，在t=40,min时，v正=__________min-1

③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_________________（填字母）

【答案】15分⑴MnSO4； ⑵ 4.72×10-7； ⑶ 299 ⑷①K=0.1082/0.7842；

② K·k正；1.95×10-3③A点、E点

【解析】MnO2中+4价Mn还原为+2价，结合溶液环境，可知还原产物为MnSO4；

=

=4.72×10-7；化学键断裂吸收能量，形成化学键放出能量，

（-436KJ）+（-151KJ）+2（+X）=11kJ；解得X=299kJ；假设容器体积为1L，投入物质的量为1mol，根据题意可知2HI（g）初始 1mol·L-10 0

平衡0.784mol·L-10.108mol·L-10.108mol·L-1

所以K=0.1082/0.7842；平衡时v正=v逆，所以k正x2(HI) =k逆x(H2)x(I2)，结合平衡常数表达式

H2（g）+I2（g）

可知k逆=K·k正，v正=k正x2(HI)=0.0027min-1ⅹ（0.85）2=1.95×10-3。 （2015·新课标II）26.（14分）

酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表

溶解度/（g/100g水）

0 20 40 60 80 100 温度/℃ 化合物 NH4Cl ZnCl2

化合物 Ksp近似值 回答下列问题:

（1）该电池的正极反应式为________，电池反应的离子方程式为________。 （2）维持电流强度为0.5

，电池工作5分钟，理论上消耗锌________

）

（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有

。（已知

Zn（OH）2 10-17 Fe（OH）2 10-17 Fe（OH）3 10-39 29.3 343 37.2 395 45.8 452 55.3 488 65.6 541 77.3 614 ，二者可通过_____分离回收；滤渣的主要成分是

、_______和_______，欲从中得到较纯的

_________，其原理是_________。

（4）用废电池的锌皮制备

的过程中，需除去锌皮中的少

，最简便的方法为

量杂质铁，其方法是：加稀

至pH为_______时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于

溶解，铁变为______，加碱调节

时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱至pH为_____时，锌开始沉淀（假定浓度为0.1mol_______.

【答案：】（1）MnO2+H++e-=MnOOH 、Zn+ 2MnO2+2H+=Zn2++2 MnOOH （2）0.05g

（3）加热浓缩、冷却结晶 ；碳粉；MnOOH；空气中加热 ；碳粉变为二氧化碳，MnOOH变为MnO2

（4）Fe3+ ；2.7；6；锌离子和二价铁离子无法分离 ；它们的Ksp 相近无法分离 【解析：】此题考酸性锌锰干电池，（1）Zn做负极，Zn-2e-=Zn2+MnO2做正极，溶液显酸性，由MnO2得电子，电极反应为MnO2+H+e-=MnOOH，两极相加总反应就是Zn+ 2MnO2+2H+=Zn2++2 MnOOH ，（2）维持电流强度为0.5

，电池工作5分钟，理论上消耗

）。若上述过程不加

后果是______，原因是

锌为0.0007mol.所以质量为0.05g，（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要

有，两个溶解度一个受温度影响较大，一个较小，可用重

结晶法，二者可通过加热浓缩，冷却结晶分离回收，碳粉和MnOOH都不溶，所以最后还有碳粉和MnOOH，根据碳粉和MnOOH性质，在空气中加热碳粉变为二氧化碳，MnOOH变为MnO2（4）H2O2具有强氧化性把Fe直接变成三价铁离子，根据溶度积原理，Ksp Fe（OH）3= Fe3+ ．(OH-)3，(OH-)3= Ksp Fe（OH）3／Fe3+

(OH-)3=1034，Kw=H+ ．OH-得出H+=10-2.7，所以PH为2.7，同理可得继续加碱至pH为6时，锌开始沉淀，若上述过程不加它们的Ksp 相近无法分离。 福建卷 23．（15分）

研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。 （1）①硫离子的结构示意图为。

②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为。 （2）25℃，在0.10mol·L-1H2S溶液中，通入HCl后果是锌离子和二价铁离子无法分离，因为

气体或加入NaOH固体以调节溶液PH，溶液PH与c(S2-)关系如右图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）。

①PH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=mol·L-1.

②某溶液含0.020 mol·L-1Mn2+、0.10 mol·L-1H2S,当溶液PH=时，Mn2+开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10-23]

（3） 25℃，两种酸的电离平衡常数如右表。

H2SO3 H2CO3 Ka1 1.3×10-2 4.2×10-7 Ka2 6.3×10-4 5.6×10-11 ①HSO3-的电离平衡常数表达式K=。

②0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为。 ③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为。 【答案】23.（15分）

（1）①

（2）①0.043 ②5

②C+2H2S04（浓） 2S02↑+C02↑+2H20

（3）①② 或③

或

【解析】：本题考查的是有关硫及其化合物的性质，结合反应原理中化学反应平衡和弱电解质的电离平衡以及PH值的相关计算一起考查。

①硫离子结构示意图，注意不要粗心写成硫原子的结构示意图。

②硫元素的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液其实就是浓硫酸，本题考查的

是碳与浓硫酸在加热时的方程式：C + 2H2SO4(浓) CO2↑+ 2SO2↑+ 2H2O

①根据图像，PH=13时，c（S2-）=5.7×102，根据物料守恒，c(S2-) + c(HS-) + c(H2S)=0.1，

－

故 c(HS-) + c(H2S)=0.1-0.057=0.043

②根据Ksp(MnS)=c(Mn2+) ×c(S2-) =2.8×10c(S2-) =1.4×10

－11

－13

,已知 c(Mn2+) =0.020mol·L—1，故可算出

，此时对应的PH为5.

H+ + SO32-，故它的电离平衡

（3）①HSO3-也能发生电离，其电离方程式为HSO3-

常数为

HSO3-＋OH- 、

②在Na2SO3中，存在SO32-的两步水解，SO32-＋H2O HSO3-＋H2O

H2SO3＋ OH- 以及水的微弱电离，因为第一步水解远远大于第二步

水解，故离子浓度大小关系为：c(Na+) > c(SO32-) > c(OH-) > c(HSO3-) > c(H+) 或[Na+]>[SO32-]>[OH-]>[HSO3-]>[H+]

③因为H2SO3的酸性强于H2SO3故本题方程式为:H2SO3 + HCO3- + ===HSO3- + CO2↑+ H2O

（2015·广东）

32．（16分）七铝十二钙（12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要

含CaCO3和MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下：

（1）煅粉主要含MgO和，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶， 若

溶液I中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1,则溶液PH大于 （Mg(OH)2的Ksp=5×10-12);该工艺中不能用（NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是，

（2）滤液I中的阴离子有（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2会生成，从

而导致CaCO3产率降低。

（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为 。 （4）电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为 。 （5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相

互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为 。

【答案】（1）CaO；11；加入（NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤是会被除去，造成

生成的CaCO3减少。 （2）NO3—，( NH4)2CO3

（3）2OH—+Al2O3＝2AlO2—+H2O （4）2Al+6H20

2Al(OH)3↓+3H2↑（5）Al－3e＋7 AlCl4—==4 Al2Cl7—

－

【解析】从题目白云石（主要含CaCO3和MgCO3)可知在高温下两者均能分解，所以可知还

有CaO，Mg(OH)2的Ksp=5×10-12 c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1利用Mg(OH)2的Ksp

，

即可求得。如果把（NH4)2SO4代替NH4NO3，那引入了大量的硫酸根离子，会生成CaSO4微溶物，在过滤时会去，造成生成的CaCO3减少。从前后可分析，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，滤液中有大量的NO3—若滤液I中仅通入CO2会生

。

成，会与前面反应后的溶液中的氨水反应生成( NH4)2CO3氧化铝是两性氧化物能与碱反应2OH—+Al2O3＝2AlO2—+H2O电解制氢氧化铝，从反应物到生成物，写总反应方程式为2Al+6H20

2Al(OH)3↓+3H2↑，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离

－

子在Al电极上相互转所以放电时负极反应为Al－3e＋7 AlCl4—==4 Al2Cl7—

（2015·上海）

31．室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH 0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH。（选填

―大于‖、―小于‖或―等于‖）。浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3– 浓度从大到小的顺序为

。

Ki2=1.02×10-7

已知： H2SO3

HClO

Ki1=1.54×10-2 Ki1=2.95×10-8

H2CO3

Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11

【答案】大于、c(SO32-)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(HSO3-)

【解析】酸越弱，对应的酸根就越容易水解，根据所给数据，亚硫酸的第二级电离平衡常数还是比次氯酸的大，所以亚硫酸氢根的酸性是大于次氯酸的，所以次氯酸钠的水解程度更大，所以碱性更强，所以pH越大。亚硫酸的第二级电离平衡常数远大于碳酸的第二级电离平衡常数，所以CO32-的水解远大于SO32-，所以剩余的CO32-就少，而第二级水解是极少量的，

所以HCO3-的量还是比HSO3-多，所以c(SO32-)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(HSO3-)。

（2015·江苏）18.（12分）软锰矿（主也成分MnO2杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中

（1）质量为17.40g纯净（2）已知：开始沉淀。室温下，除去需调节溶液pH范围为 ▲ 。

（3）右图可以看出，从制的结晶温度范围为 ▲ 。

和

混合溶液中结晶

晶体，需控

最多能氧化▲ L（标准状况）

，

溶液中的

、

。 ，pH＝7.1时

（使其浓度均小于

），

反应可制备

，反应的化学方程式为：

（4）准确称取0.1710g液，加热使定过程中

全部氧化成

，

样品置于锥形瓶中，加入适

和

溶

的标准溶液滴定至终点（滴

溶液20.00mL。计算

样品的纯度

被还原为Mn2+），消耗

（请给出计算过程）。 【答案】（12分）

（1）4.48 （2）5.0

（4）

0

样品的纯度为：

【解析】（1）根据17.40g二氧化锰计算其物质的量为0.2mol,所以根据化学反应方程式最多能转化二氧化硫0.2mol,则标况下体积为4.48L。

（2）根据氢氧化铝的Ksp可以计算出使铝离子完全沉淀需要调节PH值大于5，为了是铁离子完全沉淀需要调节溶液的PH值大于3，综合可得需要调节溶液PH值范围：5.0

n(Mn2+)=n(Fe2+)=1.00X10-3mol

m(MnSO4·H2O)=1.00X10-3molX169g·mol-1=0.169g

MnSO4·H2O样品的纯度为：(0.169g /0.1710g)X100%=98.8%

（2015·海南）15. （9分）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。

（1）久存的银制器皿表面会变黑，失去银白色的光泽，原因是。

（2）已知Ksp(AgCl)=1．8×10-10,若向50mL0．018mol·L-1的AgNO3溶液中加入

50mL0．020mol·L-1的盐酸，混合后溶液中的Ag+的浓度为mol·L-1，pH为。 （3）AgNO3溶液光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为。

（4）右图所示原电池正极的反应式为。 【答案】（1）Ag在空气中易与氧气反应生成氧化银； （2）1.8×10-7mol/L；2 （3）2AgNO3

（4）Ag++e-=Ag 【解析】

试题分析：（1）根据金属的腐蚀可知Ag变黑是发生了化学腐蚀，生成氧化银的缘故； （2）根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量，则计算剩余的氯离子的物

质的量浓度为（0.02-0.018）mol/L/2=0.001mol/L，根据AgCl的溶度积的表达式计算即可；因为该反应中氢离子未参加反应，所以溶液的体积变为100mL时，氢离子的

Ag+2NO2 ↑+O2 ↑

浓度为0.01mol/L，则pH=2；

（3）根据氧化还原反应理论，硝酸银分解生成Ag和二氧化氮气体，无元素化合价

升高的，所以该反应中有氧气生成。

（4）该原电池的实质是Cu与银离子发生置换反应生成Ag单质，所以正极是生成Ag

单质的还原反应。

化学高考题分类目录

H单元 水溶液中的离子平衡

H1 弱电解质的电离

2． [2014·四川卷] 下列关于物质分类的说法正确的是( ) A．金刚石、白磷都属于单质 B．漂白粉、石英都属于纯净物 C．氯化铵、次氯酸都属于强电解质 D．葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物

2．A [解析] 金刚石是碳单质，白磷的化学式为P4 ，A项正确；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，B项错误；次氯酸是弱酸，属于弱电解质，C项错误；葡萄糖是单糖，不属于高分子化合物，D项错误。

13． [2014·山东卷] 已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L

－1

的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )

A．水的电离程度始终增大 c（NH4）B.先增大再减小 c（NH3·H2O）

C．c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变 D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH4)＝c(CH3COO)

13．D [解析] 水的电离程度先增大，当反应完全后，随氨水的加入，水的电离程度减c（NH4）Kb（NH3·H2O）小，A项错误；溶液中＝，滴定过程中Kb(NH3·H2O)不变，溶－

c（NH3·H2O）c（OH）c（NH4）

液中c(OH)一直增大，一直减小，B项错误；利用原子守恒知溶液中

c（NH3·H2O）

－

＋

＋

＋

－

－

＋

n(CH3COOH)与n(CH3COO)之和不变，滴定过程中溶液体积不断增大，c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和不断减小，C项错误；由CH3COOH与NH3·H2O的电离程度相等可知

－

－

CH3COONH4溶液呈中性，当加入等体积氨水时，溶液恰好为CH3COONH4溶液，利用电荷守恒知溶液中c(NH4)＝c(CH3COO)，D项正确。

11．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( ) A．pH＝5的H2S溶液中，c(H)＝c(HS)＝1×105 mol·L1

＋

－

－

－

＋

－

B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1

C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na)＋c(H)＝c(OH

－

＋

＋

)＋c(HC2O4)

D．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c(Na)：①＞②＞③ 11．D [解析] H2S中存在两步可逆电离，c(H)＝1×105 mol·L1＞c(HS)，A项错误；

＋

－

－

－＋

－

一水合氨是弱电解质，加水稀释时促进其电离平衡向正向移动，c(H)减小程度小于10倍，即a＜b＋1，B项错误；混合溶液中存在电荷守恒式：c(Na)＋c(H)＝c(OH)＋c(HC2O4)＋2c(C2O24)，C项错误；组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，等pH时其浓

－

＋

＋

－

－

＋

度越小，HCO3对应的弱酸是H2CO3，D项正确。

8． [2013·海南卷] 0.1 mol/L HF溶液的pH＝2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是( )

A．c(H)>c(F) B．c(H)>c(HF) C．c(OH)>c(HF) D．c(HF)>c(F)

8．BC [解析] 电离后，因水也电离产生H，故c(H)>c(F)，A项正确；HF是弱酸，电离程度较小，电离的HF分子较少，c(H)、c(F)均约为0.01 mol/L，c(HF)约0.09 mol/L，故c(HF)>c(H)，c(HF)>c(F)，故B项错误，D项正确；c(OH)为100.09 mol/L，故c(HF)>c(OH)，C项错误。

13． [2014·安徽卷] 室温下，在0.2 mol·L1 Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol·L1 NaOH

－

－

－

＋

－

－

－12

＋

－＋

＋

－

－

－

＋

－

＋

－

mol/L，c(HF)约为

溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( )

A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3水解，离子方程式为Al3＋3OH

＋

＋

－

Al(OH)3

B．a～b段，溶液pH增大，Al3浓度不变

＋

C．b～c段，加入的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀 D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解

13．C [解析] Al3水解的离子方程式为Al3＋3H2O

＋

＋

＋

－

＋

－

Al(OH)3＋3H，A项错

＋

误；a～b段，Al3与OH作用生成Al(OH)3沉淀，Al3浓度不断减小，B项错误；c点溶液pH＜7，说明溶液中还没有NaAlO2生成，因此b～c段，加入的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀，C项正确；在c～d段pH逐渐增大，说明沉淀逐渐溶解，到达d点，Al(OH)3沉淀已完全溶解，D项错误。

9． [2014·北京卷] 下列解释事实的方程式不正确的是( ) A．测0.1 mol/L氨水的pH为11： NH3·H2O

NH4＋OH

＋

－

－

B．将Na块放入水中，产生气体： 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑

C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光： CuCl2Cu2＋2Cl

＋

－

D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体： 2Al＋2OH＋2H2O===2AlO2＋3H2↑

9．C [解析] 0.1 mol/L氨水的pH为11，说明一水合氨为弱电解质，A正确；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，B正确；用氯化铜溶液作导电实验，是氯化铜在水溶液中发生了电离：CuCl2===Cu2＋2Cl，C错误；金属铝与氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和氢气，

＋

－

－

－

D正确。

10． [2014·福建卷] 下列关于0.10 mol·L1 NaHCO3溶液的说法正确的是( )

－

A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋H＋CO23

＋

＋

－

B．25 ℃时，加水稀释后，n(H)与n(OH)的乘积变大

C．离子浓度关系：c(Na)＋c(H)＝c(OH)＋c(HCO3)＋c(CO23)

＋

＋

－

－

－

＋－

D. 温度升高，c(HCO3)增大

10．B [解析] NaHCO3的正确电离方程式为NaHCO3===Na＋HCO3，A项错误；根据KW＝c(H)·c(OH)可得KW·V2＝n(H)·n(OH)，温度一定时，则KW不变，B项正确；C

＋

－

＋

－

＋

－

－

项电荷不守恒，错误；温度升高，HCO3的水解和电离程度都增大，则c(HCO3)减小，D项错误。

27． (15分)[2014·新课标全国卷Ⅰ] 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强

－－

还原性。回答下列问题：

(1)H3PO2是一种中强酸，写出其电离方程式：_____________________________ ________________________________________________________________________。 (2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag还原为银，从而可用于化学镀银。 ①H3PO2中，P元素的化合价为________。

②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为________(填化学式)。

③NaH2PO2为________(填―正盐‖或―酸式盐‖)，其溶液显________(填―弱酸性‖―中性‖或―弱碱性‖)。

(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式：____________________________________________。

(4)H3PO2也可用电渗析法制备，―四室电渗析法‖工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：

＋

①写出阳极的电极反应式：_________________________________________。 ②分析产品室可得到H3PO2的原因：_____________________________________ ________________________________________________________________________。 ③早期采用―三室电渗析法‖制备H3PO2：将―四室电渗析法‖中阳极室的稀硫酸用H3PO2

稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有________杂质，该杂质产生的原因是________________________________。

27．(1)H3PO2

H2PO2＋H (2)①＋1 ②H3PO4 ③正盐 弱碱性

－

＋

(3)2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑ (4)①2H2O－4e===O2↑＋4H

②阳极室的H穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2 ③PO34 H2PO2或H3PO2被氧化

－

－

＋

－

－

＋

[解析] (1)H3PO2为一元弱酸，其电离方程式为H3PO2H＋H2PO2。(2)由化合价代

＋

＋－

数和为0可确定P为＋1价；②根据题中信息写出化学方程式为4Ag＋H3PO2＋2H2O===4Ag＋H3PO4＋4H，即氧化产物为H3PO4；③NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性。(3)根据题中信息和反应前后元素化合价变化写出化学方程式为2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O===2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2。(4)①阳极是水电离出的OH放电，其反应式为2H2O－4e===O2↑＋4H；②阳极室中的H穿过阳膜进入产品室，原料室的H2PO2穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2；③阳极室内可能有部分H2PO2或H3PO2失电子发生氧化反应，导致生成物中混有PO34。

－

－

＋

－

－

－

＋

＋

25． [2014·福建卷] 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：

实验一 焦亚硫酸钠的制取

采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3＋SO2===Na2S2O5。

(1)装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为______________________________________。 (2)要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是______。

(3)装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。

实验二 焦亚硫酸钠的性质 Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。

(4)证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。

a．测定溶液的pH b．加入Ba(OH)2溶液 c．加入盐酸 d．加入品红溶液

－

为____________________________________________。

8．(1)NaOH NH4NO3 (2)NH4NO3===NH4＋NO3 (3)NO2＋H2O

＋

－

－

＋

－

HNO2＋OH

－

－

＋

－

(4)c(Na)>c(NO3)>c(NO2)>c(OH)>c(H) (5)NaNO2＋NH4NO3===NaNO3＋N2↑＋2H2O

[解析] HNO3是强酸、NaOH是强碱，NH4NO3是强酸弱碱盐、NaNO2是强碱弱酸盐，因NH4、NO2的水解是微弱的，而NaOH、HNO3的电离是完全的，从溶液的pH可知X、Y、Z、W分别为NaOH、HNO3、NaNO2和NH4NO3。

(4)三者的混合溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，故溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为c(Na)>c(NO3)>c(NO2)>c(OH)>c(H)。

(5)NaNO2与NH4NO3溶液混合生成的无色无味的气体应为N2。这是由于NaNO2中＋3价的氮元素与NH4中－3价的氮元素发生反应NaNO2＋NH4NO3===NaNO3＋N2↑＋2H2O。

5.[2014·江西新余期末] 下列说法正确的是( )

A．除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数 B．已知MgCO3的Ksp＝6.82×106，则在含有固体MgCO3的MgCl2溶液和Na2CO3溶

－

＋

＋

－

－

－

＋

＋

－

2

液中，都有c(Mg2)＝c(CO2c(CO2106 3)，且c(Mg)·3)＝6.82×

＋

－

＋

－

－

C．Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，说明AB2的溶解度小于CD的溶解度

D．常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0

5．D [解析] 氟元素无正化合价，A项错误；由于Na2CO3溶液的存在，会抑制MgCO3

2的溶解，溶液中c(CO23)>c(Mg)，B项错误；由于AB2和CD的Ksp书写形式不一样，不

－

＋

能利用其Ksp直接比较，需要通过Ksp及摩尔质量计算，C项错误；C(s)＋CO2(g)===2CO(g)是熵增加的反应，常温下不能自发进行，则ΔG＝ΔH－TΔS>0，说明该反应为吸热反应，D项正确。

9．[2014·开封质检] 25 ℃时，Ksp(BaSO4)＝1×10下列说法不正确的是( )

A．向同浓度的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出 B．向BaCO3的悬浊液中加入少量的新制氯水，c(Ba2)增大

＋

－10

，Ksp(BaCO3)＝2.6×109。该温度下，

－

c（SO214）

C．BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中， 2－＝c（CO3）26

－

D．向BaSO4的悬浊液中加入Na2CO3的浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3 9．D [解析] 从BaSO4和BaCO3沉淀的Ksp看，BaSO4比BaCO3更难溶，故BaSO4先析出，A项正确；新制氯水中存在反应Cl2＋H2O

－

H＋Cl＋HClO，能够溶解BaCO3，B项

＋－

c（SO2Ksp（BaSO4）14）－

正确；两沉淀共存的溶液中＝＝26，C项正确；增大CO2－23的浓度，c（CO3）Ksp（BaCO3）

2c(Ba2)·c(CO3)大于BaCO3的溶度积，会出现BaSO4向BaCO3的转化，D项错误。

＋

－

3．[2014·山东威海一模] 已知难溶性物质

K2SO4·MgSO4·2CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)

＋

＋

－

＋

2Ca2＋2K

＋

＋Mg2＋4SO24。不同温度下，K的浸出浓度与溶浸时间的关系如图K271所示，则下列

说法错误的是( )

图K271

A．向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡向右移动 B．向该体系中加入饱和碳酸钠溶液，溶解平衡向右移动 C．升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动 D．该平衡的Ksp＝c(Ca2)·c(K)·c(Mg2)·c(SO24)

＋

＋

＋

－

3．D [解析] 根据平衡K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)

－

＋

2Ca2＋2K＋Mg2＋4SO24，

＋

＋

＋

－

向该体系中加入饱和NaOH溶液，OH与Mg2结合，生成难溶的Mg(OH)2沉淀使平衡向右

2移动，A项正确；向该体系中加入饱和碳酸钠溶液，CO23与Ca结合，生成难溶的碳酸钙，

－

＋

使溶解平衡向右移动，B项正确；根据曲线可知，温度越高K的浸出浓度越大，说明该过程是吸热的，故C项正确；该平衡的Ksp＝c2(Ca2)·c2(K)·c(Mg2)·c4(SO24)，D项错误。

＋

＋

＋

－

＋

5．[2014·四川凉山州二诊] 按要求回答下列问题：

(1)实验室中通常用NaOH溶液进行洗气和提纯，当用100 mL 3 mol/L的NaOH溶液吸收标准状况下4.48 L CO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______________________________________________。

(2)常温下，向一定体积的0.1 mol/L的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是________。

A．溶液中导电粒子的数目减少 B．醋酸的电离程度增大，c(H)亦增大 c（CH3COO）

C．溶液中不变 －

c（CH3COOH）·c（OH）c（CH3COO）

D．溶液中减小 ＋

c（H）

(3)①常温下将0.15 mol/L的稀硫酸V1 mL与0.1 mol/L的NaOH溶液V2 mL混合，所得溶液的pH为1，则V1∶V2＝__________(溶液体积的变化忽略不计)。

②常温下若溶液由pH＝3的HA溶液V1 mL与pH＝11的NaOH溶液V2 mL混合而得，则下列说法正确的是__________。

A．若混合后溶液呈中性，则c(H)＋c(OH)＝2×107mol/L

＋

－

－

－

－＋

B．若V1＝V2，混合后溶液的pH一定等于7 C．若混合后溶液呈酸性，则V1一定大于V2 D．若混合后溶液呈碱性，则V1一定小于V2

(4)常温下，浓度均为0.1 mol/L的下列五种溶液的pH如表所示：

溶质 pH CH3COONa 8.8 NaHCO3 9.7 Na2CO3 11.6 NaClO 10.3 NaCN 11.1 ①根据表中数据，将浓度均为0.01 mol/L的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是__________。

A．HCN B．HClO C．H2CO3 D．CH3COOH

②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是________。 A．CH3COOH＋Na2CO3===NaHCO3＋CH3COONa B．CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCN C．CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClO D．NaHCO3＋HCN===NaCN＋H2O＋CO2↑ (5)几种离子开始沉淀时的pH如下表：

离子 pH Fe2 ＋Cu2 ＋Mg2 ＋7.6 5.2 10.4 当向含相同浓度Cu2、Mg2和Fe2的溶液中滴加NaOH溶液时，________(填离子符

＋

＋

＋

号)先沉淀，Ksp[Fe(OH)2]________Ksp[Mg(OH)2](填―>‖―＝‖或―<‖)。

5．(1)c(Na)>c(HCO3)>c(CO23)>c(OH)>c(H)

＋

－

－

－

＋

(2)CD (3)①1∶1 ②AD (4)①A ②AB (5)Cu2 <

＋

[解析] (1)根据元素守恒：

2n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)＝0.1 L×3 mol/L， n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)＝0.2 mol， 解得n(Na2CO3)＝n(NaHCO3)＝0.1 mol。

由于CO23的水解程度较大，溶液呈碱性，故离子浓度的大小关系为c(Na

－

＋

)>c(HCO3)>c(CO23)>c(OH)>c(H)。

－

－

－

＋

(2)加水稀释促进醋酸的电离，溶液中导电粒子的数目增多，A项错误；由于溶液体积c（CH3COO）的增大比H数目的增大程度大，H的浓度降低，B项错误；分－

c（CH3COOH）·c（OH）

＋

＋

－

c（CH3COO）·c（H）Ka子、分母同乘以c(H)得＝，为常数，C项正确；随－＋

c（CH3COOH）·c（OH）·c（H）KW

＋

－＋

着溶液的稀释，平衡CH3COOH

－

＋

CH3COO＋H正向移动，当溶液极稀时，水电离出

－＋

c（CH3COO）

的H不可忽略，则将逐渐减小，D项正确。 ＋

c（H）

(3)①

0.15×V1×2－0.1×V21

＝，解得V1∶V2＝1∶1。 10V1＋V2

－

＋

－

②常温下中性溶液中，c(OH)＝c(H)＝107mol/L，A项正确；V1＝V2时，若HA是强酸，两溶液混合呈中性，若HA为弱酸，两溶液混合呈酸性，B、C项错误，D项正确。

(4)从盐溶液的

pH

可知，对应酸的电离能力(酸性强弱)：

－

CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3。

①0.1 mol/L的溶液稀释过程中，pH变化最小的其酸性最弱，即HCN溶液的pH变化最小，A项正确。

②根据―强酸制弱酸‖原理可知A、B项正确。

(5)根据离子开始沉淀时的pH可知，Cu2最先沉淀，Fe2、Mg2沉淀时，溶液中OH

＋

＋

＋

－

的浓度分别为10

－6.4

mol·L1、10

－

－3.6

mol·L1，两种难溶物的结构相似，故Fe(OH)2的溶度积

－

比Mg(OH)2小。

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