化学卷·2018届甘肃省平凉市静宁一中高二上学期第二次月考化学试卷 （解析版） 41页

甘肃省平凉市静宁一中2016-2017学年高二（上）第二次月考化学试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一．单选题（本题包括25道小题）‎ ‎1．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（　　）‎ A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂 ‎2．下列有利于反应自发进行的是（　　）‎ ‎①反应吸热 ‎②反应放热 ‎③反应后熵增加 ‎④反应后熵减小．‎ A．①③ B．①④ C．②④ D．②③‎ ‎3．关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是（　　）‎ A B C D 强电解质 NaCl H2SO4‎ CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 HF BaSO4‎ AlCl3‎ CH3COOH 非电解质 Cl2‎ CO2‎ C2H5OH SO2‎ A．A B．B C．C D．D ‎4．少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）‎ ‎①加H2O　 ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸　 ④加CH3COONa固体　‎ ‎⑤加NaCl溶液　 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液　 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） 　⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸．‎ A．①⑥⑦ B．③⑤⑧ C．③⑦⑧ D．⑤⑦⑧‎ ‎5．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志的是（　　）‎ ‎（1）C的生成速率与C的分解速率相等；‎ ‎（2）单位时间内amol A生成，同时生成3amol B；‎ ‎（3）A、B、C的浓度不再变化；‎ ‎（4）混合气体的总压强不再变化；‎ ‎（5）混合气体的物质的量不再变化；‎ ‎（6）单位时间消耗amol A，同时生成3amol B；‎ ‎（7）A、B、C的分子数目比为1：3：2．‎ A．（2）（4）（5） B．（2）（7） C．（1）（3）（4） D．（5）（6）（7）‎ ‎6．当CH3COOH⇌H++CH3COO﹣已达平衡，若要使醋酸的电离程度和溶液的pH都减小，应加入的试剂是（　　）‎ A．CH3COONa B．NH3•H2O C．HCl D．H2O ‎7．下列说法中正确的是（　　）‎ A．将纯水加热的过程中，Kw变大，pH变小 B．保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2+水解 C．FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体 D．向0.1 mol•L﹣1氨水中加入少量水，pH减小，减小 ‎8．室温下某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10﹣13 mol•L﹣1，则在此溶液中一定不可能大量存在的离子组是（　　）‎ A．Al3+、K+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、HS﹣、Cl﹣‎ C．Na+、AlO2﹣、SO42﹣、NO3﹣ D．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎9．下列叙述正确的是（　　）‎ A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性 B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4‎ C．0.2 mol•L﹣1的盐酸与等体积水混合后pH=1‎ D．pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7‎ ‎10．在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH﹣离子浓度分别为amol/L与bmol/L，则A和B关系为（　　）‎ A．a＞b B．a=10﹣4 b C．b=10﹣4 a D．a=b ‎11．下列说法中，与盐的水解无关的正确说法是（　　）‎ ‎①明矾可以做净水剂；‎ ‎②实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸；‎ ‎③用NaHCO3和Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；‎ ‎④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；‎ ‎⑤草木灰与铵态氮肥不能混合施用；‎ ‎⑥比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性．‎ A．①④⑥ B．②③⑤ C．③④⑤ D．全有关 ‎12．物质的量浓度相同的下列溶液：①醋酸钠 ②硫酸 ③氯化钠 ④硫酸氢钠 ⑤氯化铵 ⑥碳酸氢钠 ⑦氢氧化钠，按pH由小到大的顺序排列的是（　　）‎ A．②④⑤③①⑥⑦ B．④②⑤③①⑥⑦ C．②④⑤③⑥①⑦ D．⑦⑥①③⑤④②‎ ‎13．下列有关实验操作说法中，正确的是（　　）‎ A．配制1 L0.1 mol/L NaCl 溶液的实验中，用托盘天平称取 5.85g NaCl B．用广泛pH试纸测得橙汁pH为3.50‎ C．用酸式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液 D．可用过滤的方法除去淀粉溶液中混有的少量NaCl杂质 ‎14．物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（　　）‎ A．HX，HZ，HY B．HX，HY，HZ C．HZ，HY，HX D．HY，HZ，HX ‎15．下列四种溶液，由水电离产生的c（H+）之比①：②：③：④是（　　）‎ ‎①pH=0的盐酸；‎ ‎②0.1mol/L盐酸；‎ ‎③0.01mol/L的NaOH溶液；‎ ‎④pH=11的NaOH 溶液．‎ A．1：10：100：1000 B．0：1：12：11‎ C．14：13：13：11 D．14：13：12：13‎ ‎16．准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（　　）‎ A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大 C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 ‎17．在相同温度时100mL 0.01mol/L的醋酸溶液与10mL 0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（　　）‎ A．中和时所需NaOH的量 B．电离程度 C．H+的浓度 D．CH3COOH的物质的量 ‎18．常温下，有下列四种溶液：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎0.1mol/L 盐酸 pH=3‎ 盐酸 ‎0.1mol/L 氨水 pH=11‎ 氨水 下列说法正确的是（　　）‎ A．由水电离出的c（H+）：①＞③‎ B．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同 C．①与③混合，若溶液pH=7，则V（盐酸）＞V（氨水）‎ D．②与④混合，若溶液显碱性，则所得溶液中离子浓度可能为：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）‎ ‎19．对于常温下pH=1的硝酸溶液，有关叙述：‎ ‎①该溶液1mL稀释至100mL后，pH=3‎ ‎②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和 ‎③该溶液中硝酸电离出的c（H+）与水电离出的c（H+）之比值为1×10﹣12‎ ‎④向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH=7‎ 其中正确的是（　　）‎ A．①② B．①③ C．②④ D．③④‎ ‎20．下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．pH=12的Ba（OH）2溶液和pH=12的Na2CO3溶液中，水电离的c（OH﹣）相等 B．常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）‎ C．常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3、②NH4HSO4、③NH4Fe（SO4）2‎ ‎：三种溶液中NH4+的浓度：②＞③＞①‎ D．等体积等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中离子总数：N前＞N后 ‎21．常温下某一元碱BOH溶液与0.01mol/L的一元强酸HA溶液等体积混合后所得溶液的pH为7．下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①若BOH为强碱，其溶液中溶质物质的量浓度等于0.01mol/L ‎②若BOH为弱碱，其溶液中溶质物质的量浓度大于0.01mol/L ‎③反应前，BOH溶液中c（OH）﹣一定是0.01mol/L ‎④反应后，混合溶液中A﹣的浓度大于B+的浓度．‎ A．①② B．①③ C．②④ D．①②④‎ ‎22．如图是向20.00mL盐酸中逐渐滴入NaOH溶液时，溶液pH值变化的图象，根据图象分析，下列结论中不正确的是（　　）‎ A．盐酸起始浓度为0.1mol•L﹣1‎ B．NaOH溶液浓度为0.08mol•L﹣1‎ C．滴入碱量为20mL时，向混合溶液中滴入2滴甲基橙试液，溶液显橙色 D．滴到中和点时，耗NaOH物质的量为0.002mol ‎23．常温下，将某一元酸HX和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后溶液的pH如下表：‎ 实验编号 c （HX） mol/L c （NaOH） mol/L 混合溶液的pH 甲 ‎0.2‎ ‎0.2‎ pH=a 乙 C1‎ ‎0.2‎ pH=7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 C2‎ C2‎ pH=10‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A．从甲组情况分析，若a=7，则HX为强酸；若a＞7，则HX为弱酸 B．在乙组混合溶液中，离子浓度c（Xˉ）=c（Na+）‎ C．从丙组实验结果分析，HX是弱酸 D．丁组实验所得混合溶液中，由水电离出的c（OHˉ）=10﹣10 mol/L ‎24．常温下，向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图．下列分析正确的是（　　）‎ A．E溶液中存在：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B．稀硫酸的浓度为0.1mol/L C．C点溶液pH=14﹣b D．V2=20 mL ‎25．25℃时，二元弱酸H2R的pKa1=1.85，pKa2=7.45（已知pKa=﹣lgKa）．在此温度下向20mL0.1mol•L﹣1H2R溶液中滴加0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示．‎ 下列有关说法正确的是（　　）‎ A．a点所示溶液中：c（H2R）+c（HR﹣）+c（R2﹣）=0.1mol•L﹣1‎ B．b点所示溶液中：c（Na+）＞c（HR﹣）＞c（H2R）＞c（R2﹣）‎ C．c点所示溶液中：c（Na+）＜3c（R2﹣）‎ D．d点所示溶液中：c（Na+）＞c（R2﹣）＞c（HR﹣）‎ ‎　‎ 二.填空题 ‎26．亚硝酸氯（C1NO）是有机合成中的重要试剂．可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g），‎ ‎（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：‎ ‎①2NO2（g）+NaC1（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K1‎ ‎②4NO2（g）+2NaC1（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g） K2‎ ‎③2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g） K3‎ 则K1，K2，K3之间的关系为K3=　　．‎ ‎（2）已知几种化学键的键能数据如下表（亚硝酸氯的结构为Cl﹣N=O）：‎ 化学键 N≡O Cl﹣Cl Cl﹣N N=O 键能/kJ．mol﹣1‎ ‎630‎ ‎243‎ a ‎607‎ 则2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g）反应的△H和a的关系为△H=　　kJ/mol．‎ ‎（3）在1L的恒容密闭容器中充入2molNO（g）和1molC12（g），在不同温度下测得c（C1NO）与时间的关系如图A：‎ ‎①由图A可判断T1　　T2，该反应的△H　　0 （填“＞”“＜”或“=”）．‎ ‎②反应开始到10min时NO的平均反应速率v（NO）=　　mol/（L•min）．‎ ‎③T2时该反应的平衡常数K=　　．‎ ‎（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO（g）和Cl2（g），平衡时ClNO的体积分数随的变化图象如图B，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是　　点．‎ ‎27．现有pH=2的盐酸甲和pH=2的醋酸溶液乙（均为常温）‎ 请根据下列操作回答问题：‎ ‎（1）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡　　‎ ‎（填“向左”、“向右”或“不”）移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体（假设加入固体前后，溶液体积保持不变），待固体溶解后，溶液中的比值将　　（填“增大”、“减小”或“无法确定”）．‎ ‎（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍．稀释后的溶液，其pH大小关系为：pH（甲）　　pH（乙）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V（甲）　　V（乙）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（4）取25mL的乙溶液，加入等体积pH=12的NaOH溶液，反应后溶液中c（Na+）、c（CH3COO﹣）的大小关系为：c（Na+）　　c（CH3COO﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎28．水是生命的源泉、工业的血液、城市的命脉．请回答下列问题：‎ ‎（1）纯水在25℃时，pH=7，该温度下1mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的 c（OH﹣）=　　mol•L﹣1．‎ ‎（2）25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解方程式为　　，由水电离出的c（OH﹣）=　　mol•L﹣1．‎ ‎（3）体积均为100mL、pH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如右图所示，则HX的电离常数　　（填“大于”“小于”或“等于”）CH3COOH的电离常数．理由是　　．‎ ‎（4）电离常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量．已知：‎ 化学式 电离常数（25℃）‎ HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11‎ ‎25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为　　．‎ ‎29．乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，在100℃开始升华，157℃时开始分解．‎ ‎（1）探究草酸的酸性 ‎①已知：25℃H2C2O4 的电离常数 K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5；H2CO3的电离常数 K1=4.5×10﹣7，K2=4.7×10﹣11则下列化学方程式正确的是　　（填选项序号，下同）‎ A．H2C2O4+CO32-=HCO3﹣+HC2O4﹣‎ B．HC2O4﹣+CO32-=HCO3﹣+C2O42‎ C．H2O+CO2+C2O42-=HC2O4﹣+HCO3﹣‎ D．C2O42-+CO2+H2O=H2C2O4+CO32- ‎（2）用酸性KMnO4溶液滴定含杂质的Na2C2O4样品（已知杂质不与KMnO4和H2SO4溶液反应）．实验步骤：准确称取1g样品Na2C2O4固体，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中．再向瓶中加入足量稀H2SO4溶液，用0.016mol/L高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL．（已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O）‎ ‎①高锰酸钾溶液应装在　　滴定管中．（填“酸式”或“碱式”）‎ ‎②滴定至终点时的实验现象是：　　．‎ ‎③下列操作可能使测量结果偏高的是　　；‎ A．盛装的Na2C2O4的滴定管没润洗 B．盛装高锰酸钾溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视 D．锥形瓶中残留少量水 ‎④计算样品中Na2C2O4的纯度　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省平凉市静宁一中高二（上）第二次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单选题（本题包括25道小题）‎ ‎1．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（　　）‎ A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；‎ B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；‎ C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；‎ D．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．‎ ‎　‎ ‎2．下列有利于反应自发进行的是（　　）‎ ‎①反应吸热 ‎②反应放热 ‎③反应后熵增加 ‎④反应后熵减小．‎ A．①③ B．①④ C．②④ D．②③‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】根据放热反应有利于反应自发进行；反应后熵增加有利于反应自发进行来解答．‎ ‎【解答】解：放热反应有利于反应自发进行；反应后熵增加有利于反应自发进行，所以有利于反应自发进行反应放热、反应后熵增加，‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题主要考查了反应的自发性，难度不大，根据课本知识即可完成．‎ ‎　‎ ‎3．关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是（　　）‎ A B C D 强电解质 NaCl H2SO4‎ CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 HF BaSO4‎ AlCl3‎ CH3COOH 非电解质 Cl2‎ CO2‎ C2H5OH SO2‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质．‎ ‎【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，主要包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；‎ 弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物，主要包括弱酸、弱碱、少部分盐和水；‎ 在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，主要包括非金属氧化物、一些氢化物和有机物等，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质．‎ ‎【解答】解：A．NaCl溶于水能完全电离，所以NaCl是强电解质；HF在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；氯气是单质，不是化合物，所以氯气不是非电解质，故A错误； ‎ B．H2SO4溶于水能完全电离，所以H2SO4是强电解质；溶于水的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是强电解质；CO2自身不能电离出阴阳离子，所以是非电解质，故B错误；‎ C．溶于水的CaCO3能完全电离，所以CaCO3是强电解质；AlCl3在水中完全电离，所以属于强电解质；乙醇的水溶液不导电，所以是非电解质，故C错误；‎ D．HNO3溶于水能完全电离，所以HNO3‎ 是强电解质；醋酸在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；SO2自身不能电离出阴阳离子，所以是非电解质，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶解能力大小无关．‎ ‎　‎ ‎4．少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）‎ ‎①加H2O　 ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸　 ④加CH3COONa固体　‎ ‎⑤加NaCl溶液　 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液　 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） 　⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸．‎ A．①⑥⑦ B．③⑤⑧ C．③⑦⑧ D．⑤⑦⑧‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】为了加快此反应速率而不改变H2的产量，少量铁粉完全反应，则可增大氢离子浓度、构成原电池、升高温度等来加快反应速率，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；　‎ ‎②加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；‎ ‎③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；　‎ ‎④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；‎ ‎⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；‎ ‎⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故错误；‎ ‎⑦升高温度（不考虑盐酸挥发），反应速率加快，故正确；‎ ‎⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查影响反应速率的因素，明确常见的温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意铁粉少量完全反应，生成的氢气由铁粉决定为解答的易错点，解答中易多选⑥，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志的是（　　）‎ ‎（1）C的生成速率与C的分解速率相等；‎ ‎（2）单位时间内amol A生成，同时生成3amol B；‎ ‎（3）A、B、C的浓度不再变化；‎ ‎（4）混合气体的总压强不再变化；‎ ‎（5）混合气体的物质的量不再变化；‎ ‎（6）单位时间消耗amol A，同时生成3amol B；‎ ‎（7）A、B、C的分子数目比为1：3：2．‎ A．（2）（4）（5） B．（2）（7） C．（1）（3）（4） D．（5）（6）（7）‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：（1）C的生成速率与C的分解速率相等，正逆反应速率相等达平衡状态，故正确；‎ ‎（2）单位时间内amol A生成，同时生成3amol B，都体现的逆反应方向，故错误；‎ ‎（3）A、B、C的浓度不再变化，说明达平衡状态，故正确；‎ ‎（4）混合气体的总压强不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；‎ ‎（5）混合气体的物质的量不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；‎ ‎（6）单位时间消耗amol A，等效于消耗3amol B，同时生成3amolB，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；‎ ‎（7）平衡时A、B、C的分子数目比可能为1：3：2，也可能不是，故错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．‎ ‎　‎ ‎6．当CH3COOH⇌H++CH3COO﹣已达平衡，若要使醋酸的电离程度和溶液的pH都减小，应加入的试剂是（　　）‎ A．CH3COONa B．NH3•H2O C．HCl D．H2O ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】向醋酸溶液中加入含有CH3COO﹣或H+的物质能抑制醋酸电离，溶液的PH要减小，则溶液中氢离子浓度增大，二者结合分析解答．‎ ‎【解答】解：A．向醋酸中加入醋酸钠固体，醋酸钠溶于水电离出醋酸根离子，抑制醋酸电离，醋酸的电离程度减小，且溶液的pH增大，故A错误；‎ B．向醋酸中加入氨水，氨水和氢离子反应，促进醋酸电离，且溶液的pH增大，故B错误；‎ C．向溶液中加入氯化氢，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，抑制醋酸电离，故C正确；‎ D．稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了影响弱电解质电离的因素，难度不大，注意：如果加入含有相同离子的物质就抑制其电离，如果加入和弱电解质电离的离子发生反应的物质就促进其电离．‎ ‎　‎ ‎7．下列说法中正确的是（　　）‎ A．将纯水加热的过程中，Kw变大，pH变小 B．保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2+水解 C．FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体 D．向0.1 mol•L﹣1氨水中加入少量水，pH减小，减小 ‎【考点】水的电离；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】A、纯水电离是吸热反应，加热促进电离，Kw增大，PH减小，呈中性；‎ B、亚铁离子具有还原性加入硝酸具有强氧化性，氧化亚铁离子；‎ C、氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀分解生成氧化铁；‎ D、氨水加水稀释促进电离氢氧根离子浓度减小，溶液PH减小，氢氧根离子浓度和氨水浓度比值增大．‎ ‎【解答】解：A、纯水电离是吸热反应，加热促进电离，Kw增大，PH减小，故A正确；‎ B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3氧化亚铁离子，不能抑制Fe2+水解，故B错误；‎ C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀分解生成氧化铁，故C错误；‎ D、向0.1 mol•L﹣1 氨水中加入少量水，氨水加水稀释促进电离氢氧根离子浓度减小，溶液PH减小，氢氧根离子浓度和氨水浓度比值增大，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了盐类水解的应用，弱电解质的电离平衡影响因素的分析，溶液PH的变化判断，水溶液中离子积的影响因素判断，题目较简单．‎ ‎　‎ ‎8．室温下某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10﹣13 mol•L﹣1，则在此溶液中一定不可能大量存在的离子组是（　　）‎ A．Al3+、K+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、HS﹣、Cl﹣‎ C．Na+、AlO2﹣、SO42﹣、NO3﹣ D．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】由水电离出的H+浓度为1.0×10﹣13 mol•L﹣1，该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，‎ A．四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；‎ B．硫氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；‎ C．四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；‎ D．四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应．‎ ‎【解答】解：室温下某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10﹣13 mol•L﹣1，该溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，‎ A．Al3+、K+、NO3﹣、Cl﹣之间不发生反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A错误；‎ B．HS﹣与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B正确；‎ C．Na+、AlO2﹣、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C错误；‎ D．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中一定能够大量共存，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．‎ ‎　‎ ‎9．下列叙述正确的是（　　）‎ A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性 B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4‎ C．0.2 mol•L﹣1的盐酸与等体积水混合后pH=1‎ D．pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．纯水中c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性；‎ B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离；‎ C．根据c（H+）=，PH=﹣lg[c（H+）]计算；‎ D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大．‎ ‎【解答】解：A．水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c（H+）增大，pH减小，但存在c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性，故A错误；‎ B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜‎ ‎4，故B错误；‎ C.0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后，c（H+）=0.1mol/L，pH=1，故C正确；‎ D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH＜7，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合的计算与判断以及弱电解质问题，题目难度中等，明确弱电解质电离的特点为解答关键，易错点为A，注意纯水中c（H+）=c（OH﹣）．‎ ‎　‎ ‎10．在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH﹣离子浓度分别为amol/L与bmol/L，则A和B关系为（　　）‎ A．a＞b B．a=10﹣4 b C．b=10﹣4 a D．a=b ‎【考点】pH的简单计算；水的电离．‎ ‎【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH﹣）=c（H+），醋酸钠溶液中水电离出的c（OH﹣）=．‎ ‎【解答】解：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣9 mol/L，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH﹣）==mol/L=10﹣5 mol/L，所以a=10﹣4b，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．‎ ‎　‎ ‎11．下列说法中，与盐的水解无关的正确说法是（　　）‎ ‎①明矾可以做净水剂；‎ ‎②实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸；‎ ‎③用NaHCO3和Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；‎ ‎④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；‎ ‎⑤草木灰与铵态氮肥不能混合施用；‎ ‎⑥比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性．‎ A．①④⑥ B．②③⑤ C．③④⑤ D．全有关 ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】①明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水；‎ ‎②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制水解平衡逆向进行；‎ ‎③碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；‎ ‎④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，加入镁会发生反应生成氢气；‎ ‎⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解，肥效损耗；‎ ‎⑥强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性．‎ ‎【解答】解：①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故①正确；‎ ‎②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制水解平衡逆向进行，实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸，故②正确；‎ ‎③泡沫灭火剂是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳的原理，故③正确；‎ ‎④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，NH4Cl+H2O⇌NH3•H2O+HCl，加入镁会和盐酸发生反应生成氢气，故④正确；‎ ‎⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解，肥效损耗，草木灰与氨态氮肥不能混合施用，故⑤正确；‎ ‎⑥强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性，是利用盐溶液水解后酸碱性不同，故⑥正确；‎ 综上所述①②③④⑤⑥正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握原理和基础是关键，注意弱离子发生的双水解反应，题目较简单．‎ ‎　‎ ‎12．物质的量浓度相同的下列溶液：①醋酸钠 ②硫酸 ③氯化钠 ④硫酸氢钠 ⑤氯化铵 ⑥碳酸氢钠 ⑦氢氧化钠，按pH由小到大的顺序排列的是（　　）‎ A．②④⑤③①⑥⑦ B．④②⑤③①⑥⑦ C．②④⑤③⑥①⑦ D．⑦⑥①③⑤④②‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】溶液中氢离子浓度越大，则其pH越小，根据溶液的酸碱性以及利用盐类的水解程度来确定溶液中pH大小．当物质的量浓度相同时，溶液的pH：多元强酸的pH＜一元强酸的pH＜强酸弱碱盐的pH＜强酸强碱盐的PH＜强碱弱酸盐的pH＜一元强碱的pH＜多元弱碱的PH，根据物质显酸碱性的原因来分析溶液的pH．‎ ‎【解答】解：：①醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性；‎ ‎②硫酸是两元强酸，溶液显强酸性；‎ ‎③氯化钠是强酸强碱的正盐，显中性；‎ ‎④硫酸氢钠是强酸强碱的酸式盐，溶液显酸性； ‎ ‎⑤氯化铵是强酸弱碱盐，水解显酸性；‎ ‎⑥碳酸氢钠是强碱弱酸盐，水解显碱性；‎ ‎⑦氢氧化钠是一元强碱，溶液显强碱性．‎ 由于当物质的量浓度相同时，溶液的pH：多元强酸的pH＜一元强酸的pH＜强酸弱碱盐的pH＜强酸强碱盐的PH＜强碱弱酸盐的pH＜一元强碱的pH＜多元弱碱的PH，故按pH由小到大的顺序排列的是②④⑤③①⑥⑦，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了pH的大小比较，明确盐的类型及盐类水解程度是解本题关键，硫酸氢钠在水溶液里电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子，为易错点，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎13．下列有关实验操作说法中，正确的是（　　）‎ A．配制1 L0.1 mol/L NaCl 溶液的实验中，用托盘天平称取 5.85g NaCl B．用广泛pH试纸测得橙汁pH为3.50‎ C．用酸式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液 D．可用过滤的方法除去淀粉溶液中混有的少量NaCl杂质 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．托盘天平的准确度为0.1g；‎ B．pH试纸测定结果为整数；‎ C．高锰酸钾可氧化橡胶，滴定管的准确度为0.01mL；‎ D．淀粉胶体与离子均可透过滤纸．‎ ‎【解答】解：A．托盘天平的准确度为0.1g，不能用托盘天平称取 5.85g NaCl，故A错误；‎ B．pH试纸测定结果为整数，不能用广泛pH试纸测得橙汁pH为3.50，可选pH计测定，故B错误；‎ C．高锰酸钾可氧化橡胶，滴定管的准确度为0.01mL，则用酸式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液，故C正确；‎ D．淀粉胶体与离子均可透过滤纸，不能用过滤的方法除去淀粉溶液中混有的少量NaCl杂质，可选渗析法，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握仪器的使用、实验基本操作及混合物分离提纯等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎14．物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（　　）‎ A．HX，HZ，HY B．HX，HY，HZ C．HZ，HY，HX D．HY，HZ，HX ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，据此确定三种酸的酸性强弱．‎ ‎【解答】‎ 解：酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，说明X﹣、Y﹣、Z﹣的水解程度逐渐增大，则HX、HY、HZ的酸性逐渐降低，即酸性：HX＞HY＞HZ，故选B．‎ ‎【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，明确弱酸酸性强弱与酸根离子水解程度关系、水解程度与pH的关系是解本题关键，知道常见弱酸相对强弱判断方法，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎15．下列四种溶液，由水电离产生的c（H+）之比①：②：③：④是（　　）‎ ‎①pH=0的盐酸；‎ ‎②0.1mol/L盐酸；‎ ‎③0.01mol/L的NaOH溶液；‎ ‎④pH=11的NaOH 溶液．‎ A．1：10：100：1000 B．0：1：12：11‎ C．14：13：13：11 D．14：13：12：13‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】电离平衡为H2O⇌H++OH﹣，在水中加入酸或者碱溶液，导致溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离；酸溶液中氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离，据此计算出各项水电离的氢离子浓度．‎ ‎【解答】解：酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的，‎ ‎①pH=0的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离的氢氧根离子为： mol/L=1×10﹣14mol/L；‎ ‎②0.1mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，水电离的氢氧根离子为： mol/L=1×10﹣13mol/L；‎ ‎③0.01mol/L的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为： mol/L=1×10﹣12mol/L；‎ ‎④pH=11的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为：1×10﹣11mol/L；‎ 所以由水电离产生的c（H+）之比①：②：③：④=1×10﹣14mol/L：1×10﹣13mol/L：1×10﹣12mol/L：1×10﹣11mol/L=1：10：100：1000，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了水的电离，题目难度中等，解题关键是合理判断酸碱溶液中水电离情况分析及计算方法，注意酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的．‎ ‎　‎ ‎16．准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（　　）‎ A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大 C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 ‎【考点】真题集萃；中和滴定．‎ ‎【分析】A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；‎ B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小；‎ C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；‎ D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大．‎ ‎【解答】解：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；‎ B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；‎ C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；‎ D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题为2015年广东高考题，侧重中和滴定实验的考查，把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的关键，注重分析与实验能力的结合，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎17．在相同温度时100mL 0.01mol/L的醋酸溶液与10mL ‎ 0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（　　）‎ A．中和时所需NaOH的量 B．电离程度 C．H+的浓度 D．CH3COOH的物质的量 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c1•V1=0.1 L×0.01 mol•L﹣1=1×10﹣3 mol，n（后）=c2•V2=0.01 L×0.1 mol•L﹣1=1×10﹣3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；‎ B．醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者大于后者，故B正确；‎ C．酸的浓度越大，c（H+）越大，前者小于后者，故C错误；‎ D．电离度与温度和浓度有关，当温度相同时，溶液的浓度越小，电离度越大，则c（CH3COOH）前者小于后者，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点．‎ ‎　‎ ‎18．常温下，有下列四种溶液：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎0.1mol/L 盐酸 pH=3‎ 盐酸 ‎0.1mol/L 氨水 pH=11‎ 氨水 下列说法正确的是（　　）‎ A．由水电离出的c（H+）：①＞③‎ B．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同 C．①与③混合，若溶液pH=7，则V（盐酸）＞V（氨水）‎ D．②与④混合，若溶液显碱性，则所得溶液中离子浓度可能为：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度越大，对水的抑制程度越大；‎ B．0.1mol/L氨水中氢氧根离子浓度小于0.1mol/L，溶液的pH＜13，稀释到原来的100倍后，促进氨水电离；‎ C．①与③混合，若溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒分析；‎ D．②与④混合，若溶液显碱性，则为氨水与氯化铵的混合溶液．‎ ‎【解答】解：A.0.1mol/LHCl溶液中，由水电离出的c（H+）为10﹣13mol/L，0.1mol/L 氨水，c（OH﹣）＜0.1mol/L，则由水电离出的c（H+）大于10﹣13mol/L，所以由水电离出的c（H+）为①＜③，故A错误；‎ B．0.1mol/L氨水中氢氧根离子浓度小于0.1mol/L，溶液的pH＜13，稀释到原来的100倍后，促进氨水电离，pH变化小于2个单位，所以③的pH可能与④不同，故B错误；‎ C．①与③混合，若溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+），氨水和HCl恰好反应生成氯化铵，氯化铵溶液显酸性，若溶液显中性，所以氨水要过量，则V（盐酸）＜V（氨水），故C错误；‎ D．②与④混合，若溶液显碱性，则为氨水与氯化铵的混合溶液，氨水的浓度大于氯化铵的浓度，则溶液中可能存在c（OH﹣）＞c（Cl﹣），结合电荷守恒可知溶液中离子浓度可能为c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合pH的判断及溶液酸碱性的分析，选项C为解答的难点，注意酸碱混合时pH与浓度的关系、电离与水解的关系等即可解答，题目难度较大 ‎　‎ ‎19．对于常温下pH=1的硝酸溶液，有关叙述：‎ ‎①该溶液1mL稀释至100mL后，pH=3‎ ‎②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和 ‎③该溶液中硝酸电离出的c（H+）与水电离出的c（H+）之比值为1×10﹣12‎ ‎④向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH=7‎ 其中正确的是（　　）‎ A．①② B．①③ C．②④ D．③④‎ ‎【考点】pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】pH=1的硝酸溶液c（H+）=0.1mol/L，‎ ‎①根据c=计算；‎ ‎②pH=13的溶液c（OH﹣）=0.1mol/L；‎ ‎③根据Kw=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14计算；‎ ‎④氨水为弱电解质，不能完全电离，生成强酸弱碱盐．‎ ‎【解答】解：pH=1的硝酸溶液c（H+）=0.1mol/L，‎ ‎①c===0.001mol/L，pH=3，故①正确；‎ ‎②pH=13的溶液c（OH﹣）=0.1mol/L，等体积混合恰好完全中和，故②正确；‎ ‎③硝酸电离出的c（H+）=0.1mol/L，由Kw=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14可知，水电离出的c（H+）=10﹣13mol/L，该溶液中硝酸电离出的c（H+）与水电离出的c（H+）之比值为1012，故③错误；‎ ‎④氨水为弱电解质，不能完全电离，生成强酸弱碱盐，反应后溶液呈酸性，故④错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意相关计算公式的运用，答题时注意体会．‎ ‎　‎ ‎20．下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．pH=12的Ba（OH）2溶液和pH=12的Na2CO3溶液中，水电离的c（OH﹣）相等 B．常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）‎ C．常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3、②NH4HSO4、③NH4Fe（SO4）2：三种溶液中NH4+的浓度：②＞③＞①‎ D．等体积等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中离子总数：N前＞N后 ‎【考点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．Ba（OH）2为强碱抑制水的电离，Na2C03为强碱弱酸盐水解促进水的电离；‎ B．将醋酸钠，盐酸两溶液混合，二者之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液呈中性，则醋酸钠会剩余，根据电荷守恒和物料守恒知识来回答；‎ C．碳酸根离子促进铵根离子水解、亚铁离子抑制铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，溶液中c（NH4+）越小；‎ D．根据电荷守恒可知NaClO（aq）中c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（ClO﹣），所以次氯酸钠溶液中离子总浓度为2[c（Na+）+c（H+）]，根据电荷守恒可知氯化钠溶液中离子总浓度也为2[c（Na+）+c（H+）]，结合溶液中氢离子浓度大小判断．NaClO发生水解，溶液中次氯酸根水解，溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（H+），等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中，次氯酸钠溶液中氢离子浓度小于NaCl（aq）中氢离子浓度．‎ ‎【解答】解：A．水的电离方程式为H2O⇌H++OH﹣，Ba（OH）2为强碱水的电离，Na2C03为强碱弱酸盐促进水的电离，因此Na2C03溶液中水电离的c（OH﹣）大，故A错误；‎ B．原来只有醋酸钠加入的盐酸没有醋酸根离子也没有钠离子，即n（Na+）=n（CH3COOH）+n（CH3COO﹣），因此：①C（Na+）=C（CH3COOH）+C（CH3COO﹣）；‎ 因为显中性：c（H+）=c（OH﹣）从电荷守恒可知：C（Na+）+C（H+）=C（CH3COO﹣）+C（Cl﹣）+C（OH﹣），于是②C（Na+）=C（CH3COO﹣）+C（Cl﹣），因此C（Na+）＞C（Cl﹣），然后把①代入②式，消去C（Na+）得c（Cl﹣）=c（CH3COOH），因此得出C（Na+）＞C（Cl﹣）=c（CH3COOH），故B错误；‎ C．①NH4HCO3中NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性，它促进NH4+的水解；②NH4HSO4中HSO4﹣在水溶液中完全电离产生H+，抑制NH4+的水解；③NH4Fe（SO4）2中，Fe3+水解呈酸性，但Fe3+水解产生H+的浓度小，它对抑制NH4+的水解抑制程度小，所以三种溶液中c（NH4+）：①＜③＜②，故C正确；‎ D．根据电荷守恒可知NaClO（aq）中c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（ClO﹣），所以次氯酸钠溶液中离子总浓度为2[c（Na+）+c（H+）]，根据电荷守恒可知氯化钠溶液中离子总浓度也为2[c（Na+）+c（H+）]，NaClO发生水解，溶液中次氯酸根水解，溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（H+），等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中，次氯酸钠溶液中c（H+）小于NaCl（aq）中c（H+），两溶液中c（Na+）相同，所以．等体积等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中离子总数多少：N前＜N后，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查离子浓度大小比较，明确溶质的性质确定溶液酸碱性，再结合守恒思想、灵活应用电荷守恒式、微粒守恒、质子恒等式分析解答，注意（2）离子之间的相互影响，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎21．常温下某一元碱BOH溶液与0.01mol/L的一元强酸HA溶液等体积混合后所得溶液的pH为7．下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①若BOH为强碱，其溶液中溶质物质的量浓度等于0.01mol/L ‎②若BOH为弱碱，其溶液中溶质物质的量浓度大于0.01mol/L ‎③反应前，BOH溶液中c（OH）﹣一定是0.01mol/L ‎④反应后，混合溶液中A﹣的浓度大于B+的浓度．‎ A．①② B．①③ C．②④ D．①②④‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】室温下，某一元碱A与0.01mol/L某一元强酸等体积混合后所得溶液的pH为7，溶液呈中性，‎ ‎①若A为强碱，生成的盐是强酸强碱盐，混合溶液呈中性，则酸碱物质的量相等，根据二者体积确定浓度浓度关系；‎ ‎②若A为弱碱，生成的盐是强酸弱碱盐，盐溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则碱应该稍微过量；‎ ‎③混合溶液呈中性，如果碱是强碱，则酸碱浓度相等，如果碱是弱碱，则酸浓度应该稍微小于碱浓度；‎ ‎④任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．‎ ‎【解答】解：室温下，某一元碱A与0.01mol/L某一元强酸等体积混合后所得溶液的pH为7，溶液呈中性，‎ ‎①若A为强碱，生成的盐是强酸强碱盐，混合溶液呈中性，则酸碱物质的量相等，酸碱体积相等，则二者浓度相等，所以碱溶液浓度为0.01mol/L，故①正确；‎ ‎②若A为弱碱，生成的盐是强酸弱碱盐，盐溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则碱应该稍微过量，二者体积相等，则碱浓度应该大于0.01mol/L，故②正确；‎ ‎③混合溶液呈中性，如果碱是强碱，则酸碱浓度相等，如果碱是弱碱，则酸浓度应该稍微小于碱浓度，所以反应前，A溶液中c（OH﹣‎ ‎）一定等于或小于0.01mol/L，故③错误；‎ ‎④反应后溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得：混合溶液中A﹣的浓度等于B+的浓度度，故④错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，题目难度中等，根据溶液酸碱性结合碱的强弱判断碱浓度大小，注意：任何电解质溶液中都存在电荷守恒，与溶液浓度、电解质强弱、溶液导电性强弱都无关．‎ ‎　‎ ‎22．如图是向20.00mL盐酸中逐渐滴入NaOH溶液时，溶液pH值变化的图象，根据图象分析，下列结论中不正确的是（　　）‎ A．盐酸起始浓度为0.1mol•L﹣1‎ B．NaOH溶液浓度为0.08mol•L﹣1‎ C．滴入碱量为20mL时，向混合溶液中滴入2滴甲基橙试液，溶液显橙色 D．滴到中和点时，耗NaOH物质的量为0.002mol ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】由图象可知未加入NaOH溶液时盐酸pH=1，盐酸起始浓度为0.1mol•L﹣1，当加入NaOH25mL时，二者恰好完全反应，根据20×10﹣3L×0.1mol•L﹣1=25×10﹣3L×c（NaOH），可计算NaOH浓度，结合酸碱反应的实质可解答该题．‎ ‎【解答】解：A．当V（NaOH）=0时，pH=1，则盐酸起始浓度为0.1mol•L﹣1，故A正确；‎ B．当加入NaOH25mL时，二者恰好完全反应，则有20×10﹣3L×0.1mol•L﹣1=25×10﹣3L×c（NaOH），c（NaOH）=0.081mol•L﹣1，故B正确；‎ C．滴入碱量为20mL时，酸过量，反应后c（H+）=‎ ‎=0.01mol/L，pH=2，向混合溶液中滴入2滴甲基橙试液，溶液显红色，故C错误；‎ D．n（HCl）=20×10﹣3L×0.1mol•L﹣1=0.002mol，则滴到中和点时，耗NaOH物质的量为0.002mol，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，本题注意正确判断并分析图象，为解答该题的关键．‎ ‎　‎ ‎23．常温下，将某一元酸HX和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后溶液的pH如下表：‎ 实验编号 c （HX） mol/L c （NaOH） mol/L 混合溶液的pH 甲 ‎0.2‎ ‎0.2‎ pH=a 乙 C1‎ ‎0.2‎ pH=7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 C2‎ C2‎ pH=10‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A．从甲组情况分析，若a=7，则HX为强酸；若a＞7，则HX为弱酸 B．在乙组混合溶液中，离子浓度c（Xˉ）=c（Na+）‎ C．从丙组实验结果分析，HX是弱酸 D．丁组实验所得混合溶液中，由水电离出的c（OHˉ）=10﹣10 mol/L ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．酸和碱的物质的量相等且酸碱都是一元的，根据生成盐溶液的pH和酸的关系判断；‎ B．根据电荷守恒判断；‎ C．根据酸、碱的物质的量相对大小及溶液的pH判断；‎ D．含有弱根离子的盐促进水电离．‎ ‎【解答】解：A．从甲分析，等物质的量的一元酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，如果盐溶液的pH=7，该酸是强酸，如果a＞7，则HX为弱酸，故A正确；‎ B．乙组溶液呈中性，则c（OHˉ）=c（H+），根据电荷守恒得c（Xˉ）+c（OHˉ）=c（H+）+c（Na+），则c（Xˉ）=c（Na+），故B正确；‎ C．丙组中酸的物质的量大于碱，而盐溶液呈碱性，则说明该酸是弱酸，故C正确；‎ D．等物质的量的一元酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，盐溶液大于7，则说明该盐是强碱弱酸盐，含有弱根离子的盐促进水电离，则由水电离出的c（OHˉ）=10﹣4 mol/L，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，正确判断酸的强弱为解答本题关键，易错选项是D，明确哪些物质促进水电离，哪些物质抑制水电离，为易错点．‎ ‎　‎ ‎24．常温下，向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图．下列分析正确的是（　　）‎ A．E溶液中存在：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B．稀硫酸的浓度为0.1mol/L C．C点溶液pH=14﹣b D．V2=20 mL ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．E溶液显示酸性，根据盐的水解原理来比较离子浓度；‎ B．根据20mL的稀H2SO4溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；‎ C．根据C点的溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；‎ D．当硫酸与氨水恰好生成硫酸铵时，水的电离程度最大．‎ ‎【解答】解：A．E溶液显示酸性，硫酸铵和氨水的混合物，得到的溶液中铵根离子的水解程度较强，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；‎ B．20mL的稀H2SO4溶液中，水电离出的氢离子浓度是10﹣13，则硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，故B错误；‎ C．C点的溶液中水电离出的氢离子浓度是10﹣b，此时的溶液显示酸性，铵根离子水解所致，溶液中氢离子由水电离，则pH=b，故C错误；‎ D．当硫酸与氨水恰好生成硫酸铵时，铵根离子浓度最大，水的电离程度最大，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，体积为20mL，所以消耗的0.1mo/L氨水为20mL，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查学生酸碱混合的酸碱性的判断以及盐的水解原理的应用知识，属于综合知识的考查，难度中等，侧重于考查学生 的分析能力和计算能力．‎ ‎　‎ ‎25．25℃时，二元弱酸H2R的pKa1=1.85，pKa2=7.45（已知pKa=﹣lgKa）．在此温度下向20mL0.1mol•L﹣1H2R溶液中滴加0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示．‎ 下列有关说法正确的是（　　）‎ A．a点所示溶液中：c（H2R）+c（HR﹣）+c（R2﹣）=0.1mol•L﹣1‎ B．b点所示溶液中：c（Na+）＞c（HR﹣）＞c（H2R）＞c（R2﹣）‎ C．c点所示溶液中：c（Na+）＜3c（R2﹣）‎ D．d点所示溶液中：c（Na+）＞c（R2﹣）＞c（HR﹣）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．a点溶液体积是原来的1.5倍，则含有R元素的微粒浓度是原来的，根据物料守恒判断；‎ B．b点二者恰好完全反应生成NaHR，溶液呈酸性，说明HR﹣的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小；‎ C．c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，如果Na2R、NaHR不水解且NaHR也不电离，则存在c（Na+）=3c（R2﹣），实际上R2﹣水解且HR﹣的电离程度大于水解程度；‎ D．d点溶液中溶质为Na2R，R2﹣水解但程度较小．‎ ‎【解答】解：A．a点溶液体积是原来的1.5倍，则含有R元素的微粒浓度是原来的，根据物料守恒得c（H2R）+c（HR﹣）+c（R2﹣）=mol•L﹣1，故A错误；‎ B．b点二者恰好完全反应生成NaHR，溶液呈酸性，说明HR﹣的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小，钠离子不水解，所以离子微粒浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HR﹣）＞c（R2﹣）＞c（H2R），故B错误；‎ C．c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，如果Na2R、NaHR不水解且NaHR也不电离，则存在c（Na+）=3c（R2﹣），实际上R2﹣水解且HR﹣的电离程度大于水解程度，钠离子不水解，所以存在c（Na+）＞3c（R2﹣），故C错误；‎ D．d点溶液中溶质为Na2R，R2﹣水解但程度较小，所以存在c（Na+）＞c（R2﹣）＞c（HR﹣），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，明确曲线上对应点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，熟悉常见盐及其水解特点，题目难度中等．‎ ‎　‎ 二.填空题 ‎26．（2016秋•新华区校级期中）亚硝酸氯（C1NO）是有机合成中的重要试剂．可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g），‎ ‎（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：‎ ‎①2NO2（g）+NaC1（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K1‎ ‎②4NO2（g）+2NaC1（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g） K2‎ ‎③2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g） K3‎ 则K1，K2，K3之间的关系为K3=　　．‎ ‎（2）已知几种化学键的键能数据如下表（亚硝酸氯的结构为Cl﹣N=O）：‎ 化学键 N≡O Cl﹣Cl Cl﹣N N=O 键能/kJ．mol﹣1‎ ‎630‎ ‎243‎ a ‎607‎ 则2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g）反应的△H和a的关系为△H=　289﹣2a　kJ/mol．‎ ‎（3）在1L的恒容密闭容器中充入2molNO（g）和1molC12（g），在不同温度下测得c（C1NO）与时间的关系如图A：‎ ‎①由图A可判断T1　＜　T2，该反应的△H　＜　0 （填“＞”“＜”或“=”）．‎ ‎②反应开始到10min时NO的平均反应速率v（NO）=　0.1　mol/（L•min）．‎ ‎③T2时该反应的平衡常数K=　2　．‎ ‎（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO（g）和Cl2（g），平衡时ClNO的体积分数随的变化图象如图B，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是　A　点．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）‎ ‎②4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）‎ 将①×2﹣②可得：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），焓变为倍数关系，而K为指数关系，以此计算K；‎ ‎（2）2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g）反应的△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；‎ ‎（3）①由图象可知T2先达到平衡状态，且生成物的浓度小，则升高温度平衡逆向移动；‎ ‎②反应开始到10min时，c（C1NO）=1mol/L，则v（C1NO）==0.1mol/（L•min），结合速率之比等于化学计量数之比计算；‎ ‎③2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）‎ 起始（mol/L） 2 1 0‎ 反应 1 0.5 1‎ 平衡 1 0.5 1‎ 结合平衡浓度计算该反应的平衡常数K；‎ ‎（4）的比值越小，说明若n（NO）不变，n（C12） 越大，所以NO的转化率越大．‎ ‎【解答】解：（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）‎ ‎②4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）‎ 将①×2﹣②可得：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），则平衡常数K3=，故答案为：K3=；‎ ‎（2）2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g）反应的△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和=（2×630+243）﹣（2a+2×607）=（289﹣2a）kJ/mol，‎ 故答案为：289﹣2a；‎ ‎（3）①根据图象可知T1＜T2，降低温度c（C1NO）增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应是放热反应，△H＜0，‎ 故答案为：＜；＜；‎ ‎②反应开始到10min时，c（C1NO）=1mol/L，则v（C1NO）==0.1mol/（L•min），‎ 则NO的平均反应速率v（NO）=v（C1NO）=0.1mol/（L•min），‎ 故答案为：0.1mol/（L•min）；‎ ‎③2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）‎ 起始（mol/L） 2 1 0‎ 反应 1 0.5 1‎ 平衡 1 0.5 1‎ T2时该反应的平衡常数K==2，‎ 故答案为：2；‎ ‎（4）的比值越小，说明若n（NO）不变，n（C12） 越大，所以NO的转化率越大，NO的转化率最大的是A点，‎ 故答案为：A．‎ ‎【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握K的计算、三段法应用、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意图象及数据的应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎27．（2016秋•静宁县校级月考）现有pH=2的盐酸甲和pH=2的醋酸溶液乙（均为常温）‎ 请根据下列操作回答问题：‎ ‎（1）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡　向右　（填“向左”、“向右”或“不”）移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体（假设加入固体前后，溶液体积保持不变），待固体溶解后，溶液中的比值将　减小　（填“增大”、“减小”或“无法确定”）．‎ ‎（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍．稀释后的溶液，其pH大小关系为：pH（甲）　＞　pH（乙）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V（甲）　＜　V（乙）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（4）取25mL的乙溶液，加入等体积pH=12的NaOH溶液，反应后溶液中c（Na+）、c（CH3COO﹣）的大小关系为：c（Na+）　＜　c（CH3COO﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；‎ ‎（2）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；‎ ‎（3）pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大；‎ ‎（4）pH=12的NaOH溶液中c（NaOH）=0.01mol/L，pH=2的醋酸中c（CH3COOH）＞0.01mol/L，二者等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，根据电荷守恒分析．‎ ‎【解答】解：（1）醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以c（H+）/c（CH3COOH）减小，故答案为：向右；减小；‎ ‎（2）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小程度大于盐酸溶液中氢离子浓度减小程度，所以盐酸的pH大于醋酸，故答案为：＞；‎ ‎（3）pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以V（甲）＜V（乙），故答案为：＜；‎ ‎（4）pH=12的NaOH溶液中c（NaOH）=0.01mol/L，pH=2的醋酸中c（CH3COOH）＞0.01mol/L，二者等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故答案为：＜．‎ ‎【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意相同浓度的不同酸稀释时其pH变化大小，结合电荷守恒分析解答，难度中等．‎ ‎　‎ ‎28．（2015秋•哈尔滨校级期中）水是生命的源泉、工业的血液、城市的命脉．请回答下列问题：‎ ‎（1）纯水在25℃时，pH=7，该温度下1mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的 c（OH﹣）=　10﹣14　mol•L﹣1．‎ ‎（2）25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解方程式为　C+H2O⇌HC+OH﹣、HC+H2OH2CO3+OH﹣　，由水电离出的c（OH﹣）=　0.001　mol•L﹣1．‎ ‎（3）体积均为100mL、pH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如右图所示，则HX的电离常数　小于　（填“大于”“小于”或“等于”）CH3COOH的电离常数．理由是　稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比CH3COOH的小，故酸性较弱，电离常数较小　．‎ ‎（4）电离常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量．已知：‎ 化学式 电离常数（25℃）‎ HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11‎ ‎25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为　Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．‎ ‎【分析】（1）NaOH是一元强碱，1mol/L的NaOH溶液中c（OH﹣）=1mol/L，据纯水在25℃时，pH=7可知，KW=10﹣14求算由水电离出来的c（OH﹣）；‎ ‎（2）碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，盐溶液中盐的水解促进水的电离；‎ ‎（3）据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱；‎ ‎（4））根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小．‎ ‎【解答】解：（1）1mol/L的NaOH溶液中c（OH﹣）=1mol/L，KW=10﹣14可知由水电离出来的c（OH﹣）=10﹣14mol/L，故答案为：10﹣14；‎ ‎（2）碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，碳酸根水解的离子方程式为C+H2O⇌HC+OH﹣、HC+H2OH2CO3+OH﹣，其pH=11，则c（OH﹣）=0.001mol/L，全部由水电离产生，故答案为：C+H2O⇌HC+OH﹣、HC+H2OH2CO3+OH﹣；0.001；‎ ‎（3）据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱，HX的电离平衡常数比醋酸小，‎ 故答案为：小于；稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比CH3COOH的小，故酸性较弱，电离常数较小；‎ ‎（4）根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；故答案为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液．‎ ‎【点评】本题考查弱电解质的电离，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定水解程度，注意加水稀释时从各微粒的物质的量变化分析，难度中等．‎ ‎　‎ ‎29．（2016秋•静宁县校级月考）乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，在100℃开始升华，157℃时开始分解．‎ ‎（1）探究草酸的酸性 ‎①已知：25℃H2C2O4 的电离常数 K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5；H2CO3的电离常数 K1=4.5×10﹣7，K2=4.7×10﹣11则下列化学方程式正确的是　B　（填选项序号，下同）‎ A．H2C2O4+CO32-=HCO3﹣+HC2O4﹣‎ B．HC2O4﹣+CO32-=HCO3﹣+C2O42‎ C．H2O+CO2+C2O42-=HC2O4﹣+HCO3﹣‎ D．C2O42-+CO2+H2O=H2C2O4+CO32- ‎（2）用酸性KMnO4溶液滴定含杂质的Na2C2O4样品（已知杂质不与KMnO4和H2SO4溶液反应）．实验步骤：准确称取1g样品Na2C2O4固体，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中．再向瓶中加入足量稀H2SO4‎ 溶液，用0.016mol/L高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL．（已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O）‎ ‎①高锰酸钾溶液应装在　酸式　滴定管中．（填“酸式”或“碱式”）‎ ‎②滴定至终点时的实验现象是：　无色变为紫色（紫红色），且半分钟内不褪色　．‎ ‎③下列操作可能使测量结果偏高的是　B　；‎ A．盛装的Na2C2O4的滴定管没润洗 B．盛装高锰酸钾溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视 D．锥形瓶中残留少量水 ‎④计算样品中Na2C2O4的纯度　67%　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）①根据草酸和碳酸的电离平衡常数判断酸性强弱，然后利用强酸置换弱酸的原理进行判断；‎ ‎②A．溶液显示酸性，说明草酸的电离程度大于草酸氢根离子；‎ B．根据溶液中的电荷守恒判断；‎ C．根据溶液显示酸性分析；‎ D．根据溶液中的物料守恒判断；‎ ‎（2）①根据酸性高锰酸钾溶液为酸性、具有强氧化性分析；‎ ‎②根据滴定结束前为无色，滴定结束后为紫色判断滴定终点；‎ ‎③发生反应为2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据滴定操作对c=的影响分析；‎ ‎④先计算出20mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量，再计算出100mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量，然后根据反应计算出消耗草酸钠的物质的量，根据m=nM计算出1g草酸钠样品中含有草酸钠的质量，最后计算出样品的纯度．‎ ‎【解答】解：（1）根据25℃H2C2O4 K1=5.4×10﹣2、K2=5.4×10﹣5，H2CO3 K1=4.5×10﹣7、K2=4.7×10﹣11可知酸性大小为：H2C2O4＞HC2O4﹣＞H2CO3＞HCO3﹣，‎ ‎①A．酸性HC2O4﹣＞H2CO3，则草酸与碳酸根离子反应生成二氧化碳气体和草酸根离子，正确的反应为：H2C2O4+CO32﹣=CO2↑+H2O+C2O42﹣，故A错误； ‎ B．HC2O4﹣＞H2CO3＞HCO3﹣‎ ‎，草酸氢根离子少量时，发生反应：HC2O4﹣+CO32﹣=HCO3﹣+C2O42﹣，故B正确；‎ C．酸性HC2O4﹣＞H2CO3，草酸与碳酸根离子反应生成二氧化碳气体和草酸根离子：H2O+CO2+C2O42﹣-=HC2O4﹣-+HCO3﹣不会反应，故错误；‎ D．酸性HC2O4﹣＞H2CO3，碳酸无法置换出草酸氢根离子，该反应C2O42﹣+CO2+H2O═H2C2O4+CO32﹣不会发生，故D错误；‎ 故答案为：B； ‎ ‎②向1L 0.02mol/L H2C2O4溶液中滴加1L 0.01mol/L NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的H2C2O4和NaHC2O4，混合溶液中c（H+）＞c（OH﹣），‎ A．草酸的电离程度大于HC2O4﹣的电离，则溶液中c（H2C2O4）＜c（HC2O4﹣），故A错误；‎ B．根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）═2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣），故B正确；‎ C．溶液呈酸性：c（OH﹣）＜c（H+），则c（OH﹣）＜c（H+）+2c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣），故C错误；‎ D．根据物料守恒可得：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）=0.01mol/L，故D错误；‎ 故答案为：B；‎ ‎（2）①酸性高锰酸钾溶液呈酸性，且具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该用酸式滴定管量取，‎ 故答案为：酸式； ‎ ‎②滴定结束前溶液为无色，滴定结束后溶液层紫色，所以滴定终点的现象为：无色变为紫色（紫红色），且半分钟内不褪色，‎ 故答案为：无色变为紫色（紫红色），且半分钟内不褪色；‎ ‎③A．盛装的Na2C2O4的滴定管没润洗，导致待测液浓度减小，则测定结果偏小，故A错误；‎ B．盛装高锰酸钾溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；‎ C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视，读出的高锰酸钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；‎ D．锥形瓶中残留少量水，对测定结果无影响，故D错误；‎ 故答案为：B； ‎ ‎④25.00mL 0.016mol/L高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：0.016mol/L×0.025L=0.0004mol，100mL该样品溶液完全反应消耗高锰酸钾的物质的量为：0.0004mol×=0.002mol，根据反应2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O可知，1gNa2C2O4固体样品中含有草酸钠的物质的量为：0.002mol×=0.005mol，质量为：134g/mol×0.005mol=0.67g，‎ 所以Na2C2O4的纯度为：×100%=67%，‎ 故答案为：67%．‎ ‎【点评】本题考查了探究物质组成方法，题目难度中等，涉及中和滴定、离子浓度大小比较、溶液酸性强弱比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．‎