2023年高考真题变式分类汇编：溶液酸碱性的判断及相关计算2
一、选择题
1．（2020·浙江）常温下，用 氨水滴定 浓度均为 的 和 的混合液，下列说法错误的是( )
A．在氨水滴定前， 和 的混合液中
B．当滴入氨水 时，
C．当滴入氨水 时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 ，
2．（2012·海南）25℃时，a mol L﹣1一元酸HA与b mol L﹣1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是（ ）
A．a=b B．a＞b
C．c （A﹣）=c（Na+） D．c （A﹣）＜c（Na+）
3．（2016·新课标Ⅰ卷）298K时，在20.0mL 0.10mol L﹣1氨水中滴入0.10mol L﹣1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示．已知0.10mol L﹣1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0mL
C．M点处的溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）
D．N点处的溶液中pH＜12
4．（2016·新课标Ⅲ卷）下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．向0.1mol L﹣1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中 减小
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中 增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 >1
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中 不变
5．（2016·北京）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣
C．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣
D．a、d两点对应的溶液均显中性
6．（2021·诸暨模拟）下列物质仅含共价键且水溶液呈酸性的是（ ）
A．NaHCO3 B．(NH4)2SO4 C．NH3 D．CO2
7．（2021·义乌模拟）下列说法正确的是（ ）
A．常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH为强碱
B．pH=1的盐酸和pH=12的MOH溶液等体积混合后，恰好完全反应，所用盐酸的浓度等于MOH溶液的浓度
C．升高温度，0.1 mol/L的氢氧化钠溶液pH减小，碱性减弱
D．相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液， 相等
8．（2021·金华模拟）25℃时，下列说法错误的是（ ）
A．0.010mol/L 溶液的 ，可推知HCN为弱酸
B．0.10mol/L 溶液中， 是 的三倍
C．纯水中加入少量 固体，水的电离度增大
D．氨水的pH不一定比NaOH溶液的pH小
9．（2021·广州模拟） 是一种常用的食品防腐剂。已知 。下列叙述正确的是（ ）
A． 溶液的pH随温度升高而增大
B． 溶液的
C． 溶液中
D． 溶液中
10．（2021·郑州模拟）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。(已知：室温下， 的 )
实验 装置 试剂a 现象
① Ca(OH)2溶液(含酚酞) 产生气泡
② 少量NaHCO3溶液 紫色溶液褪色
③ 酸性KMnO4溶液 溶液褪色，产生白色沉淀
④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
下列离子方程式或化学方程式错误的是（ ）
A．草酸有酸性：
B．草酸的酸性大于碳酸：
C．草酸有还原性：
D．草酸可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOC-COOC2H5+2H2O
11．（2021·雅安模拟）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向草酸溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[x表示 或 ]随pH的变化如图。下列说法中错误的是（ ）
A．NaHC2O4溶液呈酸性
B．H2C2O4第二步电离常数数量级是10-5
C．pH=7时，c(Na+)=c( )+2c( )
D．1.22
12．（2021·广元模拟）常温下，用0.2mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.2mol·L-1NH3·H2O溶液，所得溶液pH、NH 和NH3·H2O的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．曲线①代表φ(NH )，曲线②代表φ(NH3·H2O)
B．a点溶液中存在c(Cl-)＞c(NH )=c(NH3·H2O)
C．NH3·H2O的电离常数的数量级为10-4
D．应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色
13．（2021·德阳模拟）25℃时，向100mL水中缓慢通入0.01molCl2，然后用0.1mol/LNaOH溶液滴定所得氯水，整个过程中溶液pH的变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．Ca2+、NO 、S2O 能在该氯水中大量共存
B．b点对应溶液所含溶质为HCl和HClO
C．对应溶液中水的电离程度：a=c
D．d点对应溶液中：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO-)
14．（2021·海东模拟）工业上，可将Cl2通入石灰乳中制备漂白粉，发生反应：2Cl2＋2Ca(OH)2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4L Cl2中含有2NA个氯原子
B．反应中每生成1.8g H2O就会转移0.1NA电子
C．0.1 mol L 1的Ca(ClO)2溶液中ClO－的数目为0.2NA
D．常温下，1L pH＝12的Ca(OH)2溶液中OH－的数目为0.02NA
15．（2021·成都模拟）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，已知：Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。室温下，用0.2000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至终点。对于滴定过程中的下列描述正确的是（ ）
A．当滴入10.00mLNaOH溶液时，混合溶液的pH可能大于7
B．溶液中，始终存在c(Na+)
D．溶液中 一直增大
二、多选题
16．（2022高二上·泗水期中）下列说法中正确的是（ ）
A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
B．将1×10-6 mol/L盐酸稀释1000 mL，所得溶液的pH为9
C．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13 mol/L时，此溶液的pH可能为1或13
D．将pH=2的盐酸与醋酸各1 mL分别稀释至100 mL，所得醋酸的pH略小
17．（2022高二上·辽宁期中）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向2mL0.1mol/L硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol/L的Na2S溶液，有黑色沉淀生成 Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgCl)
B 两支试管，都加入2mL1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL0.05mol/L的H2C2O4溶液，前者高锰酸钾溶液褪色时间短 增大反应物浓度化学反应速率加快
C 经测定25℃时0.1mol/L的NaHC2O4溶液的pH≈5.5 电离平衡常数大于其水解平衡常数
D 向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀 溶液中可能存在平衡：I-+I2
A．A B．B C．C D．D
18．（2020高二上·平邑期中）在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是（ ）
编号 ① ② ③ ④
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
pH 11 11 3 3
A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小
B．分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>③>④
C．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：
D．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
19．（2018高一下·上海期中）常温下，下列叙述中正确是（ ）
A．pH=0的溶液不存在
B．酸性溶液中，c(H+)越大，pH越大
C．pH=7的溶液一定呈中性
D．0.1mol/L的氢氧化钠溶液，其pH=13
20．（2018高二上·儋州期中）MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释，pH变化如图。下列叙述中错误的是( )
A．ROH是一种强碱 B．在x点，MOH已完全电离
C．在x点C(M+)＝C(R+) D．稀释前C(ROH) ＝ 10 C(MOH)
21．（2016高三上·六合期中）常温下，用浓度为0.1000mol L﹣1的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL 0.1000mol L﹣1的HX，HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图．下列说法正确（ ）
A．V（NaOH）=10.00 mL时，c（X﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．V（NaOH）=20.00 mL时，两份溶液中，c（X﹣）＞c（Y﹣）
C．V（NaOH）=20.00 mL时，c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．pH=7时，两份溶液中，c（X﹣）=c（Y﹣）
22．（2016高三上·滕州期中）常温下pH=a的CH3COOH稀溶液与pH=b的NaOH稀溶液等体积混合，下列判断正确的是（ ）
A．反应过程中，CH3COOH的电离程度增大
B．若混合后pH=7，则a+b=14
C．若混合后pH=5.3，则c（Na+）＜c（ CH3COO﹣）
D．若混合后CH3COOH与NaOH恰好完全反应，则a+b＜14
23．（2017高二上·成都期中）常温下，向浓度为 0.1mol/L、体积为 V L 的氨水中逐滴加入 0.1mol/L 的盐酸，下列 各选项中数值变大的有（ ）
A．
B．
C．
D．
24．（2017高二上·成都期中）25℃时，在 10mL 浓度为 0.1mol/L 的 NH3 H2O 溶液中滴加 0.1mol/L 盐酸，下列有关描述正确的是（ ）
A．加入5 mL 盐酸时：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．加入10mL 盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）
C．在溶液pH=7 时：水的电离程度最大
D．加入20 mL 盐酸时：c（Cl﹣）=2c（NH4+）
三、非选择题
25．（2015·抚顺模拟）运用化学反应原理研究NH3的性质具有重要意义．请回答下列问题：
（1）利用对苯醌质子电池可检测氨气，其电池反应原理为2NH3+ （对苯醌）═N2H4+ （对苯酚），N2H4的结构式为 ，该电池正极的电极反应式为 ．
（2）25℃时．将nmol L﹣1的氨水与0.1mol L﹣1的盐酸等体积混合．
①当混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl﹣）时．则溶液的pH= ．
②当混合溶液中，c（NH4+）＞c（Cl﹣）时．则反应的情况可能为 ．
a．盐酸不足．氨水剩余 b．氨水与盐酸恰好完全反应 c．盐酸过量
（3）在0.5L恒容密闭容器中，一定量的N2与H2进行反应：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=bkJ mol﹣1，其化学平衡常数K值和温度的关系如下：
温度/℃ 200 300 400
K 1.0 0.86 0.5
①写出该反应的化学平衡常数的表达式： ，b （填“大于”、“小于”或“等于”）0．
②400℃时，测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，此时刻该反应的v正（N2） （填“大于”、“小于”或“等于”）v逆（N2）．
（4）已知：①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ mol﹣1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=180.5kJ mol﹣1
写出氨高温催化氧化的热化学方程式 ．
26．碳、氮、硫是中学化学重要的非金属元素，在工农业生产中有广泛的应用。
（1）用于发射“天宫一号”的长征二号火箭的燃料是液态偏二甲肼（CH3）2N－NH2，氧化剂是液态四氧化二氮。二者在反应过程中放出大量能量，同时生成无毒、无污染的气体。已知室温下，1 g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，请写出该反应的热化学方程式 。
（2）298 K时，在2L恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g) N2O4(g)ΔH＝－a kJ·mol－1 (a＞0) 。N2O4的物质的量浓度随时间变化如下图。达平衡时， N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题。
①298k时，该反应的平衡常数为 。
②在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如下图所示。
下列说法正确的是
a.A、C两点的反应速率：A＞C
b.B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜C
c.A、C两点气体的颜色：A深，C浅
d.由状态B到状态A，可以用加热的方法
③若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6 mol 、n（N2O4）=1.2mol，则此时V（正） V（逆）（填“>”“<”或“=”）。
（3）NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。现向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。试分析图中a、b、c、d、e五个点，
①水的电离程度最大的是 （填“a”“b”“c”“d”或“e”，下同）
②其溶液中c(OH-)的数值最接近NH3·H2O的电离常数K数值的是 ；
③在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 。
27．（2016·福州模拟）稀土是我国战略性资源．氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈族稀土元素的重要矿物原料．关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种，其中一种提取铈的工艺流程如下：
请回答下列问题
（1）为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石 处理．
（2）焙烧过程中产生的SO3尾气常采用喷淋法净化，再用石灰乳中和；操作I中滤渣的主要成分是 ．
（3）操作II若在实验室中进行，需要的主要玻璃仪器有 、烧杯、玻璃棒等；所用萃取剂HT需具备的条件是 ．
①HT不溶于水，也不和水反应
②Ce3+不和萃取剂HT发生反应
③Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水
④萃取剂HT的密度一定大于水
（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ （水层）+6HT（有机层） 2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向CeT3 （有机层）加入稀硫酸获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是 ．
（5）常温下，含Ce3+溶液加碱调至pH=8时，c（Ce3+）=b mol L﹣1，已知Ce（OH）3的溶度积=a，则a和b的关系是 ．
（6）写出Ce（OH）3悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式： ．
（7）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.545g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol L﹣1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为 [Ce（OH）4的相对分子质量为208，结果保留两位有效数字]．
28．（2021高二下·许昌期末）
（1）Ⅰ．实验室用0.100mol/LNaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸。
盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用图1中的 操作（填“甲”、“乙”、“丙”）。选择酚酞作为指示剂，滴定终点的现象为 。
（2）下列操作会导致实验结果偏低的是___________（填标号）。
A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
C．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度
D．滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出
（3）某学生进行3次实验得到相关数据如表所示。
滴定次数 待测盐酸的体积/mL 消耗0.100mol/LNaOH溶液的体积/mL
滴定前读数 滴定后读数
第一次 25.00 0.00 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30
第三次 25.00 0.22 26.31
则盐酸的物质的量浓度为 mol/L。（保留三位小数）
（4）Ⅱ．一定浓度的 溶液中含硫元素所有微粒的物质的量分数随pH的变化如图2所示。
图中a、b、c三点，水电离的 由大到小的顺序分为 （用a、b、c表示），pH=3时， 。
29．（2020高二上·蚌埠期末）盐是一类常见的电解质，实验表明盐溶液不一定呈中性，也可能呈酸性和碱性。
（1） 、 、 的水溶液分别呈 性、 性、 性。
（2）将 溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是 。
（3）纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示) 。
（4）纯碱溶液与氯化铝溶液混合有大量泡沫生成，其原因是(用离子方程式表示) 。
30．（2020高二上·中山期末）下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数
化学式
（1）常温时，向冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力Ⅰ随加入水的体积V变化的曲线如右图所示，则a、b、c三点处，溶液中pH值最小的点为 ，醋酸的电离程度最大的点为 ；
（2）物质的量浓度均为 的四种溶液：
①②③④
水的电离程度由小到大的顺序为 ；
（3）向 溶液中通入少量CO2的化学方程式为 ；
（4）在25℃时向 溶液中滴加 溶液至： ，此时溶液的 ．
（5） 溶液呈 (填“酸性”“中性”“碱性”)，试简述其原因 ；
31．（2020高二上·惠州期末）室温下，用 溶液滴定 (二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图，请回答下列问题：
（1）用电离方程式表示草酸溶液显酸性的原因 。
（2）带你⑤所示溶液中， (填“>”“＜”“=”)。
（3）已知： 、 在酸性条件下均能将草酸钠( )氧化成 ，测定软锰矿中 质量分数的方法是：称取 软锰矿样品，加入 草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应后冷却，滤去杂质，将所得滤液转移到250 mL容量瓶中并定容，从中取出 待测液放入锥形瓶中，再用 标准溶液进行滴定，反应的离子方程式为： ，当滴入 溶液时恰好完全反应。
①在酸性条件下， 将 氧化的离子方程式为 。
② 标准溶液应选用下图中的 (填“甲”或“乙”)盛装；
③将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定时，眼睛注视 直至滴定终点；判断到达滴定终点的现象是 。
④软锰矿中 的质量分数为 。
32．（2020高二上·咸阳期末）现有常温下的四种溶液：① 溶液 ② 溶液 ③ 的氨水 ④ 的 溶液。回答下列问题：
（1）将②③混合后所得溶液 ，则消耗溶液的体积：② (填“>”、“<”或“=”，下同)③；将③④分别稀释100倍后，比较溶液的 ：③ ④。
（2）将②③等体积混合后，所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为 。
（3）四种溶液中，水的电离程度相同的是 (填序号)。
（4）将①④混合，若有 ，则混合液呈______(填字母)。
A．酸性 B．碱性
C．中性 D．三性皆有可能
（5）若改变温度后，测得④溶液 ，则该温度下水的离子积 。在该温度下，将①④混合后，测得溶液 ，则所得溶液中 。
33．（2020高二上·上虞期末）请回答下列问题：
（1）某温度下，水的离子积常数Kw=2×10-13，0.02mol·L-1的NaOH溶液的pH= 。
（2）25℃时，0.10 mol·L-1的HA溶液中 =1010，该HA溶液的pH= 。
（3）pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后，CH3COONa溶液的pH NaOH溶液的pH(填“＞”“＜””或“=”)。
（4）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c( )=c(Cl-)，则盐酸的体积 氨水的体积(填“＞”“＜””或“=”)。
（5）某学生用0.1 mol·L-1盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，其操作步骤如下：
A．移取20.00 mL待测溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞试液。
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次。
C．调节滴定管旋塞使尖嘴充满溶液，把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好。
D．取标准盐酸溶液注入酸式滴定管至零刻度以上2～3 cm。
E．调节液面至零刻度(或以下)，记下读数V1。
F．用标准溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度V2。
请写出操作步骤的正确顺序___________(填序号)。
34．（2020高二上·合肥期末）回答下列问题：
（1）下列物质： ①Cu ②SO2 ③冰醋酸 ④NaHCO3 ⑤Cu(OH )2 ⑥H2SO4溶液 ⑦NaCl，其中属于电解质的是
(填序号)。
（2） 时， 溶液的pH= 。
（3）已知在25 ℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离常数如下表：
醋酸 碳酸 亚硫酸
Ka=1.75×10-5 Ka1=4.30×10-7 Ka2=5.61×10-11 Ka1=1.54×10-2 Ka2=1.02×10-7
①由上表数据可知，Na2SO3溶液显 性，其原因是 (用离子方程式表示)。
② 时，等浓度的a．Na2CO3溶液、b．CH3COONa溶液、c．Na2SO3溶液，这3种溶液的pH由大到小的顺序为 (用字母表示)。
③工业上可用氨水除去尾气SO2，将SO2通入氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-8mol/L时，溶液中的 = (保留三位有效数字)。
35．（2021高二上·齐齐哈尔期末）自然界是各类物质相互依存、各种变化相互制约的复杂平衡体系，而水溶液中的离子平衡是其中一个重要方面。请根据所学知识，回答下列问题：
（1）常温下，在体积为20mL、浓度为0.1mol/LHA溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，反应后溶液中水电离出的c(H+)表示为pH水=-lgc(H+)水。pH水与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。
①B点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为： 。
②HA的电离常数Ka= (请用含x的代数式表示)。
（2）常温下，已知，。
①0.1mol/L的CH3COOK溶液和0.1mol/LHCOONa溶液相比， (填“＜”、“=”或“＞”)。
②向0.1mol/LHCOOH溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，当溶液中时，此时溶液的pH= 。
（3）工业处理废水时，常加入FeS固体除去废水中的Hg2+，使其生成更难溶的HgS。请用平衡移动理论解释原因 ，写出反应的离子方程式 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A.未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A不符合题意；
B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B不符合题意；
C. 当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C不符合题意；
D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。
2．【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，综上所述，a≥b，A错误；
B、由A分析可知，a≥b，B错误；
C、溶液中c （A﹣）+c （OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），故c （A﹣）=c（Na+），故C正确；
D、由C中分析可知，溶液中c （A﹣）=c（Na+），故D错误；
故选C．
【分析】根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性可知，溶液中c （A﹣）+c （OH﹣）=c（Na+）+c（H+），结合溶液的pH值判断c （A﹣）、c（Na+）的相对大小．
3．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，所以氨水滴定盐酸需要甲基橙作指示剂，故A错误；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），该点溶液中溶质为氯化铵，铵根离子水解而促进水电离，但水的电离程度较小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故C错误；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol L﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%1.32×10﹣3 mol/L，c（H+）= mol/L=7.6×10﹣10mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；
故选D．
【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等．
4．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A．加水促进电离，则n（H+）增大，c（CH3COOH）减小，则溶液中 增大，故A错误； B．从20℃升温至30℃，促进水解，Kh增大，则溶液中 = 减小，故B错误；C．向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知，溶液中 =1，故C错误；D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同， = ，Ksp只与温度有关，而温度不变，则溶液中 不变，故D正确；
故选D．
【分析】本题考查酸碱混合及弱电解质的电离，为高频考点，解答此题的关键是把握电离平衡、溶解平衡及酸碱混合定性分析等，侧重考查分析与应用能力，注意平衡常数的应用及电荷守恒应用，题目难度中等．
5．【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣，故B正确；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；
故选C．
【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4；D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4．本题主要考查酸碱混合溶液定性判断，是高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解答本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等．
6．【答案】D
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．NaHCO3含有离子键和共价键，碳酸氢根水解，溶液显碱性，故A不符合题意；
B．(NH4)2SO4含有离子键和共价键，铵根水解，溶液显酸性，故B不符合题意；
C．NH3只含有共价键，水溶液是氨水，显碱性，故C不符合题意；
D．CO2只含有共价键，水溶液是碳酸，显酸性，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】仅含有共价键说明此物质是共价化合物，再结合水溶液显酸性进行判断
7．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH部分电离，为弱碱，A项不符合题意；
B．酸碱恰好完全反应，说明 ，二者等体积混合，则 ，B项符合题意；
C． ， ，升高温度，c(OH-)不变，溶液碱性不变，C项不符合题意；
D．pH相等的氨水和NaOH溶液，c(OH-)相等，由于未知溶液的体积，所以不能确定n(OH-)是否相等，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.当pH=7时是强碱
B.根据恰好反应且等体积即可判断
C.氢氧化钠是强碱，温度升高碱性不变
D.氨水是弱电解质是部分电离，pH相等时，氢氧根离子浓度相等，但体积不知我，氢氧根物质的量不能求出
8．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A． 0.010mol/L 溶液的 ，说明一水合氨的电离强于氢氰酸，可推知HCN为弱酸，故A不符合题意；
B． 是弱电解质，三步电离越来越弱，故B符合题意；
C． 是强碱弱酸盐，水解促进水电离，纯水中加入少量 固体，水的电离度增大，故C不符合题意；
D． 氨水的pH不一定比NaOH溶液的pH小，与溶液的浓度有关，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铵根离子水解呈酸性，氰酸根水解呈检验，pH＞7，说明氰酸根的水解程度大于铵根离子的水解程度，说明是弱酸
B.弱酸部分电离
C.醋酸根水解的实质是结合水电离的氢离子，促进水的电离
D.浓度不同，pH不同
9．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.亚硝酸是弱酸，弱电解质电离吸热，温度升高促进电离， 浓度增大，pH减小，故A不符合题意；
B.亚硝酸是弱酸部分电离，0.01mol/L亚硝酸中的 浓度小于0.01mol/L，所以pH>2，故B不符合题意；
C.由物料守恒可知，c(Na+)=c(NO2-)+c(HNO2)，故C符合题意；
D. 的浓度大于 的浓度，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据越热越电离分析；
B．根据弱酸不能完全电离分析；
C．根据物料守恒分析；
D．根据NO2-的水解分析。
10．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；强电解质和弱电解质；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．H2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反应Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为Ca2++2OH-+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A不符合题意；
B．酸性H2C2O4＞H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和NaHC2O4，反应的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，对应的离子方程式为 ，故B不符合题意；
C．H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，离子方程式中应保留化学式，离子方程式为2 +5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C符合题意；
D．完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.能与碱发生酸碱中和反应得到盐和水
B.利用强酸制取弱酸进行验证
C.H2C2O4是弱电解质，不拆
D.H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反应
11．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，a表示lg 与pH的变化关系，当lg =0时，pH=1.22，则c(H+)=10-1.22mol/L，二元弱酸草酸的K1＝[ ]×c(H+)=10-1.22，同理可得K2＝[ ]×c(H+)=10-4.9，NaHC2O4溶液中 的电离常数K2=10-4.9，水解常数Kh= = =10-12.78，则 的电离大于水解，NaHC2O4溶液呈酸性，故A不符合题意；
B．由分析可知，b表示lg 与pH的变化关系，当lg =0时，pH=4.19，则c(H+)=10-4.19mol/L，二元弱酸草酸的K2＝[ ]×c(H+)=10-4.19，数量级是10-5，故B不符合题意；
C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c( )+2c( )可知，c(Na+)=c( )+2c( )，故C不符合题意；
D．lgX为增函数，pH＝1.22时，曲线a中，lgX＝lg ＝0时，c( )＝c(H2C2O4)，曲线b中lgX＝lg <0，c( )
故答案为：D。
【分析】二元弱酸草酸的K1＝[ ]×c(H+)＞K2＝[ ]×c(H+)，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：a＞b，则a表示lg 与pH的变化关系，b表示lg 与pH的变化关系，以此解答。
12．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．随着盐酸的加入，φ(NH3·H2O)减小，φ(NH )增大，由图可知，曲线①代表φ(NH3·H2O)，曲线②代表φ(NH )，故A不符合题意；
B．a点溶液中c(NH )=c(NH3·H2O)，此时溶液的pH为9.26，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，可知c(Cl-)＜c(NH )，故B不符合题意；
C．NH3 H2O的电离常数表达式为Kb= ，a点溶液中c(NH )=c(NH3·H2O)，Kb=c(OH-)=10-4.74，其数量级为10-5，故C不符合题意；
D．滴定终点时，所得溶液溶质为NH4Cl，铵根水解显酸性，应选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据反应即可判断一水合氨浓度在减小，而铵根离子浓度在增大
B.根据电荷守恒结合pH即可判断
C.利用电离平衡常数公式利用a点数据进行计算即可
D.终点的产物时氯化铵显酸性，而甲基橙的显色范围也是酸性
13．【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；离子共存
【解析】【解答】A.溶液中存在氧化性的氯气和次氯酸根可以将S2O32-氧化，故A不符合题意
B.b点是将氯气全部通入到水中，氯气和水的反应是可逆反应，故在溶液中Cl2、HCl、HClO，故B不符合题意
C.a和c两点的酸性是酸提供的，均对水的电离起到抑制作用，而此时的溶液的pH相等，说明氢离子相等，对水的电离抑制相等，故水的电离程度相等，故C符合题意
D.d点存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，此时的pH=7，说明c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，根据物料守恒得到，c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，因此c(Na+)=c(HClO)+2c(ClO-)，故D不符合题意
【分析】A.考虑S2O32-具有还原性，而氯气和次氯酸根具有氧化性
B.充分考虑氯气与水反应的可逆性
C.根据氢离子浓度即可判断水的电离程度
D.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
14．【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．不清楚温度和压强，因此22.4L Cl2气体的物质的量无法计算，故A不符合题意；
B．根据反应方程式转移2mol电子生成2mol水即36g，因此反应中每生成1.8g H2O就会转移0.1NA电子，故B符合题意；
C.0.1 mol L 1的Ca(ClO)2溶液，体积未知，因此ClO－的数目无法计算，故C不符合题意；
D．常温下，1L pH＝12的Ca(OH)2溶液中c(OH－)＝0.01 mol L 1，因此1LCa(OH)2溶液中n(OH－)＝0.01 mol，OH－的数目为0.01NA，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A：气体摩尔体积的使用需要注意标准状况；
B：根据氧化还原反应计算得失电子数目，得失电子守恒；
C：体积未知，无法计算具体数目
D：由pH计算水电离的氢离子浓度，再由水的溶度积常数算出氢氧根离子
15．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．当滴入10.00mLNaOH溶液时，则二者恰好完全反应生成NaHC2O4，HC2O 水解平衡常数Kh= ＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性，混合溶液的pH小于7，故A不符合题意；
B．加入20mLNaOH溶液时，溶液中溶质为Na2C2O4，物料守恒c（Na+）=2[c（C2O ）+c（HC2O ）+c（H2C2O4）]>c(HC2O )+2c(C2O )，故B不符合题意；
C．达到滴定终点时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液呈碱性，酚酞的变色范围是(pH8.2 ～ 10.0)，此时溶液呈粉红色，故C符合题意；
D．溶液中 ，则 ，温度不变，Ka2不变，随着NaOH溶液滴入，c(H+)减小，则 一直减小，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A. 当滴入10.00mLNaOH溶液时， 此时是草酸氢钠溶液，计算出此时的水解常数和电离常数进行对比即可
B.根据物料守恒即可判断
C.终点是草酸钠溶液，此时溶液显碱性
D.根据二级电离常数进行变化，进行判断即可
16．【答案】C,D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．在100℃时，纯水电离产生的c(H+)=1×10-6 mol/L，所以pH约为6，但由于纯水中c(H+)=c(OH-)，因此此时纯水仍为中性，而不是显酸性，A不符合题意；
B．将1×10-6 mol/L盐酸稀释1000 mL，HCl电离产生的c(H+)=1×10-9 mol/L，此时溶液中水电离产生的H+不能忽略，溶液仍然显酸性，因此所得溶液的pH不可能为9，B不符合题意；
C．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13 mol/L＜1×10-7 mol/L，水电离受到了抑制作用，可能是加入了酸，也可能是加入了碱，若加入酸，此溶液的pH为1；若加入碱，则该溶液的pH为13，C符合题意；
D．HCl是强酸，完全电离，将pH=2的盐酸，c(H+)=10-2 mol/L，将1 mL稀释至100 mL，此时溶液中c(H+)=10-4 mol/L，溶液pH=4；醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，pH=2时，c(CH3COOH)＞c(H+)=10-4 mol/L，当将该溶液1 mL稀释至100 mL，假设醋酸电离平衡不移动，此时溶液中c(H+)=10-4 mol/L；稀释时使醋酸的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)＞10-4 mol/L，使溶液的pH＜4，可见所得醋酸的pH略小，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．依据纯水中c(H+)=c(OH-)分析；
B．稀释时溶液不变性；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．HCl是强酸，完全电离；醋酸是弱酸，存在电离平衡。
17．【答案】C,D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；离子共存
【解析】【解答】A．由题意可知，银离子是过量的，所以没有沉淀的转化，不能比较Ksp，A不符合题意；
B．高锰酸钾溶液的浓度大，体积一样，故高锰酸钾的物质的量大，而且高锰酸钾转移电子数多，故高锰酸钾过量，不能看到褪色的现象，B不符合题意；
C．pH≈5.5说是酸性环境，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明电离程度大于水解程度，即电离平衡常数大于其水解平衡常数，C符合题意；
D．向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中存在和 ，故溶液中可能存在平衡，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．依据银离子是过量的分析；
B．高锰酸钾过量，不能褪色；
C．依据pH分析电离和水解程度；
D．依据化学平衡移动原理分析。
18．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．氯化铵溶于水后电离出铵根可以抑制氨水的电离使氢氧根浓度减小，铵根还可以结合NaOH溶液中的氢氧根使其氢氧根浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，故A不符合题意；
B．一水合氨稀释过程中还有继续电离出氢氧根，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④，故B符合题意；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3mol/L，而HCl为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3mol/L，二者等体积混合碱过量，所以c(NH )> c(Cl-)，故C符合题意；
D．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则 =10-4mol，解得a：b=11：9，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】
A.氯化铵中铵根离子存在水解，溶液①、②均会抑制氨水电离；
B.稀释过程中电离程度加大，但粒子浓度会减小；
C. ①、④等体积混合， 先分析其粒子组成，根据物料守恒和电荷守恒；
D.根据离子反应计算其物质的量，注意单位换算。
19．【答案】C,D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.根据pH=-lgc（H+）可知，溶液中的氢离子浓度为1mol/L，这种溶液存在，A不符合题意；
B. 根据pH的定义可知，酸性溶液中，c(H+)越大，pH越小，B不符合题意；
C. 常温下根据水的离子积常数Kw= c(H+)×c(OH )=10-14可知，pH=7的溶液c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，C符合题意；
D. 0.1mol/L的氢氧化钠溶液中c(OH-) = 0.1 mol/L，根据Kw = c(H+)×c(OH )=10-14可得c(H+)= = ，则pH=13，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】A.pH=0的溶液氢离子浓度为1mol/L；
B. 酸性溶液中轻离子浓度越大，pH越小；
C. 常温下根pH=7的溶液呈中性；
D. 0.1mol/L的氢氧化钠溶液pH=13。
20．【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.根据以上分析可知，ROH是一种强碱，故A不符合题意；
B.根据以上分析可知，MOH是一元弱碱，不可能完全电离，故B符合题意；
C.利用电荷守恒C（M+）=C（OH ）-C(H+), C（R+）=C（OH ）-C(H+),由于两种溶液在x点PH相同，所以OH-与H+的浓度相同，所以C(M+)＝C(R+)，故C不符合题意；
D.稀释前ROH溶液的pH为13，C(R+)=-0.1mol/L，MOH溶液的pH为12，但MOH为弱碱，C(M+)>0.01mol/l，则C(ROH)< 10C(MOH)，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、根据图象稀释后溶液pH的变化分析；
B、弱电解质在水溶液中不能完全电离；
C、根据图象可知x点pH可知OH-=H+，结合电荷守恒分析解答；
D、根据稀释前溶液的pH值结合溶液的碱性强弱分析解答。
21．【答案】A,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A、V（NaOH）=10.00 mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主，所以离子浓度的大小为：，c（X﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，HX的pH大于HY，所以NaX的水解程度大于NaY，则两份溶液中，c（X﹣）＜c（Y﹣），故B错误；
C、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以离子浓度的大小为：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D、NaX的水解程度大于NaY，而pH=7时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，c（X﹣）＞c（Y﹣），故D错误；
故选AC．
【分析】A、V（NaOH）=10.00 mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主；
B、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，HX的pH大于HY，所以NaX的水解程度大于NaY；
C、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐；
D、NaX的水解程度大于NaY，而pH=7时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，c（X﹣）＞c（Y﹣）．
22．【答案】A,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A．加入NaOH溶液发生CH3COOH+OH﹣=CH3COO﹣+H2O，促进醋酸的电离，CH3COOH的电离程度增大，故A正确；
B．若a+b=14，则10﹣amoL/L=10b﹣14mol/L，说明醋酸溶液中c（H+）等于NaOH溶液中c（OH﹣），因醋酸为弱酸，则等体积混合后酸过量，溶液pH＜7，故B错误；
C．若混合后pH=5.3，则由c（H+）＞c（OH﹣），根据溶液的电中性可知c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故C正确；
D．若混合后CH3COOH与NaOH恰好完全反应，则n（CH3COOH）=n（NaOH），因醋酸为弱酸，则10﹣amoL/L＜10b﹣14mol/L，a+b＞14，故D错误．
故选：AC．
【分析】醋酸为弱电解质，在溶液中存在CH3COOH CH3COO﹣+H+，加入NaOH溶液发生CH3COOH+OH﹣=CH3COO﹣+H2O，结合弱电解质的电离和盐类水解原理解答该题．
23．【答案】A,B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．结合一水合氨的电离平衡常数K= 可知，该比值取决于c（H+）的变化，反应过程中c（H+）的浓度逐渐增大，则该比值变大，故A符合题意；
B．逐滴加入 0.1mol/L 的盐酸的过程中c（H+）增大、c（OH﹣）减小，则 的比值增大，故B符合题意；
C．常温下c（H+） c（OH﹣）之积为定值，滴入盐酸的过程中c（NH3 H2O）减小，则该比值减小，故C不符合题意；
D． 为NH4+的水解平衡常数，常温下该比值不变，故D不符合题意；
故答案为：AB．
【分析】常温下，向浓度为 0.1mol/L、体积为 V L 的氨水中逐滴加入 0.1mol/L 的盐酸，反应过程中铵根离子浓度增大，一水合氨的浓度减小，溶液中氢离子浓度增大、氢氧根离子浓度减小，结合水的离子积及电离平衡常数、铵根离子的水解平衡常数等进行分析即可.
24．【答案】A,B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．加入5mL 盐酸时，一水合氨过量，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（NH4+）＞c（Cl﹣），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A符合题意；
B．加入10mL 盐酸时，根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），故B符合题意；
C．在溶液pH=7 时，溶液呈中性，基本不影响水的电离程度，当溶质为氯化铵时水的电离程度最大，故C不符合题意；
D．加入20 mL 盐酸时，根据物料守恒可得：c（Cl﹣）=2c（NH4+）+2c（NH3 H2O），故D不符合题意；
故答案为：AB．
【分析】A．加入5mL盐酸时，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，则溶液呈碱性，c（NH4+）＞c（Cl﹣）；
B．根据溶液中的电荷守恒判断；
C．当二者恰好反应时，铵根离子发生水解，水的电离程度最大；
D．根据反应后溶液中的物料守恒判断.
25．【答案】（1）；
（2）7；a
（3）；小于；小于
（4）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.8KJ/mol
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：（1）肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，所以肼的结构式为 ；该电池正极上 得到电子生成 ，电极反应式为： ，故答案为： ； ；（2）①根据电荷守恒得：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），溶液中c（Cl﹣）=c（NH4+），所以c（OH﹣）=c（H+），所以溶液呈中性，即pH=7，故答案为：7；②根据电荷守恒得：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），当c（NH4+）＞c（Cl﹣）时，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性； a．盐酸不足，氨水剩余，溶液显碱性，与题意相符，故a可选； b．氨水与盐酸恰好反应，生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，与题意不符，故b不选； c．盐酸过量，溶液呈酸性，与题意不符，故c不选；故答案为：a；（3）①N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=bkJ mol﹣1，平衡常数K= ，由表中数据可知：平衡常数随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，故正反应为放热反应，故b小于0，故答案为： ；小于；②400℃ N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）的K=0.5，400℃时，测得氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，浓度分别为 =6mol/L， =4mol/L， =2mol/L，Qc= =1.1＞K，说明平衡逆向进行，v正（N2）＜v逆（N2）；故答案为：小于；（4）①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1，由①+2×②可得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=（﹣1266.8kJ mol﹣1）+（+180.5kJ mol﹣1）=﹣905.8KJ/mol，故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.8KJ/mol．
【分析】（1）肼相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代；该电池正极上 得到电子生成 ；（2）①根据电荷守恒及c（Cl﹣）=c（NH4+）判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小，从而确定溶液的酸碱性，得出正确结论；②根据电荷守恒及c（Cl﹣）＜c（NH4+）判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小，从而确定溶液的酸碱性，得出正确结论；（3）①根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，书写平衡常数表达式，分析平衡常数随温度变化，结合平衡移动原理分析反应热量变化情况；②依据浓度商和平衡常数的比较，判断反应进行的方向；（4）①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1，
利用盖斯定律进行计算，由①+2×②得出正确结论．
26．【答案】（1）C2H8N2(l)＋2N2O4(l)＝2CO2(g)＋3N2(g)＋4H2O(l) ΔH=－2550 kJ·mol－1
（2）6.67L/mol；d；＜
（3）b；d；c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)
【知识点】热化学方程式；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：（1）1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则1mol偏二甲肼完全燃烧释放出的能量为42.5kJ×60=2550kJ，其热化学方程式为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550 kJ/mol；
故答案为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550 kJ/mol；
（2）①由图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，
则K=
=
=6.67L/mol，
故答案为：6.67L/mol；
②a、压强越大，反应速率越快，所以A、C两点的反应速率：A＜C，故a错误；
b、混合气体的平均相对分子质量=，BC两点混合气体的质量和物质的量都相等，所以混合气体的平均相对分子质量B=C，故b错误；
c、NO2的含量越高，混合气体的颜色越深，C点压强大于A点，加压平衡向生成N2O4的方向移动，但NO2的浓度比原平衡大，所以混合气体的颜色A点浅C点深，故c错误；
d、可逆反应2NO2（g） N2O4（g）△H=-a kJ mol-1 （a＞0）放热，温度升高平衡逆向移动，二氧化氮含量增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故d正确；
故答案为：d；
③反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，因此的N2O4的浓度为0.6mol/L，N2O4的浓度为0.3mol/L，浓度商Q=
=
=6.67L/mol=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）＜V（逆）；
故答案为：＜；
（3）①a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；c、d、e三点溶液均含有NH3 H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3 H2O抑制水的电离，因此水的电离程度最大的是b点，溶液中c（OH-）的数值最接近NH3 H2O的电离常数K数值，
故答案为：b；
②氨水为弱碱，溶液呈碱性，c点溶液呈中性，铵根离子浓度过大，e点溶液碱性过强，一水合氨浓度过大，相对而言d点溶液中铵根离子浓度与一水合氨浓度最接近，溶液中c（OH-）的数值最接近NH3 H2O的电离常数K数值，
故答案为：d；
③c点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3 H2O三种成分，b点时c（Na+）=c（SO42-），c点时c（Na+）＞c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）．
【分析】（1）先求出偏二甲肼的物质的量，再根据物质的量之比等于热量比求出反应热，然后写出热化学方程式；
（2）①由图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，带入平衡常数表达式计算；
②a、压强越大，反应速率越快；
b、混合气体的平均相对分子质量=；
c、NO2的含量越高，混合气体的颜色越深；
d、可逆反应2NO2（g） N2O4（g）△H=-a kJ mol-1 （a＞0）放热，温度升高平衡逆向移动，二氧化氮含量增大；
③反应为放热反应，升高温度，K值减小，计算可知此时的浓度商Q=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）＜V（逆）；
（3）①a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；c、d、e三点溶液均含有NH3 H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3 H2O抑制水的电离．
②溶液中铵根离子浓度与一水合氨浓度最接近时，溶液中c（OH-）的数值最接近NH3 H2O的电离常数K数值；
③c点溶液呈中性，则溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3 H2O三种成分．
27．【答案】（1）粉碎成细颗粒
（2）CaF2、CaSO4
（3）分液漏斗；①②③
（4）混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动
（5）a=10﹣18b
（6）4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4
（7）95%
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据影响反应速率的因素可知，为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理，故答案为：粉碎成细颗粒；（2）氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物，所以操作I中滤渣的主要成分是CaF2、CaSO4，故答案为：CaF2、CaSO4；（3）操作II为分液，分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；萃取的目的是将溶液中的Ce3+萃取出来，根据萃取剂的要求选择可知，HT要不溶于水，也不和水反应、Ce3+不和萃取剂HT发生反应、Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水，故选①②③，故答案为：分液漏斗；①②③；（4）根据平衡2Ce3+ （水层）+6HT（有机层） 2CeT3（有机层）+6H+（水层）可知，混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动，故答案为：混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；（5）根据题意，溶液中c（OH﹣）=10﹣6 mol L﹣1，根据溶度积=c3（OH﹣） c（Ce3+）可知a=（10﹣6）3 b，所以a=10﹣18b，故答案为：a=10﹣18b；（6）根据流程结合元素守恒可知Ce（OH）3结合氧气和水生成Ce（OH）4，反应的化学方程式为4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4， 故答案为：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4；（7）根据电子得失守恒有关系式Ce（OH）4～FeSO4，FeSO4标准溶液中FeSO4的物质的量为0.025×0.1mol=0.0025mol，所以Ce（OH）4的质量为0.0025mol×208g/mol=0.52g，则样品中Ce（OH）4的质量分数为 ×100%=95%，
故答案为：95%．
【分析】（1）根据影响反应速率的因素可知，为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理；（2）氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物，据此答题；（3）操作II为分液，分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；萃取的目的是将溶液中的Ce3+萃取出来，根据萃取剂的要求选择；（4）根据平衡2Ce3+ （水层）+6HT（有机层） 2CeT3（有机层）+6H+（水层）可知，加入酸平衡向逆反应方程移动，据此分析；（5）根据溶度积=c3（OH﹣） c（Ce3+），结合pH=8及c（Ce3+）=b mol L﹣1，可计算出a和b的关系；（6）根据流程结合元素守恒可知Ce（OH）3结合氧气和水生成Ce（OH）4，据此书写化学方程式；（7）根据电子得失守恒有关系式Ce（OH）4～FeSO4，根据FeSO4标准溶液中FeSO4的物质的量可计算出Ce（OH）4的质量，进而确定Ce（OH）4的质量分数；
28．【答案】（1）丙；溶液由无色变为粉红色，且30s内不恢复原色
（2）D
（3）0.104
（4）c>b>a；1：10
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】（1）盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，排出气泡，排出气泡的方法应采用图1中的丙。选择酚酞作为指示剂，含有酚酞的盐酸溶液呈无色，溶液由无色变为粉红色，且30s内不恢复原色，达到滴定终点；
（2） A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠的体积偏大，测定盐酸的浓度偏高，故不选A；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗，盐酸物质的量偏大，消耗氢氧化钠的体积偏大，测定盐酸的浓度偏高，故不选B；
C．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，耗氢氧化钠的体积偏大，测定盐酸的浓度偏高，故不选C；
D．滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出，盐酸物质的量偏小，耗氢氧化钠的体积偏小，测定盐酸的浓度偏低，
故答案为：D；
（3）根据表格数据，第一次消耗氢氧化钠溶液的体积是26.11mL、第二次消耗氢氧化钠溶液的体积是28.74mL、第三次消耗氢氧化钠溶液的体积是26.09mL，第二次实验数据偏离正常误差范围舍去不用，第一次、第三次实验平均消耗氢氧化钠溶液的体积是26.10mL，则盐酸的物质的量浓度为 。
（4）硫酸电离出的氢离子抑制水电离，氢离子浓度越大，水电离程度越小，根据图示，a、b、c三点硫酸电离出的氢离子浓度依次减小，所以a、b、c三点，水电离的 由大到小的顺序分为c>b>a，pH=2时 ，即 ，则pH=3时， ，所以 1：10。
【分析】
(1)排气泡时滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液；滴定到终点时溶液由无色变为粉红色，且30s内不恢复原色；
(2)标准液用量多时，结果偏大，反之则偏小。
(3)应把错误数据删去再计算平均值；
(4)H+抑制水的电离；根据HSO4-的电离常数计算。
29．【答案】（1）碱；酸；中
（2）
（3） 或 ，
（4）
【知识点】盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】(1) 是强碱弱酸盐水解显碱性，NH4Cl是强酸弱碱盐水解显酸性， KNO3是强酸强碱盐不水解显中性；
故答案为：碱；酸；中。
(2)氯化铝为强酸弱碱盐， 发生水解，水解的方程式为Al3＋＋3H2O＝Al(OH)3 ＋3H＋，水解后溶液呈酸性，加热时促进水解，生成Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，灼烧时分解生成Al2O3 ；
故答案为： 。
(3)Na2CO3为强碱弱酸盐，CO 离子水解方程式为： 或 ， ，使溶液呈碱性，故能使油脂水解而去油污；
故答案为： 或 ， 。
(4) Al3+与CO 发生双水解，有泡沫的原因是有气体生产，离子方程式为： ；
故答案为：
【分析】(1)CH3COONa是强碱弱酸盐水解显碱性，NH4Cl是强酸弱碱盐水解显酸性，KNO3是强酸强碱盐不水解显中性；
(2)铝离子在溶液中水解使溶液显酸性，加热促进水解同时生成的HCl挥发，使水解进行到底；
(3)Na2CO3为强碱弱酸盐，CO 水解为： ，使溶液呈碱性；
(4)Al3+与CO 发生双水解。
30．【答案】（1）b；c
（2）④①③②
（3）
（4）5
（5）酸性； 的水解常数是 ， 的电离常数是 ， 的电离程度大于水解程度
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）溶液的导电能力越强，离子浓度越大，a、b、c三点，b导电能力最强，说明b点氢离子浓度最大，溶液中pH值最小的点为b；溶液越稀，弱酸的电离程度越大，c加入的水最多，所以c点醋酸的电离程度最大；
（2） ①酸性 > > > ，酸性越弱，对应钠盐的水解程度越大，盐水解促进水电离，所以物质的量浓度均为 的 、 、 、 四种溶液，水的电离程度由小到大的顺序为 < < < ；
（3） 酸性 > > ，向 溶液中通入少量的CO2生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的化学方程式为 ；
（4） 在25℃时，醋酸的电离平衡常数 ， ，则 ，此时溶液的 5；
（5） 的水解常数是 ， 的电离常数是 ； 的电离程度大于水解程度， 溶液呈酸性。
【分析】(1)导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大；溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大；
(2)四种物质都是可水解的盐，对水的电离都起到促进，相同浓度的这几种钠盐溶液中，依据越弱越水解的规律可知，相同浓度盐溶液，水解程度越大则水的电离程度越大；
(3) NaClO溶液中通入少量CO2，生成碳酸氢钠和次氯酸；
(4)根据醋酸的电离平衡常数进行计算；
(5)依据电离常数计算草酸氢根离子水解常数，比较草酸氢根离子电离常数与水解常数大小判断解答。
31．【答案】（1）
（2）>
（3）；甲；锥形瓶；锥形瓶中溶液颜色的变化锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫色，且 秒内溶液颜色不再变化；72.5%
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）草酸是二元弱酸，在溶液中部分电离生成H+，故溶液呈酸性，电离方程式为： ，故答案为： ；
（2）点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，根据质子守恒：c(OH-)=c(H+)+ ，转移H+到左边，即c(OH-)-c(H+)= > ，则 > ，故答案为：>；
（3）①酸性条件下，MnO2将Na2C2O4氧化，生成锰离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为 ，故答案为： ；
②高锰酸钾具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，甲是酸式滴定管，乙是碱式滴定管；故答案为：甲；
③眼睛应注意锥形瓶中溶液颜色变化，以准确判断滴定终点；草酸与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，当滴定到终点时，二者恰好完全反应，再滴入一滴KMnO4溶液变成紫色且半分钟不褪色，可说明达到滴定终点，
故答案为：锥形瓶；锥形瓶中溶液颜色的变化锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫色，且 秒内溶液颜色不再变化
④2.68gNa2C2O4的物质的量n（Na2C2O4）= ，反应中消耗KMnO4的总量n（KMnO4）=cV=0.0200mol L-1×20×10-3L× =4×10-3 mol，MnO4-～Mn2+～5e-，MnO2～Mn2+～2e-，Na2C2O4～2CO2～2e-，根据电子守恒有2n（Na2C2O4）=2n（MnO2）+5n（KMnO4），即0.02mol×2=2n（MnO2）+5×4×10-3 mol，则n（MnO2）=0.01mol，m（MnO2）=0.01mol×87g/mol=0.87g，所以软锰矿中MnO2的质量分数为 ×100%=72.5%，故答案为：72.5%。
【分析】（1）草酸电离出氢离子的离子反应方程式
（2）根据电荷守恒原理进行计算
（3）生成物包括二价锰离子、二氧化碳和水；强氧化物选用酸式滴定管；滴定时要注意反应物的颜色变化，且根据颜色变化来判定滴定终点；根据草酸钠以及高锰酸钾的物质的量可以算出二氧化锰消耗草酸钠的物质的量，并计算出二氧化锰的含量
32．【答案】（1）>；>
（2）
（3）②③④
（4）A
（5）；( )或
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】(1)②中c(HCl)=0.01 mol/L，③中c(NH3 H2O)> 0.01mol/L，将②③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：HCl>氨水，③中c(NH3 H2O)> 0.01mol/L，稀释100倍后，氨水继续电离，c(OH-)>0.0001mol/L，④中c(NaOH)= 0.01mol/L，稀释100倍后，c(OH-)=0.0001mol/L，则稀释后溶液pH③>④，故答案为：>；>；
(2)②0.01mol/L HCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液呈碱性，结合电荷守恒，所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)；
(3)酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，①中水电离出c(H+)>10-12 mol/L，②中水电离出c(H+)=10-12 mol/L，③中水电离出c(H+)=10-12 mol/L，④中水电离出c(H+)=10-12 mol/L，则四种溶液中，水的电离程度相同的是②③④，故答案为：②③④；
(4)将①④混合，溶质为CH3COONa，电荷守恒为：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，若c(CH3COO-)>c(Na+)，则c(OH-)< c(H+)，溶液显酸性，故答案为：A ；
(5)④中c(NaOH)= 0.01mol/L，溶液pH为10，c(H+)=10-10 mol/L，Kw= c(H+) c(OH-)=10-12，在该温度下，pH=7，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=( )mol/L =(10-5-10-7)mol/L，故答案为：10-12；(10-5-10-7)或9.9×10-7；
【分析】
(1)依据盐类水解和强、弱电解质的电离进行分析；
(2)利用电荷守恒排序；
(3)依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
(4)依据电荷守恒分析；
(5)利用Kw= c(H+) c(OH-)，根据电荷守恒计算；
33．【答案】（1）11
（2）2
（3）＞
（4）＜
（5）A；B；C；D；E；F
【知识点】盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】（1）某温度下，水的离子积常数Kw=2×10-13，0.02mol·L-1的NaOH溶液的c(H+)= mol/L=10-11mol/L，pH=11。答案为：11；
（2）25℃时，0.10 mol·L-1的HA溶液中 =1010，则c(H+)=10-2mol/L，该HA溶液的pH=2。答案为：2；
（3）pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后，NaOH溶液的pH基本不变，CH3COONa在溶液中的水解程度增大，碱性增强，pH增大，则CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH。答案为：＞；
（4）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c( )=c(Cl-)，依据电荷守恒，溶液呈中性，则氨水应稍过量，所以盐酸的体积＜氨水的体积。答案为：＜；
（5）进行中和滴定操作时，先用标准盐酸润洗酸式滴定管，再注入标准盐酸，然后调整液面在零刻度或以下，固定酸式滴定管；再取待测NaOH溶液注入锥形瓶，进行滴定至滴定终点，停止滴定并读取酸式滴定管内液面所在的刻度。从而得出操作步骤的正确顺序为BDCEAF。答案为：BDCEAF。
【分析】依据溶液的性质进行酸碱性的判断；用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，盐酸应放入酸式滴定管内，待测NaOH溶液放入锥形瓶内；由于NaOH溶液易吸收空气中的CO2，所以最好是先将盐酸放入酸式滴定管内，后将NaOH溶液放入锥形瓶内。
34．【答案】（1）③④⑤⑦
（2）2
（3）碱性；；a>c>b；0.102
【知识点】电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】(1) ①Cu 是单质，既不是电解质又不是非电解质；
②SO2 自身不能电离，SO2属于非电解质；
③冰醋酸的水溶液能导电，冰醋酸是电解质；
④NaHCO3的水溶液能导电，NaHCO3是电解质；
⑤Cu(OH )2 是碱，Cu(OH )2是电解质；
⑥H2SO4溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；
⑦NaCl的水溶液能导电，NaCl是电解质；其中属于电解质的是③④⑤⑦；
(2) 时， 溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=2；
(3)①由上表数据可知，亚硫酸是弱酸，Na2SO3是强碱弱酸盐，SO 能发生水解反应 ，溶液呈碱性；
②醋酸的电离平衡常数Ka>亚硫酸的第二步电离平衡常数Ka2>碳酸的第二步电离平衡常数Ka2，所以水解程度CO > SO >CH3COO-， 时，等浓度的Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、Na2SO3溶液的pH由大到小的顺序为：Na2CO3> Na2SO3>CH3COONa；
③当c(OH-)降至1.0×10-8mol/L时，c(H+)=1.0×10-6mol/L， =1.02×10-7， = =0.102。
【分析】(1)、电解质是化合物，电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，如：部分有机物，非金属氧化物等，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；
(2)、依据氢离子的浓度进行分析；
(3)、依据盐的水解和弱酸的电离及溶液的酸碱性分析解答。
35．【答案】（1）；
（2）＞；4
（3）FeS在溶液中存在沉淀溶解平衡：。Hg2+与结合生成更难溶的HgS，使上述平衡向溶解的方向移动；
【知识点】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；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】（1）①常温下，在体积为20mL、浓度为0.1mol/LHA溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，根据图可知HA为弱酸，当NaOH溶液体积为20mL时正好中和完，B点溶质为NaA，离子浓度由大到小的顺序为：；
②当加入氢氧化钠溶液xmL时水电离出的c(H+)为10-7，此时溶液是NaA和HA混合，分析可知此时溶液是中性，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(A-)，故此时c(H+)=10-7mol/L，c(Na+)=c(A-)= mol/L，c(HA)= mol/L，；
（2）①0.1mol/L的CH3COOK溶液和0.1mol/LHCOONa溶液相比，<，且c(K+)=c(Na+)，c(K+)-c(CH3COO-)>c(Na+)-c(HCOO-)；
②根据得c(H+)=10-4 mol/L，pH=4；
（3）工业处理废水时，常加入FeS固体除去废水中的Hg2+，利用沉淀的转化成更难溶的HgS，溶液中存在，Hg2+与结合生成更难溶的HgS，使上述平衡向溶解的方向移动，发生的离子方程式为。
【分析】（1）①根据图知，酸碱恰好完全反应生成NaA，A 水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；
②A点溶液呈中性，c（H＋）＝c（OH ）＝10 7mol/L，溶液中c（A ）＝c（Na＋），根据加入氢氧化钠的量可求出c（A ）和c（HA），HA的电离常数Ka＝c(A )·c(H＋)/c(HA)；
（2）①Ka（CH3COOH）＜Ka（HCOOH），则水解程度CH3COO ＞HCOO ，水解程度越大，相同浓度的CH3COOK、HCOONa溶液中酸根离子浓度越小，则c（CH3COO ）＜c(HCOO )，K＋、Na＋不水解，所以相同浓度的这两种溶液中，c（K＋）＝c（Na＋）；
②Ka（HCOOH）＝c(HCOO )×c（H＋）/c(HCOOH)，c（H＋）＝Ka（HCOOH）×c(HCOOH)/ c(HCOO )；
（3）FeS在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeS（s） Fe2＋（aq）＋S2 （aq），Hg2＋与S2 结合生成更难溶的HgS，使上述平衡向溶解的方向移动。
2023年高考真题变式分类汇编：溶液酸碱性的判断及相关计算2
一、选择题
1．（2020·浙江）常温下，用 氨水滴定 浓度均为 的 和 的混合液，下列说法错误的是( )
A．在氨水滴定前， 和 的混合液中
B．当滴入氨水 时，
C．当滴入氨水 时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 ，
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A.未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A不符合题意；
B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B不符合题意；
C. 当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C不符合题意；
D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。
2．（2012·海南）25℃时，a mol L﹣1一元酸HA与b mol L﹣1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是（ ）
A．a=b B．a＞b
C．c （A﹣）=c（Na+） D．c （A﹣）＜c（Na+）
【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，综上所述，a≥b，A错误；
B、由A分析可知，a≥b，B错误；
C、溶液中c （A﹣）+c （OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），故c （A﹣）=c（Na+），故C正确；
D、由C中分析可知，溶液中c （A﹣）=c（Na+），故D错误；
故选C．
【分析】根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性可知，溶液中c （A﹣）+c （OH﹣）=c（Na+）+c（H+），结合溶液的pH值判断c （A﹣）、c（Na+）的相对大小．
3．（2016·新课标Ⅰ卷）298K时，在20.0mL 0.10mol L﹣1氨水中滴入0.10mol L﹣1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示．已知0.10mol L﹣1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0mL
C．M点处的溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）
D．N点处的溶液中pH＜12
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，所以氨水滴定盐酸需要甲基橙作指示剂，故A错误；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），该点溶液中溶质为氯化铵，铵根离子水解而促进水电离，但水的电离程度较小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故C错误；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol L﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%1.32×10﹣3 mol/L，c（H+）= mol/L=7.6×10﹣10mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；
故选D．
【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等．
4．（2016·新课标Ⅲ卷）下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．向0.1mol L﹣1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中 减小
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中 增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 >1
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中 不变
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A．加水促进电离，则n（H+）增大，c（CH3COOH）减小，则溶液中 增大，故A错误； B．从20℃升温至30℃，促进水解，Kh增大，则溶液中 = 减小，故B错误；C．向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知，溶液中 =1，故C错误；D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同， = ，Ksp只与温度有关，而温度不变，则溶液中 不变，故D正确；
故选D．
【分析】本题考查酸碱混合及弱电解质的电离，为高频考点，解答此题的关键是把握电离平衡、溶解平衡及酸碱混合定性分析等，侧重考查分析与应用能力，注意平衡常数的应用及电荷守恒应用，题目难度中等．
5．（2016·北京）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣
C．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣
D．a、d两点对应的溶液均显中性
【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣，故B正确；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；
故选C．
【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4；D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4．本题主要考查酸碱混合溶液定性判断，是高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解答本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等．
6．（2021·诸暨模拟）下列物质仅含共价键且水溶液呈酸性的是（ ）
A．NaHCO3 B．(NH4)2SO4 C．NH3 D．CO2
【答案】D
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．NaHCO3含有离子键和共价键，碳酸氢根水解，溶液显碱性，故A不符合题意；
B．(NH4)2SO4含有离子键和共价键，铵根水解，溶液显酸性，故B不符合题意；
C．NH3只含有共价键，水溶液是氨水，显碱性，故C不符合题意；
D．CO2只含有共价键，水溶液是碳酸，显酸性，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】仅含有共价键说明此物质是共价化合物，再结合水溶液显酸性进行判断
7．（2021·义乌模拟）下列说法正确的是（ ）
A．常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH为强碱
B．pH=1的盐酸和pH=12的MOH溶液等体积混合后，恰好完全反应，所用盐酸的浓度等于MOH溶液的浓度
C．升高温度，0.1 mol/L的氢氧化钠溶液pH减小，碱性减弱
D．相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液， 相等
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH部分电离，为弱碱，A项不符合题意；
B．酸碱恰好完全反应，说明 ，二者等体积混合，则 ，B项符合题意；
C． ， ，升高温度，c(OH-)不变，溶液碱性不变，C项不符合题意；
D．pH相等的氨水和NaOH溶液，c(OH-)相等，由于未知溶液的体积，所以不能确定n(OH-)是否相等，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.当pH=7时是强碱
B.根据恰好反应且等体积即可判断
C.氢氧化钠是强碱，温度升高碱性不变
D.氨水是弱电解质是部分电离，pH相等时，氢氧根离子浓度相等，但体积不知我，氢氧根物质的量不能求出
8．（2021·金华模拟）25℃时，下列说法错误的是（ ）
A．0.010mol/L 溶液的 ，可推知HCN为弱酸
B．0.10mol/L 溶液中， 是 的三倍
C．纯水中加入少量 固体，水的电离度增大
D．氨水的pH不一定比NaOH溶液的pH小
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A． 0.010mol/L 溶液的 ，说明一水合氨的电离强于氢氰酸，可推知HCN为弱酸，故A不符合题意；
B． 是弱电解质，三步电离越来越弱，故B符合题意；
C． 是强碱弱酸盐，水解促进水电离，纯水中加入少量 固体，水的电离度增大，故C不符合题意；
D． 氨水的pH不一定比NaOH溶液的pH小，与溶液的浓度有关，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铵根离子水解呈酸性，氰酸根水解呈检验，pH＞7，说明氰酸根的水解程度大于铵根离子的水解程度，说明是弱酸
B.弱酸部分电离
C.醋酸根水解的实质是结合水电离的氢离子，促进水的电离
D.浓度不同，pH不同
9．（2021·广州模拟） 是一种常用的食品防腐剂。已知 。下列叙述正确的是（ ）
A． 溶液的pH随温度升高而增大
B． 溶液的
C． 溶液中
D． 溶液中
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.亚硝酸是弱酸，弱电解质电离吸热，温度升高促进电离， 浓度增大，pH减小，故A不符合题意；
B.亚硝酸是弱酸部分电离，0.01mol/L亚硝酸中的 浓度小于0.01mol/L，所以pH>2，故B不符合题意；
C.由物料守恒可知，c(Na+)=c(NO2-)+c(HNO2)，故C符合题意；
D. 的浓度大于 的浓度，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据越热越电离分析；
B．根据弱酸不能完全电离分析；
C．根据物料守恒分析；
D．根据NO2-的水解分析。
10．（2021·郑州模拟）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。(已知：室温下， 的 )
实验 装置 试剂a 现象
① Ca(OH)2溶液(含酚酞) 产生气泡
② 少量NaHCO3溶液 紫色溶液褪色
③ 酸性KMnO4溶液 溶液褪色，产生白色沉淀
④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
下列离子方程式或化学方程式错误的是（ ）
A．草酸有酸性：
B．草酸的酸性大于碳酸：
C．草酸有还原性：
D．草酸可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOC-COOC2H5+2H2O
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；强电解质和弱电解质；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．H2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反应Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为Ca2++2OH-+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A不符合题意；
B．酸性H2C2O4＞H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和NaHC2O4，反应的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，对应的离子方程式为 ，故B不符合题意；
C．H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，离子方程式中应保留化学式，离子方程式为2 +5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C符合题意；
D．完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.能与碱发生酸碱中和反应得到盐和水
B.利用强酸制取弱酸进行验证
C.H2C2O4是弱电解质，不拆
D.H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反应
11．（2021·雅安模拟）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向草酸溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[x表示 或 ]随pH的变化如图。下列说法中错误的是（ ）
A．NaHC2O4溶液呈酸性
B．H2C2O4第二步电离常数数量级是10-5
C．pH=7时，c(Na+)=c( )+2c( )
D．1.22
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，a表示lg 与pH的变化关系，当lg =0时，pH=1.22，则c(H+)=10-1.22mol/L，二元弱酸草酸的K1＝[ ]×c(H+)=10-1.22，同理可得K2＝[ ]×c(H+)=10-4.9，NaHC2O4溶液中 的电离常数K2=10-4.9，水解常数Kh= = =10-12.78，则 的电离大于水解，NaHC2O4溶液呈酸性，故A不符合题意；
B．由分析可知，b表示lg 与pH的变化关系，当lg =0时，pH=4.19，则c(H+)=10-4.19mol/L，二元弱酸草酸的K2＝[ ]×c(H+)=10-4.19，数量级是10-5，故B不符合题意；
C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c( )+2c( )可知，c(Na+)=c( )+2c( )，故C不符合题意；
D．lgX为增函数，pH＝1.22时，曲线a中，lgX＝lg ＝0时，c( )＝c(H2C2O4)，曲线b中lgX＝lg <0，c( )
故答案为：D。
【分析】二元弱酸草酸的K1＝[ ]×c(H+)＞K2＝[ ]×c(H+)，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：a＞b，则a表示lg 与pH的变化关系，b表示lg 与pH的变化关系，以此解答。
12．（2021·广元模拟）常温下，用0.2mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.2mol·L-1NH3·H2O溶液，所得溶液pH、NH 和NH3·H2O的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．曲线①代表φ(NH )，曲线②代表φ(NH3·H2O)
B．a点溶液中存在c(Cl-)＞c(NH )=c(NH3·H2O)
C．NH3·H2O的电离常数的数量级为10-4
D．应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．随着盐酸的加入，φ(NH3·H2O)减小，φ(NH )增大，由图可知，曲线①代表φ(NH3·H2O)，曲线②代表φ(NH )，故A不符合题意；
B．a点溶液中c(NH )=c(NH3·H2O)，此时溶液的pH为9.26，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，可知c(Cl-)＜c(NH )，故B不符合题意；
C．NH3 H2O的电离常数表达式为Kb= ，a点溶液中c(NH )=c(NH3·H2O)，Kb=c(OH-)=10-4.74，其数量级为10-5，故C不符合题意；
D．滴定终点时，所得溶液溶质为NH4Cl，铵根水解显酸性，应选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据反应即可判断一水合氨浓度在减小，而铵根离子浓度在增大
B.根据电荷守恒结合pH即可判断
C.利用电离平衡常数公式利用a点数据进行计算即可
D.终点的产物时氯化铵显酸性，而甲基橙的显色范围也是酸性
13．（2021·德阳模拟）25℃时，向100mL水中缓慢通入0.01molCl2，然后用0.1mol/LNaOH溶液滴定所得氯水，整个过程中溶液pH的变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．Ca2+、NO 、S2O 能在该氯水中大量共存
B．b点对应溶液所含溶质为HCl和HClO
C．对应溶液中水的电离程度：a=c
D．d点对应溶液中：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO-)
【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；离子共存
【解析】【解答】A.溶液中存在氧化性的氯气和次氯酸根可以将S2O32-氧化，故A不符合题意
B.b点是将氯气全部通入到水中，氯气和水的反应是可逆反应，故在溶液中Cl2、HCl、HClO，故B不符合题意
C.a和c两点的酸性是酸提供的，均对水的电离起到抑制作用，而此时的溶液的pH相等，说明氢离子相等，对水的电离抑制相等，故水的电离程度相等，故C符合题意
D.d点存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，此时的pH=7，说明c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，根据物料守恒得到，c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，因此c(Na+)=c(HClO)+2c(ClO-)，故D不符合题意
【分析】A.考虑S2O32-具有还原性，而氯气和次氯酸根具有氧化性
B.充分考虑氯气与水反应的可逆性
C.根据氢离子浓度即可判断水的电离程度
D.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
14．（2021·海东模拟）工业上，可将Cl2通入石灰乳中制备漂白粉，发生反应：2Cl2＋2Ca(OH)2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4L Cl2中含有2NA个氯原子
B．反应中每生成1.8g H2O就会转移0.1NA电子
C．0.1 mol L 1的Ca(ClO)2溶液中ClO－的数目为0.2NA
D．常温下，1L pH＝12的Ca(OH)2溶液中OH－的数目为0.02NA
【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．不清楚温度和压强，因此22.4L Cl2气体的物质的量无法计算，故A不符合题意；
B．根据反应方程式转移2mol电子生成2mol水即36g，因此反应中每生成1.8g H2O就会转移0.1NA电子，故B符合题意；
C.0.1 mol L 1的Ca(ClO)2溶液，体积未知，因此ClO－的数目无法计算，故C不符合题意；
D．常温下，1L pH＝12的Ca(OH)2溶液中c(OH－)＝0.01 mol L 1，因此1LCa(OH)2溶液中n(OH－)＝0.01 mol，OH－的数目为0.01NA，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A：气体摩尔体积的使用需要注意标准状况；
B：根据氧化还原反应计算得失电子数目，得失电子守恒；
C：体积未知，无法计算具体数目
D：由pH计算水电离的氢离子浓度，再由水的溶度积常数算出氢氧根离子
15．（2021·成都模拟）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，已知：Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。室温下，用0.2000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至终点。对于滴定过程中的下列描述正确的是（ ）
A．当滴入10.00mLNaOH溶液时，混合溶液的pH可能大于7
B．溶液中，始终存在c(Na+)
D．溶液中 一直增大
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．当滴入10.00mLNaOH溶液时，则二者恰好完全反应生成NaHC2O4，HC2O 水解平衡常数Kh= ＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性，混合溶液的pH小于7，故A不符合题意；
B．加入20mLNaOH溶液时，溶液中溶质为Na2C2O4，物料守恒c（Na+）=2[c（C2O ）+c（HC2O ）+c（H2C2O4）]>c(HC2O )+2c(C2O )，故B不符合题意；
C．达到滴定终点时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液呈碱性，酚酞的变色范围是(pH8.2 ～ 10.0)，此时溶液呈粉红色，故C符合题意；
D．溶液中 ，则 ，温度不变，Ka2不变，随着NaOH溶液滴入，c(H+)减小，则 一直减小，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A. 当滴入10.00mLNaOH溶液时， 此时是草酸氢钠溶液，计算出此时的水解常数和电离常数进行对比即可
B.根据物料守恒即可判断
C.终点是草酸钠溶液，此时溶液显碱性
D.根据二级电离常数进行变化，进行判断即可
二、多选题
16．（2022高二上·泗水期中）下列说法中正确的是（ ）
A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
B．将1×10-6 mol/L盐酸稀释1000 mL，所得溶液的pH为9
C．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13 mol/L时，此溶液的pH可能为1或13
D．将pH=2的盐酸与醋酸各1 mL分别稀释至100 mL，所得醋酸的pH略小
【答案】C,D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．在100℃时，纯水电离产生的c(H+)=1×10-6 mol/L，所以pH约为6，但由于纯水中c(H+)=c(OH-)，因此此时纯水仍为中性，而不是显酸性，A不符合题意；
B．将1×10-6 mol/L盐酸稀释1000 mL，HCl电离产生的c(H+)=1×10-9 mol/L，此时溶液中水电离产生的H+不能忽略，溶液仍然显酸性，因此所得溶液的pH不可能为9，B不符合题意；
C．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13 mol/L＜1×10-7 mol/L，水电离受到了抑制作用，可能是加入了酸，也可能是加入了碱，若加入酸，此溶液的pH为1；若加入碱，则该溶液的pH为13，C符合题意；
D．HCl是强酸，完全电离，将pH=2的盐酸，c(H+)=10-2 mol/L，将1 mL稀释至100 mL，此时溶液中c(H+)=10-4 mol/L，溶液pH=4；醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，pH=2时，c(CH3COOH)＞c(H+)=10-4 mol/L，当将该溶液1 mL稀释至100 mL，假设醋酸电离平衡不移动，此时溶液中c(H+)=10-4 mol/L；稀释时使醋酸的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)＞10-4 mol/L，使溶液的pH＜4，可见所得醋酸的pH略小，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．依据纯水中c(H+)=c(OH-)分析；
B．稀释时溶液不变性；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．HCl是强酸，完全电离；醋酸是弱酸，存在电离平衡。
17．（2022高二上·辽宁期中）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向2mL0.1mol/L硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol/L的Na2S溶液，有黑色沉淀生成 Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgCl)
B 两支试管，都加入2mL1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL0.05mol/L的H2C2O4溶液，前者高锰酸钾溶液褪色时间短 增大反应物浓度化学反应速率加快
C 经测定25℃时0.1mol/L的NaHC2O4溶液的pH≈5.5 电离平衡常数大于其水解平衡常数
D 向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀 溶液中可能存在平衡：I-+I2
A．A B．B C．C D．D
【答案】C,D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；离子共存
【解析】【解答】A．由题意可知，银离子是过量的，所以没有沉淀的转化，不能比较Ksp，A不符合题意；
B．高锰酸钾溶液的浓度大，体积一样，故高锰酸钾的物质的量大，而且高锰酸钾转移电子数多，故高锰酸钾过量，不能看到褪色的现象，B不符合题意；
C．pH≈5.5说是酸性环境，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明电离程度大于水解程度，即电离平衡常数大于其水解平衡常数，C符合题意；
D．向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中存在和 ，故溶液中可能存在平衡，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．依据银离子是过量的分析；
B．高锰酸钾过量，不能褪色；
C．依据pH分析电离和水解程度；
D．依据化学平衡移动原理分析。
18．（2020高二上·平邑期中）在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是（ ）
编号 ① ② ③ ④
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
pH 11 11 3 3
A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小
B．分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>③>④
C．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：
D．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．氯化铵溶于水后电离出铵根可以抑制氨水的电离使氢氧根浓度减小，铵根还可以结合NaOH溶液中的氢氧根使其氢氧根浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，故A不符合题意；
B．一水合氨稀释过程中还有继续电离出氢氧根，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④，故B符合题意；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3mol/L，而HCl为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3mol/L，二者等体积混合碱过量，所以c(NH )> c(Cl-)，故C符合题意；
D．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则 =10-4mol，解得a：b=11：9，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】
A.氯化铵中铵根离子存在水解，溶液①、②均会抑制氨水电离；
B.稀释过程中电离程度加大，但粒子浓度会减小；
C. ①、④等体积混合， 先分析其粒子组成，根据物料守恒和电荷守恒；
D.根据离子反应计算其物质的量，注意单位换算。
19．（2018高一下·上海期中）常温下，下列叙述中正确是（ ）
A．pH=0的溶液不存在
B．酸性溶液中，c(H+)越大，pH越大
C．pH=7的溶液一定呈中性
D．0.1mol/L的氢氧化钠溶液，其pH=13
【答案】C,D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.根据pH=-lgc（H+）可知，溶液中的氢离子浓度为1mol/L，这种溶液存在，A不符合题意；
B. 根据pH的定义可知，酸性溶液中，c(H+)越大，pH越小，B不符合题意；
C. 常温下根据水的离子积常数Kw= c(H+)×c(OH )=10-14可知，pH=7的溶液c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，C符合题意；
D. 0.1mol/L的氢氧化钠溶液中c(OH-) = 0.1 mol/L，根据Kw = c(H+)×c(OH )=10-14可得c(H+)= = ，则pH=13，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】A.pH=0的溶液氢离子浓度为1mol/L；
B. 酸性溶液中轻离子浓度越大，pH越小；
C. 常温下根pH=7的溶液呈中性；
D. 0.1mol/L的氢氧化钠溶液pH=13。
20．（2018高二上·儋州期中）MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释，pH变化如图。下列叙述中错误的是( )
A．ROH是一种强碱 B．在x点，MOH已完全电离
C．在x点C(M+)＝C(R+) D．稀释前C(ROH) ＝ 10 C(MOH)
【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.根据以上分析可知，ROH是一种强碱，故A不符合题意；
B.根据以上分析可知，MOH是一元弱碱，不可能完全电离，故B符合题意；
C.利用电荷守恒C（M+）=C（OH ）-C(H+), C（R+）=C（OH ）-C(H+),由于两种溶液在x点PH相同，所以OH-与H+的浓度相同，所以C(M+)＝C(R+)，故C不符合题意；
D.稀释前ROH溶液的pH为13，C(R+)=-0.1mol/L，MOH溶液的pH为12，但MOH为弱碱，C(M+)>0.01mol/l，则C(ROH)< 10C(MOH)，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、根据图象稀释后溶液pH的变化分析；
B、弱电解质在水溶液中不能完全电离；
C、根据图象可知x点pH可知OH-=H+，结合电荷守恒分析解答；
D、根据稀释前溶液的pH值结合溶液的碱性强弱分析解答。
21．（2016高三上·六合期中）常温下，用浓度为0.1000mol L﹣1的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL 0.1000mol L﹣1的HX，HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图．下列说法正确（ ）
A．V（NaOH）=10.00 mL时，c（X﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．V（NaOH）=20.00 mL时，两份溶液中，c（X﹣）＞c（Y﹣）
C．V（NaOH）=20.00 mL时，c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．pH=7时，两份溶液中，c（X﹣）=c（Y﹣）
【答案】A,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A、V（NaOH）=10.00 mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主，所以离子浓度的大小为：，c（X﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，HX的pH大于HY，所以NaX的水解程度大于NaY，则两份溶液中，c（X﹣）＜c（Y﹣），故B错误；
C、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以离子浓度的大小为：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D、NaX的水解程度大于NaY，而pH=7时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，c（X﹣）＞c（Y﹣），故D错误；
故选AC．
【分析】A、V（NaOH）=10.00 mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主；
B、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，HX的pH大于HY，所以NaX的水解程度大于NaY；
C、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐；
D、NaX的水解程度大于NaY，而pH=7时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，c（X﹣）＞c（Y﹣）．
22．（2016高三上·滕州期中）常温下pH=a的CH3COOH稀溶液与pH=b的NaOH稀溶液等体积混合，下列判断正确的是（ ）
A．反应过程中，CH3COOH的电离程度增大
B．若混合后pH=7，则a+b=14
C．若混合后pH=5.3，则c（Na+）＜c（ CH3COO﹣）
D．若混合后CH3COOH与NaOH恰好完全反应，则a+b＜14
【答案】A,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A．加入NaOH溶液发生CH3COOH+OH﹣=CH3COO﹣+H2O，促进醋酸的电离，CH3COOH的电离程度增大，故A正确；
B．若a+b=14，则10﹣amoL/L=10b﹣14mol/L，说明醋酸溶液中c（H+）等于NaOH溶液中c（OH﹣），因醋酸为弱酸，则等体积混合后酸过量，溶液pH＜7，故B错误；
C．若混合后pH=5.3，则由c（H+）＞c（OH﹣），根据溶液的电中性可知c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故C正确；
D．若混合后CH3COOH与NaOH恰好完全反应，则n（CH3COOH）=n（NaOH），因醋酸为弱酸，则10﹣amoL/L＜10b﹣14mol/L，a+b＞14，故D错误．
故选：AC．
【分析】醋酸为弱电解质，在溶液中存在CH3COOH CH3COO﹣+H+，加入NaOH溶液发生CH3COOH+OH﹣=CH3COO﹣+H2O，结合弱电解质的电离和盐类水解原理解答该题．
23．（2017高二上·成都期中）常温下，向浓度为 0.1mol/L、体积为 V L 的氨水中逐滴加入 0.1mol/L 的盐酸，下列 各选项中数值变大的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．结合一水合氨的电离平衡常数K= 可知，该比值取决于c（H+）的变化，反应过程中c（H+）的浓度逐渐增大，则该比值变大，故A符合题意；
B．逐滴加入 0.1mol/L 的盐酸的过程中c（H+）增大、c（OH﹣）减小，则 的比值增大，故B符合题意；
C．常温下c（H+） c（OH﹣）之积为定值，滴入盐酸的过程中c（NH3 H2O）减小，则该比值减小，故C不符合题意；
D． 为NH4+的水解平衡常数，常温下该比值不变，故D不符合题意；
故答案为：AB．
【分析】常温下，向浓度为 0.1mol/L、体积为 V L 的氨水中逐滴加入 0.1mol/L 的盐酸，反应过程中铵根离子浓度增大，一水合氨的浓度减小，溶液中氢离子浓度增大、氢氧根离子浓度减小，结合水的离子积及电离平衡常数、铵根离子的水解平衡常数等进行分析即可.
24．（2017高二上·成都期中）25℃时，在 10mL 浓度为 0.1mol/L 的 NH3 H2O 溶液中滴加 0.1mol/L 盐酸，下列有关描述正确的是（ ）
A．加入5 mL 盐酸时：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．加入10mL 盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）
C．在溶液pH=7 时：水的电离程度最大
D．加入20 mL 盐酸时：c（Cl﹣）=2c（NH4+）
【答案】A,B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．加入5mL 盐酸时，一水合氨过量，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（NH4+）＞c（Cl﹣），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A符合题意；
B．加入10mL 盐酸时，根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），故B符合题意；
C．在溶液pH=7 时，溶液呈中性，基本不影响水的电离程度，当溶质为氯化铵时水的电离程度最大，故C不符合题意；
D．加入20 mL 盐酸时，根据物料守恒可得：c（Cl﹣）=2c（NH4+）+2c（NH3 H2O），故D不符合题意；
故答案为：AB．
【分析】A．加入5mL盐酸时，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，则溶液呈碱性，c（NH4+）＞c（Cl﹣）；
B．根据溶液中的电荷守恒判断；
C．当二者恰好反应时，铵根离子发生水解，水的电离程度最大；
D．根据反应后溶液中的物料守恒判断.
三、非选择题
25．（2015·抚顺模拟）运用化学反应原理研究NH3的性质具有重要意义．请回答下列问题：
（1）利用对苯醌质子电池可检测氨气，其电池反应原理为2NH3+ （对苯醌）═N2H4+ （对苯酚），N2H4的结构式为 ，该电池正极的电极反应式为 ．
（2）25℃时．将nmol L﹣1的氨水与0.1mol L﹣1的盐酸等体积混合．
①当混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl﹣）时．则溶液的pH= ．
②当混合溶液中，c（NH4+）＞c（Cl﹣）时．则反应的情况可能为 ．
a．盐酸不足．氨水剩余 b．氨水与盐酸恰好完全反应 c．盐酸过量
（3）在0.5L恒容密闭容器中，一定量的N2与H2进行反应：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=bkJ mol﹣1，其化学平衡常数K值和温度的关系如下：
温度/℃ 200 300 400
K 1.0 0.86 0.5
①写出该反应的化学平衡常数的表达式： ，b （填“大于”、“小于”或“等于”）0．
②400℃时，测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，此时刻该反应的v正（N2） （填“大于”、“小于”或“等于”）v逆（N2）．
（4）已知：①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ mol﹣1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=180.5kJ mol﹣1
写出氨高温催化氧化的热化学方程式 ．
【答案】（1）；
（2）7；a
（3）；小于；小于
（4）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.8KJ/mol
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：（1）肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，所以肼的结构式为 ；该电池正极上 得到电子生成 ，电极反应式为： ，故答案为： ； ；（2）①根据电荷守恒得：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），溶液中c（Cl﹣）=c（NH4+），所以c（OH﹣）=c（H+），所以溶液呈中性，即pH=7，故答案为：7；②根据电荷守恒得：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），当c（NH4+）＞c（Cl﹣）时，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性； a．盐酸不足，氨水剩余，溶液显碱性，与题意相符，故a可选； b．氨水与盐酸恰好反应，生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，与题意不符，故b不选； c．盐酸过量，溶液呈酸性，与题意不符，故c不选；故答案为：a；（3）①N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=bkJ mol﹣1，平衡常数K= ，由表中数据可知：平衡常数随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，故正反应为放热反应，故b小于0，故答案为： ；小于；②400℃ N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）的K=0.5，400℃时，测得氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，浓度分别为 =6mol/L， =4mol/L， =2mol/L，Qc= =1.1＞K，说明平衡逆向进行，v正（N2）＜v逆（N2）；故答案为：小于；（4）①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1，由①+2×②可得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=（﹣1266.8kJ mol﹣1）+（+180.5kJ mol﹣1）=﹣905.8KJ/mol，故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.8KJ/mol．
【分析】（1）肼相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代；该电池正极上 得到电子生成 ；（2）①根据电荷守恒及c（Cl﹣）=c（NH4+）判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小，从而确定溶液的酸碱性，得出正确结论；②根据电荷守恒及c（Cl﹣）＜c（NH4+）判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小，从而确定溶液的酸碱性，得出正确结论；（3）①根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，书写平衡常数表达式，分析平衡常数随温度变化，结合平衡移动原理分析反应热量变化情况；②依据浓度商和平衡常数的比较，判断反应进行的方向；（4）①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1，
利用盖斯定律进行计算，由①+2×②得出正确结论．
26．碳、氮、硫是中学化学重要的非金属元素，在工农业生产中有广泛的应用。
（1）用于发射“天宫一号”的长征二号火箭的燃料是液态偏二甲肼（CH3）2N－NH2，氧化剂是液态四氧化二氮。二者在反应过程中放出大量能量，同时生成无毒、无污染的气体。已知室温下，1 g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，请写出该反应的热化学方程式 。
（2）298 K时，在2L恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g) N2O4(g)ΔH＝－a kJ·mol－1 (a＞0) 。N2O4的物质的量浓度随时间变化如下图。达平衡时， N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题。
①298k时，该反应的平衡常数为 。
②在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如下图所示。
下列说法正确的是
a.A、C两点的反应速率：A＞C
b.B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜C
c.A、C两点气体的颜色：A深，C浅
d.由状态B到状态A，可以用加热的方法
③若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6 mol 、n（N2O4）=1.2mol，则此时V（正） V（逆）（填“>”“<”或“=”）。
（3）NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。现向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。试分析图中a、b、c、d、e五个点，
①水的电离程度最大的是 （填“a”“b”“c”“d”或“e”，下同）
②其溶液中c(OH-)的数值最接近NH3·H2O的电离常数K数值的是 ；
③在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 。
【答案】（1）C2H8N2(l)＋2N2O4(l)＝2CO2(g)＋3N2(g)＋4H2O(l) ΔH=－2550 kJ·mol－1
（2）6.67L/mol；d；＜
（3）b；d；c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)
【知识点】热化学方程式；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：（1）1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则1mol偏二甲肼完全燃烧释放出的能量为42.5kJ×60=2550kJ，其热化学方程式为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550 kJ/mol；
故答案为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550 kJ/mol；
（2）①由图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，
则K=
=
=6.67L/mol，
故答案为：6.67L/mol；
②a、压强越大，反应速率越快，所以A、C两点的反应速率：A＜C，故a错误；
b、混合气体的平均相对分子质量=，BC两点混合气体的质量和物质的量都相等，所以混合气体的平均相对分子质量B=C，故b错误；
c、NO2的含量越高，混合气体的颜色越深，C点压强大于A点，加压平衡向生成N2O4的方向移动，但NO2的浓度比原平衡大，所以混合气体的颜色A点浅C点深，故c错误；
d、可逆反应2NO2（g） N2O4（g）△H=-a kJ mol-1 （a＞0）放热，温度升高平衡逆向移动，二氧化氮含量增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故d正确；
故答案为：d；
③反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，因此的N2O4的浓度为0.6mol/L，N2O4的浓度为0.3mol/L，浓度商Q=
=
=6.67L/mol=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）＜V（逆）；
故答案为：＜；
（3）①a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；c、d、e三点溶液均含有NH3 H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3 H2O抑制水的电离，因此水的电离程度最大的是b点，溶液中c（OH-）的数值最接近NH3 H2O的电离常数K数值，
故答案为：b；
②氨水为弱碱，溶液呈碱性，c点溶液呈中性，铵根离子浓度过大，e点溶液碱性过强，一水合氨浓度过大，相对而言d点溶液中铵根离子浓度与一水合氨浓度最接近，溶液中c（OH-）的数值最接近NH3 H2O的电离常数K数值，
故答案为：d；
③c点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3 H2O三种成分，b点时c（Na+）=c（SO42-），c点时c（Na+）＞c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）．
【分析】（1）先求出偏二甲肼的物质的量，再根据物质的量之比等于热量比求出反应热，然后写出热化学方程式；
（2）①由图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，带入平衡常数表达式计算；
②a、压强越大，反应速率越快；
b、混合气体的平均相对分子质量=；
c、NO2的含量越高，混合气体的颜色越深；
d、可逆反应2NO2（g） N2O4（g）△H=-a kJ mol-1 （a＞0）放热，温度升高平衡逆向移动，二氧化氮含量增大；
③反应为放热反应，升高温度，K值减小，计算可知此时的浓度商Q=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）＜V（逆）；
（3）①a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；c、d、e三点溶液均含有NH3 H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3 H2O抑制水的电离．
②溶液中铵根离子浓度与一水合氨浓度最接近时，溶液中c（OH-）的数值最接近NH3 H2O的电离常数K数值；
③c点溶液呈中性，则溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3 H2O三种成分．
27．（2016·福州模拟）稀土是我国战略性资源．氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈族稀土元素的重要矿物原料．关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种，其中一种提取铈的工艺流程如下：
请回答下列问题
（1）为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石 处理．
（2）焙烧过程中产生的SO3尾气常采用喷淋法净化，再用石灰乳中和；操作I中滤渣的主要成分是 ．
（3）操作II若在实验室中进行，需要的主要玻璃仪器有 、烧杯、玻璃棒等；所用萃取剂HT需具备的条件是 ．
①HT不溶于水，也不和水反应
②Ce3+不和萃取剂HT发生反应
③Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水
④萃取剂HT的密度一定大于水
（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ （水层）+6HT（有机层） 2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向CeT3 （有机层）加入稀硫酸获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是 ．
（5）常温下，含Ce3+溶液加碱调至pH=8时，c（Ce3+）=b mol L﹣1，已知Ce（OH）3的溶度积=a，则a和b的关系是 ．
（6）写出Ce（OH）3悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式： ．
（7）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.545g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol L﹣1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为 [Ce（OH）4的相对分子质量为208，结果保留两位有效数字]．
【答案】（1）粉碎成细颗粒
（2）CaF2、CaSO4
（3）分液漏斗；①②③
（4）混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动
（5）a=10﹣18b
（6）4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4
（7）95%
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据影响反应速率的因素可知，为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理，故答案为：粉碎成细颗粒；（2）氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物，所以操作I中滤渣的主要成分是CaF2、CaSO4，故答案为：CaF2、CaSO4；（3）操作II为分液，分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；萃取的目的是将溶液中的Ce3+萃取出来，根据萃取剂的要求选择可知，HT要不溶于水，也不和水反应、Ce3+不和萃取剂HT发生反应、Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水，故选①②③，故答案为：分液漏斗；①②③；（4）根据平衡2Ce3+ （水层）+6HT（有机层） 2CeT3（有机层）+6H+（水层）可知，混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动，故答案为：混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；（5）根据题意，溶液中c（OH﹣）=10﹣6 mol L﹣1，根据溶度积=c3（OH﹣） c（Ce3+）可知a=（10﹣6）3 b，所以a=10﹣18b，故答案为：a=10﹣18b；（6）根据流程结合元素守恒可知Ce（OH）3结合氧气和水生成Ce（OH）4，反应的化学方程式为4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4， 故答案为：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4；（7）根据电子得失守恒有关系式Ce（OH）4～FeSO4，FeSO4标准溶液中FeSO4的物质的量为0.025×0.1mol=0.0025mol，所以Ce（OH）4的质量为0.0025mol×208g/mol=0.52g，则样品中Ce（OH）4的质量分数为 ×100%=95%，
故答案为：95%．
【分析】（1）根据影响反应速率的因素可知，为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理；（2）氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物，据此答题；（3）操作II为分液，分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；萃取的目的是将溶液中的Ce3+萃取出来，根据萃取剂的要求选择；（4）根据平衡2Ce3+ （水层）+6HT（有机层） 2CeT3（有机层）+6H+（水层）可知，加入酸平衡向逆反应方程移动，据此分析；（5）根据溶度积=c3（OH﹣） c（Ce3+），结合pH=8及c（Ce3+）=b mol L﹣1，可计算出a和b的关系；（6）根据流程结合元素守恒可知Ce（OH）3结合氧气和水生成Ce（OH）4，据此书写化学方程式；（7）根据电子得失守恒有关系式Ce（OH）4～FeSO4，根据FeSO4标准溶液中FeSO4的物质的量可计算出Ce（OH）4的质量，进而确定Ce（OH）4的质量分数；
28．（2021高二下·许昌期末）
（1）Ⅰ．实验室用0.100mol/LNaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸。
盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用图1中的 操作（填“甲”、“乙”、“丙”）。选择酚酞作为指示剂，滴定终点的现象为 。
（2）下列操作会导致实验结果偏低的是___________（填标号）。
A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
C．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度
D．滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出
（3）某学生进行3次实验得到相关数据如表所示。
滴定次数 待测盐酸的体积/mL 消耗0.100mol/LNaOH溶液的体积/mL
滴定前读数 滴定后读数
第一次 25.00 0.00 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30
第三次 25.00 0.22 26.31
则盐酸的物质的量浓度为 mol/L。（保留三位小数）
（4）Ⅱ．一定浓度的 溶液中含硫元素所有微粒的物质的量分数随pH的变化如图2所示。
图中a、b、c三点，水电离的 由大到小的顺序分为 （用a、b、c表示），pH=3时， 。
【答案】（1）丙；溶液由无色变为粉红色，且30s内不恢复原色
（2）D
（3）0.104
（4）c>b>a；1：10
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】（1）盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，排出气泡，排出气泡的方法应采用图1中的丙。选择酚酞作为指示剂，含有酚酞的盐酸溶液呈无色，溶液由无色变为粉红色，且30s内不恢复原色，达到滴定终点；
（2） A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠的体积偏大，测定盐酸的浓度偏高，故不选A；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗，盐酸物质的量偏大，消耗氢氧化钠的体积偏大，测定盐酸的浓度偏高，故不选B；
C．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，耗氢氧化钠的体积偏大，测定盐酸的浓度偏高，故不选C；
D．滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出，盐酸物质的量偏小，耗氢氧化钠的体积偏小，测定盐酸的浓度偏低，
故答案为：D；
（3）根据表格数据，第一次消耗氢氧化钠溶液的体积是26.11mL、第二次消耗氢氧化钠溶液的体积是28.74mL、第三次消耗氢氧化钠溶液的体积是26.09mL，第二次实验数据偏离正常误差范围舍去不用，第一次、第三次实验平均消耗氢氧化钠溶液的体积是26.10mL，则盐酸的物质的量浓度为 。
（4）硫酸电离出的氢离子抑制水电离，氢离子浓度越大，水电离程度越小，根据图示，a、b、c三点硫酸电离出的氢离子浓度依次减小，所以a、b、c三点，水电离的 由大到小的顺序分为c>b>a，pH=2时 ，即 ，则pH=3时， ，所以 1：10。
【分析】
(1)排气泡时滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液；滴定到终点时溶液由无色变为粉红色，且30s内不恢复原色；
(2)标准液用量多时，结果偏大，反之则偏小。
(3)应把错误数据删去再计算平均值；
(4)H+抑制水的电离；根据HSO4-的电离常数计算。
29．（2020高二上·蚌埠期末）盐是一类常见的电解质，实验表明盐溶液不一定呈中性，也可能呈酸性和碱性。
（1） 、 、 的水溶液分别呈 性、 性、 性。
（2）将 溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是 。
（3）纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示) 。
（4）纯碱溶液与氯化铝溶液混合有大量泡沫生成，其原因是(用离子方程式表示) 。
【答案】（1）碱；酸；中
（2）
（3） 或 ，
（4）
【知识点】盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】(1) 是强碱弱酸盐水解显碱性，NH4Cl是强酸弱碱盐水解显酸性， KNO3是强酸强碱盐不水解显中性；
故答案为：碱；酸；中。
(2)氯化铝为强酸弱碱盐， 发生水解，水解的方程式为Al3＋＋3H2O＝Al(OH)3 ＋3H＋，水解后溶液呈酸性，加热时促进水解，生成Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，灼烧时分解生成Al2O3 ；
故答案为： 。
(3)Na2CO3为强碱弱酸盐，CO 离子水解方程式为： 或 ， ，使溶液呈碱性，故能使油脂水解而去油污；
故答案为： 或 ， 。
(4) Al3+与CO 发生双水解，有泡沫的原因是有气体生产，离子方程式为： ；
故答案为：
【分析】(1)CH3COONa是强碱弱酸盐水解显碱性，NH4Cl是强酸弱碱盐水解显酸性，KNO3是强酸强碱盐不水解显中性；
(2)铝离子在溶液中水解使溶液显酸性，加热促进水解同时生成的HCl挥发，使水解进行到底；
(3)Na2CO3为强碱弱酸盐，CO 水解为： ，使溶液呈碱性；
(4)Al3+与CO 发生双水解。
30．（2020高二上·中山期末）下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数
化学式
（1）常温时，向冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力Ⅰ随加入水的体积V变化的曲线如右图所示，则a、b、c三点处，溶液中pH值最小的点为 ，醋酸的电离程度最大的点为 ；
（2）物质的量浓度均为 的四种溶液：
①②③④
水的电离程度由小到大的顺序为 ；
（3）向 溶液中通入少量CO2的化学方程式为 ；
（4）在25℃时向 溶液中滴加 溶液至： ，此时溶液的 ．
（5） 溶液呈 (填“酸性”“中性”“碱性”)，试简述其原因 ；
【答案】（1）b；c
（2）④①③②
（3）
（4）5
（5）酸性； 的水解常数是 ， 的电离常数是 ， 的电离程度大于水解程度
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）溶液的导电能力越强，离子浓度越大，a、b、c三点，b导电能力最强，说明b点氢离子浓度最大，溶液中pH值最小的点为b；溶液越稀，弱酸的电离程度越大，c加入的水最多，所以c点醋酸的电离程度最大；
（2） ①酸性 > > > ，酸性越弱，对应钠盐的水解程度越大，盐水解促进水电离，所以物质的量浓度均为 的 、 、 、 四种溶液，水的电离程度由小到大的顺序为 < < < ；
（3） 酸性 > > ，向 溶液中通入少量的CO2生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的化学方程式为 ；
（4） 在25℃时，醋酸的电离平衡常数 ， ，则 ，此时溶液的 5；
（5） 的水解常数是 ， 的电离常数是 ； 的电离程度大于水解程度， 溶液呈酸性。
【分析】(1)导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大；溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大；
(2)四种物质都是可水解的盐，对水的电离都起到促进，相同浓度的这几种钠盐溶液中，依据越弱越水解的规律可知，相同浓度盐溶液，水解程度越大则水的电离程度越大；
(3) NaClO溶液中通入少量CO2，生成碳酸氢钠和次氯酸；
(4)根据醋酸的电离平衡常数进行计算；
(5)依据电离常数计算草酸氢根离子水解常数，比较草酸氢根离子电离常数与水解常数大小判断解答。
31．（2020高二上·惠州期末）室温下，用 溶液滴定 (二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图，请回答下列问题：
（1）用电离方程式表示草酸溶液显酸性的原因 。
（2）带你⑤所示溶液中， (填“>”“＜”“=”)。
（3）已知： 、 在酸性条件下均能将草酸钠( )氧化成 ，测定软锰矿中 质量分数的方法是：称取 软锰矿样品，加入 草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应后冷却，滤去杂质，将所得滤液转移到250 mL容量瓶中并定容，从中取出 待测液放入锥形瓶中，再用 标准溶液进行滴定，反应的离子方程式为： ，当滴入 溶液时恰好完全反应。
①在酸性条件下， 将 氧化的离子方程式为 。
② 标准溶液应选用下图中的 (填“甲”或“乙”)盛装；
③将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定时，眼睛注视 直至滴定终点；判断到达滴定终点的现象是 。
④软锰矿中 的质量分数为 。
【答案】（1）
（2）>
（3）；甲；锥形瓶；锥形瓶中溶液颜色的变化锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫色，且 秒内溶液颜色不再变化；72.5%
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）草酸是二元弱酸，在溶液中部分电离生成H+，故溶液呈酸性，电离方程式为： ，故答案为： ；
（2）点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，根据质子守恒：c(OH-)=c(H+)+ ，转移H+到左边，即c(OH-)-c(H+)= > ，则 > ，故答案为：>；
（3）①酸性条件下，MnO2将Na2C2O4氧化，生成锰离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为 ，故答案为： ；
②高锰酸钾具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，甲是酸式滴定管，乙是碱式滴定管；故答案为：甲；
③眼睛应注意锥形瓶中溶液颜色变化，以准确判断滴定终点；草酸与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，当滴定到终点时，二者恰好完全反应，再滴入一滴KMnO4溶液变成紫色且半分钟不褪色，可说明达到滴定终点，
故答案为：锥形瓶；锥形瓶中溶液颜色的变化锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫色，且 秒内溶液颜色不再变化
④2.68gNa2C2O4的物质的量n（Na2C2O4）= ，反应中消耗KMnO4的总量n（KMnO4）=cV=0.0200mol L-1×20×10-3L× =4×10-3 mol，MnO4-～Mn2+～5e-，MnO2～Mn2+～2e-，Na2C2O4～2CO2～2e-，根据电子守恒有2n（Na2C2O4）=2n（MnO2）+5n（KMnO4），即0.02mol×2=2n（MnO2）+5×4×10-3 mol，则n（MnO2）=0.01mol，m（MnO2）=0.01mol×87g/mol=0.87g，所以软锰矿中MnO2的质量分数为 ×100%=72.5%，故答案为：72.5%。
【分析】（1）草酸电离出氢离子的离子反应方程式
（2）根据电荷守恒原理进行计算
（3）生成物包括二价锰离子、二氧化碳和水；强氧化物选用酸式滴定管；滴定时要注意反应物的颜色变化，且根据颜色变化来判定滴定终点；根据草酸钠以及高锰酸钾的物质的量可以算出二氧化锰消耗草酸钠的物质的量，并计算出二氧化锰的含量
32．（2020高二上·咸阳期末）现有常温下的四种溶液：① 溶液 ② 溶液 ③ 的氨水 ④ 的 溶液。回答下列问题：
（1）将②③混合后所得溶液 ，则消耗溶液的体积：② (填“>”、“<”或“=”，下同)③；将③④分别稀释100倍后，比较溶液的 ：③ ④。
（2）将②③等体积混合后，所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为 。
（3）四种溶液中，水的电离程度相同的是 (填序号)。
（4）将①④混合，若有 ，则混合液呈______(填字母)。
A．酸性 B．碱性
C．中性 D．三性皆有可能
（5）若改变温度后，测得④溶液 ，则该温度下水的离子积 。在该温度下，将①④混合后，测得溶液 ，则所得溶液中 。
【答案】（1）>；>
（2）
（3）②③④
（4）A
（5）；( )或
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】(1)②中c(HCl)=0.01 mol/L，③中c(NH3 H2O)> 0.01mol/L，将②③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：HCl>氨水，③中c(NH3 H2O)> 0.01mol/L，稀释100倍后，氨水继续电离，c(OH-)>0.0001mol/L，④中c(NaOH)= 0.01mol/L，稀释100倍后，c(OH-)=0.0001mol/L，则稀释后溶液pH③>④，故答案为：>；>；
(2)②0.01mol/L HCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液呈碱性，结合电荷守恒，所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)；
(3)酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，①中水电离出c(H+)>10-12 mol/L，②中水电离出c(H+)=10-12 mol/L，③中水电离出c(H+)=10-12 mol/L，④中水电离出c(H+)=10-12 mol/L，则四种溶液中，水的电离程度相同的是②③④，故答案为：②③④；
(4)将①④混合，溶质为CH3COONa，电荷守恒为：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，若c(CH3COO-)>c(Na+)，则c(OH-)< c(H+)，溶液显酸性，故答案为：A ；
(5)④中c(NaOH)= 0.01mol/L，溶液pH为10，c(H+)=10-10 mol/L，Kw= c(H+) c(OH-)=10-12，在该温度下，pH=7，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=( )mol/L =(10-5-10-7)mol/L，故答案为：10-12；(10-5-10-7)或9.9×10-7；
【分析】
(1)依据盐类水解和强、弱电解质的电离进行分析；
(2)利用电荷守恒排序；
(3)依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
(4)依据电荷守恒分析；
(5)利用Kw= c(H+) c(OH-)，根据电荷守恒计算；
33．（2020高二上·上虞期末）请回答下列问题：
（1）某温度下，水的离子积常数Kw=2×10-13，0.02mol·L-1的NaOH溶液的pH= 。
（2）25℃时，0.10 mol·L-1的HA溶液中 =1010，该HA溶液的pH= 。
（3）pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后，CH3COONa溶液的pH NaOH溶液的pH(填“＞”“＜””或“=”)。
（4）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c( )=c(Cl-)，则盐酸的体积 氨水的体积(填“＞”“＜””或“=”)。
（5）某学生用0.1 mol·L-1盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，其操作步骤如下：
A．移取20.00 mL待测溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞试液。
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次。
C．调节滴定管旋塞使尖嘴充满溶液，把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好。
D．取标准盐酸溶液注入酸式滴定管至零刻度以上2～3 cm。
E．调节液面至零刻度(或以下)，记下读数V1。
F．用标准溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度V2。
请写出操作步骤的正确顺序___________(填序号)。
【答案】（1）11
（2）2
（3）＞
（4）＜
（5）A；B；C；D；E；F
【知识点】盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】（1）某温度下，水的离子积常数Kw=2×10-13，0.02mol·L-1的NaOH溶液的c(H+)= mol/L=10-11mol/L，pH=11。答案为：11；
（2）25℃时，0.10 mol·L-1的HA溶液中 =1010，则c(H+)=10-2mol/L，该HA溶液的pH=2。答案为：2；
（3）pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后，NaOH溶液的pH基本不变，CH3COONa在溶液中的水解程度增大，碱性增强，pH增大，则CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH。答案为：＞；
（4）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c( )=c(Cl-)，依据电荷守恒，溶液呈中性，则氨水应稍过量，所以盐酸的体积＜氨水的体积。答案为：＜；
（5）进行中和滴定操作时，先用标准盐酸润洗酸式滴定管，再注入标准盐酸，然后调整液面在零刻度或以下，固定酸式滴定管；再取待测NaOH溶液注入锥形瓶，进行滴定至滴定终点，停止滴定并读取酸式滴定管内液面所在的刻度。从而得出操作步骤的正确顺序为BDCEAF。答案为：BDCEAF。
【分析】依据溶液的性质进行酸碱性的判断；用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，盐酸应放入酸式滴定管内，待测NaOH溶液放入锥形瓶内；由于NaOH溶液易吸收空气中的CO2，所以最好是先将盐酸放入酸式滴定管内，后将NaOH溶液放入锥形瓶内。
34．（2020高二上·合肥期末）回答下列问题：
（1）下列物质： ①Cu ②SO2 ③冰醋酸 ④NaHCO3 ⑤Cu(OH )2 ⑥H2SO4溶液 ⑦NaCl，其中属于电解质的是
(填序号)。
（2） 时， 溶液的pH= 。
（3）已知在25 ℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离常数如下表：
醋酸 碳酸 亚硫酸
Ka=1.75×10-5 Ka1=4.30×10-7 Ka2=5.61×10-11 Ka1=1.54×10-2 Ka2=1.02×10-7
①由上表数据可知，Na2SO3溶液显 性，其原因是 (用离子方程式表示)。
② 时，等浓度的a．Na2CO3溶液、b．CH3COONa溶液、c．Na2SO3溶液，这3种溶液的pH由大到小的顺序为 (用字母表示)。
③工业上可用氨水除去尾气SO2，将SO2通入氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-8mol/L时，溶液中的 = (保留三位有效数字)。
【答案】（1）③④⑤⑦
（2）2
（3）碱性；；a>c>b；0.102
【知识点】电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】(1) ①Cu 是单质，既不是电解质又不是非电解质；
②SO2 自身不能电离，SO2属于非电解质；
③冰醋酸的水溶液能导电，冰醋酸是电解质；
④NaHCO3的水溶液能导电，NaHCO3是电解质；
⑤Cu(OH )2 是碱，Cu(OH )2是电解质；
⑥H2SO4溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；
⑦NaCl的水溶液能导电，NaCl是电解质；其中属于电解质的是③④⑤⑦；
(2) 时， 溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=2；
(3)①由上表数据可知，亚硫酸是弱酸，Na2SO3是强碱弱酸盐，SO 能发生水解反应 ，溶液呈碱性；
②醋酸的电离平衡常数Ka>亚硫酸的第二步电离平衡常数Ka2>碳酸的第二步电离平衡常数Ka2，所以水解程度CO > SO >CH3COO-， 时，等浓度的Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、Na2SO3溶液的pH由大到小的顺序为：Na2CO3> Na2SO3>CH3COONa；
③当c(OH-)降至1.0×10-8mol/L时，c(H+)=1.0×10-6mol/L， =1.02×10-7， = =0.102。
【分析】(1)、电解质是化合物，电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，如：部分有机物，非金属氧化物等，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；
(2)、依据氢离子的浓度进行分析；
(3)、依据盐的水解和弱酸的电离及溶液的酸碱性分析解答。
35．（2021高二上·齐齐哈尔期末）自然界是各类物质相互依存、各种变化相互制约的复杂平衡体系，而水溶液中的离子平衡是其中一个重要方面。请根据所学知识，回答下列问题：
（1）常温下，在体积为20mL、浓度为0.1mol/LHA溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，反应后溶液中水电离出的c(H+)表示为pH水=-lgc(H+)水。pH水与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。
①B点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为： 。
②HA的电离常数Ka= (请用含x的代数式表示)。
（2）常温下，已知，。
①0.1mol/L的CH3COOK溶液和0.1mol/LHCOONa溶液相比， (填“＜”、“=”或“＞”)。
②向0.1mol/LHCOOH溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，当溶液中时，此时溶液的pH= 。
（3）工业处理废水时，常加入FeS固体除去废水中的Hg2+，使其生成更难溶的HgS。请用平衡移动理论解释原因 ，写出反应的离子方程式 。
【答案】（1）；
（2）＞；4
（3）FeS在溶液中存在沉淀溶解平衡：。Hg2+与结合生成更难溶的HgS，使上述平衡向溶解的方向移动；
【知识点】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；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】（1）①常温下，在体积为20mL、浓度为0.1mol/LHA溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，根据图可知HA为弱酸，当NaOH溶液体积为20mL时正好中和完，B点溶质为NaA，离子浓度由大到小的顺序为：；
②当加入氢氧化钠溶液xmL时水电离出的c(H+)为10-7，此时溶液是NaA和HA混合，分析可知此时溶液是中性，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(A-)，故此时c(H+)=10-7mol/L，c(Na+)=c(A-)= mol/L，c(HA)= mol/L，；
（2）①0.1mol/L的CH3COOK溶液和0.1mol/LHCOONa溶液相比，<，且c(K+)=c(Na+)，c(K+)-c(CH3COO-)>c(Na+)-c(HCOO-)；
②根据得c(H+)=10-4 mol/L，pH=4；
（3）工业处理废水时，常加入FeS固体除去废水中的Hg2+，利用沉淀的转化成更难溶的HgS，溶液中存在，Hg2+与结合生成更难溶的HgS，使上述平衡向溶解的方向移动，发生的离子方程式为。
【分析】（1）①根据图知，酸碱恰好完全反应生成NaA，A 水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；
②A点溶液呈中性，c（H＋）＝c（OH ）＝10 7mol/L，溶液中c（A ）＝c（Na＋），根据加入氢氧化钠的量可求出c（A ）和c（HA），HA的电离常数Ka＝c(A )·c(H＋)/c(HA)；
（2）①Ka（CH3COOH）＜Ka（HCOOH），则水解程度CH3COO ＞HCOO ，水解程度越大，相同浓度的CH3COOK、HCOONa溶液中酸根离子浓度越小，则c（CH3COO ）＜c(HCOO )，K＋、Na＋不水解，所以相同浓度的这两种溶液中，c（K＋）＝c（Na＋）；
②Ka（HCOOH）＝c(HCOO )×c（H＋）/c(HCOOH)，c（H＋）＝Ka（HCOOH）×c(HCOOH)/ c(HCOO )；
（3）FeS在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeS（s） Fe2＋（aq）＋S2 （aq），Hg2＋与S2 结合生成更难溶的HgS，使上述平衡向溶解的方向移动。
