1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2015-2016学年四川省遂宁市射洪中学高二（下）月考化学试卷（4月份）一、选择题（每小题2分）1H2S溶液中，在采取措施使pH增大的同时，则c（S2）的变化情况是（）A增大B减小C不变D可能增大，也可能减小2下列说法正确的是（）A常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4B为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸C用0.2000mol/L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol/L），至中性时，溶液中的酸未被完全中和
2、D相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1mol/L盐酸、0.1mol/L氯化镁溶液、0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：=3下列电解质溶液的有关叙述正确的是（）A同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）增大C含1mol KOH的溶液与1mol CO2完全反应后，溶液中c（K+）=c（HCO）D在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c（Na+）=c（CH3COO）4常温下0.1mol/L醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是（）A将溶液稀释到原体积的10倍B加
3、入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.2mol/L盐酸D提高溶液的温度5对于0.1molL1 Na2SO3溶液，正确的是（）A升高温度，溶液的pH降低Bc（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）Cc（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）D加入少量NaOH固体，c（SO32）与c（Na+）均增大6室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（）A溶液中导电粒子的数目减少B溶液中不变C醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7725在等体积的pH=0的H2SO4溶液，0.05mo
4、lL1的Ba（OH）2溶液，pH=10的Na2S溶液，pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（）A1：10：1010：109B1：5：5109：5109C1：20：1010：109D1：10：104：1098已知一种c（H+）=1103molL1的酸和一种c（OH）=1103molL1的碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是（）A浓的强酸和稀的强碱溶液反应B浓的弱酸和稀的强碱溶液反应C等浓度的强酸和弱碱溶液反应D生成一种强酸弱碱盐9下列说法正确的是（）A向0.1 molL1 Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色BAl3+、NO3、Cl、CO32、Na+可大量共存于p
5、H=2的溶液中C乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质D分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗NaOH的物质的量相同10下列说法不正确的是（）AKsp只与难溶电解质的性质和温度有关B由于Ksp（ZnS）Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小11盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质下列表述正确的是（）A在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO32和OHBNaHCO3溶液中：c （H+）+c （H2CO3）=c（OH）C10 mL0.10molL1CH3
6、COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同12将pH=1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入于该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，都升高可1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为（）A9B10C11D1213已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K该温度下向20mL 0.1molL1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1molL1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）下列说法中不正确的是（）Aa点表
7、示的溶液中c（CH3COO）=103molL1Bb点表示的溶液中c（CH3COO）c（Na+）Cc点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全Db、d点表示的溶液中均等于K14下列叙述正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（NH4）2Fe（SO4）2c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度C0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D0.2 mol/L的NaHC
8、O3溶液中c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH）15常温下，0.2mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后（忽略混合前后溶液体积的变化），溶液的pH7，则下列有关此溶液叙述正确的是（）A溶液中由水电离产生的H+浓度为1107mol/LBc（CH3COO）+c（CH3COOH）c（Na+）=0.05mol/LC溶液中CH3COOH的电离程度小于CH3COONa的水解程度D溶液中离子浓度的大小关系为：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）16100mL 0.1mol/L的盐酸与50mL 0.2mol/L的氨水混合，充分反应后，所得溶液
9、中各种离子浓度关系正确的是（）Ac（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）Bc（Cl）=c（NH4+）c（OH）=c（H+）Cc（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH）Dc（H+）+c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（OH）17现有两正盐的稀溶液，分别是a molL1NaX溶液和b molL1NaY溶液下列说法不正确的是（）A若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）c（HY）B若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）=c（HY）C若a=b，且pH（NaX）pH（NaY），则相同浓度时，酸性HXHYD若a=b，并测得a=c（X）=c（Y）
10、+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸18对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是（）A0.1 mol/L的（NH4）2SO4溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）B0.1 mol/L的NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+2c（CO32）C将0.2 mol/L NaA溶液和0.1 mol/L盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c（Na+）+c（H+）c（A）+c（Cl）D在25100 mL NH4Cl溶液中：c（Cl）c（NH4+）+c（NH3H2O）19某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所
11、示据图判断正确的是（）A为盐酸稀释时的pH值变化曲线Bb点溶液的导电性比c点溶液的导电性强Ca点Kw的数值比c点Kw的数值大Db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度20电解质溶液有许多奇妙之处，你只有深入思考，才能体会到它的乐趣下列关于电解质溶液的叙述中正确的是（）ANa2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类不相同B常温下，1 molL1的CH3COOH溶液与1 molL1的NaOH溶液等体积混合后，所得混合液中：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）C物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c（NH4+）前者小于后者D常温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=105
12、 molL1，则此溶液可能是盐酸21如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1molLBP点时反应恰好完全，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂22下列有关二元弱酸H2A的盐溶液的说法中，正确的是（）A在NaHA溶液中一定有：c（Na+）c（HA）c（OH）c（H+）B在NaHA溶液中一定有：c（Na+）c（HA）c（H+）c（OH）C在Na2A溶液中：c（Na+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2）D在Na2A溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HA）+2 c（H2A）二、简答题23则25时水的电
13、离平衡曲线应为（填“A”或“B”），请说明理由（2）25时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的 pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为（3）95时，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是（4）曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH=5请分析其原因：24增大了因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（ H+）减小，因此溶液的pH增大（1）上述两种解释
14、中（填“甲”或“乙”）正确；（2）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1mo1L1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的（填写编号），然后测定溶液的pH；A固体CH3COOK B固体CH3COONH4 C气体NH3 D固体NaHCO3（3）若 （填“甲”或“乙”）的解释正确，溶液的pH应 （填“增大”“减小”或“不变”）；（已知25时，CH3COONH4溶液呈中性）（4）常温下，将0.010mol CH3COONa和0.004mol HCl溶于水，配制成0.5L混合溶液判断：溶液中共有种粒子；其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol，它们是和；溶液中n（CH3COO）+n（O
15、H）n（H+）=mol25写出酸H2A的电离方程式：；（2）若溶液M是由10mL 2mo1L1NaHA溶液与2molL1NaOH溶液等体积混合而得到的，则溶液M的pH7（填“”、“或“=”），溶液中离子浓度由大到小的顺序为已知Ksp（BaA）=1.81010，向该混合溶液中加入10mL 1molL1BaCl2溶液，混合后溶液中Ba2+的浓度为molL1；（3）若溶液M分为下列三种情况：0.01molL1的H2A溶液；0.01molL1的NaHA溶液；0.02molL1的HCl与0.04molL1的NaHA溶液等体积混合形成的混合液则三种情况下溶液中H2A分子浓度最大的为；pH由大到小的顺序为；
16、（4）若溶液M是由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应得到的，混合溶液中=104，V1与V2的大小关系为（填“大于”、“等于”、“小于”或“均有可能”）262溶液10.00mL，结果用去盐酸19.60mL用测定的Ba（OH）2溶液吸收定量空气中的CO2，取Ba（OH）2溶液10.00mL，放100mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放人密闭容器内，并通入10L标准状况下的空气振荡，这时生成沉淀过滤上述所得浊液取滤液20.00mL，用0.0100mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34.80mL请回答下列问题：（1）配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器？；A托盘天平
17、；B容量瓶；C酸式滴定管；D量筒；E烧杯； F胶头滴管； G玻璃棒（2）滴定操作中，左手，右手，眼睛；（3）Ba（OH）2溶液的物质的量浓度是；（4）过滤所得浊液的目的是；（5）此空气样品中含CO2的体积分数为；（6）本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果（填“偏大”“偏小”或“无影响”）27羟基磷灰石Ca5（PO4）3OH是一种重要的生物无机材料，其常用的制备方法有两种：方法A：用浓氨水分别调Ca（NO3）2和（NH4）2HPO4溶液的pH约为12；在剧烈搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液缓慢滴人Ca（NO3）2溶液中方法B：剧烈
18、搅拌下，将H3PO4溶液缓慢滴加到Ca（OH）2悬浊液中3种钙盐的溶解度随溶液pH的变化如图所示（图中纵坐标是钙离子浓度的对数），回下列问题：（1）完成方法A和方法B中制备Ca5（PO4）3OH的化学反应方程式：5Ca（NO3）2+3（NH4）2HPO4+4NH3H2OCa5（PO4）3OH+；5Ca（OH）2+3H3PO4；（2）与方法A相比，方法B的优点是；（3）方法B中，如果H3PO4溶液滴加过快，制得的产物不纯，其原因是；（4）图中所示3种钙盐在人体中最稳定的存在形式是（填化学式）；（5）糖黏附在牙齿上，在酶的作用于下产生酸性物质，易造成龋齿，结合化学平衡移动原理，分析其原因28（20
19、13山东模拟）10时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：温度/102030加热煮沸后冷却到50pH8.38.48.58.8甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度NaHCO3（填“大于”或“小于”）丙同学认为甲、乙的判断都不充分丙认为：（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则（填“甲”或“乙”）判断正确试剂X是（填选项）ABa（OH）2溶液 BBaCl2溶液 CNaOH溶液 D澄清的石灰水（2）将加热后的溶
20、液冷却到10，若溶液的pH8.3（填“大于”“小于”或“等于”），则（填“甲”或“乙”）判断正确（3）查阅资料发现NaHCO3的分解温度为150，丙断言（填“甲”或“乙”）判断是错误的，理由是29硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H+HSO4，HSO4H+SO42请回答下列有关问题：（1）Na2SO4溶液呈（“酸性”、“中性”或“碱性”），其理由是用离子方程式表示）；NaHSO4溶液呈（“酸性”、“中性”或“碱性”），其理由是（HSO4电离大于水解、HSO4水解大于电离、HSO4只电离不水解或
21、HSO4只水解不电离）；（2）H2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为；（3）在0.10molL1的Na2SO4溶液中，下列离子浓度关系正确的是（填写编号）；ANa+=SO42+HSO4+H2SO4BOH=HSO4+H+CNa+H+=OH+HSO4+2SO42DNa+=2SO42+2HSO4（4）写出NaHSO4溶液中溶质电离常数（Ka）的表达式；（5）若25时，0.10molL1的NaHSO4溶液中SO42=0.029molL1，则0.10molL1的H2SO4溶液中SO420.029molL1（填“”、“”或“=”），其理由是（6）如果25时，0.10molL1H2SO4溶液的pH
22、=lg0.11，则0.10molL1的H2SO4液中SO42=molL12015-2016学年四川省遂宁市射洪中学高二（下）月考化学试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题2分）1H2S溶液中，在采取措施使pH增大的同时，则c（S2）的变化情况是（）A增大B减小C不变D可能增大，也可能减小【分析】H2S溶液中存在H2SHS+H+，HSS2+H+，采取措施使pH增大，可加入NaOH、水解呈碱性的物质或加水稀释，以此解答该题【解答】解：H2S溶液中存在H2SHS+H+，HSS2+H+，使pH增大，应使c（H+）减小，如加入NaOH、水解呈碱性的物质，则c（S2）增大，如加水稀释，则c（S
23、2）减小，故选D【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握影响弱电解质的电离平衡的因素，答题时注意pH增大可能措施2下列说法正确的是（）A常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4B为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸C用0.2000mol/L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol/L），至中性时，溶液中的酸未被完全中和D相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1mol/L盐酸、0.1mol/L氯化镁溶液、0.1mol
24、/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：=【分析】A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的B、判断强酸、弱酸的依据是该酸是否完全电离，NaHA溶液的pH7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH7，H2A是强酸或弱酸都有可能C、NaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余D、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl）为定值，溶液中c（Cl）越大，c（Ag+）越小【解
25、答】解：A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的，稀释后溶液的3pH4，故A错误；B、NaHA溶液的pH7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH7，H2A是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚硫酸，故B错误；C、NaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余，故C正确；D、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl）为定值，蒸馏水中没有氯离子、0.1mol/L盐酸
26、中c（Cl）=0.1mol/L，0.1 mol/L氯化镁溶液c（Cl）=0.2mol/L、0.1mol/L硝酸银溶液中c（Ag+）=0.1mol/L，溶液中c（Ag+）为，故D错误故选：C【点评】考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等，难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离3下列电解质溶液的有关叙述正确的是（）A同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）增大C含1mol KOH的溶液与1mol CO2完全反应后，溶液中c（K+）=c（HCO）D在CH3COONa溶液中加入适量CH3C
27、OOH，可使c（Na+）=c（CH3COO）【分析】A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱；B、依据沉淀溶解平衡分析，在一定温度下溶度积为常数，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行；C、依据化学反应判断生成产物为碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解；D、依据溶液中的电荷守恒计算判断；【解答】解：A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱，等浓度等体积混合可能酸过量或碱过量，故A错误；B、加入Na2SO4固体，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，钡离子浓度减小，故B错误；C、含1mol KOH的溶液与1mol CO2完全反应后生成碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解，c（K+）c（HCO3），故C错误；D、在CH3COONa
28、溶液中加入适量CH3COOH，依据电荷守恒；c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH），当c（H+）=c（OH）时，c（Na+）=c（CH3COO），故D正确；故选D【点评】本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，溶液中离子浓度大小比较，盐类水解的应用，溶液中电荷守恒的应用，沉淀溶解平衡的分析判断，题目难度中等4常温下0.1mol/L醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是（）A将溶液稀释到原体积的10倍B加入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.2mol/L盐酸D提高溶液的温度【分析】醋酸电离生成醋酸根离子和氢离子，要使溶液的pH增大，则溶液中氢离子浓度减小，据此分析解答
29、【解答】解：A、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进水的电离，将溶液稀释到原体积的10倍，氢离子浓度大于原来的，所以pH（a+1），故A错误；B、加入适量的醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子能抑制醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度减小，所以能使溶液pH=（a+1），故B正确；C、加入等体积的0.2 molL1盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故C错误；D、提高温度促进醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故D错误；故选B【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据“加水稀释、提高温度都能促进醋酸的电离，加入含有相同离子的盐能抑制醋酸的电离”来分析解答，难度不大5对于0.1molL1 Na
30、2SO3溶液，正确的是（）A升高温度，溶液的pH降低Bc（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）Cc（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）D加入少量NaOH固体，c（SO32）与c（Na+）均增大【分析】A、升高温度，会促进盐的水解；B、根据溶液中的物料守恒知识来回答；C、根据溶液中的电荷守恒知识来回答；D、根据水解平衡的移动原理来回答【解答】解：0.1molL1 Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OH，该过程是吸热过程A、升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高，故A错误；B、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=
31、2c（SO32）+2c（HSO3）+2c（H2SO3），故B错误；C、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故C正确；D、加入少量NaOH固体，平衡：SO32+H2OHSO3+OH向逆反应方向移动，所以c（SO32）与c（Na+）均增大，故D正确故选：CD【点评】本题考查学生盐的水解平衡移动原理以及溶液中的离子之间的守恒关系知识，难度不大6室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（）A溶液中导电粒子的数目减少B溶液中不变C醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7【
32、分析】醋酸是弱电解质，CH3COOHCH3COO+H+，室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用酸碱混合时pH的计算来解答【解答】解：A弱电解质，浓度越稀，电离程度越大，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；B醋酸的电离平衡常数Ka=，温度不变，Ka、Kw都不变，则不变，故B正确；C醋酸溶液中加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，酸性减弱，故C错误；D等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于
33、0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH7，故D错误；故选B【点评】本题考查了弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化关系是解答本题的关键，题目难度中等725在等体积的pH=0的H2SO4溶液，0.05molL1的Ba（OH）2溶液，pH=10的Na2S溶液，pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（）A1：10：1010：109B1：5：5109：5109C1：20：1010：109D1：10：104：109【分析】根据H20H+OH可知，H2SO4溶液、Ba（OH）2溶液抑制水的电离，根据
34、溶液的H2SO4溶液的PH或Ba（OH）2溶液中c（OH）计算水的电离的物质的量，Na2S溶液、NH4NO3溶液促进水的电离，根据PH可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比【解答】解：设溶液的体积为1L，中pH=0的H2SO4中c（H+）=1.0 molL1，c（OH）=1.01014molL1，水电离的物质的量为1.01014mol；中c（OH）=0.1 molL1，c（H+）=1.01013molL1，水电离的物质的量为1.01013mol；中c（OH）=1.0104molL1，水的电离的物质的量为1.0104mol；中c（H+）=1.0105molL1，水的电离的物质的量
35、为1.0105mol故中水的电离的物质的量之比为：1.01014mol：1.01013mol：1.0104mol1：1.0105mol=1：10：1010：109，A项正确故选A【点评】本题考查水的电离以及溶液中PH的简单计算，但不不大，做题时注意如何计算水的电离是解答此类题目的关键8已知一种c（H+）=1103molL1的酸和一种c（OH）=1103molL1的碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是（）A浓的强酸和稀的强碱溶液反应B浓的弱酸和稀的强碱溶液反应C等浓度的强酸和弱碱溶液反应D生成一种强酸弱碱盐【分析】A、浓的强酸和稀的强碱溶液反应，则强酸中的c（H+）=1103molL1和
36、强碱中的c（OH）=1103molL1均为酸和碱中的全部；B、由于酸为弱酸，则c（H+）=1103molL1为酸中的电离出的那部分氢离子，仍有大部分酸未电离；C、若碱为弱碱，则c（OH）=1103molL1为弱碱中电离出的那部分氢氧根，还有大部分的弱碱未电离；D、若生成强酸弱碱盐，则说明碱为弱碱【解答】解：A、浓的强酸和稀的强碱溶液反应，则强酸中的c（H+）=1103molL1和强碱中的c（OH）=1103molL1均为酸和碱中的全部，两者会恰好完全反应，则仍有显中性，故A错误；B、由于酸为弱酸，则c（H+）=1103molL1为酸中的电离出的那部分氢离子，仍有大部分酸未电离，而只依靠电离出的
37、这部分氢离子即将碱中和，还有大量的酸剩余，故溶液显酸性，故B正确；C、若碱为弱碱，则c（OH）=1103molL1为弱碱中电离出的那部分氢氧根，还有大部分的弱碱未电离，依靠电离出的氢氧根即能将所有的酸反应掉，则碱过量，溶液呈碱性，故C错误；D、如果生成了一种强酸弱碱盐，则碱部分电离，碱的浓度大于氢氧根离子的浓度，碱过量，没有全部参加反应，则溶液应该呈碱性，与题意不符合，故D错误；故选B【点评】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，题目难度不大，注意根据n（H+）与n（OH）关系以及反应后溶液的酸碱性判断酸碱的强弱关系9下列说法正确的是（）A向0.1 molL1 Na2CO3溶液中滴加酚
38、酞，溶液变红色BAl3+、NO3、Cl、CO32、Na+可大量共存于pH=2的溶液中C乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质D分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗NaOH的物质的量相同【分析】A、根据弱酸根离子水解显碱性分析；B、酸性条件下，CO32与H+反应生成二氧化碳，Al3+与CO32发生相互促进的水解不能共存；C、乙醇是非是电解质；D、等物质的量的HCl和H2SO4反应时，硫酸是二元酸消耗NaOH多【解答】解：A、Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中碳酸根离子水解显碱性，所以滴加酚酞，溶液变红色，故A正确；B、酸性条件下，CO32与H+反应生成二氧化碳，Al3+与CO32发生相互促
39、进的水解不能共存，故B错误；C、乙醇在水中不能电离是非电解质，醋酸属于酸是电解质，故C错误；D、等物质的量的HCl和H2SO4反应时，硫酸是二元酸消耗NaOH多，故D错误；故选：A【点评】本题考查了盐的水解、电解质的概念、离子共存、酸碱反应，考查的知识点较多，是基础知识的考查，难度一般10下列说法不正确的是（）AKsp只与难溶电解质的性质和温度有关B由于Ksp（ZnS）Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小【分析】A化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关，与溶液中离子浓度无关；B从
40、难溶电解质的溶解平衡的角度分析；CKsp只受温度的影响；DKsp小的，溶解度不一定小【解答】解：A化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关，当难溶物确定时就只和温度有关了，故A正确；B由于Ksp（ZnS）Ksp（CuS），在ZnS饱和溶液中加入Cu2+溶液，可生成CuS沉淀，故B正确；CKsp只受温度的影响，与浓度无关，故C正确；D对于阴、阳离子的个数比相同即同一类型的难溶电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强即溶解度越大对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，不能直接用Ksp的大小比较它们的溶解能力，必须通过计算进行比较，故D错误故选D【点评】本题考查难溶电解质的溶解平
41、衡，侧重于平衡常数的含义与应用的理解，题目难度不大，易错点为D，注意不同类型的难溶物的化学计量数不同，它作为各离子浓度的次方数对Ksp的影响有很大差别所以不能用这两种Ksp的相对大小来比较难溶物的溶解度11盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质下列表述正确的是（）A在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO32和OHBNaHCO3溶液中：c （H+）+c （H2CO3）=c（OH）C10 mL0.10molL1CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D中和体积与pH都相同的H
42、Cl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同【分析】A、碳酸钠是强碱弱酸盐能水解；B、根据物料守恒和电荷守恒判断；C、醋酸钠是强碱弱酸盐，能发生水解，根据电荷守恒和物料守恒判断各种离子浓度之间的关系；D、醋酸是弱酸，氢离子浓度小于醋酸浓度，根据醋酸和盐酸的物质的量确定消耗氢氧化钠的量【解答】解：A、在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，碳酸氢钠和氢氧化钠恰好反应生成碳酸钠，碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸，导致溶液中阴离子含有碳酸根离子、氢氧根离子、碳酸氢根离子，故A错误；B、碳酸氢钠溶液中根据物料守恒知，C（Na+）=
43、c （H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32），根据电荷守恒知C（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2 c（CO32），所以c（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32），故B错误；C、反应后生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐能水解，醋酸根离子水解导致钠离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液呈碱性，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，醋酸钠以电离为主水解为次，所以各种离子浓度关系为c（Na+）c（CH3COO）cOH）c（H+），故C正确；D、氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，PH值相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度远远大于盐酸，所以等体积的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量远远大于盐酸的
44、物质的量，中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，所消耗的NaOH醋酸的多，盐酸的少，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，难度较大，能运用物料守恒和电荷守恒是解本题的关键12将pH=1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入于该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，都升高可1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为（）A9B10C11D12【分析】常温下pH=1的盐酸中氢离子浓度为0.1mol/L，稀释后溶液的pH=2，氢离子浓度为0.01mol/L，稀释过程中盐酸的物质的量不变，据此计算出需要加入水的体积；如果加入等浓度的氢氧化钠溶液，根据酸碱中和反应实
45、质计算出需要加入氢氧化钠溶液的体积，然后计算出加入的水与NaOH溶液的体积比【解答】解：设每份盐酸的体积为VL，将pH=1的盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L，加入水稀释后溶液的pH=2，稀释后溶液体积为10V，需要加入水的体积为9VL；设加入0.1mol/L的NaOH溶液xL后溶液的pH变为2，则： =0.01mol/L，解得：x=V，则加入的水与NaOH溶液的体积比为：9VL： V=11，故选C【点评】本题考查了溶液pH的计算、物质的量浓度的计算，题目难度中等，试题侧重基础知识的考查，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确物质的量浓度的概念及相关计算方法13已知某温度时CH3COOH的
46、电离平衡常数为K该温度下向20mL 0.1molL1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1molL1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）下列说法中不正确的是（）Aa点表示的溶液中c（CH3COO）=103molL1Bb点表示的溶液中c（CH3COO）c（Na+）Cc点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全Db、d点表示的溶液中均等于K【分析】A酸能抑制水的电离，再根据弱电解质的性质分析溶液中醋酸根离子的浓度B从溶液电中性的角度分析；C、根据醋酸和氢氧化钠生成盐的类型判断恰好反应时溶液的酸碱性，从而确定该选项是否正确D、电离平衡常数只与温度有关，与其它任何条件都无关【解答】解：
47、Aa点是c（H+）=103mol/L，由于醋酸为弱酸，酸能抑制水的电离，醋酸的电离远远大于水的电离，所以溶液中氢离子浓度近似等于醋酸根离子浓度，故A正确B溶液满足c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），b点时，c（H+）c（OH），则有c（CH3COO）c（Na+），故B正确C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误D、b、d两点溶液的温度相同，所以b、d点表示的溶液中均等于K，故D正确故选C【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意平衡常数K只与温度有关，与其它任何
48、条件都无关14下列叙述正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（NH4）2Fe（SO4）2c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度C0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D0.2 mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH）【分析】A、依据与铵根离子结合的另一种离子的影响分析判断离子浓度大小，一水合氨是弱电解质存在电
49、离程度小，铵根离子水解程度小；B、沉淀向着更难溶的方向进行；C、根据发生的反应实际来回答判断；D、根据溶液中的质子守恒来判断【解答】解：A、浓度相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，前二者中铵根浓度肯定大于氯化铵中的铵根浓度，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根离子的水解收的亚铁离子的抑制，所以（NH4）2SO4溶液中铵根浓度小于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根浓度，反过来，c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（NH4）2Fe（SO4）2c（NH4）2SO4c（
50、NH4Cl），故A正确；B、向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶度积小于AgI的溶度积，故B错误；C、0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，盐酸剩余，溶液显示酸性，故C错误；D、0.2 mol/L的NaHCO3溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH），故D正确故选AD【点评】本题考查学生盐的水解以及溶液中的守恒关系知识，注意知识的树立和归纳是解题的关键，难度较大15常温下，0.2mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后（忽略混合前后溶液体积的变化）
51、，溶液的pH7，则下列有关此溶液叙述正确的是（）A溶液中由水电离产生的H+浓度为1107mol/LBc（CH3COO）+c（CH3COOH）c（Na+）=0.05mol/LC溶液中CH3COOH的电离程度小于CH3COONa的水解程度D溶液中离子浓度的大小关系为：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）【分析】首先考虑反应情况，等体积混合后生成的醋酸钠和剩余的醋酸等量醋酸电离呈酸性，醋酸钠水解呈碱性，因溶液呈酸性，所以醋酸的电离大于醋酸根离子的水解【解答】解：A、因醋酸电离使溶液呈酸性，抑制了水的电离，所以溶液中由水电离产生的H+浓度小于1107mol/L，故A错误；B、等体积混合后
52、，c（CH3COO）+c（CH3COOH）0.1mol/L，c（Na+）0.05mol/L，故c（CH3COO）+c（CH3COOH）c（Na+）=0.05mol/L，故B正确；C、因溶液呈酸性，所以溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，故C错误；D、因CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，所以离子浓度关系为c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故D错误；故选：B【点评】离子浓度大小比较是高考的热点需要综合考虑电离和水解情况，弱酸和弱酸盐，是电离为主还是水解为主，题目中一般由间接信息得出若溶液呈酸性则电离为主，若溶液呈碱性，则水解为主16
53、100mL 0.1mol/L的盐酸与50mL 0.2mol/L的氨水混合，充分反应后，所得溶液中各种离子浓度关系正确的是（）Ac（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）Bc（Cl）=c（NH4+）c（OH）=c（H+）Cc（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH）Dc（H+）+c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（OH）【分析】盐酸的物质的量和氨水的物质的量相等，所以混合后生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐能水解，再根据电荷守恒和原子守恒进行分析【解答】解：A、盐酸的物质的量和氨水的物质的量相等，所以混合后生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐能水解，水解方程式为 NH4+H2ONH
54、3H2O+H+，溶液中的氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度导致溶液呈酸性，即氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，氯离子的浓度大于铵根离子的浓度，故A错误；B、盐酸的物质的量和氨水的物质的量相等，所以混合后生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐能水解，水解方程式为 NH4+H2ONH3H2O+H+，溶液中的氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度导致溶液呈酸性，即氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，氯离子的浓度大于铵根离子的浓度，故B错误；C、溶液中存在的阴离子有氢氧根离子和氯离子，存在的阳离子有氢离子和铵根离子，溶液呈电中性，所以溶液中阴阳离子所带电荷相等，得出c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH），故C正确D
55、、根据物料守恒知，氯离子的物质的量为0.01mol，n（NH4+）+n（NH3H2O）=0.01mol，同一溶液中溶液的体积相等，所以c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3H2O），氯化铵溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，故D错误故选C【点评】本题考查了含有弱根离子的盐溶液中各种离子之间的关系，难度较大，会根据物料守恒和电荷守恒进行分析解答17现有两正盐的稀溶液，分别是a molL1NaX溶液和b molL1NaY溶液下列说法不正确的是（）A若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）c（HY）B若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）=c（HY）C若a=b，且
56、pH（NaX）pH（NaY），则相同浓度时，酸性HXHYD若a=b，并测得a=c（X）=c（Y）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸【分析】A、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY；B、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaYC、根据盐的水解规律：酸越弱，越水解来回答；D、若a=b且c（X）=c（Y）+c（HY），说明X不水解，但是Y水解【解答】解：A、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HXHY，溶液中的c（HX）c（HY），
57、故A正确；B、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HXHY，溶液中的c（HX）c（HY）故B错误；C、根据酸越弱，越水解可知，若a=b，则pH（NaX）pH（NaY），则酸性：HXHY，故C正确；D、若a=b且a=c（X）=c（Y）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸，酸性HXHY，故D正确；故选B【点评】本题考查盐的水解规律知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大，综合性强18对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是（）A0.1 mol/L的（NH4）2SO4溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H
58、+）c（OH）B0.1 mol/L的NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+2c（CO32）C将0.2 mol/L NaA溶液和0.1 mol/L盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c（Na+）+c（H+）c（A）+c（Cl）D在25100 mL NH4Cl溶液中：c（Cl）c（NH4+）+c（NH3H2O）【分析】A（NH4）2SO4溶液中，NH4+水解程度一般较小，c（NH4+）c（SO42）；B从物料守恒的角度分析；C根据混合液中的电荷守恒进行分析；D根据氯化铵溶液中的物料守恒进行判断【解答】解：A（NH4）2SO4溶液中，NH4+水解程度一般较小，c（NH4+）c
59、（SO42），溶液呈酸性c（H+）c（OH），应为c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故A错误；B从物料守恒的角度分析，NaHCO3溶液中存在c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32），故B错误；C溶液呈电中性，应存在，c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（Cl）+c（OH），故C错误；D从物料守恒的角度分析，溶液中存在c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3H2O），故D正确；故选D【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及电荷守恒、物料守恒的应用方法为解答关键，试题侧重考察学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力19某温度下，相同pH
60、值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示据图判断正确的是（）A为盐酸稀释时的pH值变化曲线Bb点溶液的导电性比c点溶液的导电性强Ca点Kw的数值比c点Kw的数值大Db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（
61、I）浓度【解答】解：A、应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错；B、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故B正确；C、Kw的大小只取决于温度，故C错；D、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（）浓度大于盐酸（）浓度，故D错故选B【点评】本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点20电解质溶液有许多奇妙之处，你只有深入思考，才能体会到它的乐趣下列关于电解质溶液的叙述中正确的是（）ANa2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类不相同B常温下，1 molL1的CH3COOH溶液与1 molL1的NaOH溶液等体积混
62、合后，所得混合液中：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）C物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c（NH4+）前者小于后者D常温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=105 molL1，则此溶液可能是盐酸【分析】A、Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中阳离子都是Na+、H+，阴离子CO32、HCO3、OH；B、1 molL1的CH3COOH溶液与1 molL1的NaOH溶液混合，二者等体积混合，生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性；C、常温下，水的离子积为1014，水电离出的c（H+）=c（OH）=107，酸或碱的溶液抑制水的电离；D、物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4
63、HSO4两种溶液中，（NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子水解，NH4Cl溶液中铵根离子水解程度大【解答】解：A、两种盐溶液中离子种类相同，都是Na+、H+，阴离子CO32、HCO3、OH，故A错误；B、二者恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，c（OH）c（H+），故B错误；C、NH4HSO4电离产生的H+抑制NH4+的水解，c（NH4+）前者小于后者，故C正确；D、溶液中由水电离出的c（H+）=105 molL1，促进水的电离，而盐酸抑制水的电离，故D错误，故选C【点评】本题考查溶液中离子浓度的大小比较，难度中等，离子浓度比较，注意考虑电离、水解、水的电离、微粒守恒、电荷守恒、质
64、子恒等式等21如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1molLBP点时反应恰好完全，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂【分析】A、根据曲线a可以看出盐酸溶液的pH=1，然后求出盐酸的物质的量浓度；B、根据曲线P点时pH值来判断酸碱性；C、根据曲线a的pH的变化趋势来判断； D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂；【解答】解：A、根据曲线可以看出盐酸溶液的pH=1，pH=lgC（H+）=1，所以C（HCl）=C（H+）=0.1mol/L，故A错误；B、根据曲线可以看出P点时
65、pH=7，说明溶液呈中性，反应恰好完全，故B正确；C、曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，故C错误；D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂，故D错误；故选：B【点评】本题借助于滴定曲线考查了中和滴定过程中PH的变化，难度不大，关键能从图中要得出信息22下列有关二元弱酸H2A的盐溶液的说法中，正确的是（）A在NaHA溶液中一定有：c（Na+）c（HA）c（OH）c（H+）B在NaHA溶液中一定有：c（Na+）c（HA）c（H+）c（OH）C在Na2A溶液中：c（Na+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2）D在Na2A溶液中：c（OH）=c（H
66、+）+c（HA）+2 c（H2A）【分析】A在NaHA溶液中弱酸根离子存在电离平衡和水解平衡，溶液酸碱性取决于二者程度大小；B电荷不守恒；C根据电荷守恒判断；D根据质子守恒判断；【解答】解：AHA电离和水解程度未知，溶液不一定成碱性，故A错误；B电荷不守恒，应为c（Na+）c（HA）c（OH）c（H+），故B错误；C在Na2A溶液中一定有电荷守恒，应为c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2），故C错误；D溶液存在质子守恒，为c（OH）=c（H+）+c（HA）+2 c（H2A），故D正确故选D【点评】本题考查溶液中离子的关系，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，正确
67、利用水解来判断溶液的酸碱性是解答的关键，并注意溶液中水解的程度及利用电荷守恒来分析解答即可二、简答题23则25时水的电离平衡曲线应为A（填“A”或“B”），请说明理由水的电离时吸热过程，加热促进电离，温度低，水的离子积小（2）25时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的 pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为10：1（3）95时，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是pH1+pH2=14，或a+b=14（4）曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液和
68、pH=10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH=5请分析其原因：曲线B对应95，此时水的离子积为1012，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5【分析】（1）横轴是氢离子浓度，纵轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c（H+）c（OH）计算出A曲线的Kw值结合水的电离时吸热比较判断25时水的电离平衡曲线；（2）根据溶液的pH计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再列式计算出氢氧化钠溶液和硫酸溶液的体积；（3）酸、碱都是强电解质，溶液呈中性说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，结合水的离子积常数确定强酸的pH1与强碱的pH2之间应满
69、足的关系；（4）根据曲线B对应温度下pH=5，说明溶液显示酸性，反应后氢离子过量分析【解答】解：（1）曲线A条件下Kw=c（H+）c（OH）=107107=1014，曲线B条件下c（H+）=c（OH）=106 mol/L，Kw=c（H+）c（OH）=1012 ；水的电离时吸热过程，加热促进电离，所以A曲线代表25时水的电离平衡曲线，故答案为：A；水的电离时吸热过程，加热促进电离，温度低，水的离子积小；（2）25时所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n（OH）=n（H+），则V（NaOH）105 molL1=V（H2SO4）104 molL1，得V（NaOH）：V（H2SO4）=
70、10：1，故答案为：10：1；（3）要注意的是95C时，水的离子积为1012，即酸、碱浓度相等时pH（酸）+pH（碱）=12现强碱的OH浓度是强酸H+浓度的100倍，所以pH（酸）+pH（碱）=14，即pH1+pH2=14，或a+b=14，故答案为：pH1+pH2=14，或a+b=14；（4）在曲线B对应温度下，因pH（酸）+pH（碱）=12，可得酸碱两溶液中c（H+）=c（OH），如是强酸碱，两溶液等体积混合后溶液呈中性；现混合溶液的pH=5，即等体积混合后溶液显酸性，说明H+与OH完全反应后又有新的H+产生，酸过量，所以酸HA是弱酸，故答案为：曲线B对应95，此时水的离子积为1012，HA
71、为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5【点评】本题考查了水的电离、水的离子积及溶液pH的简单计算，题目难度中等，解题关键是在搞清楚温度对水电离平衡、水的离子积和溶液pH的影响24增大了因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（ H+）减小，因此溶液的pH增大（1）上述两种解释中乙（填“甲”或“乙”）正确；（2）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1mo1L1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的B（填写编号），然后测定溶液的pH；A固体CH3COOK B固体CH3COONH4 C气体NH3
72、 D固体NaHCO3（3）若乙 （填“甲”或“乙”）的解释正确，溶液的pH应增大 （填“增大”“减小”或“不变”）；（已知25时，CH3COONH4溶液呈中性）（4）常温下，将0.010mol CH3COONa和0.004mol HCl溶于水，配制成0.5L混合溶液判断：溶液中共有7种粒子；其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol，它们是CH3COO和CH3COOH；溶液中n（CH3COO）+n（OH）n（H+）=0.006mol【分析】（1）醋酸是一种弱电解质，一定条件下，能达到电离平衡状态，改变条件时，平衡又会发生移动；（2）要判断哪一种解释正确，可加入一种含有CH3COO但溶
73、液不显碱性的盐；（3）根据离子浓度的变化，从电离平衡移动的角度分析；（4）CH3COONa和HCl反应生成CH3COOH和NaCl，因CH3COONa的物质的量大于HCl，所以醋酸钠有剩余，溶液中的溶质为NaCl、CH3COOH、CH3COONa，且CH3COONa的物质的量与CH3COOH的物质的量之比为3：2，溶液中存在电离平衡H2OH+OH、CH3COOHCH3COO+H+，水解平衡CH3COO+H2OCH3COOH+OH，据此判断溶液中存在的粒子；任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；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：（1）醋酸是一种弱电解质，一定
74、条件下，能达到电离平衡状态，改变条件时，平衡又会发生移动，此题中改变的条件是“加入醋酸钠晶体”，醋酸钠是一种强电解质，在水中会电离出大量CH3COO，使醋酸的电离平衡逆向移动，即抑制醋酸的电离，所以溶液的PH增大，因此，乙同学的解释是正确的，故答案为：乙；（2）CH3COONH4溶液中，CH3COO和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4加入到0.1 molL1醋酸中，如pH增大，说明CH3COO抑制了醋酸的电离，其它物质的水溶液都呈碱性，不能用于证明，故答案为：B；（3）CH3COONH4溶液呈中性，加入CH3COONH4，如pH变大，是由于醋
75、酸根离子抑制了醋酸的电离，使H+减小，故答案为：乙；增大；（4）CH3COONa和HCl反应生成CH3COOH和NaCl，因CH3COONa的物质的量大于HCl，所以醋酸钠有剩余，溶液中的溶质为NaCl、CH3COOH、CH3COONa，且CH3COONa的物质的量与CH3COOH的物质的量之比为3：2，溶液中存在电离平衡 H2OH+OH、CH3COOHCH3COO+H+，水解平衡CH3COO+H2OCH3COOH+OH，所以溶液中存在的粒子有H2O、H+、OH、CH3COOH、CH3COO、Na+、Cl，所以一共有7种粒子，故答案为：7； 任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得n（C
76、H3COO）+n（CH3COOH）=0.010mol，故答案为：CH3COO；CH3COOH； 溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得n（CH3COO）+n（OH）+n（Cl）=n（H+）+n（Na+），所以的n（CH3COO）+n（OH）n（H+）=n（Na+）n（Cl）=0.010mol0.004mol=0.006mol，故答案为：0.006【点评】本题考查弱电解质的电离和盐类水解原理、离子浓度大小比较，题目难度不大，明确溶液中的溶质是解本题关键，再利用电荷守恒、物料守恒解答，会判断溶液中存在的微粒，为易错点25写出酸H2A的电离方程式：H2AH+HA、HAH+A2；（2）若溶液M是由10mL
77、 2mo1L1NaHA溶液与2molL1NaOH溶液等体积混合而得到的，则溶液M的pH7（填“”、“或“=”），溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（A2）c（OH）c（HA）c（H+）已知Ksp（BaA）=1.81010，向该混合溶液中加入10mL 1molL1BaCl2溶液，混合后溶液中Ba2+的浓度为5.41010molL1；（3）若溶液M分为下列三种情况：0.01molL1的H2A溶液；0.01molL1的NaHA溶液；0.02molL1的HCl与0.04molL1的NaHA溶液等体积混合形成的混合液则三种情况下溶液中H2A分子浓度最大的为；pH由大到小的顺序为；（4）若溶液M
78、是由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应得到的，混合溶液中=104，V1与V2的大小关系为均有可能（填“大于”、“等于”、“小于”或“均有可能”）【分析】（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；（2）当NaHA与NaOH等物质的量反应后生成Na2A，共0.02mol，由于A2水解使得溶液显碱性，pH7，根据溶液呈碱性判断离子浓度；由反应式Ba2+A2=BaA可得：沉淀后A2过量0.01mol，溶液中c（A2）=molL1，根据BaA的Ksp可得c（Ba2+）；（3）弱酸电离，中水解生成分子，中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，抑制弱酸的电
79、离；（4）混合溶液c（H+）/c（OH）=104，c（H+）=105mol/L，显酸性，则酸过量，以此分析【解答】解：（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，电离方程式为H2AH+HA、HAH+A2，故答案为：H2AH+HA、HAH+A2；（2）当NaHA与NaOH等物质的量反应后生成Na2A，共0.02mol，由于A2水解使得溶液显碱性，PH7，可得溶液中离子浓度的大小顺序为c（Na+）c（A2）c（OH）c（HA）c（H+）；由反应式Ba2+A2=BaA可得：沉淀后A2过量0.01mol，溶液中c（A2）=molL1，根据BaA的Ksp=c（Ba2+）c（A2）可得c（Ba2+）
80、=5.41010 molL1；故答案为：；c（Na+）c（A2）c（OH）c（HA）c（H+）；5.41010；（3）弱酸电离，中水解生成分子，中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，抑制弱酸的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为，最小的为，中水解显碱性，相比的酸性强，则pH最小，所以，故答案为：；（4）混合溶液c（H+）/c（OH）=104，c（H+）=105mol/L，显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液与pH=11的NaOH溶液混合时酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能酸过量，故答案为：均有可能【点评】本题考查较综合，涉及酸
81、碱混合的定性分析、pH、电离与水解、电离方程式等，把握溶液中的溶质及电离与水解的趋势、相互影响即可解答，题目难度中等262溶液10.00mL，结果用去盐酸19.60mL用测定的Ba（OH）2溶液吸收定量空气中的CO2，取Ba（OH）2溶液10.00mL，放100mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放人密闭容器内，并通入10L标准状况下的空气振荡，这时生成沉淀过滤上述所得浊液取滤液20.00mL，用0.0100mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34.80mL请回答下列问题：（1）配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器？B、C、D、E、F、G；A托盘天平；B容量瓶；C酸式滴定管；D量筒；E烧杯； F胶
82、头滴管； G玻璃棒（2）滴定操作中，左手控制活塞控，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；（3）Ba（OH）2溶液的物质的量浓度是0.0980mol/L；（4）过滤所得浊液的目的是分离出BaCO3，防止HCl与BaCO3反应；（5）此空气样品中含CO2的体积分数为0.025%；（6）本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果偏大（填“偏大”“偏小”或“无影响”）【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择仪器；（2）根据正确的滴定实验操作方法完成；（3）根据反应方程式及滴定数据进行计算；（4）分离出碳酸钡，防止碳
83、酸钡与盐酸反应，影响滴定结果；（5）求出二氧化碳反应后剩余的Ba（OH）2，根据Ba（OH）2的物质的量计算出空气中CO2的物质的量及体积分数；（6）第二次滴定时，酸式滴定管没有润洗，导致标准液盐酸的浓度偏低，消耗的盐酸的体积偏小，计算出的剩余的氢氧化钡物质的量偏小【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度的盐酸时，步骤有减少、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要仪器有：容量瓶、量筒（或者酸式滴定管）、烧杯、胶头滴管及玻璃棒，即BCDEFG，故答案为：BCDEFG；（2）滴定操作时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，故答案为：控制活塞； 摇动锥形瓶；注视锥形瓶内溶液颜色的
84、变化；（3）根据反应方程式：Ba（OH）2+2HClBaCl2+2H2O，则cBa（OH）210.00 mL=0.1 mol/L19.60 mL，解得cBa（OH）2=0.098 mol/L，故答案为：0.098 mol/L；（4）下一步需要用盐酸滴定与二氧化碳反应后剩余的氢氧化钡，为了防止BaCO3与HCl发生反应，影响滴定结果，应该分离出BaCO3，故答案为：分离出BaCO3，防止HCl与BaCO3反应；（5）发生的反应方程式：Ba（OH）2+CO2BaCO3+H2O，20 mL滤液中Ba（OH）2的物质的量为34.801030.01mol=0.174103 mol，那么100 mL滤液中
85、有Ba（OH）2：100mL滤液中含有的氢氧化钡的物质的量为：0.174103mol=8.70104 mol，原有的氢氧化钡的物质的量为：0.098 mol/L10103L=9.8104 mol，空气中二氧化碳消耗的氢氧化钡的物质的量为：9.8104 mol8.70104 mol=1.1104 mol，n（CO2）=n（Ba（OH）2）=1.1104 mol，二氧化碳的体积分数为：100%=0.025%，故答案为：0.025%；（6）由于酸式滴定管没有润洗，导致第二次滴定消耗的标准液盐酸体积偏小，计算出的氢氧化钡物质的量偏小，则与二氧化碳反应的氢氧化钡物质的量偏大，计算结果偏大，故答案为：偏大
86、【点评】本题考查了测定空气中CO2的含量，涉及了配制溶液的仪器选择、体积分数的计算、实验基本操作等知识，充分考查了学生的分析、理解能力及对所学知识的掌握情况，本题难度中等27羟基磷灰石Ca5（PO4）3OH是一种重要的生物无机材料，其常用的制备方法有两种：方法A：用浓氨水分别调Ca（NO3）2和（NH4）2HPO4溶液的pH约为12；在剧烈搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液缓慢滴人Ca（NO3）2溶液中方法B：剧烈搅拌下，将H3PO4溶液缓慢滴加到Ca（OH）2悬浊液中3种钙盐的溶解度随溶液pH的变化如图所示（图中纵坐标是钙离子浓度的对数），回下列问题：（1）完成方法A和方法B中制备Ca5（P
87、O4）3OH的化学反应方程式：5Ca（NO3）2+3（NH4）2HPO4+4NH3H2OCa5（PO4）3OH+10NH4NO3+3H2O；5Ca（OH）2+3H3PO4Ca5（PO4）3OH+9H2O；（2）与方法A相比，方法B的优点是唯一副产物为水，工艺简单；（3）方法B中，如果H3PO4溶液滴加过快，制得的产物不纯，其原因是反应液局部酸性过大，会有CaHPO4产生；（4）图中所示3种钙盐在人体中最稳定的存在形式是Ca5（PO4）3OH（填化学式）；（5）糖黏附在牙齿上，在酶的作用于下产生酸性物质，易造成龋齿，结合化学平衡移动原理，分析其原因酸性物质使沉淀溶解平衡，Ca5（PO4）3OH（
88、s）5Ca2+（aq）+3PO43（aq）+OH（aq）向右移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解，造成龋齿【分析】（1）从质量守恒的角度思考，5molCa（NO3）2、3mol（NH4）2HPO4和4molNH3H2O反应生成1molCa5（PO4）3OH、10molNH4NO3和3molH2O，据此书写方程式；质量守恒的角度思考，5molCa（OH）2和3molH3PO4反应生成1molCa5（PO4）3OH和9molH2O；（2）方法A与方法B对比，主要是A产物有副产物NH4NO3，原子利用率不高；（3）根据图知数据知，溶液酸性越强，越容易生成CaHPO4；（4）人体pH基本上在7.397
89、.41，所以钙主要存在形式为Ca5（PO4）3OH；（5）反应平衡：Ca5（PO4）3OH（s）5Ca2+（aq）+3PO43（aq）+OH（aq），酸性物质使沉淀溶解向右移动【解答】解：（1）从质量守恒的角度思考，5molCa（NO3）2、3mol（NH4）2HPO4和4molNH3H2O反应生成1molCa5（PO4）3OH、10molNH4NO3和3molH2O，反应的化学方程式为，5Ca（NO3）2+3（NH4）2HPO4+4NH3H2O=Ca5（PO4）3OH+10NH4NO3+3H2O故答案为：10NH4NO3；3H2O；从质量守恒的角度思考，5molCa（OH）2和3molH3P
90、O4反应生成1molCa5（PO4）3OH和9molH2O，反应的化学方程式为5Ca（OH）2+3H3PO4=Ca5（PO4）3OH+9H2O，故答案为：Ca5（PO4）3OH+9H2O；（2）与方法A相比，方法B的优点是副产品为水，没有其它副产品，工艺简单，故答案为：唯一副产物为水，工艺简单；（3）方法B中，如果H3PO4溶液滴加过快，会导致局部酸性过大，生成CaHPO4，制得的产物不纯，故答案为：反应液局部酸性过大，会有CaHPO4产生；（4）人体pH基本上在7.397.41，所以钙主要存在形式为Ca5（PO4）3OH，故答案为：Ca5（PO4）3OH；（5）反应平衡：Ca5（PO4）3O
91、H（s）5Ca2+（aq）+3PO43（aq）+OH（aq），酸性物质使沉淀溶解向右移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解，造成龋齿，故答案为：酸性物质使沉淀溶解平衡，Ca5（PO4）3OH（s）5Ca2+（aq）+3PO43（aq）+OH（aq）向右移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解，造成龋齿【点评】本题考查制备实验方案设计及难溶物的溶解平衡，为高频考点，明确物质性质及图中曲线含义是解本题关键，侧重考查学生获取信息利用信息解答问题能力，难点是图中数据的灵活运用，题目难度中等28 10时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：温度/102030加热煮沸后冷却到50pH8.38.
92、48.58.8甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为HCO3+H2OH2CO3+OH乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于NaHCO3（填“大于”或“小于”）丙同学认为甲、乙的判断都不充分丙认为：（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则乙（填“甲”或“乙”）判断正确试剂X是B（填选项）ABa（OH）2溶液 BBaCl2溶液 CNaOH溶液 D澄清的石灰水（2）将加热后的溶液冷却到10，若溶液的pH等于8.3（填“大于”“小于”或“等于”），则甲（填“甲”或“
93、乙”）判断正确（3）查阅资料发现NaHCO3的分解温度为150，丙断言乙（填“甲”或“乙”）判断是错误的，理由是碳酸氢钠的分解温度是150，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150，所以碳酸氢钠不分解【分析】甲：碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性；碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，且碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度（1）碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡；（2）若加热后碳酸氢钠不分解，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，温度不变溶液的pH值也不变；（3）碳酸氢钠的分解温度是150，加热溶液时溶液的温度达不到该温度，据此分析判断【解答】解：甲：碳酸氢钠是
94、强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3+H2OH2CO3+OH；碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，故答案为：HCO3+H2OH2CO3+OH；大于；（1）碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡 Na2CO3+BaCl2BaCO3+2NaCl，向碳酸钠或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钡或氢氧化钙都生成白色沉淀，向碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠都不产生明显现象，故选B故答案为：乙；B；（2）若加热后碳酸氢钠不分解
95、，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，温度不变溶液的pH值也不变，由此证明甲是正确的，故答案为：等于；甲；（3）碳酸氢钠的分解温度是150，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150，所以碳酸氢钠不分解，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，由此判断乙是错误的，故答案为：乙；碳酸氢钠的分解温度是150，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150，所以碳酸氢钠不分解【点评】本题考查了碳酸氢钠的性质，难度不大，注意常压下加热碳酸氢钠固体和碳酸氢钠溶液的区别，加热固体时易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，但加热碳酸氢钠溶液时，碳酸氢钠不分解29硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离但事实是，硫酸
96、在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H+HSO4，HSO4H+SO42请回答下列有关问题：（1）Na2SO4溶液呈碱性（“酸性”、“中性”或“碱性”），其理由是SO42+H2OHSO4+OH用离子方程式表示）；NaHSO4溶液呈酸性（“酸性”、“中性”或“碱性”），其理由是HSO4电离大于水解（HSO4电离大于水解、HSO4水解大于电离、HSO4只电离不水解或HSO4只水解不电离）；（2）H2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为Ba2+HSO4BaSO4+H+；（3）在0.10molL1的Na2SO4溶液中，下列离子浓度关系正确的是BCD（填写编号
97、）；ANa+=SO42+HSO4+H2SO4BOH=HSO4+H+CNa+H+=OH+HSO4+2SO42DNa+=2SO42+2HSO4（4）写出NaHSO4溶液中溶质电离常数（Ka）的表达式；（5）若25时，0.10molL1的NaHSO4溶液中SO42=0.029molL1，则0.10molL1的H2SO4溶液中SO420.029molL1（填“”、“”或“=”），其理由是H2SO4HSO4+H+电离出的H+抑制HSO4的电离（6）如果25时，0.10molL1H2SO4溶液的pH=lg0.11，则0.10molL1的H2SO4液中SO42=0.01molL1【分析】（1）硫酸钠中硫酸根
98、离子能水解，呈碱性；NaHSO4溶液中HSO4电离大于水解；（2）H2SO4溶液与BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀；（3）Na2SO4溶液存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒；（4）根据电离平衡常数公式计算；（5）依据硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，结合平衡移动分析判断；（6）依据氢离子浓度对硫酸氢根离子的电离平衡影响分析判断【解答】解：（1）Na2SO4溶液存在SO42+H2OOH+HSO4，溶液呈弱碱性，NaHSO4溶液中HSO4电离大于水解，溶液呈酸性，故答案为：碱性；SO42+H2OHSO4+OH；酸性；HSO4电离大于水解；（2）硫酸溶液中存在HSO4离子，难电离，硫
99、酸与氯化钡溶液反应的离子方程式为：HSO4+Ba2+=BaSO4+H+，故答案为：Ba2+HSO4BaSO4+H+；（3）在0l0molL1的Na2SO4溶液中离子浓度关系：A溶液中硫酸完全电离，溶液中没有H2SO4分子，故A错误；B溶液中存在质子守恒为：c（OH）=c（ HSO4）+c（H+），故B正确；C溶液中存在电荷守恒：c（ Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO4）+2c（SO42），故C正确；D依据物料守恒，c（ Na+）=2c（SO42）+2c（HSO4），故D正确；故答案为：BCD； （4）NaHSO4溶液中存在硫酸氢根离子的电离平衡：HSO4H+SO42，其Ka=，故答
100、案为：；（5）25时，0.10molL1的NaHSO4溶液中c（ SO42）=0.029molL1，则0.10molL1的H2SO4溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，c（ SO42）0.029molL1，故答案为：；H2SO4HSO4+H+电离出的H+抑制HSO4的电离；（6）若25时，0.10molL1H2SO4溶液的pH=lgO.11，C（H+）=0.11mol/L；依据：H2SO4=H+HSO4，HSO4H+S042电离出的氢离子浓度为0.10mol/L；所以电离出的氢离子浓度为0.11mol/L0.1mol/L=0.01mol/L；则0.10molL1的H2SO4溶液中c（SO42）=0.01mol/L，故答案为：0.01【点评】本题以信息给予为载体考查了弱电解质的电离，注意硫酸第二步电离特点，再结合电离平衡常数公式计算硫酸氢根离子电离平衡常数，为易错题投稿兼职请联系：2355394692