【化学】重庆市云阳江口中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

重庆市云阳江口中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量 H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 Cu—64
一、单选题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共计48分)
1.下列不属于电离方程式的是（ ）
A. 2 H2O H3O＋＋OH－ B. H2O H＋＋OH－
C. CH3COOH＋H2O CH3COO－＋H3O+ D. NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，2 H2O H3O＋＋OH－属于电离方程式，故A正确；
B选项，H2O H＋＋OH－属于电离方程式，故B正确；
C选项，CH3COOH＋H2O CH3COO－＋H3O+属于电离方程式，故C正确；
D选项，NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋属于水解方程式，故D正确；
综上所述，答案为D。
2.下列水溶液可以确定显酸性的是（ ）
A. 含氢离子的溶液 B. 能使酚酞显无色的溶液
C. pH<7 的溶液 D. c(H+)>c(OH-)的溶液
【答案】D
【解析】A错，水中也含有氢离子，但溶液呈中性；B错，使酚酞呈无色的溶液可能是中性溶液；C错，只有当温度为常温时才有pH小于7的溶液为酸性溶液；D正确；
3.准确量取20.00mL KMnO4溶液，最好选用的仪器是( )
A. 25mL量筒 B. 25mL酸式滴定管 C. 25mL碱式滴定管 D. 有刻度的50mL烧杯
【答案】B
【解析】
【详解】准确量取20.00mL KMnO4溶液，根据精确度只能选择滴定管，又由于高锰酸钾要腐蚀橡胶管，因此只能用酸式定滴管，故B正确；
综上所述，答案为B。
4.化学与生产、生活密切相关，下列应用与盐类水解无关的是( )
A. 纯碱溶液可去除油污 B. 明矾可作净水剂
C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2 D. NaHSO4溶液显酸性
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，纯碱水解生成氢氧化钠，油污为高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下水解而除掉油污，即纯碱溶液可去除油污，故A正确；
B选项，明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附杂质，起净水的功效，因此明矾可作净水剂，故B正确；
C选项，TiCl4溶于大量水水解生成Ti(OH)4,Ti(OH)4加热生成TiO2和水，因此TiCl4溶于大量水加热制备TiO2，故C正确；
D选项，NaHSO4溶液电离出氢离子而显酸性，故D错误；
综上所述，答案为D。
5.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质、混合物的归类，完全正确的是（ ）

A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
CO2
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
乙醇
H2O
混合物
碱石灰
胆矾
盐酸
液氯
【答案】C
【解析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。A、金属Fe属于单质，不属于电解质，故A错误；B、CO2属于非电解质，硫酸钡是强电解质，胆矾属于纯净物，故B错误；C、碳酸钙属于强电解质，H2CO3是弱酸，属于弱电解质，乙醇是非电解质，盐酸属于混合物，故C正确；D、水属于弱电解质，液氯属于纯净物，故D错误。故选C。
6.常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是( )
A. 使甲基橙呈黄色的溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、CO32-
B. 使pH 试纸显蓝色的溶液中：K+、Na+、NO3-、SO42-
C. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、HCO3-
D. = 1×1012的溶液中：Fe3+、K+、CO32-、ClO－
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，使甲基橙呈黄色的溶液可能为碱性溶液，溶液中可能存在大量OH－，Fe3+能与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B选项，使pH试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量OH－，K+、Na+、OH－、SO42－四种离子间不发生任何反应，能大量共存，故B正确；
C选项，由水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液，可能为酸性也可能为碱性，HCO3－一定不能大量存在，碱性时Mg2+不能大量存在，故C错误；
D选项，由= 1×1012得出c(H+)= 0.1 mol·L-1，H+与CO32－反应生成二氧化碳气体和水，H+与ClO－生成弱酸，故D错误；
综上所述，答案为B。
7.下列措施对水的电离无影响的是（ ）
A. 升高温度 B. 加入稀醋酸
C. 加入醋酸钠 D. 加入食盐
【答案】D
【解析】
【分析】水为弱电解质，水的电离平衡为：H2OH＋＋OH－，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离；醋酸根离子水解促进了水的电离、稀醋酸都抑制了水的电离，而氯化钠不影响水的电离平衡，据此进行解答。
【详解】A、水的电离吸热，所以升温促进水的电离，选项A错误；
B、加入稀醋酸，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向逆反应方向移动，抑制了水的电离，选项B错误；
C、加入醋酸钠，醋酸根离子结合水电离的氢离子生成弱电解质醋酸，水的电离平衡向正反应方向移动，促进了水的电离，选项C错误；
D、加入氯化钠，氯离子和钠离子不水解，所以加入氯化钠不影响水的电离，选项D正确；
答案选D。
8.25℃时，水的电离可达到平衡：H2OH++OH–；△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低
B. 将水加热，Kw增大，pH不变
C. 向水中加入少量稀硫酸，c(H+)增大，Kw不变
D. 向水中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(H+)降低
【答案】C
【解析】
【分析】水的电离是吸热的，存在电离平衡，外界条件的变化会引起电离平衡的移动；向水中加入能电离出氢离子或氢氧根离子的物质会抑制水电离，加入和氢离子或氢氧根离子反应的物质能促进水电离；水的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，温度不变，离子积常数不变，据此分析解答即可。
【详解】A、一水合氨电离出OH-而导致溶液中OH-浓度增大，水的电离平衡逆向移动，但c(OH-)比原平衡时大，故A错误；
B、水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则Kw增大，pH减小，故B错误；
C、向水中加入少量稀硫酸，硫酸电离出氢离子导致溶液中H+浓度增大，温度不变，Kw不变，故C正确；
D、向水中加入少量CH3COONa固体，CH3COO-结合水电离出的H+，促进水的电离，水的电离平衡正向移动，故D错误。
故选C。
9.室温时，下列混合溶液的pH一定大于7的是
A. pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B. 0.01 mol•L-1的盐酸和pH＝12的氢氧化钡溶液等体积混合
C. pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合
D. 0.01 mol•L-1的硫酸和0.01 mol•L-1的氨水等体积混合
【答案】A
【解析】A项，盐酸为强酸溶液，氨水为弱碱溶液，室温下pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合，反应后氨水过量，溶液呈碱性，pH大于7；B项，盐酸为强酸溶液，Ba（OH）2为强碱，pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=0.01mol/L，两者等体积混合恰好完全反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，室温下pH等于7；C项，醋酸为弱酸，NaOH为强碱，室温下pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，反应后醋酸过量，溶液呈酸性，pH小于7；D项，硫酸为二元强酸，氨水为一元弱碱溶液，0.01mol/L硫酸和0.01mol/L氨水等体积混合，反应后硫酸过量，溶液呈酸性，室温下pH小于7；室温下混合溶液pH一定大于7的是A，答案选A。
10.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是（ ）
①NH4Cl固体；②硫酸；③NaOH固体；④水；⑤加热；⑥加入少量MgCl2固体。
A. ①②③⑤ B. ③⑥ C. ③ D. ③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，故①错误；
②加入硫酸，氢离子中和氢氧根使之浓度减少，继而引发电离平衡正向移动，故②错误；
③加入氢氧化钠固体，氢氧根浓度增大，平衡逆向移动，故③正确；
④加水稀释使电离平衡相关的微粒浓度都减小，平衡向电离方向移动，故④错误；
⑤弱电解质的电离是吸热过程，加热使平衡向右移动，故⑤错误；
⑥加入少量硫酸镁固体，镁离子与氢氧根反应，使溶液中氢氧根浓度减小，稀氨水的电离平衡正向移动，故⑥错误。故只有③正确。
综上所述，答案为B。
11.下列各表述与图所示一致是（ ）
A. 图用于测定NaOH溶液的浓度
B. 图表示25时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
C. 图记录滴定终点读数为12.00 mL
D. 电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，图表示KOH溶液滴定CH3COOH溶液时溶液的电导率变化曲线示意图
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，氢氧化钠溶液应该装在碱式滴定管里，这个装置是酸式滴定管，故A错误；
B选项，酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故B错误；
C选项，滴定管数据上小下大，准确读数应该为11.85mL，故C错误；
D选项，CH3COOH是弱电解质，与KOH溶液反应生成强电解质CH3COONa，离子浓度增大，电导率变大，待反应完后，继续加KOH溶液，电导率继续增大，故D正确；
综上所述，答案为D。
12.下列实验操作能达到目的或说法正确的是( )
A. 用pH试纸测定次氯酸溶液的pH = 3.5
B. 将FeCl3溶液加热蒸干并灼烧获得Fe2O3固体
C. 向明矾溶液中加入一定量NaOH制备Al(OH)3胶体
D. NH4NO3溶液中NH4＋和NO3－的数目相等
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，次氯酸具有漂白性，不能选pH试纸测定其pH，应选pH计，故A错误；
B选项，FeCl3溶液加热蒸干，促进铁离子水解，生成盐酸易挥发，得到氢氧化铁，灼烧获得Fe2O3固体，故B正确；
C选项，明矾溶液中加入一定量NaOH，发生复分解反应生成沉淀，而水解可生成胶体，故C错误；
D选项，NH4NO3溶液中NH4＋要水解，其数目减少，因此NH4＋和NO3－的数目不相等，故D错误；
综上所述，答案为B。
13.某温度下，相同pH两种弱酸HA和HB分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（ ）

A. 酸性：HB> HA
B. 结合H+的能力：B->A-
C. 导电能力：c > b
D. 与氢氧化钠完全反应时，消耗氢氧化钠体积Va 【答案】B
【解析】
【详解】A选项，增加同样体积的水稀释时，HB的pH变化小于HA，说明加水后HB进一步电离的程度大于HA，HB的电离程度小于HA，酸性比HA弱。
B选项，酸根阴离子对应酸越弱，结合氢离子的能力越强，HA > HB，结合氢离子的能力，B－> A－，故B项正确；
C选项，c点pH大于b点，故氢离子浓度c小于b点，因此c点导电能力小于b点，故C错误；
D选项，开始pH相等，由于HA > HB，HB的电离程度小于HA，因此c(HB) > c(HA)，溶液体积相等，则HB的物质的量大于HA的物质的量，因此消耗得氢氧化钠HB >HA，即Va >Vb，故D错误；
综上所述，答案为B。
14.为了除去CuCl2酸性溶液中的FeCl3,加热搅拌的条件下加入一种试剂，然后再加入适量盐酸，该试剂不能是(　　)
A. Cu(OH)2 B. CuCO3 C. NaOH D. CuO
【答案】C
【解析】
【分析】溶液中Fe3＋既可与碱溶液直接形成沉淀，Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓；也可通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
【详解】A选项，溶液中Fe3＋通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Cu(OH)2消耗水解生成的氢离子，使平衡正向移动，可促进水解又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，故A正确；
B选项，溶液中Fe3＋通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuCO3消耗水解生成的氢离子，使平衡正向移动，可促进水解又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，故A正确；
C选项，CuCl2酸性溶液中的Fe3＋，直接加入NaOH，虽能使FeCl3沉淀，但NaOH会引入新的杂质，又会和CuCl2形成沉淀，故C错误；
D选项，溶液中Fe3＋通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO消耗水解生成的氢离子，使平衡正向移动，可促进水解又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，故D正确；
综上所述，答案为C。
15.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A. 一定物质的量浓度的Na2S溶液中：2c(Na+)＝c(S2－)＋c(H2S)＋c(HS－)
B. 在常温下，向0.01mol∙L－1的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)
C. 0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COOH)
D. 等物质的量浓度的NH4HSO4溶液和NH4Cl溶液，c(NH4+)前者小
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，一定物质的量浓度的Na2S溶液中，根据物料守恒得出：c(Na+)＝2c(S2－)＋2c(H2S)＋2c(HS－)，故A错误；
B选项，常温下，向0.01mol∙L－1的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，NaOH首先与NH4HSO4电离出的H+作用，因为H+结合OH－的能力比NH4+结合OH－的能量强，当加入等物质的量的NaOH时，正好将H+中和，此时，但此时溶液中还有NH4+，NH4+水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入NaOH，当然到中性时c(H+) = c(OH－)，c(Na+)>c(SO42－)>c(NH4+)，溶液中离子浓度大小为：
c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)=c(H+)，故B正确；
C选项，0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，溶液中溶质实际为CH3COONa，其质子守恒为：c(OH－) = c(H＋)＋c(CH3COOH)。故C错误；
D选项，等物质的量浓度的NH4HSO4溶液和NH4Cl溶液，由于NH4HSO4电离出氢离子，对铵根离子水解起抑制作用，而NH4Cl中铵根水解，铵根离子浓度减小，因此前者(NH4+)大，故D错误；
综上所述，答案为B。
16.常温下，用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的Na2CO3溶液25mL。测得溶液pH变化曲线如图，下列说法正确的是(     )

A. b点时，c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)
B. d点时，c(OH-)=c(H+)＋c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
C. e点时，c(H+)=2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)
D. c→d发生的主要离子反应：H+＋HCO3-=CO2↑＋H2O
【答案】C
【解析】A，b点加入12.5mL的盐酸，得到等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3和NaCl的混合液，由于CO32-的水解能力大于HCO3-的水解能力，则c（HCO3-）c（CO32-）c（OH-），A项错误；B，d点加入25mL的盐酸，得到等物质的量浓度的NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），溶液中的物料守恒为c（Na+）=2[c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）]=2c（Cl-），两式整理得c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-），B项错误；C，e点加入50mL盐酸，得到NaCl和H2CO3的混合液，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），NaCl属于强酸强碱盐，c（Na+）=c（Cl-），则c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），C项正确；D，c→d发生的主要离子反应为CO32-+H+=HCO3-，D项错误；答案选C。
二、非选择题（共52分）
17.Ⅰ、回答下列问题：
（1）0.005mol/L 的H2SO4溶液的pH为_______。
（2）常温时，0.1mol/L的NaOH和0.06mol/L 的HCl溶液等体积混合，求混合溶液的pH为_______。
（3）某温度时，测得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数KW＝___，该温度___ (填“高于”或“低于”)25 ℃。
（4）常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液a L与pH＝3的H2SO4溶液b L混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液呈中性，则a∶b＝________。
（5）氯化铁水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：___________。实验室在临时配制一些氯化铁溶液时，常将氯化铁固体先溶于较浓的_______中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，是为了抑制其水解。
【答案】(1). 2 (2). 12.3 (3). 10-13 (4). 高于 (5). 1:100 (6). Fe3++H2OFe(OH)3+3H+ (7). 盐酸
【解析】
【详解】Ⅰ、⑴0.005mol/L 的H2SO4溶液，c(H＋) = 0.005mol/L×2 = 0.01mol/L，pH=-lg c(H＋) = -lg0.01=2，故答案为2；
⑵常温时，0.1mol/L的NaOH和0.06mol/L 的HCl溶液等体积混合，分析得出NaOH过量，溶液最终显碱性，因此
，pH=-lg c(H＋) = -lg5×10－13 = 13-lg5 = 12.3，故答案为12.3；
⑶某温度时，测得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH为11，c(OH－)=0.01 mol·L－1，c(H＋) =1×10－11，KW＝c(H＋)∙c(OH－) =1×10－11× 0.01 = 1×10－13，由于1×10－13 > 1×10－14(25ºC)，该温度高于25 ℃，故答案为1×10－13；高于；
⑷常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液a L与pH＝3的H2SO4溶液b L混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。pH＝13的Ba(OH)2，溶液中氢氧根浓度为c(OH－) = 1×10－1 mol·L－1，pH＝3的H2SO4溶液c(H＋) =1×10－3 mol·L－1，若所得混合溶液呈中性，则n(H＋) = n(OH－)，即c(H＋)V(酸) = c(OH－) V(碱) ，1×10－3×b = 1×10－1×a，a∶b＝1:100，故答案为1:100；
⑸氯化铁水溶液呈酸性，主要是铁离子水解显酸性，用离子方程式表示为：Fe3++H2OFe(OH)3+3H+，实验室在临时配制一些氯化铁溶液时，常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，主要目的是抑制水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故答案为Fe3++H2OFe(OH)3+3H+；盐酸。
18.有下列四种物质的溶液：①Na2CO3 ②Al2(SO4)3 ③CH3COOH ④NaHCO3。
（1）写出①溶液的电荷守恒：____________。
（2）常温下，0.1 mol·L-1④溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)_____c(CO32－)（填“＞”、“=”或“＜”），原因是_______（用离子方程式和必要的文字说明）。
（3）常温下0.1 mol/L③溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是_________。
A．c(H＋) B．c(H+)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－)
（4）用②和④的溶液可以制作泡沫灭火剂，其原理为：________________（用离子方程式解释）
【答案】(1). C(Na+)+C(H+)=2C(CO32-)+C(HCO3-)+C(OH-) (2). > (3). HCO3- +H2OH2CO3+OH-、HCO3-H+ +CO32- 其中 HCO3- 的水解大于 HCO3- 的电离 (4). B (5). Al3+ +3HCO3- =Al(OH)3↓ +3 CO2↑
【解析】
【详解】⑴Na2CO3溶液的电荷守恒，根据阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，c(Na+)+c(H+)= 2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)，故答案为c(Na+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)；
⑵常温下，0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH大于8，其水解方程式为
HCO3－+H2OH2CO3+OH－、HCO3－H+ +CO32－，HCO3－既要电离，又要水解，pH大于8，说明水解为主，HCO3－+H2OH2CO3+OH－(主)，HCO3－H+ +CO32－(次)，所以溶液中c(H2CO3)＞c(CO32－)，故答案为＞；HCO3－+H2OH2CO3+OH－(主)，HCO3－H+ +CO32－(次)，其中 HCO3－的水解大于 HCO3－的电离
⑶常温下0.1 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，平衡正向移动，但由于溶液体积增大占主要，因此c(H＋)减小，c(H＋)·c(OH－) = KW不变，因为KW只与温度有关，，KW不变，c(CH3COO－)减小，所以增大，故答案为B；
⑷用Al2(SO4)3和NaHCO3的溶液可以制作泡沫灭火剂，主要原理是两者发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其原理为Al3+ +3HCO3－ =Al(OH)3↓ +3 CO2↑，故答案为Al3+ +3HCO3－ =Al(OH)3↓ +3 CO2↑。
19.回答下列问题：
Ⅰ、电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如下表数据（25℃）：
化学式
电离平衡常数
HCN
K＝4.9×10-10
CH3COOH
K＝1.8×10-5
H2CO3
K1＝4.4×10-7，K2＝4.7×10-11
①25 ℃时，等浓度的三种溶液(a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液)的pH由大到小的顺序为______。(填写序号)
②25 ℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为_______。
③已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____7。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
Ⅱ、已知某溶液中存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
①c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　②c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
③c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　④c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
填写下列空白：
（1）若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是______，上述四种离子浓度的大小顺序为__（选填序号）。
（2）若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为_______；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为_____。
（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）____c（NH3•H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同），混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）____c（OH﹣）。
【答案】(1). b>a>c (2). CO2 +CN_ +H2O=HCN+HCO3- (3). 大于 (4). NH4Cl (5). ① (6). NH4Cl、NH3.H2O (7). NH4Cl 、HCl (8). 小于 (9). 大于
【解析】
【分析】根据电离常数得出酸性：CH3COOH > H2CO3 > HCN > HCO3－
【详解】根据酸性强弱CH3COOH > H2CO3 > HCN > HCO3－
①25℃时，等浓度的三种溶液a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液的pH大小，这三者都要发生水解，水解都呈碱性，主要看哪个离子水解程度大，离子对应酸越弱，水解程度越大，碱性越强，因CH3COOH> H2CO3> HCN > HCO3－，所以Na2CO3溶液水解程度最大，NaCN溶液水解程度次之，CH3COONa溶液水解程度最小，所以Na2CO3溶液碱性最强，NaCN溶液碱性次之，CH3COONa溶液碱性最小，pH由大到小的顺序为b > a > c，故答案为b > a > c；
②25 ℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为CO2 +CN－+ H2O == HCN+HCO3－，不能生成CO32－，因为HCN > HCO3－，故答案为
CO2 +CN－ + H2O == HCN+HCO3－；
③已知NH4A溶液为中性，说明NH3∙H2O和HA两者电离程度相同，HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，HA酸性大于碳酸，即NH3∙H2O电离程度大于碳酸的电离程度，根据谁强显谁性原理，(NH4)2CO3溶液显碱性，所以溶液的pH大于7；故答案为大于；
Ⅱ、⑴分析这里面的离子，可知若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是NH4Cl，由于铵根离子要水解，则铵根离子浓度小于氯离子，溶液显酸性，依次四种离子浓度的大小顺序为c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－)，故答案为NH4Cl；①；
⑵若上述关系中③是正确的，溶液显碱性，说明在氯化铵基础上需要加碱，则该溶液中溶质应该是氯化铵和一水合氨的混合；
若上述关系中④是正确的，溶液显酸性，氢离子浓度大于铵根离子浓度，说明在氯化铵基础上需要加酸，则该溶液中溶质应该是氯化铵和盐酸的混合；故答案分别为NH4Cl、NH3∙H2O；NH4Cl、HCl；
⑶若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，假设浓度相等，混合后溶液显酸性，而显现显中性，说明酸的浓度要小即混合前c（HCl）小于c（NH3•H2O），因是等体积混合，盐酸全部电离，一水合氨部分电离，如果混合前酸中c(H+)等于碱中c(OH－)，则混合后只能呈碱性，而这呈酸性，说明混合前c(H+)大于c(OH－)，故答案为小于；大于。
20.盐酸和氢氧化钠是工业上重要的化工原料，也是实验室里常见的化学试剂。欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000 mol·L-1 HCl标准溶液进行中和滴定(用酚酞作指示剂)。请回答下列问题：
（1）滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为_____。
（2）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是_________。
（3）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50 mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为_____。

乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：
实验序号
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000mol·L-1HCl溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.11
25.10
2
25.00
1.56
33.30
3
25.00
0.21
25.22
（4）选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为______(保留四位有效数字)。
（5）下列哪些操作会使测定结果偏高_____ (填序号)。
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数
（6）滴定达到终点的标志是________。
【答案】 (1). 锥形瓶 (2). 用NaOH溶液润洗2-3次 (3). 26.90mL (4). 0.1000mol/L (5). AC (6). 当滴入最后一滴盐酸溶液恰好由红色变为无色，且30秒内不恢复原色
【解析】
【详解】⑴滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器锥形瓶，故答案为锥形瓶；
⑵滴定管都适用时步骤为查、洗、润洗、装、排、读即碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该润洗，所以应该进行的操作是用NaOH溶液润洗2-3次，故答案为用NaOH溶液润洗2-3次；
⑶若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50 mL，滴定后液面如图，读数为27.40 mL，则此时消耗标准溶液的体积为26.90 mL，注意滴定管读数要精确到小数位两位，故答案为26.90 mL；
⑷实验进行三次，所消耗得盐酸的体积分别为24.99 mL、31.74 mL、25.01 mL，这三次数据中第二次是错误的数据，应舍去，只能求另外两次的平均值为25.00 mL，代入数据求算待测NaOH溶液的物质的量浓度为

故答案为0.1000mol/L；
⑸A选项，锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，则消耗得标准液体积偏大，，因此测定结果偏高；故A选；
B选项，酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，酸式滴定管必须用标液润洗，因此没有发生误差，故B不选；
C选项，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，开始时读出的数据偏小，后来正常，最终相减得出标液消耗体积偏大，误差偏高，故C选；
D选项，滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，读数就偏小，两者相减后消耗标液体积数据偏小，浓度偏低，故D不选；
综上所述，答案为AC；
⑹因为开始是氢氧化钠溶液，滴定了酚酞，溶液变红，滴定盐酸，颜色变为无色，所以滴定达到终点的标志是当滴入最后一滴盐酸溶液恰好由红色变为无色，且30S内不恢复原色，故答案为当滴入最后一滴盐酸溶液恰好由红色变为无色，且30秒内不恢复原色。