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【化学】重庆市万州第三中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷
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重庆市万州第三中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
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. CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O
【答案】D
【详解】A. 2 H2O H3O＋＋OH－为水的电离方程式，故A不选；B. H2O H＋＋OH－为水的电离方程式，故B不选；C. CH3COOH＋H2O CH3COO－＋H3O+为醋酸的电离方程式，故C不选；D. CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O为醋酸与氢氧化钠反应的化学方程式，不是电离方程式，故D选，故选D。
2.下表中物质的分类组合完全正确的是 （ ）
编号
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
HClO4
CaCO3
HClO
NH3·H2O
非电解质
SO2
CS2
H2O
C2H5OH
【答案】D
【详解】A．HClO4的酸性比硫酸强，为强酸，属于强电解质，故A错误；B．碳酸钙为强电解质，故B错误；C．水为弱电解质，故C错误；D．HClO4水溶液中全部电离，为强电解质，NH3•H2O水溶液中部分电离，是弱电解质，C2H5OH为非电解质，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查了电解质、非电解质、强电解质、弱电解质判断。本题的易错点为C，要注意水能够发生微弱的电离，属于弱电解质。
3.准确量取25.00mL 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
【详解】A．量筒精确到0.1，故A错误；
B．滴定管精确到0.01，可用酸式滴定管，故B正确；
C．高锰酸钾有强氧化性，能氧化碱式滴定管的橡胶，应用酸式滴定管，故C错误；
D．烧杯只能粗略量取液体体积，故D错误；
故选B。
4. 能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）
A. CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B. 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C. CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2
D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【答案】B
【解析】试题分析：A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；故选B。
考点：考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 溶液呈中性就是pH=7 B. 溶液呈中性指的是c(H+)=c(OH-)
C. 酸和碱恰好完全反应时，溶液一定呈中性 D. 盐溶液一定呈中性
【答案】B
【详解】A、溶液呈中性是溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，溶液的pH不一定等于7，温度不同中性溶液的pH不同，而pH=7的溶液在常温下是中性溶液，故A错误；B、溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同时溶液中性的判断依据，c(H+)=c(OH-)溶液一定呈中性，故B正确；C、酸和碱恰好完全反应时，溶液不一定显中性，如盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，故C错误；D、盐溶液不一定呈中性，如氯化铵溶液显酸性，醋酸钠溶液显碱性，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断。要注意溶液的酸碱性的本质是溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小。本题的易错点为A，要注意pH=7，溶液可能显中性、酸性或碱性。
6. 下列离子方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. HCOOH+H2OHCOO－+ H3O+
B. CO2+H2OHCO3－+ H+
C. CO32－+ H2OHCO3－+ OH－
D. HS－+ H2OS2－+ H3O+
【答案】C
【分析】弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。
【详解】A、是甲酸的电离方程式，故A错误；
B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；
C、是碳酸根的水解方程式，所以C选项是正确的；
D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误。
所以C选项是正确的。
7.100℃时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2。下列叙述中不正确的是（ ）
A. 此时水的离子积Kw=1×10-14 B. 水电离出的c(H+)=1×10-10mol•L-1
C. 水的电离程度随温度升高而增大 D. c(Na+)=c(SO42-)
【答案】A
【详解】A、蒸馏水的pH=6，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol•L-1，水的离子积Kw=1×10-12，故A错误；B、水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c(H+)=c(OH-)=mol/L=1×10-10mol•L-1，故B正确；C、由于水的电离过程为吸热反应，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度会增大，故C正确；D、NaHSO4晶体中钠离子与硫酸根离子的物质的量相等，钠离子和硫酸根离子数目没有发生变化，根据物料守恒，溶液中(Na+)=c(SO42-)，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查了水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意根据水的离子积表达式及蒸馏水中c(H+)=c(OH-)计算。
8.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，如想增大NH4+的浓度，而不增大OH－的浓度，应采取的措施是（ ）
①适当升高温度；②加入NH4Cl固体；③通入NH3；④加入少量盐酸
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④
【答案】C
【详解】①适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；故选C。
【点睛】本题考查弱电解质电离，要想增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度，则加入的物质必须含有铵根离子或含有能和氢氧根离子反应的离子。本题的易错点为C，要注意通入氨气，相当于增大氨水的浓度。
9.室温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. c(Fe3+)=1 mol/L的溶液中：Na+、SCN-、ClO-、SO42-
B. 0.1 mol/LAl2(SO4)3溶液中：Cu2+、NH4+、NO3—、HCO3—
C. c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中：Ba2+、K+、CH3COO—、Cl—
D. 能使甲基橙变红的溶液中：CH3CHO、Na+、SO42-、NO3—
【答案】C
【分析】本题考查离子共存。A.Fe3+与SCN-发生络合反应、与ClO-发生双水解反应；B.Al3+与HCO3—发生双水解反应；C．该溶液中存在大量OH-离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D.能使甲基橙变红的酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应。
【详解】Fe3+和ClO-、SCN-之间反应，在溶液中不能大量共存，A错误；Al3+与HCO3—发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，B错误；c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中存在大量OH-离子，Ba2+、K+、CH3COO—、Cl—之间不反应，都不与OH-离子反应，在溶液中能够大量共存，C正确；能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D错误。
故选C。
【点睛】答题时注意明确离子不能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等。还应该注意题目所隐含的条件，如溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-。设问是“可能”共存，还是“一定”共存等。
10.下列有关pH变化的判断中，正确的是（ ）
A. 随温度的升高，纯水的Kw减小
B. 随温度的升高，纯水的pH增大
C. 新制氯水经光照一段时间后，pH减小
D. 氢氧化钠溶液久置于空气中，pH增大
【答案】C
【详解】A．水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，故A错误；B．升高温度促进水的电离，氢离子浓度增大，纯水的pH减小，故B错误；C．氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，氯化氢溶于水导致溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故C正确；D．氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故D错误；故选C。
11.常温下，pH=3的醋酸和pH=3的硫酸两种溶液，下列有关这两种溶液的叙述正确的是（ ）
A. 两溶液中水电离出的c(H+)=1×10-11mol·L-1
B. 加水稀释100倍后两溶液pH仍相同
C. 醋酸中的c(CH3COO—)和硫酸中的c(SO42-)相同
D. 两溶液中分别加入足量锌片放出H2体积相同
【答案】A
【详解】A、pH=3的醋酸和pH=3的硫酸两种溶液中，存在离子积常数，c(H+)酸•c(OH-)水=10-14，所以两溶液中水电离出的c(H+)均为1×10-11mol•L-l，故A正确；B、加水稀释100倍后两溶液的pH不相同，醋酸存在电离平衡，稀释pH增大程度小，而硫酸pH增大多，故B错误；C、pH=3的醋酸和pH=3的硫酸两种溶液中氢离子浓度相同，为0.001mmol/L，c(CH3COO-)=0.001mol/L；c(SO42-)=0.0005mol/L，故C错误；D、pH=3的醋酸和pH=3的硫酸两种溶液，醋酸的物质的量浓度大于硫酸的两倍，等体积两溶液中分别加入足量锌片后放出H2的体积不相同，醋酸放出氢气多，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡的应用，解答本题的关键是理解弱电解质电离平衡的存在。本题的易错点为C，要注意醋酸为一元酸，而硫酸为二元酸。
12.在0.1 mol/LCH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，对于该平衡下列叙述正确的是（ ）
A. 加入水时，平衡逆向移动
B. 加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C. 加入少量0.1 mol/L 盐酸，溶液中c(H＋)减小
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动
【答案】B
【详解】A．在CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水使酸的电离平衡正向移动，促进弱电解质的电离，A错误；
B．加入少量NaOH固体，NaOH电离产生的OH-与氢离子反应，使c(H+)减小，根据平衡移动原理可知：醋酸的电离平衡向正向移动，B正确；
C．加入少量0.1 mol•L-1HCl溶液，使溶液c(H+)增大，根据平衡移动原理可知，电离平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液c(H+)增大，C错误；
D．加入少量CH3COONa固体，使溶液醋酸根离子浓度增大，根据平衡移动原理可知，醋酸的电离平衡逆向移动，D错误；
故合理选项是B。
13. 下列叙述正确的是（ ）
A. 将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，c(SO42－)＞c(NH4＋)
B. 两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1＝10c2
C. 常温下pH＝11的NaOH溶液与pH＝3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D. 向0.1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)增大
【答案】C
【解析】由电荷守恒可知c(NH4+)＋c(H＋)＝2c(SO42-)＋c(OH－)，当pH＝7时，c(NH4+)＝2c(SO42-)，故A项错；醋酸是弱酸，浓度越大，电离程度越小，当两溶液pH相差1时，c1≠10c2，B项错；pH＝11的NaOH与pH＝3的醋酸等体积混合后溶液显酸性，滴入石蕊试液呈红色，C项对；氨水存在电离平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，加(NH4)2SO4固体，平衡左移，导致减小，D项错。
14.在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定大于7的是（ ）
A. pH = 3的硝酸跟pH = 11的氢氧化钾溶液
B. pH = 3的硝酸跟pH = 11的氨水
C. pH = 3的硫酸跟pH = 11的氢氧化钠溶液
D. pH = 3盐酸跟pH = 11的氢氧化钡溶液
【答案】B
【详解】A、pH=3的硝酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钾溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故A错误；B、pH=3的硝酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3mol/L，由于氨水为弱碱，在室温下等体积混合，反应后，氨水过量，pH＞7，故B正确；C、pH=3的硫酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故C错误；D、pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，等体积混合后，二者恰好反应生成氯化钡，溶液显示中性，pH=7，故D错误；故选B。
15.部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡
常数(25 ℃)
1.77×10－4
4.9×10－10
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
下列选项错误的是（ ）
A. 2CN－＋H2O＋CO2=2HCN＋CO32-
B. 2HCOOH＋CO32-=2HCOO－＋H2O＋CO2↑
C. 中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D. HCOOH＋CN－=HCOO－＋HCN
【答案】A
【详解】A．酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以反应方程式为CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-，故A错误；B．酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以反应方程式为2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑，故B正确；C．等pH、等体积的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D．同条件下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则其酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，HCOOH+CN-═HCOO-+HCN，反应符合酸性强弱，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子的水解程度的关系是解本题的关键。本题的易错点为C，要注意和酸反应需要碱的量与电解质强弱无关，与酸提供的氢离子(已电离的和未电离的)的总量有关。
16.浓度均为0.1mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随1g的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
B. 相同温度下，电离常数K(HX)∶a>b
C. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)∶a
【答案】C
【详解】A．根据图知，lg=0时，即0.1mol/L 的HX的pH＞1，说明HX部分电离为弱电解质，而0.1mol/L 的HY的pH=1，说明HY完全电离，为强电解质，HY的酸性大于HX，故A错误；B．酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K( HX)：a=b，故B错误；C．a、b两点溶液中水的电离都是受到HX的电离的抑制的，其中在a点HX电离出的c(H+)较大，对水的电离抑制更强，因此在a点水电离出的c(H+)、c(OH-)较b点小，则有水电离出的c(H+)·c(OH-)：a
17.（1）写出下列物质电离方程式:
Na2CO3___________________________________________；
NH3·H2O__________________________________________；
（2）写出下列物质水解的离子方程式：
NaHCO3___________________________________________；
FeCl3_________________________________________________；
（3）常温时，0.1mol/L的NaOH和0.06mol/L 的H2SO4溶液等体积混合，求混合溶液的pH为_______。
（4）用pH试纸测定溶液pH的操作是___________________________________________
____________________________________________________________________。
【答案】(1). Na2CO3=2Na++CO32- (2). NH3•H2O⇌NH4++OH- (3). HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH- (4). Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ (5). 2 (6). 取一小块pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸的中部，变色后与标准比色卡对照读出pH值
【详解】(1)碳酸钠属于强电解质，电离方程式为：Na2CO3=2Na++CO32-，NH3•H2O为弱电解质，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-，故答案为：Na2CO3=2Na++CO32-；NH3•H2O⇌NH4++OH-；
(2)碳酸氢钠水解生成碳酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；
(3)设两溶液体积为VL，0.1mol/L NaOH溶液中氢氧根离子物质的量是0.1Vmol，0.06mol/L的H2SO4溶液的物质的量是0.12Vmol，混合后酸剩余，所以剩余氢离子浓度c==0.01mol/L，即pH=2，故答案为：2；
(4)在测定pH值时，不能湿润、稀释，正确的操作为：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸中部，变色后与标准比色卡对照读出pH值，故答案为：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸中部，变色后与标准比色卡对照读出pH值。
18.常温下，浓度均为0.1 mol/L的7种溶液pH如下：
溶质
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
NaHSO4
NaClO
pH
12
9.7
12.3
10.0
6.0
1.0
10.3
请由上表数据回答：
（1）上述表中pH=12的Na2CO3溶液中水电离出的氢氧根离子浓度为：______ mol/L
（2）根据表中的数据分析，物质的量浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、Na2SiO3、NaHCO3、NaHSO3溶液中水的电离程度最大的是：______________（填化学式）
（3）用适当的语言和化学用语分析NaHSO3溶液显酸性的原因：_______________________
_______________________________________________________
（4）用离子方程式说明Na2SO3溶液pH＞7的原因__________________________________。
【答案】(1). 10—2 (2). Na2SiO3 (3). HSO3—H++SO32— HSO3—+H2OH2SO3+ OH— 电离大于水解，溶液显酸性。 (4). SO32—+H2OHSO3—+OH—
【详解】(1)pH=12的Na2CO3溶液由于水解促进水的电离，c(H+)=10-12mol/L，关键水的离子积常数不变，则c(OH-)=10-2mol/L，因此水电离出的氢氧根离子浓度为0.01mol/L，故答案为：0.01；
(2)酸性越弱，对应盐的水解程度越大，相同浓度时 对水的电离的促进程度越大。根据表中的数据，物质的量浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、Na2SiO3、NaHCO3、NaHSO3溶液中，pH最大的是硅酸钠，说明硅酸的水解程度最大，因此水的电离程度最大的是硅酸钠，故答案为：Na2SiO3；
(3)NaHSO3水溶液中存在电离平衡和水解平衡HSO3-⇌H++SO32-，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，由于HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故答案为：HSO3-⇌H++SO32-，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；
(4)Na2SO3溶液pH＞7的原因是亚硫酸根离子水解的结果，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；故答案为：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-。
19.有下列六种物质的溶液：①NaCl ②NH4Cl ③Na2CO3 ④Al2(SO4)3 ⑤CH3COOH ⑥NaHCO3。
（1）25℃时，0.1mol·L-1②溶液的pH________7（填“>”、“＝”或“<”）；其原因是_____________（用离子方程式表示）；
（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的③和⑥的溶液中离子种类________（填“相同”或是“不相同”）；
（3）常温下0.1 mol/L的⑤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）室温下，使用pH计测定0.1 mol/LNH4Cl溶液pH=5.12。由此可以得到的结论是_______（填字母）。
a．溶液中c(H+)＞c(OH－) b．NH4+水解是微弱的
c．NH3·H2O是弱碱 d．由H2O电离出c(H+)＜10-7 mol/L
e．物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH=7
（5）某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是____，
A．a点导电能力比b点强
B．b点的KW值大于c点
C．与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va>Vc
D．a、c两点c(H＋)相等
【答案】(1). < (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (3). 相同 (4). B (5). abc (6). D
【详解】(1)25℃时，0.1mol•L-1②NH4Cl 溶液中铵根离子水解溶液显酸性，溶液的pH＜7，反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：＜；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
(2)浓度均为0.1mol/L的③Na2CO3中存在碳酸根离子的2步水解，⑥NaHCO3的溶液中存在水解和电离，两溶液中都存在水的电离，因此离子种类相同，分别含：Na+、CO32-、HCO3-、H+、OH-，故答案为：相同；
(3)A．CH3COOH溶液加水稀释，浓度减小，c(H+)减小，故A不选；B．CH3COOH溶液加水稀释，促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，c(H+)/c(CH3COOH)比值变大，故B选；C．稀释过程，溶液的温度不变，c(H+)•c(OH-)=Kw，Kw不变，故C不选，故答案为：B。
(4)室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱。a、溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，故溶液中c(H+)＞c(OH-)，故a正确；b、NH3•H2O为弱碱，故NH4+是弱碱阳离子，在水溶液中能水解，且水解程度很小，故b正确；c、溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱，故c正确；d、NH4Cl为强酸弱碱盐，在水溶液中能水解，而盐的水解能促进水的电离，故此溶液中由H2O电离出的c(H+)＞10-7mol/L，故d错误；e、物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，会恰好完全反应得NH4Cl溶液，但由于NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故溶液的pH＜7，故e错误；故选abc；
(5)根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，稀释过程中，促进一水合氨电离，所以pH变化快的是氢氧化钠，变化慢的是氨水，即a为氢氧化钠，b或c为氨水。A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比b点溶液的导电能力弱，故A错误；B．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，即bc电离平衡常数相等，故B错误；C．等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，等体积时，氨水的物质的量大于氢氧化钠，碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多，故C错误；D．根据图像，a、c两点的pH相等，则c(H＋)相等，故D正确；故选D。
20.欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.100 0 mol·L－1的HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。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）滴定至终点的颜色变化为_________________。
（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__________。
（4）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
0.100 0 mol·L－1 HCl溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.00
26.29
2
25.00
1.00
31.00
3
25.00
1.00
27.31
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________(填字母)。
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
【答案】(1). 锥形瓶 (2). 黄色变为橙色 (3). 26.90 mL (4). 0.1052 mol·L-1 (5). AC
【详解】(1)用碱式滴定管取待测NaOH溶液于锥形瓶中，故答案为：锥形瓶；
(2)待测液是氢氧化钠，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，滴到结束，故答案为：由黄色变为橙色；
(4)甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图为27.40mL，滴定管中的液面读数为27.40mL-0.50mL=26.90mL，故答案为：26.90mL；
(5)根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V(盐酸)= =26.30mL，
HCl + NaOH = NaCl+H2O
0.0263L×0.1000mol•L-1 0.025L×c(NaOH)
则c(NaOH)==0.1052mol/L；故答案为：0.1052mol/L；
(6)A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏高，故A正确；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，造成c(待测)不变，故B错误；C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏高，故C正确；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，会造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏低，故D错误；故选AC。
【点睛】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析。本题的易错点为(5)和(6)，(5)中要注意数据的有效性；(6)中无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析。
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. CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O
【答案】D
【详解】A. 2 H2O H3O＋＋OH－为水的电离方程式，故A不选；B. H2O H＋＋OH－为水的电离方程式，故B不选；C. CH3COOH＋H2O CH3COO－＋H3O+为醋酸的电离方程式，故C不选；D. CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O为醋酸与氢氧化钠反应的化学方程式，不是电离方程式，故D选，故选D。
2.下表中物质的分类组合完全正确的是 （ ）
编号
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
HClO4
CaCO3
HClO
NH3·H2O
非电解质
SO2
CS2
H2O
C2H5OH
【答案】D
【详解】A．HClO4的酸性比硫酸强，为强酸，属于强电解质，故A错误；B．碳酸钙为强电解质，故B错误；C．水为弱电解质，故C错误；D．HClO4水溶液中全部电离，为强电解质，NH3•H2O水溶液中部分电离，是弱电解质，C2H5OH为非电解质，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查了电解质、非电解质、强电解质、弱电解质判断。本题的易错点为C，要注意水能够发生微弱的电离，属于弱电解质。
3.准确量取25.00mL 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
【详解】A．量筒精确到0.1，故A错误；
B．滴定管精确到0.01，可用酸式滴定管，故B正确；
C．高锰酸钾有强氧化性，能氧化碱式滴定管的橡胶，应用酸式滴定管，故C错误；
D．烧杯只能粗略量取液体体积，故D错误；
故选B。
4. 能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）
A. CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B. 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C. CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2
D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【答案】B
【解析】试题分析：A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；故选B。
考点：考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 溶液呈中性就是pH=7 B. 溶液呈中性指的是c(H+)=c(OH-)
C. 酸和碱恰好完全反应时，溶液一定呈中性 D. 盐溶液一定呈中性
【答案】B
【详解】A、溶液呈中性是溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，溶液的pH不一定等于7，温度不同中性溶液的pH不同，而pH=7的溶液在常温下是中性溶液，故A错误；B、溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同时溶液中性的判断依据，c(H+)=c(OH-)溶液一定呈中性，故B正确；C、酸和碱恰好完全反应时，溶液不一定显中性，如盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，故C错误；D、盐溶液不一定呈中性，如氯化铵溶液显酸性，醋酸钠溶液显碱性，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断。要注意溶液的酸碱性的本质是溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小。本题的易错点为A，要注意pH=7，溶液可能显中性、酸性或碱性。
6. 下列离子方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. HCOOH+H2OHCOO－+ H3O+
B. CO2+H2OHCO3－+ H+
C. CO32－+ H2OHCO3－+ OH－
D. HS－+ H2OS2－+ H3O+
【答案】C
【分析】弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。
【详解】A、是甲酸的电离方程式，故A错误；
B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；
C、是碳酸根的水解方程式，所以C选项是正确的；
D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误。
所以C选项是正确的。
7.100℃时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2。下列叙述中不正确的是（ ）
A. 此时水的离子积Kw=1×10-14 B. 水电离出的c(H+)=1×10-10mol•L-1
C. 水的电离程度随温度升高而增大 D. c(Na+)=c(SO42-)
【答案】A
【详解】A、蒸馏水的pH=6，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol•L-1，水的离子积Kw=1×10-12，故A错误；B、水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c(H+)=c(OH-)=mol/L=1×10-10mol•L-1，故B正确；C、由于水的电离过程为吸热反应，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度会增大，故C正确；D、NaHSO4晶体中钠离子与硫酸根离子的物质的量相等，钠离子和硫酸根离子数目没有发生变化，根据物料守恒，溶液中(Na+)=c(SO42-)，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查了水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意根据水的离子积表达式及蒸馏水中c(H+)=c(OH-)计算。
8.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，如想增大NH4+的浓度，而不增大OH－的浓度，应采取的措施是（ ）
①适当升高温度；②加入NH4Cl固体；③通入NH3；④加入少量盐酸
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④
【答案】C
【详解】①适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；故选C。
【点睛】本题考查弱电解质电离，要想增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度，则加入的物质必须含有铵根离子或含有能和氢氧根离子反应的离子。本题的易错点为C，要注意通入氨气，相当于增大氨水的浓度。
9.室温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. c(Fe3+)=1 mol/L的溶液中：Na+、SCN-、ClO-、SO42-
B. 0.1 mol/LAl2(SO4)3溶液中：Cu2+、NH4+、NO3—、HCO3—
C. c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中：Ba2+、K+、CH3COO—、Cl—
D. 能使甲基橙变红的溶液中：CH3CHO、Na+、SO42-、NO3—
【答案】C
【分析】本题考查离子共存。A.Fe3+与SCN-发生络合反应、与ClO-发生双水解反应；B.Al3+与HCO3—发生双水解反应；C．该溶液中存在大量OH-离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D.能使甲基橙变红的酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应。
【详解】Fe3+和ClO-、SCN-之间反应，在溶液中不能大量共存，A错误；Al3+与HCO3—发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，B错误；c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中存在大量OH-离子，Ba2+、K+、CH3COO—、Cl—之间不反应，都不与OH-离子反应，在溶液中能够大量共存，C正确；能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D错误。
故选C。
【点睛】答题时注意明确离子不能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等。还应该注意题目所隐含的条件，如溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-。设问是“可能”共存，还是“一定”共存等。
10.下列有关pH变化的判断中，正确的是（ ）
A. 随温度的升高，纯水的Kw减小
B. 随温度的升高，纯水的pH增大
C. 新制氯水经光照一段时间后，pH减小
D. 氢氧化钠溶液久置于空气中，pH增大
【答案】C
【详解】A．水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，故A错误；B．升高温度促进水的电离，氢离子浓度增大，纯水的pH减小，故B错误；C．氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，氯化氢溶于水导致溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故C正确；D．氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故D错误；故选C。
11.常温下，pH=3的醋酸和pH=3的硫酸两种溶液，下列有关这两种溶液的叙述正确的是（ ）
A. 两溶液中水电离出的c(H+)=1×10-11mol·L-1
B. 加水稀释100倍后两溶液pH仍相同
C. 醋酸中的c(CH3COO—)和硫酸中的c(SO42-)相同
D. 两溶液中分别加入足量锌片放出H2体积相同
【答案】A
【详解】A、pH=3的醋酸和pH=3的硫酸两种溶液中，存在离子积常数，c(H+)酸•c(OH-)水=10-14，所以两溶液中水电离出的c(H+)均为1×10-11mol•L-l，故A正确；B、加水稀释100倍后两溶液的pH不相同，醋酸存在电离平衡，稀释pH增大程度小，而硫酸pH增大多，故B错误；C、pH=3的醋酸和pH=3的硫酸两种溶液中氢离子浓度相同，为0.001mmol/L，c(CH3COO-)=0.001mol/L；c(SO42-)=0.0005mol/L，故C错误；D、pH=3的醋酸和pH=3的硫酸两种溶液，醋酸的物质的量浓度大于硫酸的两倍，等体积两溶液中分别加入足量锌片后放出H2的体积不相同，醋酸放出氢气多，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡的应用，解答本题的关键是理解弱电解质电离平衡的存在。本题的易错点为C，要注意醋酸为一元酸，而硫酸为二元酸。
12.在0.1 mol/LCH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，对于该平衡下列叙述正确的是（ ）
A. 加入水时，平衡逆向移动
B. 加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C. 加入少量0.1 mol/L 盐酸，溶液中c(H＋)减小
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动
【答案】B
【详解】A．在CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水使酸的电离平衡正向移动，促进弱电解质的电离，A错误；
B．加入少量NaOH固体，NaOH电离产生的OH-与氢离子反应，使c(H+)减小，根据平衡移动原理可知：醋酸的电离平衡向正向移动，B正确；
C．加入少量0.1 mol•L-1HCl溶液，使溶液c(H+)增大，根据平衡移动原理可知，电离平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液c(H+)增大，C错误；
D．加入少量CH3COONa固体，使溶液醋酸根离子浓度增大，根据平衡移动原理可知，醋酸的电离平衡逆向移动，D错误；
故合理选项是B。
13. 下列叙述正确的是（ ）
A. 将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，c(SO42－)＞c(NH4＋)
B. 两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1＝10c2
C. 常温下pH＝11的NaOH溶液与pH＝3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D. 向0.1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)增大
【答案】C
【解析】由电荷守恒可知c(NH4+)＋c(H＋)＝2c(SO42-)＋c(OH－)，当pH＝7时，c(NH4+)＝2c(SO42-)，故A项错；醋酸是弱酸，浓度越大，电离程度越小，当两溶液pH相差1时，c1≠10c2，B项错；pH＝11的NaOH与pH＝3的醋酸等体积混合后溶液显酸性，滴入石蕊试液呈红色，C项对；氨水存在电离平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，加(NH4)2SO4固体，平衡左移，导致减小，D项错。
14.在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定大于7的是（ ）
A. pH = 3的硝酸跟pH = 11的氢氧化钾溶液
B. pH = 3的硝酸跟pH = 11的氨水
C. pH = 3的硫酸跟pH = 11的氢氧化钠溶液
D. pH = 3盐酸跟pH = 11的氢氧化钡溶液
【答案】B
【详解】A、pH=3的硝酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钾溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故A错误；B、pH=3的硝酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3mol/L，由于氨水为弱碱，在室温下等体积混合，反应后，氨水过量，pH＞7，故B正确；C、pH=3的硫酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故C错误；D、pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，等体积混合后，二者恰好反应生成氯化钡，溶液显示中性，pH=7，故D错误；故选B。
15.部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡
常数(25 ℃)
1.77×10－4
4.9×10－10
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
下列选项错误的是（ ）
A. 2CN－＋H2O＋CO2=2HCN＋CO32-
B. 2HCOOH＋CO32-=2HCOO－＋H2O＋CO2↑
C. 中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D. HCOOH＋CN－=HCOO－＋HCN
【答案】A
【详解】A．酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以反应方程式为CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-，故A错误；B．酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以反应方程式为2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑，故B正确；C．等pH、等体积的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D．同条件下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则其酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，HCOOH+CN-═HCOO-+HCN，反应符合酸性强弱，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子的水解程度的关系是解本题的关键。本题的易错点为C，要注意和酸反应需要碱的量与电解质强弱无关，与酸提供的氢离子(已电离的和未电离的)的总量有关。
16.浓度均为0.1mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随1g的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
B. 相同温度下，电离常数K(HX)∶a>b
C. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)∶a
【答案】C
【详解】A．根据图知，lg=0时，即0.1mol/L 的HX的pH＞1，说明HX部分电离为弱电解质，而0.1mol/L 的HY的pH=1，说明HY完全电离，为强电解质，HY的酸性大于HX，故A错误；B．酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K( HX)：a=b，故B错误；C．a、b两点溶液中水的电离都是受到HX的电离的抑制的，其中在a点HX电离出的c(H+)较大，对水的电离抑制更强，因此在a点水电离出的c(H+)、c(OH-)较b点小，则有水电离出的c(H+)·c(OH-)：a
17.（1）写出下列物质电离方程式:
Na2CO3___________________________________________；
NH3·H2O__________________________________________；
（2）写出下列物质水解的离子方程式：
NaHCO3___________________________________________；
FeCl3_________________________________________________；
（3）常温时，0.1mol/L的NaOH和0.06mol/L 的H2SO4溶液等体积混合，求混合溶液的pH为_______。
（4）用pH试纸测定溶液pH的操作是___________________________________________
____________________________________________________________________。
【答案】(1). Na2CO3=2Na++CO32- (2). NH3•H2O⇌NH4++OH- (3). HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH- (4). Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ (5). 2 (6). 取一小块pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸的中部，变色后与标准比色卡对照读出pH值
【详解】(1)碳酸钠属于强电解质，电离方程式为：Na2CO3=2Na++CO32-，NH3•H2O为弱电解质，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-，故答案为：Na2CO3=2Na++CO32-；NH3•H2O⇌NH4++OH-；
(2)碳酸氢钠水解生成碳酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；
(3)设两溶液体积为VL，0.1mol/L NaOH溶液中氢氧根离子物质的量是0.1Vmol，0.06mol/L的H2SO4溶液的物质的量是0.12Vmol，混合后酸剩余，所以剩余氢离子浓度c==0.01mol/L，即pH=2，故答案为：2；
(4)在测定pH值时，不能湿润、稀释，正确的操作为：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸中部，变色后与标准比色卡对照读出pH值，故答案为：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸中部，变色后与标准比色卡对照读出pH值。
18.常温下，浓度均为0.1 mol/L的7种溶液pH如下：
溶质
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
NaHSO4
NaClO
pH
12
9.7
12.3
10.0
6.0
1.0
10.3
请由上表数据回答：
（1）上述表中pH=12的Na2CO3溶液中水电离出的氢氧根离子浓度为：______ mol/L
（2）根据表中的数据分析，物质的量浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、Na2SiO3、NaHCO3、NaHSO3溶液中水的电离程度最大的是：______________（填化学式）
（3）用适当的语言和化学用语分析NaHSO3溶液显酸性的原因：_______________________
_______________________________________________________
（4）用离子方程式说明Na2SO3溶液pH＞7的原因__________________________________。
【答案】(1). 10—2 (2). Na2SiO3 (3). HSO3—H++SO32— HSO3—+H2OH2SO3+ OH— 电离大于水解，溶液显酸性。 (4). SO32—+H2OHSO3—+OH—
【详解】(1)pH=12的Na2CO3溶液由于水解促进水的电离，c(H+)=10-12mol/L，关键水的离子积常数不变，则c(OH-)=10-2mol/L，因此水电离出的氢氧根离子浓度为0.01mol/L，故答案为：0.01；
(2)酸性越弱，对应盐的水解程度越大，相同浓度时 对水的电离的促进程度越大。根据表中的数据，物质的量浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、Na2SiO3、NaHCO3、NaHSO3溶液中，pH最大的是硅酸钠，说明硅酸的水解程度最大，因此水的电离程度最大的是硅酸钠，故答案为：Na2SiO3；
(3)NaHSO3水溶液中存在电离平衡和水解平衡HSO3-⇌H++SO32-，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，由于HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故答案为：HSO3-⇌H++SO32-，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；
(4)Na2SO3溶液pH＞7的原因是亚硫酸根离子水解的结果，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；故答案为：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-。
19.有下列六种物质的溶液：①NaCl ②NH4Cl ③Na2CO3 ④Al2(SO4)3 ⑤CH3COOH ⑥NaHCO3。
（1）25℃时，0.1mol·L-1②溶液的pH________7（填“>”、“＝”或“<”）；其原因是_____________（用离子方程式表示）；
（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的③和⑥的溶液中离子种类________（填“相同”或是“不相同”）；
（3）常温下0.1 mol/L的⑤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）室温下，使用pH计测定0.1 mol/LNH4Cl溶液pH=5.12。由此可以得到的结论是_______（填字母）。
a．溶液中c(H+)＞c(OH－) b．NH4+水解是微弱的
c．NH3·H2O是弱碱 d．由H2O电离出c(H+)＜10-7 mol/L
e．物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH=7
（5）某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是____，
A．a点导电能力比b点强
B．b点的KW值大于c点
C．与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va>Vc
D．a、c两点c(H＋)相等
【答案】(1). < (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (3). 相同 (4). B (5). abc (6). D
【详解】(1)25℃时，0.1mol•L-1②NH4Cl 溶液中铵根离子水解溶液显酸性，溶液的pH＜7，反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：＜；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
(2)浓度均为0.1mol/L的③Na2CO3中存在碳酸根离子的2步水解，⑥NaHCO3的溶液中存在水解和电离，两溶液中都存在水的电离，因此离子种类相同，分别含：Na+、CO32-、HCO3-、H+、OH-，故答案为：相同；
(3)A．CH3COOH溶液加水稀释，浓度减小，c(H+)减小，故A不选；B．CH3COOH溶液加水稀释，促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，c(H+)/c(CH3COOH)比值变大，故B选；C．稀释过程，溶液的温度不变，c(H+)•c(OH-)=Kw，Kw不变，故C不选，故答案为：B。
(4)室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱。a、溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，故溶液中c(H+)＞c(OH-)，故a正确；b、NH3•H2O为弱碱，故NH4+是弱碱阳离子，在水溶液中能水解，且水解程度很小，故b正确；c、溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱，故c正确；d、NH4Cl为强酸弱碱盐，在水溶液中能水解，而盐的水解能促进水的电离，故此溶液中由H2O电离出的c(H+)＞10-7mol/L，故d错误；e、物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，会恰好完全反应得NH4Cl溶液，但由于NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故溶液的pH＜7，故e错误；故选abc；
(5)根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，稀释过程中，促进一水合氨电离，所以pH变化快的是氢氧化钠，变化慢的是氨水，即a为氢氧化钠，b或c为氨水。A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比b点溶液的导电能力弱，故A错误；B．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，即bc电离平衡常数相等，故B错误；C．等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，等体积时，氨水的物质的量大于氢氧化钠，碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多，故C错误；D．根据图像，a、c两点的pH相等，则c(H＋)相等，故D正确；故选D。
20.欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.100 0 mol·L－1的HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。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）滴定至终点的颜色变化为_________________。
（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__________。
（4）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
0.100 0 mol·L－1 HCl溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.00
26.29
2
25.00
1.00
31.00
3
25.00
1.00
27.31
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________(填字母)。
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
【答案】(1). 锥形瓶 (2). 黄色变为橙色 (3). 26.90 mL (4). 0.1052 mol·L-1 (5). AC
【详解】(1)用碱式滴定管取待测NaOH溶液于锥形瓶中，故答案为：锥形瓶；
(2)待测液是氢氧化钠，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，滴到结束，故答案为：由黄色变为橙色；
(4)甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图为27.40mL，滴定管中的液面读数为27.40mL-0.50mL=26.90mL，故答案为：26.90mL；
(5)根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V(盐酸)= =26.30mL，
HCl + NaOH = NaCl+H2O
0.0263L×0.1000mol•L-1 0.025L×c(NaOH)
则c(NaOH)==0.1052mol/L；故答案为：0.1052mol/L；
(6)A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏高，故A正确；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，造成c(待测)不变，故B错误；C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏高，故C正确；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，会造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏低，故D错误；故选AC。
【点睛】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析。本题的易错点为(5)和(6)，(5)中要注意数据的有效性；(6)中无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析。
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