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【化学】河北省衡水市安平县安平中学2018-2019学年高二（实验部）上学期第一次月考（解析版） 试卷
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河北省衡水市安平县安平中学2018-2019学年高二（实验部）上学期第一次月考
1.下列电离方程式或离子方程式正确的是
A. NaHCO3电离：NaHCO3=Na++H++CO32－
B. NH4＋水解：NH4＋+H2ONH3·H2O+H+
C. H3PO4电离：H3PO4====3H++PO43－
D. CO32－水解：CO32－+H2OH2CO3+2OH-
【答案】B
【解析】
【详解】A项，NaHCO3是强电解质，完全电离，而HCO3-是弱酸根离子，不能完全电离，故A项错误；
B项，NH4＋水解生成弱电解质NH3·H2O，水解反应为NH4＋+H2ONH3·H2O+H+，故B项正确；
C项，H3PO4是中强酸，不完全电离，且分步电离，H3PO4H++H2PO4-，H2PO4- H++HPO42-，HPO42- H++PO43-，故C项错误；
D项，CO32－是弱酸根离子，存在水解平衡，以第一步水解为主，CO32－+H2OHCO3-+OH-，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
2.向0.5L下列溶液中加入10gNaOH固体，溶液的导电能力基本没有变化的是
A. 0.5 mol•L﹣1醋酸 B. 0.5 mol•L﹣1 NaOH溶液
C. 0.5 mol•L﹣1硝酸 D. 0.5 mol•L﹣1K2SO4
【答案】
【解析】
试题分析：A、醋酸是弱酸，溶于水部分电离，加入氢氧化钠固体，二者反应生成醋酸钠和水，醋酸钠为强电解质，全部电离，溶液中自由移动离子浓度增大，导电性增强，错误；B、向0.5 mol•L﹣1NaOH溶液中加入NaOH固体，氢氧化钠电离，溶液中自由移动离子浓度增大，导电性增强，错误；C、硝酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，正确；D、向0.5 mol•L﹣1K2SO4溶液中加入NaOH固体，氢氧化钠电离，溶液中自由移动离子浓度增大，导电性增强，错误。
考点：考查溶液导电性分析
3.某酸溶液的pH=1，此酸溶液的物质的量浓度
A. 0.1 mol·L－1
B. 一定大于0.1 mol·L－1
C. 若为强酸一定等于0.1 mol·L－1，若为弱酸一定大于0.1 mol·L－1
D. 若为强酸一定≤0.1 mol·L－1，若为弱酸一定＞0.1 mol·L－1
【答案】
【解析】
试题分析：某酸溶液的pH=1，则溶液中氢离子的浓度是0．1 mol·L－1。由于弱酸存在电离平衡，而强酸完全电离。所以如果该酸是强酸，则酸的浓度一定≤0．1 mol·L－1，若为弱酸一定＞0．1 mol·L－1，答案选D。
【考点定位】考查弱酸电离平衡的有关判断
【名师点晴】本题是中等难度的试题，重点考查了溶液的酸碱性与pH的关系，要求学生要明确酸的分类形式，酸可以根据是否完全电离分为强酸与弱酸，也可以根据每个酸分子电离出的H+，可分为一元酸、二元酸及多元酸，试题难易适中，有利于调动学生的学习兴趣，更有利于培养学生的解题能力。
4.向含有酚酞的NaOH溶液中滴加盐酸至溶液变为无色，该过程中体系pH的变化为( )
A. 由小变大 B. 先增大后变小
C. 由大变小 D. 先变小后增大
【答案】C
【解析】
发生NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，溶液中c(H＋)增多，pH由大变小，故选项C正确。
点睛：pH与H＋浓度呈反比，c(H＋)减少，pH增大。
5.能促进水的电离，并使溶液中c(H+)>c(OH-)的操作是
（1） 将水加热煮沸 （2） 向水中投入一小块金属钠 （3） 向水中通HCl （4） 向水中加入明矾晶体 （5）向水中加入NaHCO3固体 （6）向水中加KHSO4固体
A. （4） B. （1）（4）（6） C. （1）（3）（6） D. （4）（6）
【答案】
【解析】
(1)水的电离是吸热过程，将水加热煮沸，促进水的电离，但纯水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，(1)错误；(2)向水中投入一小块金属钠，Na和水反应生成NaOH，NaOH是强碱且抑制水的电离，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，(2)错误；(3)向水中通HCl，HCl是强酸，在水中电离出氢离子，抑制水的电离，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，(3)错误；(4)向水中加入明矾晶体，Al3+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，水解促进水的电离，(4)正确；(5)向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，促进水的电离，(5)错误；(6)向水中加KHSO4固体，KHSO4完全电离生成氢离子，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，抑制水的电离，(6)错误。综上，只有(4)正确，答案选A。
点睛：本题考查电解质对水电离的影响，主要涉及电解质的电离、水的电离、盐类水解等知识，明确物质的性质是解题关键。注意明确：酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。能促进水的电离，并使溶液中c(H+)＞c(OH-)，则为强酸弱碱盐。答题时要从外界条件对水电离平衡的影响因素结合水的电离特点分析判断。
6.下列溶液一定呈酸性的是
A. pH＝6的溶液 B. 能与金属Al反应放出H2的溶液
C. 遇酚酞显无色的溶液 D. c(H＋)＞c(OH－)的溶液
【答案】
【解析】
试题分析： A、水的电离随温度的升高而增大，100℃时水的Kw=10—12，此时纯水的pH＝6，显中性，故A错误；B、能与Al反应产生H2的溶液可以是稀酸溶液，也可以是强碱溶液，故B错误；C、加酚酞显无色的溶液，溶液pH小于8，可以是酸溶液，也可以是弱碱溶液，不一定是酸，故C错误；D．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH-）的相对大小，当溶液中C（H+）＞c（OH-）时，溶液呈酸性，当C（H+）=c（OH-）时溶液呈中性，当C（H+）＜c（OH-）时，溶液呈碱性，故D正确．故选D．
考点：考查了溶液酸碱性的判断
7.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其PH依次为10、9、8，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A. HX＞HZ＞HY B. HZ＞HY＞HX C. HX＞HY＞HZ D. HY＞HX＞HZ
【答案】
【解析】
试题分析：根据盐类水解规律：越弱越水解，物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其PH依次为10、9、8，说明水解程度NaX、NaY、NaZ逐渐减弱，则酸性HZ＞HY＞HX，故B项正确。
考点：本题考查盐类水解原理。
8.下列示意图中，正确的是
A. 图①表示烧碱溶液中滴加稀醋酸 B. 图②表示稀醋酸加水稀释
C. 图③表示镁与一定量的盐酸反应 D. 图④表示加热纯碱溶液
【答案】
【解析】
试题分析：A、氢氧化钠中加入醋酸，溶液的导电性没有明显变化，不选A；B、醋酸加水稀释，电离程度增大，但氢离子浓度减小，最后接近水电离的氢离子浓度，不选B；C、镁和盐酸反应放热，所以反应速率先增大，随着反应进行，盐酸浓度减小，后反应速率减慢，正确，选C；D、加入纯碱溶液，碳酸钠的水解程度增大，溶液中的氢氧根离子浓度增大，不选D。
考点：考查电离平衡和盐类水解平衡的移动
9.在下列叙述中，不能说明醋酸是弱电解质的是
A. 醋酸中加水后，溶液的pH升高
B. 室温下，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液的pH=3
C. 室温下，0.1mol·L-1的CH3COONa溶液的pH=8
D. 0.1mol·L-1的CH3COOH导电能力不如0.1mol·L-1的盐酸强
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 强酸加水后，氢离子浓度减小，也是升高；
B. 0.1mol·L-1的强酸，pH=1；
C.若是强电解质，pH应该等于7，氢氧化钠是强电解质，强碱弱酸盐；
D.溶液导电能力与溶液中离子浓度大小有关，导电能力弱，离子浓度小。
【详解】A. 酸溶液加水稀释后，溶液中氢离子浓度减小，溶液都会升高，故A错误；
B. 0.1mol·L-1的强酸，pH=1，现在pH=3，说明醋酸中的氢离子部分电离，醋酸是弱电解质，故B正确；
C. CH3COONa溶液的pH=8，说明发生了水解，醋酸跟结合了水电离的氢离子，显示碱性，故醋酸是弱电解质，故C正确；
D.醋酸溶液电离能力弱，离子浓度小，说明醋酸部分电离，属于弱电解质，故D正确。
故选A。
10.室温下，有pH=3的盐酸、硫酸、醋酸（假设CH3COOH的电离度为1%）三种相同体积的溶液。以下叙述错误的是
A. 测定其导电性能相同
B. 与足量的锌粉反应的起始速率相同
C. 与足量的锌粉反应产生氢气的体积比为1∶1∶100
D. 与同浓度氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠溶液的体积为1∶2∶100
【答案】D
【解析】
【详解】A、pH=3的盐酸、硫酸、醋酸导电性能相同，正确；
B、pH=3的盐酸、硫酸、醋酸，锌与氢离子反应，氢离子浓度相同，起始速率相同，正确；C、HAc的电离度为1%，pH=3，c(H+)=10-3mol/L，与足量的锌粉反应，HAc均被消耗，c(HAc)=mol/L=10 -1mol/L，盐酸和硫酸的浓度与氢离子浓度相等，c(H+)=10-3mol/L，足量的锌粉反应产生氢气的体积比为1∶1∶100，正确；
D、消耗氢氧化钠溶液的体积为1∶1∶100，故D错误。
答案选D。
11.有关电解质的说法正确的是
A. BaSO4的水溶液的导电性很差，BaSO4不是电解质
B. CO2水溶液能导电，CO2是电解质
C. 液态的铜导电性很好，铜是电解质
D. NaCl液态时能导电，NaCl是电解质
【答案】D
【解析】
【分析】
电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、氧化物等。
【详解】A. BaSO4的熔融态的导电性很好，属于电解质，故A错误；
B.二氧化碳的水溶液导电是碳酸导电，不是二氧化碳本身导电，所以二氧化碳属于非电解质，故B错误；
C.金属铜是单质，而电解质必须是化合物，故C错误；
D. NaCl液态时电离出自由移动的离子所以能导电，NaCl是电解质，故D正确。
故选D。
12.下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是
A. 遇Al能放出H2的溶液：SO42—、K＋、Na＋、Cl－
B. 水电离出的OH－的浓度为1×10－10 mol/L的溶液：SO42—、Cl－、K＋、Ba2＋
C. 能使石蕊试纸变红色的溶液：K＋、Fe2＋、NO3—、Na＋
D. 含有较多Fe3＋的溶液：Na＋、SO42—、I－、NH4+
【答案】A
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。
【详解】A．遇Al能放出H2的溶液，可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液，在碱性条件下可大量共存；
B．B中产生硫酸钡沉淀，不能大量共存；
C．C中溶液显酸性，NO3-能氧化亚离子，不能大量共存；
D．D中铁离子能氧化I－，不能大量共存，
所以答案选A。
13.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考图示从表中选出正确选项
【答案】
【解析】
试题分析：A.不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，A项错误；B.不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，B项错误；C.不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，C项错误；D.用酚酞做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色有无色变为浅红色，并且滴定管使用正确，D项正确；答案选D。
【考点定位】考查酸碱中和滴定。
【名师点睛】本题考查酸碱中和滴定。对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下：变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。①不能用石蕊作指示剂；②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以；⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
14.下列叙述正确的是
A. 两种难溶性盐，Ksp较小的，其溶解度也一定较小
B. 相同条件下，HA比HB易电离，则NaA溶液的pH比NaB溶液的pH小
C. 稀释醋酸钠溶液，CH3COO－ 水解程度变大，故溶液的pH增大
D. 稀释氨水溶液，溶液中所有离子的浓度都降低
【答案】B
【解析】
【详解】A.只有相同类型的难溶电解质，Ksp越小，溶解度可能会小，不同类型的难溶电解质，不能根据Ksp判断溶解度的大小，故A错误；
B. 相同条件下，一元酸HA比HB易电离，说明HA的酸性大于HB，则水解程度B->A-，水解程度越大相同浓度的钠盐，其溶液的pH越大，所以相同浓度NaA溶液比NaB溶液的pH小，故B正确；
C.CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-。稀释溶液，平衡正向进行，平衡状态下氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故C错误；
D. 稀释氨水，溶液中氢氧根离子浓度减小，温度不变，水的离子积不变，所以溶液中氢离子浓度增大，故D错误。
所以B选项是正确的。
15.己知25℃时，Ksp(AgCl) =1.8×10－10，Ksp(AgBr) =5.4×10－13，Ksp(AgI) =8.5×10－17。某溶液中含有C1－、Br－和I－，浓度均为0.010mo1·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为
A. C1－、Br－、I－ B. Br－、C1－、I－ C. I－、Br－、C1－ D. Br－、I－、C1－
【答案】
【解析】
试题分析：由于这三种难溶物的组成相似，根据Ksp越小，其溶解度越小，就越先沉淀，故这三种阴离子产生沉淀的先后顺序为I－、Br－、C1－。
考点：考查难溶物的溶度积与溶解度的关系。
16.CaCO3在下列哪种液体中，溶解度最大
A. HCl B. Na2CO3溶液 C. CaCl2溶液 D. 乙醇
【答案】
【解析】
试题分析：CaCO3难溶于水，但可与盐酸反应而溶解，在Na2CO3溶液、CaCl2溶液中，分别含有CO32—、Ca2＋，会抑制CaCO3的溶解，而CaCO3在乙醇中是不溶的。故溶解度最大的是A，答案选A。
考点：考查难溶电解质的溶解。
17.室温下向10 mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强
B. 醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
C. 再加入10 m L pH=11 NaOH溶液，混合液pH=7
D. 溶液中不变
【答案】
【解析】
试题分析：醋酸溶液中加入水稀释后，醋酸的电离程度增大，溶液中导电粒子的数目增加，但是离子浓度减小，所以导电性减弱；AB错误；C．因为醋酸是弱酸，再加入10 m L pH="11" NaOH溶液，混合液PH<7.C错误；D表示的是醋酸的电力平衡常数，温度不变，电离平衡常数不变，D正确。
考点：弱电质溶液的稀释
18.分别向等体积1mol/L盐酸和1mol/L醋酸溶液中加入等量的镁条，反应时间与溶液pH变化关系如图。下列说法中不正确的是
A. Y代表盐酸与镁条的反应
B. a点时反应Y消耗镁条的量少
C. b点表示此时两溶液pH相等
D. c点表示此时反应结束
【答案】
【解析】
A．醋酸和盐酸溶液的浓度相等，由于醋酸部分电离，则醋酸溶液中氢离子浓度小，反应开始前醋酸的pH较大，则曲线X表示醋酸与Mg的反应、Y代表盐酸与镁条的反应，故A正确；B．反应初始时盐酸中氢离子较大、醋酸溶液中氢离子浓度较小，图象a点两溶液的pH相同，则到a点时盐酸消耗的氢离子的物质的量较大，即Y消耗镁条的量多，故B错误；C．图象纵坐标表示溶液的pH，根据图象可知b点两溶液的pH相等，故C正确；D．根据图像可知，c点之后溶液的pH不再变化，说明反应已经结束，故D正确；故选B。
19.已知常温下的醋酸铵溶液呈中性，下列叙述正确的是
A. 醋酸铵溶液中水的电离程度与纯水相同
B. 由醋酸铵溶液呈中性可推知NH4HCO3溶液pH＜7
C. 1mol/L醋酸铵溶液中c（CH3COO-）＜1mol/L
D. 在99mL的醋酸铵溶液中加入1mL pH=2的盐酸，所得溶液pH=4
【答案】
【解析】
试题分析：A、醋酸铵溶液中，醋酸根离子、铵根离子的存在对水的电离都有影响，促进水的电离，只是二者的水解程度相同，所以溶液呈中性，与纯水的电离程度不同，错误；B、醋酸的酸性比碳酸的酸性强，所以碳酸氢铵的溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，所以碳酸氢铵的溶液呈碱性，pH>7，错误；C、1mol/L醋酸铵溶液中，醋酸根离子的水解使醋酸根离子的浓度小于1mol/L，正确；D、醋酸铵溶液中加入少量的盐酸，生成氯化铵和醋酸，若醋酸不电离，则所得溶液的pH=4，而醋酸会微弱电离，所以溶液的pH<4，错误，答案选C。
考点：考查盐的水解，弱电解质的电离，溶液酸碱性的判断
20.由表格中的电离平衡常数判断可以发生的反应是
化学式
电离常数
HClO
K=3×10－8
H2CO3
K1=4.4×10－7
K2=4.7×10－11
A. NaClO + NaHCO3 = HClO + Na2CO3
B. NaClO+ CO2+ H2O = HClO + NaHCO3
C. 2NaClO+ CO2+ H2O = 2HClO + Na2CO3
D. 2HClO + Na2CO3 = 2NaClO + CO2↑+ H2O
【答案】B
【解析】
依据电离常数分析可知酸性为：H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸可以制取弱酸分析。
【详解】A. NaClO + NaHCO3 =HClO + Na2CO3与HClO＞HCO3-矛盾，故A错误；
B. NaClO+ CO2+ H2O =HClO + NaHCO3与H2CO3＞HClO＞HCO3-吻合，故B正确；
C. 2NaClO+ CO2+ H2O = 2HClO + Na2CO3与H2CO3＞HClO＞HCO3-矛盾，反应生成碳酸氢钠，故C错误；
D.2HClO + Na2CO3 =2NaClO + CO2↑+ H2O与H2CO3＞HClO矛盾，故D错误。
故选B。
21.下列有关实验中，会导致所配制（或所测定）溶液浓度偏高的是（其它操作均正确）
A. 用标准NaOH滴定未知浓度的CH3COOH，用甲基橙作指示剂，溶液由红色变橙色立即停止滴定
B. 用容量瓶配制100 mL 5 mol/L氯化钠溶液试验中，定容时仰视
C. 用标准盐酸滴定待测NaOH溶液试验中，使用碱式滴定管开始平视，后来俯视读数
D. 用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中，碱式滴定管开始无气泡，后来有气泡
【答案】
【解析】
A、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，若选用甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液在酸性范围，标准液的体积偏小，所测定溶液浓度偏低，选项A错误；B、用容量瓶配制100 mL 5 mol/L氯化钠溶液试验中，定容时仰视则所加蒸馏水偏多，溶液浓度偏低，选项B错误；C、用标准盐酸滴定待测NaOH溶液试验中，使用碱式滴定管开始平视，后来俯视读数，则所读数体积偏小，滴定消耗的标准盐酸体积偏低，所测定溶液浓度偏低，选项C正确；D、用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中，碱式滴定管开始无气泡，后来有气泡，则标准液体积偏大，所测定溶液浓度偏高，选项D错误。答案选C。
22.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH) < c(CH3COONa) < c(Na2CO3)
B. 已知0.1 mol·L－1 二元酸H2A溶液的pH＝4，则在0.1 mol·L－1 Na2A溶液中：c(OH－) ＝ c(HA－) + c(H＋) + 2c(H2A)
C. 将0.1 mol·L－1醋酸溶液加水稀释，则溶液中的c(H＋)和c(OH－)都减小
D. 向0.1mol/L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】B
【解析】
【详解】A、设三种溶液的pH均为9，c(OH-)=10-5mol/L，c(NaOH)= 10-5mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c(CH3COONa) >c(Na2CO3)> 10-5mol/L，所以三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是c(NaOH) < c(Na2CO3)
C、稀释醋酸时，促进醋酸电离,醋酸根离子、氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，但醋酸根离子、氢离子的物质的量增大程度小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子、氢离子、醋酸分子浓度都减小，但氢氧根离子浓度增大，故C错误；
D、向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则一水合氨的浓度增大，氢氧根离子的浓度减小，则溶液中c(OH-)/c(NH3H2O)减小，故D错误。
所以B选项是正确的。
【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小判断，注意明确溶液中离子浓度大小比较的方法，特别是要善于利用一定温度下常数不变来解题。
23.常温下，Ksp(CaSO4)=9×10-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线见图。下列叙述正确的是
①a、c两点均可以表示CaSO4溶于水所形成的饱和溶液；②a点对应的Ksp不等于c点对应的Ksp；③b点对应的溶液将有沉淀生成；④向d点溶液加入适量的CaCl2固体可以变到c点；⑤d点溶液通过蒸发溶剂可以变到c点；⑥常温下CaSO4溶于水的饱和溶液中，c(Ca2+)与c(SO42-)的乘积对应曲线上任意一点；⑦常温下，向100mL饱和CaSO4溶液中加入400mL0.01mol/L Na2SO4溶液，能使溶液由a点变为b点
A. 2句 B. 3句 C. 4句 D. 5句
【答案】
【解析】
试题分析：①a、c两点均可以表示CaSO4溶于水达到沉淀溶解平衡时，所形成的饱和溶液中SO42-、Ca2+浓度的关系，正确；②a、c表示在相同温度下形成CaSO4沉淀溶解平衡的点，所以a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，错误；③b点在沉淀溶解平衡线上，c(Ca2+)·c(SO42-)> Ksp(CaSO4)=9×10-6，所以对应的溶液将有沉淀生成，正确；④向d点溶液向d点溶液加入适量的CaCl2固体，溶液中c(Ca2+)增大，c(SO42-)减小所以不可能变到c点，错误；⑤d点溶液通过蒸发溶剂，c(Ca2+)、c(SO42-)都增大，所以不可能变到c点，错误；⑥常温下CaSO4溶于水的饱和溶液中，c(Ca2+)与c(SO42-)的乘积等于该温度下的溶度积常数，根据盐的组成可知c(Ca2+)=c(SO42-)，所以不可能对应曲线上任意一点，错误；⑦常温下，向100mL饱和CaSO4溶液中加入400mL0.01mol/L Na2SO4溶液，CaSO4 饱和溶液c(Ca2+)=c(SO42-)=3×10-3 mol/L，加入400mL 0.01mol/L Na2SO4溶液后，c(Ca2+)=0.6×10-3 mol/L，c(SO42-)=8.6×10-3 mol/L，Qc＜Ksp ，没有沉淀生成，不可能使溶液由a点变为b点，错误。可见上述叙述正确的只有2句，故选项A正确。
考点：考查熔点溶解平衡曲线和溶度积常数的应用的知识。
24.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是
A. 283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液
B. 温度一定时，Ksp(SrSO4) 随c(SO42-) 的增大而减小
C. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液
D. 三个不同温度中,363K时Ksp(SrSO4)最大
【答案】
【解析】
A项，由图可得，283K时Ksp(SrSO4)= c(SO42-)•c(Sr2+)=10-1.5×10-1.65，而a点时，c(SO42-)=10-1.5，c(Sr2+)<10-1.65，所以a点Q(SrSO4) < Ksp(SrSO4)，对应的溶液是不饱和溶液，A正确；B项，沉淀溶解平衡常数（Ksp）只受温度影响，温度一定时，Ksp(SrSO4)一定，B错误；C项，由图可看出，363K时的Ksp(SrSO4)小于283K时的Ksp(SrSO4)，故283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后，会析出固体，之后仍为饱和溶液，C错误；D项，三个不同温度中，313K时Ksp(SrSO4)最大，D错误。
点睛：本题考查沉淀溶解平衡及Ksp的应用，掌握难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，正确分析图象中纵坐标和横坐标的意义，理解曲线的变化趋势是解题关键。
25.自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是
A. CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B. 原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性
C. CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋＋S2－===CuS↓
D. 整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
【答案】
【解析】
试题分析：A.难溶性的物质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，PbS(s)Pb2+(aq)+S2-(aq)，当向该溶液中加入含有Cu2+的物质时，由于ksp(CuS)
26.在25℃时，将酸HA与碱MOH等体积混合。
（1）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L强碱MOH混合，则所得溶液显_______（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同）。
（2）若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH混合，则所得溶液显__________，理由是：_________________________________。
（3）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH混合，则所得溶液显_______________，解释这一现象的离子方程式是__________________________。
【答案】 (1). 中性 (2). 碱性 (3). 酸HA与碱MOH中和后，碱过量，还会电离出OH- (4). 酸性 (5). M++H2O⇌MOH+H+
【解析】
【详解】(1)等浓度等体积的强酸HA与强碱MOH混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐，没有离子水解，所以其溶液呈中性；
因此，本题正确答案是：中性；
(2)若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH混合，酸的浓度=0.001mol/L，碱的浓度>0.001mol/L，二者等体积混合，碱有剩余，碱的电离程度大于碱离子水解程度，所以溶液呈碱性，
因此，本题正确答案是：碱性；酸HA与碱MOH中和后，碱过量，还会电离出OH-；
(3)0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH混合，二者恰好反应生成强酸弱碱盐，弱碱离子水解而导致溶液呈酸性，水解离子方程式为M++H2O⇌MOH+H+，
因此，本题正确答案是：酸性；M++H2O⇌MOH+H+。
【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，二者混合时，根据盐的性质及溶液中的溶质来确定溶液酸碱性，结合“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”来解答。
27.T℃时，pH = 2的CH3COOH和H2SO4溶液各1mL，分别加水稀释到1000 mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示
（1）图中a点的值为_________________
（2）若对上述硫酸再稀释10000倍则溶液中n (H+) ：n(SO42-)=_______
（3）在T℃时，醋酸的电离平衡常数K=1.0×10-5， Kw=1.0×10-13则下列反应CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH- 的平衡常数K=_____________。
（4）在T℃时，取pH=2的硫酸溶液0.5VmL稀释到2VmL ，与0.1mol/L的NaOH溶液0.15VmL混合后稀释至10VmL，溶液的pH=___________。
【答案】 (1). 5 (2). 200:1 (3). 1.010-8 (4). 10
【解析】
【分析】
对于硫酸来说，硫酸是二元强酸，在溶液中完全电离，电离方程式是：H2SO4=2H++SO42-，溶液的pH=2，c(H+)=2c(H2SO4)=10-2mol/L，当其稀释1000倍后，溶液中的c(H+)=10-5mol/L，溶液的pH=5；对于醋酸来说，是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，主要以电解质分子存在，溶液的pH=2，从c（CH3COOH）> c(H+)=10-2mol/L；当其稀释1000倍后，已电离的氢离子浓度是原来的1/1000，由于溶液中存在电离平衡，未电离的醋酸分子会进一步电离出H+，所以溶液中的氢离子浓度大于原来的1/1000，则溶液的pH<5，据此分析。
【详解】（1）根据以上分析a=5，
因此，本题正确答案为：5；
（2）对于pH=2硫酸来说，c(H+)=2c(H2SO4)=10-2mol/L，c(SO42-)= c(H+)=5×10-3mol/L，若对上述硫酸溶液稀释1000倍后，再稀释10000倍，则溶液几乎是中性溶液，c(H+)=10-7mol/L，c(SO42-)=5×10-3mol/L×10-3×10-4=5×10-10mol/L，则c (H+) ：c(SO42-)=10-7mol/L: 5×10-10mol/L=200:1，由于溶液体积相等，所以二者的物质的量之比等于它们的物质的量浓度之比，故n (H+) ：n(SO42-)=200:1，
因此，本题正确答案为：200:1；
（3）在T℃时，醋酸的电离平衡常数K=1.0×10-5， Kw=1.0×10-13则下列反应CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH- 的平衡常数K==c(H+)c(OH-)==1.0×10-8，
因此，本题正确答案为：1.0×10-8；
（4）在T℃时，取pH=2的硫酸溶液0.5VmL稀释到2VmL，体积是原来的4倍，浓度是原来的1/4，在开始时溶液的pH=2，c(H+)=10-2mol/L，则在0.5VmL该溶液中含有氢离子的物质的量是n(H+)=10-2mol/L×5V×10-4L=5V×10-6mol；0.1mol/L的NaOH溶液c(OH-)=0.1mol/L，当其体积是0.15VmL时其中含有氢氧根离子的物质的量是n(OH-)=0.1mol/L×0.15V×10-3L=1.5V×10-5mol，当二者混合时发生酸碱中和反应，根据酸碱中和反应的实质：H++OH-=H2O可知碱过量，则反应后的溶液的n(OH-)=1.5V×10-5mol-5V×10-6mol=1V×10-5mol，混合后溶液的体积是10VmL=10.5VmL=10-2VL，c(OH-)==10-3mol/L，在T℃时，Kw=1.0×10-13，则该溶液中c(H+)=mol/L=10-10mol/L，所以pH=10，
因此，本题正确答案为：10。
【点睛】对于强酸来说，溶液每稀释10倍，溶液的pH增大1个单位，溶液中酸根离子的浓度是原来的1/10；若稀释10n倍，溶液的pH增大n个单位，酸根离子的浓度是原来的10-n倍；当无限稀释时，由于溶液中存在水的电离平衡，水的电离就不能忽略，溶液的pH接近于7而小于7；但是酸根离子会继续减小，这时溶液中H+与酸根离子的浓度比就远大于化学式中二者的物质的量的比。对于弱酸来说，由于溶液中存在电离平衡，当酸稀释时，溶液中未电离的电解质分子会发生电离产生H+，使溶液的pH变化比强酸小。
28.以下是25 ℃时几种难溶电解质的溶解度：
难溶电解质
Mg(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
溶解度/g
9×10-4
1．7×10-6
1．5×10-4
3．0×10-9
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。例如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=a，过滤结晶即可。
请回答下列问题：
（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为______(填化学式)而除去。
（2）①中加入的试剂应该选择____为宜，其原因是______________。
（3）②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为______________。
（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35 ；化学上通常认为残留在溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时，沉淀完全。方案③中a最小值为________________.
（5）下列与方案③相关的叙述中，正确的是____(填字母)。
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染
B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤
C．调节溶液pH=a可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D．Cu2+可以大量存在于pH=a的溶液中
E．在pH>a的溶液中Fe3+一定不能大量存在
【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). 氨水 (3). 不引入其他杂质离子 (4). 2Fe3＋+3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3 (5). 4 (6). A、C、D、E
【解析】
①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；
②中根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg(OH)2可除去Fe3+，然后将沉淀一并过滤；
③中利用高价阳离子Fe3+极易水解的特点，据题意可知调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全，为了不引入杂质离子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等调节溶液的pH。
【详解】（1）Fe(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3，上述三个除杂方案都能够达到很好的效果，Fe2+、Fe3+都被转化为Fe(OH)3而除去；
因此，本题正确答案为：Fe(OH)3；
（2）用氢氧化钠溶液，会引入新的杂质，沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，需洗涤沉淀；①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；
因此，本题正确答案为：氨水；不引入其他杂质离子；
（3）根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg(OH)2可除去Fe3+，总反应的离子方程式为2Fe3＋+3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3；
因此，本题正确答案为：2Fe3＋+3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3；
（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35，当c(Fe3+)<1×10-5mol/L时，根据Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)，c(OH-)==10-10mol/L，c(H+)==10-4mol/L，则pH=4，
因此，本题正确答案为：4；
（5）A．根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染，故选A；
B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3，形成Fe(OH)2沉淀Fe2+沉淀不完全，故不选B；
C．原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe(OH)3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故选C；
D．pH=4的溶液中，Cu2+可以大量存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故选D；
E．在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe(OH)3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故选E；
综合以上分析，选A、C、D、E，
因此，本题正确答案为：A、C、D、E。
29.常温下, 浓度均为0. 1 mol/L的6种溶液的pH如下表:
序号
a
b
c
d
e
f
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
NaAlO2
pH
8. 8
9. 7
11. 6
10. 3
11. 1
11. 3
（1）上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为________。（填阴离子化学式）
（2）NaAlO2溶液呈碱性的原因是________________(用离子方程式表示)。
（3）结合表中数据分析, 与0. 1 mol/L的CH3COONa溶液中水的电离程度相同的有__(填字母代号)。
A．pH=8. 8的NaOH溶液
B．pH=5. 2的NH4Cl溶液
C．pH=5. 2的盐酸
D．0. 1 mol/L的NaCN溶液
E．pH=8. 8的Na2CO3溶液
（4）将浓度均为0. 1 mol/L的b、c等体积混合, 所得溶液中各离子浓度关系正确的有_____。
A．c(Na+)= c(CO32-) +c(HCO3-) +c(H2CO3)
B．2c(Na+)=3c(CO32-) +3c(HCO3-) +3c(H2CO3)
C．c(OH-)= c(H+) +c(HCO3-) +2c(H2CO3)
D．c(Na+) +c(H+) = 2c(CO32-) +c(HCO3-) +c(OH-)
E. c(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-) > c(OH-)> c(H+)
F. c(Na+)> c(CO32-) > c(HCO3-) > c(H+)> c(OH-)
（5）0.2 mol/LHCl与0.1 mol/L NaAlO2溶液等体积混合溶液后离子浓度顺序为__________。
【答案】 (1). CH3COO- (2). AlO- +2H2OAl(OH)3+OH- (3). BE (4). BDE (5). c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)
【解析】
【分析】
（1）弱酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，则酸根离子结合质子能力越小；
（2）NaAlO2为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
（3）酸或碱抑制了水的电离，含有弱离子的盐促进水电离，据此对各选项进行判断；
（4）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
（5）0.2mol/LHCl与0.1mol/L NaAlO2溶液等体积混合，设体积都为1L，反应后生成Al（OH）3和Al3+。
【详解】（1）相同浓度的钠盐溶液，pH越小则盐的水解程度越小，阴离子结合H+能力最弱的就是弱酸根对应的酸酸性最强的。酸性强弱CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HAlO2，所以阴离子结合H+能力最弱的为CH3COO-，
因此，本题正确答案为：CH3COO-；
（2）NaAlO2是强碱弱酸盐，AlO-水解使溶液显碱性，AlO- +2H2O Al(OH)3+OH- ，
因此，本题正确答案为：AlO- +2H2O Al(OH)3+OH- ；
（3）0.1mol/L的CH3OONa溶液，促进水的电离，水电离的c（OH-）= =10-5.2mol/L，
A．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的电离，水电离的c（H+）=10-8.8mol/L，不符合题意；
B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促进水的电离，水电离的c（H+）=10-5.2mol/L，符合题意；
C．pH=5.2的盐酸，抑制水的电离，水电离的c（OH-）= =10-8.8mol/L，不符合题意；
D．0.1mol/L的NaCN溶液，促进水的电离，水电离的c（H+）=10-11.1mol/L，不符合题意；
E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促进水的电离，水电离的c（OH-）= =10-5.2mol/L，符合题意；所以与0.1mol/L的CH3OONa溶液中水的电离程度相同的是：BE，
因此，本题正确答案为：BE；
（4）将浓度均为0. 1 mol/L的NaHCO3、Na2CO3等体积混合，混合溶液中粒子之间符合电荷守恒，物料守恒和质子守恒。NaHCO3溶液有物料守恒：c(Na+)=c(CO32-) +c(HCO3-) +c(H2CO3)；Na2CO3溶液有c(Na+)=2 c(CO32-) +2 c(HCO3-) +2 c(H2CO3)；二式相加即2c(Na+)=3c(CO32-) +3c(HCO3-) +3c(H2CO3)；B正确。电荷守恒c(Na+) +c(H+) = 2 c(CO32-) + c(HCO3-) +c(OH-)D正确；
CO32-)水解程度大于HCO3-，溶液呈碱性，所以有c(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-) > c(OH-)> c(H+)，E正确。
（5）0.2mol/LHCl与0.1mol/L NaAlO2溶液等体积混合，设体积都为1L，反应后生成Al（OH）3和Al3+，其中Al3+为mol，Al3+水解呈酸性，离子浓度大小顺序为c（Cl-）＞c（Na+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH-），
因此，本题正确答案为：c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)。
【点睛】本题以盐类水解为载体考查了离子浓度大小比较，根据相同浓度钠盐溶液碱性强弱确定酸根离子水解程度大小，再结合守恒思想分析解答，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系。
30.用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
（1）将样品配成250 mL待测液需要的仪器有烧杯、玻璃棒、____________。
（2）取10.00 mL待测液，用________量取。
（3）在滴定过程中，常在锥形瓶底垫一张白纸，其作用是_____________。
【答案】 (1). 250mL容量瓶和胶头滴管 (2). 碱式滴定管 (3). 便于观察滴定终点溶液颜色变化
【解析】
（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器来解答；
（2）根据碱性溶液盛放在碱式滴定管中；
（3）根据滴定时，为了便于确定滴定终点，常在锥形瓶底垫一张白纸分析；
【详解】（1）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以还需要250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶和胶头滴管；
（2）待测液是碱性溶液，且要用精量器，故应使用碱式滴定管量取，
故答案为：碱式滴定管；
（3）滴定时时一定要很敏感的看住颜色的变化，多滴和少滴都会影响很大。而一些颜色变化如橙变红，很难把握，白纸可以帮助你看颜色的变化，
故答案为：便于观察滴定终点溶液颜色变化。
1.下列电离方程式或离子方程式正确的是
A. NaHCO3电离：NaHCO3=Na++H++CO32－
B. NH4＋水解：NH4＋+H2ONH3·H2O+H+
C. H3PO4电离：H3PO4====3H++PO43－
D. CO32－水解：CO32－+H2OH2CO3+2OH-
【答案】B
【解析】
【详解】A项，NaHCO3是强电解质，完全电离，而HCO3-是弱酸根离子，不能完全电离，故A项错误；
B项，NH4＋水解生成弱电解质NH3·H2O，水解反应为NH4＋+H2ONH3·H2O+H+，故B项正确；
C项，H3PO4是中强酸，不完全电离，且分步电离，H3PO4H++H2PO4-，H2PO4- H++HPO42-，HPO42- H++PO43-，故C项错误；
D项，CO32－是弱酸根离子，存在水解平衡，以第一步水解为主，CO32－+H2OHCO3-+OH-，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
2.向0.5L下列溶液中加入10gNaOH固体，溶液的导电能力基本没有变化的是
A. 0.5 mol•L﹣1醋酸 B. 0.5 mol•L﹣1 NaOH溶液
C. 0.5 mol•L﹣1硝酸 D. 0.5 mol•L﹣1K2SO4
【答案】
【解析】
试题分析：A、醋酸是弱酸，溶于水部分电离，加入氢氧化钠固体，二者反应生成醋酸钠和水，醋酸钠为强电解质，全部电离，溶液中自由移动离子浓度增大，导电性增强，错误；B、向0.5 mol•L﹣1NaOH溶液中加入NaOH固体，氢氧化钠电离，溶液中自由移动离子浓度增大，导电性增强，错误；C、硝酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，正确；D、向0.5 mol•L﹣1K2SO4溶液中加入NaOH固体，氢氧化钠电离，溶液中自由移动离子浓度增大，导电性增强，错误。
考点：考查溶液导电性分析
3.某酸溶液的pH=1，此酸溶液的物质的量浓度
A. 0.1 mol·L－1
B. 一定大于0.1 mol·L－1
C. 若为强酸一定等于0.1 mol·L－1，若为弱酸一定大于0.1 mol·L－1
D. 若为强酸一定≤0.1 mol·L－1，若为弱酸一定＞0.1 mol·L－1
【答案】
【解析】
试题分析：某酸溶液的pH=1，则溶液中氢离子的浓度是0．1 mol·L－1。由于弱酸存在电离平衡，而强酸完全电离。所以如果该酸是强酸，则酸的浓度一定≤0．1 mol·L－1，若为弱酸一定＞0．1 mol·L－1，答案选D。
【考点定位】考查弱酸电离平衡的有关判断
【名师点晴】本题是中等难度的试题，重点考查了溶液的酸碱性与pH的关系，要求学生要明确酸的分类形式，酸可以根据是否完全电离分为强酸与弱酸，也可以根据每个酸分子电离出的H+，可分为一元酸、二元酸及多元酸，试题难易适中，有利于调动学生的学习兴趣，更有利于培养学生的解题能力。
4.向含有酚酞的NaOH溶液中滴加盐酸至溶液变为无色，该过程中体系pH的变化为( )
A. 由小变大 B. 先增大后变小
C. 由大变小 D. 先变小后增大
【答案】C
【解析】
发生NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，溶液中c(H＋)增多，pH由大变小，故选项C正确。
点睛：pH与H＋浓度呈反比，c(H＋)减少，pH增大。
5.能促进水的电离，并使溶液中c(H+)>c(OH-)的操作是
（1） 将水加热煮沸 （2） 向水中投入一小块金属钠 （3） 向水中通HCl （4） 向水中加入明矾晶体 （5）向水中加入NaHCO3固体 （6）向水中加KHSO4固体
A. （4） B. （1）（4）（6） C. （1）（3）（6） D. （4）（6）
【答案】
【解析】
(1)水的电离是吸热过程，将水加热煮沸，促进水的电离，但纯水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，(1)错误；(2)向水中投入一小块金属钠，Na和水反应生成NaOH，NaOH是强碱且抑制水的电离，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，(2)错误；(3)向水中通HCl，HCl是强酸，在水中电离出氢离子，抑制水的电离，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，(3)错误；(4)向水中加入明矾晶体，Al3+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，水解促进水的电离，(4)正确；(5)向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，促进水的电离，(5)错误；(6)向水中加KHSO4固体，KHSO4完全电离生成氢离子，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，抑制水的电离，(6)错误。综上，只有(4)正确，答案选A。
点睛：本题考查电解质对水电离的影响，主要涉及电解质的电离、水的电离、盐类水解等知识，明确物质的性质是解题关键。注意明确：酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。能促进水的电离，并使溶液中c(H+)＞c(OH-)，则为强酸弱碱盐。答题时要从外界条件对水电离平衡的影响因素结合水的电离特点分析判断。
6.下列溶液一定呈酸性的是
A. pH＝6的溶液 B. 能与金属Al反应放出H2的溶液
C. 遇酚酞显无色的溶液 D. c(H＋)＞c(OH－)的溶液
【答案】
【解析】
试题分析： A、水的电离随温度的升高而增大，100℃时水的Kw=10—12，此时纯水的pH＝6，显中性，故A错误；B、能与Al反应产生H2的溶液可以是稀酸溶液，也可以是强碱溶液，故B错误；C、加酚酞显无色的溶液，溶液pH小于8，可以是酸溶液，也可以是弱碱溶液，不一定是酸，故C错误；D．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH-）的相对大小，当溶液中C（H+）＞c（OH-）时，溶液呈酸性，当C（H+）=c（OH-）时溶液呈中性，当C（H+）＜c（OH-）时，溶液呈碱性，故D正确．故选D．
考点：考查了溶液酸碱性的判断
7.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其PH依次为10、9、8，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A. HX＞HZ＞HY B. HZ＞HY＞HX C. HX＞HY＞HZ D. HY＞HX＞HZ
【答案】
【解析】
试题分析：根据盐类水解规律：越弱越水解，物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其PH依次为10、9、8，说明水解程度NaX、NaY、NaZ逐渐减弱，则酸性HZ＞HY＞HX，故B项正确。
考点：本题考查盐类水解原理。
8.下列示意图中，正确的是
A. 图①表示烧碱溶液中滴加稀醋酸 B. 图②表示稀醋酸加水稀释
C. 图③表示镁与一定量的盐酸反应 D. 图④表示加热纯碱溶液
【答案】
【解析】
试题分析：A、氢氧化钠中加入醋酸，溶液的导电性没有明显变化，不选A；B、醋酸加水稀释，电离程度增大，但氢离子浓度减小，最后接近水电离的氢离子浓度，不选B；C、镁和盐酸反应放热，所以反应速率先增大，随着反应进行，盐酸浓度减小，后反应速率减慢，正确，选C；D、加入纯碱溶液，碳酸钠的水解程度增大，溶液中的氢氧根离子浓度增大，不选D。
考点：考查电离平衡和盐类水解平衡的移动
9.在下列叙述中，不能说明醋酸是弱电解质的是
A. 醋酸中加水后，溶液的pH升高
B. 室温下，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液的pH=3
C. 室温下，0.1mol·L-1的CH3COONa溶液的pH=8
D. 0.1mol·L-1的CH3COOH导电能力不如0.1mol·L-1的盐酸强
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 强酸加水后，氢离子浓度减小，也是升高；
B. 0.1mol·L-1的强酸，pH=1；
C.若是强电解质，pH应该等于7，氢氧化钠是强电解质，强碱弱酸盐；
D.溶液导电能力与溶液中离子浓度大小有关，导电能力弱，离子浓度小。
【详解】A. 酸溶液加水稀释后，溶液中氢离子浓度减小，溶液都会升高，故A错误；
B. 0.1mol·L-1的强酸，pH=1，现在pH=3，说明醋酸中的氢离子部分电离，醋酸是弱电解质，故B正确；
C. CH3COONa溶液的pH=8，说明发生了水解，醋酸跟结合了水电离的氢离子，显示碱性，故醋酸是弱电解质，故C正确；
D.醋酸溶液电离能力弱，离子浓度小，说明醋酸部分电离，属于弱电解质，故D正确。
故选A。
10.室温下，有pH=3的盐酸、硫酸、醋酸（假设CH3COOH的电离度为1%）三种相同体积的溶液。以下叙述错误的是
A. 测定其导电性能相同
B. 与足量的锌粉反应的起始速率相同
C. 与足量的锌粉反应产生氢气的体积比为1∶1∶100
D. 与同浓度氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠溶液的体积为1∶2∶100
【答案】D
【解析】
【详解】A、pH=3的盐酸、硫酸、醋酸导电性能相同，正确；
B、pH=3的盐酸、硫酸、醋酸，锌与氢离子反应，氢离子浓度相同，起始速率相同，正确；C、HAc的电离度为1%，pH=3，c(H+)=10-3mol/L，与足量的锌粉反应，HAc均被消耗，c(HAc)=mol/L=10 -1mol/L，盐酸和硫酸的浓度与氢离子浓度相等，c(H+)=10-3mol/L，足量的锌粉反应产生氢气的体积比为1∶1∶100，正确；
D、消耗氢氧化钠溶液的体积为1∶1∶100，故D错误。
答案选D。
11.有关电解质的说法正确的是
A. BaSO4的水溶液的导电性很差，BaSO4不是电解质
B. CO2水溶液能导电，CO2是电解质
C. 液态的铜导电性很好，铜是电解质
D. NaCl液态时能导电，NaCl是电解质
【答案】D
【解析】
【分析】
电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、氧化物等。
【详解】A. BaSO4的熔融态的导电性很好，属于电解质，故A错误；
B.二氧化碳的水溶液导电是碳酸导电，不是二氧化碳本身导电，所以二氧化碳属于非电解质，故B错误；
C.金属铜是单质，而电解质必须是化合物，故C错误；
D. NaCl液态时电离出自由移动的离子所以能导电，NaCl是电解质，故D正确。
故选D。
12.下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是
A. 遇Al能放出H2的溶液：SO42—、K＋、Na＋、Cl－
B. 水电离出的OH－的浓度为1×10－10 mol/L的溶液：SO42—、Cl－、K＋、Ba2＋
C. 能使石蕊试纸变红色的溶液：K＋、Fe2＋、NO3—、Na＋
D. 含有较多Fe3＋的溶液：Na＋、SO42—、I－、NH4+
【答案】A
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。
【详解】A．遇Al能放出H2的溶液，可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液，在碱性条件下可大量共存；
B．B中产生硫酸钡沉淀，不能大量共存；
C．C中溶液显酸性，NO3-能氧化亚离子，不能大量共存；
D．D中铁离子能氧化I－，不能大量共存，
所以答案选A。
13.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考图示从表中选出正确选项
【答案】
【解析】
试题分析：A.不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，A项错误；B.不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，B项错误；C.不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，C项错误；D.用酚酞做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色有无色变为浅红色，并且滴定管使用正确，D项正确；答案选D。
【考点定位】考查酸碱中和滴定。
【名师点睛】本题考查酸碱中和滴定。对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下：变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。①不能用石蕊作指示剂；②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以；⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
14.下列叙述正确的是
A. 两种难溶性盐，Ksp较小的，其溶解度也一定较小
B. 相同条件下，HA比HB易电离，则NaA溶液的pH比NaB溶液的pH小
C. 稀释醋酸钠溶液，CH3COO－ 水解程度变大，故溶液的pH增大
D. 稀释氨水溶液，溶液中所有离子的浓度都降低
【答案】B
【解析】
【详解】A.只有相同类型的难溶电解质，Ksp越小，溶解度可能会小，不同类型的难溶电解质，不能根据Ksp判断溶解度的大小，故A错误；
B. 相同条件下，一元酸HA比HB易电离，说明HA的酸性大于HB，则水解程度B->A-，水解程度越大相同浓度的钠盐，其溶液的pH越大，所以相同浓度NaA溶液比NaB溶液的pH小，故B正确；
C.CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-。稀释溶液，平衡正向进行，平衡状态下氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故C错误；
D. 稀释氨水，溶液中氢氧根离子浓度减小，温度不变，水的离子积不变，所以溶液中氢离子浓度增大，故D错误。
所以B选项是正确的。
15.己知25℃时，Ksp(AgCl) =1.8×10－10，Ksp(AgBr) =5.4×10－13，Ksp(AgI) =8.5×10－17。某溶液中含有C1－、Br－和I－，浓度均为0.010mo1·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为
A. C1－、Br－、I－ B. Br－、C1－、I－ C. I－、Br－、C1－ D. Br－、I－、C1－
【答案】
【解析】
试题分析：由于这三种难溶物的组成相似，根据Ksp越小，其溶解度越小，就越先沉淀，故这三种阴离子产生沉淀的先后顺序为I－、Br－、C1－。
考点：考查难溶物的溶度积与溶解度的关系。
16.CaCO3在下列哪种液体中，溶解度最大
A. HCl B. Na2CO3溶液 C. CaCl2溶液 D. 乙醇
【答案】
【解析】
试题分析：CaCO3难溶于水，但可与盐酸反应而溶解，在Na2CO3溶液、CaCl2溶液中，分别含有CO32—、Ca2＋，会抑制CaCO3的溶解，而CaCO3在乙醇中是不溶的。故溶解度最大的是A，答案选A。
考点：考查难溶电解质的溶解。
17.室温下向10 mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强
B. 醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
C. 再加入10 m L pH=11 NaOH溶液，混合液pH=7
D. 溶液中不变
【答案】
【解析】
试题分析：醋酸溶液中加入水稀释后，醋酸的电离程度增大，溶液中导电粒子的数目增加，但是离子浓度减小，所以导电性减弱；AB错误；C．因为醋酸是弱酸，再加入10 m L pH="11" NaOH溶液，混合液PH<7.C错误；D表示的是醋酸的电力平衡常数，温度不变，电离平衡常数不变，D正确。
考点：弱电质溶液的稀释
18.分别向等体积1mol/L盐酸和1mol/L醋酸溶液中加入等量的镁条，反应时间与溶液pH变化关系如图。下列说法中不正确的是
A. Y代表盐酸与镁条的反应
B. a点时反应Y消耗镁条的量少
C. b点表示此时两溶液pH相等
D. c点表示此时反应结束
【答案】
【解析】
A．醋酸和盐酸溶液的浓度相等，由于醋酸部分电离，则醋酸溶液中氢离子浓度小，反应开始前醋酸的pH较大，则曲线X表示醋酸与Mg的反应、Y代表盐酸与镁条的反应，故A正确；B．反应初始时盐酸中氢离子较大、醋酸溶液中氢离子浓度较小，图象a点两溶液的pH相同，则到a点时盐酸消耗的氢离子的物质的量较大，即Y消耗镁条的量多，故B错误；C．图象纵坐标表示溶液的pH，根据图象可知b点两溶液的pH相等，故C正确；D．根据图像可知，c点之后溶液的pH不再变化，说明反应已经结束，故D正确；故选B。
19.已知常温下的醋酸铵溶液呈中性，下列叙述正确的是
A. 醋酸铵溶液中水的电离程度与纯水相同
B. 由醋酸铵溶液呈中性可推知NH4HCO3溶液pH＜7
C. 1mol/L醋酸铵溶液中c（CH3COO-）＜1mol/L
D. 在99mL的醋酸铵溶液中加入1mL pH=2的盐酸，所得溶液pH=4
【答案】
【解析】
试题分析：A、醋酸铵溶液中，醋酸根离子、铵根离子的存在对水的电离都有影响，促进水的电离，只是二者的水解程度相同，所以溶液呈中性，与纯水的电离程度不同，错误；B、醋酸的酸性比碳酸的酸性强，所以碳酸氢铵的溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，所以碳酸氢铵的溶液呈碱性，pH>7，错误；C、1mol/L醋酸铵溶液中，醋酸根离子的水解使醋酸根离子的浓度小于1mol/L，正确；D、醋酸铵溶液中加入少量的盐酸，生成氯化铵和醋酸，若醋酸不电离，则所得溶液的pH=4，而醋酸会微弱电离，所以溶液的pH<4，错误，答案选C。
考点：考查盐的水解，弱电解质的电离，溶液酸碱性的判断
20.由表格中的电离平衡常数判断可以发生的反应是
化学式
电离常数
HClO
K=3×10－8
H2CO3
K1=4.4×10－7
K2=4.7×10－11
A. NaClO + NaHCO3 = HClO + Na2CO3
B. NaClO+ CO2+ H2O = HClO + NaHCO3
C. 2NaClO+ CO2+ H2O = 2HClO + Na2CO3
D. 2HClO + Na2CO3 = 2NaClO + CO2↑+ H2O
【答案】B
【解析】
依据电离常数分析可知酸性为：H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸可以制取弱酸分析。
【详解】A. NaClO + NaHCO3 =HClO + Na2CO3与HClO＞HCO3-矛盾，故A错误；
B. NaClO+ CO2+ H2O =HClO + NaHCO3与H2CO3＞HClO＞HCO3-吻合，故B正确；
C. 2NaClO+ CO2+ H2O = 2HClO + Na2CO3与H2CO3＞HClO＞HCO3-矛盾，反应生成碳酸氢钠，故C错误；
D.2HClO + Na2CO3 =2NaClO + CO2↑+ H2O与H2CO3＞HClO矛盾，故D错误。
故选B。
21.下列有关实验中，会导致所配制（或所测定）溶液浓度偏高的是（其它操作均正确）
A. 用标准NaOH滴定未知浓度的CH3COOH，用甲基橙作指示剂，溶液由红色变橙色立即停止滴定
B. 用容量瓶配制100 mL 5 mol/L氯化钠溶液试验中，定容时仰视
C. 用标准盐酸滴定待测NaOH溶液试验中，使用碱式滴定管开始平视，后来俯视读数
D. 用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中，碱式滴定管开始无气泡，后来有气泡
【答案】
【解析】
A、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，若选用甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液在酸性范围，标准液的体积偏小，所测定溶液浓度偏低，选项A错误；B、用容量瓶配制100 mL 5 mol/L氯化钠溶液试验中，定容时仰视则所加蒸馏水偏多，溶液浓度偏低，选项B错误；C、用标准盐酸滴定待测NaOH溶液试验中，使用碱式滴定管开始平视，后来俯视读数，则所读数体积偏小，滴定消耗的标准盐酸体积偏低，所测定溶液浓度偏低，选项C正确；D、用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中，碱式滴定管开始无气泡，后来有气泡，则标准液体积偏大，所测定溶液浓度偏高，选项D错误。答案选C。
22.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH) < c(CH3COONa) < c(Na2CO3)
B. 已知0.1 mol·L－1 二元酸H2A溶液的pH＝4，则在0.1 mol·L－1 Na2A溶液中：c(OH－) ＝ c(HA－) + c(H＋) + 2c(H2A)
C. 将0.1 mol·L－1醋酸溶液加水稀释，则溶液中的c(H＋)和c(OH－)都减小
D. 向0.1mol/L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】B
【解析】
【详解】A、设三种溶液的pH均为9，c(OH-)=10-5mol/L，c(NaOH)= 10-5mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c(CH3COONa) >c(Na2CO3)> 10-5mol/L，所以三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是c(NaOH) < c(Na2CO3)
C、稀释醋酸时，促进醋酸电离,醋酸根离子、氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，但醋酸根离子、氢离子的物质的量增大程度小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子、氢离子、醋酸分子浓度都减小，但氢氧根离子浓度增大，故C错误；
D、向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则一水合氨的浓度增大，氢氧根离子的浓度减小，则溶液中c(OH-)/c(NH3H2O)减小，故D错误。
所以B选项是正确的。
【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小判断，注意明确溶液中离子浓度大小比较的方法，特别是要善于利用一定温度下常数不变来解题。
23.常温下，Ksp(CaSO4)=9×10-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线见图。下列叙述正确的是
①a、c两点均可以表示CaSO4溶于水所形成的饱和溶液；②a点对应的Ksp不等于c点对应的Ksp；③b点对应的溶液将有沉淀生成；④向d点溶液加入适量的CaCl2固体可以变到c点；⑤d点溶液通过蒸发溶剂可以变到c点；⑥常温下CaSO4溶于水的饱和溶液中，c(Ca2+)与c(SO42-)的乘积对应曲线上任意一点；⑦常温下，向100mL饱和CaSO4溶液中加入400mL0.01mol/L Na2SO4溶液，能使溶液由a点变为b点
A. 2句 B. 3句 C. 4句 D. 5句
【答案】
【解析】
试题分析：①a、c两点均可以表示CaSO4溶于水达到沉淀溶解平衡时，所形成的饱和溶液中SO42-、Ca2+浓度的关系，正确；②a、c表示在相同温度下形成CaSO4沉淀溶解平衡的点，所以a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，错误；③b点在沉淀溶解平衡线上，c(Ca2+)·c(SO42-)> Ksp(CaSO4)=9×10-6，所以对应的溶液将有沉淀生成，正确；④向d点溶液向d点溶液加入适量的CaCl2固体，溶液中c(Ca2+)增大，c(SO42-)减小所以不可能变到c点，错误；⑤d点溶液通过蒸发溶剂，c(Ca2+)、c(SO42-)都增大，所以不可能变到c点，错误；⑥常温下CaSO4溶于水的饱和溶液中，c(Ca2+)与c(SO42-)的乘积等于该温度下的溶度积常数，根据盐的组成可知c(Ca2+)=c(SO42-)，所以不可能对应曲线上任意一点，错误；⑦常温下，向100mL饱和CaSO4溶液中加入400mL0.01mol/L Na2SO4溶液，CaSO4 饱和溶液c(Ca2+)=c(SO42-)=3×10-3 mol/L，加入400mL 0.01mol/L Na2SO4溶液后，c(Ca2+)=0.6×10-3 mol/L，c(SO42-)=8.6×10-3 mol/L，Qc＜Ksp ，没有沉淀生成，不可能使溶液由a点变为b点，错误。可见上述叙述正确的只有2句，故选项A正确。
考点：考查熔点溶解平衡曲线和溶度积常数的应用的知识。
24.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是
A. 283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液
B. 温度一定时，Ksp(SrSO4) 随c(SO42-) 的增大而减小
C. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液
D. 三个不同温度中,363K时Ksp(SrSO4)最大
【答案】
【解析】
A项，由图可得，283K时Ksp(SrSO4)= c(SO42-)•c(Sr2+)=10-1.5×10-1.65，而a点时，c(SO42-)=10-1.5，c(Sr2+)<10-1.65，所以a点Q(SrSO4) < Ksp(SrSO4)，对应的溶液是不饱和溶液，A正确；B项，沉淀溶解平衡常数（Ksp）只受温度影响，温度一定时，Ksp(SrSO4)一定，B错误；C项，由图可看出，363K时的Ksp(SrSO4)小于283K时的Ksp(SrSO4)，故283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后，会析出固体，之后仍为饱和溶液，C错误；D项，三个不同温度中，313K时Ksp(SrSO4)最大，D错误。
点睛：本题考查沉淀溶解平衡及Ksp的应用，掌握难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，正确分析图象中纵坐标和横坐标的意义，理解曲线的变化趋势是解题关键。
25.自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是
A. CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B. 原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性
C. CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋＋S2－===CuS↓
D. 整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
【答案】
【解析】
试题分析：A.难溶性的物质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，PbS(s)Pb2+(aq)+S2-(aq)，当向该溶液中加入含有Cu2+的物质时，由于ksp(CuS)
26.在25℃时，将酸HA与碱MOH等体积混合。
（1）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L强碱MOH混合，则所得溶液显_______（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同）。
（2）若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH混合，则所得溶液显__________，理由是：_________________________________。
（3）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH混合，则所得溶液显_______________，解释这一现象的离子方程式是__________________________。
【答案】 (1). 中性 (2). 碱性 (3). 酸HA与碱MOH中和后，碱过量，还会电离出OH- (4). 酸性 (5). M++H2O⇌MOH+H+
【解析】
【详解】(1)等浓度等体积的强酸HA与强碱MOH混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐，没有离子水解，所以其溶液呈中性；
因此，本题正确答案是：中性；
(2)若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH混合，酸的浓度=0.001mol/L，碱的浓度>0.001mol/L，二者等体积混合，碱有剩余，碱的电离程度大于碱离子水解程度，所以溶液呈碱性，
因此，本题正确答案是：碱性；酸HA与碱MOH中和后，碱过量，还会电离出OH-；
(3)0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH混合，二者恰好反应生成强酸弱碱盐，弱碱离子水解而导致溶液呈酸性，水解离子方程式为M++H2O⇌MOH+H+，
因此，本题正确答案是：酸性；M++H2O⇌MOH+H+。
【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，二者混合时，根据盐的性质及溶液中的溶质来确定溶液酸碱性，结合“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”来解答。
27.T℃时，pH = 2的CH3COOH和H2SO4溶液各1mL，分别加水稀释到1000 mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示
（1）图中a点的值为_________________
（2）若对上述硫酸再稀释10000倍则溶液中n (H+) ：n(SO42-)=_______
（3）在T℃时，醋酸的电离平衡常数K=1.0×10-5， Kw=1.0×10-13则下列反应CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH- 的平衡常数K=_____________。
（4）在T℃时，取pH=2的硫酸溶液0.5VmL稀释到2VmL ，与0.1mol/L的NaOH溶液0.15VmL混合后稀释至10VmL，溶液的pH=___________。
【答案】 (1). 5 (2). 200:1 (3). 1.010-8 (4). 10
【解析】
【分析】
对于硫酸来说，硫酸是二元强酸，在溶液中完全电离，电离方程式是：H2SO4=2H++SO42-，溶液的pH=2，c(H+)=2c(H2SO4)=10-2mol/L，当其稀释1000倍后，溶液中的c(H+)=10-5mol/L，溶液的pH=5；对于醋酸来说，是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，主要以电解质分子存在，溶液的pH=2，从c（CH3COOH）> c(H+)=10-2mol/L；当其稀释1000倍后，已电离的氢离子浓度是原来的1/1000，由于溶液中存在电离平衡，未电离的醋酸分子会进一步电离出H+，所以溶液中的氢离子浓度大于原来的1/1000，则溶液的pH<5，据此分析。
【详解】（1）根据以上分析a=5，
因此，本题正确答案为：5；
（2）对于pH=2硫酸来说，c(H+)=2c(H2SO4)=10-2mol/L，c(SO42-)= c(H+)=5×10-3mol/L，若对上述硫酸溶液稀释1000倍后，再稀释10000倍，则溶液几乎是中性溶液，c(H+)=10-7mol/L，c(SO42-)=5×10-3mol/L×10-3×10-4=5×10-10mol/L，则c (H+) ：c(SO42-)=10-7mol/L: 5×10-10mol/L=200:1，由于溶液体积相等，所以二者的物质的量之比等于它们的物质的量浓度之比，故n (H+) ：n(SO42-)=200:1，
因此，本题正确答案为：200:1；
（3）在T℃时，醋酸的电离平衡常数K=1.0×10-5， Kw=1.0×10-13则下列反应CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH- 的平衡常数K==c(H+)c(OH-)==1.0×10-8，
因此，本题正确答案为：1.0×10-8；
（4）在T℃时，取pH=2的硫酸溶液0.5VmL稀释到2VmL，体积是原来的4倍，浓度是原来的1/4，在开始时溶液的pH=2，c(H+)=10-2mol/L，则在0.5VmL该溶液中含有氢离子的物质的量是n(H+)=10-2mol/L×5V×10-4L=5V×10-6mol；0.1mol/L的NaOH溶液c(OH-)=0.1mol/L，当其体积是0.15VmL时其中含有氢氧根离子的物质的量是n(OH-)=0.1mol/L×0.15V×10-3L=1.5V×10-5mol，当二者混合时发生酸碱中和反应，根据酸碱中和反应的实质：H++OH-=H2O可知碱过量，则反应后的溶液的n(OH-)=1.5V×10-5mol-5V×10-6mol=1V×10-5mol，混合后溶液的体积是10VmL=10.5VmL=10-2VL，c(OH-)==10-3mol/L，在T℃时，Kw=1.0×10-13，则该溶液中c(H+)=mol/L=10-10mol/L，所以pH=10，
因此，本题正确答案为：10。
【点睛】对于强酸来说，溶液每稀释10倍，溶液的pH增大1个单位，溶液中酸根离子的浓度是原来的1/10；若稀释10n倍，溶液的pH增大n个单位，酸根离子的浓度是原来的10-n倍；当无限稀释时，由于溶液中存在水的电离平衡，水的电离就不能忽略，溶液的pH接近于7而小于7；但是酸根离子会继续减小，这时溶液中H+与酸根离子的浓度比就远大于化学式中二者的物质的量的比。对于弱酸来说，由于溶液中存在电离平衡，当酸稀释时，溶液中未电离的电解质分子会发生电离产生H+，使溶液的pH变化比强酸小。
28.以下是25 ℃时几种难溶电解质的溶解度：
难溶电解质
Mg(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
溶解度/g
9×10-4
1．7×10-6
1．5×10-4
3．0×10-9
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。例如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=a，过滤结晶即可。
请回答下列问题：
（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为______(填化学式)而除去。
（2）①中加入的试剂应该选择____为宜，其原因是______________。
（3）②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为______________。
（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35 ；化学上通常认为残留在溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时，沉淀完全。方案③中a最小值为________________.
（5）下列与方案③相关的叙述中，正确的是____(填字母)。
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染
B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤
C．调节溶液pH=a可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D．Cu2+可以大量存在于pH=a的溶液中
E．在pH>a的溶液中Fe3+一定不能大量存在
【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). 氨水 (3). 不引入其他杂质离子 (4). 2Fe3＋+3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3 (5). 4 (6). A、C、D、E
【解析】
①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；
②中根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg(OH)2可除去Fe3+，然后将沉淀一并过滤；
③中利用高价阳离子Fe3+极易水解的特点，据题意可知调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全，为了不引入杂质离子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等调节溶液的pH。
【详解】（1）Fe(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3，上述三个除杂方案都能够达到很好的效果，Fe2+、Fe3+都被转化为Fe(OH)3而除去；
因此，本题正确答案为：Fe(OH)3；
（2）用氢氧化钠溶液，会引入新的杂质，沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，需洗涤沉淀；①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；
因此，本题正确答案为：氨水；不引入其他杂质离子；
（3）根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg(OH)2可除去Fe3+，总反应的离子方程式为2Fe3＋+3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3；
因此，本题正确答案为：2Fe3＋+3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3；
（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35，当c(Fe3+)<1×10-5mol/L时，根据Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)，c(OH-)==10-10mol/L，c(H+)==10-4mol/L，则pH=4，
因此，本题正确答案为：4；
（5）A．根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染，故选A；
B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3，形成Fe(OH)2沉淀Fe2+沉淀不完全，故不选B；
C．原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe(OH)3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故选C；
D．pH=4的溶液中，Cu2+可以大量存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故选D；
E．在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe(OH)3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故选E；
综合以上分析，选A、C、D、E，
因此，本题正确答案为：A、C、D、E。
29.常温下, 浓度均为0. 1 mol/L的6种溶液的pH如下表:
序号
a
b
c
d
e
f
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
NaAlO2
pH
8. 8
9. 7
11. 6
10. 3
11. 1
11. 3
（1）上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为________。（填阴离子化学式）
（2）NaAlO2溶液呈碱性的原因是________________(用离子方程式表示)。
（3）结合表中数据分析, 与0. 1 mol/L的CH3COONa溶液中水的电离程度相同的有__(填字母代号)。
A．pH=8. 8的NaOH溶液
B．pH=5. 2的NH4Cl溶液
C．pH=5. 2的盐酸
D．0. 1 mol/L的NaCN溶液
E．pH=8. 8的Na2CO3溶液
（4）将浓度均为0. 1 mol/L的b、c等体积混合, 所得溶液中各离子浓度关系正确的有_____。
A．c(Na+)= c(CO32-) +c(HCO3-) +c(H2CO3)
B．2c(Na+)=3c(CO32-) +3c(HCO3-) +3c(H2CO3)
C．c(OH-)= c(H+) +c(HCO3-) +2c(H2CO3)
D．c(Na+) +c(H+) = 2c(CO32-) +c(HCO3-) +c(OH-)
E. c(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-) > c(OH-)> c(H+)
F. c(Na+)> c(CO32-) > c(HCO3-) > c(H+)> c(OH-)
（5）0.2 mol/LHCl与0.1 mol/L NaAlO2溶液等体积混合溶液后离子浓度顺序为__________。
【答案】 (1). CH3COO- (2). AlO- +2H2OAl(OH)3+OH- (3). BE (4). BDE (5). c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)
【解析】
【分析】
（1）弱酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，则酸根离子结合质子能力越小；
（2）NaAlO2为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
（3）酸或碱抑制了水的电离，含有弱离子的盐促进水电离，据此对各选项进行判断；
（4）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
（5）0.2mol/LHCl与0.1mol/L NaAlO2溶液等体积混合，设体积都为1L，反应后生成Al（OH）3和Al3+。
【详解】（1）相同浓度的钠盐溶液，pH越小则盐的水解程度越小，阴离子结合H+能力最弱的就是弱酸根对应的酸酸性最强的。酸性强弱CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HAlO2，所以阴离子结合H+能力最弱的为CH3COO-，
因此，本题正确答案为：CH3COO-；
（2）NaAlO2是强碱弱酸盐，AlO-水解使溶液显碱性，AlO- +2H2O Al(OH)3+OH- ，
因此，本题正确答案为：AlO- +2H2O Al(OH)3+OH- ；
（3）0.1mol/L的CH3OONa溶液，促进水的电离，水电离的c（OH-）= =10-5.2mol/L，
A．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的电离，水电离的c（H+）=10-8.8mol/L，不符合题意；
B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促进水的电离，水电离的c（H+）=10-5.2mol/L，符合题意；
C．pH=5.2的盐酸，抑制水的电离，水电离的c（OH-）= =10-8.8mol/L，不符合题意；
D．0.1mol/L的NaCN溶液，促进水的电离，水电离的c（H+）=10-11.1mol/L，不符合题意；
E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促进水的电离，水电离的c（OH-）= =10-5.2mol/L，符合题意；所以与0.1mol/L的CH3OONa溶液中水的电离程度相同的是：BE，
因此，本题正确答案为：BE；
（4）将浓度均为0. 1 mol/L的NaHCO3、Na2CO3等体积混合，混合溶液中粒子之间符合电荷守恒，物料守恒和质子守恒。NaHCO3溶液有物料守恒：c(Na+)=c(CO32-) +c(HCO3-) +c(H2CO3)；Na2CO3溶液有c(Na+)=2 c(CO32-) +2 c(HCO3-) +2 c(H2CO3)；二式相加即2c(Na+)=3c(CO32-) +3c(HCO3-) +3c(H2CO3)；B正确。电荷守恒c(Na+) +c(H+) = 2 c(CO32-) + c(HCO3-) +c(OH-)D正确；
CO32-)水解程度大于HCO3-，溶液呈碱性，所以有c(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-) > c(OH-)> c(H+)，E正确。
（5）0.2mol/LHCl与0.1mol/L NaAlO2溶液等体积混合，设体积都为1L，反应后生成Al（OH）3和Al3+，其中Al3+为mol，Al3+水解呈酸性，离子浓度大小顺序为c（Cl-）＞c（Na+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH-），
因此，本题正确答案为：c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)。
【点睛】本题以盐类水解为载体考查了离子浓度大小比较，根据相同浓度钠盐溶液碱性强弱确定酸根离子水解程度大小，再结合守恒思想分析解答，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系。
30.用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
（1）将样品配成250 mL待测液需要的仪器有烧杯、玻璃棒、____________。
（2）取10.00 mL待测液，用________量取。
（3）在滴定过程中，常在锥形瓶底垫一张白纸，其作用是_____________。
【答案】 (1). 250mL容量瓶和胶头滴管 (2). 碱式滴定管 (3). 便于观察滴定终点溶液颜色变化
【解析】
（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器来解答；
（2）根据碱性溶液盛放在碱式滴定管中；
（3）根据滴定时，为了便于确定滴定终点，常在锥形瓶底垫一张白纸分析；
【详解】（1）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以还需要250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶和胶头滴管；
（2）待测液是碱性溶液，且要用精量器，故应使用碱式滴定管量取，
故答案为：碱式滴定管；
（3）滴定时时一定要很敏感的看住颜色的变化，多滴和少滴都会影响很大。而一些颜色变化如橙变红，很难把握，白纸可以帮助你看颜色的变化，
故答案为：便于观察滴定终点溶液颜色变化。
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