内蒙古2022年上学期通辽实验中学高二化学第一次月考试题答案

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内蒙古2022年上学期通辽实验中学高二化学第一次月考试题答案

2022-08-25 11:32:10
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内蒙古2022年上学期通辽实验中学高二化学第一次月考试题答案一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1．（3分）在水中加入下列粒子，不能破坏水的电离平衡的是（　　）A．B．C．D．23Na+【分析】水的电离方程式为H2O⇌H++OH﹣，加入的物质或离子能影响水电离平衡的移动，则破坏水的电离，据此分析。【解答】解：A．为S2﹣，能结合水中电离出氢离子，导致氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，则破坏水的电离，故A错误；B．加入Cl2，和水反应生成HCl和HClO，使溶液显酸性，能抑制水的电离，则破坏水的电离，故B错误；C．加入氨气，氨气和水反应生成一水合氨显碱性，故增大了氢氧根的浓度，抑制水的电离，故C错误；D．加入钠离子，钠离子不能和水电离出的离子结合，对水的电离平衡无影响，则不破坏水的电离，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了水的电离，酸或碱能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离，根据溶液中氢离子和氢氧根离子浓度是否变化来确定是否破坏水的电离，题目难度不大。2．（3分）取10ml盐酸注入25ml酸式滴定管中，则液面读数（　　）A．大于15mLB．小于10mLC．恰好在15mL处D．在10mL到15mL之间【分析】滴定管中小刻度在上方、大刻度在下方，且滴定管中最大看到下方还能储存部分液体，据此分析解答．【解答】解：滴定管中小刻度在上方、大刻度在下方，且滴定管中最大看到下方还能储存部分液体，所以用移液管取10mL烧碱溶液注入25mL洁净的碱式滴定管中，其读数大于15mL，即在15mL下面刻度处，故选：A。【点评】本题考查滴定管，明确滴定管中刻度值大小顺序是解本题关键，注意滴定管最大刻度处还能贮存液体，为易错点，知道酸碱式滴定管的区别，题目难度不大．3．（3分）下列关于电解质分类的组合中，完全正确的是（　　）21/21\nABCD强电解质NaClH2SO4HClOHNO3弱电解质HFBaSO4CaCO3CH3COOH非电解质Cl2CO2C2H5OHSO2A．AB．BC．CD．D【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物。【解答】解：A.氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B.硫酸钡水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B错误；C.次氯酸水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C错误；D.硝酸为强电解质，醋酸为弱电解质，二氧化硫为非电解质，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质、非电解质基本概念，明确电解质强弱划分依据是解题关键，题目难度不大。4．（3分）能影响水的电离平衡，并使溶液中c（OH﹣）＞c（H+）操作是（　　）A．加入Na2CO3固体B．加入NaNO3固体C．加入NaHSO4固体D．加入（NH4）2SO4固体【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐因为水解而促进水电离，所以酸、碱或含有弱离子的盐都影响水的电离，溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）说明最终得到的溶液呈酸性，据此分析解答．【解答】解：A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，故能使溶液中c（OH﹣）＞c（H+），且盐的水解能促进水的电离，故A正确；B．NaNO3是强酸强碱盐，不能水解，溶液显中性，即c（OH﹣）＝c（H+），对水的电离无影响，故B错误；C．NaHSO4是强酸强碱盐，不水解，但溶于水后完全电离出大量的氢离子，对水的电离有抑制作用，且使溶液显酸性，即c（OH﹣）＜c（H+），故C错误；D．（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，即c（OH﹣）＜c（H+），能促进水的电离，故D错误。故选：A。【点评】21/21\n本题考查水电离的影响因素及溶液酸碱性判断，明确水的电离特点确定影响水电离的物质，题目难度不大．5．（3分）常温下，等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液，下列说法正确的是（　　）A．分别与适量且等量的锌粒反应，平均反应速率前者大B．两溶液导电能力相同C．分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应至中性，消耗的氢氧化钠的体积相同D．稀释10倍后，盐酸的pH比醋酸溶液的pH小【分析】A．等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液，醋酸存在电离平衡，醋酸溶质浓度大于盐酸，随反应进行此时又电离出氢离子；B．导电能力取决于溶液中离子浓度大小；C．分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应至中性，消耗的氢氧化钠的体积醋酸多；D．稀释10倍后醋酸溶液PH减小的少。【解答】解：A．等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液，醋酸存在电离平衡，醋酸溶质浓度大于盐酸，随反应进行此时又电离出氢离子，分别与适量且等量的锌粒反应，平均反应速率后者大，故A错误；B．常温下，等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液中离子浓度相同，导电能力相同，故B正确；C．分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应至中性，醋酸浓度大于盐酸，消耗的氢氧化钠溶液的体积不相同，故C错误；D．稀释10倍后，醋酸又电离出氢离子，盐酸的pH比醋酸溶液的pH大，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点、影响因素的分析，酸碱反应的定量分析计算，溶液稀释后PH的计算判断，题目难度中等。6．（3分）下列离子方程式书写正确的是（　　）A．Na2S的水解：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣B．NaHCO3在水溶液中的电离：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣C．NH4Cl的水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+OH﹣D．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑【分析】A．硫离子的水解分步进行，写出第一步水解即可；B．碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子；C．铵根离子水解溶液呈酸性，该反应不满足电荷守恒；D．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。21/21\n【解答】解：A．Na2S的水解分步进行，主要以第一步为主，正确的水解反应为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故A错误；B．NaHCO3在水溶液完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3＝HCO3﹣+Na+，故B错误；C．NH4Cl的水解生成一水合氨和氢离子，正确的反应为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故C错误；D．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合，反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，该反应的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。7．（3分）25℃时，下列事实中能说明HA为弱电解质的是（　　）①NaA溶液的pH＞7②用HA溶液做导电实验时灯泡很暗③pH＝2的HA溶液稀释至100倍，pH约为3.1④HA的溶解度比HCl的小⑤用HA溶液浸泡水壶中的水垢，可将其清除A．①②③B．①②⑤C．①③④D．①③【分析】要证明HA为弱电解质，只要证明HA部分电离即可，据此分析解答。【解答】解：①NaA溶液的pH＞7，说明NaA是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，为弱电解质，故正确；②用HA溶液做导电实验时灯泡很暗，说明该溶液中离子浓度较小，但是不能说明HA部分电离，则不能证明为弱电解质，故错误；③pH＝2的HA溶液稀释至100倍，pH约为3.1，说明加水稀释过程中HA又发生电离，则HA在水溶液中存在电离平衡，为弱电解质，故正确；④HA的溶解度比HCl的小，溶解度强弱与电解质强弱无关，所以不能说明HA是弱电解质，故错误；⑤用HA溶液浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明HA酸性比碳酸强，但是碳酸也是弱酸，所以不能证明HA部分电离，由此不能得出HA为弱电解质，故错误；故选：D。【点评】本题考查电解质强弱判断，侧重考查基本概念，电离程度是区分强弱电解质的根本因素，不能根据溶解度大小判断电解质强弱，有些强电解质溶解度较小，如硫酸钡等。21/21\n8．（3分）常温下、用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）A．B．C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积D．OH﹣的物质的量【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，n（OH﹣）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH﹣）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少．【解答】解：A、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大，减小，故A正确；B、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大，增大，故B错误；C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故C错误；D、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，OH﹣的物质的量增大，故D错误；故选：A。【点评】本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系来解答．9．（3分）用0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（　　）A．若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大B．用量筒量取上述盐酸C．若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色D．盐酸的浓度为1.00mol•L﹣1【分析】A．滴定管尖嘴悬有一滴液体，导致消耗标准液体积偏大；B．量筒的最小读数为0.1mL；C．酚酞作指示剂，滴定终点时溶液由无色变为浅红色；D．滴定终点时n（HCl）＝n（NaOH），结合c＝计算。【解答】解：A．若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，导致消耗标准液体积偏大，所测盐酸浓度偏大，故A正确；21/21\nB．需要量取20.00mL盐酸，量筒只能读到0.1mL，无法用量筒量取20.00mL盐酸，可选用酸式滴定管，故B错误；C．若选用酚酞作指示剂，滴定结束前溶液为无色，滴定终点时，溶液颜色变为浅红色，故C错误；D．发生反应为NaOH+HCl＝NaCl+H2O，滴定终点时n（HCl）＝n（NaOH），则c（HCl）＝＝0.25mol/L，故D错误；故选：A。【点评】本题考查中和滴定，题目难度不大，明确中和滴定操作方法为解答关键，注意掌握滴定终点的判断方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。10．（3分）下列说法正确的是（　　）A．pH＝4的醋酸中：c（H+）＝4.0mol/LB．饱和小苏打溶液中：c（Na+）＝c（HCO3﹣）C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）D．室温时，用广泛pH试纸测得某溶液pH为2.3【分析】A．c（H+）＝10﹣pHmol/L；B．HCO3﹣在溶液中既能水解又能电离；C．温度相同时水的离子积相同，结合pH相同时氢离子浓度相同分析；D．广泛pH试纸只能精确到1。【解答】解：A．c（H+）＝10﹣pHmol/L＝10﹣4mol/L，故A错误；B．HCO3﹣在溶液中既能水解又能电离，饱和小苏打溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣），故B错误；C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中氢离子浓度相等，由于水的离子积相同，则两溶液中c（OH﹣）相等，故C正确；D．广泛pH试纸只能精确到1，不能测出2.3的数值，故D错误。故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离和盐类水解，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确弱电解质电离及盐类水解影响因素、盐类水解程度与溶液浓度关系是解本题关键。11．（3分）已知室温时，CH3COOH的电离常数为1.75×10﹣5，NH3•H2O的电离常数为1.75×10﹣5。0.1mol•L﹣1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④（NH4）2SO4，pH由小到大排列正确的是（　　）A．①＜②＜④＜③B．①＜③＜②＜④C．④＜②＜③＜①D．①＜②＜③＜④【分析】21/21\n醋酸和一水合氨电离平衡常数相等，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，强酸弱碱盐溶液呈酸性、强碱弱酸盐溶液呈碱性、强酸强碱盐溶液呈中性，弱酸弱碱盐中阴阳离子水解程度相同时其溶液呈中性。【解答】解：①CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，pH＞7；②NH4Cl为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，pH＜7；③CH3COONH4为弱酸弱碱盐，但醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，则其水溶液呈中性，pH＝7；④（NH4）2SO4为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，但铵根离子水解个数④＞②，其水溶液pH：②＞④，所以溶液pH由小到大顺序是④＜②＜③＜①，故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查基础知识的理解和灵活应用能力，明确盐类水解原理内涵、溶液酸碱性判断方法是解本题关键，注意醋酸铵溶液酸碱性判断，为解答易错点。12．（3分）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（　　）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜A．AB．BC．CD．D【分析】A．依据盐类水解的性质及油脂水解的性质解答；B．漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸；C．依据盐类水解的性质解答；D．氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜．【解答】解：A．油脂在碱性环境下水解生成可溶性物质，碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，升高温度促进盐类水解，所以用热的纯碱溶液洗去油污，碳酸钠与油脂不直接反应，故A错误；21/21\nB．漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，二氧化碳与氯化钙不反应，故B错误；C．碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D．氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铜不能置换铁，故D错误。故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解的分析应用、氧化性强弱判断等，掌握物质性质和反应实质是关键，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．13．（3分）100℃时pH＝3的盐酸和pH＝9的氢氧化钠溶液以体积比11：9混合，混合液的pH为（　　）A．约3.3B．8C．6D．4【分析】100℃时，水的离子积为Kw＝1×10﹣12，pH＝3的盐酸中c（H+）＝10﹣3mol/L，pH＝9的氢氧化钠中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣3mol/L，二者以体积比11：9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，先计算混合溶液中氢离子浓度，再计算溶液的pH．【解答】解：100℃时，水的离子积为Kw＝1×10﹣12，pH＝3的盐酸中c（H+）＝10﹣3mol/L，pH＝9的氢氧化钠中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣3mol/L，二者以体积比11：9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，混合溶液中c（H+）＝＝10﹣4mol/L，则溶液的pH＝4，故选：D。【点评】本题考查了pH的简单计算，首先判断混合溶液的酸碱性，再结合离子积常数计算出混合溶液中氢离子浓度，从而得出混合溶液的pH，题目难度中等，注意温度对Kw的影响．14．（3分）25℃时，将浓度均为0.1mo1•L﹣1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。说法正确的是（　　）A．Ka（HA）＝1×10﹣6B．b点时，水电离出的c（H+）＝10﹣7mo/L21/21\nC．a→c过程中水的电离程度始终增大D．c点时，随温度升高而减小【分析】根据图知，酸溶液的pH＝3，则c（H+）＜0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH＝11，c（OH﹣）＜0.1mol/L，则BOH是弱碱。A．由图可知0.1mol•L﹣1HA溶液pH＝3，由HA⇌H++A﹣代入Ka的表达式计算；B．BA是弱酸弱碱盐，B+、A﹣水解促进水电离；C．a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用；D.＝，升高温度促进水解，Kh增大。【解答】解：根据图知，酸溶液的pH＝3，则c（H+）＜0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH＝11，c（OH﹣）＜0.1mol/L，则BOH是弱碱。A．由图可知0.1mol•L﹣1HA溶液pH＝3，由HA⇌H++A﹣可知，Ka（HA）＝＝1×10﹣5，故A错误；B．b点二者恰好反应生成弱酸弱碱盐BA，B+、A﹣促进水电离，所以b点水电离出的c（H+）＞10﹣7mol/L，故B错误；C．a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，故C错误；D．升高温度促进水解，Kh增大，则c点时，＝，随温度升高而减小，故D正确；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，题目难度中等，把握混合后溶质、弱电解质的电离、盐类水解为解答的关键，注意图象的应用，试题侧重分析与应用能力的考查。15．（3分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）A．将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3、KAl（SO4）2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质B．配制Fe（NO3）2溶液时，向Fe（NO3）2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe（NO3）2发生水解C．NH4F溶液要保存在塑料瓶D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【分析】A．Ca（ClO）221/21\n水解生成HClO不稳定，亚硫酸钠易被氧化，氯化铁水解生成易挥发的盐酸，KAl（SO4）2溶液蒸干得到原溶质；B．Fe（NO3）2能与HNO3反应生成Fe（NO3）3，使Fe（NO3）2变质；C．氟化铵水解生成的氢氟酸，能与玻璃中的二氧化硅反应，氢氟酸与塑料不反应；D．醋酸铵中铵根离子和醋酸根离子都发生水解，促进了水的电离。【解答】解：A．Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质，而KAl（SO4）2溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和硫酸反应，最终为KAl（SO4）2，可得到溶质固体，故A错误；B．HNO3有强氧化性，Fe2+有强还原性，二者能发生氧化还原反应生成Fe3+，所以配制Fe（NO3）2溶液时，不能滴加几滴稀硝酸抑制水解，故B错误；C．氟化铵水解生成的氢氟酸，氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，不能保存在玻璃瓶中，但与塑料不反应，可保存在塑料瓶中，故C正确；D．NaCl溶液为中性，原因是钠离子和氯离子都不水解，而CH3COONH4溶液显中性是由于醋酸根离子与铵根离子的水解程度相等，所以醋酸铵溶液中水的电离程度大于氯化钠溶液，故D错误；故选：C。【点评】本题考查电解质溶液的盐类水解知识，为高频考点，把握盐的水解原理及其应用为解答的关键，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。16．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）A．pH＝7的溶液中：Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣B．由水电离出来的c（H+）＝10﹣12mol/L的溶液中：Na+、HCO3﹣、SO42﹣、K+C．pH＝0的溶液中：Na+、K+、Fe2+、NO3﹣D．使酚酞试液变红的溶液中：AlO2﹣、SO42﹣、SO32﹣、Na+【分析】A．铝离子与碳酸根离子发生相互促进的水解反应；B．该溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应；C．该溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；D．该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。【解答】解：A．Al3+、CO32﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．由水电离出来的c（H+）＝10﹣12mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3﹣与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能的大量共存，故B错误；C．pH＝0的溶液呈酸性，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．使酚酞试液变红的溶液呈碱性，AlO2﹣、SO42﹣、SO32﹣、Na+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故D正确；21/21\n故选：D。【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。17．（3分）下列说法不正确的是（　　）A．某温度时的混合溶液中c（H+）＝mol•L﹣1，说明该溶液呈中性（KW为该温度时水的离子积常数）B．常温下，某氨水pH＝x，某盐酸pH＝14﹣x，两者等体积混合后，pH＞7C．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同D．常温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液的pH为2或12【分析】A．溶液酸碱性取决于c（H+）、c（OH﹣）的相对大小，结合KW＝c（H+）•c（OH﹣）分析；B．一水合氨为弱碱，混合液中氨水过量，混合液呈碱性；C．一水合氨为弱碱，pH相同时氨水浓度较大；D．常温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1，该溶液抑制了水的电离，可能呈酸性或碱性。【解答】解：A．该温度时水的离子积常数为KW，混合溶液中c（H+）＝mol•L﹣1，结合KW＝c（H+）•c（OH﹣）可知：c（H+）＝c（OH﹣）＝mol•L﹣1，该溶液一定呈中性，故A正确；B．常温下，某氨水pH＝x，某盐酸pH＝14﹣x，两者等体积混合后，溶液中的OH﹣与H+正好完全反应，但过量的氨水仍会电离出OH﹣，所以溶液呈碱性，pH＞7，故B正确；C．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，两溶液中c（OH﹣）相同，由于一水合氨为弱碱，则氨水浓度较大，所以氨水消耗HCl的物质的量较大，故C错误；D．常温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液可能为酸性或碱性，若为酸性时，溶液中氢氧根离子来自水的电离，溶液的pH＝2，若为碱性溶液时，溶液中氢离子来自水的电离，溶液的pH＝12，故D正确；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确弱电解质的电离特点、水的电离及其影响为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。18．（3分）有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液④CH3COONH4溶液各25mL．物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1，下列说法正确的是（　　）A．四种溶液的pH大小顺序是③＞②＞①＞④21/21\nB．若分别加入25mL0.1mol•L﹣1盐酸充分反应后，pH最大的是①C．若将四种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是④D．升高温度，四种溶液的pH均减小【分析】A、溶液PH碱最大，其次是水解呈碱性的盐溶液，中性溶液，水解酸性的溶液，弱酸，强酸；B、根据酸碱混合后溶液中的溶质来分析；C、稀释时强碱的变化程度大D、升温促进盐类水解，弱电解质电离；水溶液中离子积增大；【解答】解：A、等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，CH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，对水的电离影响不大，所以四种溶液pH的大小顺序是③＞①＞②＞④，故A错误；B、等体积等浓度混合后，按照1：1和氯化氢反应，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，④中CH3COOHNH4Cl；HCO3﹣离子水解显碱性，所以pH最大的是①，故B正确；C、稀释时强碱的变化程度大，所以四种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③，故C错误；D、升温①Na2CO3溶液水解促进氢氧根离子浓度增大，PH增大；　②CH3COONa溶液水解促进，氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大；　③NaOH溶液中离子积增大，溶液PH减小；　④CH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液离子积增大，溶液PH减小；故D错误；故选：B。【点评】本题考查了盐类水解的应用，溶液PH的分析判断，溶液稀释的影响，弱电解质的电离平衡，弱离子的水解平衡应用，题目难度中等．19．（3分）下列对几种具体的滴定分析（待测液置于锥形瓶内）中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是（　　）A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4﹣﹣浅红色B．利用“Ag++SCN﹣═AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe（NO3）3﹣﹣浅红色C．利用“2Fe3++2I﹣═I2+2Fe2+”，用FeC13溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉﹣﹣蓝色D．利用OH﹣+H+═H2O来测量某盐酸的浓度时：酚酞﹣﹣浅红色【分析】A．亚硫酸钠溶液为无色，酸性高锰酸钾溶液为紫红色，滴定终点时变为浅红色，高锰酸钾可作指示剂；B．KSCN溶液遇Fe（NO3）3呈血红色；C．一开始就生成了单质碘，溶液呈蓝色，无法判断滴定终点；D．滴定终点前，溶液显酸性，加入酚酞后溶液为无色，滴定终点时呈碱性，溶液变为浅红色。21/21\n【解答】解：A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度，KMnO4可作指示剂，滴定终点时溶液由无色变为浅红色，故A正确；B．利用Ag++SCN﹣═AgSCN↓原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度，Fe（NO3）3为指示剂，滴定终点时溶液由无色变为血红色，故B正确；C．利用2Fe3++2I﹣═I2+2Fe2+原理，由于一开始就生成了I2，溶液呈蓝色，无法判断终点，故C错误；D．利用OH﹣+H+═H2O来测量某盐酸溶液的浓度时，酚酞可作指示剂，滴定终点时溶液由无色变为粉红色，故D正确；故选：C。【点评】本题考查中和滴定的应用，题目难度不大，明确中和滴定原理为解答关键，注意掌握滴定指示剂、滴定终点的判断方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。20．（3分）25℃时，向10mL0.1mol•L﹣1H3AsO4水溶液滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图，下列说法错误的是（　　）A．H3AsO4⇌H2AsO4﹣+H+的电离常数为10﹣2.2B．溶液中：Na3AsO4的Kh3＝10﹣11.8C．水的电离程度：a＞b＞cD．HAsO42﹣的水解程度大于电离程度【分析】A．H3AsO4⇌H2AsO4﹣+H+的电离常数Ka1＝，结合a点数据计算；B．Na3AsO4的Kh3＝，结合a点c（H3AsO4）＝c（H2AsO4﹣）计算；C．酸电离出的氢离子抑制了水的电离，当H3AsO4与NaOH溶液恰好反应生成Na3AsO4时，水的电离程度最大；D．结合图示可知，溶液中主要存在HAsO42﹣时溶液呈碱性，说明HAsO42﹣的水解程度较强。【解答】解：A．a点c（H3AsO4）＝c（H2AsO4﹣），溶液的pH＝2.2，则H3AsO4⇌H2AsO4﹣+H+的电离常数Ka121/21\n＝＝c（H+）＝10﹣2.2，故A正确；B．a点c（H3AsO4）＝c（H2AsO4﹣），溶液的pH＝2.2，则Na3AsO4的Kh3＝＝c（OH﹣）＝＝10﹣11.8，故B正确；C．a点溶液呈酸性，抑制了水的的电离，b点pH＝7，水的电离不受影响，c点HAsO42﹣、AsO43﹣水解促进了水的电离，则水的电离程度：a＜b＜c，故C错误；D．由图示可知，溶液中主要存在HAsO42﹣时，溶液呈碱性，说明HAsO42﹣的水解程度大于其电离程度，故D正确；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。二、解答题（共4小题，满分40分）21．（8分）任何物质的水溶液都存在水的电离平衡。如表是不同温度下水的离子积数据：温度（℃）25t1t2水的离子积常数1×10﹣14a1×10﹣12完成下列填空：（1）25℃时，向100mL纯水中加入0.01mol的NH4Cl固体，　促进　（选填“促进”或“抑制”）了水的电离平衡，所得溶液呈　酸　性（选填“酸”、“碱”或“中”），原因是（用离子反应方程式表示）　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　。（2）若25＜t1＜t2，则a　＞　1×10﹣14（选填“＞”、“＜”或“＝”），理由是　水的电离是吸热反应，升温，平衡正向移动，c（H+）和c（OH﹣）都增大，水的电离程度增大，水的离子积常数Kw增大　。（3）t1℃时，测得纯水的c（H+）＝2.4×10﹣7mol/L，则c（OH﹣）＝　2.4×10﹣7　mol/L；该温度下某盐酸溶液的c（Cl﹣）＝0.01mol/L，该溶液的c（OH﹣）＝　5.76×10﹣12　mol/L。（4）t2℃时，0.01mol/L的NaOH溶液的pH＝　10　。【分析】（1）水的电离影响因素是，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；（2）水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热；（3）t1℃时，测得纯水的c（H+）＝2.4×10﹣721/21\nmol/L，水电离出氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，该温度下某盐酸溶液的c（Cl﹣）＝0.01mol/L，c（H+）＝0.01mol/L，结合离子积常数Kw＝2.4×10﹣7mol/L×2.4×10﹣7mol/L＝5.76×10﹣14（mol/L）计算；（4）t2时Kw＝1×10﹣12，0.01mol/L的NaOH溶液中c（OH﹣）＝0.01mol/L，利用离子积常数计算得到氢离子浓度，pH＝﹣lgc（H+）。【解答】解：（1）25℃时，向100mL纯水中加入0.01mol的NH4Cl固体，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解促进水的电离，溶液显酸性，反应的离子方程式：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：促进；酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（2）水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，所以温度升高，平衡正向移动，c（H+）和c（OH﹣）都增大，水的电离程度增大，水的离子积常数Kw增大，故答案为：＞；水的电离是吸热反应，升温，平衡正向移动，c（H+）和c（OH﹣）都增大，水的电离程度增大，水的离子积常数Kw增大；（3）t1℃时，测得纯水的c（H+）＝2.4×10﹣7mol/L，水电离出氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，则c（OH﹣）＝2.4×10﹣7mol/L，该温度下某盐酸溶液的c（Cl﹣）＝0.01mol/L，c（H+）＝0.01mol/L，结合离子积常数Kw＝2.4×10﹣7mol/L×2.4×10﹣7mol/L＝5.76×10﹣14（mol/L），则该溶液的c（OH﹣）＝mol/L＝5.76×10﹣12，故答案为：2.4×10﹣7；5.76×10﹣12；（4）t2℃时，时Kw＝1×10﹣12，0.01mol/L的NaOH溶液中c（OH﹣）＝0.01mol/L，c（H+）＝mol/L＝1×10﹣10mol/L，0.01mol/L的NaOH溶液的pH＝﹣lgc（H+）＝10，故答案为：10。【点评】本题考查了水的电离平衡影响因素、离子积常数的计算应用、溶液pH计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。22．（12分）用中和滴定法测定某烧碱的纯度，试根据实验回答：（1）称取4.1g烧碱样品。将样品配成250mL待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需　250mL容量瓶　、　胶头滴管　。（2）取10.00mL待测液，用　碱式滴定管或移液管　量取。（3）用0.2022mol•L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，以酚酞为指示剂，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视　锥形瓶中溶液颜色的变化　，直到看到　溶液由红色变为无色，且在半分钟内不褪色　即可判断达到滴定终点。（4）根据下列数据，计算待测烧碱溶液的浓度为：　0.4020mol•L﹣1　21/21\n（结果保留四位有效数字），样品烧碱的质量分数为　98.05%　（结果保留四位有效数字）。（假设烧碱中不含有与酸反应的杂质）滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10（5）滴定过程，下列情况会使测定结果偏高的是　①③⑤⑦　（填序号）。①酸式滴定管用水洗后便装液体进行滴定；②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液；③锥形瓶用蒸馏水洗涤后，又用待测液润洗；④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下；⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外；⑥滴加盐酸，溶液颜色褪去但不足半分钟又恢复红色；⑦滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失；⑧记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视。【分析】（1）操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作选择仪器来解答；（2）碱性溶液盛放在碱式滴定管中；（3）滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，用0.2022mol•L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂溶液呈黄色，滴入盐酸反应终点变化为橙色；（4）所耗盐酸标准液的体积分别为：19.90mL，20.10mL两组数据均有效，盐酸标准液的平均体积为20.00mL；带人公式c（待测）＝计算；根据m（烧碱）═C（烧碱）•V（烧碱溶液）•M（烧碱）求出烧碱质量，再计算出烧碱的质量分数；（5）根据c（待测）＝分析误差，计算式中错误操作引起的变化全部变化为标准溶液体积的变化来判断浓度变化。【解答】解：（1）操作步骤有称量、溶解、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，所以需要的仪器是：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，需要的仪器除了小烧杯、玻璃棒、量筒还需要250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；21/21\n（2）待测液是碱性溶液，取10.00mL待测液，用碱式滴定管或移液管量取，故答案为：碱式滴定管或移液管；（3）滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达；用0.2022mol•L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂溶液呈黄色，滴入盐酸反应终点变化为橙色且半分钟内不恢复，说明反应达到终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复；（4）标准液的体积分别为：19.90mL，20.10mL，两组数据都有效，平均体积为20.00mL，带人公式可得：c（待测）＝＝＝0.4020mol•L﹣1；m（烧碱）═C（烧碱）•V（烧碱溶液）•M（烧碱）═0.4020mol•L﹣1×0.25L×40g/mol＝4.020g，烧碱的纯度ω（烧碱）＝×100%＝98.05%；故答案为：0.4020mol•L﹣1；98.05%；（5）①酸式滴定管用水洗后便装液体进行滴定，标准溶液被稀释，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏高，故①正确；②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液，待测液浓度稀释，测定浓度偏低，故②错误；③锥形瓶用蒸馏水洗涤后，又用待测液润洗，待测溶液体积增大，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏高，故③正确；④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下，为达到反应终点停止滴加，碱液未被全部反应等都会造成测定结果偏低，故④错误；⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏高，故⑤正确；⑥滴加盐酸，溶液颜色褪去但不足半分钟又恢复红色，滴入标准溶液少，测定浓度偏低，故⑥错误；⑦滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失，读取的标志溶液体积增大，测定浓度偏高，故⑦正确；⑧记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视，读取标准溶液体积减小，测定浓度偏低，故⑧错误；故答案为：①③⑤⑦。【点评】本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，题目难度中等，理解中和滴定的原理是解题关键。23．（12分）（1）常温下，将1mLpH＝1的H2SO4溶液加水稀释到100mL，稀释后的溶液中c（H+）：c（OH﹣）＝　108　。（2）某温度时，测得0.01mol•L﹣1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数KW＝　1.0×10﹣13　。该温度　高于　（填“高于”或“低于”）25℃。（3）常温下，设pH＝5的H2SO4溶液中由水电离出的H+浓度为c1；pH＝5的Al2（SO4）321/21\n溶液中由水电离出的H+浓度为c2，则＝　10﹣4　。（4）常温下，pH＝13的Ba（OH）2溶液aL与pH＝3的H2SO4溶液bL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＝　1：100　，若所得混合溶液pH＝12，则a：b＝　11：90　。【分析】（1）常温下，将1mLpH＝1的H2SO4溶液加水稀释至100mL，稀释后的溶液中c（H+）＝＝0.001mol/L，c（OH﹣）＝＝10﹣11mol/L；（2）0.01mol•L﹣1的NaOH溶液的pH为11，可知c（H+）＝10﹣11mol/L，c（OH﹣）＝0.01mol/L，水的电离吸热；（3）酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；（4）若所得混合溶液呈中性，aL×0.1mol/L＝bL×0.001mol/L；若所得混合溶液pH＝12，则碱过量，所以＝0.01mol/L。【解答】解：（1）常温下，将1mLpH＝1的H2SO4溶液加水稀释至100mL，稀释后的溶液中c（H+）＝＝0.001mol/L，c（OH﹣）＝＝10﹣11mol/L，二者浓度比值为＝108，故答案为：108；（2）0.01mol•L﹣1的NaOH溶液的pH为11，可知c（H+）＝10﹣11mol/L，c（OH﹣）＝0.01mol/L，则Kw＝10﹣11mol/L×0.01mol/L＝1.0×10﹣13＞1.0×10﹣14，水的电离吸热，则温度高于25℃，故答案为：1.0×10﹣13；高于；（3）常温下，设pH＝5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度C1＝10﹣9mol/L，pH＝5的Al2（SO4）3溶液中由水电离出的H+浓度C2＝10﹣5mol/L，所以则＝＝10﹣4，故答案为：10﹣4；（4）若所得混合溶液呈中性，aL×0.1mol/L＝bL×0.001mol/L，解得a：b＝1：100，若所得混合溶液pH＝12，则碱过量，所以＝0.01mol/L，解得a：b＝11：90，故答案为：1：100；11：90。【点评】本题考查酸碱混合pH的计算，明确浓度与pH的换算、酸碱混合溶液为中性、碱性时离子浓度的关系等是解答本题的关键，题目难度中等。21/21\n24．（8分）电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡，请回答下列问题。（1）已知部分弱酸的电离常数如表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离常数（25℃）Ka＝1.8×10﹣5Ka＝4.3×10﹣10Ka1＝5.0×l0﹣7Ka2＝5.6×l0﹣11①0.1mol•L﹣1NaCN溶液和0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中，c（CN﹣）　＜　c（HCO3﹣）（（填“＞”、“＜”或“＝”）。②常温下，pH相同的三种溶液：A.CH3COONaB.NaCNC.Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是　A＞B＞C　（填编号）。③室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH＝9，溶液中＝　l.8×104　。④将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是　CN﹣+CO2+H2O＝HCN+HCO3﹣　。（2）室温下，SO2通入NaOH溶液中，在所得溶液中c（HSO32﹣）：c（SO32﹣）＝10：1，溶液的pH＝　6　（室温下，H2SO3的Ka1＝1.54×10﹣2；Ka2＝1.0×10﹣7）。（3）已知25℃氯水溶液中Cl2（aq）、HClO和ClO﹣分别所占分数（α）随pH变化的关系如图所示。由图可知该温度下HClO的电离常数值为　10﹣7.5　。（4）已知：常温下NH3•H2O⇌NH4++OH﹣Kb＝1.8×10﹣5H2Y⇌H++HY﹣Ka1＝5.4×10﹣2HY﹣⇌H++Y2﹣Ka2＝5.4×10﹣5则（NH4）2Y溶液的pH　＜　7（填“＞”、“＜”或“＝”）。（5）NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NO2﹣的水解常数Kh＝2×10﹣11mol•L﹣121/21\n，常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，则混合溶液中c（NO2﹣）和c（HNO2）的比值为　50　。【分析】（1）①酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，对应的酸根离子水解程度越小，根据表中数据知，电离平衡常数：HCN＜H2CO3，则水解程度：CN﹣＞HCO3﹣，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小；②常温下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，pH相同的三种溶液，酸根离子水解程度越大，其浓度越小；③室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH＝9，溶液中＝×＝；④常温下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，电离平衡常数HCO3﹣＜HCN＜H2CO3，则酸性：HCO3﹣＜HCN＜H2CO3，则将少量CO2通入NaCN溶液，二者反应生成碳酸氢钠和HCN；（2）结合c（HSO32﹣）：c（SO32﹣）＝10：1、Ka2＝1.0×10﹣7计算出氢离子浓度，然后可计算出溶液的pH；（3）结合坐标（7.5，0.5）计算该温度下HClO的电离常数值；（4）Kh（NH4+）＝、Kh（Y2﹣）＝，先计算出水解平衡常数，结合水解平衡常数判断溶液酸碱性；（5）常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，该溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣9mol/L，NO2﹣的水解常数＝，据此计算混合溶液中c（NO2﹣）和c（HNO2）的比值。【解答】解：（1）①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，对应的酸根离子水解程度越小，由表中数据知，电离平衡常数：HCN＜H2CO3，则水解程度：CN﹣＞HCO3﹣，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小，所以0.1mol•L﹣1NaCN溶液和0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中离子浓度大小为：c（CN﹣）＜c（HCO3﹣），故答案为：＜；②常温下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，pH相同的三种溶液，酸根离子水解程度越大，其浓度越小，水解程度：CO32﹣＜CN﹣＜CH3COO﹣，所以这几种盐浓度大小为：A＞B＞C，故答案为：A＞B＞C；③室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH＝9，溶液中＝×＝＝＝l.8×104，故答案为：l.8×104；21/21\n④常温下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，电离平衡常数HCO3﹣＜HCN＜H2CO3，则酸性：HCO3﹣＜HCN＜H2CO3，则将少量CO2通入NaCN溶液，二者反应生成碳酸氢钠和HCN，离子方程式为：CN﹣+CO2+H2O＝HCN+HCO3﹣，故答案为：CN﹣+CO2+H2O＝HCN+HCO3﹣；（2）Ka2＝＝1.0×10﹣7，带入c（HSO32﹣）：c（SO32﹣）＝10：1可得：c（H+）＝1.0×10﹣6，溶液的pH＝﹣lgc（H+）＝6，故答案为：6；（3）结合图示可知，HClO和ClO﹣所占分数α＝0.5时，溶液的pH＝7.5，则HClO的电离常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣7.5，故答案为：10﹣7.5；（4）已知：常温下NH3•H2O⇌NH4++OH﹣Kb＝1.8×10﹣5，Kh（NH4+）＝＝≈5.6×10﹣10，Kh（Y2﹣）＝＝≈1.9×10﹣10，水解程度NH4+＞Y2﹣，则（NH4）2Y溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故答案为：＜；（5）常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，该溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣9mol/L，结合Kh（NO2﹣）＝可知c（NO2﹣）：c（HNO2）＝Kh（NO2﹣）：c（OH﹣）＝10﹣9：2×10﹣11＝50，故答案为：50。【点评】本题考查弱电解质的电离、盐的水解原理、酸碱混合定性判断等知识，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握盐的水解及其影响，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及综合应用能力。日期：2022/11/137:45:15；用户：郭娜；邮箱：xxdsgjzx76@xyh.com；学号：3786530821/21 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