湖北省仙桃一中高二化学上学期第一阶段试题含解析

2022-2022学年湖北省仙桃一中高二（上）第一阶段化学试卷　一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于强、弱电解质的叙述不正确的是（　　）A．强电解质在溶液中完全电离，其水溶液中不存在分子B．同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同C．强电解质溶液导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强D．强电解质在液态时不一定会导电，但在固态时一定不导电　2．下列电离方程式中，正确的是（　　）A．Fe（OH）3⇌Fe3++3OH﹣B．NaHCO3⇌Na++HCO3﹣C．KClO3═K++Cl﹣+3O2﹣D．H2S⇌2H++S2﹣　3．将一元酸HA的溶液与一元碱BOH的溶液等体积混合，若所得溶液显酸性，下列有关判断正确的是（　　）A．若混合前酸、碱pH之和等于14，则HA肯定是弱酸B．若混合前酸、碱物质的量浓度相同，则HA肯定是弱酸C．溶液中水的电离程度：混合溶液＞纯水＞BOH溶液D．混合溶液中离子浓度一定满足：c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）　4．在100ml下列溶液中，分别加入0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是（　　）A．0.5mol/L的HClB．0.5mol/L的CH3COOHC．蒸馏水D．0.5mol/L的氨水　5．有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（　　）A．V3＞V2＞V1B．V3=V2=V1C．V3＞V2=V1D．V1=V2＞V3　6．下列溶液一定呈碱性的是（　　）A．pH=8的某电解质溶液B．c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/LC．溶液中含有OH﹣D．溶液中c（OH﹣）＞c（H+）　7．已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka（HCN）=6.2×10﹣10mol/L、Ka（HF）=6.8×10﹣4mol/L、Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5mol/L、Ka（HNO2）=6.4×10﹣6mol/L．物质的量浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是（　　）A．HCNB．CH3COOHC．HFD．HNO2　8．0.1mol/LK2CO3溶液中，若使c（CO32﹣）更接近0.1mol/L，可采取的措施是（　　）A．加入少量盐酸B．加水C．加KOH固体D．加热　9．25°C时，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（　　）A．NH4+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣B．CO32﹣、PO43﹣、K+、Na+-17-C．Na+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣D．HPO42﹣、Na+、HSO3﹣、K+　10．把pH=2的H2SO4和pH=11的NaOH溶液混和，混和液pH=7．则两溶液的体积比是（　　）A．10：1B．1：10C．1：2D．2：1　11．向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，溶液的pH（　　）A．大于7B．等于7C．小于7D．无法判断　12．0.1molL﹣1的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是（　　）A．c（K+）+c（H+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）B．c（K+）+c（S2﹣）=0.3molL﹣1C．c（K+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）D．c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）　13．下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（　　）A．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c（Cl﹣）＞c（NH）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合，c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）　14．下列说法正确的是（　　）A．pH=2和pH=1的硝酸中c（H+）之比为1：10B．Na2CO3溶液c（Na+）与c（CO32﹣）之比为2：1C．0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c（H+）之比为2：1D．pH=1的硫酸中加入等体积0.05mol/L的BaCl2溶液，两者恰好反应C（SO42﹣）=0　15．有A、B、C、D四种一元酸溶液，对它们进行的有关实验及其结果分别为：（1）在物质的量浓度相同的A、C两溶液中，都滴加几滴甲基橙时，A溶液呈黄色，C溶液呈橙色（2）B的钠盐溶液的pH值小于C的钠盐溶液pH值（3）A酸与D的盐反应生成A的盐和D酸．由此可以确定这四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为（　　）A．B＞C＞A＞DB．A＞C＞B＞DC．D＞A＞C＞BD．C＞B＞A＞D　16．下列几种情况使中和滴定结果偏低的是（　　）A．盛待测液的锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗B．滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡C．滴定管在滴定前未将刻度调在“0.00”，而调在“2.40”D．滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有气泡　　二、填空题（4分+8分+10分+12分+10分=44分）-17-17．物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①KNO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaHSO4、⑤CH3COOH、⑥NaOH、⑦Ba（OH）2，pH由大到小的顺序为：　　　　　　．　18．25℃将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈　　　　　　（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（Na+）　　　　　　c（CH3COOH）（填“＞”或“=”或“＜”以下同）．　19．pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈　　　　　　，溶液中c（Na+）　　　　　　c（CH3COO﹣）．　20．物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈　　　　　　，醋酸体积　　　　　　氢氧化钠溶液体积．　21．将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，则醋酸溶液中c（H+）　　　　　　氢氧化钠溶液中c（OH﹣），m与n的大小关系是m　　　　　　n．　22．AgNO3的水溶液呈　　　　　　（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH　　　　　　7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：　　　　　　；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以　　　　　　（填“促进”、“抑制”）其水解．　23．氯化铝水溶液呈　　　　　　性，原因是（用离子方程式表示）：　　　　　　．把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　　　　　　．　24．在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的　　　　　　．　25．（12分）（2022•衡阳校级模拟）用实验确定某酸HB的弱电解质．两同学的方案是：甲：①称取一定质量的HB配制0.1mol/L的溶液100mL；②用pH试纸测出该溶液的pH值，即可证明HB是弱电解质．乙：①用已知物质的量浓度的HB溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HB是弱电解质．（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是　　　　　　．（2）甲方案中，说明HB是弱电解质的理由是测得溶液的pH　　　　　　1（选填＞、＜、=）乙方案中，说明HB是弱电解质的现象是　　　　　　（多选扣分）．A．HCl溶液的试管中放出H2的速率快；B．装HB溶液的试管中放出H2的速率快；C．两个试管中产生气体速率一样快．（3）请你评价：乙方案中两个难以实现之处　　　　　　．（4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表达．　　　　　　．-17-　26．（10分）（2022秋•抚州期末）在25mL氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1醋酸溶液，滴定曲线如图所示．（1）写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式：　　　　　　．（2）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为　　　　　　mol•L﹣1．（3）在B点，a　　　　　　12.5mL（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．若由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性，则混合前c（NaOH）　　　　　　c（CH3COOH），混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系：c（H+）　　　　　　c（OH﹣）．（4）在D点，溶液中离子浓度大小关系为：　　　　　　．　　三、计算题（共8分）27．重水（D2O）的离子积Kw=1.6×10﹣15，可以用pH一样的定义来规定pD=﹣lg[D+]，试求该温度下：①重水的pD=？②含0.01molNaOD的D2O溶液1L其pD=？③溶解0.01molDCl的D2O溶液1L其pD=？④在100mL0.25mol/L的DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol/L的NaOD的重水溶液，其pD=？　　2022-2022学年湖北省仙桃一中高二（上）第一阶段化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于强、弱电解质的叙述不正确的是（　　）A．强电解质在溶液中完全电离，其水溶液中不存在分子B．同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同C．强电解质溶液导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强D．强电解质在液态时不一定会导电，但在固态时一定不导电【考点】强电解质和弱电解质的概念．【分析】A、强电解质本身能完全电离，但其溶液中存在水分子；B、弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同；C、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；D、强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐．【解答】解：A、强电解质本身能完全电离，但其溶液中存在水分子，故水溶液中仍存在分子，故A错误；-17-B、弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同，导电能力不同，故B正确；C、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，如果弱电解质溶液中离子浓度大于强电解质溶液，则弱电解质溶液导电能力大于强电解质，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故C正确；D、强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，在液态时酸不导电，但碱和盐能导电；而无论是强酸、强碱还是盐，在固态时均不导电，故D正确．故选A．【点评】本题考查了电解质强弱的本质区别，注意导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，掌握概念实质是关键，题目较简单．　2．下列电离方程式中，正确的是（　　）A．Fe（OH）3⇌Fe3++3OH﹣B．NaHCO3⇌Na++HCO3﹣C．KClO3═K++Cl﹣+3O2﹣D．H2S⇌2H++S2﹣【考点】电离方程式的书写．【分析】A．氢氧化铁为弱电解质，部分电离，用可逆号；B．碳酸氢钠为强电解质，完全电离出钠离子与碳酸氢根离子；C．氯酸钾为强电解质完全电离出钾离子与氯酸根离子；D．硫化氢为多元弱酸分步电离；【解答】解：A．氢氧化铁为弱电解质，部分电离，电离方程式：Fe（OH）3⇌Fe3++3OH﹣，故A正确；B．碳酸氢钠为强电解质，完全电离出钠离子与碳酸氢根离子，电离方程式：，NaHCO3⇌=Na++HCO3﹣，故B错误；C．氯酸钾为强电解质完全电离出钾离子与氯酸根离子，电离方程式：KClO3═K++ClO3﹣，故C错误；D．硫化氢为多元弱酸分步电离，以第一步为主，电离方程式：H2S⇌H++HS﹣，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了电解质电离方程式的书写，明确电解质强弱及电离方程式书写方法是解题关键，题目难度不大．　3．将一元酸HA的溶液与一元碱BOH的溶液等体积混合，若所得溶液显酸性，下列有关判断正确的是（　　）A．若混合前酸、碱pH之和等于14，则HA肯定是弱酸B．若混合前酸、碱物质的量浓度相同，则HA肯定是弱酸C．溶液中水的电离程度：混合溶液＞纯水＞BOH溶液D．混合溶液中离子浓度一定满足：c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．混合前酸、碱pH之和等于14，两溶液的c（H+）和c（OH﹣）相等，由于反应后溶液呈酸性，则说明酸过量，为弱酸；B．若等物质的量浓度等体积的一元酸碱混合溶液呈酸性，则酸为强酸；C．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；D．根据溶液的酸碱性结合电荷守恒判断．-17-【解答】解：A．设酸的pH=a，碱的pH=b，混合前酸、碱pH之和等于14，则有a=14﹣b，即c（H+）=10﹣amol/L=10b﹣14mol/L，c（OH﹣）=10b﹣14mol/L，即两溶液的c（H+）和c（OH﹣）相等，由于反应后溶液呈酸性，则说明酸过量，为弱酸，故A正确；B．若等物质的量浓度等体积的一元酸碱混合溶液，二者恰好反应生成盐，盐溶液呈酸性，说明生成的盐是强酸弱碱盐，所以HA是强酸，故B错误；C．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，如果混合溶液呈酸性是因为酸电离引起的，则抑制水电离，如果溶液呈酸性是因为阳离子水解而引起的，则促进水电离，故C错误；D．混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（B+）=c（A﹣）+c（OH﹣），所以c（B+）＜c（A﹣），故D错误；故选：A．【点评】本题考查离子浓度大小比较及酸碱强弱的定性判断，题目较难，注意A项分析问题的角度，易错选项是C，明确溶液酸性原因即可解答．　4．在100ml下列溶液中，分别加入0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是（　　）A．0.5mol/L的HClB．0.5mol/L的CH3COOHC．蒸馏水D．0.5mol/L的氨水【考点】电解质溶液的导电性．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，如溶液的导电性变化不大，则离子浓度变化不大，结合物质的反应特点解答该题．【解答】解：A．盐酸是强酸，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，故A选；B．醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故B不选；C．水是弱电解质且水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故C不选；D．一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增大，故D不选．故选A．【点评】本题考查了溶液导电能力大小的判断，注意溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，为易错点．　5．有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（　　）A．V3＞V2＞V1B．V3=V2=V1C．V3＞V2=V1D．V1=V2＞V3【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O中，c（OH﹣）相同，但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH﹣）越大，消耗酸越多．【解答】解：等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O中，c（OH﹣）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，-17-所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，故选C．【点评】本题考查酸碱混合的计算，明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键，题目难度中等．　6．下列溶液一定呈碱性的是（　　）A．pH=8的某电解质溶液B．c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/LC．溶液中含有OH﹣D．溶液中c（OH﹣）＞c（H+）【考点】溶液pH的定义；离子积常数．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小：[H+]＞[OH﹣]溶液呈酸性；[H+]=[OH﹣]溶液呈中性；[H+]＜[OH﹣]溶液呈碱性．室温时，Kw=10﹣14，若溶液中：[H+]=10﹣7，pH值=7，溶液呈中性；[H+]＞10﹣7，pH值＜7，溶液呈酸性；：[H+]＜10﹣7，pH值＞7，溶液呈碱性，据此判断．【解答】解：A．没指明温度，Kw不一定等于10﹣14不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；B．没指明温度，Kw不一定等于10﹣14不能根据c（OH﹣）浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；C．任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；D．溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小，c（OH﹣）＞c（H+）溶液一定显碱性，故D正确；故选D．【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断，注意氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小是绝对判据，如果用溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度大小或者pH值的大小判断，必须说明温度，否则无法确定．　7．已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka（HCN）=6.2×10﹣10mol/L、Ka（HF）=6.8×10﹣4mol/L、Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5mol/L、Ka（HNO2）=6.4×10﹣6mol/L．物质的量浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是（　　）A．HCNB．CH3COOHC．HFD．HNO2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其pH越小，据此分析．【解答】解：已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka（HCN）=6.2×10﹣10mol/L、Ka（HF）=6.8×10﹣4mol/L、Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5mol/L、Ka（HNO2）=6.4×10﹣6mol/L，酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其pH越小，由已知Ka可知，HF的电离常数最大，即HF的酸性最强，其pH最小；故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离、电离常数的应用，题目难度不大，注意把握电离常数与酸性强弱的关系．　8．0.1mol/LK2CO3溶液中，若使c（CO32﹣）更接近0.1mol/L，可采取的措施是（　　）A．加入少量盐酸B．加水C．加KOH固体D．加热-17-【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】K2CO3溶液中，由于CO32﹣的水解，使得c（CO32﹣）＜0.1mol/L，如果要使c（CO32﹣）更接近于0.1mol/L，则需要抑制碳酸根离子水解，根据水解平衡的移动影响因素来回答．【解答】解：A、加入盐酸会和碳酸根反应生成水和二氧化碳，碳酸根离子浓度减小，故A错误；B、加入水稀释会导致溶液中CO32﹣离子浓度减小，故B错误；C、加入氢氧化钾固体，会抑制碳酸根水解，使得碳酸根浓度接近0.1mol/L，故C正确；D、加热会促进碳酸根离子水解，导致CO32﹣离子浓度减小，故D错误．故选：C．【点评】本题考查学生盐的水解平衡的影响因素知识，侧重于基础知识的考查，注意知识的梳理和归纳，题目难度不大．　9．25°C时，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（　　）A．NH4+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣B．CO32﹣、PO43﹣、K+、Na+C．Na+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣D．HPO42﹣、Na+、HSO3﹣、K+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】25°C时，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，为酸或碱溶液，与氢离子或氢氧根离子均不反应的离子，能大量共存，以此来解答．【解答】解：25°C时，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，为酸或碱溶液，A．因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+，酸溶液中不反应能共存，故A不选；B．因酸溶液中不能大量存在CO32﹣，碱溶液中不反应能共存，故B不选；C．因酸或碱溶．因液中均不反应，能大量共存，故C不选；D．HPO42﹣、HSO3﹣既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故D选；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，把握信息的抽取及离子之间的反应即可解答，侧重复分解反应的考查，题目难度不大．　10．把pH=2的H2SO4和pH=11的NaOH溶液混和，混和液pH=7．则两溶液的体积比是（　　）A．10：1B．1：10C．1：2D．2：1【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣2mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH﹣），再结合n=cV表示出n（H+）、n（OH﹣），据此判断．【解答】解：pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣2mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH﹣），-17-所以Vac（H+）=Vbc（OH﹣），所以Va：Vb=c（OH﹣）：c（H+）=10﹣3mol/L：10﹣2mol/L=1：10．故选：B．【点评】本题考查溶液pH值的计算、化学方程式计算，比较基础，注意基础知识的掌握．　11．向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，溶液的pH（　　）A．大于7B．等于7C．小于7D．无法判断【考点】pH的简单计算．【分析】当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣）可知溶液中一定满足：c（H+）=c（OH﹣），则混合液显示中性，溶液的pH=7．【解答】解：向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣）可得：c（H+）=c（OH﹣），混合溶液呈中性，所以溶液的pH=7，故选B．【点评】本题考查了溶液pH的简单计算，题目难度不大，明确电荷守恒为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　12．0.1molL﹣1的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是（　　）A．c（K+）+c（H+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）B．c（K+）+c（S2﹣）=0.3molL﹣1C．c（K+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）D．c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】K2S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、物料守恒，据此分析解答．【解答】解：A．根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）=2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），故A错误；B．溶液中硫离子水解导致溶液中c（S2﹣）＜0.1mol/L，所以c（K+）+c（S2﹣）＜0.3molL﹣1，故B错误；C．根据物料守恒得c（K+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S），故C错误；D．根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）=2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（K+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S），所以得c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解”来确定溶液酸碱性，再结合守恒思想来分析解答，题目难度不大．　13．下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（　　）A．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c（Cl﹣）＞c（NH）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）-17-D．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合，c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．物质的量相等的氨水和HCl混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；B．物质的量相等的氯化铵和NaOH混合，二者恰好反应生成NaCl和NH3．H2O，NaCl是强碱强酸盐，一水合氨电离出氢氧根离子导致溶液呈碱性，但电离程度较小，溶液中存在物料守恒；C．等物质的量的醋酸和NaOH混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；D．二者混合盐酸有剩余，溶液中溶质为NaCl、CH3COOH、HCl，且c（NaCl）=c（CH3COOH）=5c（HCl），醋酸和HCl电离出氢离子而导致溶液呈酸性．【解答】解：A．物质的量相等的氨水和HCl混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Cl﹣）＞c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．物质的量相等的氯化铵和NaOH混合，二者恰好反应生成NaCl和NH3．H2O，NaCl是强碱强酸盐，一水合氨电离出氢氧根离子导致溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），但电离程度较小，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（Cl﹣），所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；C．等物质的量的醋酸和NaOH混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故C错误；D．二者混合盐酸有剩余，溶液中溶质为NaCl、CH3COOH、HCl，且c（NaCl）=c（CH3COOH）=5c（HCl），醋酸和HCl电离出氢离子而导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据物料守恒得c（Na+）＞c（Cl﹣），故D错误；故选B．【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查弱电解质的电离及盐类水解，明确溶液中的溶质及其性质、溶液酸碱性结合电荷守恒即可解答，注意B中存在c（Na+）=c（Cl﹣），为易错点．　14．下列说法正确的是（　　）A．pH=2和pH=1的硝酸中c（H+）之比为1：10B．Na2CO3溶液c（Na+）与c（CO32﹣）之比为2：1C．0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c（H+）之比为2：1D．pH=1的硫酸中加入等体积0.05mol/L的BaCl2溶液，两者恰好反应C（SO42﹣）=0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、依据PH得到氢离子浓度计算得到浓度之比；B、依据碳酸根离子水解分析；C、不同浓度醋酸电离程度不同，氢离子浓度不同；D、依据pH计算得到c（H+）=0.1mol/L；c（H2SO4）=0.05mol/L，恰好反应生成难溶沉淀，绝对不溶的物质不存在．【解答】解：A、pH=2的溶液中c（H+）=0.01mol/L；pH=1的硝酸溶液中c（H+）=0.1mol/L中c（H+）之比为1：10，故A正确；B、碳酸根离子水解分析，Na2CO3溶液c（Na+）与c（CO32﹣）之比大于2：1，故B错误；-17-C、0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中，醋酸是弱电解质存在电离平衡，浓度不同电离程度不同，c（H+）之比不是2：1，故C错误；D、依据PH计算得到c（H+）=0.1mol/L；c（H2SO4）=0.05mol/L，恰好反应生成难溶沉淀，硫酸钡存在沉淀溶解平衡，溶液中C（SO42﹣）不能为0，故D错误；故选A．【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的分析，盐类水解的应用，溶液中PH的计算，沉淀溶解平衡的分析判断，化学方程式的计算应用，题目难度中等．　15．有A、B、C、D四种一元酸溶液，对它们进行的有关实验及其结果分别为：（1）在物质的量浓度相同的A、C两溶液中，都滴加几滴甲基橙时，A溶液呈黄色，C溶液呈橙色（2）B的钠盐溶液的pH值小于C的钠盐溶液pH值（3）A酸与D的盐反应生成A的盐和D酸．由此可以确定这四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为（　　）A．B＞C＞A＞DB．A＞C＞B＞DC．D＞A＞C＞BD．C＞B＞A＞D【考点】比较弱酸的相对强弱的实验．【专题】实验设计题．【分析】（1）甲基橙变色范围是3.1～4.4，根据A、C两种酸在甲基橙中的颜色判断二者酸性强弱；（2）根据越弱越水解分析，pH越大，水解程度越大；（3）根据强酸置换弱酸进行比较A和D的酸性强弱．【解答】解：（1）甲基橙是一种酸碱指示剂．甲基橙在不同pH时的变色情况为：PH＜3.13.1～4.4＞4.4颜色红色橙色黄色A溶液滴入甲基橙，溶液呈现黄色，说明A溶液pH大于4.4；C溶液呈现橙色，溶液pH在3.1～4.4之间，所以酸性C＞A；（2）BC的钠盐都是强碱弱酸盐，酸性越弱水解程度越大，pH越大，水解程度越大，所以酸性B＞C；（3）A酸与D的盐反应生成A的盐和D酸，说明A的酸性大于D的酸性，及A＞D，根据以上分析可知，四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为：B＞C＞A＞D，故选A．【点评】本题考查了比较弱酸酸性大小的方法，注意强酸能够置换弱酸；盐的水解中，越弱越水解，本题难度不大．　16．下列几种情况使中和滴定结果偏低的是（　　）A．盛待测液的锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗B．滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡C．滴定管在滴定前未将刻度调在“0.00”，而调在“2.40”D．滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有气泡【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】A、盛装待测液的锥形瓶不能用待测液润洗；B、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，会导致所读取的消耗的标准液的体积偏大；C、调整液面后，液面要在0或0刻度以下即可；D、达滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡，则所读取的消耗的标准液的体积偏小．-17-【解答】解：A、盛装待测液的锥形瓶不能用待测液润洗，故锥形瓶未用待测液润洗是正确的，对结果无影响，故A错误；B、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，会导致所读取的消耗的标准液的体积偏大，则计算出的待测液的浓度偏高，故B错误；C、调整液面后，液面要在0或0刻度以下即可，故未将刻度调在“0.00”，而调在“2.40”完全可以，对待测液的浓度无影响，故C错误；D、达滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡，则所读取的消耗的标准液的体积偏小，则计算出的待测液的浓度偏低，故D正确．故选D．【点评】本题考查了中和滴定中的误差分析，注意锥形瓶不能润洗，滴定管必须润洗，本题难度不大，注意操作的规范性和掌握实验中常见的误差分析技巧．　二、填空题（4分+8分+10分+12分+10分=44分）17．物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①KNO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaHSO4、⑤CH3COOH、⑥NaOH、⑦Ba（OH）2，pH由大到小的顺序为：　⑦＞⑥＞②＞③＞①＞⑤＞④　．【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】盐类的水解专题．【分析】先根据酸碱盐分类，再根据酸中酸的强弱分类，盐中盐的水解呈酸碱性分类比较．【解答】酸：⑤CH3COOH是弱电解质，所以只有部分电离，故C（H+）＜0.1mol/L，所以pH＞1；碱：⑥NaOH是强电解质，完全电离，c（OH﹣）=0.1mol/L，所以pH=13；⑦Ba（OH）2是强电解质，完全电离，c（OH﹣）=0.2mol/L，所以pH=13.7；盐：④NaHSO4是强酸酸式盐，在水中完全电离成钠离子、硫酸根离子、氢离子，所以C（H+）=0.1mol/L，所以pH=1；①KNO3是强酸强碱盐，水溶液呈中性，pH=7；②Na2CO3、③NaHCO3是强碱弱酸盐，水溶液都呈碱性，但是碳酸钠水解程度大，碱性更强；所以pH由大到小的顺序为⑦＞⑥＞②＞③＞①＞⑤＞④，故答案为：⑦＞⑥＞②＞③＞①＞⑤＞④．【点评】本题考查盐类水解以及弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握盐类水解规律：有弱（弱离子）才水解，无弱（弱离子）不水解，谁弱（弱离子）谁水解，谁强显谁性（酸碱性）．　18．25℃将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈　碱性　（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（Na+）　＞　c（CH3COOH）（填“＞”或“=”或“＜”以下同）．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成CH3COONa，醋酸根离子水解显碱性．【解答】解：等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故答案为：碱性；＞．【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意类水解的原理即可解答，题目难度不大．　-17-19．pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈　酸性　，溶液中c（Na+）　＜　c（CH3COO﹣）．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH﹣）．【解答】解：pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性，醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH﹣），根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故答案为：酸；＜．【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意pH与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解等即可解答，题目难度不大．　20．物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈　中性　，醋酸体积　＞　氢氧化钠溶液体积．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量．【解答】解：根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则c（H+）=c（OH﹣），溶液为中性，若等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量，即醋酸体积＞氢氧化钠溶液的体积，故答案为：中性；＞．【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意pH与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解等即可解答，题目难度不大．　21．将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，则醋酸溶液中c（H+）　＜　氢氧化钠溶液中c（OH﹣），m与n的大小关系是m　＞　n．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】醋酸为弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，等体积的两溶液混合pH=7，若m=n，溶液显示中性，则醋酸浓度稍大．【解答】解：将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，当m=n时，两溶液恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若使溶液的pH=7，则醋酸的浓度应该稍大一些，即m＞n；由于醋酸为弱酸，则溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，即c（H+）＜氢氧化钠溶液中c（OH﹣），故答案为：＜；＞．【点评】本题考查酸碱混合，为高考常见题型，题目难度中等，本题注意从溶液电中性的角度比较溶液离子浓度的大小关系，另外把握盐类水解的原理及其应用方法．　22．AgNO3的水溶液呈　酸　（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH　＜　7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：　Ag++H2O⇌AgOH+H+　；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以　抑制　（填“促进”、“抑制”）其水解．【考点】盐类水解的原理．-17-【分析】AgNO3是强酸弱碱盐，银离子水解导致溶液呈酸性，常温下pH＜7，为防止AgNO3水解，所以配制AgNO3溶液时将AgNO3先溶于较浓的硝酸中，然后稀释，据此分析解答．【解答】解：AgNO3是强酸弱碱盐，银离子水解方程式为Ag++H2O⇌AgOH+H+，水解后溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性，即常温下pH＜7；为防止AgNO3水解，应该向溶液中加入少量酸，所以配制AgNO3溶液时将AgNO3先溶于较浓的硝酸中，然后稀释，故答案为：酸；＜；Ag++H2O⇌AgOH+H+；抑制．【点评】本题考查盐类水解，根据盐类水解特点“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”确定溶液酸碱性，会正确书写水解方程式，考查方式有：净水的应用、离子方程式判断、离子共存等，题目难度不大．　23．氯化铝水溶液呈　酸　性，原因是（用离子方程式表示）：　Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+　．把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　2Al（OH）3Al2O3+3H2O　．【考点】盐类水解的原理．【分析】AlCl3为强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性；将AlCl3溶液蒸干过程中，氯化铝水解生成HCl和Al（OH）3，温度越高HCl挥发性越强，导致蒸干时得到的固体是Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到的固体是氧化铝．【解答】解：AlCl3为强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；将AlCl3溶液蒸干过程中，氯化铝水解生成HCl和Al（OH）3，温度越高HCl挥发性越强，导致蒸干时得到的固体是Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到的固体是氧化铝，方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．【点评】本题考查盐类水解，根据形成盐的酸、碱强弱确定盐的类型，从而确定溶液酸碱性，注意：蒸干、灼烧难挥发性酸的盐时得到盐本身，蒸干、灼烧挥发性酸的盐时得到金属氧化物．　24．在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的　NaOH　．【考点】盐类水解的原理．【分析】Na2S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，为防止水解，应该加入少量碱，据此分析解答．【解答】解：Na2S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，为了防止水解且不引进其它杂质，可以向溶液中加入少量NaOH，故答案为NaOH．【点评】本题考查盐类水解，根据盐的特点确定溶液酸碱性，知道“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”原理，题目难度不大．　25．（12分）（2022•衡阳校级模拟）用实验确定某酸HB的弱电解质．两同学的方案是：甲：①称取一定质量的HB配制0.1mol/L的溶液100mL；②用pH试纸测出该溶液的pH值，即可证明HB是弱电解质．乙：-17-①用已知物质的量浓度的HB溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HB是弱电解质．（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是　100mL的容量瓶　．（2）甲方案中，说明HB是弱电解质的理由是测得溶液的pH　＞　1（选填＞、＜、=）乙方案中，说明HB是弱电解质的现象是　B　（多选扣分）．A．HCl溶液的试管中放出H2的速率快；B．装HB溶液的试管中放出H2的速率快；C．两个试管中产生气体速率一样快．（3）请你评价：乙方案中两个难以实现之处　配制pH=1的HA溶液难以实现，加入锌粒难以做到表面积相同　．（4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表达．　配制NaB溶液，测定溶液的pH＞7，证明HB为弱电解质　．【考点】比较弱酸的相对强弱的实验．【专题】实验设计题．【分析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要用到容量瓶；（2）弱酸在水溶液里部分电离，所以氢离子浓度小于酸浓度；酸和锌反应时生成氢气，反应速率和氢离子浓度成正比，根据生成氢气的反应速率确定酸的强弱；（3）弱酸存在电离平衡，锌粒大小难以控制；（4）可以利用NaB溶液水解显示碱性判断HB为弱电解质．【解答】解：（1）在两个方案的第①步中，配制0.1mol/L的溶液100mL、配制pH=1的两种酸溶液各100mL，配制一定浓度的溶液知必须使用容量瓶，故答案为：100mL的容量瓶；（2）弱酸在水溶液里部分电离，所以氢离子浓度小于酸浓度，如果该酸是弱酸，则0.1mol/L的HA溶液的pH＞1；pH相等的一元酸，弱酸的浓度大于强酸，等体积等PH的醋酸和盐酸稀释相同倍数时，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，分别和锌反应时，弱酸生成氢气的反应速率大于强酸，故B正确，故答案为：＞；B；（3）HA是弱酸存在电离平衡，所以配制pH=1的HA溶液难以实现，反应物的接触面积与反应速率成正比，锌粒的表面积大小难以控制，所以实现较困难，故答案为：配制pH=1的HA溶液难以实现，加入锌粒难以做到表面积相同；（4）可以通过测定NaB溶液的pH大小，判断HB为弱电解质，方法为：配制NaB溶液，测定溶液的pH＞7，证明HB为弱电解质，故答案为：配制NaB溶液，测定溶液的pH＞7，证明HB为弱电解质．【点评】本题考查了比较酸性相对强弱方法，注意电解质的强弱是根据其电离程度划分的，不能根据溶液的导电能力划分的，为易错点．　26．（10分）（2022秋•抚州期末）在25mL氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1醋酸溶液，滴定曲线如图所示．（1）写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式：　OH﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+H2O　．（2）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为　0.1　mol•L﹣1．-17-（3）在B点，a　＞　12.5mL（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．若由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性，则混合前c（NaOH）　＜　c（CH3COOH），混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系：c（H+）　＜　c（OH﹣）．（4）在D点，溶液中离子浓度大小关系为：　c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）反应生成醋酸钠和水，醋酸和水在离子反应中保留化学式；（2）由开始NaOH溶液的pH=13计算其浓度；（3）B点pH=7，a=12.5mL时恰好生成醋酸钠，溶液显碱性，则醋酸应过量使pH=7；由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性，浓度相同时溶液显碱性，则酸的浓度大，混合前碱完全电离，而酸不能完全电离；（4）D点，溶液显酸性，为醋酸钠和醋酸的混合溶液．【解答】解：（1）反应生成醋酸钠和水，醋酸和水在离子反应中保留化学式，该离子反应为OH﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+H2O，故答案为：OH﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+H2O；（2）由开始NaOH溶液的pH=13，c（OH﹣）=c（NaOH）=0.1mol/L，故答案为：0.1；（3）B点pH=7，a=12.5mL时恰好生成醋酸钠，溶液显碱性，则醋酸应过量使pH=7，即a＞12.5mL；由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性，浓度相同时溶液显碱性，则酸的浓度大，即c（NaOH）＜c（CH3COOH），又混合前碱完全电离，而酸不能完全电离，则混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）＜c（OH﹣），故答案为：＞；＜；＜；（4）D点，溶液显酸性，为醋酸钠和醋酸的混合溶液，醋酸电离为主，则离子浓度大小关系为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图象中pH及溶液中的溶质是解答本题的关键，注意醋酸为弱酸，题目难度不大．　三、计算题（共8分）27．重水（D2O）的离子积Kw=1.6×10﹣15，可以用pH一样的定义来规定pD=﹣lg[D+]，试求该温度下：①重水的pD=？②含0.01molNaOD的D2O溶液1L其pD=？③溶解0.01molDCl的D2O溶液1L其pD=？④在100mL0.25mol/L的DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol/L的NaOD的重水溶液，其pD=？【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】①重水（D2O）的离子积为Kw=c（D+）•c（OD﹣）=1.6×10﹣14，中性溶液中c（D+）=c（OD﹣），据此计算出c（D+）及其pD；-17-②该NaOD的D2O溶液中c（OD﹣）=10﹣2mol/L，根据重水的离子积常数计算出NaOD溶液中氢离子浓度及溶液的pD；③溶解0.01molDCl的D2O溶液1L，该DCl溶液的浓度为0.01nol/L，据此计算出该溶液的pD；④先算出n（DC）、n（NaOD）的物质的量，判断反应后溶液酸碱性，然后进行求算溶液的pD．【解答】解：①重水（D2O）的离子积为Kw=c（D+）•c（OD﹣）=1.6×10﹣14，中性溶液中c（D+）=c（OD﹣），则c（D+）===4×10﹣8mol/L，pD=﹣lg4×10﹣8=8﹣2lg2≈7.4，答：重水的pD=7.4；②该NaOD的D2O溶液的浓度为0.01mol/L，OD﹣离子的浓度为：c（D+）=mol/L=1.6×10﹣13mol/L，则pD=﹣lg1.6×10﹣13=﹣lg16×10﹣14=14﹣4lg2≈12.8，答：含0.01molNaOD的D2O溶液1L其pD=12.8；③溶解0.01molDCl的D2O溶液1L，该溶液中D+离子浓度为0.01mol/L，该溶液的pD=﹣lg0.01=2，答：溶解0.01molDCl的D2O溶液1L其pD=2；④n（DCl）=0.25mol/L×0.1L=0.025mol，n（NaOD）=0.2mol/L×0.05L=0.01mol，D+有剩余，剩余的n（D+）=0.025mol﹣0.01mol=0.015mol，反应后溶液中，c（D+）==0.1mol/L，则pD=﹣lg0.1=1，答：反应后的混合液的pD=1．【点评】本题考查了有关pH的计算、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，要求学生能够利用pH计算方法进行计算该溶液的pD值，试题培养了学生的知识迁移能力．　-17-