浙江省温州市平阳三中2022学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年浙江省温州市平阳三中高二（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分．每小题只有一个选项符合题意．）1．（2分）下列物质属于强电解质的是（　　）　A．H2OB．FeC．CH3COOHD．NH4Cl考点：强电解质和弱电解质的概念．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质；电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．解答：解：A．H2O能部分电离出氢离子和氢氧根离子，是弱电解质，故A错误；B．Fe是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．CH3COOH在水溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，是弱电解质，故C错误；D．NH4Cl在水溶液中完全电离出铵根离子和氯离子，是强电解质，故D正确，故选D．点评：本题重点考查强弱电解质的辨析，难度不大．要注意强电解质在水溶液中是完全电离的．　2．（2分）下列仪器中“0”刻度在上端的是（　　）　A．量筒B．滴定管C．温度计D．容量瓶考点：计量仪器及使用方法．专题：化学实验常用仪器．分析：量筒的小刻度在下方，但量筒没有0刻度；滴定管0刻度在上端，托盘天平游码0刻度在左端，温度计的0刻度在之间，容量瓶没有0刻度，据此进行判断．解答：解：A．量筒的小刻度在下方，但是量筒没有0刻度，故A错误；B．滴定管的0刻度在上端，最大刻度线下方没有刻度线，故B正确；C．温度计有0刻度，但其0刻度在中间，故C错误；D．容量瓶只有1个容积刻度线，容量瓶0刻度，故D错误；故选B．点评：本题考查了常见仪器的构造，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意掌握常见计量仪器的构造及正确的使用方法，明确常见的仪器是否有0刻度及0刻度的位置是解答本题的关键．　3．（2分）进行中和滴定实验使用的下列仪器，用蒸馏水洗涤后立即使用，不会引起实验误差的是（　　）　A．滴定管B．锥形瓶C．移液管D．以上均不正确-18-\n考点：计量仪器及使用方法；中和滴定．专题：化学实验基本操作．分析：滴定管、移液管是用于量取一定体积的溶液的计量仪器，使用前必须洗涤、润洗，特别是洗涤后必须进行润洗，否则会导致待装液浓度减小，影响测定结果；锥形瓶一般用于盛放待测液，用蒸馏水洗涤后不能润洗，否则会导致测定结果偏大．解答：解：A．滴定管分为酸性和碱式滴定管两种，滴定管在使用前必须用蒸馏水洗涤，然后用待装液润洗，如果用蒸馏水洗涤后立即使用，会导致待装液浓度减小，影响测定结果，故A错误；B．锥形瓶在滴定过程中用于盛放待测液，用蒸馏水洗涤后不能润洗，避免影响测定结果，所以锥形瓶用蒸馏水洗涤后立即使用，不影响测定结果，故B正确；C．移液管用于量取一定体积的液体，移液管用蒸馏水洗涤后立即使用，会导致待装液浓度减小，影响测定结果，故C错误；D．根据以上分析可知，选项B是正确的，所以D错误；故选B．点评：本题考查了中和滴定中仪器的使用方法判断，题目难度不大，注意掌握中和滴定的操作方法，明确常见仪器的构造及正确的使用方法．　4．（2分）下列电离方程式正确的是（　　）　A．在熔化时NaHSO4=Na++H++SO42﹣B．H2CO3⇌2H++CO32﹣　C．NaHCO3=Na++HCO3﹣D．CaCO3⇌Ca2++CO32﹣考点：电离方程式的书写．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．熔融状态下硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子；B．碳酸属于弱酸存在分步电离，电离过程是可逆过程；C．多元弱酸的酸式盐电离强中有弱；D．碳酸钙属于强电解质，在溶液中完全电离用“═”号；解答：解：A．NaHSO4在熔融状态下只断裂离子键，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式是：NaHSO4═Na++HSO4﹣，故A错误；B．碳酸属于弱酸存在分步电离，电离过程是可逆过程，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，故B错误；C．碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离，电离出碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣，故C正确；D．碳酸钙属于强电解质，在溶液中完全电离出碳酸根离子和钙离子，电离方程式为：CaCO3═Ca2++CO32﹣，故D错误；故选C．点评：本题考查了电离方程式书写正误，注意遵循电荷守恒和质量守恒定律，把握电解质的强弱及电离特点是解答的关键，题目难度不大．　5．（2分）（2022•宝山区一模）下列液体中pH＞7的是（　　）　人体血液蔗糖溶液橙汁胃液-18-\nA．B．C．D．考点：溶液pH的定义；电解质在水溶液中的电离．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：pH小于7溶液呈酸性，pH大于7的溶液呈碱性．根据物质的酸碱性判断．解答：解：A、人体血液呈弱碱性，pH＞7，故A正确；B、蔗糖溶液呈中性，pH=7，故B错误C、橘子水显酸性，pH＜7，故C错误D、人体胃液的成分为盐酸，胃液呈酸性，pH＜7，故D错误；故选：A．点评：本题考查了溶液的酸碱性与pH的关系，完成此题，可以依据已有的知识进行．　6．（2分）已知100℃时，纯水的PH=6，则此时的纯水（　　）　A．一定呈碱性B．一定呈中性C．一定呈酸性D．不能确定考点：水的电离；pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：水的离子积常数随温度变化，水电离过程是吸热过程，温度升高，促进水的电离，氢离子浓度和请提供离子浓度增大，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同仍呈中性．解答：解：在100℃时，水的离子积为1×10﹣12，此时纯水的pH=6，水的电离被促进，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同=10﹣6mol/L，纯水呈中性，故选B．点评：本题考查水的电离影响因素，pH计算分析，离子积的应用条件判断，掌握基础是关键，难度不大．　7．（2分）能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图象是（　　）　A．B．C．D．考点：溶液pH的定义．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：选项中图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，结合胃液的成分和pH计算公式进行解答．解答：解：人体胃液的主要成分为盐酸，盐酸显酸性，溶液的酸碱度可用pH值表示，其计算公式为pH=﹣lg〔H+〕，其中c〔H+〕表示氢离子浓度，显酸性的胃酸，在人体大量喝水时，氢离子浓度随着加水稀释，氢离子浓度的减小，溶液的pH升高，结合图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的PH，A图象符合题意．故选A．点评：本题主要考查了溶液的PH和溶液酸碱性的关系，明确酸性越弱pH越大是解答的关键，题目较简单．　-18-\n8．（2分）能使水的电离平衡右移，且水溶液显酸性的微粒是（　　）　A．Al3+B．OH﹣C．H+D．HCO3﹣考点：水的电离．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：水是弱电解质，存在电离平衡：H2O⇌H++OH﹣，能使水的电离平衡右移，且水溶液显酸性，说明离子能够结合水电离的氢氧根离子，据此进行分析．解答：解：水是弱电解质，电离方程式为：H2O⇌H++OH﹣，A、铝离子能够结合水电离的氢氧根离子，破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡向着正向移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液显示酸性，故A正确；B、加入氢氧根离子，抑制了水的电离，平衡向着逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故B错误；C、加入氢离子，溶液中氢离子浓度增大，溶液显示酸性，但是氢离子抑制了水的电离，平衡向着逆向移动，故C错误；D、加入碳酸根离子，碳酸氢根离子结合水电离的氢离子，溶液中氢离子浓度减小，溶液显示碱性，故D错误；故选A．点评：本题考查了影响水的电离平衡的元素，注意题中要求，认真审题，根据平衡移动原理进行分析，本题难度不大．　9．（2分）下列变化不属于水解反应的是（　　）　A．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+B．HS﹣+H2O⇌H3O++S2﹣　C．HS﹣+H2O⇌H2S+OHˉD．NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+考点：盐类水解的原理．专题：盐类的水解专题．分析：根据水解反应的定义：盐电离出的弱酸或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此来解答．解答：解：A．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+为NH4+的水解，生成NH3•H2O，水解呈酸性，故A不选；B．为HS﹣的电离方程式，故B选；C．HS﹣+H2O⇌H2S+OHˉ为HSˉ的水解方程式，水解生成H2S，溶液呈碱性，故C不选；D．NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+为NH4+的水解，生成NH3•H2O，水解呈酸性，故D不选．故选B．点评：本题考查盐类水解原理、水解离子方程式的分析判断，注意电离方程式的理解应用，特别是H2S、H2O的电离方程式的判断，题目难度中等．　10．（2分）在氯化铵溶液中，下列关系正确的是（　　）　A．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+）　C．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）-18-\n考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl=NH4++Cl﹣，H2O⇌H++OH﹣和水解过程：NH4++H2O⇌H++NH3•H2O，由于NH4+水解部分被消耗，所以溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+），又因水解后溶液显酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），且水解是微量的，应为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OHˉ），且溶液遵循电荷守恒，存在：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），据此进行判断．解答：解：A．由于NH4+水解部分被消耗，所以溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+），又因水解后溶液显酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OHˉ），故A错误；B．氯化铵溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），故B正确；C．氯化铵溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．铵根离子部分水解，溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；故选B．点评：本题考查离子浓度大小比较，侧重于盐类水解的考查，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、盐的水解原理判断溶液中离子浓度大小．　11．（2分）相同物质的量浓度的下列化合物的水溶液，按pH由大到小的顺序排列是（　　）　A．NaHSO4CH3COONaNH4ClNaNO3　B．NaNO3CH3COONaNaHSO4　NH4Cl　C．CH3COONaNaNO3NH4ClNaHSO4　D．NaNO3CH3COONaNH4ClNaHSO4考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：盐溶液中强酸弱碱盐水解显酸性、强碱弱酸盐水解显酸性、不水解的正盐显中性，盐中有弱才水解、越弱越水解等来解答，注意硫酸氢钠在水中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子．解答：解：硫酸氢钠是强酸酸式盐，在水中完全电离，溶液呈强酸性，所以酸性最强；醋酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性；氯化铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；硝酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，所以四种盐按pH减小顺序排列是CH3COONa、NaNO3、NH4Cl、NaHSO4，故选C．点评：本题考查盐类的水解，注意硫酸氢钠在水中完全电离，导致溶液呈强酸性，为易错点．-18-\n　12．（2分）25℃时，在浓度均为1mol/L的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2、三种溶液中，若测得其中c（NH4+）分别为a、b、c（单位为mol/L），则下列判断正确的是（　　）　A．a=b=cB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．a＞c＞b考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：如果不考虑其他离子的影响，每摩尔物质都含有2molNH4+，但溶液中CO32﹣的水解促进NH4+的水解，Fe2+的水解抑制NH4+的水解，以此解答该题．解答：解：溶液中CO32﹣的水解促进NH4+的水解，Fe2+的水解抑制NH4+的水解，则等浓度时，c（NH4+）大小顺序应为c＞a＞b，故选C．点评：本题考查盐类水解的应用，侧重于盐类水解因素的考查，题目难度不大，注意把握影响因素，能正确判断水解平衡的移动方向．　13．（2分）相同条件下物质的量浓度相同的下列溶液，碱性最强的是（　　）　A．Na2CO3B．NaNO3C．Na2SiO3D．Na2SO3考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：盐溶液碱性是酸根阴离子水解的原因，对应酸性越弱，阴离子水解程度越大，溶液减小越大．解答：解：NaNO3为中性，不能水解，而Na2CO3、Na2SiO3、Na2SO3溶液中酸根阴离子水解显碱性，对应酸的酸性强弱为：HNO3＞H2SO3＞H2CO3＞H2SiO3，所以阴离子水解程度相反，盐类水解溶液强弱为：Na2SiO3＞Na2CO3＞Na2SO3＞NaNO3，溶液碱性最强的是Na2SiO3溶液，故选C．点评：本题考查了盐类水解的分析判断，溶液碱性的大小比较方法，掌握基础关键，题目较简单．　14．（2分）实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是（　　）　A．防止硫酸铁分解B．抑制硫酸铁水解　C．提高硫酸铁的溶解度D．提高溶液的PH考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：实验室在配制硫酸铁溶液时，铁离子水解生成氢氧化铁变浑浊，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，硫酸抑制铁离子的水解，再加水稀释至所需浓度，得到较纯净的硫酸铁溶液；解答：解：因为铁离子会水解，生成氢氧化铁，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+-18-\n；加入硫酸的目的是在溶液里面形成一种酸性条件，抑制氢氧化铁的生成，使得所配的溶液不会有沉淀，得到较纯净的硫酸铁溶液；故选B．点评：本题考查了盐类水解的应用，水解平衡的影响因素分析是解题关键，题目较简单．　15．（2分）为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是（　　）　A．NH3•H2OB．NaOHC．Na2CO3D．MgCO3考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质．解答：解：A．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C．加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故C错误；D．加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的分离和提纯，注意根据铁离子易水解的性质用调节溶液pH的方法除杂，注意不能引入新的杂质．　16．（2分）将PH试纸湿润后测量以下溶液，不会产生误差的是（　　）　A．Na2CO3B．NaClC．CH3COOHD．KOH考点：试纸的使用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．专题：化学实验基本操作．分析：pH试纸用水润湿以后，再将待测液滴到pH试纸上，相当于把待测液给稀释了，如果待测液显酸性，则测出的pH偏大，如果待测液显碱性，则测出的pH偏小，如果待测液显中性，则pH不变．解答：解：A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，pH试纸先用蒸馏水润湿相当于加水稀释溶液，虽水解的程度增大，但溶液的体积增大，所以，PH变小，故A错误；B．NaCl是强酸强碱盐，溶液呈中性，pH试纸先用蒸馏水润湿相当于加水稀释溶液，呈中性的溶液PH值不变，不会产生误差，故B正确；C．CH3COOH为弱酸，溶液呈酸性，pH试纸先用蒸馏水润湿相当于加水稀释溶液，虽电离的程度增大，但溶液的体积增大，所以，PH变大，故C错误；D．KOH为强碱，溶液呈碱性，pH试纸先用蒸馏水润湿相当于加水稀释溶液，所以，PH变小，故D错误．故选B．点评：本题考查pH试纸的使用方法、电解质的电离以及盐的水解知识，掌握溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是正确解题的关键．-18-\n　17．（2分）25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（H+）为1×10﹣10，下列说法正确的是（　　）　A．该溶液的pH不可能是7B．该溶液不可能存在　C．该溶液的pH一定是10D．该溶液的pH一定是4考点：水的电离；pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，25℃时，纯水中水电离产生的c（H+）=1×10﹣7，该溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10﹣10＜1×10﹣7，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，则溶液可能是酸或碱溶液．解答：解：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，25℃时，纯水中水电离产生的c（H+）=1×10﹣7，该溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10﹣10＜1×10﹣7，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，则溶液可能是酸或碱溶液，A．溶液可能是酸或碱溶液，故该溶液的pH不可能是7，故A正确；B．溶液可能是酸或碱溶液，故B错误；C．溶液可能是酸或碱溶液，该溶液的pH=10，或pH=4，故C错误；D．溶液可能是酸或碱溶液，该溶液的pH=10，或pH=4，故D错误，故选A．点评：本题考查影响水电离的因素，难度不大．注意酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐能促进水电离．　18．（2分）1体积pH=2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，是该碱溶液的pH等于（　　）　A．9.0B．9.5C．10.5D．11.0考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：物质的量浓度和溶解度专题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：酸碱中和的实质是：H++OH﹣=H2O，当H+与OH﹣恰好完全反应时，依据二者的物质的量相等，可求强酸（或强碱）的浓度或体积，若H+或OH﹣过剩，则用“对消﹣稀释法“，先求剩余的c（H+）或c（OH﹣），再进一步求混合溶液的pH．解答：解：据题意，一元强酸和一元强碱恰好反应，故有H+与OH﹣的物质的量相等，设强酸的体积为V，则强碱的体积为10V，有V•10﹣2.5=10V•10PH﹣14，解得PH=10.5．故选C．点评：本题主要考查学生强酸和强碱混合后溶液PH的计算，解此类题型的要点是H++OH﹣=H2O．　19．（2分）将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，下列有关的说法：①盐酸过量；②氨水过量；③恰好完全反应；④c（NH4+）=c（Cl﹣）；⑤c（NH4+）＜c（Cl﹣）正确的是（　　）　A．①⑤B．③④C．②⑤D．②④-18-\n考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：根据氨水为弱碱的性质进行分析，如酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，以此为判断标准进行判断．解答：解：已知氨水为弱碱，如酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，若将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，则加入的氨水应过量，否则溶液呈酸性，故②正确；反应后溶液呈中性，根据溶液的电中性原则可知，溶液中存在c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），此时c（H+）=c（OH﹣），则c（NH4+）=c（Cl﹣），故④正确．故选D．点评：本题考查酸碱混合后溶液的溶液离子浓度的判断，题目难度不大，做该类题目时，从酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性着手思考并进行比较，本题还要充分考虑溶液电中性原则，往往是做题的重要突破点．　20．（2分）摩尔浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其中pH值依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（　　）　A．HX、HZ、HYB．HZ、HY、HXC．HX、HY、HZD．HY、HZ、HX考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：根据酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱来解答．解答：解：因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱．所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HX＞HY＞HZ，故选C．点评：本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱．　21．（2分）常温下，某PH=1的溶液中，可以大量共存的是（　　）　A．K+、Na+、ClO﹣、Cl﹣B．Na+、Cl﹣、SO42﹣、HCO3﹣　C．Ba2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣D．NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，A．次氯酸根离子能够与氢离子反应生成弱电解质次氯酸；B．碳酸氢根离子能够与氢离子反应生成二氧化碳气体和水；C．钡离子与硫酸根离子反应生成难溶物硫酸钡；D．NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣离子之间不发生反应，且都不与氢离子反应．解答：解：pH=1的溶液中H+浓度为0.1mol/L，A．ClO﹣与氢离子反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．HCO3﹣与H+发生反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Ba2+、SO42﹣之间发生反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣离子之间不反应，也不与H+-18-\n反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，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；解决离子共存问题时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﹣．　22．（2分）（2022•武汉模拟）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性．则混合后，溶液中有关粒子的浓度关系正确的是（　　）　A．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）B．c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）　C．c（CH3COO﹣）=c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）D．c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）考点：离子浓度大小的比较．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量相浓度等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac﹣水解程度，结合电荷守恒分析解答．解答：解：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac﹣水解程度，A．反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac﹣水解程度，则（Ac﹣）＞c（Cl﹣），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（HAc）＞c（H+），故A正确；B．HAc为弱电解质，部分电离，应有c（HAc）＞c（H+），故B错误；C．反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac﹣水解程度，则（Ac﹣）＞c（Cl﹣），故C错误；D．溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选：A．点评：本题考查离子浓度大小比较，根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答，知道弱电解质电离特点，题目难度中等．　23．（2分）常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液中c（OH﹣）=1×10﹣11mol•L﹣1，下列叙述正确的是（　　）　A．该一元酸溶液的pH=1　B．该溶液中水的离子积常数为1×10﹣22　C．该溶液中HA的电离度为0.1%　D．若加水稀释，则将增大-18-\n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：常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液中c（OH﹣）=1×10﹣11mol•L﹣1，c（H+）=mol/L=10﹣3mol•L﹣1＜0.1mol/L，则HA为弱酸，A．pH=﹣；B．温度不变，水的离子积常数不变；C．电离度=×100%；D．加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）减小、c（OH﹣）增大．解答：解：常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液中c（OH﹣）=1×10﹣11mol•L﹣1，c（H+）=mol/L=10﹣3mol•L﹣1＜0.1mol/L，则HA为弱酸，A．pH=﹣=﹣lg0.001=3，故A错误；B．温度不变，水的离子积常数不变，所以该溶液中水的离子积常数为1×10﹣14，故B错误；C．电离度=×100%==1%，故C错误；D．加水稀释促进醋酸电离，醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，温度不变水的离子积常数不变，则c（OH﹣）增大，所以将增大，故D正确；故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离，涉及pH的计算、电离度、离子浓度变化等知识点，易错选项是B，注意：电离平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱性、溶液浓度无关，为易错点．　24．（2分）（2022•开封模拟）现有常温下的四种溶液（如下表），下列有关叙述中正确的是（　　）①②③④溶液氨水氢氧化钠醋酸盐酸pH111133　A．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH为①＞②＞④＞③　温度上升10℃，四种溶液的pH均不变（不考虑挥发与分解）-18-\nB．　C．在③④中分别加入适量的醋酸铵晶体后，③的pH减小，④的pH不变　D．将①④两种溶液等体积混合，所得溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．分析：A．从加水促进弱电解质的电离的角度分析；B．弱电解质的电离是吸热过程，温度升高，可以促进弱电解质的电离，且水的离子积增大C．根据弱电解质的电离平衡影响因素分析；D．氨水平衡状态下电离出的氢氧根离子浓度和盐酸溶液中的氢离子浓度相等，等体积混合反应，氨水过量，溶液呈碱性．解答：解：A．①氨水pH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L；②氢氧化钠pH=11，氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L；③醋酸pH=3，平衡状态下氢离子浓度为10﹣3mol/L；④硫酸pH=3，溶液中氢离子浓度为10﹣3mol/L；分别加水稀释10倍、四种溶液的pH大小为，碱比酸的pH大，弱碱弱酸存在电离平衡，加水稀释比强酸强碱的pH变化小，所以得到①＞②＞④＞③，故A正确；B．升高温度，水的离子积增大，弱电解质的电离程度增大，所以氨水中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大；氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度不变，水的离子积增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小；醋酸溶液中，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小；盐酸溶液中氢离子浓度不变，溶液的pH不变，故B错误；C．在③④中分别加入适量的醋酸铵晶体后，③中溶解形成的醋酸根离子对醋酸弱电解质的电离平衡起到了抑制作用，氢离子浓度减小，pH增大；④中溶解的醋酸根离子与氢离子会结合成弱电解质醋酸，减小了氢离子的浓度，pH增大，故C错误；D．将①氨水PH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L④盐酸PH=3，溶液中氢离子浓度为10﹣3mol/L两种溶液等体积混合，氨水中平衡状态下的氢氧根离子与盐酸中的氢离子恰好反应，氨水又电离出氢氧根离子和铵根离子，依据电离方程式NH3•H20⇌NH4++OH﹣；HCl=H++Cl﹣，可知c（Cl﹣）=5×10﹣4mol/L，c（NH4+）＞5×10﹣4mol/L，c（OH﹣）＞c（H+），综上所述可知溶液中的离子浓度大小c（NH+4）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误．故选A．点评：本题综合考查较为综合，涉及酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，综合考查学生的分析能力，为高考常见题型和高频考点，注意把握弱电解质的电离特点，难度中等．　25．（2分）25℃时，在25mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示，下列有关比较正确的是（　　）-18-\n　A．在A、B间任一点（不含A、B点），溶液中一定有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　B．在B点，a=12.5，且有c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）　C．在C点，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）　D．在D点，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）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：在25mL0.1mol．L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液，二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（OH﹣）=c（H+），注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小．解答：解：A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c（H+）＜c（OH﹣），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；B、在B点溶液显中性，则结果是c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则一定有c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故B错误；C、在C点，溶液显酸性，故有c（OH﹣）＜c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）＜c（CH3COO﹣），c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，c（Na+）=0..05mol/L，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）故D正确；故选AD．点评：本题是一道酸碱混合后离子浓度大小比较的题目，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用．　二、填空题（本题包括5小题，共34分）26．（8分）25℃时，水存在电离平衡：H2O⇌H++OH﹣；△H＞0，请回答：（下列空格中填“正”或“逆”，“增大”、“减小”或“不变”）（1）向水中加入少量固体NaOH，平衡　逆　向移动，c（OH﹣）　增大　；（2）向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）　增大　，Kw　不变　；（3）向水中加入少量固体CH3COONa，平衡　正　向移动，c（H+）　减小　；-18-\n（4）将水加热，Kw　增大　，pH　减小　．考点：水的电离．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）增大生成物浓度，有利于平衡逆向移动；（2）增大生成物浓度，有利于平衡逆向移动，水的离子积只与温度有关；（3）减小生成物浓度，有利于平衡正向移动；（4）升高温度，平衡正向移动，Kw增大．解答：解：（1）向水中加入少量固体NaOH，氢氧化钠电离出氢氧根离子，c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，故答案为：逆；增大；（2）向水中加入少量硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子，c（H+）增大，平衡逆向移动，Kw保持不变，故答案为：增大；不变；（3）向水中加入少量固体CH3COONa，硫酸氢钠电离出醋酸根离子，醋酸根离子结合氢离子生成醋酸，c（H+）减小，平衡正向移动，故答案为：正；减小；（4）将水加热，平衡正向移动，c（H+）增大，PH减小，Kw增大，故答案为：增大，减小．点评：本题考查水的电离平衡的影响因素，难度不大．要注意Kw只与温度有关．　27．（6分）写出列电解质在水溶液中的电离方程式：（1）醋酸　CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+　；（2）氨水　NH3•H2O⇌NH4++OH﹣　；（3）硫酸　H2SO4=2H++SO42﹣　．考点：电离方程式的书写．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）醋酸是弱电解质，在水溶液里部分电离出醋酸根离子与氢离子；（2）一水合氨是弱碱，不能完全电离，部分电离出铵根离子与氢氧根离子；（3）硫酸为强电解质，电离生成氢离子和硫酸根离子；解答：解：（1）醋酸是弱电解质，在水溶液里部分电离，电离方程式为：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，故答案为：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣；（2）一水合氨在溶液中电离出铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；（3）硫酸是强电解质，一步电离出氢离子和硫酸根离子，即H2SO4═2H++SO42﹣，故答案为：H2SO4=2H++SO42﹣；点评：本题考查了电离方程式的书写，题目难度不大，注意书写方法是解答本题的关键．注意电荷守恒和质量守恒定律、原子团、弱酸的酸根离子符号等．注意强电解质在溶液中能完全电离用“=”，弱电解质部分电离用“⇌”．　28．（12分）指出下列盐的水溶液的酸碱性，若有发生水解的，请写出水解的离子方程式．-18-\n（1）NH4NO3溶液呈　酸　性，　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　；（2）NaClO溶液呈　碱　性，　ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣　；（3）CH3COOK溶液呈　碱　性，　CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣　；（4）Fe2（SO4）3溶液呈　酸　性，　Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+　．考点：盐类水解的原理；离子方程式的书写．专题：盐类的水解专题．分析：题中NH4NO3和Fe2（SO4）3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，NaClO和CH3COOK为强碱弱酸盐，水解呈碱性，以此解答该题．解答：解：（1）NH4NO3中含有铵根弱离子，结合水中氢氧根离子生成一水合氨，反应的离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（2）NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，故答案为：碱；ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；（3）醋酸钾含有弱离子醋酸根离子在水溶液中水解，水解离子方程式为CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，溶液呈碱性，故答案为：碱；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣；（4）Fe2（SO4）3为强酸弱碱盐，铁离子在水溶液中结合氢氧根；离子生成氢氧化铁，溶液呈酸性，反应的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故答案为：酸；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+．点评：本题考查了盐类水解的实质、规律、反应离子方程式书写，为高频考点，题目着重于双基知识的考查，注意把握水解规律和原理，题目较简单．　29．（4分）比较下列溶液的pH值（填＞、＜、=）（1）0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液　＜　0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液；（2）0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液　＞　0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液；（3）25℃1mol•L﹣1FeCl3溶液　＞　80℃1mol•L﹣1FeCl3溶液；（4）0.1mol•L﹣1NaOH溶液　＞　0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液．考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：（1）含有弱离子的盐，浓度越大其水解程度越小；（2）多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度；（3）温度越高，越促进弱离子水解；（4）碳酸钠中碳酸根离子水解但水解程度较小，相同浓度的强碱和盐，碱的pH大于盐．解答：解：（1）含有弱离子的盐，浓度越大其水解程度越小，但浓度大的溶液中离子水解的个数多，所以浓度越大的氯化铵溶液的pH越小，则pH：0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液＜0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液，故答案为：＜；（2）多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液的pH0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液＞0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液，故答案为：＞；（3）温度越高，越促进弱离子水解，温度越高氯化铁的水解程度越大，其溶液的pH越小，所以pH25℃1mol•L﹣1FeCl3溶液＞80℃1mol•L﹣1FeCl3溶液，故答案为：＞；-18-\n（4）碳酸钠中碳酸根离子水解但水解程度较小，相同浓度的强碱和盐，碱的pH大于盐，所以0.1mol•L﹣1NaOH溶液＞0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，故答案为：＞．点评：本题考查了pH大小的比较，涉及盐类水解的影响因素等知识点，知道盐类水解程度与温度、溶液浓度的关系是解本题关键，注意（1）中虽然浓度越小弱离子水解程度越大，但浓度越小弱离子水解个数越少，为易错点．　30．（4分）已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO⇌H++ClO﹣，达到平衡后：（1）要使HClO浓度增加，可加入下列物质　B　（填代号）A．SO2B．CaCO3C．HClD．NaOH（2）由此说明在实验室可用排饱和食盐水收集Cl2的理由是　氯离子浓度大使平衡逆向移动，减小氯气的溶解　．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：（1）根据平衡移动原理知，只要加入只和盐酸反应的物质就能使HClO浓度增加；（2）饱和食盐水中氯离子浓度较大，氯离子抑制氯气和水反应．解答：解：A．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，所以氯水中通入二氧化硫抑制氯气和水反应，则HClO浓度降低，故错误；B．CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，HClO和碳酸钙不反应，所以平衡向正反应方向移动，则HClO浓度增加，故正确；C．加入HCl，溶液中氢离子浓度增大，抑制氯气和水反应，则HClO浓度降低，故错误；D．NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，促进氯气和水反应，但溶液中HClO浓度降低，故错误；故选B；（2）饱和食盐水中含有大量氯离子，氯离子抑制氯气和水反应，所以能使Cl2+H2O⇌HCl+HClO向逆反应方向移动，从而减小氯气的溶解，故答案为：氯离子浓度大使平衡逆向移动，减小氯气的溶解．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点、物质的性质即可解答，（2）是实验室制取氯气时收集氯气的方法，明确其原理，题目难度不大．　三、实验题（8分）31．（8分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：（1）配制100mL0.10mol/LNaOH标准溶液．（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定．重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下．实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.1021.9820.0020.1022.0020.0030.1022.0220.00①滴定达到终点的现象是　加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色　．-18-\n②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为　0.11mol/L　（保留两位有效数字）第3组实验滴定达到终点时锥形瓶内溶液的pH为　9.7　．（反应后溶液的体积按40mL计算；已知lg2=0.3、lg5=0.7并保留小数点后一位）③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作　丙　，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．（填代号）④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有　DE　．（多选扣分）A、滴定终点读数时俯视读数B、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗C、锥形瓶水洗后未干燥D、称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．考点：中和滴定．专题：实验题．分析：①滴定时当最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色；②根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱）计算；滴入20.00mLNaOH溶液恰好中和，先计算出多加入0.02mLNaOH溶液时溶液中氢氧根离子浓度，在据水的离子积常数计算氢离子浓度，进而求得pH；③碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；④根据c（待测）=分析误差．解答：解：①酚酞的变色范围是8.2～10，滴定时最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，故答案为：加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；②根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱），需要V（NaOH）=mL=22.00mL，则该盐酸的浓度为=0.11mol/L；第3组实验多加了0.02mLNaOH溶液，则溶液中氢氧根离子浓度为：=5×10﹣5mol/L，则氢离子浓度为：=2×10﹣10mol/L，pH=9.7，故答案为：0.11mol/L；9.7；③碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，故答案为：丙；-18-\n④根据c（待测）=分析误差，A．滴定终点读数时俯视读数，读出的标准溶液的体积偏低，则待测液浓度偏低；B．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低；C．锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中NaOH的物质的量不变，消耗的HCl的量不变，对实验无影响；D．1molNaOH即40g消耗1molHCl，1molNa2CO3即106g消耗2molHCl，则等质量的NaOH和Na2CO3与盐酸反应，NaOH消耗的盐酸多，与等量的盐酸反应时，需要的混有Na2CO3的NaOH标准溶液较多，所以测定溶液浓度偏大；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定NaOH体积偏大，测定值偏大；故答案为：DE．点评：本题考查中和滴定操作和pH计算，题目难度中等，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项．　四、计算题（写出计算过程，8分）32．（8分）在25℃时，100mL0.4mol/L的硫酸溶液与等体积0.6mol/L的氢氧化钠溶液混合后，溶液的pH等于多少？考点：pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：n（H2SO4）=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，则n（H+）=2n（H2SO4）=0.08mol，n（NaOH）=0.1L×0.6mol/L=0.06mol，氢离子过量，根据反应：OH﹣+H+=H2O，计算过量的c（H+），进而根据pH=﹣lgc（H+）计算溶液的pH．解答：解：n（H2SO4）=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，则n（H+）=2n（H2SO4）=0.08mol，n（NaOH）=0.1L×0.6mol/L=0.06mol，氢离子过量，则反应后：c（H+）==0.1mol/L，pH=﹣lgc（H+）=1，答：溶液的pH等于1．点评：本题考查酸碱混合后溶液PH的计算，题目难度不大，注意把握相关计算公式即可．　-18-