山西省朔州市应县第一中学校2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题

山西省朔州市应县第一中学校2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题

高 二 年 级 月 考 三 化 学 试 题 相对原子质量：Ba137 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Br 80 Cu 64 Mg 24 Fe56 Zn65 F19 H1‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共26个小题，每小题2分，共52分）‎ ‎1.已知反应：‎ ‎①101kpa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g) ∆H=-221kJ/mol ‎②稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ∆H=-57.3kJ/mol 下列结论中正确的是( )‎ A. 碳的燃烧热∆H>-110.5kJ/mol B. ①的反应热为221kJ/mol C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3kJ/mol D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳的燃烧热是指1molC完全燃烧产生稳定的氧化物CO2时所放出的热量，根据①可知1molC燃烧产生CO时放出110.5kJ的热量，由于CO燃烧还放出热量，所以1mol完全燃烧产生CO2时放出热量大于110.5kJ，燃烧放出的热量越多，则反应热就越小，所以碳的燃烧热∆H<-110.5kJ/mol，A错误；‎ B.根据已知条件可知①的反应热为-221kJ/mol，B错误；‎ C.强酸与强碱在稀溶液中发生中和反应产生1molH2O时放出的热量为中和热，所以根据②可知稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3kJ/mol，C正确；‎ D.醋酸是弱酸，电离吸收热量，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ，D错误； ‎ 故合理选项是C。‎ ‎2.将8mol H2和2molN2充入2L密闭容器中，在一定条件下进行合成氨反应，4min后反应达到平衡，测得容器中还有5.6molH2。下列计算结果错误的是（ ）‎ A. v(H2)=0.3 mol·L-1·min-1 B. H2的转化率为25%‎ C. NH3的物质的量浓度为0.8mol·L-1 D. NH3的体积分数为19.05%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】4min后反应达到平衡，测得容器中还有5.6molH2，则反应H2的物质的量是△n(H2)=8mol-5.6mol=2.4mol，则V(H2)==0.3mol/(L·min)，A正确；‎ B.H2开始时物质的量是8mol，反应转化的物质的量是2.4mol，故H2的转化率为(2.4mol÷8mol)×100%=30%，B错误；‎ C.根据方程式3H2+N22NH3可知：每有3molH2反应，会同时产生2molNH3，现在反应的H2的物质的量是2.4mol，则反应产生NH3的物质的量是×2.4mol=1.6mol，所以此时NH3的物质的量浓度c(NH3)=1.6mol÷2L=0.8mol·L-1，C正确；‎ D.根据方程式可知：每有3molH2反应，反应会同时消耗1molN2，同时产生2molNH3，反应后气体减少2mol，现在反应产生NH31.6mol，因此气体的物质的量减少了1.6mol，则此时混合气体的总物质的量为8mol+2mol-1.6mol=8.4mol，所以NH3的体积分数为(1.6mol ÷8.4mol)×100%=19.05%，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是(   )‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2‎ ‎②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO ‎③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO，两者均表示正反应速率，不能说明达到平衡状态，故②错误；‎ ‎③无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比都等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故③错误；‎ ‎④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，反应达到平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤混合气体的体积不变，质量不变，气体的密度始终不变，不能作平衡状态的标志，故⑤错误；‎ ‎⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，能够说明反应达到平衡状态，故⑥正确；‎ 达到平衡状态的标志有①④⑥，故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为①和②，要注意达到平衡的标志之一是v正=v逆，而②均表示正反应速率。‎ ‎4.根据中学对电解质、非电解质的定义判断下列叙述正确的是 A. 虽然石墨有较好的导电性，但它属于非电解质 B. 实验测定NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质 C. 实验测定液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质 D. 蔗糖(纯净物)在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以蔗糖属于非电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据非电解质的前提条件、定义及电解质与溶液导电的关系判断。‎ 详解；A、溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，非电解质必须是化合物，A错误。‎ B、NH3、CO2的水溶液均能导电，溶液中的离子是一水合氨、碳酸电离的，不是NH3、CO2电离的，所以NH3、CO2是非电解质，B错误。‎ C、液态HCl、固体NaCl均不能导电，但它们在水溶液里能电离出自由离子而导电，所以它们是电解质，C错误。‎ D、蔗糖（纯净物）在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以蔗糖属于非电解质，D正确。‎ 答案选D。‎ 点睛：本题考查了电解质、非电解质概念及其与导电的关系，要注意的是：导电的物质不一定是电解质，如铜；电解质不一定导电，如液态氯化氢；不是电解质的物质不一定就是非电解质，如石墨等。‎ ‎5.已知AgCl的Ksp=1.8×10-10。常温下在100 mL 0.01 mol·L-1 KCl溶液中，加入1 mL0.01‎ ‎ mol·L-1 AgNO3溶液，下列说法正确的是 (　　)‎ A. 有AgCl沉淀析出 B. 无AgCl沉淀析出 C. 无法确定 D. 有沉淀但不是AgCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯化银的溶解平衡为：AgCl(s)Ag++Cl-，Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，求算出Cl-、Ag+的物质的量，混合后体积为0.101L，再计算出c(Ag+)、c(Cl-)，代入AgCl的溶度积判断即可。‎ ‎【详解】由AgCl(s)Ag++Cl-，Ksp= c(Ag+)c(Cl-)，混合后溶液体积是0.101L，n(Cl-)=0.1L×0.01mol/L=0.001mol，c(Cl-)=0.001mol÷0.101L=0.01mol/L，‎ n(Ag+)=0.001L×0.01mol/L=0.00001mol=1×10-5mol，c(Ag+)==1×10-4mol/L，Qc= c(Ag+)c(Cl-)=0.01mol/L×1×10-4mol/L=1×10-6mol2/L2>1.8×10-10 mol2/L2，故有沉淀析出，故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题主要考查的是根据难溶电解质溶度积判断沉淀情况，判断出混合后各种离子的浓度是解决本题的关键。若溶液中c(Ag+)c(Cl-)> Ksp，就形成沉淀，若c(Ag+)c(Cl-)=Ksp，就达到沉淀溶解平衡，若c(Ag+)c(Cl-)c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)‎ B. NaHA：c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)‎ C. Na2A：c(Na＋)>c(A2－) >c(OH－)>c(H＋)‎ D. H2A：c(H＋)＝c(HA－)＋2 c(A2－)＋c(OH－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据电离方程式可知，该酸第一步是完全电离的，而第二步是不完全的，存在电离平衡。所以HA－只能电离，而不能水解，溶液是显酸性的，A不正确。根据原子守恒可知，B是正确的。Na2A水解显碱性，C正确。根据电荷守恒中D也是正确的。答案选A。‎ ‎7.下列对沉淀溶解平衡的描述，不正确的是(　　)‎ A. 沉淀溶解达到平衡时，加水稀释，再达平衡后各离子浓度与第一次平衡相同 B. 沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等 C. 沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变 D. 沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，平衡不移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.沉淀溶解达到平衡时，加水稀释，平衡正向移动，由于温度不变，所以再达平衡后各离子浓度与第一次平衡相同，A正确；‎ B.沉淀溶解达到平衡时，任何物质的浓度不变，所以沉淀的速率和溶解的速率相等，所以物质的浓度不变，B正确；‎ C.沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等，C错误；‎ D.沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体物质的浓度不变，因此对平衡移动无影响，所以沉淀溶解平衡不移动，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎8. 下列说法中正确的是 A. 常温下，稀释0.1 mol/L的氨水，溶液中c(OH－)、c()、c(H＋)均减小 B. 常温下，c()相等的①(NH4)2SO4、②(NH4)2Fe(SO4)2、③NH4Cl、④(NH4)2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③‎ C. pH相等的CH3COONa、NaHCO3和Na2CO3三种溶液：c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)‎ D. 某温度时水的离子积常数KW＝10－13，若将此温度下pH＝11的NaOH溶液aL与pH＝1的稀硫酸bL混合，若所得混合液pH＝2，则a∶b＝2∶9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 常温下，在稀溶液中c(H＋)与c(OH－)的乘积是个定值，稀释0.1 mol·L－1的氨水，c(OH－)、c()减小，c(H＋)增大，A项错误；Fe2＋的水解抑制的水解，的水解促进的水解，所以等浓度的①(NH4)2SO4、②(NH4)2Fe(SO4)2、③NH4Cl、④(NH4)2CO3的溶液的c(NH)：②＞①＞④＞③，因此，c()相等的①(NH4)2SO4、②(NH4)2Fe(SO4)2、③NH4Cl、④(NH4)2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③，B项正确；根据越弱越水解的规律可知浓度相同的CH3COONa、NaHCO3和Na2CO3三种溶液的pH为：Na2CO3＞NaHCO3＞CH3‎ COONa，因此，pH相等的CH3COONa、NaHCO3和Na2CO3三种溶液：c(CH3COONa)＞c(NaHCO3)＞c(Na2CO3)，C项错误；pH＝11的NaOH溶液的c(OH－)＝10－2mol/L，pH＝1的稀硫酸的c(H＋)＝10－1mol/L，混合液的pH＝2，则有，得a∶b＝9∶2，D项错误。‎ ‎9.25℃时， 在pH都等于5的NH4Cl和CH3COOH两种溶液中，设由水电离产生的H+ 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为 A. A < B B. A = 10－4 B C. B = 10－4 A D. A = B ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水电离生成氢离子和氢氧根离子，所以酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐水解而促进水电离，据此分析解答。‎ ‎【详解】水存在电离平衡H2OH++OH-，醋酸溶液中氢离子抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子就等于氢氧根离子浓度，pH都等于5，溶液中的氢氧根离子浓度为：1×10-9mol/L，水电离的氢离子浓度为1×10-9mol/L，即B=1×10-9mol/L，pH都等于5的氯化铵溶液中，铵离子结合了水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：1×10-5mol/L=A，所以A和B关系为：B=10-4A，答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了水的电离及其影响，涉及了水的电离程度的计算，关键熟练掌握酸碱盐对水的电离的影响，本题难度中等。‎ ‎10. 对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是 （ ）‎ A. 加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大 B. 使温度都升高20℃后，两溶液的pH均不变 C. 加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小 D. 加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸中存在电离平衡，所以增大醋酸根离子的浓度，抑制电离，H+浓度减小，pH增大；醋酸钠和盐酸反应生成弱酸醋酸，H+浓度也减小，pH增大；A正确；‎ B. 加热促进电离，醋酸pH减小，，盐酸pH不受影响，B错误；‎ C. 稀释酸溶液，pH均增大，C错误；‎ D. 在pH相同、体积相同的条件下，醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，因此醋酸生成的氢气多，D错误；‎ 故合理选项为A。‎ ‎11. 室温时，下列溶液混合后，pH大于7的是 A. 0.1 mol·L－1的盐酸和pH＝13的氢氧化钡溶液等体积混合 B. 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液和pH＝1的盐酸等体积混合 C. pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合 D. pH＝1的醋酸和0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A中0.1 mol·L－1的盐酸的C（H+）=0.1mol/L，pH＝13的氢氧化钡的C（OH-）=0.1mol/L，等体积混合后， H+和OH-恰好完全反应，PH等于7；B中0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液和pH＝1的盐酸等体积混合，HCO3-和H+恰好完全反应，PH等于7；C中pH＝3的硫酸C（H+）=0.001mol/L和pH＝11的氨水C（OH-）=0.001mol/L，但是氨水是弱电解质，不完全电离，所以氨水的浓度大，过量，故PH>7；D中pH＝1的醋酸C（H+）=0.1mol/L和0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液C（OH-）=0.1mol/L等体积混合后，醋酸是弱电解质，醋酸的浓度大于0.1mol/L，过量，故PH<7；‎ 考点：两溶液混合后的PH计算 点评：在PH相同条件下，弱酸弱碱的浓度一定比电离出的H+、OH-的浓度大，因为他们不能完全电离。‎ ‎12.向体积为Va的0.05mol·L-1CH3COOH溶液中加体积为Vb的0.05mol·L-1KOH溶液，下列错误是( )‎ A. Va>Vb时：c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)>c(K+)‎ B. Va=Vb时：c(H+)c(K+)>c(OH-)>c(H+)‎ D. Va与Vb任意比时：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若Va>Vb时，则n(CH3COOH)>n(KOH)，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)>c(K+)，A正确；‎ B.若Va=Vb时：n(CH3COOH)=n(KOH)，二者恰好反应产生CH3COOK，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(H+)c(CH3COO-)，溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)，但由于不能确定不能确定CH3COOK和KOH相对多少，所以不能比较c(CH3COO-)、c(OH-)的大小，C错误；‎ D.Va与Vb任意比时，根据电荷守恒可知：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎13.某盐溶液NaHR的电离方程式为NaHR=Na++HR-下列有关说法不正确的是 A. Na2R溶液的pH值一定大于7‎ B. 若NaHR溶液中c( OH-)>c( R2-)则溶液呈碱性 C. c(Na+)>c(HR-)>c( R2-)>c(OH-)>c( H+)‎ D. NaHR溶液的pH值不一定大于7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据某盐溶液NaHR的电离方程式为NaHR=Na++HR-，可知H2R为二元弱酸，则Na2R在溶液中能水解；‎ B.HR-在溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据二者的程度判断溶液的酸碱性；‎ C.若c( R2-)>c(OH-)，以电离为主，溶液呈酸性；‎ D.不能确定HR-在溶液中是以电离为主还是水解为主，则不能确定溶液的酸碱性。‎ ‎【详解】A.根据某盐溶液NaHR的电离方程式为NaHR=Na++HR-，可知H2R为二元弱酸，则Na2R在溶液中能水解使溶液显碱性，所以Na2R溶液的pH值一定大于7，A正确；‎ B.HR-在溶液中存在电离平衡和水解平衡，HR-+H2OOH-+H2R，HR-H++R2-，若NaHR溶液中c(OH-)>c( R2-)，则水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，B正确；‎ C.HR-在溶液中存在电离平衡和水解平衡：HR-H++R2-，HR-+H2OOH-+H2R，若c( R2-)>c(OH-)，以电离为主，溶液呈酸性，则c(Na+)>c(HR-)>c( H+)>c( R2-)>c(OH-)，错误；‎ D.HR-在溶液中存在电离平衡和水解平衡：HR-H++R2-，HR-+H2OOH-+H2R，若HR-‎ 在溶液中是以电离为主，则溶液显酸性，若以水解为主，则溶液显碱性，所以NaHR溶液的pH值不一定大于7，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了盐的水解原理和弱电解质电离原理的应用，注意根据HR-在溶液中电离程度与水解程度都是微弱的，主要以盐电离产生的离子HR-存在，根据HR-在溶液中电离程度与水解程度的大小关系分析。‎ ‎14.在一密闭容器中，等物质的量的A和B发生反应：A（g）+2B(g) 2C(g),反应达平衡时，若混合气体中A和B的物质的量之和与C的物质的量相等，则这时A的转化率为( )‎ A. 40% B. 50% C. 60% D. 70%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】令A和B的起始投入量都为1mol，A的变化量为x ‎ A（g）+2B(g) 2C(g)‎ 起始量 1mol 1mol 0‎ 变化量 x 2x 2x 平衡量 1-x 1-2x 2x 则 (1-x)+(1-2x )=2x ‎ X=0.4mol ‎ ‎ 故选A。‎ ‎15. 下列有关中和滴定的操作：①用标准液润洗滴定管；②往滴定管内注入标准溶液；③检查滴定管是否漏水；④滴定；⑤滴加指示剂于待测液；⑥洗涤。正确的操作顺序是 A. ⑥③①②⑤④ B. ⑤①②⑥④③ C. ⑤④③②①⑥ D. ③①②④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：有关中和滴定的操作，首先是洗涤滴定管，然后是检查滴定管是否漏水；再向滴定管中装标准溶液，然后向待测溶液中滴加指示剂；最后进行滴定。因此顺序是⑥③①②⑤④，选项是A。‎ 考点：考查有关中和滴定的操作的步骤是知识。‎ ‎16.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与b mol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是 A. a=b B. 混合溶液的PH=7‎ C. 混合溶液中，c(H+)=mol.L-1‎ D. 混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；‎ B. 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；‎ C. 判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=mol·L-1，C正确； ‎ D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎17.0.02mol·L—1的HCN溶液与0.02mol·L—1的NaCN溶液等体积混合，已知混合溶液中C(CN-)＜C(Na＋)，则下列关系中，正确的是：‎ A. C(Na＋)＞C(CN-)＞C( H＋)＞C(OH-)‎ B. C(HCN)+C (CN-)=0.04mol·L-1‎ C. C(CN-)＞C(HCN)‎ D. C(Na＋)+C(H＋)= C(CN-)+C(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设以100L等体积混合，即，溶合后，根据电荷守恒得，因c(CN-)＜c(Na＋)，得，即混合溶液显碱性，以CN—的水解为主；所以 A.根据上述分析，溶液呈碱性，正确为C(Na＋)＞C(CN-)＞C(OH-)＞C( H＋)；A项错误；‎ B.根据物料守恒，有C(HCN)+C (CN-)=0.02mol·L-1；注意溶液混合前后体积变化，B项错误；‎ C.CN-以水解为主，水解生成更多的HCN，正确关系为C(HCN)＞C(CN-)；C项错误；‎ D.溶液中电荷守恒，阳离子所带的正电荷浓度等于阴离子所带的负电荷浓度，D正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎18.在25mL 0.1mol·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，下列有关离子浓度的比较正确的是 A. 在A、B间任一点(不含A、B点)，溶液中可能有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(CH3COO－)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)‎ D. 在D点，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：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；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；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；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错误，答案选A。‎ 考点：考查酸碱中和图像分析、溶液中离子浓度大小比较等 点评：该题是高考中的常见题型，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，本题贴近高考，综合性强，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该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。‎ ‎19.为了使Na2S溶液中c(Na+)/c(S2-)的比值变小，可加入的物质是 A. 适量盐酸 B. 适量NaOH C. 适量H2O D. 适量KHS ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解，导致硫离子浓度会减小，要使c(Na+)/c(S2-)减小，需根据硫离子水解平衡移动来分析。‎ ‎【详解】在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，要使c(Na+)c(S2-)减小，需使硫离子水解平向逆方向移动即可，所以加适量KHS溶液，c（HS-）增大，硫离子水解平向逆方向移动，c（S2-）增大，c(Na+)c(S2-)减小，选项D正确；答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查学生盐的水解平衡移动，可以根据所学知识进行回答，难度不大，易错点为选项B，应该注意钠离子和氢氧根离子的浓度均增大，钠离子增大的程度更大，氢氧根离子抑制水解使硫离子浓度增大的程度较小。‎ ‎20.已知Ag2SO4的Ksp=c2(Ag+)×c(SO42-)=1.4×10-5，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，此时溶液中c(Ag＋)=0.030mol·L-1。若t1时刻改变条件，下图中不正确的是( )‎ A. 加入100mL蒸馏水 B. 加入100mL0.010 mol·L-1AgSO4溶液 C. 加入100mL0.020mol·L-1Na2SO4溶液 D. 加入100mL0.040mol·L-1AgNO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ag2SO4的Ksp=c2(Ag+)×c(SO42-)=1.4×10-5，溶度积常数是一个温度常数，温度不变，溶度积常数不变，而Ag+或SO42-浓度改变，平衡发生移动，以此来解答。‎ ‎【详解】A.加入蒸馏水，原饱和溶液变成不饱和溶液，Ag+、SO42-浓度均下降，说法正确，A不符合题意；‎ B.加入低浓度的硫酸银溶液，原饱和溶液同样要变成不饱和溶液，各离子浓度均下降，说法正确，B不符合题意；‎ C.加入更大浓度的硫酸钠溶液，硫酸根离子浓度加大，银离子浓度减小，说法正确。C不符合题意；‎ D.加入更大浓度的硝酸银溶液，银离子浓度加大，根据沉淀溶度积常数不变，可知硫酸根离子浓度必然减小，图象与事实不符合，说法错误，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查难溶电解质溶解平衡，把握Ksp的影响因素、溶解平衡移动、离子浓度变化为解答的关键，注意图象中离子浓度变化的分析，侧重考查学生的分析与应用能力。‎ ‎21.FeCl3的水解方程式可写为FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，若提高水解程度采取的方法是 (　　　 )‎ A. 降低温度 B. 加入少量Na2CO3 C. 加入少量盐酸 D. 增加FeCl3的浓度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．盐水解反应是吸热反应，若降低温度，则平衡逆向移动，盐水解程度减小，错误。B．加入少量Na2CO3，与水解产生的盐酸反应产生CO2气体，使溶液中c（H+)减小，减小生成物的浓度，平衡正向移动，盐水解程度增大，正确。C．加入少量盐酸，就是增大了生成物的浓度，根据平衡移动原理，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，盐的水解程度减小，错误。D．增加FeCl3的浓度，平衡正向移动，但是加入的盐的浓度远大于平衡正向移动消耗量，所以盐的水解程度反而减小，错误。‎ 考点：考查影响盐水解程度的因素的知识。‎ ‎22.恒温下在容积固定的密闭容器中充入1mol HI，使2HI(g)H2(g) +I2(g)达到平衡时，I2(g)的体积分数为x。若再向该容器中充入1mol HI并再次达到平衡时，I2‎ ‎(g)的体积分数为y，则x与y的大小关系( )‎ A. x>y B. xHY>HZ B. HY>HX>HZ C. HZ>HY>HX D. HZ>HX>HY ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由三溶液的pH值可判断，三者均为强碱弱酸盐：X-、Y-、Z-水解呈碱性；‎ ‎“越弱越水解”，则盐溶液的PH越大，水解生成的酸越弱 ‎26.某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应A(g)+ B(g)2C(g)达到平衡时，各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。保持温度不变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 平衡不移动 B. 相当长时间后，n(A)∶n(B)∶n(C)仍为2∶2∶1‎ C. 再达平衡时，C的体积分数增大 D. 相当长时间后，正反应速率增大，逆反应速率也增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于反应前后气体的化学计量数之和相等，则增大压强平衡不发生移动，A正确；‎ B.由于反应前后气体的化学计量数之和相等，则增大压强化学平衡不移动，再次达到平衡时，A、B和C的物质的量之比仍为2：2：1，B正确；‎ C.由于反应前后气体的化学计量数之和不变，则增大压强平衡不移动，导致再次达到平衡时，C的体积分数不变，C错误；‎ D.由于反应物和生成物的浓度都增大，所以再达平衡时，正逆反应速率都增大，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ 二、非选择题（共48分）‎ ‎27.(1)0.1mol/L的下列溶液按pH值由大到小的顺序排列是（填编号）_______‎ ‎①H2SO4 ②Ba(OH)2 ③NH4Cl ④NaCl ⑤CH3COONa ‎ ‎(2)已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：‎ A.c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) B.c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)‎ C.c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-) D.c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是________，溶液中离子浓度关系符合上述________。‎ ‎②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是_______和_______。‎ ‎【答案】 (1). ②⑤④③① (2). 氯化铵 (3). A (4). NH4Cl (5). HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)溶液酸性越强，pH越小，溶液碱性越强，pH越大，等浓度的强酸弱碱盐水解的酸性比酸的酸性弱；等浓度的强碱弱酸盐水解的碱性比碱的碱性弱；‎ ‎(2)只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子的溶液，可能为氯化铵溶液、可能为氯化铵和盐酸的混合溶液、可能为氯化铵和氨水的混合溶液；‎ ‎①若为NH4Cl溶液，由铵根离子水解来分析；‎ ‎②若C是正确的，c(H+)>c(NH4+)，以此来分析。‎ ‎【详解】(1)①H2SO4是二元强酸，酸溶液的pH<7；‎ ‎②Ba(OH)2是二元强碱，碱溶液的pH>7；‎ ‎③NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，但其酸性比H2SO4的酸性弱，所以pH比硫酸的大，但也小于7； ‎ ‎④NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，pH=7；‎ ‎⑤CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，pH>7，但其碱性比Ba(OH)2的碱性弱，所以pH比Ba(OH)2的小，但也大于7； ‎ 故上述五种物质的水溶液的pH由大到小的顺序排列是②⑤④③①；‎ ‎(2)只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子的溶液，可能为氯化铵溶液、可能为氯化铵和盐酸的混合溶液、可能为氯化铵和氨水的混合溶液；‎ ‎①若为一种物质，该物质NH4‎ Cl溶液，名称为氯化铵，因铵根离子水解，水解显酸性，则离子浓度为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故物质为氯化铵，合理选项是A；‎ ‎②C是正确的，c(H+)>c(NH4+)，由于盐水解产生的H+是微弱的，应该为HCl电离产生，则该溶液应为HCl和NH4Cl溶液。‎ ‎【点睛】本题考查了溶液酸碱性的定性判断和离子浓度大小比较等知识点，盐水解的程度是非常微弱的，溶液的酸碱性主要取决于溶液中酸和碱的电离。即：酸、碱的电离程度大于盐水解的程度，因此酸性：酸>盐；碱性：碱>盐，根据溶液中的溶质及其性质确定溶液酸碱性，再结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒比较溶液中微粒浓度大小。‎ ‎28.下表是25 ℃时某些弱酸的电离平衡常数。‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO ‎ 电离平衡常数 ‎1.8×10-5‎ ‎4.3×10-7‎ ‎56×10-11‎ ‎3.0×10-8‎ ‎(1)H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________‎ ‎(2)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO，两溶液中：[c(Na+)-c(ClO-)]______[c(K+)-c(CH3COO-)](填“>”“<”或“=”)。‎ ‎【答案】 (1). c(K+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-) (2). > (3). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后得到的溶液为KHC2O4，所得溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，据此分析；‎ ‎(2)根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOH>HClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，pH相同时盐的水解程度越大，盐的浓度越小。‎ 由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒计算。‎ ‎【详解】(1)H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，则HC2O4-的电离程度大于其水解程度，再结合氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，HC2O4-‎ 的电离程度大于溶液中H2O的电离程度，则：c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)，HC2O4-的电离、水解而消耗，所以c(K+)>c(HC2O4-)，故溶液中离子浓度大小为c(K+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)；‎ ‎(2)根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOH>HClO，则等浓度的盐溶液NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；‎ 由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得：[c(Na+)-c(ClO-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]。‎ ‎【点睛】本题考查了电离平衡常数的应用、弱电解质的电离平衡及其影响、离子浓度大小比较等知识，明确弱电解质的电离平衡、盐的水解原理为解答关键，注意弱电离平衡常数越大，等浓度的酸的酸性越强，溶液的pH越小，该酸形成的盐水解程度就越小，盐的pH就越小，当盐溶液的pH相同时，含有该酸形成的盐的浓度就越大，结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒判断比较溶液中离子浓度大小，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。‎ ‎29.pH相同的HCl、H2SO4、CH3COOH溶液各100 mL ‎(1)三种溶液中溶质的物质的量浓度最大的是___________________ 。‎ ‎(2)分别用0.1mol/L的NaOH溶液中和，其中消耗NaOH溶液最多的是________‎ ‎(3)加入NaOH溶液，反应开始时，反应速率__________。（填序号）‎ A.HCl最快 B.H2SO4最快 C.CH3COOH最快 D.一样快 ‎【答案】 (1). CH3COOH (2). CH3COOH (3). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)HCl是一元强酸，H2SO4是二元强酸，CH3COOH是一元弱酸，pH相等的这三种酸中，强电解质溶液浓度小于弱电解质，强电解质溶液中，酸浓度与其酸的元数成反比；‎ ‎(2)分别用0.1 mol•L-1的NaOH(aq)中和，消耗NaOH(aq)的体积与氢离子的物质的量成正比；‎ ‎(3)反应速率与氢离子浓度成正比。‎ ‎【详解】(1)HCl是一元强酸，H2SO4是二元强酸，CH3COOH是一元弱酸，pH相等的这三种酸中，强电解质溶液浓度小于弱电解质，强电解质溶液中，酸浓度与其酸的元数成反比，所以pH值相同的HCl(aq)、H2SO4(aq)、CH3COOH(aq)溶液其浓度大小顺序是CH3COOH>HCl>H2SO4，故浓度最大的是CH3COOH；‎ ‎(2)分别用0.1mol•L-1‎ 的NaOH(aq)中和，消耗NaOH(aq)的体积与氢离子的物质的量成正比，pH相等、体积相等的硫酸和盐酸中氢离子的物质的量相等，醋酸的物质的量浓度最大，则相同体积同pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以消耗氢氧化钠体积最多的是CH3COOH；‎ ‎(3)反应速率与氢离子浓度成正比，开始时，三种酸中氢离子浓度相等，所以其开始反应速率相等，故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了强、弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断、反应速率的判断比较等知识，掌握强、弱电解质电离情况，浓度对化学反应速率的影响是本题解答的关键。强酸在水溶液中完全电离，溶液中氢离子的浓度等于酸的浓度与酸的元数的乘积；弱酸在溶液中仅有一部分电离，在溶液中存在电离平衡，电离产生的氢离子的浓度远小于酸的浓度，氢离子的浓度等于酸的浓度与电离度的乘积。‎ ‎30.pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其溶液A、B的pH与溶液体积(V)的关系如下图所示：‎ ‎ ‎ ‎(1)稀释前起始浓度大小关系：c(A)_____c(B)（填“>”、“<”、“=”）‎ ‎(2)稀释前向两溶液中分别投入足量锌，开始放H2的速率A_______B，最终得H2体积 A______B。(填“<”“>”“=”)‎ ‎(3)若使稀释后所得两溶液的pH重新相等，加水量_____________多。‎ ‎【答案】 (1). < (2). = (3). < (4). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)一元强酸完全电离，c(酸)=c(H+)；弱酸部分电离产生电离平衡，c(酸)>c(H+)。1mL的强酸加水稀释到1000mL，则pH会在原来基础上增加3个单位，酸性强，pH变化幅度大，酸性弱，pH变化幅度小。以此解答；‎ ‎(2)根据H+判断反应速率大小；根据最终电离产生H+的物质的量确定放出氢气的体积大小；‎ ‎(3)根据图示，稀释相同倍数时溶液的pH：A>B，若使pH相同，B还需要加水稀释。‎ ‎【详解】(1)1mL的强酸加水稀释到1000mL，则pH会在原来基础上增加3个单位，酸性越强，溶液的pH变化幅度大，酸性弱，pH变化幅度小。因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)>c(H+)，根据图示可知：酸A稀释时pH变化较大，说明酸性A>B，所以A、B两种酸溶液的物质的量浓度AB，两种溶液的体积相等，则溶液中n(A)B，若使溶液的pH稀释后仍然相同，B还需要加水稀释，即B稀释的倍数大，B加水量多。‎ ‎【点睛】本题考查了图象方法在酸稀释的应用，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键。酸溶液的酸性越强，稀释相同倍数时，溶液的pH变化越大，等pH的酸溶液稀释相同倍数时，弱酸的pH较小；稀释后若溶液的pH相同，则弱酸稀释的倍数大于强酸稀释的倍数，酸溶液无限稀释，溶液的pH逐渐增大，无限接近于7，但小于7；同理，碱溶液无限稀释时，pH逐渐减小，，无限接近于7，但大于7。‎ ‎31.将0.2 mol·L－1 HA溶液与0.2 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则(用“>”、“<”或“＝”填写下列空白)：‎ ‎（1）混合溶液中c(HA)________c(A－)；‎ ‎（2）混合溶液中c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1；‎ ‎（3）混合溶液中由水电离出的c(OH－)_______0.2 mol·L－1 HA溶液中由水电离出的c(H＋)；‎ ‎（4）25℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度________NaA的水解程度。‎ ‎【答案】 (1). < (2). ＝ (3). > (4). >‎ ‎【解析】‎ 试题分析：0.2 mol·L-1 HA溶液与0.2 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后，HA与NaOH恰好完全反应生成 NaA，由于溶液体积扩大1倍，所以NaA的浓度是0.1 mol·L－1。混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，说明A-发生了水解，所以HA是弱酸。‎ 解析：根据以上分析，混合后的溶液是0.1 mol·L－1的NaA溶液。（1）HA是弱酸，混合溶液中A-发生了水解，但水解毕竟是少量的，所以混合液中c(HA)＜c(A-)；‎ ‎（2）混合后得到0.1 mol·L－1的NaA溶液，A-发生了水解,根据物料守恒，混合溶液中c(HA)＋c(A－)=0.1 mol·L－1；‎ ‎（3）盐类的水解促进水的电离，酸碱抑制水的电离，所以混合液中的水电离的c(OH-)大于0.2 mol·L-1 HA溶液由水电离出的c(H+)；‎ ‎（4）25℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，‎ 则混合后溶质为等浓度的NaA、HA，NaA水解呈碱性，HA电离呈酸性，混合溶液的pH<7，说明则HA的电离程度大于NaA的水解程度。‎ 点睛：等浓度的NaA、HA的混合溶液，NaA水解呈碱性，HA电离呈酸性，若溶液呈碱性，则HA的电离程度小于NaA的水解程度；若溶液呈酸性，则HA的电离程度大于NaA的水解程度。‎ ‎32.比较下列溶液的pH值(填“>”、“<”、“=”)‎ ‎(1)0.1 mol·L- 1NH4Cl溶液___________0.01 mol·L- 1NH4Cl溶液 ‎(2)0.1 mol·L- 1Na2CO3溶液 __________0.1 mol·L- 1 NaHCO3溶液 ‎(3)25℃，1 mol·L- 1FeCl3溶液__________80℃，1 mol·L- 1 FeCl3溶液 ‎(4)0.1 mol·L- 1NaOH溶液___________0.1 mol·L- 1 Na2CO3溶液 ‎【答案】 (1). < (2). > (3). > (4). >‎ ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎【详解】(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生成的离子浓度大，所以浓度越大的氯化铵溶液的pH越小，则pH：0.1mol•L-1 NH4Cl溶液<0.01mol•L-1 NH4Cl溶液；‎ ‎(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pH：0.1mol•L-1Na2CO3溶液>0.1mol•L-1 NaHCO3溶液；‎ ‎(3)温度升高，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pH：25℃1mol•L-1FeCl3溶液>80℃1mol•L-1FeCl3溶液；‎ ‎(4)碱NaOH完全电离，c(OH-)=c(NaOH)，而盐水解程度十分微弱，其水解产生的c(OH-)远小于盐的浓度。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。‎ ‎【点睛】本题考查了pH大小的比较，涉及盐类水解的影响因素，知道盐类水解存在平衡，盐水解的程度与温度、溶液浓度的关系是解本题关键，而强酸、强碱完全电离，酸、碱电离程度远大于等浓度的盐水解的程度。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生成的离子浓度小，溶液的酸性或碱性越弱为易错点。‎ ‎33.常温下，向浓度为0.1 mol·L-1、体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。据图信息回答：‎ ‎(1)该温度时NH3·H2O的电离常数K=________。‎ ‎(2)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH-)大小顺序为________。‎ ‎【答案】 (1). 10-5 (2). d>c>b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据开始时pH计算c(H+)，再根据Kw中c(H+)、c(OH-)的关系计算溶液的c(OH-)，结合NH3·H2O的电离平衡计算平衡时溶液的各种微粒的浓度，代入平衡常数表达式，可计算出K的大小；‎ ‎(2)滴定时，由b点到c点的过程中，根据水的离子积常数、氨水的电离平衡、氯化铵的水解平衡只与温度有关来分析。‎ ‎【详解】(1)滴定前氨水pH=11，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，利用水的离子积得c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，在氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，则一水合氨的电离平衡常数K==≈10-5；‎ ‎(2)在b点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液为碱性，对水的电离平衡起到抑制作用；‎ 在c点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度等于氯化铵的水解程度，溶液为中性，对水的电离平衡无影响；‎ 在d点时，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，使溶液显酸性，对水的电离平衡起促进作用，所以b、c、d三点时的溶液中，水电离的c(OH-)大小顺序是：d>c>b。‎ ‎【点睛】本题以HCl溶液滴定NH3•H2‎ O曲线为载体，考查盐类的水解、溶液离子浓度的大小比较，注意离子浓度大小比较中电荷守恒、质子恒等式、物料守恒等量关系式的利用，酸、碱电离产生H+、OH-离子，抑制水的电离，强酸弱碱盐或强碱弱酸盐会消耗水电离产生的OH-或H+，对水的电离平衡起促进作用，准确判断溶液中溶质的成分是比较水电离程度的关键。‎ ‎34. 常温下，有pH值为12NaOH溶液100 ml，欲将其pH值变为11，采取下列三种措施（忽略混合过程中溶液体积的变化），请回答有关问题：‎ ‎（1）若加水，应加入 ml。‎ ‎（2）若用pH=10的NaOH溶液，应加入 ml。‎ ‎（3）若用pH=2的盐酸，应加入 ml。‎ ‎【答案】（1）900 （2）1000 （3）81.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度,再根据c1V1=c2(V1+V2)计算加入的水体积； (2)先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度,再根据c1V1+c2V2=c3(V1+V2)计算加入的氢氧化钠溶液体积； (3)先计算混合溶液中氢氧根离子浓度,再根据c（OH-）=[n（OH-）-n（H+）]/[V(HCl)+V(NaOH)]进行计算。‎ ‎【详解】(1) pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L, pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L,设加入水的体积是V2,c1V1=c2(V1+V2)=0.01 mol/L ×0.1L=(0.1+V2), V2=(0.01×0.1)/0.001=0.9L=900mL； 因此，本题正确答案是:900； (2)pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L , pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001 mol/L，设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，c1V1+c2V2=c3(V1+V2)=0.01mol/L×0.1L+0.0001 mol/L ×V2=0.001mol/L×(0.1+V2), V2=1L=1000mL；‎ 因此，本题正确答案是:1000； (3) pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01 mol/L，反应后溶液显碱性，即碱过量，设加入盐酸的体积是V(HCl),c（OH-）=[n（OH-）-n（H+）]/[V(HCl)+V(NaOH)]= 0.01×[0.1- V(HCl)]/(0.1+V(HCl)=0.001，V=0.0818L=81.8mL； 因此，本题正确答案是:81.8。‎ ‎ ‎ ‎ ‎