2020届高考化学二轮复习水的电离和溶液的酸碱性作业(2)

2020届高考化学二轮复习水的电离和溶液的酸碱性作业(2)

水的电离和溶液的酸碱性 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．对水的电离平衡没有影响的物质是（　　）‎ A．硝酸铵 B．硫化钠 C．氯化氢 D．碘化钠 ‎2．能使Al（OH）3的电离平衡向碱式电离方向移动的是（　　）‎ A．HNO3 B．H2CO3 C．NaOH D．氨水 ‎3．下列物质对水的电离平衡没有影响的是（　　）‎ A．NaI B．KF C．KAl（SO4）2 D．NaHSO4‎ ‎4．t℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10﹣15，可以用类似定义pH的方法规定pD＝﹣1g{c（D+）}，以下关于pD的叙述正确的是（　　）‎ A．中性溶液的pD＝7.0 ‎ B．含0.01 mol NaOD的D2O溶液1 L，其pD＝12.0 ‎ C．溶解0.01 mol DCl于1 L D2O中，其pD＝2.0 ‎ D．在100 mL 0.25 mol•L﹣1的DCl的D2O溶液中，加入50 mL 0.2 moL•L﹣1的NaOD重水溶液中，其pD＝1.0‎ ‎5．水的电离常数如图两条曲线a与b所示，曲线中的点都符合c（H+）×c（OH﹣）＝常数．下列说法正确的是（　　）‎ A．图中温度T2＞T1 ‎ B．曲线a、b均代表纯水的电离情况 ‎ C．图中五点的Kw的关系：B＞C＞A＞D＝E ‎ D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性 ‎6．以下物质的性质只与温度有关的是（　　）‎ A．氨气的溶解度 B．水的离子积 ‎ C．高锰酸钾的氧化性 D．醋酸的电离度 ‎7．中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（　　）‎ A．根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大 ‎ B．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7 ‎ C．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH＝6.8的溶液一定显酸性 ‎ D．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO ‎8．某化学研究性学习小组对电解质溶液进行如下的归纳总结（均在常温下）：‎ ‎①pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中所有离子的浓度一定降低 ‎②pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸，c（H+）之比为2：1‎ ‎③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa、b．C6H5ONa、c．NaHCO3、d．NaOH，溶质的物质的量浓度由小到大的顺序为d＜b＜c＜a ‎④向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，则c（Na+）＝c（）‎ ‎⑤已知醋酸的电离常数为Ka，醋酸根离子的水解常数为Kh，水的离子积常数为KW；则三者关系为Ka•Kh＝KW ‎⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的2倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合溶液的pH可能等于7‎ 其中归纳正确的是（　　）‎ A．全部 B．③⑤⑥ C．④⑤⑥ D．①②④‎ ‎9．下列实验误差分析错误的是（　　）‎ A．用湿润的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小 ‎ B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小 ‎ C．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，终点读数时尖嘴内无气泡，所测体积偏大 ‎ D．测定1mol气体体积时，未冷却至室温就读数，所测体积偏大 ‎10．下列实验的叙述正确的是（　　）‎ A．酸碱中和滴定需将标准溶液直接注入到用水清洗后的滴定管中 ‎ B．若需94 mL1.00mol/LNaCl溶液，需称5.85g NaCl配制成100mL溶液 ‎ C．用一元酸和一元碱测定中和反应热时，取等体积等浓度的稀溶液为佳 ‎ D．测定稀酸或稀碱溶液的pH时，需将待测液直接滴在湿润的pH试纸上 ‎11．常温下，对于pH＝3的硝酸和pH＝3的醋酸，下列说法不正确的是（　　）‎ A．将pH＝3的硝酸稀释100倍后所得溶液pH＝5 ‎ B．pH相同的硝酸和醋酸溶液，c（NO3﹣）＝c（CH3COO﹣） ‎ C．在10mLpH＝3醋酸溶液中，加入足量的锌粉，产生n（H2）＞5×10﹣6mol ‎ D．用上述溶液分别中和等量的氢氧化钠，醋酸消耗的多 ‎12．将浓度均为0.1mol•L﹣1的下列溶液稀释10倍，其中pH增大的是（　　）‎ A．HNO3 B．NaOH C．KI D．NaHCO3‎ ‎13．常温时，用0.01mol/L H2SO4滴定0.01mol/LNaOH溶液，中和后加水至100mL，若滴定时终点判断有误差：①多加1滴HH2SO4②少加1滴H2SO4 （设1滴为0.05mL）则①和②H+浓度的比值是（　　）‎ A．10 B．50 C．5×l03 D．104‎ ‎14．常温下0.1mol/L氨水溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝（a﹣1）的措施是（　　）‎ A．将溶液稀释到原体积的10倍 ‎ B．加入适量的氯化铵固体 ‎ C．加入等体积0.1 mol/L烧碱溶液 ‎ D．加入等体积0.1 mol/L盐酸 ‎15．下列说法错误的是（　　）‎ A．将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：a＞c＞b ‎ B．常温下5.0×10﹣3mol/L的NaHA溶液pH＝4.5，该溶液中c（H2A）＜c（A2﹣） ‎ C．常温下，M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OHˉ（aq）Ksp＝a，饱和溶液中：c（M2+）＝b mol/L时，溶液的pH等于14+ ‎ D．K2C2O4溶液：c（OHˉ）﹣c（H+）＝2c（H2C2O4）+c（HC2O4ˉ）‎ ‎16．室温下，下列事实不能说明NH3▪H2O为弱电解质的是（　　）‎ A．0.1mol▪L﹣1NH3▪H2O能使无色酚酞试液变红色 ‎ B．0.1mol▪L﹣1NH4Cl的pH小于7 ‎ C．0.1 molL﹣1NaOH溶液的导电能力比0.1molL﹣1氨水的导电能力强 ‎ D．0.1mol▪L﹣1NH3▪H2O的pH小于13‎ ‎17．通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是（　　）‎ A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢 ‎ B．乙酸钠溶液pH＞7 ‎ C．乙酸溶液能使石蕊变红 ‎ D．某乙酸溶液导电能力弱 ‎18．常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是（　　）‎ A．0.01 mol•L﹣1的HClO溶液pH＞2 ‎ B．NaClO、HClO都易溶于水 ‎ C．NaClO的电离方程式：NaClO＝Na++ClO﹣ ‎ D．HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4‎ ‎19．常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（　　）‎ A．常温下Ka1（H2X）的值约为10﹣4.4 ‎ B．曲线N表示pH与lg的变化关系 ‎ C．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣） ‎ D．当混合溶液呈中性时，c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）＝c（H+）‎ ‎20．常温下，将NaOH溶液滴入二元弱酸H2X溶液中，混合溶液中的粒子浓度与溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）‎ A．曲线M表示lg与pH的变化关系 ‎ B．NaHX溶液显碱性 ‎ C．当混合溶液呈中性时，c（Na+）＞c（X2﹣）＞c（HX﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣） ‎ D．Ka2（H2X）的数量级为10﹣9‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．若t1＝25℃，则Kw1＝　 　；若t2＝100℃时，Kw2＝10﹣12，则此时0.05mol•L﹣1的Ba （OH）2溶液的pH＝　 　．‎ ‎22．现有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列溶液：①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④氯化铵，请回答下列问题：‎ ‎（1）①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）　 　．‎ ‎（2）将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是　 　．‎ ‎23．请选择“增大”、“减小”、“不变”、“大于”、“小于”或“等于”填空：‎ ‎（1）升高温度时，水的pH将　 　．‎ ‎（2）用水稀释0.1mol/L氨水时，的比值将　 　．‎ ‎（3）pH相同的盐酸和醋酸，分别用蒸馏水将其稀释到原来的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相同，则m　 　n．‎ ‎（4）将标准状况下的2.24L CO2通入150mL 1mol/L NaOH溶液中，则c（HCO3﹣）　 　c（CO32﹣）．‎ ‎24．某温度下，纯水中的c（H +）＝5.0×10﹣7mol/L，则此时c（OH ﹣）＝　 　mol/L．相同条件下，测得①NaHCO3（aq） ②CH3COONa（aq）③NaClO（aq）三种稀溶液的pH值相同．它们的物质的量浓度由大到小的顺序是　 　．‎ ‎25．（1）常温下，某溶液中由水电离出的c （OH﹣）＝1.0×10﹣10mol/L，该溶液可以是　 　．（填选项）‎ A．pH＝4的醋酸 B．pH＝10的NaOH溶液 C．pH＝9的Na2CO3溶液 D．pH＝2的硫酸 E．pH＝4的NH4Cl溶液 ‎（2）在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）＝10﹣amol/L，c（OH﹣）＝10﹣bmol/L，已知a+b＝12，则在该温度下，将100mL 0.1mol/L的稀H2SO4溶液与100mL 0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH＝　 　．（混合时溶液体积变化忽略不计）‎ ‎（3）常温下，a mL pH＝3的盐酸与b mL pH＝11的氨水混合，充分反应 ‎①两溶液中由水电离出的H+浓度之比为　 　‎ ‎②若a＝b，则反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序是　 　‎ ‎（4）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究． ‎ ‎10.0g铁矿石滤液A溶液B取20.00mL B的稀溶液消耗KI溶液VmL ⅰ、步骤④中煮沸的作用是　 　．‎ ⅱ、步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、　 　．‎ ⅲ、下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是　 　．‎ a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂 b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂 c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液 d．锥形瓶不需要用待测液润洗 e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化 f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数 ⅳ、若滴定过程中消耗0.4000mol•L﹣1KI溶液25.00ml，则铁矿石中铁的百分含量为　 　．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．常温时，纯水中由水电离的c（H+）＝a，pH＝1的盐酸中由水电离的c（H+）＝b，0.2mol/L的盐酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，由水电离的c（H+）＝c，则a、b、c由大到小的关系是　 　．‎ ‎27．水是生命之源，也是化学反应中的主角．请回答下列问题：‎ I．水是一种电解质，发生电离会产生电子总数相同的两种微粒，其电离方程式为　 　．‎ Ⅱ．在许多反应中H2O扮演不同的“角色”．请结合所学知识，写出有关反应的化学方程 式或离子方程式．‎ ‎（l）H2O参与置换反应，符合X+W→Y+V．已知X和Y均是短周期主族元素形成的单 质，W、V是化合物．‎ ‎①若W是水，且做还原剂，该反应的化学方程式为　 　．‎ ‎②若V是水，且为还原产物，该反应在常温下进行．发生反应的化学方程式为　 　‎ ‎（2）A、B是两种由短周期元素组成的有色气体（且MA＞MB），它们均能与水发生氧化还原 反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂．‎ ‎①A与H2O反应的化学方程式为　 　，‎ ‎②气体B通常不是纯净物的主要原因为　 　（用化学方程式表示）．‎ ‎28．如果人体内的CO2不能顺利排除体外会造成酸中毒，缓冲溶液可以抵御外来少量酸或碱对溶液pH的影响，人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系（H2CO3/HCO3﹣）维持pH稳定．已知正常人体血液在正常体温时，H2CO3的一级电离常数Ka1＝10﹣6，c（HCO3﹣）：c（H2CO3）≈20：1，lg2＝0.3．‎ ‎（1）由题给数据可算得正常人体血液的pH　 　（保留一位小数）．‎ ‎（2）正常人体血液中H2CO3、HCO3﹣、OH﹣、H+四种微粒浓度由大到小关系为　 　‎ ‎（3）当少量的酸、碱进入血液中时，血液pH变化不大，其原因是　 　．‎ ‎29．锰是重要的过渡元素．‎ ‎（1）已知常温下KMnO4溶液的pH＝7，则0.01mol/LHMnO4溶液的pH＝　 　‎ ‎；研究表明，一定温度下将酸性KMnO4溶液与草酸溶液混合在一起后，溶液内n（Mn2+）随时间变化的情况如图1，则Mn2+物质的量在t1、t2时段内快速增加的原因可能是　 　．‎ ‎（2）工业上以菱锰矿（MnCO3）[含FeCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰有多种方法，图2是其中的一种生产流程示意图 常温下几种金属氢氧化物沉淀时的pH：‎ Mn（OH）2‎ Fe（OH）2‎ Fe（OH）3‎ Cu（OH）2‎ 开始沉淀时pH ‎8.3‎ ‎6.3‎ ‎2.7‎ ‎4.7‎ 完全沉淀时pH ‎10.0‎ ‎8.4‎ ‎3.7‎ ‎6.7‎ ‎①滤渣Ⅱ的成分是　 　，滤液I中反应的离子方程式为　 　，‎ 为确保除尽杂质而又不损失锰，pH的调整范围为　 　．‎ ‎②滤液Ⅱ中加入KClO3、H2SO4后反应的化学方程式为　 　，用电解法制备MnO2时阳极上的电极反应式为　 　．‎ ‎（3）锰也是制备某些高能原电池的材料，某二次水溶液锂离子电池充电时，总反应方程式为LiMn2O═4Li1﹣xMn2O4+xLi．若电池的化学能转化为电能时的能量转化率为85%，则当消耗14g锂时，电路中转移的电子数目为　 　 NA．‎ ‎30．常温下，甲、乙、丙三位同学用实验确定某酸HA是弱电解质的方案分别是：‎ 甲：用pH试纸测定0.1moI/L HA溶液的pH，即可证明HA是弱电解质．‎ 乙：①分别取pH＝l的HA溶液和稀盐酸各10.00mL，再加水稀释为100mL：‎ ‎②各取相同体积的两种稀释液（适量），同时分别加入纯度和形状大小均相同的锌粒（足量），观察现象，即可证明HA是弱电解质．‎ 丙：将适量的HA溶液和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，分析表中数据可以说明HA是弱电解质．‎ 编号 NaOH/mol•L﹣1‎ HA/mol•L﹣1‎ 混合溶液的pH ‎①‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝9‎ ‎②‎ c ‎0.2‎ pH＝7‎ ‎③‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ pH＜7‎ ‎（1）甲的方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH　 　1（填“＞”、“＜”或“＝”）．甲进行实验时的具体操作方法是　 　．‎ ‎（2）在乙的方案的第①步中，需要用到的定量仪器是　 　．pH均为1的HA溶液和稀盐酸中，水的电离程度的大小关系是　 　（填字母）．‎ a．HA溶液中水的电离程度大 b．稀盐酸中水的电离程度大 c．两种溶液中水的电离程度相同 ‎（3）乙的方案中，说明HA是弱电解质的主要现象是　 　（填字母）．‎ A．装稀盐酸的试管中放出H2的速率快 B．装HA溶液的试管中放出H2的速率快 C．两个试管中产生气体的速率一样快 ‎（4）丙的方案中，编号②中的c　 　（填“＞”、“＜”或“＝”）0．l，该混合液中的离子浓度：c（Na+）　 　（填“＞”、“＜”或“＝”）c（A﹣）．‎ ‎（5）丙的方案中，编号③的数据表明，混合溶液中HA的电离程度比NaA的水解程度：　 　（填“强”、“弱”或“无法确定”）．‎ 水的电离和溶液的酸碱性 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】水为弱电解质，水的电离平衡为：H2O⇌H++OH﹣，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离；硫离子、铵根离子水解促进了水的电离、钠和水反应促进水电离，溴离子是强酸的酸根离子不水解不影响水的电离平衡，据此进行解答。‎ ‎【解答】解：A．铵根离子水溶液中水解促进水的电离正向进行，故A错误；‎ B．硫化钠溶液中电离出硫离子，硫离子结合水电离的氢离子，破坏了水的电离平衡，故B错误；‎ C．氯化氢溶于水形成酸，抑制水的电离，故C错误；‎ D．碘化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎2．【分析】氢氧化铝属于两性氢氧化物，有两种电离方式，酸式电离出氢离子、偏铝酸根离子、水，碱式电离电离出铝离子和氢氧根离子，电离方程式为：H++AlO2﹣+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣，结合一下平衡的因素分析判断。‎ ‎【解答】解：氢氧化铝有两种电离方式，电离方程式为：H++AlO2﹣+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣，能使Al（OH）3的电离平衡向碱式电离方向移动的是强酸，强酸电离出的氢离子和电离出的氢氧根离子反应促进碱式电离，弱酸不能溶解氢氧化铝，碱促进氢氧化铝的酸式电离，‎ 故选：A。‎ ‎3．【分析】影响因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离 ‎【解答】解：A．NaI属于强酸强碱盐，不影响水的电离，故A选；‎ B．KF属于强碱弱酸盐，电离出的氟离子水解促进水的电离，故B不选；‎ C．KAl（SO4）2 盐溶液中铝离子水解溶液显酸性，铝离子结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，故C不选，‎ D．NaHSO4溶液中电离出氢离子抑制水的电离，故D不选；‎ 故选：A。‎ ‎4．【分析】A．根据重水D2O的离子积为1.6×10﹣15，结合pD＝﹣lgc（D+）解答；‎ B．c（OD﹣）＝10﹣2，根据c（D+）•c（OD﹣）＝1.6×10﹣15，求c（D+）以及PD；‎ C．根据 pD＝﹣lgc（D+），溶解0.01 mol DCl于1 L D2O中，氢离子浓度小于0.01mol/L；‎ D．先算出n（DC）、n（NaOD）的物质的量，判断反应后溶液酸碱性，在进行求算溶液的pD．‎ ‎【解答】解：A．中性溶液中，重水电离出的重氢离子和重氢氧根离子浓度相等，重水（D2O）的离子积为c（D+）•c（OD﹣）＝1.6×10﹣15，则c（D+）＝c（OD﹣）＝4×10﹣8mol/L，pD＝﹣lgc（D+）＝﹣lg4×10﹣8＝8﹣2lg2，故A错误；‎ B．在1LD2O中溶解0.01mol NaOD（设溶液的体积为1L），则为0.01mol/LNaOD的D2O溶液，重水（D2O）的离子积为c（D+）•c（OD﹣）＝1.6×10﹣15，c（D+）＝＝1.6×1O﹣13，与pD＝12，c（D+）＝1×1O﹣12 mol/L矛盾，故B错误；‎ C．溶解0.01 mol DCl于1 L D2O中，氢离子浓度小于0.01mol/L，所以pD＞2.0故C错误；‎ D．n（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，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎5．【分析】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH﹣）及离子积常数增大；‎ B．只有c（OH﹣）＝c（H+）的点是纯水的电离；‎ C．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；‎ D．B点时，Kw＝1×10﹣12，pH＝2的硫酸中c（H+）＝0.01mol/L，pH＝12的KOH溶液中c（OH﹣）＝1mol/L，等体积混合碱剩余，溶液呈碱性．‎ ‎【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH﹣）及离子积常数增大，根据图知，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1＞T2，温度，故A错误；‎ B．只有c（OH﹣）＝c（H+）的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故B错误；‎ C．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＞C＞A＝D＝E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A＝D＝E，故C错误；‎ D．B点时，Kw＝1×10﹣12，pH＝2的硫酸中c（H+）＝0.01mol/L，pH＝12的KOH溶液中c（OH﹣）＝1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎6．【分析】A．氨气的溶解度与温度、压强等有关；‎ B．水的离子积常数只与温度有关；‎ C．高锰酸钾的氧化性与温度、浓度、酸碱等因素有关；‎ D．醋酸的电离度与温度、浓度等因素有关．‎ ‎【解答】解：A．氨气的溶解度与温度、压强等有关，故A错误；‎ B．水的离子积常数只与温度有关，故B正确；‎ C．高锰酸钾的氧化性与温度、浓度、酸碱等因素有关，故C错误；‎ D．醋酸的电离度与温度、浓度等因素有关，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎7．【分析】根据元素周期表中元素的第一电离能与化合价的变化规律及溶液的酸碱性与pH的关系、强酸制弱酸原理等知识来解本题，并注意规律中的特殊情况．‎ ‎【解答】解：A、同周期元素，第一电离能的变化趋势为：从左到右，逐渐增大，但镁和铝例外，理由是镁的价电子排布是3s2，3p轨道全空较稳定，而铝是3s23p1，不是全满，全空，半空中任意一种情况，不稳定，故铝的第一电离能比镁小，故A错误；‎ B、卤族元素中，氟元素没有正价，故B错误；‎ C、酸性是指c（H+）＞c（OH﹣），而pH实际反映的是c（H+），水的离子积常数受温度影响，即pH＝6.8 不能说明溶液一定显酸性，故C错误；‎ D、根据强酸制弱酸原理，强酸可以与弱酸的盐溶液反应制取弱酸，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎8．【分析】①强酸稀释时氢氧根离子浓度增大；‎ ‎②pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸，c（H+）之比为1：10；‎ ‎③根据同浓度时的碱性强弱比较；‎ ‎④根据电荷守恒电荷书恒判断；‎ ‎⑤利用平衡常数的表达式判断；‎ ‎⑥如pH之和等于14，等体积混合可等于7．‎ ‎【解答】解：①强酸溶液全部电离，加水稀释后，溶液中H+离子浓度一定都降低但氢氧根离子浓度增大，故①错误；‎ ‎②pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸，c（H+）之比为1：10，故②错误；‎ ‎③四种盐的水溶液均显碱性，同浓度，碱性强弱顺序为d＞b＞c＞a，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故③正确；‎ ‎④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，溶液中存在c（NH4+）+c（Na+）＝2c（SO42﹣），则c（Na+）＜2c（SO42﹣），故④错误；‎ ‎⑤水解和电离为可逆过程，则：Kb＝，则有Ka•Kh＝Kw，故⑤正确；‎ ‎⑥当pH之和等于14时，则混合液pH＝7，故⑥正确。‎ 综合以上分析，符合题意有③⑤⑥，‎ 故选：B。‎ ‎9．【分析】A、湿润的pH值试纸可以稀释碱液；‎ B、定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c＝判断；‎ C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；‎ D、测定气体体积时，未冷却导致气体体积偏大．‎ ‎【解答】解：A、湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A正确；‎ B、定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c＝可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；‎ C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；‎ D、测定气体体积时，未冷却导致气体体积偏大，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎10．【分析】A、在注入标准液之前，要先将滴定管润洗；‎ B、由于无94mL的容量瓶，故应选择100mL的容量瓶，配制出100mL溶液；‎ C、为了让物质充分反应，应让其中的一种过量；‎ D、测溶液的pH时，pH试纸不能润湿．‎ ‎【解答】解：A、在注入标准液之前，要先将滴定管润洗，如果没有润洗就注入，会引起标准液的稀释，则导致滴定结果有误差，故A错误；‎ B、由于无94mL的容量瓶，故应选择100mL的容量瓶，配制出100mL溶液，则所需的氯化钠的质量m＝CVM＝1mol/L×0.1L×58.5g/mol＝5.85g，故B正确；‎ C、为了让物质充分反应，应让其中的一种过量，故应让其中一种物质的浓度稍高点，故C错误；‎ D、测溶液的pH时，pH试纸不能润湿，试纸润湿后会对待测液造成稀释，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎11．【分析】A．强酸稀释100倍，pH增大2个单位；‎ B．pH相同，氢离子浓度相同；‎ C．醋酸中酸的浓度大于氢离子的浓度；‎ D．等pH的硝酸和醋酸，醋酸的浓度大。‎ ‎【解答】解：A．强酸稀释100倍，pH增大2个单位，则将pH＝3的硝酸稀释100倍后所得溶液pH＝5，故A正确；‎ B．pH相同的硝酸和醋酸溶液，氢离子浓度相同，则c（NO3﹣）＝c（CH3COO﹣），故B正确；‎ C．在10mLpH＝3醋酸溶液中，醋酸的浓度大于氢离子的浓度，加入足量的锌粉，产生n（H2）＞5×10﹣6mol，故C正确；‎ D．等pH的硝酸和醋酸，醋酸的浓度大，中和等量的氢氧化钠，醋酸消耗的少，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎12．【分析】中性溶液稀释后pH不变，酸性溶液稀释后pH增大，碱性溶液稀释后pH减小，据此分析。‎ ‎【解答】解：A．HNO3显酸性，稀释后pH增大，故A正确；‎ B．NaOH显碱性，稀释后pH减小，故B错误；‎ C．KI溶液显中性，稀释后pH不变，故C错误；‎ D．NaHCO3溶液显碱性，稀释后pH减小，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎13．【分析】根据多滴了1滴H2SO4，溶液呈酸性，抓住过量的H+求出c（H+‎ ‎），再根据Kw计算，少滴了1滴H2SO4，溶液呈碱性，抓住过量的OH﹣求出c（OH﹣）．‎ ‎【解答】解：多加1滴H2SO4，溶液中c（H+）＝＝10﹣5 mol•L﹣1；‎ 少加1滴H2SO4，溶液中c（OH﹣）＝＝10﹣5 mol•L﹣1，则溶液中c（H+）＝＝10﹣9mol/L；‎ 则两种情况下c（H+）之比是＝104，‎ 故选：D。‎ ‎14．【分析】0.1mol/L氨水的pH＝a，若使其pH＝（a﹣1），则氢氧根离子浓度减小，溶液中存在NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，根据影响电离平衡的因素分析．‎ ‎【解答】解：A、常温下0.1mol/L氨水的pH＝a，将溶液稀释到原体积的10倍，由于溶液中存在NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加水促进电离，所以溶液的PH＞（a﹣1），故A错误；‎ B、加入适量的氯化铵固体，NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，平衡向逆方向移动，则OH﹣的浓度减小，PH减小，所以PH有可能等于（a﹣1），故B正确；‎ C、0.1mol/L氨水中加入等体积的0.1mol/L NaOH溶液，氢氧化钠为强碱完全电离，溶液中OH﹣的浓度增大，PH增大，故C错误；‎ D、加入等体积0.1 mol/L盐酸，和氨水恰好完全反应，得到的氯化铵溶液显示酸性，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎15．【分析】A、氢氧化钠溶液和氨水具有相同的pH，由于氢氧化钠是强电解质，则在稀释时强碱的变化程度大，加水稀释促进一水合氨电离；‎ B、NaHA溶液中，HA﹣离子既电离也水解，测得溶液显酸性，说明其电离程度大于水解程度；‎ C、先根据该难溶物的溶度积及c（M2+）计算出该溶液中氢氧根离子浓度，然后根据c（H+）＝及pH＝﹣lgc（H+）计算出该溶液在常温下pH；‎ D、根据草酸钠溶液中的质子守恒判断。‎ ‎【解答】解：A、加水稀释氢氧化钠溶液和氨水中c（OH﹣‎ ‎）都变小，加水稀释促进一水合氨电离，则稀释后氨水的pH大于氢氧化钠，则a、b、c的大小关系是：a＞c＞b，故A正确；‎ B、NaHA溶液中，HA﹣离子既电离也水解，电离产生A2﹣，水解生成H2A，溶液显酸性，说明其电离程度答于水解程度，所以c（H2A）＜c（A2﹣），故B正确；‎ C、Ksp＝c（M2+）×c2（OH﹣）＝a，则c（OH﹣）＝mol/L，常温下氢离子浓度为：c（H+）＝，则该溶液的pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg＝﹣lg＝14+lg，故C错误；‎ D、Na2C2O4溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4），故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎16．【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3．H2O部分电离就说明NH3．H2O是弱电解质，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A.0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3•H2O显碱性，则不能证明NH3．H2O是弱电解质，故A选；‎ B.0.1 mol•L﹣1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3•H2O是弱电解质，故B不选；‎ C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；‎ D.0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O的pH小于13，则溶液中c（OH﹣）＜0.1mol/L，所以c（OH﹣）＜c（NH3．H2O），说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故D不选；‎ 故选：A。‎ ‎17．【分析】证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，故A错误；‎ B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，则乙酸是弱酸，故B正确；‎ C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，故C错误；‎ D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎18．【分析】常温下，部分电离的电解质是弱电解质，完全电离的电解质是强电解质，根据HClO的电离程度判断该酸是否是弱电解质．‎ ‎【解答】解：A．0.01 mol•L﹣1 的HClO溶液pH＞2，氢离子浓度小于HClO浓度，说明HClO在水溶液里部分电离，所以能说明该酸是弱电解质，故A正确；‎ B．NaClO、HClO都易溶于水，不能说明HClO的电离程度，所以不能据此判断HClO是弱电解质，故B错误；‎ C．NaClO的电离方程式：NaClO＝Na++ClO﹣，说明NaClO完全电离为强电解质，但不能说明HClO部分电离，所以不能据此判断HClO是弱电解质，故C错误；‎ D..HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，说明HClO具有氧化性，能氧化亚硫酸钠，但不能说明HClO部分电离，所以不能判断HClO是弱电解质，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎19．【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），酸性条件下，则pH相同时＞，由图象可知N为lg与pH的变化曲线，M为lg与pH的变化曲线，当lg或lg＝0时，说明或＝1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。‎ ‎【解答】解：A．lg＝0时，＝1，pH＝4.4，c（H+）＝10﹣4.4mol/L，则Ka1（H2X）＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣4.4，故A正确；‎ B．由以上分析可知，曲线N表示pH与lg的变化关系，故B正确；‎ C．由图象可知，lg＝0时，即c（HX﹣）＝c（X2﹣），此时pH≈‎ ‎5.4，可知NaHX溶液中HX﹣电离程度大于HX﹣水解程度，溶液显酸性，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；‎ D．由图象可知，当pH＝7时，lg＞0，则c（X2﹣）＞c（HX﹣），所以溶液中存在：c（Na+）＞c（X2﹣）＞c（HX﹣）＞c（H+），故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎20．【分析】A.＝×＝，＝×＝，Ka1＞Ka2，则c（H+）相同即pH相同时，＜，则lg＜lg，即pH相同时纵坐标较大的是lg、较小的是lg；‎ B．通过A知，M表示lg与pH变化曲线、N表示lg与pH变化曲线，M中纵坐标为0时，Ka1＝c（H+）＝10﹣4.4，N中纵坐标为0时，Ka2＝c（H+）＝10﹣5.6，HX﹣水解平衡常数Kh＝＝10﹣9.6＜10﹣5.6，说明其电离程度大于水解程度；‎ C．当溶液中中性时c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）＝2c（X2﹣）+c（HX﹣），根据图知，pH＝7时，lg＞0，则c（X2﹣）＞c（HX﹣）；‎ D．根据B知，Ka2＝c（H+）＝10﹣5.6。‎ ‎【解答】解：A.＝×＝，＝×＝，Ka1＞Ka2，则c（H+）相同即pH相同时，＜，则lg＜lg，即pH相同时纵坐标较大的是lg、较小的是lg，所以M表示lg与pH变化曲线、N表示lg与pH变化曲线，故A错误；‎ B．通过A知，M表示lg与pH变化曲线、N表示lg与pH变化曲线，M中纵坐标为0时，Ka1＝c（H+）＝10﹣4.4，N中纵坐标为0时，Ka2＝c（H+）＝10﹣5.6，HX﹣水解平衡常数Kh＝＝10﹣9.6＜10﹣5.6，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故B错误；‎ C．当溶液中中性时c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）＝2c（X2﹣）+c（HX﹣），根据图知，pH＝7时，lg＞0，则c（X2﹣）＞c（HX﹣），所以存在c（Na+）＞c（X2﹣）＞c（HX﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣），故C正确；‎ D．根据B知，Ka2＝c（H+）＝10﹣5.6，故D错误；‎ 故选：C。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】在25℃，则Kw＝10﹣14，若t2＝100℃时，Kw2＝10﹣12，根据pH＝﹣lgc（H+）计算0.05mol•L﹣1的Ba （OH）2溶液的pH．‎ ‎【解答】解：在25℃，则Kw1＝10﹣14，‎ 若t2＝100℃时，Kw2＝10﹣12，0.05mol•L﹣1的Ba （OH）2溶液中c（OH﹣）＝0.05mol•L﹣1×2＝0.1mol•L﹣1，‎ pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg＝11，‎ 故答案为：10﹣14；11．‎ ‎22．【分析】（1）根据酸或碱均能抑制H2O的电离，且溶液中H+或OH﹣浓度越大、盐的水解能促进水的电离分析；‎ ‎（2）根据二者完全反应生成NaCl和NH3•H2O溶液分析．‎ ‎【解答】解：（1）向溶液中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且溶液中H+或OH﹣浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离，所以由水电离出c（H+）由大到小的顺序为：④②③①，‎ 故答案为：④②③①；‎ ‎（2）二者完全反应生成NaCl和NH3•H2O，由于NH3•H2O电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+‎ ‎）＞c（H+），‎ 故答案为：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）．‎ ‎23．【分析】（1）水的电离是吸热过程；‎ ‎（2）加水时电离平衡正向移动，n（OH﹣）增大，n（NH3•H2O）减小；‎ ‎（3）醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡；‎ ‎（4）令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子、碳原子守恒列方程计算x、y的值，再判断CO32﹣和HCO3﹣的物质的量浓度．‎ ‎【解答】解：（1）升温促进电离，pH减小，故答案为：减小；‎ ‎（2）加水时电离平衡正向移动，n（OH﹣）增大，n（NH3•H2O）减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则c（OH﹣）/c（NH3•H2O）增大，故答案为：增大；‎ ‎（3）因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＜n，故答案为：小于；‎ ‎（4）150mL 1mol/L NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.15L×1.0mol/L＝0.15mol，‎ ‎2.24L CO2（标准状况）的物质的量为＝0.1mol，‎ 令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子、碳原子守恒列方程，则：‎ ‎2x+y＝0.15‎ x+y＝0.1，‎ 解得：x＝0.05，y＝0.05，‎ 即溶质为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠的水解程度比碳酸氢钠的大，碳酸钠水解生成碳酸氢钠，故c（HCO3﹣）大于 c（CO32﹣），故答案为：大于．‎ ‎24．【分析】纯水显中性，故溶液中的氢离子和氢氧根的浓度相同；‎ 对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，溶液pH越大；当pH相同时，酸越强，盐的浓度越大．‎ ‎【解答】解：任何温度下，纯水均显中性，即纯水中都存在c（H+）＝c（OH﹣）＝5.0×10﹣7 mol•L﹣1；‎ 在相同的条件下测得①NaHCO3②CH3COONa ③‎ NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOH＞HClO＞HCO3﹣，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，即②＞①＞③．‎ 故答案为：5.0×10﹣7；②＞①＞③．‎ ‎25．【分析】（1）常温下，某溶液中由水电离出的c （OH﹣）＝1.0×10﹣10mol/L，说明水的电离受抑制，酸或碱，而氢离子与氢氧根离子浓度之积为1×10﹣14；‎ ‎（2）根据混合溶液的酸碱性计算氢离子浓度，从而计算溶液的pH；‎ ‎（3）常温下，a mL pH＝3的盐酸与b mL pH＝11的氨水混合，充分反应 ‎①常温下，a mL pH＝3的盐酸与b mL pH＝11的氨水溶液，两溶液中由水电离出的H+浓度均为10﹣11mol/L；‎ ‎②若a＝b，两者恰好完全反应生成氯化铵和氨水，以氨气的电离为主，溶液呈碱性；‎ ‎（4）ⅰ煮沸可以将水中的气体赶跑；‎ ⅱ、根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答；‎ ⅲ、根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答判断；‎ ⅳ、根据元素守恒和化学反应方程式进行计算．‎ ‎【解答】解：（1）常温下，某溶液中由水电离出的c （OH﹣）＝1.0×10﹣10mol/L，说明水的电离受抑制，酸或碱，而氢离子与氢氧根离子浓度之积为1×10﹣14，而pH＝2的硫酸溶液中氢离子与氢氧根离子浓度之积为1×10﹣12，故选：AB；‎ ‎（2）酸中氢离子的物质的量＝0.1mol/L×2×0.1L＝0.02mol，碱中氢氧根离子的物质的量＝0.4mol/L×0.1L＝0.04mol/L，混合溶液中氢氧根离子浓度＝＝0.1mol/L，溶液中氢离子浓度为10﹣11mol/L，则溶液的pH＝11，‎ 故答案为：11；‎ ‎（3）①常温下，a mL pH＝3的盐酸与b mL pH＝11的氨水溶液，两溶液中由水电离出的H+浓度均为10﹣11mol/L，则由水电离出的H+浓度之比为1：1，故答案为：1：1；‎ ‎②若a＝b，两者恰好完全反应生成氯化铵和氨水，以氨气的电离为主，溶液呈碱性，离子浓度关系为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），‎ 故答案为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；‎ ‎（4）ⅰ、向铁矿石中加入硫酸，化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2，故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；‎ ⅱ、容量瓶是一种定容仪器，若是稀释到250mL，则采用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；‎ ⅲ、a．碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；‎ b．滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，但是亚铁离子的绿色会产生干扰作用，故b错误；‎ c．滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故c错误；‎ d．锥形瓶不需要用待测液润洗，故d正确；‎ e．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故e错误；‎ f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故f正确．‎ 故选df；‎ ⅳ、由于所取溶液（含Fe3+）的体积与消耗KI溶液的体积相等，结合方程式可知，c（Fe3+）＝c（KI）＝0.5mol•L﹣1，所以铁元素的百分含量为：×100%＝70%，故答案为：70%．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，据此分析解答即可．‎ ‎【解答】解：0.2mol•L﹣1的盐酸与0.1mol•L﹣1的氢氧化钠溶液等体积混合，二者反应生成等浓度的氯化钠和盐酸，盐酸是酸抑制水电离，所以a、b、c的关系是a＞c＞b，故答案为：a＞c＞b．‎ ‎27．【分析】Ⅰ、水电离出OH﹣和H3O+离子，二者电子总数相等；‎ Ⅱ、（1）符合X+W→Y+V，已知X和Y分别是短周期同主族两种元素形成的单质，W、V是化合物，‎ ‎①W是水，则该反应为有水参加的置换反应，生成的单质一定为H2，则X应为Na；‎ ‎②V是水，则W为氢化物，且X为O2；‎ ‎（2）常见由短周期元素组成的有色气体有Cl2、NO2，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂．‎ ‎【解答】解：Ⅰ、水电离出OH﹣和H3O+离子，二者电子总数相等，则电离方程式为H2O+H2O═OH﹣+H3O+，‎ 故答案为：H2O+H2O═OH﹣+H3O+；‎ Ⅱ、（1）符合X+W→‎ Y+V，已知X和Y分别是短周期同主族两种元素形成的单质，W、V是化合物，则 ‎①W是水，且做还原剂，则X为F2，反应的方程式为2F2+2H2O═4HF+O2↑，‎ 故答案为：2F2+2H2O═4HF+O2↑；‎ ‎②V是水，则W为氢化物，且X为O2，符合条件的置换反应为O2+2H2S═2H2O+2S↓，‎ 故答案为：O2+2H2S═2H2O+2S↓；‎ ‎（2）常见由短周期元素组成的有色气体有Cl2、NO2，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，由于MA＞MB，故A为氯气，B为NO2．‎ ‎①Cl2与水反应生成HCl和HClO，化学方程式为Cl2+H2O═HCl+HClO，‎ 故答案为：Cl2+H2O═HCl+HClO； ‎ ‎②NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故导致NO2气体不是纯净物．故答案为：2NO2⇌N2O4；‎ ‎28．【分析】（1）Ka＝，Ka＝10﹣6.1mol•L﹣1，正常血液中c（HCO3﹣）：c（H2CO3）≈20：1；‎ ‎（2）正常血液中c（HCO3﹣）：c（H2CO3）≈20：1，碳酸氢根离子浓度大于碳酸浓度，溶液呈碱性；‎ ‎（3）根据血液中存在的电离平衡分析，HCO3﹣、CO32﹣均水解显碱性．‎ ‎【解答】解：（1）Ka＝，Ka＝10﹣6.1mol•L﹣1，正常血液中c（HCO3﹣）：c（H2CO3）≈20：1，则c（H+）＝10﹣7.4mol•L﹣1，则pH＝7.4，‎ 故答案为：7.4； ‎ ‎（2）正常血液中c（HCO3﹣）：c（H2CO3）≈20：1，碳酸氢根离子浓度大于碳酸浓度，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（OH﹣）＞c（H+）；‎ 故答案为：c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（OH﹣）＞c（H+）；‎ ‎（3）血液是缓冲溶液，缓冲溶液可以抵御外来少量酸或碱对溶液pH的影响，当少量酸进入血液中时，HCO3﹣就与H+发生反应来维持血液的pH稳定，当少量碱进入血液中时，H2CO3就与OH﹣发生反应来维持血液的pH稳定；‎ 故答案为：当少量酸进入血液中时，HCO3﹣就与H+‎ 发生反应来维持血液的pH稳定，当少量碱进入血液中时，H2CO3就与OH﹣发生反应来维持血液的pH稳定．‎ ‎29．【分析】（1）KMnO4溶液的pH＝7，说明HMnO4溶液是强酸，根据pH＝﹣lg（H+）来计算；‎ ‎（2）菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入试剂双氧水，将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂a为碳酸锰、Mn（OH）2等调节PH＝4时Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，过滤除去，滤液2中加入试剂硫酸和氯酸钾，3MnSO4+KClO3+3H2O＝3H2SO4+3MnO2↓+KCl，根据电解原理进行回答判断．‎ ‎（3）根据方程式和化合价的升降情况进行计算．‎ ‎【解答】解：（1）KMnO4溶液的pH＝7，说明HMnO4溶液是强酸，0.01mol/LHMnO4溶液pH＝﹣lg（H+）＝2；一定温度下将酸性KMnO4溶液与草酸溶液混合在一起后，根据溶液内n（Mn2+）随时间变化可以看出：反应生成的Mn2+对反应起催化作用；故答案为：2；反应生成的Mn2+对反应起催化作用；‎ ‎（2）①加入试剂a为碳酸锰、Mn（OH）2等调节PH＝4时Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，滤渣Ⅱ的成分是Cu（OH）2、Fe（OH）3；向滤液中加入试剂双氧水，将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，发生反应：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；为确保除尽铁离子、铜离子杂质而又不损失锰，pH的调整范围为：6.7≤pH＜8.3；‎ 故答案为：Cu（OH）2、Fe（OH）3；2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；6.7≤pH＜8.3；‎ ‎②滤液2中加入试剂硫酸和氯酸钾，发生反应：3MnSO4+KClO3+3H2O＝3H2SO4+3MnO2↓+KCl，用电解法制备MnO2时，阳极上发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+；故答案为：3MnSO4+KClO3+3H2O＝3H2SO4+3MnO2↓+KCl；Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+；‎ ‎（3）根据充电总反应方程式为LiMn2O═4Li1﹣xMn2O4+xLi，则放电时，当消耗14g即2mol锂时，转移电子是2mol，电池的化学能转化为电能时的能量转化率为85%，所以转移电子是0.85×2mol＝1.7mol，故答案为：1.7．‎ ‎30．【分析】（1）弱电解质的电离是可逆的，不能完全电离；pH测定操作方法是先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸驭溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH；‎ ‎（2）精确取pH＝1的HA溶液和稀盐酸个10.00mL，用酸式滴定管；pH均为1的HA溶液和稀盐酸中，说明氢离子浓度相等，根据水的离子积，得到氢氧根离子浓度相等，所以两种溶液中水的定量程度相同；‎ ‎（3）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；‎ ‎（4）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH＝7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH＝7，应使酸浓度大于0.1mol/L；并结合电荷守恒分析离子浓度关系；‎ ‎（5）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＝7，酸的电离等于盐的水解．‎ ‎【解答】解：（1）甲测定溶液PH的具体操作方法是先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸驭溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH，‎ 故答案为：＞；先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸驭溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH；‎ ‎（2）在乙的方案的第①步中，准确量取10.00mL的酸溶液需要用到的定量仪器是酸式滴定管，pH均为1的HA溶液和稀盐酸中氢离子浓度相同，所以水的电离程度的相同，‎ 故答案为：酸式滴定管；c；‎ ‎（3）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；‎ ‎（4）丙的方案中通过编号①的数据证明HA为弱酸，若等体积、等浓度混合溶液呈碱性，编号②中呈中性，所以c＞0．l，根据电荷守恒，该混合液中的离子浓度：c（Na+）＝c（A﹣），‎ 故答案为：＞；＝；‎ ‎（5）丙的方案中，编号③实验后溶液为等浓度的NaA、HA的混合液，NaA水解呈碱性、HA电离呈酸性，实验数据表明溶液呈酸性，混合溶液中HA的电离程度比NaA的水解程度强；‎ 故答案为：强．‎