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【化学】内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）
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内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题
一、选择题(本题共7小题，共42分)
1.下列过程或现象与盐类水解无关的是（ ）
A. 加热浓度较小的TiCl4溶液获得纳米TiO2材料
B. 粗盐在空气中易潮解
C. 加热FeCl3溶液颜色变深
D. 浓Na2S溶液有臭味
【答案】B
【解析】
【分析】A、TiCl4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛；
B、MgCl2潮解；
C、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行．
D、浓Na2S溶液有臭味，由于硫离子水解生成具有臭鸡蛋味的硫化氢。
【详解】A、TiCl4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛，与盐类水解有关，故A不选；
B、粗盐在空气中易潮解，因为粗盐中含有MgCl2潮解，故B选；
C、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行，得到氢氧化铁沉淀，即加热后颜色变深，和盐类水解有关，故C不选。
D、硫离子水解生成具有臭鸡蛋味的硫化氢，故D不选。
故选B。
2.一定温度下，用水稀释0.1mol·L－1的一元弱酸HA，随稀释进行，下列数值一定增大的是（Kw表示水的离子积，Ka表示HA的电离常数）（ ）
A. Kw B. c(H+)/Ka C. c(HA)/c(A-) D. c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】加水稀释弱酸，促进弱酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大。
【详解】A．温度不变，水的离子积常数不变，故A错误；
B．加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢离子浓度减小，温度不变，电离平衡常数不变，所以c(H＋)/Ka减小，故B错误；
C．加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，则c(HA)/c(A－)减小，故C错误；
D．加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，故D正确；
故选D。
3.下列各种情况下一定能大量共存的离子组为（ ）
A. pH＝7的溶液中：Fe3＋、Cl－、Na＋、NO3-
B. 由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、CO32-、Cl－、K＋
C. pH＝1的溶液中：NH4+、Cl－、Cu2＋、SO42-
D. 无色溶液中：Al3＋、HCO3-、、I－、K＋
【答案】C
【解析】
【分析】A．铁离子只能存在于酸性溶液中；
B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；
C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。
【详解】A．pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于酸性溶液，故A错误；
B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；
C．该溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；
D．Al3+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
综上所述，本题选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 0.1molAgCl和0.1 molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)=c(I－)
B. 常温下，向饱和CaCO3溶液中加入Na2CO3粉末，CaCO3的溶解度不变
C. 25 ℃时，Ksp[ Mg（OH）2 ]=5．61 × 10－12、Ksp（MgF2）=7.12 ×10－11，该温度下饱和 Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋) 大
D. 常温下Ksp(Ag2SO4)=1. 4× 10－5，向10mL 0.1mol/L的Na2SO4溶液中加入10 mL0.1 mol/L的AgNO3溶液，有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】A. AgCl和AgI的Ksp不同，AgCl和AgI均存在溶解平衡，混合溶液中阳离子都为银离子，则c（Cl-）≠c（I-），故A错误；
B. 常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，因为CaCO3存在溶解平衡，加入Na2CO3后，加大了CO32-的浓度，使CaCO3的溶解平衡逆向移动，从而降低了CaCO3溶解度，故B错误；
C. 两个物质的阴阳离子比值相同，因氢氧化镁溶度积小，由Mg（OH）2的Ksp计算其Mg2+浓度小，故C错误；
D.混合后，c(SO42-)=0.05mol/L，c(Ag+)=0.05mol/L，根据Ksp(Ag2SO4)=1. 4× 10－5，混合溶液的 c2 (Ag+)×c(SO42-)=0.0025×0.05=1.25×10-4>1. 4× 10－5，即有白色沉淀生成，故D正确，
故选D。
5.下列变化使所得溶液的pH=7的是（ ）
A. 将25℃ pH=7的NaCl溶液加热至80℃
B. 常温下,pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合
C. 常温下,pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合
D. 常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合
【答案】B
【解析】
【分析】A．升高温度促进水电离，溶液中c（H＋）增大；
B、常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水；
C、常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余；
D、常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性。
【详解】A．升高温度促进水电离，溶液中c（H＋）增大，则溶液的pH小于7，故A错误；
B、常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水，硫酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，pH=7，故B正确；
C、常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故B错误；
D、常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性，故D错误。
故选B。
6.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 图中五点Kw间的关系：B＞C＞A＝D＝E
B. 若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C. 若从A点到C点，在温度不变时向水中加入适量NH4Cl固体
D. 若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】C
【解析】
【详解】A、Kw与温度有关，温度越高值越大，EAD在一条等温线上，所以相等，因为温度升高，所以B＞C＞A＝D＝E，A正确。
B、若从A点到D点，c(H+)变大，c(OH-)变小，可采用在水中加入少量酸的方法，B正确。
C、若从A点到C点，Kw改变温度改变，C错误。
D、若处在B点时，Kw=10-12（mol/L）2，pH=2的硫酸溶液与pH=10的KOH溶液等体积混合，二者恰好反应，所得溶液呈中性，D正确；
答案选C。
7.两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释，溶液pH的变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. MOH一种弱碱
B. 在x点，c(M+)=c(R+)
C. 稀释前，c(MOH)=l0c(ROH)
D. 稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c(OH-)前者是后者的10倍
【答案】B
【解析】A、根据图示，溶液稀释100倍，ROH溶液的pH减小了1，MOH溶液pH减小了2，所以MOH是强碱，ROH是弱碱，故A错误；B、在x点，两溶液中pH相等，氢氧根离子浓度等于c(M+)、c(R+)，所以c(M+)=c(R+)，故B正确；C、由于MOH是强碱，ROH是弱碱，稀释前，MOH等于0.1mol/L，ROH大于0.01mol/L，所以稀释前，c(MOH)＜10 c(ROH)，故C错误；D、稀释前，MOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，ROH溶液中的c(OH-)=0.01mol/L，由水电离出的c(OH-)分别为10-13 mol/L、10-12 mol/L，因此MOH溶液中水电离的c(OH-)是ROH溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度的倍，故D错误；故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
8.用氧化还原滴定法测定Ti02的质量分数；一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe( S04)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。
(1)配制NH4 Fe( S04)2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的____________________________(填字母代号)。
(2)滴定终点的现象是__________________________________________________。
(3)滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M g/mol)试样w g，消耗c mol/L NH4Fe( S04)2标准溶液V mL，则Ti02质量分数表达式为______________________________。
(4)判断下列操作对Ti02质量分数测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4 Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果________________________________________________________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果__________________ 。
【答案】(1). ac (2). 溶液变为红色，且半分钟不褪色 (3). % (4). 偏高 (5). 偏低
【解析】
【分析】(1)依据溶液配制操作分析所需要的玻璃仪器；
(2) 因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe(SO4)2不再反应，生成血红色的Fe(SCN)3；
(3) 根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3mol，据此计算其质量分数为；
(4)①NH4Fe(SO4)2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，百分含量偏大；
②若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小。
【详解】(1) 根据一定物质的量浓度的溶液操作步骤可知，所需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需一定规格的容量瓶和胶头滴管，故答案为ac；
(2) Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe(SO4)2，溶液中Fe3+过量，会变成红色，即溶液变为红色，且半分钟不褪色时为滴定终点；
(3) 根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3mol，其质量分数为；=%；
(4) ①在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中百分含量偏高；
②若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏低。
9.电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解、沉淀溶解，据所学知识回答下列问题：
（1）t℃时，纯水中c(H+)＝1×10-6 mol·L-1， 该温度下，pH＝10的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为_________ mol·L-1。
（2）25℃时，将 a mol·L-1 的醋酸和 b mol·L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=__________ mol·L-1，a_______ b（填“﹥”、“﹤”或“=”）。
（3）工业上采取用氨水除去SO2，已知25 ℃，NH3• H2O的Kb=1.8×10－5，H2SO3的 Ka1=1.3 × 10一2，Ka2=6．2 × 10一8。若氨水的浓度为2.0 mo1/ L，溶液中的c(OH－)=_____ mo1/ L；将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至2.0 × 10一6mo1/ L时，溶液中的=_____________。
（4）将AgCl分别放入：①5 mL水 ②10 mL 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液③40 mL 0.3mol·L-1 盐酸溶液中溶解至溶液饱和 ④20 mL 0.5mol·L-1 NaCl溶液 ，各溶液中Ag+的浓度分别为a、b、 c、d，它们由大到小的排列顺序是____________（用字母表示）。
【答案】(1). 0.005 (2). 0.5a (3). ﹥ (4). 6.0×10－3 (5). 12.4 (6). a﹥b﹥c﹥d
【解析】
【分析】根据水的离子积计算溶液中氢氧根离子浓度；根据物料守恒、电荷守恒比较溶液中离子浓度大小；根据电离常数及溶度积常数计算溶液中离子浓度大小。
【详解】（1）t℃时，纯水中c(H+)＝1×10-6 mol·L-1，则Kw= c(H+)∙ c(OH-)=(1×10-6)2=1×10-12，离子积只和温度有关， Ba(OH)2属于强碱，完全电离，pH=10时，c(H+)=1×10-10mol/L，c(OH-)===0.01mol/L，则c[Ba(OH)2]=1/2×c(OH-)=1/2×0.01mol/L= 0.005mol/L，故答案为0.005；
（2）25℃时，将a mol∙L-1醋酸溶液和bmol∙L-1氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈中性，即混合后溶液的pH=7，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可得c（CH3COO-）=c（Na+），当a=b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a＞b；再根据物料守恒可知，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=mol∙L-1，
故答案为0.5a，﹥ ；
（3）根据NH3∙H2O的Kb=1.8×10－5可知，=1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0 mo1/ L 时，溶液中的c(OH-)=c(NH4+)==6.0×10-3mol/L，根据H2SO3的 Ka2=6.2 × 10一8可知，=6.2 × 10一8，当c(OH-)降至2.0×10-6mol/L时，则c(H+)==5×10-9mol/L，溶液中的==12.4，
故答案为6.0×10－3 ，12.4；
（4）氯离子浓度大小为：④＞③＞②＞①，氯离子浓度越大，银离子浓度越小，则饱和溶液中c（Ag+）大小为：a﹥b﹥c﹥d，故答案为a﹥b﹥c﹥d。
10.醋酸是日常生活中最常见调味剂和重要的化工原料，醋酸钠是其常见的盐（已知：25℃，Ka（CH3COOH）=1.69×10-5）。
（1）醋酸钠溶液呈碱性的原因是_______________（写出有关的离子方程式）
（2）在CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____________________（用c（Bn+）表示相应离子浓度）；
（3）25℃时，0.10mol/L的醋酸溶液的pH约为___________（ 已知：lg1.3=0.114）；
（4）对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的下列说法正确的是____________；
A．稀释醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，而稀释醋酸钠溶液则醋酸钠的水解程度减小．
B．升高温度可以促进醋酸电离，也可以促进醋酸钠水解．
C．醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离．
D．醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸促进醋酸钠的水解、醋酸钠也促进醋酸的电离．
（5）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合（注：混合前后溶液体积变化忽略不计），混合液中的下列关系式正确的是_______；
A．c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）
B．c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）
C．c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L
（6）常温时，有以下3种溶液，其中pH最小的是____________；
A．0.02mol•L-1CH3COOH与0.02mol•L-1NaOH溶液等体积混合液
B．0.03mol•L-1CH3COOH与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合液
C．pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合液
（7）用pH试纸在常温下分别测定0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸钠溶液，则pH（CH3COONa）_______ pH（Na2CO3）．（填：“>”、“<”或“=”）
【答案】 (1). CH3COO−+H2O ⇌ CH3COOH+OH− (2). c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)或c(Na+)、c(CH3COO−)、c(OH−)、c(H+) (3). 2.89或2.886 (4). BC (5). ABC (6). C (7). ＜
【解析】
【分析】（1）醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子；
（2）醋酸根离子水解，溶液显碱性；
（3）平衡常数表达式Ka= ，0.10mol/L的醋酸溶液的c（H+）= ，以此计算pH；
（4）A．稀释促进电离、促进水解；B．电离、水解均为吸热反应； C．醋酸和醋酸钠的混合液中，电离与水解相互抑制； D．醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离；
（5）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），以此分析；
（6）混合溶液的酸性越强，则pH越小，以此来解答；
（7）用pH试纸在常温下分别测定0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸氢钠溶液，酸性越强，水解程度小，则碱性小，pH就小。
【详解】（1）醋酸钠是强碱弱酸盐，弱阴离子CH3COO-水解使溶液呈碱性，离子方程式为：CH3COO−+H2O ⇌ CH3COOH+OH−。
（2）醋酸根离子水解，溶液显碱性，则c(Na+)>c(CH3COO−)、c(OH−)>c(H+)，又因为一般水解是微弱的，所以c(Na+)和c(CH3COO−)远大于c(OH−)和c(H+)，故CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)或c(Na+)、c(CH3COO−)、c(OH−)、c(H+)。
（3）由已知，25℃时Ka（CH3COOH）=1.69×10-5，又因为Ka= ，其中c（H+）=c（CH3COO-），c（CH3COOH）约为0.10mol/L，所以c（H+）===1.3×10-3mol/L，则pH=-lgc（H+）=3-lg1.3=2.886(或2.89)。
（4）A项，稀释对电离和水解都有促进作用，则稀释时醋酸的电离程度增大，醋酸钠的水解程度增大，故A错误；
B项，电离和水解均为吸热反应，所以升高温度，促进水解和电离，故B正确；
C、D两项，醋酸电离是产生CH3COO−，CH3COO−水解是产生醋酸，二者作用相反，所以相互抑制，故C正确、D错误。
（5）因为25℃，Ka（CH3COOH）=1.69×10-5，所以Kh（CH3COO-）= = ，则Ka（CH3COOH）>Kh（CH3COO-），物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）=2×(×0.1mol/L)，由上述两个式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-），综上分析A、B、C都正确。
（6）A项，0.02mol•L-1CH3COOH与0.02mol•L-1NaOH溶液等体积混合，恰好生成醋酸钠，溶液显碱性；B项，0.03mol•L-1CH3COOH与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，剩余0.01mol/L醋酸；C项，pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，pH=2的醋酸浓度远大于0.01mol/L，所以剩余醋酸大于0.01mol/L，故C酸性最强，pH最小。
（7）弱酸酸性越强，对应的钠盐溶液中阴离子越容易水解，因为CH3COOH酸性强于HCO3-，所以0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸钠溶液中，水解程度：CO32->CH3COO−，弱阴离子水解溶液显碱性，水解程度越大碱性越强，pH越大，则pH（CH3COONa）＜pH（Na2CO3）。
11.甲、乙两位同学设计实验确定某酸HA是弱电解质，实验方案如下：
甲：取纯度相同，质量、大小相等锌粒于两支试管中，同时加入浓度均为0.1 mol·L-1 的HA溶液、稀盐酸各10 mL，按图装好，观察现象。
乙：方案一：用pH计测定浓度为 0.1 mol·L-1HA溶液的pH；
方案二：取pH=3的HA溶液5 mL稀释至500 mL，再用pH计测其pH。
回答下列问题：
（1）甲同学设计的方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是___________ (填序号)。
A. 加入两种稀酸后，两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大
B. 加入HA溶液后，试管上方的气球鼓起慢
C. 加入稀盐酸后，试管上方的气球鼓起慢
（2）乙同学设计的方案一中说明HA是弱电解质的理由是：__________________
（3）乙同学设计的方案二中说明HA是弱电解质的pH的范围为__________________
（4）丙同学为了进一步证明外界条件对弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验：
①使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，可在 0.1mol·L-1 的HA溶液中，选择加入____________试剂；
②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，可在 0.1mol·L-1 的HA溶液中，选择加入_____________试剂。
（5）若从盐类水解原理角度设计一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取) ，证明HA是弱电解质，你的设计方案是________________________________。
【答案】 (1). B (2). 测得 0.1 mol·L-1 HA溶液的pH > 1 (3). 3
【分析】根据弱电解质的电离平衡的影响因素分析，不完全电离，所以氢离子浓度会小于酸的浓度，加入对应的盐，抑制酸的电离，氢离子浓度减小，加入较大浓度的对应的酸，电离程度减小，但氢离子或酸根离子浓度会增大。
【详解】(1) 甲设计的方案中盐酸为强酸，完全电离若HA为弱酸，则部分电离，电离出的氢离子浓度较小，则反应速率减慢，试管上方的气球鼓起慢，故B正确；
（2） 测得 0.1 mol·L-1 的HA溶液的pH > 1，说明溶液中的氢离子浓度小于0.1mol/L，说明酸不完全电离，为弱电解质；
(3) 取pH=3的HA溶液5 mL稀释至500 mL，溶液中HA电离出的氢离子浓度是原来的1/100，若其为弱电解质，则能继续电离，所以氢离子浓度大于10-5mol/L，则 3
②HA浓度增大，HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，所以可以在原溶液中加入物质的量浓度大于0.1 mol·L-1的HA溶液；
(5)HA是弱电解质，则对应的强碱盐能发生水解而显碱性 所以可以在常温下测NaA溶液pH，若pH＞7，即证明HA是弱电解质。
一、选择题(本题共7小题，共42分)
1.下列过程或现象与盐类水解无关的是（ ）
A. 加热浓度较小的TiCl4溶液获得纳米TiO2材料
B. 粗盐在空气中易潮解
C. 加热FeCl3溶液颜色变深
D. 浓Na2S溶液有臭味
【答案】B
【解析】
【分析】A、TiCl4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛；
B、MgCl2潮解；
C、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行．
D、浓Na2S溶液有臭味，由于硫离子水解生成具有臭鸡蛋味的硫化氢。
【详解】A、TiCl4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛，与盐类水解有关，故A不选；
B、粗盐在空气中易潮解，因为粗盐中含有MgCl2潮解，故B选；
C、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行，得到氢氧化铁沉淀，即加热后颜色变深，和盐类水解有关，故C不选。
D、硫离子水解生成具有臭鸡蛋味的硫化氢，故D不选。
故选B。
2.一定温度下，用水稀释0.1mol·L－1的一元弱酸HA，随稀释进行，下列数值一定增大的是（Kw表示水的离子积，Ka表示HA的电离常数）（ ）
A. Kw B. c(H+)/Ka C. c(HA)/c(A-) D. c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】加水稀释弱酸，促进弱酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大。
【详解】A．温度不变，水的离子积常数不变，故A错误；
B．加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢离子浓度减小，温度不变，电离平衡常数不变，所以c(H＋)/Ka减小，故B错误；
C．加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，则c(HA)/c(A－)减小，故C错误；
D．加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，故D正确；
故选D。
3.下列各种情况下一定能大量共存的离子组为（ ）
A. pH＝7的溶液中：Fe3＋、Cl－、Na＋、NO3-
B. 由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、CO32-、Cl－、K＋
C. pH＝1的溶液中：NH4+、Cl－、Cu2＋、SO42-
D. 无色溶液中：Al3＋、HCO3-、、I－、K＋
【答案】C
【解析】
【分析】A．铁离子只能存在于酸性溶液中；
B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；
C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。
【详解】A．pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于酸性溶液，故A错误；
B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；
C．该溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；
D．Al3+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
综上所述，本题选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 0.1molAgCl和0.1 molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)=c(I－)
B. 常温下，向饱和CaCO3溶液中加入Na2CO3粉末，CaCO3的溶解度不变
C. 25 ℃时，Ksp[ Mg（OH）2 ]=5．61 × 10－12、Ksp（MgF2）=7.12 ×10－11，该温度下饱和 Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋) 大
D. 常温下Ksp(Ag2SO4)=1. 4× 10－5，向10mL 0.1mol/L的Na2SO4溶液中加入10 mL0.1 mol/L的AgNO3溶液，有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】A. AgCl和AgI的Ksp不同，AgCl和AgI均存在溶解平衡，混合溶液中阳离子都为银离子，则c（Cl-）≠c（I-），故A错误；
B. 常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，因为CaCO3存在溶解平衡，加入Na2CO3后，加大了CO32-的浓度，使CaCO3的溶解平衡逆向移动，从而降低了CaCO3溶解度，故B错误；
C. 两个物质的阴阳离子比值相同，因氢氧化镁溶度积小，由Mg（OH）2的Ksp计算其Mg2+浓度小，故C错误；
D.混合后，c(SO42-)=0.05mol/L，c(Ag+)=0.05mol/L，根据Ksp(Ag2SO4)=1. 4× 10－5，混合溶液的 c2 (Ag+)×c(SO42-)=0.0025×0.05=1.25×10-4>1. 4× 10－5，即有白色沉淀生成，故D正确，
故选D。
5.下列变化使所得溶液的pH=7的是（ ）
A. 将25℃ pH=7的NaCl溶液加热至80℃
B. 常温下,pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合
C. 常温下,pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合
D. 常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合
【答案】B
【解析】
【分析】A．升高温度促进水电离，溶液中c（H＋）增大；
B、常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水；
C、常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余；
D、常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性。
【详解】A．升高温度促进水电离，溶液中c（H＋）增大，则溶液的pH小于7，故A错误；
B、常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水，硫酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，pH=7，故B正确；
C、常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故B错误；
D、常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性，故D错误。
故选B。
6.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 图中五点Kw间的关系：B＞C＞A＝D＝E
B. 若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C. 若从A点到C点，在温度不变时向水中加入适量NH4Cl固体
D. 若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】C
【解析】
【详解】A、Kw与温度有关，温度越高值越大，EAD在一条等温线上，所以相等，因为温度升高，所以B＞C＞A＝D＝E，A正确。
B、若从A点到D点，c(H+)变大，c(OH-)变小，可采用在水中加入少量酸的方法，B正确。
C、若从A点到C点，Kw改变温度改变，C错误。
D、若处在B点时，Kw=10-12（mol/L）2，pH=2的硫酸溶液与pH=10的KOH溶液等体积混合，二者恰好反应，所得溶液呈中性，D正确；
答案选C。
7.两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释，溶液pH的变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. MOH一种弱碱
B. 在x点，c(M+)=c(R+)
C. 稀释前，c(MOH)=l0c(ROH)
D. 稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c(OH-)前者是后者的10倍
【答案】B
【解析】A、根据图示，溶液稀释100倍，ROH溶液的pH减小了1，MOH溶液pH减小了2，所以MOH是强碱，ROH是弱碱，故A错误；B、在x点，两溶液中pH相等，氢氧根离子浓度等于c(M+)、c(R+)，所以c(M+)=c(R+)，故B正确；C、由于MOH是强碱，ROH是弱碱，稀释前，MOH等于0.1mol/L，ROH大于0.01mol/L，所以稀释前，c(MOH)＜10 c(ROH)，故C错误；D、稀释前，MOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，ROH溶液中的c(OH-)=0.01mol/L，由水电离出的c(OH-)分别为10-13 mol/L、10-12 mol/L，因此MOH溶液中水电离的c(OH-)是ROH溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度的倍，故D错误；故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
8.用氧化还原滴定法测定Ti02的质量分数；一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe( S04)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。
(1)配制NH4 Fe( S04)2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的____________________________(填字母代号)。
(2)滴定终点的现象是__________________________________________________。
(3)滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M g/mol)试样w g，消耗c mol/L NH4Fe( S04)2标准溶液V mL，则Ti02质量分数表达式为______________________________。
(4)判断下列操作对Ti02质量分数测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4 Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果________________________________________________________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果__________________ 。
【答案】(1). ac (2). 溶液变为红色，且半分钟不褪色 (3). % (4). 偏高 (5). 偏低
【解析】
【分析】(1)依据溶液配制操作分析所需要的玻璃仪器；
(2) 因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe(SO4)2不再反应，生成血红色的Fe(SCN)3；
(3) 根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3mol，据此计算其质量分数为；
(4)①NH4Fe(SO4)2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，百分含量偏大；
②若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小。
【详解】(1) 根据一定物质的量浓度的溶液操作步骤可知，所需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需一定规格的容量瓶和胶头滴管，故答案为ac；
(2) Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe(SO4)2，溶液中Fe3+过量，会变成红色，即溶液变为红色，且半分钟不褪色时为滴定终点；
(3) 根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3mol，其质量分数为；=%；
(4) ①在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中百分含量偏高；
②若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏低。
9.电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解、沉淀溶解，据所学知识回答下列问题：
（1）t℃时，纯水中c(H+)＝1×10-6 mol·L-1， 该温度下，pH＝10的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为_________ mol·L-1。
（2）25℃时，将 a mol·L-1 的醋酸和 b mol·L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=__________ mol·L-1，a_______ b（填“﹥”、“﹤”或“=”）。
（3）工业上采取用氨水除去SO2，已知25 ℃，NH3• H2O的Kb=1.8×10－5，H2SO3的 Ka1=1.3 × 10一2，Ka2=6．2 × 10一8。若氨水的浓度为2.0 mo1/ L，溶液中的c(OH－)=_____ mo1/ L；将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至2.0 × 10一6mo1/ L时，溶液中的=_____________。
（4）将AgCl分别放入：①5 mL水 ②10 mL 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液③40 mL 0.3mol·L-1 盐酸溶液中溶解至溶液饱和 ④20 mL 0.5mol·L-1 NaCl溶液 ，各溶液中Ag+的浓度分别为a、b、 c、d，它们由大到小的排列顺序是____________（用字母表示）。
【答案】(1). 0.005 (2). 0.5a (3). ﹥ (4). 6.0×10－3 (5). 12.4 (6). a﹥b﹥c﹥d
【解析】
【分析】根据水的离子积计算溶液中氢氧根离子浓度；根据物料守恒、电荷守恒比较溶液中离子浓度大小；根据电离常数及溶度积常数计算溶液中离子浓度大小。
【详解】（1）t℃时，纯水中c(H+)＝1×10-6 mol·L-1，则Kw= c(H+)∙ c(OH-)=(1×10-6)2=1×10-12，离子积只和温度有关， Ba(OH)2属于强碱，完全电离，pH=10时，c(H+)=1×10-10mol/L，c(OH-)===0.01mol/L，则c[Ba(OH)2]=1/2×c(OH-)=1/2×0.01mol/L= 0.005mol/L，故答案为0.005；
（2）25℃时，将a mol∙L-1醋酸溶液和bmol∙L-1氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈中性，即混合后溶液的pH=7，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可得c（CH3COO-）=c（Na+），当a=b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a＞b；再根据物料守恒可知，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=mol∙L-1，
故答案为0.5a，﹥ ；
（3）根据NH3∙H2O的Kb=1.8×10－5可知，=1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0 mo1/ L 时，溶液中的c(OH-)=c(NH4+)==6.0×10-3mol/L，根据H2SO3的 Ka2=6.2 × 10一8可知，=6.2 × 10一8，当c(OH-)降至2.0×10-6mol/L时，则c(H+)==5×10-9mol/L，溶液中的==12.4，
故答案为6.0×10－3 ，12.4；
（4）氯离子浓度大小为：④＞③＞②＞①，氯离子浓度越大，银离子浓度越小，则饱和溶液中c（Ag+）大小为：a﹥b﹥c﹥d，故答案为a﹥b﹥c﹥d。
10.醋酸是日常生活中最常见调味剂和重要的化工原料，醋酸钠是其常见的盐（已知：25℃，Ka（CH3COOH）=1.69×10-5）。
（1）醋酸钠溶液呈碱性的原因是_______________（写出有关的离子方程式）
（2）在CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____________________（用c（Bn+）表示相应离子浓度）；
（3）25℃时，0.10mol/L的醋酸溶液的pH约为___________（ 已知：lg1.3=0.114）；
（4）对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的下列说法正确的是____________；
A．稀释醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，而稀释醋酸钠溶液则醋酸钠的水解程度减小．
B．升高温度可以促进醋酸电离，也可以促进醋酸钠水解．
C．醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离．
D．醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸促进醋酸钠的水解、醋酸钠也促进醋酸的电离．
（5）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合（注：混合前后溶液体积变化忽略不计），混合液中的下列关系式正确的是_______；
A．c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）
B．c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）
C．c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L
（6）常温时，有以下3种溶液，其中pH最小的是____________；
A．0.02mol•L-1CH3COOH与0.02mol•L-1NaOH溶液等体积混合液
B．0.03mol•L-1CH3COOH与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合液
C．pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合液
（7）用pH试纸在常温下分别测定0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸钠溶液，则pH（CH3COONa）_______ pH（Na2CO3）．（填：“>”、“<”或“=”）
【答案】 (1). CH3COO−+H2O ⇌ CH3COOH+OH− (2). c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)或c(Na+)、c(CH3COO−)、c(OH−)、c(H+) (3). 2.89或2.886 (4). BC (5). ABC (6). C (7). ＜
【解析】
【分析】（1）醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子；
（2）醋酸根离子水解，溶液显碱性；
（3）平衡常数表达式Ka= ，0.10mol/L的醋酸溶液的c（H+）= ，以此计算pH；
（4）A．稀释促进电离、促进水解；B．电离、水解均为吸热反应； C．醋酸和醋酸钠的混合液中，电离与水解相互抑制； D．醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离；
（5）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），以此分析；
（6）混合溶液的酸性越强，则pH越小，以此来解答；
（7）用pH试纸在常温下分别测定0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸氢钠溶液，酸性越强，水解程度小，则碱性小，pH就小。
【详解】（1）醋酸钠是强碱弱酸盐，弱阴离子CH3COO-水解使溶液呈碱性，离子方程式为：CH3COO−+H2O ⇌ CH3COOH+OH−。
（2）醋酸根离子水解，溶液显碱性，则c(Na+)>c(CH3COO−)、c(OH−)>c(H+)，又因为一般水解是微弱的，所以c(Na+)和c(CH3COO−)远大于c(OH−)和c(H+)，故CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)或c(Na+)、c(CH3COO−)、c(OH−)、c(H+)。
（3）由已知，25℃时Ka（CH3COOH）=1.69×10-5，又因为Ka= ，其中c（H+）=c（CH3COO-），c（CH3COOH）约为0.10mol/L，所以c（H+）===1.3×10-3mol/L，则pH=-lgc（H+）=3-lg1.3=2.886(或2.89)。
（4）A项，稀释对电离和水解都有促进作用，则稀释时醋酸的电离程度增大，醋酸钠的水解程度增大，故A错误；
B项，电离和水解均为吸热反应，所以升高温度，促进水解和电离，故B正确；
C、D两项，醋酸电离是产生CH3COO−，CH3COO−水解是产生醋酸，二者作用相反，所以相互抑制，故C正确、D错误。
（5）因为25℃，Ka（CH3COOH）=1.69×10-5，所以Kh（CH3COO-）= = ，则Ka（CH3COOH）>Kh（CH3COO-），物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）=2×(×0.1mol/L)，由上述两个式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-），综上分析A、B、C都正确。
（6）A项，0.02mol•L-1CH3COOH与0.02mol•L-1NaOH溶液等体积混合，恰好生成醋酸钠，溶液显碱性；B项，0.03mol•L-1CH3COOH与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，剩余0.01mol/L醋酸；C项，pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，pH=2的醋酸浓度远大于0.01mol/L，所以剩余醋酸大于0.01mol/L，故C酸性最强，pH最小。
（7）弱酸酸性越强，对应的钠盐溶液中阴离子越容易水解，因为CH3COOH酸性强于HCO3-，所以0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸钠溶液中，水解程度：CO32->CH3COO−，弱阴离子水解溶液显碱性，水解程度越大碱性越强，pH越大，则pH（CH3COONa）＜pH（Na2CO3）。
11.甲、乙两位同学设计实验确定某酸HA是弱电解质，实验方案如下：
甲：取纯度相同，质量、大小相等锌粒于两支试管中，同时加入浓度均为0.1 mol·L-1 的HA溶液、稀盐酸各10 mL，按图装好，观察现象。
乙：方案一：用pH计测定浓度为 0.1 mol·L-1HA溶液的pH；
方案二：取pH=3的HA溶液5 mL稀释至500 mL，再用pH计测其pH。
回答下列问题：
（1）甲同学设计的方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是___________ (填序号)。
A. 加入两种稀酸后，两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大
B. 加入HA溶液后，试管上方的气球鼓起慢
C. 加入稀盐酸后，试管上方的气球鼓起慢
（2）乙同学设计的方案一中说明HA是弱电解质的理由是：__________________
（3）乙同学设计的方案二中说明HA是弱电解质的pH的范围为__________________
（4）丙同学为了进一步证明外界条件对弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验：
①使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，可在 0.1mol·L-1 的HA溶液中，选择加入____________试剂；
②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，可在 0.1mol·L-1 的HA溶液中，选择加入_____________试剂。
（5）若从盐类水解原理角度设计一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取) ，证明HA是弱电解质，你的设计方案是________________________________。
【答案】 (1). B (2). 测得 0.1 mol·L-1 HA溶液的pH > 1 (3). 3
【分析】根据弱电解质的电离平衡的影响因素分析，不完全电离，所以氢离子浓度会小于酸的浓度，加入对应的盐，抑制酸的电离，氢离子浓度减小，加入较大浓度的对应的酸，电离程度减小，但氢离子或酸根离子浓度会增大。
【详解】(1) 甲设计的方案中盐酸为强酸，完全电离若HA为弱酸，则部分电离，电离出的氢离子浓度较小，则反应速率减慢，试管上方的气球鼓起慢，故B正确；
（2） 测得 0.1 mol·L-1 的HA溶液的pH > 1，说明溶液中的氢离子浓度小于0.1mol/L，说明酸不完全电离，为弱电解质；
(3) 取pH=3的HA溶液5 mL稀释至500 mL，溶液中HA电离出的氢离子浓度是原来的1/100，若其为弱电解质，则能继续电离，所以氢离子浓度大于10-5mol/L，则 3
②HA浓度增大，HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，所以可以在原溶液中加入物质的量浓度大于0.1 mol·L-1的HA溶液；
(5)HA是弱电解质，则对应的强碱盐能发生水解而显碱性 所以可以在常温下测NaA溶液pH，若pH＞7，即证明HA是弱电解质。
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