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【化学】福建省漳平市第一中学2018-2019学年高二上学期第二次月考(解析版) 试卷
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福建省漳平市第一中学2018-2019学年高二上学期第二次月考
（考试时间：90分钟 总分：100分）
可能用到的相对原子质量H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ag 108
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)
1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是
A. 明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同
B. 将AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液直接蒸干均不能得到原溶质
C. 铵态氮肥和草木灰（含K2CO3）可以混合施用
D. 泡沫灭火器内的玻璃筒里盛碳酸氢钠溶液，铁筒里盛硫酸铝溶液
【答案】B
【解析】
A、明矾净水的原因是Al3＋水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，ClO－水解成HClO，利用HClO的强氧化性，进行杀菌消毒，因此两者原理不同，故A错误；B、三种物质的水溶液直接蒸干后分别得到Al2O3、Fe2O3、CuO，故B正确；C、铵态氮肥溶液显酸性，K2CO3溶液显碱性，两者混用发生双水解反应，使N元素转化成NH3，造成N元素的损失，因此两者不能混用，故C错误；D、硫酸铝溶液显酸性，对铁筒具有腐蚀性，因此玻璃筒中盛放硫酸铝，铁筒中盛放碳酸氢钠，故D错误。
点睛：盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型：（1）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物；（2）酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后得到原物质；（3）考虑盐受热时是否分解；（4）还原性盐在蒸干时被氧气氧化。
2.下列解释事实的反应方程式不正确的是( )
A. 热的纯碱溶液可去除油污：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
B. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－2e－＝Fe2+
C. 以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+：Cu2++S2－＝CuS↓
D. 向电解饱和食盐水的两极溶液中滴加酚酞，阴极变红：2H2O+2e－==H2↑+2OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 热的纯碱溶液水解显碱性，可去除油污，碳酸根离子水解分两步，不能合并，离子方程式为：CO32－+2H2OHCO3-+OH－，故错误；
B. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化失去电子生成亚铁离子，离子方程式：Fe－2e－＝Fe2+，故正确；
C. 以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+，因为铜离子和硫离子反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为：Cu2++S2－＝CuS↓，故正确；
D. 电解饱和食盐水时阳极是溶液中的阴离子即氢氧根离子反应生成氧气，阴极是溶液中的氢离子反应生成氢气，两极溶液中滴加酚酞，阴极氢离子反应后溶液中的氢氧根离子浓度增大，显碱性，溶液变红，电极反应为：2H2O+2e－==H2↑+2OH-，故正确。
故选A。
3.用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 1 L 0.1 mol/L HClO 含有 0.1 NA个H+
B. 100mL 2mol/L 的 AlCl3溶液中含 Al3+的数目为 0.2NA
C. 25℃时，pH=13 的 1.0L Ba(OH)2溶液中含有的 OH－数目为 0.1NA
D. 0.1 mol·L-1 Na2SO4溶液中有 0.2 NA个 Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 次氯酸是弱酸，不完全电离，故不能计算1 L 0.1 mol/L HClO 中含有的H+个数，故错误；
B. 100mL 2mol/L 的 AlCl3溶液中铝离子水解，会使铝离子数目减少，所以含 Al3+的数目小于 0.2NA，故错误；
C. 25℃时，pH=13 的 1.0L Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则氢氧根离子物质的量为0.1mol， OH－数目为 0.1NA，故正确；
D. 0.1 mol·L-1 Na2SO4溶液，没有说明溶液的体积，不能计算钠离子物质的量和个数，故错误。
故选C。
4.下列有关电化学装置的说法正确的是 ( )
A. 用图1装置处理银器表面的黑斑(Ag2S),银器表面发生的反应为Ag2S+2e-=2Ag+S2-
B. 用图2装置电解一段时间后,铜电极部分溶解,溶液中铜离子的浓度基本不变
C. 图3装置中若直流电源的X极为负极,则该装置可实现粗铜的电解精炼
D. 图4装置中若M是铜,则该装置能防止铁被腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A.形成原电池反应，Al为负极，被氧化，Ag2S为正极被还原,正极方程式为 Ag2S+2e-=2Ag+S2-,故A正确；
B.铜为阴极,发生还原反应,不能溶解,石墨电极上生成氧气，铜电极上有铜析出，溶液中铜离子浓度减小，故B错误；
C.图中的X极若为负极,粗铜为阴极,不能进行粗铜的精炼,而电解精炼时,粗铜作阳极,纯铜作阴极,故C错误；
D.图中若M是铜,铁比铜活泼，铁作原电池负极被腐蚀，故D错误；
综上所述，本题选A。
5. 下列说法不正确的是
A. 反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)；△H＞0，在任何条件下均不能自发进行
B. 铅蓄电池在放电过程中，溶液的PH值增加
C. 常温下，在0.1mol/L氨水中，加入少量NH4Cl晶体，溶液的pH减小
D. 温度一定时，水的离子积常数Kw不随外加酸（碱）浓度的改变而改变
【答案】A
【解析】
根据方程式可知，反应是熵值增加的、吸热的可逆反应，所以根据△G＝△H－T·△S可知，反应应该在高温下自发进行，A不正确，其余都是正确的，答案选A。
6.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。
【点睛】常温下，c（H+）=1×10-13mol/L的溶液显碱性，c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液显酸性；由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，因为酸碱抑制水电离，水电离出的c（H+）<10-7mol/L或c（OH-）<10-7mol/L。
7.下列有关热化学方程式的评价合理的是( )
选项
实验事实
热化学方程式
评价
A
若H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，将稀硫酸和NaOH溶液混合
H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)=== Na2SO4(aq)＋2H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
正确
B
醋酸和稀NaOH溶液混合
CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===
CH3COONa(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
不正确，因为醋酸的状态为“l”，而不是“aq”
C
160 g SO3气体与足量液体水反应生成H2SO4放出热量260.6 kJ
SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(aq)
ΔH＝－130.3 kJ·mol－1
不正确:因为反应热ΔH＝－260.6kJ·mol－1
D
1 mol C8H18(l)在O2(g)中燃烧，生成CO2(g)和H2O(l)，放出534 kJ的热量
2C8H18(l)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l)
ΔH＝－1 068 kJ·mol－1
正确
【答案】D
【解析】
【详解】A.中和热是指稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，热化学方程式中化学计量数为物质的量，当生成2mol水时放出的热量为生成1mol水时放出热量的2倍。故错误；
B.醋酸是弱酸，电离过程中吸热，所以醋酸和氢氧化钠反应生成1mol水时放出的热量少于57.3kJ，不是因为醋酸的状态不对，故评价错误；
C. 160 g SO3气体物质的量为160g÷80g/mol=2mol，故热化学方程式SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(aq)
ΔH＝－130.3 kJ·mol－1正确，故评价错误；
D. 1 mol C8H18(l)在O2(g)中燃烧，生成CO2(g)和H2O(l)，放出534 kJ的热量，所以当热方程式中2mol C8H18(l)反应放出的热量为1068kJ，故正确。
故选D。
【点睛】掌握中和热的定义，在稀的溶液中强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为中和热，注意当酸或碱为弱电解质时，放出的热量会减小，当生成水的物质的量改变时，反应热也随之改变。
8.一种锂铜可充电电池，工作原理如下图。在该电池中，非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开。下列说法不正确的是
A. 陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过
B. 放电时，N极为电池的正极
C. 充电时，阳极反应为:Cu-2e-== Cu2+
D. 充电时，接线柱A应与外接电源的正极相连
【答案】D
【解析】
A、非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，故A正确；B、放电时，金属锂是负极，发生失电子的氧化反应，M是负极，N为电池的正极，故B正确；C、充电时，阳极反应和放电时的正极反应互为逆过程，电极反应为：Cu-2e-= Cu2+，故C正确；D、充电时，接线柱A 应与M极相连，M是负极，所以A外接电源的负极，故D错误；故选D。
点睛：本题考查了新型化学电源，注意对题干信息的应用，明确原电池的原理是解题的关键。锂铜可充电电池放电时，金属锂是负极，铜是正极；在充电时，电源的正极连接原电池的正极，发生氧化反应；非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过。
9.已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( )
A. 该溶液的pH＝4
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
【答案】B
【解析】
试题分析：A．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，A正确；B．温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，B错误；C．由HAH++A-，c（H+）=c（A-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为10−4×10−4/0.1=1×10-7，C正确；D．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，D正确；答案选B。
考点：考查查弱酸的电离
10.下列各组数据中，前者一定比后者大的是( )
A. 常温下pH相同的KOH溶液和K2CO3溶液中由水电离出的c(OH-)
B. 25℃和100℃时，纯水的Kw常数
C. 3 L 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液和1L 0.3 mol·L-1CH3COOH溶液中的H+离子数
D. 中和pH与体积均相同的NaOH溶液和氨水，所消耗H2SO4的物质的量
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下pH相同的KOH溶液抑制水的电离，K2CO3溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，所以由水电离出的c(OH-)前者小于后者，故错误；
B.水的电离是吸热的，所以温度升高，电离程度增大，平衡常数增大，25℃和100℃时，纯水的Kw常数前者小于后者，故错误；
C. 3 L 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液和1L 0.3 mol·L-1CH3COOH溶液中醋酸的物质的量相等，由于浓度越小电离程度越大，所以前者的H+离子数大于后者，故正确；
D. pH与体积均相同的NaOH溶液和氨水，因为氨水是弱电解质，所以其物质的量浓度大于氢氧化钠，中和两种溶液所消耗H2SO4的物质的量前者小于后者，故错误。
故选C。
11.根据下列有关图像，说法正确的是
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的△H<0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应温度的措施
D. 由图Ⅲ知，在10L容器、850℃时反应到4min时，放出51.6kJ的热量
【答案】D
【解析】
试题分析：A．由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相对但反应不一定达到平衡，T2-T3升高温度，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；B．由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故B错误；C．由图Ⅱ知，t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，故C错误；D．该反应是一个放热反应，1molCO完全转化时放出43KJ能量，当转化(0.30-0.18）mol/L×10L=1.2molCO时放出51.6kJ的热量，故D正确；故选D。
考点：考查化学图象分析。
12.已知HCN、CN−在溶液中存在下列平衡，对应的平衡常数分别为K1和K2.①HCN⇌H++CN−△H1>0 K1 ②CN−+H2O⇌HCN+OH−△H2>0 K2，常温下(K1=6.2×10−10)，将等体积、等物质的量浓度的HCN和NaCN溶液混合，下列叙述不正确的是( )
A. K2≈1.6×10−3 B. 2c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)
C. 混合溶液的pH>7 D. 对混合溶液升温， K1增大、K2增大
【答案】A
【解析】
【详解】A. K1×K2= Kw，所以K2= ，故错误；
B. 将等体积、等物质的量浓度的HCN和NaCN溶液混合，根据溶液中的存在的物料守恒分析，有2c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)，故正确；
C. K17，故正确；
D. 对混合溶液升温，促进电离和水解，所以 K1增大、K2增大，故正确。
故选A。
【点睛】掌握弱酸的电离平衡常数和其对应的强碱的盐溶液中的水解平衡常数的关系是解题的关键，二者乘积为水的离子积常数，在等浓度的酸和对应的强碱盐的溶液中，根据电离平衡常数和水解平衡常数的大小分析电离和水解程度的相对大小，进而确定溶液的酸碱性。
13.有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是
A. 3种溶液pH的大小顺序是③>②>①
B. 若将3种溶液稀释相同倍数，pH 变化最大的是②
C. 若分别加入25mL0.1mol/L盐酸后，pH最大的是①
D. 3种溶液中,由水产生的c(H+)大小顺序是①>③>②
【答案】C
【解析】
③NaOH完全电离使溶液显碱性，而①Na2CO3、②CH3COONa是盐水解使溶液显碱性，盐水解的程度是很微弱的，而且规律是越弱越水解；由于酸性CH3COOH>H2CO3，所以等浓度2种溶液的碱性Na2CO3>CH3COONa，故3种溶液pH的大小顺序是③>①>②；A错误；若将3种溶液稀释相同倍数，由于碱完全电离，稀释使OH-的浓度减小；而强碱弱酸盐在溶液中存在水解平衡，稀释使盐水解的程度增大，因此溶液的碱性变化相对较小。因此pH变化最大的是③；B错误；若分别加入25mL0．lmol/L盐酸后，①Na2CO3恰好发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3，得到的溶液含有强碱弱酸盐，仍然是碱性；②CH3COONa恰好发生反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COOH电离使溶液显酸性；③恰好发生反应：NaOH+HCl= H2O +NaCl，溶液为中性；因此pH最大的是①；C正确；碱抑制水电离，能够水解的盐促进水电离，而且越弱水解能力越强，对水的促进作用越大，所以3种溶液中由水产生的c(H+)大小顺序是①>②>③，D错误；正确选项C。
点睛：pH相等的①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液中，三种物质浓度大小关系为②>①>③。
14.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是 （ ）
A. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液： c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c(NH4＋)： (NH4)2SO4> NH4HSO4> NH4Cl
C. 1.0mol/L Na2CO3溶液：c(OH－)＝2c(HCO3－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)
D. 某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA—)＋c(A2—)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，根据电荷守恒分析，离子浓度关系为： c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故错误；
B. 物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，硫酸氢铵溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，所以铵根离子水解程度变小，等物质的量浓度的溶液中(NH4)2SO4电离出的铵根离子是其他两种溶液中电离出的铵根离子浓度的2倍，所以最后溶液中c(NH4＋)关系为： (NH4)2SO4> NH4HSO4> NH4Cl，故正确；
C. 1.0mol/L Na2CO3溶液中的物料守恒有c(Na＋)＝2c(HCO3－)＋2c(CO32-)＋2c(H2CO3)，电荷守恒有c(OH－) ＋c(HCO3－) ＋2c(CO32-)＝c(Na＋) ＋c(H＋)，所以有：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，故错误；
D. 某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中电荷守恒：c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA—)＋2c(A2—)，故错误。
故选B。
15.25℃时，有关弱酸的电离平衡常数如下，下列有关说法正确的是
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
1.8×10－5
4.9×10－10
K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11
A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH（CH3COONa）＞pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）
B. 在pH=5 的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.8
C. 向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入水，则溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
D. a mol·L－1HCN溶液与b mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)＞c(CN－)，则a一定小于b
【答案】B
【解析】
A．由于弱酸的酸性：CH3COOH>H2CO3>HCN> NaHCO3，酸越弱，等浓度时其盐的水解程度就越大，溶液的碱性就越强，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3 ）>（NaCN）> pH（CH3COONa），A错误；B．在pH=5 的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，根据醋酸的电离平衡常数可知溶液中存在c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.8，B正确；C．向冰醋酸中逐滴加水，则溶液的自由移动的离子的浓度先是逐渐增大，到一定程度后又逐渐减小，所以导电性、pH均先减小后增大，醋酸的电离度逐渐增大，C错误；D．a mol·L-1 HCN溶液与b mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（Na+）>c（CN-），可能是二者恰好完全反应，也可能是NaOH过量。则b不一定大于a，D错误。答案选B。
16.常温下，向10mL0.1mol/L的某一元酸HR溶液中逐滴加入0.1mol/L氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析不正确的是（ ）
A. a～b点导电能力增强说明HR为弱酸
B. a、b点所示溶液中水的电离程度不相同
C. b恰好完全中和，pH=7说明NH4R没有水解
D. c 点溶液存在c（NH4+）＞c（R-）、c（OH-）＞c（H+）
【答案】C
【解析】
A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B．a、b点所示溶液中一元酸HR电离的氢离子浓度不同，对水的电离的抑制程度不同，因此水的电离程度不同，故B正确；C．NH4R为弱酸弱碱盐，NH4R的溶液pH=7，说明铵根离子和R-的水解程度相等，故C错误；D．根据图象可知，c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒可知：c(NH4+)＞c(R-)，故D正确；故选C。
点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断。明确图中曲线含义及混合溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意：溶液的导电性与溶液中的离子浓度有关。本题的难点是判断导电能力曲线的变化。
二.非选择题（52分）
17.按要求填空:
（1）在配制氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的________________。
（2）氯化铝溶液具有净水的作用，原因是（用离子方程式表示）：_______________。
（3）已知CO (g) + H2O (g) CO2 (g) + H2 (g)，在800℃时，该反应的化学平衡常数K=1.0，某时刻在一密闭容器中含1.0molCO、1.2mol H2O、0.75molCO2、2mol H2 ，则上述条件下此反应v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。
（4）将25℃下pH＝12的NaOH溶液a L与pH=1的HCl溶液b L混合。若所得混合液为中性，则a:b=_____________________。
（5）写出0.1mol/LNaOH溶液1L与标准状况下1.12LCO2完全反应后所得的溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为____________________________。
（6）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，负极的电极反应式为________________。用该原电池做电源，常温下，用惰性电极电解200 mL饱和食盐水（足量），消耗标准状况下的CO 的体积为224 mL，则溶液的pH = ___________ 。（不考虑溶液体积的变化）
【答案】 (1). 稀盐酸 (2). Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+ (3). < (4). 10：1 (5). C(Na+)>C(CO32-)> C(OH-)> C(HCO3-)> C(H+) (6). CO - 2e–+4OH– = CO32-+ 2H2O (7). 13
【解析】
【分析】
根据盐类水解的规律分析配制氯化铁溶液时加入的试剂和氯化铝的净水原理。根据浓度商和平衡常数的关系分析反应进行的方向。根据物质的量的比例分析氢氧化钠和二氧化碳反应的产物和溶液中的离子浓度关系，根据燃料电池中燃料在负极反应分析电极反应，根据电子守恒分析溶液的离子浓度。
【详解】(1)铁离子水解溶液显酸性，所以为了防止水解，溶液中加入少量稀盐酸；
(2)氯化铝水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附作用，使水净化，离子方程式为：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；
(3) 某时刻在一密闭容器中含1.0molCO、1.2mol H2O、0.75molCO2、2mol H2 ，此时浓度商为Qc=
(5)氢氧化钠的物质的量为0.1mol，二氧化碳的物质的量为1.12L÷22.4L/mol==0.05mol，则二者比例为2:1，反应生成碳酸钠，因为碳酸根离子水解溶液显碱性，所以溶液中的离子浓度关系为： C(Na+)>C(CO32-)> C(OH-)> C(HCO3-)> C(H+)；
(6).一氧化碳和氧气组成原电池时一氧化碳在负极反应失去电子生成碳酸根离子，电极反应为：CO - 2e–+4OH– = CO32-+ 2H2O，当消耗标况下224mL一氧化碳气体其物质的量为0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，失去电子的物质的量为0.02mol，电解饱和食盐水生成氢气和氯气和氢氧化钠，当有0.02mol电子转移时生成0.02mol氢氧化钠，则氢氧根离子物质的量浓度为0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，溶液的pH为13。
【点睛】掌握盐类水解的规律，金属离子水解使溶液显酸性，所以为了抑制水解需要在配制溶液时加入适量的酸。根据弱酸根离子水解的过程分析溶液中离子浓度的大小关系，掌握多元弱酸根离子水解分步进行，而且第一步水解程度大于第二步水解。
18.开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究的主要课题。氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。
（1）已知：①2CH3OH（1）+ 3O2（g）= 2CO2（g）+ 4H2O（g）ΔH1 = –1275.6 kJ·mol– 1
②2CO（g）+ O2（g）= 2CO2（g） ΔH2 = –566.0 kJ·mol– 1
③H2O（g）= H2O（1） ΔH3 = –44.0 kJ·mol– 1
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：___________________。
（2）生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4（g）+ H2O（g）CO（g）+ 3H2（g）
①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a。则，Pl _______P2；A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的由大到小的顺序为__________。（填“<”、“>”“=”）
②100℃时，将1 mol CH4和2 mol H2O通入容积为100 L的反应室，如果5min达到平衡时CH4的转化率为0.5，则v(H2)=________________100℃时该反应的平衡常数K =_________。反应达到平衡的标志是：_____________。
A．容器内气体密度恒定
B．单位时间内消耗0.1 mol CH4同时生成0.3 mol H2
C．容器的压强恒定
D．3v正（CH4）= v逆（H2）
③为了加快化学反应速率且使体系中气体的物质的量减少，其他条件不变时，可采取的措施有________(填编号)。
A.升高温度 B.缩小容器体积 C.再充入CH4气体 D.使用合适的催化剂
【答案】 (1). CH3OH（l）+ O2（g）= CO（g）+ 2H2O（l） ΔH = –442．8 kJ·mol – 1 (2). < (3). KC> KB >KA (4). 0.003mol/L·min (5). 2.25×10– 4 (6). CD (7). B
【解析】
【分析】
根据盖斯定律分析热化学方程式的书写和热量的计算，根据平衡的三段式计算平衡时的数据和平衡常数、速率等，根据条件对平衡的影响进行分析。
【详解】(1)根据盖斯定律分析，热化学方程式 ①2CH3OH（1）+ 3O2（g）= 2CO2（g）+ 4H2O（g）ΔH1 = –1275.6 kJ·mol– 1，②2CO（g）+ O2（g）= 2CO2（g） ΔH2 = –566.0 kJ·mol– 1，③H2O（g）= H2O（1） ΔH3 = –44.0 kJ·mol– 1分析，有（①-②+③×4）/2得热化学方程式 CH3OH（l）+ O2（g）= CO（g）+ 2H2O（l） ΔH =（-1275.6+566-44×4）kJ/mol/2= –442．8 kJ·mol – 1；
(2) ①温度不变，随着压强增大，平衡逆向移动，甲烷的平衡转化率减小，所以P1
②甲烷的消耗量为0.5mol，则根据方程式分析生成1.5mol氢气，则氢气表示反应速率为=mol/(L·min)=0.003mol/(L·min)；
CH4（g）+ H2O（g）CO（g）+ 3H2（g）
起始物质的量1 2 0 0
改变物质的量0.5 0.5 0.5 1.5
平衡物质的量0.5 1.5 0.5 1.5
平衡常数为=2.25×10–4；
A．该反应全为气体，容器的体积不变，所以容器内气体密度始终不变，所以密度恒定不能说明反应达到平衡，故错误；B．单位时间内消耗0.1 mol CH4同时生成0.3 mol H2 都表示正反应速率，不能说明反应达到平衡，故错误；C．容器的压强恒定可以说明反应体系中气体总物质的量不变，说明反应达到平衡，故正确；D．3v正（CH4）= v逆（H2）可以说明正逆反应速率相等，则能说明反应到平衡，故选CD。
③A.升高温度平衡正向移动，体系中气体物质的量增加，故错误；B.缩小容器体积，反应速率加快，平衡逆向移动，气体物质的量减小，故正确；C.再充入CH4气体，反应速率增加，平衡正向移动，气体物质的量增加，故错误；D.使用合适的催化剂，反应速率加快，但平衡不移动气体物质的量不变，故错误。故选B。
19.电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解、沉淀溶解等，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，则该温度下水的离子积常数KW＝_______mol2••L-2；该温度下，pH＝2的H2SO4溶液中由水电离出的[H+]为_________ mol•L-1。
（2）25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NaCl ②NaOH ③H2SO4 ④(NH4)2SO4，其中水的电离程度由大到小顺序为__________________（用序号回答）。
（3）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“=”）。
（4）常温下，稀释0.5 mol·L−1的醋酸溶液，下图中的纵坐标不能表示_________
A．CH3COOH的电离程度 B．溶液中H+的数目
C．溶液中的值 D．溶液中CH3COOH的浓度
【答案】 (1). 1×10-12 (2). 1×10-10 (3). ④①②③ (4). 0.5a (5). > (6). Ｄ
【解析】
【详解】(1)水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)=1×10-6×1×10-6=1×10-12 mol2·L－2；该温度下，pH＝2的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则由水电离出的c(H+)为= mol/L =1×10-10mol·L-1；
(2)酸和碱都会抑制水的电离，相同物质的量浓度的氢氧化钠和硫酸因为硫酸电离出的氢离子浓度为氢氧化钠中的氢氧根离子浓度的2倍，所以前者水电离程度更大，铵根离子水解促进水的电离，所以水的电离程度由大到小的顺序为：④①②③；
(3) 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，则溶液中物料守恒分析，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.5a mol·L-1；若二者恰好完全反应则溶液为碱性，所以为了使混合后溶液为中性，则需要酸过量，即a>b；
(4) A．醋酸溶液中加入水，随着水的量增加，CH3COOH的电离程度增大，故正确；B．醋酸电离程度增大，溶液中H+的数目增加，故正确；C．电离程度增大，所以溶液中的值增大，故正确；D．电离程度增大，溶液中CH3COOH的浓度减小，故错误。故选D。
20.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、大小相等的锌粒于两支试管中，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 的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的浓度增大，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。
【点睛】掌握证明弱酸的方法，如证明酸不能完全电离，或证明等浓度的酸和强酸比，与金属反应速率较慢，或验证酸对应的强碱盐显碱性。
（考试时间：90分钟 总分：100分）
可能用到的相对原子质量H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ag 108
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)
1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是
A. 明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同
B. 将AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液直接蒸干均不能得到原溶质
C. 铵态氮肥和草木灰（含K2CO3）可以混合施用
D. 泡沫灭火器内的玻璃筒里盛碳酸氢钠溶液，铁筒里盛硫酸铝溶液
【答案】B
【解析】
A、明矾净水的原因是Al3＋水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，ClO－水解成HClO，利用HClO的强氧化性，进行杀菌消毒，因此两者原理不同，故A错误；B、三种物质的水溶液直接蒸干后分别得到Al2O3、Fe2O3、CuO，故B正确；C、铵态氮肥溶液显酸性，K2CO3溶液显碱性，两者混用发生双水解反应，使N元素转化成NH3，造成N元素的损失，因此两者不能混用，故C错误；D、硫酸铝溶液显酸性，对铁筒具有腐蚀性，因此玻璃筒中盛放硫酸铝，铁筒中盛放碳酸氢钠，故D错误。
点睛：盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型：（1）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物；（2）酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后得到原物质；（3）考虑盐受热时是否分解；（4）还原性盐在蒸干时被氧气氧化。
2.下列解释事实的反应方程式不正确的是( )
A. 热的纯碱溶液可去除油污：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
B. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－2e－＝Fe2+
C. 以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+：Cu2++S2－＝CuS↓
D. 向电解饱和食盐水的两极溶液中滴加酚酞，阴极变红：2H2O+2e－==H2↑+2OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 热的纯碱溶液水解显碱性，可去除油污，碳酸根离子水解分两步，不能合并，离子方程式为：CO32－+2H2OHCO3-+OH－，故错误；
B. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化失去电子生成亚铁离子，离子方程式：Fe－2e－＝Fe2+，故正确；
C. 以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+，因为铜离子和硫离子反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为：Cu2++S2－＝CuS↓，故正确；
D. 电解饱和食盐水时阳极是溶液中的阴离子即氢氧根离子反应生成氧气，阴极是溶液中的氢离子反应生成氢气，两极溶液中滴加酚酞，阴极氢离子反应后溶液中的氢氧根离子浓度增大，显碱性，溶液变红，电极反应为：2H2O+2e－==H2↑+2OH-，故正确。
故选A。
3.用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 1 L 0.1 mol/L HClO 含有 0.1 NA个H+
B. 100mL 2mol/L 的 AlCl3溶液中含 Al3+的数目为 0.2NA
C. 25℃时，pH=13 的 1.0L Ba(OH)2溶液中含有的 OH－数目为 0.1NA
D. 0.1 mol·L-1 Na2SO4溶液中有 0.2 NA个 Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 次氯酸是弱酸，不完全电离，故不能计算1 L 0.1 mol/L HClO 中含有的H+个数，故错误；
B. 100mL 2mol/L 的 AlCl3溶液中铝离子水解，会使铝离子数目减少，所以含 Al3+的数目小于 0.2NA，故错误；
C. 25℃时，pH=13 的 1.0L Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则氢氧根离子物质的量为0.1mol， OH－数目为 0.1NA，故正确；
D. 0.1 mol·L-1 Na2SO4溶液，没有说明溶液的体积，不能计算钠离子物质的量和个数，故错误。
故选C。
4.下列有关电化学装置的说法正确的是 ( )
A. 用图1装置处理银器表面的黑斑(Ag2S),银器表面发生的反应为Ag2S+2e-=2Ag+S2-
B. 用图2装置电解一段时间后,铜电极部分溶解,溶液中铜离子的浓度基本不变
C. 图3装置中若直流电源的X极为负极,则该装置可实现粗铜的电解精炼
D. 图4装置中若M是铜,则该装置能防止铁被腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A.形成原电池反应，Al为负极，被氧化，Ag2S为正极被还原,正极方程式为 Ag2S+2e-=2Ag+S2-,故A正确；
B.铜为阴极,发生还原反应,不能溶解,石墨电极上生成氧气，铜电极上有铜析出，溶液中铜离子浓度减小，故B错误；
C.图中的X极若为负极,粗铜为阴极,不能进行粗铜的精炼,而电解精炼时,粗铜作阳极,纯铜作阴极,故C错误；
D.图中若M是铜,铁比铜活泼，铁作原电池负极被腐蚀，故D错误；
综上所述，本题选A。
5. 下列说法不正确的是
A. 反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)；△H＞0，在任何条件下均不能自发进行
B. 铅蓄电池在放电过程中，溶液的PH值增加
C. 常温下，在0.1mol/L氨水中，加入少量NH4Cl晶体，溶液的pH减小
D. 温度一定时，水的离子积常数Kw不随外加酸（碱）浓度的改变而改变
【答案】A
【解析】
根据方程式可知，反应是熵值增加的、吸热的可逆反应，所以根据△G＝△H－T·△S可知，反应应该在高温下自发进行，A不正确，其余都是正确的，答案选A。
6.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。
【点睛】常温下，c（H+）=1×10-13mol/L的溶液显碱性，c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液显酸性；由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，因为酸碱抑制水电离，水电离出的c（H+）<10-7mol/L或c（OH-）<10-7mol/L。
7.下列有关热化学方程式的评价合理的是( )
选项
实验事实
热化学方程式
评价
A
若H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，将稀硫酸和NaOH溶液混合
H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)=== Na2SO4(aq)＋2H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
正确
B
醋酸和稀NaOH溶液混合
CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===
CH3COONa(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
不正确，因为醋酸的状态为“l”，而不是“aq”
C
160 g SO3气体与足量液体水反应生成H2SO4放出热量260.6 kJ
SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(aq)
ΔH＝－130.3 kJ·mol－1
不正确:因为反应热ΔH＝－260.6kJ·mol－1
D
1 mol C8H18(l)在O2(g)中燃烧，生成CO2(g)和H2O(l)，放出534 kJ的热量
2C8H18(l)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l)
ΔH＝－1 068 kJ·mol－1
正确
【答案】D
【解析】
【详解】A.中和热是指稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，热化学方程式中化学计量数为物质的量，当生成2mol水时放出的热量为生成1mol水时放出热量的2倍。故错误；
B.醋酸是弱酸，电离过程中吸热，所以醋酸和氢氧化钠反应生成1mol水时放出的热量少于57.3kJ，不是因为醋酸的状态不对，故评价错误；
C. 160 g SO3气体物质的量为160g÷80g/mol=2mol，故热化学方程式SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(aq)
ΔH＝－130.3 kJ·mol－1正确，故评价错误；
D. 1 mol C8H18(l)在O2(g)中燃烧，生成CO2(g)和H2O(l)，放出534 kJ的热量，所以当热方程式中2mol C8H18(l)反应放出的热量为1068kJ，故正确。
故选D。
【点睛】掌握中和热的定义，在稀的溶液中强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为中和热，注意当酸或碱为弱电解质时，放出的热量会减小，当生成水的物质的量改变时，反应热也随之改变。
8.一种锂铜可充电电池，工作原理如下图。在该电池中，非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开。下列说法不正确的是
A. 陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过
B. 放电时，N极为电池的正极
C. 充电时，阳极反应为:Cu-2e-== Cu2+
D. 充电时，接线柱A应与外接电源的正极相连
【答案】D
【解析】
A、非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，故A正确；B、放电时，金属锂是负极，发生失电子的氧化反应，M是负极，N为电池的正极，故B正确；C、充电时，阳极反应和放电时的正极反应互为逆过程，电极反应为：Cu-2e-= Cu2+，故C正确；D、充电时，接线柱A 应与M极相连，M是负极，所以A外接电源的负极，故D错误；故选D。
点睛：本题考查了新型化学电源，注意对题干信息的应用，明确原电池的原理是解题的关键。锂铜可充电电池放电时，金属锂是负极，铜是正极；在充电时，电源的正极连接原电池的正极，发生氧化反应；非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过。
9.已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( )
A. 该溶液的pH＝4
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
【答案】B
【解析】
试题分析：A．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，A正确；B．温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，B错误；C．由HAH++A-，c（H+）=c（A-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为10−4×10−4/0.1=1×10-7，C正确；D．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，D正确；答案选B。
考点：考查查弱酸的电离
10.下列各组数据中，前者一定比后者大的是( )
A. 常温下pH相同的KOH溶液和K2CO3溶液中由水电离出的c(OH-)
B. 25℃和100℃时，纯水的Kw常数
C. 3 L 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液和1L 0.3 mol·L-1CH3COOH溶液中的H+离子数
D. 中和pH与体积均相同的NaOH溶液和氨水，所消耗H2SO4的物质的量
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下pH相同的KOH溶液抑制水的电离，K2CO3溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，所以由水电离出的c(OH-)前者小于后者，故错误；
B.水的电离是吸热的，所以温度升高，电离程度增大，平衡常数增大，25℃和100℃时，纯水的Kw常数前者小于后者，故错误；
C. 3 L 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液和1L 0.3 mol·L-1CH3COOH溶液中醋酸的物质的量相等，由于浓度越小电离程度越大，所以前者的H+离子数大于后者，故正确；
D. pH与体积均相同的NaOH溶液和氨水，因为氨水是弱电解质，所以其物质的量浓度大于氢氧化钠，中和两种溶液所消耗H2SO4的物质的量前者小于后者，故错误。
故选C。
11.根据下列有关图像，说法正确的是
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的△H<0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应温度的措施
D. 由图Ⅲ知，在10L容器、850℃时反应到4min时，放出51.6kJ的热量
【答案】D
【解析】
试题分析：A．由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相对但反应不一定达到平衡，T2-T3升高温度，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；B．由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故B错误；C．由图Ⅱ知，t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，故C错误；D．该反应是一个放热反应，1molCO完全转化时放出43KJ能量，当转化(0.30-0.18）mol/L×10L=1.2molCO时放出51.6kJ的热量，故D正确；故选D。
考点：考查化学图象分析。
12.已知HCN、CN−在溶液中存在下列平衡，对应的平衡常数分别为K1和K2.①HCN⇌H++CN−△H1>0 K1 ②CN−+H2O⇌HCN+OH−△H2>0 K2，常温下(K1=6.2×10−10)，将等体积、等物质的量浓度的HCN和NaCN溶液混合，下列叙述不正确的是( )
A. K2≈1.6×10−3 B. 2c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)
C. 混合溶液的pH>7 D. 对混合溶液升温， K1增大、K2增大
【答案】A
【解析】
【详解】A. K1×K2= Kw，所以K2= ，故错误；
B. 将等体积、等物质的量浓度的HCN和NaCN溶液混合，根据溶液中的存在的物料守恒分析，有2c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)，故正确；
C. K1
D. 对混合溶液升温，促进电离和水解，所以 K1增大、K2增大，故正确。
故选A。
【点睛】掌握弱酸的电离平衡常数和其对应的强碱的盐溶液中的水解平衡常数的关系是解题的关键，二者乘积为水的离子积常数，在等浓度的酸和对应的强碱盐的溶液中，根据电离平衡常数和水解平衡常数的大小分析电离和水解程度的相对大小，进而确定溶液的酸碱性。
13.有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是
A. 3种溶液pH的大小顺序是③>②>①
B. 若将3种溶液稀释相同倍数，pH 变化最大的是②
C. 若分别加入25mL0.1mol/L盐酸后，pH最大的是①
D. 3种溶液中,由水产生的c(H+)大小顺序是①>③>②
【答案】C
【解析】
③NaOH完全电离使溶液显碱性，而①Na2CO3、②CH3COONa是盐水解使溶液显碱性，盐水解的程度是很微弱的，而且规律是越弱越水解；由于酸性CH3COOH>H2CO3，所以等浓度2种溶液的碱性Na2CO3>CH3COONa，故3种溶液pH的大小顺序是③>①>②；A错误；若将3种溶液稀释相同倍数，由于碱完全电离，稀释使OH-的浓度减小；而强碱弱酸盐在溶液中存在水解平衡，稀释使盐水解的程度增大，因此溶液的碱性变化相对较小。因此pH变化最大的是③；B错误；若分别加入25mL0．lmol/L盐酸后，①Na2CO3恰好发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3，得到的溶液含有强碱弱酸盐，仍然是碱性；②CH3COONa恰好发生反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COOH电离使溶液显酸性；③恰好发生反应：NaOH+HCl= H2O +NaCl，溶液为中性；因此pH最大的是①；C正确；碱抑制水电离，能够水解的盐促进水电离，而且越弱水解能力越强，对水的促进作用越大，所以3种溶液中由水产生的c(H+)大小顺序是①>②>③，D错误；正确选项C。
点睛：pH相等的①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液中，三种物质浓度大小关系为②>①>③。
14.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是 （ ）
A. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液： c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c(NH4＋)： (NH4)2SO4> NH4HSO4> NH4Cl
C. 1.0mol/L Na2CO3溶液：c(OH－)＝2c(HCO3－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)
D. 某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA—)＋c(A2—)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，根据电荷守恒分析，离子浓度关系为： c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故错误；
B. 物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，硫酸氢铵溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，所以铵根离子水解程度变小，等物质的量浓度的溶液中(NH4)2SO4电离出的铵根离子是其他两种溶液中电离出的铵根离子浓度的2倍，所以最后溶液中c(NH4＋)关系为： (NH4)2SO4> NH4HSO4> NH4Cl，故正确；
C. 1.0mol/L Na2CO3溶液中的物料守恒有c(Na＋)＝2c(HCO3－)＋2c(CO32-)＋2c(H2CO3)，电荷守恒有c(OH－) ＋c(HCO3－) ＋2c(CO32-)＝c(Na＋) ＋c(H＋)，所以有：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，故错误；
D. 某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中电荷守恒：c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA—)＋2c(A2—)，故错误。
故选B。
15.25℃时，有关弱酸的电离平衡常数如下，下列有关说法正确的是
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
1.8×10－5
4.9×10－10
K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11
A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH（CH3COONa）＞pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）
B. 在pH=5 的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.8
C. 向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入水，则溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
D. a mol·L－1HCN溶液与b mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)＞c(CN－)，则a一定小于b
【答案】B
【解析】
A．由于弱酸的酸性：CH3COOH>H2CO3>HCN> NaHCO3，酸越弱，等浓度时其盐的水解程度就越大，溶液的碱性就越强，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3 ）>（NaCN）> pH（CH3COONa），A错误；B．在pH=5 的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，根据醋酸的电离平衡常数可知溶液中存在c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.8，B正确；C．向冰醋酸中逐滴加水，则溶液的自由移动的离子的浓度先是逐渐增大，到一定程度后又逐渐减小，所以导电性、pH均先减小后增大，醋酸的电离度逐渐增大，C错误；D．a mol·L-1 HCN溶液与b mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（Na+）>c（CN-），可能是二者恰好完全反应，也可能是NaOH过量。则b不一定大于a，D错误。答案选B。
16.常温下，向10mL0.1mol/L的某一元酸HR溶液中逐滴加入0.1mol/L氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析不正确的是（ ）
A. a～b点导电能力增强说明HR为弱酸
B. a、b点所示溶液中水的电离程度不相同
C. b恰好完全中和，pH=7说明NH4R没有水解
D. c 点溶液存在c（NH4+）＞c（R-）、c（OH-）＞c（H+）
【答案】C
【解析】
A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B．a、b点所示溶液中一元酸HR电离的氢离子浓度不同，对水的电离的抑制程度不同，因此水的电离程度不同，故B正确；C．NH4R为弱酸弱碱盐，NH4R的溶液pH=7，说明铵根离子和R-的水解程度相等，故C错误；D．根据图象可知，c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒可知：c(NH4+)＞c(R-)，故D正确；故选C。
点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断。明确图中曲线含义及混合溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意：溶液的导电性与溶液中的离子浓度有关。本题的难点是判断导电能力曲线的变化。
二.非选择题（52分）
17.按要求填空:
（1）在配制氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的________________。
（2）氯化铝溶液具有净水的作用，原因是（用离子方程式表示）：_______________。
（3）已知CO (g) + H2O (g) CO2 (g) + H2 (g)，在800℃时，该反应的化学平衡常数K=1.0，某时刻在一密闭容器中含1.0molCO、1.2mol H2O、0.75molCO2、2mol H2 ，则上述条件下此反应v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。
（4）将25℃下pH＝12的NaOH溶液a L与pH=1的HCl溶液b L混合。若所得混合液为中性，则a:b=_____________________。
（5）写出0.1mol/LNaOH溶液1L与标准状况下1.12LCO2完全反应后所得的溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为____________________________。
（6）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，负极的电极反应式为________________。用该原电池做电源，常温下，用惰性电极电解200 mL饱和食盐水（足量），消耗标准状况下的CO 的体积为224 mL，则溶液的pH = ___________ 。（不考虑溶液体积的变化）
【答案】 (1). 稀盐酸 (2). Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+ (3). < (4). 10：1 (5). C(Na+)>C(CO32-)> C(OH-)> C(HCO3-)> C(H+) (6). CO - 2e–+4OH– = CO32-+ 2H2O (7). 13
【解析】
【分析】
根据盐类水解的规律分析配制氯化铁溶液时加入的试剂和氯化铝的净水原理。根据浓度商和平衡常数的关系分析反应进行的方向。根据物质的量的比例分析氢氧化钠和二氧化碳反应的产物和溶液中的离子浓度关系，根据燃料电池中燃料在负极反应分析电极反应，根据电子守恒分析溶液的离子浓度。
【详解】(1)铁离子水解溶液显酸性，所以为了防止水解，溶液中加入少量稀盐酸；
(2)氯化铝水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附作用，使水净化，离子方程式为：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；
(3) 某时刻在一密闭容器中含1.0molCO、1.2mol H2O、0.75molCO2、2mol H2 ，此时浓度商为Qc=
(5)氢氧化钠的物质的量为0.1mol，二氧化碳的物质的量为1.12L÷22.4L/mol==0.05mol，则二者比例为2:1，反应生成碳酸钠，因为碳酸根离子水解溶液显碱性，所以溶液中的离子浓度关系为： C(Na+)>C(CO32-)> C(OH-)> C(HCO3-)> C(H+)；
(6).一氧化碳和氧气组成原电池时一氧化碳在负极反应失去电子生成碳酸根离子，电极反应为：CO - 2e–+4OH– = CO32-+ 2H2O，当消耗标况下224mL一氧化碳气体其物质的量为0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，失去电子的物质的量为0.02mol，电解饱和食盐水生成氢气和氯气和氢氧化钠，当有0.02mol电子转移时生成0.02mol氢氧化钠，则氢氧根离子物质的量浓度为0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，溶液的pH为13。
【点睛】掌握盐类水解的规律，金属离子水解使溶液显酸性，所以为了抑制水解需要在配制溶液时加入适量的酸。根据弱酸根离子水解的过程分析溶液中离子浓度的大小关系，掌握多元弱酸根离子水解分步进行，而且第一步水解程度大于第二步水解。
18.开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究的主要课题。氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。
（1）已知：①2CH3OH（1）+ 3O2（g）= 2CO2（g）+ 4H2O（g）ΔH1 = –1275.6 kJ·mol– 1
②2CO（g）+ O2（g）= 2CO2（g） ΔH2 = –566.0 kJ·mol– 1
③H2O（g）= H2O（1） ΔH3 = –44.0 kJ·mol– 1
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：___________________。
（2）生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4（g）+ H2O（g）CO（g）+ 3H2（g）
①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a。则，Pl _______P2；A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的由大到小的顺序为__________。（填“<”、“>”“=”）
②100℃时，将1 mol CH4和2 mol H2O通入容积为100 L的反应室，如果5min达到平衡时CH4的转化率为0.5，则v(H2)=________________100℃时该反应的平衡常数K =_________。反应达到平衡的标志是：_____________。
A．容器内气体密度恒定
B．单位时间内消耗0.1 mol CH4同时生成0.3 mol H2
C．容器的压强恒定
D．3v正（CH4）= v逆（H2）
③为了加快化学反应速率且使体系中气体的物质的量减少，其他条件不变时，可采取的措施有________(填编号)。
A.升高温度 B.缩小容器体积 C.再充入CH4气体 D.使用合适的催化剂
【答案】 (1). CH3OH（l）+ O2（g）= CO（g）+ 2H2O（l） ΔH = –442．8 kJ·mol – 1 (2). < (3). KC> KB >KA (4). 0.003mol/L·min (5). 2.25×10– 4 (6). CD (7). B
【解析】
【分析】
根据盖斯定律分析热化学方程式的书写和热量的计算，根据平衡的三段式计算平衡时的数据和平衡常数、速率等，根据条件对平衡的影响进行分析。
【详解】(1)根据盖斯定律分析，热化学方程式 ①2CH3OH（1）+ 3O2（g）= 2CO2（g）+ 4H2O（g）ΔH1 = –1275.6 kJ·mol– 1，②2CO（g）+ O2（g）= 2CO2（g） ΔH2 = –566.0 kJ·mol– 1，③H2O（g）= H2O（1） ΔH3 = –44.0 kJ·mol– 1分析，有（①-②+③×4）/2得热化学方程式 CH3OH（l）+ O2（g）= CO（g）+ 2H2O（l） ΔH =（-1275.6+566-44×4）kJ/mol/2= –442．8 kJ·mol – 1；
(2) ①温度不变，随着压强增大，平衡逆向移动，甲烷的平衡转化率减小，所以P1
②甲烷的消耗量为0.5mol，则根据方程式分析生成1.5mol氢气，则氢气表示反应速率为=mol/(L·min)=0.003mol/(L·min)；
CH4（g）+ H2O（g）CO（g）+ 3H2（g）
起始物质的量1 2 0 0
改变物质的量0.5 0.5 0.5 1.5
平衡物质的量0.5 1.5 0.5 1.5
平衡常数为=2.25×10–4；
A．该反应全为气体，容器的体积不变，所以容器内气体密度始终不变，所以密度恒定不能说明反应达到平衡，故错误；B．单位时间内消耗0.1 mol CH4同时生成0.3 mol H2 都表示正反应速率，不能说明反应达到平衡，故错误；C．容器的压强恒定可以说明反应体系中气体总物质的量不变，说明反应达到平衡，故正确；D．3v正（CH4）= v逆（H2）可以说明正逆反应速率相等，则能说明反应到平衡，故选CD。
③A.升高温度平衡正向移动，体系中气体物质的量增加，故错误；B.缩小容器体积，反应速率加快，平衡逆向移动，气体物质的量减小，故正确；C.再充入CH4气体，反应速率增加，平衡正向移动，气体物质的量增加，故错误；D.使用合适的催化剂，反应速率加快，但平衡不移动气体物质的量不变，故错误。故选B。
19.电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解、沉淀溶解等，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，则该温度下水的离子积常数KW＝_______mol2••L-2；该温度下，pH＝2的H2SO4溶液中由水电离出的[H+]为_________ mol•L-1。
（2）25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NaCl ②NaOH ③H2SO4 ④(NH4)2SO4，其中水的电离程度由大到小顺序为__________________（用序号回答）。
（3）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“=”）。
（4）常温下，稀释0.5 mol·L−1的醋酸溶液，下图中的纵坐标不能表示_________
A．CH3COOH的电离程度 B．溶液中H+的数目
C．溶液中的值 D．溶液中CH3COOH的浓度
【答案】 (1). 1×10-12 (2). 1×10-10 (3). ④①②③ (4). 0.5a (5). > (6). Ｄ
【解析】
【详解】(1)水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)=1×10-6×1×10-6=1×10-12 mol2·L－2；该温度下，pH＝2的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则由水电离出的c(H+)为= mol/L =1×10-10mol·L-1；
(2)酸和碱都会抑制水的电离，相同物质的量浓度的氢氧化钠和硫酸因为硫酸电离出的氢离子浓度为氢氧化钠中的氢氧根离子浓度的2倍，所以前者水电离程度更大，铵根离子水解促进水的电离，所以水的电离程度由大到小的顺序为：④①②③；
(3) 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，则溶液中物料守恒分析，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.5a mol·L-1；若二者恰好完全反应则溶液为碱性，所以为了使混合后溶液为中性，则需要酸过量，即a>b；
(4) A．醋酸溶液中加入水，随着水的量增加，CH3COOH的电离程度增大，故正确；B．醋酸电离程度增大，溶液中H+的数目增加，故正确；C．电离程度增大，所以溶液中的值增大，故正确；D．电离程度增大，溶液中CH3COOH的浓度减小，故错误。故选D。
20.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、大小相等的锌粒于两支试管中，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 的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的浓度增大，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。
【点睛】掌握证明弱酸的方法，如证明酸不能完全电离，或证明等浓度的酸和强酸比，与金属反应速率较慢，或验证酸对应的强碱盐显碱性。
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