【化学】福建省上杭县第一中学2018-2019学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷

福建省上杭县第一中学2018-2019学年高二上学期12月月考
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题3分)
1.《本草纲目》中的“石碱”条目中写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，……浣衣发面，甚获利也”。这里的“石碱”是指( )
A. KOH B. KAl(SO4)2
C. KHCO3 D. K2CO3
【答案】D
【解析】
“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，故D符合。答案选D。
2.下列对化学反应预测正确的是
选项
化学反应方程式
已知条件
预测
A
M(s)=X(g)+Y(s)
△H>0
它是非自发反应
B
W(s)+xG(g)=2Q(g)
△H0
【答案】B
【解析】
A．M(s)═X(g)+Y(s)，反应气体系数增大，为熵增大的反应，△S＞0，△H＞0，在高温条件下能自发进行，故A错误；B．W(s)+xG(g)═2Q(g)△H＜0，x为1，2，3时，反应熵变，△S＞0，则一定满足△H-T△S＜0，反应能够自发进行，故B正确；C.4X(g)+5Y(g)═4W(g)+6G(g)反应为气体系数增大的反应，△S＞0，所以当△H＜0，一定满足△H-T△S＜0，反应一定能够自发进行，当△H＞0时，当高温时，△H-T△S＜0，成立，可以自发进行，故C错误；D.4M(s)+N(g)+2W(l)═4Q(s)为气体系数减小的反应，△S＜0，当△H＞0时，△H-T△S＞0，一定不能自发进行，故D错误；故选B。
点睛：在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示，且△G=△H-T△S，当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行；据此解答。
3.要证明某酸是弱酸，下列方法正确的是
A. 将串联一小灯泡的该酸溶液与串联一相同小灯泡的硫酸并联，接通电源后，若该溶液上的灯泡较暗，则说明该酸是弱酸
B. 测定该酸的钠盐溶液常温下的pH，若pH＞7，则说明该酸是弱酸
C. 用该酸与金属锌反应，产生气泡较慢，则说明该酸是弱酸
D. 中和等体积、等浓度的NaOH溶液消耗该酸的量大于硫酸，则说明该酸是弱酸
【答案】B
【解析】
【分析】
证明某酸为弱酸,可证明存在电离平衡、部分电离以及对应的强碱盐的溶液的酸碱性等角度设计实验,注意与强酸进行对比时,应在相同浓度下,以此解答。
【详解】A.没有明确与硫酸浓度的大小关系,则不能证明为弱酸,故A错误；
B.测定该酸的钠盐溶液常温下的pH,若pH＞7，说明为强碱弱酸盐,水解呈碱性,可说明为弱酸,故B正确；
C.没有说明酸的浓度大小,则不能证明为弱酸,故C错误；
D.如为一元强酸，中和等体积等浓度的NaOH溶液消耗该酸的量也会大于硫酸，不能证明为弱酸,故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】针对选项（C），若是0.1mol/L某一元酸和0.1mol/L盐酸，分别与金属锌反应，产生气泡较慢的，则说明某一元酸是弱酸；若是pH=1的某一元酸和盐酸，分别与金属锌反应，产生气泡较快的，则说明某一元酸是弱酸。
4.全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，具有容量和功率可调、大电流无损深度放电、使用寿命长、易操作和维护等优点，其放电时的工作原理如图所示，下列叙述正确的是( )

A. 放电过程中，电解液的pH降低
B. 该电池放电时H+向A极室迁移，起到了导电作用
C. 充电过程中，A极的电极反应式为VO2++2H++e-＝VO2++H2O
D. 充电时，每转移1 mol电子，n(H+)的变化量为1 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
结合题图中电子的流向可知，放电时B极是负极，A极是正极，结合原电池和电解池的工作原理分析判断。
【详解】A、结合题图知，放电时B极是负极，电极反应式为V2+-e-＝V3+，A极是正极，电极反应式为VO2++e-+2H+＝VO2++H2O，故放电时电池总反应为V2++VO2++2H+＝VO2++H2O+V3+，放电时消耗H+，故电解液的pH升高，A错误；
B、原电池放电时阳离子向正极迁移，故H+向A极室迁移，起到了导电作用，B正确；
C、充电过程相当于是电解池，A极作阳极，发生氧化反应，VO2+失去电子转化为VO2+，C错误；
D、充电时，A极的电极反应式为VO2++H2O-e-＝VO2++2H+，则每转移1 mol电子，n(H+)的变化量为2 mol，D错误。
答案选B。
【点睛】本题主要考查电化学的相关知识，意在考查考生运用所学知识综合分析、解决问题的能力，明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键。
5. 常温下a mol/L 稀氨水和b mol/L 稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是
A. 若a＝b，则c(NH4＋)＝c(Cl―) B. 若a＞b，则c(NH4＋)＞c(Cl―)
C. 若a＞b，则c(OH－)＞c(H+) D. 若a＜b，则c(OH－)＜c(H+)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、如果a=b，等浓度等体积的氨水和盐酸恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性即c（OH-）＜c（H+），根据电荷守恒知c（NH4+）＜c（Cl-），A错误； B、如果a＞b，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，溶液可能呈中性也可能呈碱性，当溶液呈中性时，c（NH4+）=c（Cl-），当溶液呈碱性时，c（NH4+）＞c（Cl-），B错误； C、如果a＞b，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，溶液可能呈中性也可能呈碱性，当溶液呈中性时，c（OH-）=c（H+），当溶液呈碱性时，c（OH-）＞c（H+），C错误； D、如果a＜b，等体积混合时，溶液中的溶质是盐酸和氯化铵，溶液呈酸性，则c（OH-）＜c（H+），D正确。答案选D。
考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关PH的计算
6.在0.01mol·L-1 的醋酸溶液中逐渐加入冰醋酸至1mol·L-1，随着浓度的增加，在一定时间内始终保持减小趋势的是
A. c(H+) B. c(CH3COO-)
C. c(H+)/c(CH3COOH)的比值 D. c(CH3COOH)/c(H+)的比值
【答案】C
【解析】
醋酸溶液中存在CH3COOH CH3COO-+ H+，加入冰醋酸，浓度增大，电离程度减小。A、加入冰醋酸，浓度增大，酸的浓度增大，c(H+)增大，选项A错误；B、加入冰醋酸，浓度增大，酸的浓度增大，c(CH3COO-)增大，选项B错误；C、加入冰醋酸，浓度增大，酸的浓度增大，c(CH3COO-)增大，而温度不变，K=不变，故减小，选项C正确；D、加入冰醋酸，浓度增大，酸的浓度增大，c(CH3COO-)增大，而温度不变，K=不变，故增大，选项D错误。答案选C。
7.常温下，0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中=1×10-8，下列叙述正确的是
A. 溶液中水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1
B. 溶液中c(H+)+c(A-)=0.1mol·L-1
C. 上述溶液加NaA晶体，溶液的c(OH-)增大
D. 常温下将HA稀释十倍，氢离子浓度变为原来的十分之一
【答案】C
【解析】
【分析】
A.结合KW计算溶液中的c（H+）和c（OH-），酸溶液中OH-完全来自水电离；
B.根据A项计算结果判断；
C.用同离子效应和KW分析；
D.根据浓度对弱电解质电离平衡的影响分析。
【详解】A.=1×10-8可知，氢离子浓度为0.001mol/L，氢氧根浓度为10-11mol/L，溶液中氢氧根完全由水电离，水电离出的氢离子浓度与氢氧根浓度相等，故A错误；
B.0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，则HA为弱酸，溶液中存在电离平衡HAH++A-，故c(H+)+c(A-)1.8×10-12%，对比可知水的电离受抑制，而酸碱对水的电离有抑制作用。
【详解】A. 烧碱溶液，对水的电离有抑制作用，A正确；
B. 碳酸氢钠溶液，碳酸氢根离子在水中发生水解反应，促进水的电离，B错误；
C. 硝酸溶液，对水的电离有抑制作用，C正确；
D. 硫酸氢钠电离出的氢离子，抑制水的电离，D正确；
答案为B
【点睛】酸、碱对水的电离有抑制作用，强碱弱酸盐、强酸弱碱盐和弱酸弱碱盐对水的电离有促进作用。
9.下面说法中，与盐类水解无关的是( )
①明矾和AlCl3可作净水剂
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸
③实验室配制AlCl3溶液，先把它溶解在盐酸中，而后加水稀释
④NH4Cl和ZnCl2溶液可作金属焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3 等溶液的试剂瓶应用橡皮塞
⑥在NH4Cl或AlCl3 溶液中加入镁条会产生气泡
⑦Na2S溶液和AlCl3溶液反应得不到Al2S3
⑧长期使用硫铵，土壤酸性增强，草木灰与铵态氮肥不能混合施用
A. ①④⑦ B. ②⑤⑧ C. ③④⑥ D. 全有关
【答案】D
【解析】
【分析】
①明矾为KAl（SO4）2·12H2O，和AlCl3中的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，起到净水作用，与盐类的水解有关，①正确；
②FeCl3溶液中Fe3+水解，加入少量盐酸为抑制Fe3+水解，与盐类的水解有关，②正确；
③配制AlCl3溶液，AlCl3加水稀释时，发生水解，为防止水解，把它溶解在盐酸中，与盐类的水解有关，③正确；
④NH4Cl和ZnCl2溶液中的NH4+、Zn2+水解使溶液显酸性，可与铁锈反应，与盐类的水解有关，④正确；
⑤Na2CO3、Na2SiO3 等溶液CO32-、SiO32-水解使溶液呈碱性，可与磨口玻璃塞中的SiO2反应，与盐类的水解有关，⑤正确；
⑥在NH4Cl或AlCl3 溶液中NH4+、Al3+水解使溶液显酸性，加入镁条会产生气泡，与盐类的水解有关，⑥正确；
⑦Na2S溶液和AlCl3溶液混合后S2-、Al3+相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，与盐类的水解有关，⑦正确；
⑧长期使用硫铵，土壤酸性增强，NH4+水解使溶液显酸性，NH4+、CO32-相互促进水解，生成氨气和二氧化碳气体，使氮肥失效，与盐类的水解有关，⑧正确；
【详解】根据分析得出，以上现象均与盐类的水解有关，答案为D
10.下表各组反应刚开始时，放出H2速率最快的是( )
编号
金属(粉末状)/mol
酸的浓度及体积
反应温度()
A
Mg，0.1
6mol/L硝酸10mL
80
B
Mg，0.1
3mol/L盐酸10mL
60
C
Fe，0.1
3mol/L盐酸10mL
60
D
Mg，0.1
3mol/L硫酸10mL
60
【答案】A
【解析】
金属越活泼，氢离子浓度越大、温度越高反应速率越大。两种金属中，镁较活泼。3种酸中，硝酸浓度最大，但是它与活泼金属反应不生成氢气；硫酸是二元酸而盐酸是一元酸，所以相同物质的量浓度的两种酸中，硫酸中的氢离子浓度较大。综上所述，本题选A。
11.室温下向10 mL0.1mol/LNaOH 溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA 溶液，溶液pH 的变化曲线如图所下列说法不正确的是

A. a 点所示溶液中:c(A- )>c(Na+ )>c(OH- )>c(H+ )
B. a 点所示溶液中:c(Na+ )=0.05 mol/L
C. pH=7时，c(Na+)=c(A-)
D. b 点所示溶液中:c(Na+)c(A- )> c(OH- )>c(H+ )，故A错误；B．a点时酸碱恰好中和，为NaA溶液，c(Na+ )==0.05 mol/L，故B正确；C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故C正确； D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(Na+)，故D正确；故选A。
12.Na2CO3水溶液中存在平衡CO32-＋H2OHCO3－＋OH－。下列说法不正确的是(　　)
A. 稀释溶液,c(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-)增大 B. 加入NaOH固体，c(HCO3-)/c(CO32-)减小
C. 升高温度，平衡常数增大 D. 通入HCl，溶液pH减小
【答案】A
【解析】
【分析】
Na2CO3为强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性；水解反应为中和反应的逆反应，为吸热反应。
【详解】A. Na2CO3水解平衡常数为：K=c(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-)，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，加水稀释，比值不变，A错误；
B.加入氢氧化钠平衡逆向进行，HCO3-离子浓度减小，CO32-离子浓度增大，比值减小，B正确；
C.水解是吸热反应，升高温度促进水解，平衡常数增大， C正确；
D. Na2CO3为强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，通入HCl与水解产生的氢氧根离子反应，碱性减弱，pH减小，D正确；
答案为A
13.100 ℃时向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH＝2，下列叙述不正确的是(　　)
A. 此时水的离子积Kw＝1.0×10－12
B. 溶液中水电离出的c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1
C. 水的电离度随温度升高而增大
D. c(H＋)a
B. 若T2>T1，则正反应一定是放热反应
C. 达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>c
D. 若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd>vb
【答案】D
【解析】
试题分析：温度越高速率越快，温度T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd＜vb，A错误；若T2＞T1，由图象可知温度升高AB3的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，B错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，C错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：c＞b＞a，D正确；选D。
考点：考查化学平衡移动图像。
20.以下是常温下几种弱酸的电离平衡常数：
CH3COOH
H2S
HClO
K=1.8×10－5
K1=1.3×10－7
K2=7.1×10－15
K=4.69×10－11

下列说法正确的是
A. 可发生反应：H2S+ 2ClO－=S2－+ 2HClO
B. CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHS
C. 同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液
D. 同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，因此硫化氢与次氯酸跟反应应生成HS－和HClO ，即H2S+ ClO－=HS－+ HClO，故A错误；
B、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，因此CH3COOH溶液与Na2S溶液反应生成NaHS和H2S，故B错误；
C、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，根据越弱越水解得到离子的水解能力：CH3COO-＜HS-＜ ClO-＜S2-，所以同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，故C错误；
D、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，故D正确；
综上所述，本题正确答案为D。
第II卷(非选择题)
21.（1）Ba(OH)2是一种强电解质，现有25℃、pH＝13的Ba(OH)2溶液。
①该Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为___________________；
②溶液中由水电离出c(OH―)＝______________；
③该浓度Ba(OH)2溶液与某浓度盐酸溶液按体积比1∶9混合后，所得溶液pH＝11（忽略体积的变化），该盐酸溶液的pH＝____________。
（2）某温度时，测得0.01 mol·L-1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数KW=_____________。该温度___________25℃(填“＞”“＝”或“＜”)。
【答案】 (1). 0.05mol/L (2). 10-13mol/L (3). 2 (4). 10-13 (5). ＞
【解析】
【分析】
（1）①c(Ba(OH)2)=c(OH -)/2；
②pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子使由水电离产生的，水电离产生的c（H＋）等于溶液中由水电离出c（OH -）；
③pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH－）=0.1mol·L－1，与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，假定体积分别为1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH -）=10-3mol·L－1，令盐酸的浓度为amol·L－1，用a表示出混合后溶液中n（OH -），列方程计算；
（2）常温下，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为11，则Kw增大；
【详解】（1）①25℃、pH=13的Ba（OH）2溶液中，c（OH－）=0.1mol·L－1，所以0.1mol·L－1/2=0.05mol·L－1．
②pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子使由水电离产生的，水电离产生的c（H＋）等于溶液中水电离出c（OH -），故水电离出c（OH -）=c（H＋）=10-13mol·L－1；
③pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH－）=0.1mol·L－1，与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，假定体积分别为1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH－）=10-3mol·L－1，令盐酸的浓度为amol·L－1，则混合后溶液中n（OH－）=1L×0.1mol·L－1-9L×amol·L－1=10-3mol·L－1×（1L+9L），解得a=0.01，所以pH=2．
（2）常温下，0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH为11，则Kw=0.01×10-11=1.0×10-13，温度高于25℃。
22.醋酸是日常生活中最常见的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：“>”、“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】
（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）。
点睛：本题考查酸碱溶液的混合问题，主要涉及弱酸的电离、盐类水解、酸碱混合溶液中的守恒关系、溶液酸碱性的比较判断及Ka有关计算等，综合性较强，重在知识应用能力的考查。解题时注意抓住水溶液中的平衡，明确Ka、Kh、Kw的表达式及其相互关系，从分析溶液成分入手得出溶液中的三大守恒及离子浓度大小关系，如第(5)小题，混合溶液中质子守恒可利用电荷守恒与物料守恒变化得出；要掌握盐类水解规律，如第(7)小题，“越弱越水解、谁强显谁性”等。
23.10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度（℃）
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8

根据上述数据：甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为____________________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_______（填“大于”或“小于”）NaHCO3。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则____（填“甲”或“乙”判断正确。试剂X是_____________（填序号）。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．澄清的石灰水
（2）将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH_____(填“高于”、“低于”或“等于”）8.3，则_____（填“甲”或“乙”）判断正确。
（3）查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言_____（填“甲”或“乙”）判断是错误的，理由是_____________________________________________________。
【答案】（1）HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－大于
（2）乙 B （3）乙 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液温度达不到150 ℃
【解析】
试题分析：（1）甲认为碳酸氢钠是强碱弱酸的酸式盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－。碳酸钠是强碱弱酸盐，能水解，因为碳酸根离子的水解第一步远远大于第二步，所以碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度。
（2）碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡，向碳酸氢钠或碳酸钠中加氢氧化钡或氢氧化钙都反应生成白色沉淀，向碳酸钠或碳酸氢钠中加入氢氧化钠虽然反应但不产生明显现象。
（3）碳酸氢钠的分解温度为150℃，常压下加入碳酸氢钠溶液，溶液的温度不能达到150℃，所以碳酸氢钠不分解，溶液仍为碳酸氢钠溶液，由此判断乙是错误的。
考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质。