第I卷(選擇題)
一、單選題(每小題3分)
1.《本草綱目》中的“石堿”條目中寫道：“采蒿蓼之屬，曬干燒灰，以水淋汁，……浣衣發(fā)面，甚獲利也”。這里的“石堿”是指( )
A. KOH B. KAl(SO4)2
C. KHCO3 D. K2CO3
【答案】D
【解析】
“采蒿蓼之屬，曬干燒灰”，說明“石堿”成分來自植物燒成的灰中的成分，“以水淋汁”，該成分易溶于水，久則凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，發(fā)面，能作為發(fā)酵劑，排除KOH、KAl(SO4)2，植物燒成的灰中的成分主要為碳酸鹽，所以碳酸鉀符合，故D符合。答案選D。
2.下列對化學(xué)反應(yīng)預(yù)測正確的是
選項(xiàng)
化學(xué)反應(yīng)方程式
已知條件
預(yù)測
A
M(s)=X(g)+Y(s)
△H>0
它是非自發(fā)反應(yīng)
B
W(s)+xG(g)=2Q(g)
△H0
【答案】B
【解析】
A．M(s)═X(g)+Y(s)，反應(yīng)氣體系數(shù)增大，為熵增大的反應(yīng)，△S＞0，△H＞0，在高溫條件下能自發(fā)進(jìn)行，故A錯(cuò)誤；B．W(s)+xG(g)═2Q(g)△H＜0，x為1，2，3時(shí)，反應(yīng)熵變，△S＞0，則一定滿足△H-T△S＜0，反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行，故B正確；C.4X(g)+5Y(g)═4W(g)+6G(g)反應(yīng)為氣體系數(shù)增大的反應(yīng)，△S＞0，所以當(dāng)△H＜0，一定滿足△H-T△S＜0，反應(yīng)一定能夠自發(fā)進(jìn)行，當(dāng)△H＞0時(shí)，當(dāng)高溫時(shí)，△H-T△S＜0，成立，可以自發(fā)進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；D.4M(s)+N(g)+2W(l)═4Q(s)為氣體系數(shù)減小的反應(yīng)，△S＜0，當(dāng)△H＞0時(shí)，△H-T△S＞0，一定不能自發(fā)進(jìn)行，故D錯(cuò)誤；故選B。
點(diǎn)睛：在等溫、等壓條件下，化學(xué)反應(yīng)的方向是由反應(yīng)的焓變和熵變共同決定的．化學(xué)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的最終判據(jù)是吉布斯自由能變，自由能一般用△G來表示，且△G=△H-T△S，當(dāng)△G=△H-T△S＜0時(shí)，反應(yīng)向正反應(yīng)方向能自發(fā)進(jìn)行；當(dāng)△G=△H-T△S=0時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；當(dāng)△G=△H-T△S＞0時(shí)，反應(yīng)不能向正反應(yīng)方向自發(fā)進(jìn)行；據(jù)此解答。
3.要證明某酸是弱酸，下列方法正確的是
A. 將串聯(lián)一小燈泡的該酸溶液與串聯(lián)一相同小燈泡的硫酸并聯(lián)，接通電源后，若該溶液上的燈泡較暗，則說明該酸是弱酸
B. 測定該酸的鈉鹽溶液常溫下的pH，若pH＞7，則說明該酸是弱酸
C. 用該酸與金屬鋅反應(yīng)，產(chǎn)生氣泡較慢，則說明該酸是弱酸
D. 中和等體積、等濃度的NaOH溶液消耗該酸的量大于硫酸，則說明該酸是弱酸
【答案】B
【解析】
【分析】
證明某酸為弱酸,可證明存在電離平衡、部分電離以及對應(yīng)的強(qiáng)堿鹽的溶液的酸堿性等角度設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn),注意與強(qiáng)酸進(jìn)行對比時(shí),應(yīng)在相同濃度下,以此解答。
【詳解】A.沒有明確與硫酸濃度的大小關(guān)系,則不能證明為弱酸,故A錯(cuò)誤；
B.測定該酸的鈉鹽溶液常溫下的pH,若pH＞7，說明為強(qiáng)堿弱酸鹽,水解呈堿性,可說明為弱酸,故B正確；
C.沒有說明酸的濃度大小,則不能證明為弱酸,故C錯(cuò)誤；
D.如為一元強(qiáng)酸，中和等體積等濃度的NaOH溶液消耗該酸的量也會大于硫酸，不能證明為弱酸,故D錯(cuò)誤；
綜上所述，本題選B。
【點(diǎn)睛】針對選項(xiàng)（C），若是0.1mol/L某一元酸和0.1mol/L鹽酸，分別與金屬鋅反應(yīng)，產(chǎn)生氣泡較慢的，則說明某一元酸是弱酸；若是pH=1的某一元酸和鹽酸，分別與金屬鋅反應(yīng)，產(chǎn)生氣泡較快的，則說明某一元酸是弱酸。
4.全釩氧化還原液流電池是一種新型綠色的二次電池，具有容量和功率可調(diào)、大電流無損深度放電、使用壽命長、易操作和維護(hù)等優(yōu)點(diǎn)，其放電時(shí)的工作原理如圖所示，下列敘述正確的是( )

A. 放電過程中，電解液的pH降低
B. 該電池放電時(shí)H+向A極室遷移，起到了導(dǎo)電作用
C. 充電過程中，A極的電極反應(yīng)式為VO2++2H++e-＝VO2++H2O
D. 充電時(shí)，每轉(zhuǎn)移1 mol電子，n(H+)的變化量為1 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
結(jié)合題圖中電子的流向可知，放電時(shí)B極是負(fù)極，A極是正極，結(jié)合原電池和電解池的工作原理分析判斷。
【詳解】A、結(jié)合題圖知，放電時(shí)B極是負(fù)極，電極反應(yīng)式為V2+-e-＝V3+，A極是正極，電極反應(yīng)式為VO2++e-+2H+＝VO2++H2O，故放電時(shí)電池總反應(yīng)為V2++VO2++2H+＝VO2++H2O+V3+，放電時(shí)消耗H+，故電解液的pH升高，A錯(cuò)誤；
B、原電池放電時(shí)陽離子向正極遷移，故H+向A極室遷移，起到了導(dǎo)電作用，B正確；
C、充電過程相當(dāng)于是電解池，A極作陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，VO2+失去電子轉(zhuǎn)化為VO2+，C錯(cuò)誤；
D、充電時(shí)，A極的電極反應(yīng)式為VO2++H2O-e-＝VO2++2H+，則每轉(zhuǎn)移1 mol電子，n(H+)的變化量為2 mol，D錯(cuò)誤。
答案選B。
【點(diǎn)睛】本題主要考查電化學(xué)的相關(guān)知識，意在考查考生運(yùn)用所學(xué)知識綜合分析、解決問題的能力，明確原電池和電解池的工作原理是解答的關(guān)鍵。
5. 常溫下a mol/L 稀氨水和b mol/L 稀鹽酸等體積混合，對混合后溶液判斷一定正確的是
A. 若a＝b，則c(NH4＋)＝c(Cl―) B. 若a＞b，則c(NH4＋)＞c(Cl―)
C. 若a＞b，則c(OH－)＞c(H+) D. 若a＜b，則c(OH－)＜c(H+)
【答案】D
【解析】
試題分析：A、如果a=b，等濃度等體積的氨水和鹽酸恰好反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性即c（OH-）＜c（H+），根據(jù)電荷守恒知c（NH4+）＜c（Cl-），A錯(cuò)誤； B、如果a＞b，等體積混合時(shí)，氨水的物質(zhì)的量大于鹽酸，溶液可能呈中性也可能呈堿性，當(dāng)溶液呈中性時(shí)，c（NH4+）=c（Cl-），當(dāng)溶液呈堿性時(shí)，c（NH4+）＞c（Cl-），B錯(cuò)誤； C、如果a＞b，等體積混合時(shí)，氨水的物質(zhì)的量大于鹽酸，溶液可能呈中性也可能呈堿性，當(dāng)溶液呈中性時(shí)，c（OH-）=c（H+），當(dāng)溶液呈堿性時(shí)，c（OH-）＞c（H+），C錯(cuò)誤； D、如果a＜b，等體積混合時(shí)，溶液中的溶質(zhì)是鹽酸和氯化銨，溶液呈酸性，則c（OH-）＜c（H+），D正確。答案選D。
考點(diǎn)：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)PH的計(jì)算
6.在0.01mol·L-1 的醋酸溶液中逐漸加入冰醋酸至1mol·L-1，隨著濃度的增加，在一定時(shí)間內(nèi)始終保持減小趨勢的是
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，濃度增大，電離程度減小。A、加入冰醋酸，濃度增大，酸的濃度增大，c(H+)增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、加入冰醋酸，濃度增大，酸的濃度增大，c(CH3COO-)增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、加入冰醋酸，濃度增大，酸的濃度增大，c(CH3COO-)增大，而溫度不變，K=不變，故減小，選項(xiàng)C正確；D、加入冰醋酸，濃度增大，酸的濃度增大，c(CH3COO-)增大，而溫度不變，K=不變，故增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C。
7.常溫下，0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中=1×10-8，下列敘述正確的是
A. 溶液中水電離出的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晶體，溶液的c(OH-)增大
D. 常溫下將HA稀釋十倍，氫離子濃度變?yōu)樵瓉淼氖种?br /> 【答案】C
【解析】
【分析】
A.結(jié)合KW計(jì)算溶液中的c（H+）和c（OH-），酸溶液中OH-完全來自水電離；
B.根據(jù)A項(xiàng)計(jì)算結(jié)果判斷；
C.用同離子效應(yīng)和KW分析；
D.根據(jù)濃度對弱電解質(zhì)電離平衡的影響分析。
【詳解】A.=1×10-8可知，氫離子濃度為0.001mol/L，氫氧根濃度為10-11mol/L，溶液中氫氧根完全由水電離，水電離出的氫離子濃度與氫氧根濃度相等，故A錯(cuò)誤；
B.0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中氫離子濃度為0.001mol/L，則HA為弱酸，溶液中存在電離平衡HAH++A-，故c(H+)+c(A-)1.8×10-12%，對比可知水的電離受抑制，而酸堿對水的電離有抑制作用。
【詳解】A. 燒堿溶液，對水的電離有抑制作用，A正確；
B. 碳酸氫鈉溶液，碳酸氫根離子在水中發(fā)生水解反應(yīng)，促進(jìn)水的電離，B錯(cuò)誤；
C. 硝酸溶液，對水的電離有抑制作用，C正確；
D. 硫酸氫鈉電離出的氫離子，抑制水的電離，D正確；
答案為B
【點(diǎn)睛】酸、堿對水的電離有抑制作用，強(qiáng)堿弱酸鹽、強(qiáng)酸弱堿鹽和弱酸弱堿鹽對水的電離有促進(jìn)作用。
9.下面說法中，與鹽類水解無關(guān)的是( )
①明礬和AlCl3可作凈水劑
②為保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量鹽酸
③實(shí)驗(yàn)室配制AlCl3溶液，先把它溶解在鹽酸中，而后加水稀釋
④NH4Cl和ZnCl2溶液可作金屬焊接中的除銹劑
⑤實(shí)驗(yàn)室盛放Na2CO3、Na2SiO3 等溶液的試劑瓶應(yīng)用橡皮塞
⑥在NH4Cl或AlCl3 溶液中加入鎂條會產(chǎn)生氣泡
⑦Na2S溶液和AlCl3溶液反應(yīng)得不到Al2S3
⑧長期使用硫銨，土壤酸性增強(qiáng)，草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用
A. ①④⑦ B. ②⑤⑧ C. ③④⑥ D. 全有關(guān)
【答案】D
【解析】
【分析】
①明礬為KAl（SO4）2·12H2O，和AlCl3中的鋁離子發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有吸附性，起到凈水作用，與鹽類的水解有關(guān)，①正確；
②FeCl3溶液中Fe3+水解，加入少量鹽酸為抑制Fe3+水解，與鹽類的水解有關(guān)，②正確；
③配制AlCl3溶液，AlCl3加水稀釋時(shí)，發(fā)生水解，為防止水解，把它溶解在鹽酸中，與鹽類的水解有關(guān)，③正確；
④NH4Cl和ZnCl2溶液中的NH4+、Zn2+水解使溶液顯酸性，可與鐵銹反應(yīng)，與鹽類的水解有關(guān)，④正確；
⑤Na2CO3、Na2SiO3 等溶液CO32-、SiO32-水解使溶液呈堿性，可與磨口玻璃塞中的SiO2反應(yīng)，與鹽類的水解有關(guān)，⑤正確；
⑥在NH4Cl或AlCl3 溶液中NH4+、Al3+水解使溶液顯酸性，加入鎂條會產(chǎn)生氣泡，與鹽類的水解有關(guān)，⑥正確；
⑦Na2S溶液和AlCl3溶液混合后S2-、Al3+相互促進(jìn)水解，生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫氣體，與鹽類的水解有關(guān)，⑦正確；
⑧長期使用硫銨，土壤酸性增強(qiáng)，NH4+水解使溶液顯酸性，NH4+、CO32-相互促進(jìn)水解，生成氨氣和二氧化碳?xì)怏w，使氮肥失效，與鹽類的水解有關(guān)，⑧正確；
【詳解】根據(jù)分析得出，以上現(xiàn)象均與鹽類的水解有關(guān)，答案為D
10.下表各組反應(yīng)剛開始時(shí)，放出H2速率最快的是( )
編號
金屬(粉末狀)/mol
酸的濃度及體積
反應(yīng)溫度()
A
Mg，0.1
6mol/L硝酸10mL
80
B
Mg，0.1
3mol/L鹽酸10mL
60
C
Fe，0.1
3mol/L鹽酸10mL
60
D
Mg，0.1
3mol/L硫酸10mL
60
【答案】A
【解析】
金屬越活潑，氫離子濃度越大、溫度越高反應(yīng)速率越大。兩種金屬中，鎂較活潑。3種酸中，硝酸濃度最大，但是它與活潑金屬反應(yīng)不生成氫氣；硫酸是二元酸而鹽酸是一元酸，所以相同物質(zhì)的量濃度的兩種酸中，硫酸中的氫離子濃度較大。綜上所述，本題選A。
11.室溫下向10?mL0.1mol/LNaOH?溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA?溶液，溶液pH?的變化曲線如圖所下列說法不正確的是

A. a?點(diǎn)所示溶液中:c(A-?)>c(Na+?)>c(OH-?)>c(H+?)
B. a?點(diǎn)所示溶液中:c(Na+?)=0.05?mol/L
C. pH=7時(shí)，c(Na+)=c(A-)
D. b?點(diǎn)所示溶液中:c(Na+)c(A-?)> c(OH-?)>c(H+?)，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)酸堿恰好中和，為NaA溶液，c(Na+?)==0.05?mol/L，故B正確；C．pH=7時(shí)，c(H+)=c(OH-)，由電荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，則c(Na+)=c(A-)，故C正確； D．b點(diǎn)HA過量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，說明HA電離程度大于A-水解程度，則存在c(A-)＞c(Na+)，故D正確；故選A。
12.Na2CO3水溶液中存在平衡CO32-＋H2OHCO3－＋OH－。下列說法不正確的是(　　)
A. 稀釋溶液,c(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-)增大 B. 加入NaOH固體，c(HCO3-)/c(CO32-)減小
C. 升高溫度，平衡常數(shù)增大 D. 通入HCl，溶液pH減小
【答案】A
【解析】
【分析】
Na2CO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解后溶液顯堿性；水解反應(yīng)為中和反應(yīng)的逆反應(yīng)，為吸熱反應(yīng)。
【詳解】A. Na2CO3水解平衡常數(shù)為：K=c(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-)，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，加水稀釋，比值不變，A錯(cuò)誤；
B.加入氫氧化鈉平衡逆向進(jìn)行，HCO3-離子濃度減小，CO32-離子濃度增大，比值減小，B正確；
C.水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進(jìn)水解，平衡常數(shù)增大， C正確；
D. Na2CO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解后溶液顯堿性，通入HCl與水解產(chǎn)生的氫氧根離子反應(yīng)，堿性減弱，pH減小，D正確；
答案為A
13.100 ℃時(shí)向pH＝6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH＝2，下列敘述不正確的是(　　)
A. 此時(shí)水的離子積Kw＝1.0×10－12
B. 溶液中水電離出的c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1
C. 水的電離度隨溫度升高而增大
D. c(H＋)a
B. 若T2>T1，則正反應(yīng)一定是放熱反應(yīng)
C. 達(dá)到平衡時(shí)A2的轉(zhuǎn)化率大小為：b>a>c
D. 若T2>T1，達(dá)到平衡時(shí)b、d點(diǎn)的反應(yīng)速率為vd>vb
【答案】D
【解析】
試題分析：溫度越高速率越快，溫度T2＞T1，達(dá)到平衡時(shí)b、d點(diǎn)的反應(yīng)速率為vd＜vb，A錯(cuò)誤；若T2＞T1，由圖象可知溫度升高AB3的物質(zhì)的量增大，說明升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，B錯(cuò)誤；由圖可知，橫坐標(biāo)為B2的物質(zhì)的量，增大一種反應(yīng)物的量會促進(jìn)另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率增大，則B2越大達(dá)到平衡時(shí)A2的轉(zhuǎn)化率越大，即達(dá)到平衡時(shí)A2的轉(zhuǎn)化率大小為c＞b＞a，C錯(cuò)誤；由圖可知，橫坐標(biāo)為B2的物質(zhì)的量，增大一種反應(yīng)物的量必然會促進(jìn)另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化，則B2越大達(dá)到平衡時(shí)A2的轉(zhuǎn)化率越大，生成物的物質(zhì)的量越大，則平衡時(shí)AB3的物質(zhì)的量大小為：c＞b＞a，D正確；選D。
考點(diǎn)：考查化學(xué)平衡移動(dòng)圖像。
20.以下是常溫下幾種弱酸的電離平衡常數(shù)：
CH3COOH
H2S
HClO
K=1.8×10－5
K1=1.3×10－7
K2=7.1×10－15
K=4.69×10－11

下列說法正確的是
A. 可發(fā)生反應(yīng)：H2S+ 2ClO－=S2－+ 2HClO
B. CH3COOH溶液與Na2S溶液不能反應(yīng)生成NaHS
C. 同物質(zhì)的量濃度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液
D. 同物質(zhì)的量濃度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最強(qiáng)的是CH3COOH
【答案】D
【解析】
【詳解】A、根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，因此硫化氫與次氯酸跟反應(yīng)應(yīng)生成HS－和HClO ，即H2S+ ClO－=HS－+ HClO，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，因此CH3COOH溶液與Na2S溶液反應(yīng)生成NaHS和H2S，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，根據(jù)越弱越水解得到離子的水解能力：CH3COO-＜HS-＜ ClO-＜S2-，所以同物質(zhì)的量濃度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，所以同物質(zhì)的量濃度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最強(qiáng)的是CH3COOH，故D正確；
綜上所述，本題正確答案為D。
第II卷(非選擇題)
21.（1）Ba(OH)2是一種強(qiáng)電解質(zhì)，現(xiàn)有25℃、pH＝13的Ba(OH)2溶液。
①該Ba(OH)2溶液的物質(zhì)的量濃度為___________________；
②溶液中由水電離出c(OH―)＝______________；
③該濃度Ba(OH)2溶液與某濃度鹽酸溶液按體積比1∶9混合后，所得溶液pH＝11（忽略體積的變化），該鹽酸溶液的pH＝____________。
（2）某溫度時(shí)，測得0.01 mol·L-1的NaOH溶液的pH為11，則該溫度下水的離子積常數(shù)KW=_____________。該溫度___________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溶液中氫離子使由水電離產(chǎn)生的，水電離產(chǎn)生的c（H＋）等于溶液中由水電離出c（OH -）；
③pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH－）=0.1mol·L－1，與某濃度鹽酸溶液按體積比（堿與酸之比）1：9混合后，假定體積分別為1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH -）=10-3mol·L－1，令鹽酸的濃度為amol·L－1，用a表示出混合后溶液中n（OH -），列方程計(jì)算；
（2）常溫下，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH為12，而某溫度時(shí)測得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH為11，則Kw增大；
【詳解】（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溶液中氫離子使由水電離產(chǎn)生的，水電離產(chǎn)生的c（H＋）等于溶液中水電離出c（OH -），故水電離出c（OH -）=c（H＋）=10-13mol·L－1；
③pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH－）=0.1mol·L－1，與某濃度鹽酸溶液按體積比（堿與酸之比）1：9混合后，假定體積分別為1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH－）=10-3mol·L－1，令鹽酸的濃度為amol·L－1，則混合后溶液中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）常溫下，0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH為12，而某溫度時(shí)測得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH為11，則Kw=0.01×10-11=1.0×10-13，溫度高于25℃。
22.醋酸是日常生活中最常見的調(diào)味劑和重要的化工原料，醋酸鈉是其常見的鹽（已知：25℃，Ka（CH3COOH）=1.69×10-5）。
（1）醋酸鈉溶液呈堿性的原因是_______________（寫出有關(guān)的離子方程式）
（2）在CH3COONa溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)開____________________（用c（Bn+）表示相應(yīng)離子濃度）；
（3）25℃時(shí)，0.10mol/L的醋酸溶液的pH約為___________（?已知：lg1.3=0.114）；
（4）對于醋酸溶液和醋酸鈉溶液的下列說法正確的是____________；
A．稀釋醋酸溶液，醋酸的電離程度增大，而稀釋醋酸鈉溶液則醋酸鈉的水解程度減?。?br /> B．升高溫度可以促進(jìn)醋酸電離，也可以促進(jìn)醋酸鈉水解．
C．醋酸和醋酸鈉混合液中，醋酸抑制醋酸鈉的水解、醋酸鈉也抑制醋酸的電離．
D．醋酸和醋酸鈉混合液中，醋酸促進(jìn)醋酸鈉的水解、醋酸鈉也促進(jìn)醋酸的電離．
（5）物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等體積混合（注：混合前后溶液體積變化忽略不計(jì)），混合液中的下列關(guān)系式正確的是_______；
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）常溫時(shí)，有以下3種溶液，其中pH最小的是____________；
A．0.02mol?L-1CH3COOH與0.02mol?L-1NaOH溶液等體積混合液
B．0.03mol?L-1CH3COOH與0.01mol?L-1NaOH溶液等體積混合液
C．pH=2的CH3COOH與pH=12的NaOH溶液等體積混合液
（7）用pH試紙?jiān)诔叵路謩e測定0.10mol/L的醋酸鈉溶液和0.10mol/L的碳酸鈉溶液，則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）醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，弱陰離子CH3COO-水解使溶液呈堿性，離子方程式為：CH3COO?+H2O ? CH3COOH+OH?。
（2）醋酸根離子水解，溶液顯堿性，則c(Na+)>c(CH3COO?)、c(OH?)>c(H+)，又因?yàn)橐话闼馐俏⑷醯?，所以c(Na+)和c(CH3COO?)遠(yuǎn)大于c(OH?)和c(H+)，故CH3COONa溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)椋篶(Na+)>c(CH3COO?)>c(OH?)>c(H+)或c(Na+)、c(CH3COO?)、c(OH?)、c(H+)。
（3）由已知，25℃時(shí)Ka（CH3COOH）=1.69×10-5，又因?yàn)镵a= ，其中c（H+）=c（CH3COO-），c（CH3COOH）約為0.10mol/L，所以c（H+）===1.3×10-3mol/L，則pH=-lgc（H+）=3-lg1.3=2.886(或2.89)。
（4）A項(xiàng)，稀釋對電離和水解都有促進(jìn)作用，則稀釋時(shí)醋酸的電離程度增大，醋酸鈉的水解程度增大，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，電離和水解均為吸熱反應(yīng)，所以升高溫度，促進(jìn)水解和電離，故B正確；C、D兩項(xiàng)，醋酸電離是產(chǎn)生CH3COO?，CH3COO?水解是產(chǎn)生醋酸，二者作用相反，所以相互抑制，故C正確、D錯(cuò)誤。
（5）因?yàn)?5℃，Ka（CH3COOH）=1.69×10-5，所以Kh（CH3COO-）= = ，則Ka（CH3COOH）>Kh（CH3COO-），物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等體積混合，溶液顯酸性，電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒為c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）=2×(×0.1mol/L)，由上述兩個(gè)式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-），綜上分析A、B、C都正確。
（6）A項(xiàng)，0.02mol?L-1CH3COOH與0.02mol?L-1NaOH溶液等體積混合，恰好生成醋酸鈉，溶液顯堿性；B項(xiàng)，0.03mol?L-1CH3COOH與0.01mol?L-1NaOH溶液等體積混合，得到醋酸和醋酸鈉的混合溶液，剩余0.01mol/L醋酸；C項(xiàng)，pH=2的CH3COOH與pH=12的NaOH溶液等體積混合，得到醋酸和醋酸鈉的混合溶液，pH=2的醋酸濃度遠(yuǎn)大于0.01mol/L，所以剩余醋酸大于0.01mol/L，故C酸性最強(qiáng)，pH最小。
（7）弱酸酸性越強(qiáng)，對應(yīng)的鈉鹽溶液中陰離子越容易水解，因?yàn)镃H3COOH酸性強(qiáng)于HCO3-，所以0.10mol/L的醋酸鈉溶液和0.10mol/L的碳酸鈉溶液中，水解程度：CO32->CH3COO?，弱陰離子水解溶液顯堿性，水解程度越大堿性越強(qiáng)，pH越大，則pH（CH3COONa）＜pH（Na2CO3）。
點(diǎn)睛：本題考查酸堿溶液的混合問題，主要涉及弱酸的電離、鹽類水解、酸堿混合溶液中的守恒關(guān)系、溶液酸堿性的比較判斷及Ka有關(guān)計(jì)算等，綜合性較強(qiáng)，重在知識應(yīng)用能力的考查。解題時(shí)注意抓住水溶液中的平衡，明確Ka、Kh、Kw的表達(dá)式及其相互關(guān)系，從分析溶液成分入手得出溶液中的三大守恒及離子濃度大小關(guān)系，如第(5)小題，混合溶液中質(zhì)子守恒可利用電荷守恒與物料守恒變化得出；要掌握鹽類水解規(guī)律，如第(7)小題，“越弱越水解、誰強(qiáng)顯誰性”等。
23.10℃時(shí)加熱NaHCO3飽和溶液，測得該溶液的pH發(fā)生如下變化：
溫度（℃）
10
20
30
加熱煮沸后冷卻到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8

根據(jù)上述數(shù)據(jù)：甲同學(xué)認(rèn)為，該溶液的pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故堿性增強(qiáng)，該反應(yīng)的離子方程式為____________________________。乙同學(xué)認(rèn)為，溶液pH升高的原因是NaHCO3受熱分解，生成了Na2CO3，并推斷Na2CO3的水解程度_______（填“大于”或“小于”）NaHCO3。丙同學(xué)認(rèn)為甲、乙的判斷都不充分。丙認(rèn)為：
（1）只要在加熱煮沸的溶液中加入足量的試劑X，若產(chǎn)生沉淀，則____（填“甲”或“乙”判斷正確。試劑X是_____________（填序號）。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．澄清的石灰水
（2）將加熱后的溶液冷卻到10℃，若溶液的pH_____(填“高于”、“低于”或“等于”）8.3，則_____（填“甲”或“乙”）判斷正確。
（3）查閱資料，發(fā)現(xiàn)NaHCO3的分解溫度為150℃，丙斷言_____（填“甲”或“乙”）判斷是錯(cuò)誤的，理由是_____________________________________________________。
【答案】（1）HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－大于
（2）乙 B （3）乙 常壓下加熱NaHCO3的水溶液，溶液溫度達(dá)不到150 ℃
【解析】
試題分析：（1）甲認(rèn)為碳酸氫鈉是強(qiáng)堿弱酸的酸式鹽，能水解導(dǎo)致溶液呈堿性，水解方程式為HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－。碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，能水解，因?yàn)樘妓岣x子的水解第一步遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步，所以碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉的水解程度。
（2）碳酸氫鈉和氯化鋇不反應(yīng)，但碳酸鈉和氯化鋇能反應(yīng)生成白色沉淀碳酸鋇，向碳酸氫鈉或碳酸鈉中加氫氧化鋇或氫氧化鈣都反應(yīng)生成白色沉淀，向碳酸鈉或碳酸氫鈉中加入氫氧化鈉雖然反應(yīng)但不產(chǎn)生明顯現(xiàn)象。
（3）碳酸氫鈉的分解溫度為150℃，常壓下加入碳酸氫鈉溶液，溶液的溫度不能達(dá)到150℃，所以碳酸氫鈉不分解，溶液仍為碳酸氫鈉溶液，由此判斷乙是錯(cuò)誤的。
考點(diǎn)：考查碳酸鈉和碳酸氫鈉的性質(zhì)。

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