第三章水溶液中的离子反应与平衡基础检测（含解析）2022-2023学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1

第三章水溶液中的离子反应与平衡 基础检测
一、单选题
1．已知：二元酸()在溶液中存在如下电离：，。下列说法错误的是
A．溶于水能促进水的电离，溶液呈碱性
B．溶液中
C．将0.1的溶液加水稀释，其水解常数和均不变
D．等体积等物质的量浓度的和溶液混合后，所得溶液中：
2．HR是一元弱酸，向的HR溶液中缓慢加入NaOH固体(溶液温度恒为25℃。不考虑溶液体积的变化)，平衡后与溶液pH的关系如图所示(已知)。下列说法正确的是
A．的数量级是
B．的分布分数等于时，溶液的pH=4.1
C．b点恰好有50%的HR与NaOH发生了反应
D．c点：
3．常温下，现有10mLpH=3的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是
A．将两种溶液分别稀释至100mL，醋酸比盐酸的pH大
B．向等体积两种溶液中分别加入足量的锌粉，生成的物质的量相同
C．向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，水的电离程度均增大
D．向两种溶液中分别加入相同锌粒，开始时产生氢气的速率盐酸大于醋酸
4．已知25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(1) ΔH=-67.7kJ·mol-1，②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ΔH=-57.3kJ·mol-1。在20mL0.1mol·L-1氢氟酸中加入VmL0.1mol·L-1NaOH溶液，下列有关说法不正确的是
A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq) F-(aq)+ H+(aq) ΔH=-10.4kJ·mol-1
B．当V=20时，溶液中：c(OH-)=c(HF)+c(H+)
C．当V=20时，溶液中：c(F-)D．当V>0时，溶液中可能存在：c(Na+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+)
5．下列关于氨水的说法正确的是
A．氢氧化铝可以溶于过量的氨水中
B．导电性比氯化铵溶液弱
C．其溶液的pH=11说明它是弱电解质
D．室温下的稀氨水中，Kw=1×10-14 mol2 L-2
6．在的醋酸溶液中，下列关系式中正确的是
A． B． mol/L
C． D．
7．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH-，下列叙述正确的是
A．向水中加入NaHSO4固体，平衡逆向移动，c(H＋)降低
B．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入HCl，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．向水中加入固体氢氧化钠，平衡逆向移动，c(OH-)增大
8．下列有关化学反应方向的说法中正确的是
A．反应3NO2(g) + H2O(l) = 2HNO3(aq) + NO(g)在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H>0
B．反应2Na2SO3(s) + O2(g) = 2Na2SO4(s)能自发进行，则△H＜0
C．在一定温度下的AgCl的水溶液中，Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数
D．在1 L溶液中数目为
9．常温下，用0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.10mol·L-1的HX溶液，所得滴定曲线如下图所示。下列说法错误的是
A．该滴定过程应选择酚酞作为指示剂
B．对应溶液中水的电离程度：
C．点所示的溶液中：c(Na+)+c(HX)+ c(X- )=0.10mol·L-1
D．相同条件下，X- 的水解能力强于HX的电离能力
10．用溶液分别滴定浓度均为的盐酸和醋酸溶液各，滴定过程中溶液随滴入溶液体积变化的曲线如图所示(注：当溶液的为7时，曲线I、II对应的溶液体积分别为)：
下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ代表盐酸
B．
C．溶液滴定醋酸过程中应选用甲基橙作指示剂
D．若将M、N两处溶液混合，混合溶液中
11．将V1 mL1.0mol·L-1H2SO4溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1 +V2=50 mL)。下列叙述正确的是
A．NaOH溶液的浓度约是3 mol· L -1
B．做该实验时环境温度可能为22° C
C．该实验表明化学能可以转化为热能
D．该实验表明有水生成的反应是放热反应
二、填空题
12．某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时pH变化曲线如图所示。
(1)a、b、c三点溶液中水的电离程度大小关系：_______。
(2)①b点溶液中c(H+) =_______+_______ (填微粒浓度)。________
②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积。_______(填“>”“<”或“=”)。
(3)阐述a、c两点溶液的导电能力强弱：_______。
13．铁、铜及其化合物在日常生活生产中的用途相当广泛。
Ⅰ.具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：
(1)净水的原理是_______。溶液腐蚀钢铁设备，除作用外，另一主要原因是_______。(用离子方程式表示)
(2)为节约成本，工业上用氧化酸性废液得到。若酸性废液中，，，则该溶液的pH约为_______。
Ⅱ.铜的化学性质通常比较稳定，不溶于稀硫酸，但在一定条件下能和很多物质反应。
(3)将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50～60℃，加入，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的离子方程式为_______。
(4)某小组同学在做铜与浓硫酸反应的实验时，发现铜片表面有黑色固体生成。
①甲同学猜想：黑色固体是未来得及溶解于酸的CuO，其猜想可用化学方程式表示为_______。
②乙同学认为：黑色固体除CuO外，还可能含有和CuS，其理由可能是_______(填字母)。
a.和CuS都是黑色的
b.铜与浓硫酸在加热条件下反应，还可能放出
c.浓硫酸是氧化剂，铜是还原剂，Cu的化合价升高与S的化合价降低有多种可能
14．按要求完成下列问题。
(1)已知H2A为二元弱酸，溶液M由20mL1mol·L-1NaHA溶液与20mL1mol·L-1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH___________(填“>”“＜”或“=”)7，溶液M中各微粒的浓度关系正确的是___________。
A．c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
B．c(HA-)+c(H2A)+c(H+)=c(OH-)
C．c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=1mol·L-1
D．c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)
(2)相同温度下同浓度的下列溶液：①(NH4)2SO4②NH4Cl③Na2CO3④NaHCO3，pH由大到小的顺序是___________。(填序号)
(3)某温度下，纯水中的c(H+)=2×10-7mol/L。若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)=5×10-6mol/L，则溶液中由水电离出的c(H+)为___________mol/L。
15．在常温下，下列五种溶液：①0.1mol/L NH4Cl②0.1mol/L CH3COONH4③0.1mol/L NH4HSO4④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液⑤0.1mol/L NH3 H2O。请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈酸性，其原因是_______(用离子方程式表示)。
(2)在上述五种溶液中，pH最小的是_______；c(NH)最小的是_______(填序号)。
(3)常温下，测得溶液②的pH=7，则说明CH3COO﹣的水解程度_______NH的水解程度(填“>”、“＜”或“=”)。
16．利用所学化学反应原理，解决以下问题：
(1)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是_________(用离子方程式表示)
(2)向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成的离子方程式_________________。
(3)室温下将0.12 mol/L HCl溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，混合液的pH=_____。
17．时，部分物质的电离平衡常数如下表所示：
请回答下列问题：
(1)的酸性由强到弱的顺序为_______。
(2)请判断下列反应不能成立的是_______A．
B．
C．
D．
(3)焦炉煤气中一般含有和气体，工厂在真空条件下，使用溶液吸收煤气中的和气体，实现脱硫脱氰。请根据上述数据，尝试从理论上推测同为的溶液和混合后，最可能发生的反应的离子方程式_______。
18．用标准酸液滴定待测碱液时，下列操作对所测碱液的物质的量浓度有何影响。
A、偏低 B、偏高 C、无影响
请用序号填空
(1)用待测液润洗锥形瓶后再注入所量取的一定体积待测液________
(2)未用标准液润洗酸式滴定管就直接注入标准酸液______
(3)用滴定管尖端未排气泡的碱式滴定管量取待测碱液_____
(4)滴定前仰视读数、滴定后俯视读数_______
(5)锥形瓶未润洗，且瓶中有少量蒸馏水_______
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．由的第二步电离为，说明HA-是弱酸，溶液存在水解反应：，能促进水的电离，溶液呈碱性，A正确；
B．溶液中存在物料守恒：，B正确；
C．温度不变其水解常数不变，将0.1的溶液加水稀释，c(HA-)减小，则增大，C错误；
D．等体积等物质的量浓度的和溶液混合后生成NaHA，只存在HA-的部分电离：，则所得溶液中： ，D正确；
故选：C。
2．B
【详解】A．根据b点数据可知，的数量级为，故A错误；
B．根据，解得，根据，可得则，故B正确；
C．若有50%的HR与发生了反应，则初始状态，由于的水解程度和HR的电离程度不同，因此平衡后和不相等即不等于0，故C错误；
D．，c点的溶液中，，则，故D错误；
综上所述，答案为B。
3．C
【分析】盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+。相同pH的盐酸和醋酸溶液，醋酸的物质的量浓度大于盐酸。
【详解】A．将两种溶液分别稀释至100mL，由于醋酸稀释后又电离出氢离子，因此醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，则醋酸比盐酸的pH小，故A错误；
B．由于醋酸物质的量浓度大于盐酸物质的量浓度，等体积两种溶液，则醋酸物质的量大于盐酸物质的量，向等体积两种溶液中分别加入足量的锌粉，生成H2的物质的量醋酸大于盐酸，故B错误；
C．盐酸和醋酸都能电离出H+，对水的电离起到抑制作用。向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，两者都生成盐，盐酸和NaOH反应生成氯化钠，氯化钠对水的电离无影响；醋酸和NaOH反应生成醋酸钠，醋酸钠中的醋酸根水解促进水的电离，因此两溶液中水的电离程度均增大，故C正确；
D．盐酸和醋酸溶液和相同锌粒反应的速率取决于溶液中的H+浓度，开始两种溶液的氢离子浓度相同，则与锌反应生成氢气的速率相同，故D错误；
综上所述，答案为C。
4．C
【详解】A．根据盖斯定律，将① ②可得：HF(aq) F (aq)+H+(aq) △H= 10.4kJ mol 1，A正确；
B．当V=20时，氢氟酸和氢氧化钠溶液恰好反应生成NaF，F 水解使溶液呈碱性，根据质子守恒可得：c(OH )=c(HF)+c(H+)，B正确；
C．当V=20时，氢氟酸和氢氧化钠溶液恰好反应生成NaF，因F 水解、Na+不水解，则c(F )D．溶液中离子浓度的大小关系取决于V，V不同，离子浓度的关系可能不同，如：当V=20时，二者恰好反应生成NaF，F 水解使溶液呈碱性，Na+不水解，溶液中满足：c(Na+)>c(F )>c(OH )>c(H+)，D正确；
答案选C。
【点睛】本题主要考查盖斯定律和离子浓度大小的比较、酸碱混合的计算和判断等知识，题目难度中等。注意明确酸碱混合的方法、掌握盖斯定律的运用是解题的关键，本题的易错点为C，注意两溶液混合后所得混合液中钠离子浓度是减半的。
5．D
【详解】A．氨水是弱碱，氢氧化铝只能与强碱反应，A错误；
B．氨水是弱碱，部分电离，但没有说明二者的浓度关系，不能比较导电性强弱，B错误；
C．没有说明氨水的浓度，不能确定氨水是弱电解质，C错误；
D．室温下任何水溶液中，水的离子积常数都为Kw=1×10-14 mol2 L-2，D正确；
故选D。
6．B
【分析】醋酸溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO－+H＋、H2OH＋+OH－，据此解答，
【详解】A．由于还存在水的电离平衡，所以溶液中，A错误；
B．根据物料守恒可知溶液中mol/L，B正确；
C．根据电荷守恒可知，C错误；
D．根据电荷守恒可知，D错误；
答案选B。
7．D
【详解】A. 向水中加入NaHSO4固体，平衡逆向移动，c(H＋)增大，故A错误；
B. 水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c(H+)增大，则pH减小，故B错误；
C. 向水中加入HCl，平衡逆向移动，c(H＋)增大，故C错误；
D. 向水中加入少量固体NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，c(H+)降低，故D正确；
答案选D。
8．B
【详解】A．△H-T△S＜0，反应能自发进行，该反应前后气体物质的量减小，则其△S＜0，在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H＜0，故A错误；
B．△H-T△S＜0，反应能自发进行，该反应前后气体物质的量减小，则其△S＜0，在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H＜0，故B正确；
C．未达到饱和溶液时，溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积不是常数，故C错误；
D．1 L溶液中会发生水解而减少，数目小于，故D错误；
故选B。
9．D
【分析】a点是等浓度的HX、NaX的混合物，溶液呈酸性，b点中性，c(OH-)=c(H+)，c点为NaX，溶液呈碱性。
【详解】A． 滴入20mLNaOH溶液时，NaX溶液呈碱性，该滴定过程应选择酚酞作为指示剂，故A正确；
B． a点是等浓度的HX、NaX的混合物，酸性抑制水电离，b点中性，水正常电离，c点为NaX，强碱弱酸盐，促进水电离，对应溶液中水的电离程度：，故B正确；
C． 点所示的溶液中，c点为NaX，浓度为c(NaX)=，根据物料守恒c(Na+)+c(HX)+c(X- )=2c(NaX)= 0.10mol·L-1，故C正确；
D． a点是等浓度的HX、NaX的混合物，溶液呈酸性，相同条件下，X- 的水解能力小于HX的电离能力，故D错误；
故选D。
10．D
【分析】如图，在NaOH溶液的体积为0时，酸溶液，曲线I对应的pH=3>1，代表醋酸，曲线Ⅱ对应的pH=1，代表盐酸；时，如曲线Ⅱ，盐酸消耗一半，溶质为NaCl和HCl，曲线I中醋酸消耗一半，溶质为和；盐酸是强酸，pH=7时，盐酸与NaOH恰好反应，，即；醋酸是弱酸，恰好完全反应时，溶质为，呈碱性，时，pH=7说明醋酸过量，，即；
【详解】A．综上所述，未加NaOH时，盐酸是强酸，的盐酸pH=1，醋酸是弱酸，的醋酸pH=3>1，故A错误；
B．如图，盐酸是强酸，pH=7时，盐酸与NaOH恰好反应，，即；醋酸是弱酸，恰好完全反应时，溶质为，呈碱性，时，pH=7说明醋酸过量，，即，所以，故B错误；
C．醋酸是弱酸，与NaOH恰好完全反应时，溶质为，呈碱性，应该选择酚酞作指示剂，故C错误；
D．时，如曲线Ⅱ，盐酸消耗一半，溶质为NaCl和HCl，曲线I中醋酸消耗一半，溶质为和，两者溶质浓度相等，体积相等，混合后溶质为、NaCl，存在质子守恒，故D正确；
故选D。
11．AC
【详解】A．根据方程式可知2n(H2SO4)=n(NaOH)，即2V1 mL×1.00 mol·L-1= 2V2 mL×c(NaOH)，参加反应的硫酸为30mL，则c(NaOH)=3mol/L，A正确；
B．温度为22℃时加入硫酸5mL，因此不是实验温度，B错误；
C．酸碱中和反应将化学能转化为热能，C正确；
D．只能判断硫酸和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，其他有水生成的反应不一定是放热反应，D错误；
答案选AC。
12．(1)a>b>c
(2) >
(3)a、c两点溶液的离子 度c【分析】盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中氢离子浓度变化小，所以c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。
【详解】（1）盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，a点的pHb，综上所述，a、b、c三点溶液中水的电离程度a>b>c，故答案为：a>b>c；
（2）①b点溶液中，根据质子守恒得出，故答案为：；
②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点溶液只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液的体积>，故答案为：>；
（3）溶液的导电能力和溶液中自由移动离子浓度的大小有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度c13．(1) 水解产生的胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质
(2)2
(3)
(4) ac
【详解】（1）FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中净水的原理是Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，从而达到净化水的作用；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除其电离产生的Fe3+水解使溶液显酸性，H＋作用外，另一主要原因是Fe3+有强的氧化性，与铁发生氧化还原反应，反应的离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）根据任何溶液都呈电中性，由于c(Fe2＋)＝2.0×10-2mol·L-1，c(Fe3＋)＝1.0×10-3mol·L-1， c(Cl－)＝5.3×10-2mol·L-1，2c(Fe2＋)+3c(Fe3＋)+c(H+)＝c(Cl－)，2×2.0×10-2mol·L-1+ 3×1.0×10-3mol·L-1+ c(H+)＝5.3×10-2mol·L-1，解得c(H+)＝1.0×10-2mol·L-1，所以pH＝2；
（3）铜丝放入稀硫酸中，加入H2O2溶液，反应一段时间后可制得硫酸铜和水，该反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋2H2O；
（4）①按照甲同学猜想：铜被氧化得CuO，硫酸还原为SO2，化学方程式表示为Cu＋H2SO4(浓) CuO＋SO2↑＋H2O。②从化合价上分析，铜有可能升高到＋1价，而硫也有可能从＋6价降到－2价，结合Cu2S和CuS均为黑色固体，故a、c符合。
14．(1) > D
(2)③④②①
(3)8×10-9
【解析】(1)
二者恰好反应生成Na2A，该溶液为强碱弱酸盐溶液，溶液呈碱性，所以溶液的pH＞7；
A．根据电荷守恒得2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故A错误；
B．根据质子守恒得c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(OH-)，故B错误；
C．溶液混合后体积增大一倍，微粒浓度减小，根据物料守恒得c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.5mol L-1，故C错误；
D．溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，钠离子不水解，酸根离子水解，所以c(Na+)＞c(A2-)，盐类水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；
故答案为：＞；D；
(2)
硫酸铵和氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，相同浓度的硫酸铵和氯化铵溶液中，硫酸铵水解程度小于氯化铵，但硫酸铵中铵根离子水解个数多，所以硫酸铵pH最小；碳酸氢钠和碳酸钠溶液都呈碱性，但碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠的pH最大，则相同浓度的这四种溶液中，pH由大到小的顺序是③④②①，故答案为：③④②①；
(3)
纯水中c(OH-)=c(H+)，Kw=c(H+) c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)=5×10-6mol/L，则溶液中由水电离出的c(H+)==8×10-9。
15． H2O+ NH H++NH3 H2O ③ ⑤ =
【详解】(1)溶液①为0.1mol/L NH4Cl，NH4Cl是呈酸性，强酸弱碱盐，水溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，离子反应方程式为H2O+ NH H++NH3 H2O，氢离子浓度大于溶液中氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；
(2)酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，
①0.1mol/L NH4Cl中NH水解显酸性，水解过程微弱，溶液中NH浓度略小于0.1mol/L；
②0.1mol/L CH3COONH4中NH、CH3COO-二者均水解，相互促进，程度相当，近似为中性，NH浓度小于0.1mol/L；
③0.1mol/L NH4HSO4溶液中H+完全电离，溶液显酸性，电离出的H+抑制NH水解，NH基本上等于0.1 mol/L；
④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，NH3 H2O电离程度大于NH的水解，NH浓度大于0.1mol/L，溶液呈碱性；
⑤0.1mol/L NH3 H2O是弱电解质，微弱电离生成NH，溶液中NH浓度远小于0.1mol/L，溶液显碱性；
根据上述分析可知，酸性最强的是0.1mol/L NH4HSO4溶液，铵根离子浓度最小的是0.1mol/L NH3 H2O；
(3)常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO﹣和NH水解程度相同，则CH3COO﹣的水解程度=NH的水解程度。
16． Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ Fe3++3HCO3-= Fe(OH)3↓+3CO2↑ 2
【分析】(1)明矾是利用Al3+水解产生的氢氧化铝晶体的吸附性来净水；
(2)根据盐水解的酸碱性，结合盐的水解规律分析；
(3)HCl与NaOH发生中和反应，先根据二者物质的量的多少判断HCl过量，计算反应后溶液中c(H+)，然后根据pH=-lgc(H+)计算。
【详解】(1)明矾是强酸弱碱盐，溶于水电离产生Al3+，Al3+发生水解作用：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，胶体表面积大，吸附力强，能够吸收水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中分离除去，从而具有净水作用；
(2) 向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，Fe3+、HCO3-发生水解作用，且由于这两种离子水解后溶液的酸碱性相反，相互促进，使离子水解程度增大，甚至完全，最终形成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3-= Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(3)HCl与NaOH在溶液中发生中和反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，由于c(HCl)=0.12 mol/L，c(NaOH)=0.1 mol/L，二者等体积混合，所以反应后HCl过量，反应后溶液中c(H+)=(0.12 mol/L-0.1 mol/L)÷2=0.01 mol/L，则溶液的pH=-lgc(H+)=2。
【点睛】本题考查了盐的水解规律和溶液pH的计算。盐的水解规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。盐水解程度是微弱的，在溶液中存在水解平衡，可根据化学平衡移动原理分析，主要以盐电离产生的离子存在，当两种盐水解后溶液酸碱性相反，水解程度会增大，甚至是变得彻底、完全，形成沉淀或产生气体。对于溶液pH计算，关键是判断什么物质过量，计算反应后溶液中c(H+)或c(OH-)，再根据水的离子积常数和pH=-lgc(H+)计算。
17．(1)CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN
(2)A
(3)HCN+CO=HCO+CN-
【解析】（1）
电离平衡常数越大，酸性越强，的酸性由强到弱的顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN；
（2）
A．酸性H2CO3>HClO>HCO，根据强酸制弱酸， ，故A不成立；
B．酸性CH3COOH>H2CO3，根据强酸制弱酸，，故B成立；
C．酸性HCl>H2CO3>HClO，根据强酸制弱酸，，故C成立；
D．酸性HCl>CH3COOH，根据强酸制弱酸，，故D成立；
选A。
（3）
酸性H2CO3>HCN>HCO，根据强酸制弱酸，的溶液和混合后生成KCN和碳酸氢钠，反应的离子方程式HCN+CO=HCO+CN-。
18．(1)B
(2)B
(3)A
(4)A
(5)C
【详解】（1）将锥形瓶用待测液润洗，造成(标准)偏大，所以(待测)偏高，故答案选B。
（2）未用标准液润洗酸式滴定管就直接注入标准酸液,造成(标准)偏大，所以(待测)偏高，故答案选B。
（3）用滴定管尖端未排气泡的碱式滴定管量取待测碱液,造成(标准)偏小，所以(待测)偏小，故答案选A。
（4）滴定前仰视读数,滴定后俯视读数,造成(标准)偏小，所以(待测)偏小，故答案选A。
（5）锥形瓶未润洗，且瓶中有少量蒸馏水,所取待测液的量没变,故不影响(标准)，所以滴定结果无影响，故答案选C。
【点睛】本题考查分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大,结果偏高；若标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积,则结果无影响。根据c(待测)=分析误差。
答案第1页，共2页
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