3.2 水的电离和溶液的ph（含解析）同步练习题2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1
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| 名称 | 3.2 水的电离和溶液的ph（含解析）同步练习题2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 440.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-16 13:14:11 | ||
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文档简介
3.2 水的电离和溶液的ph同步练习题
一、单选题
1．温度为25℃时，将0.23 g钠投入到100g水中充分反应，假设反应后溶液体积为100mL，则该溶液的pH为（ ）
A．1 B．13 C．12 D．10
2．用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，不需要用到的仪器是（ ）
A． B．
C． D．
3．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低
D．将水加热，KW增大，pH不变
4．常温下，向20.00 mL0.1000 mol/LCH3COOH溶液中逐滴滴加0.1000 mol/L的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，CH3COOH的Ka约为10-5
B．水的电离程度：b＞c
C．c点所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)
D．b点时该溶液中存在的微粒关系：2c(H+)+c(CH3COOH) = c(CH3COO-)+2c(OH-)
5．在25 ℃时，向纯水中加入少量的KHSO4固体，则（ ）
A．溶液c(H＋)减小 B．水的离子积常数Kw减小
C．水的电离平衡向正方向移动 D．溶液的c(OH－)减小
6．下列说法不正确的是（ ）
A．测定0.1mol/L醋酸溶液的pH可证明醋酸是弱电解质
B．相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH-)相等
C．常温下，将1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH=13
D．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量不同
7．25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①、②、③，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是（ ）
A．③＞②＞① B．②＞③＞① C．①＞②＞③ D．③＞①＞②
8．水的电离平衡曲线如图所示，若以A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度，则下列说法正确的是（ ）
A．纯水中25℃时的，c（H+）比100℃的时c（H+）大
B．100℃时某溶液中由水电离产生的c（H+）═1×10﹣11mol L﹣1，则该溶液的Ph可能是11或3
C．将pH=9的Ba（OH）2溶液与pH=4的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，混合溶液的pH=7，则Ba（OH）2溶液和盐酸的体积比为10：1
D．25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42-）=5.0×10﹣4mol/L则溶液中c（Na+）：c（OH﹣）为104：1
9．将1 mL 0.1 mol·L-1的H2SO4溶液加入纯水中制成200 mL溶液，该溶液中由水自身电离产生的c(H+)最接近于（ ）
A．1×10-3 mol·L-1 B．1×10-11 mol·L-1
C．1×10-7 mol·L-1 D．1×10-13 mol·L-1
10．已知：pOH=-lgc(OH-)，正常人(人的体温高于室温)的血液pH=7.3，则正常人血液的pOH是（ ）
A．大于6.7 B．小于6.7 C．等于6.7 D．无法判断
11．常温下，分别向体积相同、浓度均为1 mol／L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lg C)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是（ ）
A．HB的电离常数(KA)数量级为10-3
B．其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaB>NaA
C．a、b两点溶液中，水的电离程度bD．当lg C= -7时，两种酸溶液均有pH=7
12．室温时，关于1mL盐酸的说法错误的是
A．此溶液的
B．此溶液中，由水电离出的
C．将此溶液加水稀释到100mL，所得溶液
D．将此溶液与9mLNaOH溶液混合，所得溶液
13．25℃时，向溶液中逐滴加入溶液。滴加过程中溶液含碳微粒物质的量与溶液pH的关系如图所示(因逸出未画出)。下列说法正确的是（ ）
A．②表示物质的量的变化情况
B．a点由水电离产生的
C．由b点可计算得出
D．a、b、c、d四点溶液中含碳微粒物质的量守恒
14．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示常温下稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水
B．图乙表示常温下，0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol·L-1醋酸溶液的滴定曲线
C．图丙表示某可逆反应的反应速率随时间的变化，t0时刻改变的条件一定是使用了催化剂
D．图丁表示反应4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g)，在其他条件不变的情况下改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率c>b>a
15．次氯酸具有漂白和杀菌的作用。室温下，向20mL0.1mol·L－1次氯酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，所得的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．c、d两点时，水的电离程度：d>c
B．d点溶液中：c(H＋)=c(ClO－)-c(Na＋)
C．滴定时，由a点到c点， 增大
D．a点时，溶液的pH=l
16．根据图像所得结论正确的是（ ）
A．图甲是反应中的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明X代表温度，Y代表压强，且
B．图乙是常温下用溶液滴定溶液的滴定曲线，说明Q点表示酸碱中和滴定终点
C．图丙是室温下稀释冰醋酸时溶液的导电能力随加入水的体积的变化曲线，说明醋酸的电离程度：
D．图丁是、反应生成的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和小于生成物所含化学键的键能总和
17．将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是（ ）
A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑥⑧ C．①⑥ D．②④⑦
二、综合题
18．一定温度下，有①盐酸、②硫酸、③醋酸三种酸 （用①、②、③回答）．
（1）当其物质的量浓度相同时，C（H+）由大到小的顺序 ，pH由大到小的顺序是 ，取等体积的上述三种酸溶液，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 ．
（2）当C（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为 ，取等体积的上述三种酸溶液，加入足量锌，产生的气体体积由大到小的顺序为 ，取等体积等浓度的NaOH溶液完全中和上述三种酸，所需酸溶液体积由大到小的顺序是 ．
19．依据醋酸的性质，请回答下列问题(以下讨论均在常温时)。
（1）取(冰醋酸)作导电性实验，稀释过程中溶液的导电能力变化如下图所示。
①的电离方程式是 。
②a、b、c三点中最小的是 。
③在稀释过程中， (填“增大”“减小”或“不确定”)。
（2）溶液的，该溶液中由水电离出的浓度是 。
（3）向相同的两密闭容器中加入镁条，分别注入盐酸、醋酸，测得容器内压强随时间变化如下图所示。
①反应为醋酸的曲线是 (填字母)。
②反应开始时反应速率的原因是 。
20．碳酸盐是重要的化工原料及试剂．
（1）向0.02mol/L Na2CO3溶液中加入等体积的CaCl2溶液若开始有沉淀生成，则所需CaCl2溶液的浓度最小为
（已知25℃时KSP（CaCO3）=2.8×10﹣9）．通过最新工艺可制得纳米（50nm）CaCO3粉末，设计简
单的实验方法证明该物质的产生 ．
（2）已知0.1mol/L NaHCO3溶液的pH=8．某学习兴趣小组探究实验室制得的纯碱含少量NaCl，还可能含少量NaHCO3．为测定纯碱的纯度，用电子天平准确称取样品m克，将其放入锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，滴加2滴酚酞，用c mol/L的标准盐酸滴定至溶液由浅色变成无色，且半分钟不变色，滴定过程中无气体产生，所用盐酸的体积为V1mL．
①用离子方程式便是此时发生的反应 ．
②样品中Na2CO3质量分数的表达式是 ．
③向锥形瓶溶液中继续滴加2滴甲基橙，用同浓度的盐酸继续滴定至终点，所用盐酸的体积为V2mL．滴定终点时，溶液颜色的变化是 ，且半分钟内不变色；若样品中含 NaHCO3，则V1 V2（填“＞”、“＜”或“=”）．
21．某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂．请填空．
（1）如图1是常见仪器的部分结构．
①写出仪器名称B C
②使用前需检查是否漏水的仪器有 ．
（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 ．滴定终点时，锥形瓶中颜色变化为 ，且半分钟内颜色不复原．
（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图2所示，所用盐酸溶液的体积为 mL．
（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：
滴定 次数 待测NaOH溶液的体积/mL 0.100 0mol/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 25.11 25.11
第二次 25.00 0.56 30.56 30.00
第三次 25.00 0.22 25.11 24.89
依据表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度 ．（保留两位有效数字）
22．下列物质中，①NaCl；②NaOH；③NH3 H2O；④CH3COOH溶液；⑤BaSO4；⑥H2O；⑦HCl；⑧H2SO4⑨CO2；⑩酒精溶液（均填写编号回答）
（1）是弱电解质的有 ，是非电解质的有 ．
（2）pH相等的②的溶液和③的溶液等体积加水稀释相同倍数后，pH大的是 ．
（3）有pH均为2的④、⑦、⑧三种物质的溶液，物质的量浓度大到小的顺序为 ，若分别用这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液，所需酸溶液的体积分别为a、b、c，则a、b、c的大小关系是 ．
（4）某温度时，1mol L﹣1的醋酸溶液电离平衡常数为1.0×10 ﹣8，达平衡时，溶液中氢离子浓度是 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】0.23 g钠投入100 g 水中生成NaOH 0.01mol，则c（NaOH）＝0.1mol·L－1，c（OH－）＝0.1mol·L－1，c（H＋）＝Kw/ c（OH－）＝1×10－13mol·L－1 ，则pH＝13，B符合题意；
故答案为：B
【分析】根据反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑计算反应所得溶液中c(OH-)，再结合公式计算溶液中c(H+)，从而得出溶液的pH。
2．【答案】A
【解析】【解答】用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，需要使用酸式滴定管盛装盐酸标准溶液进行滴定，用碱式滴定管准确量取一定体积的待测NaOH溶液，并将待测溶液放入锥形瓶中，在锥形瓶中发生中和反应，进行酸碱中和滴定，而不需要使用量筒，
故答案为：A。
【分析】酸碱中和滴定时所需仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故A错误；
B、NaHSO4═Na++SO +H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，故B正确；
C、CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡右移，c（H+）降低，故C错误；
D、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故D错误．
故选：B．
【分析】A、氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中氢氧根浓度大于水中的；
B、硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；
C、醋酸根水解对水的电离起到促进作用；
D、温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小．
4．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图象可知：在未滴定时溶液pH=3，c(H+)=10-3 mol/L，常温下，CH3COOH的Ka=，A不符合题意；
B．在b点时为等浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，溶液中同时产生CH3COOH的电离作用和CH3COO-的水解作用，由于此时溶液pH＜7，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用；若CH3COOH恰好被中和为CH3COONa，则由于CH3COO-的水解状态溶液有关显碱性，而c点溶液显中性，说明此时溶液中还存在少量CH3COOH未被NaOH中和，酸浓度越小，其对水电离的抑制作用就越弱，水电离程度相对来讲就越大，所以水的电离程度：c＞b，B符合题意；
C．溶液呈电中性，则根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)；c点溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(CH3COO-)；盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的两种浓度，因此溶液中两种浓度大小关系为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，C不符合题意；
D．b点溶液操作电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，根据物料守恒可知c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)，两式相加，整理可得2c(H+)+c(CH3COOH) = c(CH3COO-)+2c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据图象，选择起始点利用Ka=计算；
B．依据酸、碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；
C．溶液呈电中性，根据电荷守恒分析；
D．依据电荷守恒和物料守恒分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．向水中加入KHSO4固体，导致溶液c(H＋)增大，A说法不符合题意；
B．向水中加入KHSO4固体，溶液的温度未变，则水的离子积常数Kw不变，B说法不符合题意；
C．向水中加入KHSO4固体，导致溶液c(H＋)增大，水的电离平衡向逆反应方向移动，C说法不符合题意；
D．向水中加入KHSO4固体，导致溶液c(H＋)增大，水的离子积常数Kw不变，溶液的c(OH－)减小，D说法符合题意；
答案为D。
【分析】KHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成K+、H+、SO42-。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.醋酸是弱酸，存在着电离平衡，0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度c(H+)＜0.1mol/L，故pH＞1，故可以测定0.1mol/L的醋酸的pH证明醋酸是弱酸，故A不符合题意
B.一水合氨是弱碱，存在电离平衡，而氢氧化钠是强碱，完全电离，故同浓度的氨水和氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液的氢氧根离子浓度大于氨水中的浓度，故B不符合题意
C.常温下将 1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L， 所得到的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，因此此时的氢离子浓度为10-13mol/L，此时溶液的pH是13，故C不符合题意
D. 相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液， 此时醋酸的物质的量大于盐酸，因此醋酸消耗的氢氧化钠多于盐酸，故消耗的氢氧化钠的物质的量不同，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】A.考虑醋酸是弱酸，部分电离，盐酸是强酸完全电离，通过比较同浓度的pH比较强弱电解质
B.相同条件下，弱碱是部分电离，强碱是完全电离
C.根据数据计算出稀释后的氢离子浓度即可
D.弱酸部分电离，强酸完全电离，相同pH的弱酸的氢离子浓度大于强酸即可判断
7．【答案】D
【解析】【解答】①NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响；②NaOH为碱，抑制水的电离；③FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解，促进水的电离；因此水的电离程度由大到小的顺序是③＞①＞②；
故答案为：D；
【分析】酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
8．【答案】D
【解析】【解答】A、温度越高，水的电离程度越大，溶液中氢离子浓度越大，所以纯水中25℃时的c（H+）比100℃的时c（H+）小，故A错误；
B、100℃时水的离子积为10﹣12，由水电离产生的c（H+）=1×10﹣11mol L﹣1，若溶液为酸性溶液，氢离子浓度为：0.1mol/L，溶液的pH=1；若为碱性溶液，则溶液中氢离子浓度为1×10﹣11mol L﹣1，溶液pH=11，故B错误；
C、100℃时水的离子积为10﹣12，混合溶液的pH=7，溶液中氢离子浓度为1×10﹣7mol L﹣1，氢氧根离子浓度为1×10﹣5mol L﹣1，反应后的溶液为碱性溶液；pH=9的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为1×10﹣3mol L﹣1，与pH=4的稀盐中氢离子浓度为1×10﹣4mol L﹣1，设氢氧化钡的体积为x，盐酸溶液的晶体为y，则：=1×10﹣5，解得x：y=1：10，故C错误；
D、25℃时，氢离子浓度为1.0×10﹣7mol/L，钠离子浓度为1.0×10﹣3mol/L，则溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=1.0×10﹣3mol/L：1.0×10﹣7mol/L=104：1，故D正确；
故选D．
【分析】A、水的电离为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，氢离子浓度增大；
B、100℃时水的离子积为10﹣12，根据由水电离产生的c（H+）═1×10﹣11mol L﹣1，溶液可能为酸性或碱性溶液计算出溶液中氢离子浓度；
C、100℃混合溶液的pH=7，该溶液为碱性溶液，设出两溶液的体积，列式计算出二者体积之比；
D、硫酸钠溶液中钠离子和硫酸根离子都不发生水解，钠离子浓度为1.0×10﹣3mol/L，氢离子浓度为1.0×10﹣7mol/L．
9．【答案】B
【解析】【解答】制成200 mL溶液后，c(H2SO4)=（0.1 mol·L-1×1mL）/200mL=5.0×10-4 mol·L-1，即[H+]酸=1.0×10-3 mol·L-1，Kw=[H+]酸[OH-]水=1.0×10-14，则[OH-]水=1×10-11 mol·L-1，
故答案为：B。
【分析】根据C1V1=C2V2计算稀释后硫酸的浓度，硫酸电离出的氢离子浓度是硫酸的2倍，酸性或碱性溶液中，水的电离出的氢离子或氢氧根离子浓度都很小，相对于酸电离出的氢离子或碱电离出的氢氧根离子可以忽略不计，根据C（OH-）=计算溶液中的氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度．
10．【答案】B
【解析】【解答】人的体温高于室温，则Kw＞10-14，c(OH-)＞，即c(OH-)＞， pOH=-lgc(OH-) ＜6.7；
故答案为：B
【分析】25℃，Kw=10-14，温度升高，促进水的电离，Kw增大。
11．【答案】B
【解析】【解答】A. B点，c=10-3mol·L－1，c（H＋）=10-6mol·L－1，c（B-）=10-6mol·L－1， HB的电离常数(KA)=10-6×10-6/10-3=10-9，故A不符合题意；
B、与A同理，Ka=10-4×10-4/10-3=10-5，HB酸性弱，对应的盐水解能力强，故B符合题意；
C、a、b两点溶液中，b水解程度大，水电离程度大，水的电离程度b>a，故C不符合题意；
D、由图像可知HA、HB稀释后，pH的改变并未随lgC的变化进行整数倍的改变，则HA、HB均为弱酸，所以lg C= -7时，两酸的pH均不为7，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查酸溶液的电离及电离常数的计算；
A、结合图像，进行电离常数的计算；
B、根据酸性弱，对应的盐水解能力强分析；
C、根据图像分析；
D、H＋和pH之间的关系求解；
12．【答案】D
【解析】【解答】A.1mL盐酸中c(H+)=，pH=-lgc(H+)=2，故A不符合题意；
B．盐酸中由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根的浓度，则由水电离出的，故B不符合题意；
C．将此溶液加水稀释到100mL，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=4，故C不符合题意；
D．将1mL盐酸与9mLNaOH溶液混合，混合后c(H+)=，pH=-lgc(H+)=4，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据pH=-lgc(H+)计算；
B.酸溶液中水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH-)，结合Kw进行计算；
C.根据稀释过程中溶质的物质的量不变可计算稀释后溶液中c(H+)，结合pH=-lgc(H+)进行计算。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．由以上分析可知，②表示的物质的量变化情况，故A不符合题意；
B．a点表示的是0.1mol/LNa2CO3溶液的pH为11.6，c(H+)=10-11.6，Na2CO3的水解促进了水的电离，所以在Na2CO3溶液中由水电离产生的OH-浓度等于溶液中的OH-浓度，所以水电离的氢氧根离子浓度：，故B不符合题意；
C．b点溶液的pH=10.3，则c(H+)=10-10.3，b点和浓度相等，则碳酸的，故C符合题意；
D．d点加入了过量的盐酸，有CO2气体逸出，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据正盐先转化为酸式盐，后生成酸判断；
B．盐的水解促进了水的电离，酸性溶液中由水电离产生的OH-浓度等于溶液中的OH-浓度；
C．依据计算；
D．d点有CO2气体逸出。
14．【答案】D
【解析】【解答】A.由于NH3·H2O是弱碱，稀释会促进其电离，产生更多的OH-，因此稀释过程中，氨水的pH变化较小，应为曲线Ⅰ，A不符合题意；
B.当加入NaOH溶液20mL时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应，所得CH3COONa溶液为碱性，pH>7，B不符合题意；
C.图丙表示条件改变后，正逆反应速率同时增大，且平衡不移动，故可能加入催化加，若反应前后气体分子数不变，则可能是增大压强，C不符合题意；
D.增大n(CO)的量，平衡正向移动，NO2的转化率增大，因此NO2的转化率c>b>a，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.稀释会促进NH3·H2O的电离，氨水的pH变化较小；
B.NaOH与CH3COOH恰好完全反应时，所得溶液显碱性；
C.结合催化剂、压强对反应速率和化学平衡移动的影响分析；
D.结合浓度对平衡移动的影响分析；
15．【答案】A
【解析】【解答】A．HClO在水中电离会抑制水的电离，而NaClO在水中水解会促进水的电离，因此c、d两点时，水的电离程度：d>c，故A项说法符合题意；
B．根据电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=c(ClO－)+c(OH－)可知，c(H＋)=c(ClO－)+c(OH－)-c(Na＋)，故B项说法不符合题意；
C．滴定过程中，由a点到c点，c(HClO)逐渐减小，c(ClO－)逐渐增大，因此 逐渐增大，故C项说法不符合题意；
D．HClO属于弱酸，在水中部分电离，因此0.1mol·L－1HClO溶液中pH>1，故D项说法不符合题意；
综上所述，说法正确的是A项，
故答案为：A。
【分析】向20mL0.1mol·L－1次氯酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，二者发生化学反应：HClO+OH-=ClO-+H2O，因此a点溶质为HClO，b点溶质为等浓度HClO、NaClO，c点溶质为HClO、NaClO，d点溶质为NaClO，据此进行解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡时SO2的转化率随压强增大而增大，说明Y代表压强，且Y1＞Y2；该反应是放热反应，平衡时SO2的转化率随温度升高而降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则X代表温度，故A符合题意；
B．醋酸是弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，由图可知，Q点溶液呈中性，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则图乙中Q点不能表示酸碱中和滴定终点，故B不符合题意；
C．溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，醋酸的电离程度越大，所以电离程度c＞b＞a，故C不符合题意；
D．由图象可知，1mol X2(g)、1mol Y2(g)的总能量低于2mol XY(g)的能量，反应为吸热反应，则反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据勒夏特列原理，升高温度向吸热反应方向移动，对于该反应而言逆向移动，反应物转化率减小，增大压强向气体分子数减小的方向移动，对于该反应而言正向移动，反应物转化率增大
B.酸碱中和滴定的终点是指酸和碱恰好反应完全的点，对于一元的酸和碱来说，是物质的量按照1：1反应完全的点，即消耗氢氧化钠20 mL对应的点
C.对于弱电解质溶液来说，越稀越电离，即加水促进电离，电离程度逐渐增大
D.反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和为吸热反应，反应物所含化学键的键能总和小于生成物所含化学键的键能总和为放热反应；生成物的总能量大于反应物的总能量为吸热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量为放热反应
17．【答案】D
【解析】【解答】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离。
故答案为：D。
【分析】水的电离平衡H2O H++OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。
18．【答案】（1）②＞①＞③；③＞①＞②；②＞①=③
（2）③＞①＞②；③＞①=②；②=①＞③
【解析】【解答】解：（1）氯化氢和硫酸是强电解质，在水中完全电离，盐酸是一元酸，所以盐酸中c（H+）=c（HCl），硫酸是二元酸，硫酸溶液中c（H+）=2c（H2SO4），醋酸是一元弱酸，所以醋酸溶液中c（H+）＜c（CH3COOH），所以等物质的量浓度的三种酸，氢离子浓度大小顺序是：②＞①＞③，氢离子浓度越大，则pH越小，即pH由大到小的顺序是③＞①＞②；取等体积的上述三种酸溶液，中和NaOH能力与氢的物质的量成之比，氢的物质的量越大，需要的氢氧化钠的物质的量越大，中和NaOH的能力由大到小的顺序是②＞①=③；
故答案为：②＞①＞③；③＞①＞②；②＞①=③；（2）氯化氢和硫酸是强电解质，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，醋酸是弱电解质且是一元酸，所以盐酸中氢离子浓度与酸的浓度相等，硫酸中氢离子浓度是硫酸的浓度的2倍，醋酸中氢离子浓度小于醋酸的浓度，所以如果氢离子浓度相等时，物质的量浓度由大到小的顺序为③＞①＞②，c（H+）相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为③＞①=②；氢离子浓度相等时，物质的量浓度由大到小的顺序为③＞①＞②，取等体积等浓度的NaOH溶液完全中和上述三种酸，所需酸溶液体积由大到小的顺序是②=①＞③；
故答案为：③＞①＞②；③＞①=②；②=①＞③．
【分析】（1）物质的量浓度相等的酸，硫酸和氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是一元弱酸，部分电离，据此确定氢离子浓度大小；同体积的三种酸，中和NaOH能力与氢的物质的量成之比，氢的物质的量越大，需要的氢氧化钠的物质的量越大；（2）如果酸是强电解质，一元酸的浓度与氢离子浓度相等，二元酸的浓度为氢离子浓度的一半；如果酸是弱电解质，一元酸的浓度大于氢离子浓度；当c（H+）相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸为弱电解质，部分在继续电离．
19．【答案】（1）CH3COOHCH3COO—+H+；b；不确定
（2）1.0×10-11
（3）b；2mol/L盐酸溶液中H+浓度大于2mol/L醋酸溶液中H+浓度
【解析】【解答】（1）①醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+；
②溶液的导电性越强，溶液中离子浓度越大，由图可知，b点导电性最大，则b点溶液中氢离子浓度最大，溶液pH最小，故答案为：b；
③由图可知，溶液的导电性先增大后减小，由电离常数公式可知，溶液中=，稀释过程中电离常数不变，则和先减小后增大，故答案为：不确定；
（2）水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，则pH为3的醋酸溶液中，水电离出的氢离子浓度为mol/L=1.0×10-11mol/L，故答案为：1.0×10-11；
（3）盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，与镁反应时，盐酸的反应速率大于醋酸，由图可知，相同时间内，曲线a表示的反应中压强大于曲线b，说明曲线a表示的反应的反应速率快于曲线b，则曲线a盐酸的反应、曲线b表示醋酸的反应；
①由分析可知，曲线b表示醋酸的反应，故答案为：b；
②由分析可知，曲线a盐酸的反应、曲线b表示醋酸的反应，反应开始时反应速率a>b的原因是盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，与镁反应时，盐酸的反应速率大于醋酸，故答案为：2mol/L盐酸溶液中H+浓度大于2mol/L醋酸溶液中H+浓度。
【分析】（1）①醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子；
②溶液的导电性越强，溶液中离子浓度越大；
③依据图像，溶液的导电性先增大后减小，由电离常数公式分析；
（2）水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，酸溶液中的氢氧根离子溶液等于水电离出的氢离子浓度；
（3）①盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，氢离子浓度越大，反应速率越快；
②由①分析判断。
20．【答案】（1）5.6×10﹣7mol L﹣1；取少量产品溶于水形成胶体，然后用一束可见光照射，侧面形成一条光亮通路
（2）CO32﹣+H+=HCO3﹣； ×100%；溶液由黄色变为橙色；＜
【解析】【解答】解：（1）Na2CO3溶液的浓度为0.02mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）= ×0.02mol/L=0.01mol/L，根据Ksp=c（CO32﹣） c（Ca2+）=2.8×10﹣9可知，c（Ca2+）=2.8×10﹣7mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10﹣7mol/L=5.6×10﹣7mol/L；
因为纳米（50nm）CaCO3粉末，所以溶于水即形成胶体，则证明该物质的产生的方法为：取少量产品溶于水形成胶体，然后用一束可见光照射，侧面形成一条光亮通路；
故答案为：5.6×10﹣7mol L﹣1；取少量产品溶于水形成胶体，然后用一束可见光照射，侧面形成一条光亮通路；（2）①加酚酞指示剂，滴定至溶液由浅色变成无色，则变色范围在碱性，所以仅发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣；故答案为：CO32﹣+H+=HCO3﹣；
②酚酞指示剂，用物质的量浓度为c（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由浅色变成无色，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣反应的终点，所用HCl溶液体积为V1mL，碳酸氢钠的质量为c×V1×10﹣3×M（Na2CO3）g，碳酸钠的质量分数为 ×100%= ×100%，故答案为： ×100%；
③用甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3﹣+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2 mL，若V2=V1，只有Na2CO3；若V2＞V1，则含有NaHCO3，故答案为：溶液由黄色变为橙色；＜．
【分析】（1）Na2CO3溶液的浓度为0.02mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）= ×0.02mol/L=0.01mol/L，根据Ksp=c（CO32﹣） c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍；根据纳米（50nm）CaCO3粉末溶于水即形成胶体，通过丁达尔现象证明；（2）①加酚酞指示剂，滴定至溶液由浅色变成无色，则变色范围在碱性，据此书写离子方程式；
②加酚酞指示剂，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣应的终点，以此来计算碳酸氢钠的质量分数；
③用甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3﹣+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2 mL，根据V2 和V1的大小来判断．
21．【答案】（1）容量瓶；滴定管；BC
（2）锥形瓶内溶液颜色变化；红色变为橙色
（3）D
（4）26.10
（5）0.10mol/L
【解析】【解答】解：（1）①仪器B带有瓶塞，且瓶颈细，有刻度线无刻度为容量瓶；C带有刻度，小数在上，大数在下，为滴定管；②容量瓶带有活塞，滴定管带有旋塞，为防止漏液，使用前应检查是否漏水；
故答案为：容量瓶；滴定管；BC；
（2）滴定过程中眼睛应注视锥形瓶溶液颜色的变化；用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，用甲基橙做指示剂，开始溶液显碱性，所以锥形瓶中溶液颜色为黄色，随着盐酸的加入量增多，溶液碱性减弱，颜色逐渐变浅，当由黄色突变为橙色，且半分钟内颜色不复原，即达到终点；
故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化；黄色突变为橙色；
（3）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，导致标准液被稀释，所需标准液体积偏大，依据（待测）= 可知 溶液浓度偏高，A符合题意；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对消耗标准液的体积不产生影响，依据（待测）= 可知溶液浓度无影响，B不符合题意；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，依据（待测）= 可知溶液浓度偏高，C不符合题意；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，依据（待测）= 可知溶液浓度偏低，D符合题意；
故选：D；
（ 4）滴定管小刻度在上，大刻度在下，精确值为0.01mL，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL，
故答案为：26.10；（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸）=25.00mL，
则：依据（待测）= = =0.10mol/L，
故答案为：0.10mol/L．
【分析】（1）容量瓶颈细梨形，有一条刻度线及温度和规格；滴定管带有刻度，0刻度在最上方，最大刻度在下方；容量瓶带有活塞，滴定管带有旋塞，为防止漏液，使用前应检查是否漏水；（2）滴定过程中眼睛应注视锥形瓶溶液颜色的变化；滴定操作时指示剂颜色突变，且半分钟内颜色不复原，即达到终点；（3）A．依据c（待测）= 判断滴定误差；（ 4）滴定管精确值为0.01mL；（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸）,再依据c（待测）= ，即可求出结果．
22．【答案】（1）③⑥；⑨
（2）③
（3）④＞⑦＞⑧；b=c＞a
（4）1.0×10﹣4mol/L
【解析】【解答】解：（1）电解质为：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，满足该条件的有①NaCl；②NaOH；③NH3 H2O；⑤BaSO4；⑥H2O；⑦HCl；⑧H2SO4，其中为弱电解质的为③NH3 H2O，⑥H2O，非电解质为：在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，满足该条件下有：⑨CO2；溶液是混合物，即不是电解质也不是非电解质，故答案为：③⑥；⑨；（2）一水合氨是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时，氢氧根离子物质的量增大，NaOH是强电解质，加水稀释时氢氧根离子物质的量不变，加水稀释相同倍数后，一水合氨溶液中氢氧根离子物质的量浓度大，pH大，故答案为：③；（3）醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，pH相同时，醋酸浓度大于盐酸，盐酸浓度大于硫酸；
pH相同时，氢离子浓度相同，醋酸不完全电离，醋酸浓度远远大于盐酸和硫酸，若分别用pH相等的这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液，所需酸溶液的体积醋酸＜盐酸=硫酸，故答案为：④＞⑦＞⑧；b=c＞a；（4）醋酸的电离方程式为：CH3COOH H++CH3COO﹣，其平衡常数表达式为K= ；
c（H+）= mol/L= mol/L=1.0×10﹣4mol/L；
故答案为；1.0×10﹣4mol/L；
【分析】（1）在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，不是化合物的物质既不是电解质，也不是非电解质，据此进行解答；（2）一水合氨是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时，氢氧根离子物质的量增大；（3）醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，pH相同时，氢离子浓度相同，醋酸不完全电离，醋酸浓度远远大于盐酸和硫酸；（4）醋酸的电离方程式为：CH3COOH H++CH3COO﹣，其平衡常数表达式为K= ；据c（H+）= 求算氢离子浓度；
一、单选题
1．温度为25℃时，将0.23 g钠投入到100g水中充分反应，假设反应后溶液体积为100mL，则该溶液的pH为（ ）
A．1 B．13 C．12 D．10
2．用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，不需要用到的仪器是（ ）
A． B．
C． D．
3．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低
D．将水加热，KW增大，pH不变
4．常温下，向20.00 mL0.1000 mol/LCH3COOH溶液中逐滴滴加0.1000 mol/L的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，CH3COOH的Ka约为10-5
B．水的电离程度：b＞c
C．c点所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)
D．b点时该溶液中存在的微粒关系：2c(H+)+c(CH3COOH) = c(CH3COO-)+2c(OH-)
5．在25 ℃时，向纯水中加入少量的KHSO4固体，则（ ）
A．溶液c(H＋)减小 B．水的离子积常数Kw减小
C．水的电离平衡向正方向移动 D．溶液的c(OH－)减小
6．下列说法不正确的是（ ）
A．测定0.1mol/L醋酸溶液的pH可证明醋酸是弱电解质
B．相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH-)相等
C．常温下，将1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH=13
D．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量不同
7．25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①、②、③，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是（ ）
A．③＞②＞① B．②＞③＞① C．①＞②＞③ D．③＞①＞②
8．水的电离平衡曲线如图所示，若以A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度，则下列说法正确的是（ ）
A．纯水中25℃时的，c（H+）比100℃的时c（H+）大
B．100℃时某溶液中由水电离产生的c（H+）═1×10﹣11mol L﹣1，则该溶液的Ph可能是11或3
C．将pH=9的Ba（OH）2溶液与pH=4的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，混合溶液的pH=7，则Ba（OH）2溶液和盐酸的体积比为10：1
D．25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42-）=5.0×10﹣4mol/L则溶液中c（Na+）：c（OH﹣）为104：1
9．将1 mL 0.1 mol·L-1的H2SO4溶液加入纯水中制成200 mL溶液，该溶液中由水自身电离产生的c(H+)最接近于（ ）
A．1×10-3 mol·L-1 B．1×10-11 mol·L-1
C．1×10-7 mol·L-1 D．1×10-13 mol·L-1
10．已知：pOH=-lgc(OH-)，正常人(人的体温高于室温)的血液pH=7.3，则正常人血液的pOH是（ ）
A．大于6.7 B．小于6.7 C．等于6.7 D．无法判断
11．常温下，分别向体积相同、浓度均为1 mol／L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lg C)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是（ ）
A．HB的电离常数(KA)数量级为10-3
B．其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaB>NaA
C．a、b两点溶液中，水的电离程度b
12．室温时，关于1mL盐酸的说法错误的是
A．此溶液的
B．此溶液中，由水电离出的
C．将此溶液加水稀释到100mL，所得溶液
D．将此溶液与9mLNaOH溶液混合，所得溶液
13．25℃时，向溶液中逐滴加入溶液。滴加过程中溶液含碳微粒物质的量与溶液pH的关系如图所示(因逸出未画出)。下列说法正确的是（ ）
A．②表示物质的量的变化情况
B．a点由水电离产生的
C．由b点可计算得出
D．a、b、c、d四点溶液中含碳微粒物质的量守恒
14．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示常温下稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水
B．图乙表示常温下，0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol·L-1醋酸溶液的滴定曲线
C．图丙表示某可逆反应的反应速率随时间的变化，t0时刻改变的条件一定是使用了催化剂
D．图丁表示反应4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g)，在其他条件不变的情况下改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率c>b>a
15．次氯酸具有漂白和杀菌的作用。室温下，向20mL0.1mol·L－1次氯酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，所得的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．c、d两点时，水的电离程度：d>c
B．d点溶液中：c(H＋)=c(ClO－)-c(Na＋)
C．滴定时，由a点到c点， 增大
D．a点时，溶液的pH=l
16．根据图像所得结论正确的是（ ）
A．图甲是反应中的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明X代表温度，Y代表压强，且
B．图乙是常温下用溶液滴定溶液的滴定曲线，说明Q点表示酸碱中和滴定终点
C．图丙是室温下稀释冰醋酸时溶液的导电能力随加入水的体积的变化曲线，说明醋酸的电离程度：
D．图丁是、反应生成的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和小于生成物所含化学键的键能总和
17．将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是（ ）
A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑥⑧ C．①⑥ D．②④⑦
二、综合题
18．一定温度下，有①盐酸、②硫酸、③醋酸三种酸 （用①、②、③回答）．
（1）当其物质的量浓度相同时，C（H+）由大到小的顺序 ，pH由大到小的顺序是 ，取等体积的上述三种酸溶液，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 ．
（2）当C（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为 ，取等体积的上述三种酸溶液，加入足量锌，产生的气体体积由大到小的顺序为 ，取等体积等浓度的NaOH溶液完全中和上述三种酸，所需酸溶液体积由大到小的顺序是 ．
19．依据醋酸的性质，请回答下列问题(以下讨论均在常温时)。
（1）取(冰醋酸)作导电性实验，稀释过程中溶液的导电能力变化如下图所示。
①的电离方程式是 。
②a、b、c三点中最小的是 。
③在稀释过程中， (填“增大”“减小”或“不确定”)。
（2）溶液的，该溶液中由水电离出的浓度是 。
（3）向相同的两密闭容器中加入镁条，分别注入盐酸、醋酸，测得容器内压强随时间变化如下图所示。
①反应为醋酸的曲线是 (填字母)。
②反应开始时反应速率的原因是 。
20．碳酸盐是重要的化工原料及试剂．
（1）向0.02mol/L Na2CO3溶液中加入等体积的CaCl2溶液若开始有沉淀生成，则所需CaCl2溶液的浓度最小为
（已知25℃时KSP（CaCO3）=2.8×10﹣9）．通过最新工艺可制得纳米（50nm）CaCO3粉末，设计简
单的实验方法证明该物质的产生 ．
（2）已知0.1mol/L NaHCO3溶液的pH=8．某学习兴趣小组探究实验室制得的纯碱含少量NaCl，还可能含少量NaHCO3．为测定纯碱的纯度，用电子天平准确称取样品m克，将其放入锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，滴加2滴酚酞，用c mol/L的标准盐酸滴定至溶液由浅色变成无色，且半分钟不变色，滴定过程中无气体产生，所用盐酸的体积为V1mL．
①用离子方程式便是此时发生的反应 ．
②样品中Na2CO3质量分数的表达式是 ．
③向锥形瓶溶液中继续滴加2滴甲基橙，用同浓度的盐酸继续滴定至终点，所用盐酸的体积为V2mL．滴定终点时，溶液颜色的变化是 ，且半分钟内不变色；若样品中含 NaHCO3，则V1 V2（填“＞”、“＜”或“=”）．
21．某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂．请填空．
（1）如图1是常见仪器的部分结构．
①写出仪器名称B C
②使用前需检查是否漏水的仪器有 ．
（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 ．滴定终点时，锥形瓶中颜色变化为 ，且半分钟内颜色不复原．
（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图2所示，所用盐酸溶液的体积为 mL．
（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：
滴定 次数 待测NaOH溶液的体积/mL 0.100 0mol/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 25.11 25.11
第二次 25.00 0.56 30.56 30.00
第三次 25.00 0.22 25.11 24.89
依据表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度 ．（保留两位有效数字）
22．下列物质中，①NaCl；②NaOH；③NH3 H2O；④CH3COOH溶液；⑤BaSO4；⑥H2O；⑦HCl；⑧H2SO4⑨CO2；⑩酒精溶液（均填写编号回答）
（1）是弱电解质的有 ，是非电解质的有 ．
（2）pH相等的②的溶液和③的溶液等体积加水稀释相同倍数后，pH大的是 ．
（3）有pH均为2的④、⑦、⑧三种物质的溶液，物质的量浓度大到小的顺序为 ，若分别用这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液，所需酸溶液的体积分别为a、b、c，则a、b、c的大小关系是 ．
（4）某温度时，1mol L﹣1的醋酸溶液电离平衡常数为1.0×10 ﹣8，达平衡时，溶液中氢离子浓度是 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】0.23 g钠投入100 g 水中生成NaOH 0.01mol，则c（NaOH）＝0.1mol·L－1，c（OH－）＝0.1mol·L－1，c（H＋）＝Kw/ c（OH－）＝1×10－13mol·L－1 ，则pH＝13，B符合题意；
故答案为：B
【分析】根据反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑计算反应所得溶液中c(OH-)，再结合公式计算溶液中c(H+)，从而得出溶液的pH。
2．【答案】A
【解析】【解答】用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，需要使用酸式滴定管盛装盐酸标准溶液进行滴定，用碱式滴定管准确量取一定体积的待测NaOH溶液，并将待测溶液放入锥形瓶中，在锥形瓶中发生中和反应，进行酸碱中和滴定，而不需要使用量筒，
故答案为：A。
【分析】酸碱中和滴定时所需仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故A错误；
B、NaHSO4═Na++SO +H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，故B正确；
C、CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡右移，c（H+）降低，故C错误；
D、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故D错误．
故选：B．
【分析】A、氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中氢氧根浓度大于水中的；
B、硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；
C、醋酸根水解对水的电离起到促进作用；
D、温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小．
4．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图象可知：在未滴定时溶液pH=3，c(H+)=10-3 mol/L，常温下，CH3COOH的Ka=，A不符合题意；
B．在b点时为等浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，溶液中同时产生CH3COOH的电离作用和CH3COO-的水解作用，由于此时溶液pH＜7，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用；若CH3COOH恰好被中和为CH3COONa，则由于CH3COO-的水解状态溶液有关显碱性，而c点溶液显中性，说明此时溶液中还存在少量CH3COOH未被NaOH中和，酸浓度越小，其对水电离的抑制作用就越弱，水电离程度相对来讲就越大，所以水的电离程度：c＞b，B符合题意；
C．溶液呈电中性，则根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)；c点溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(CH3COO-)；盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的两种浓度，因此溶液中两种浓度大小关系为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，C不符合题意；
D．b点溶液操作电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，根据物料守恒可知c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)，两式相加，整理可得2c(H+)+c(CH3COOH) = c(CH3COO-)+2c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据图象，选择起始点利用Ka=计算；
B．依据酸、碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；
C．溶液呈电中性，根据电荷守恒分析；
D．依据电荷守恒和物料守恒分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．向水中加入KHSO4固体，导致溶液c(H＋)增大，A说法不符合题意；
B．向水中加入KHSO4固体，溶液的温度未变，则水的离子积常数Kw不变，B说法不符合题意；
C．向水中加入KHSO4固体，导致溶液c(H＋)增大，水的电离平衡向逆反应方向移动，C说法不符合题意；
D．向水中加入KHSO4固体，导致溶液c(H＋)增大，水的离子积常数Kw不变，溶液的c(OH－)减小，D说法符合题意；
答案为D。
【分析】KHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成K+、H+、SO42-。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.醋酸是弱酸，存在着电离平衡，0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度c(H+)＜0.1mol/L，故pH＞1，故可以测定0.1mol/L的醋酸的pH证明醋酸是弱酸，故A不符合题意
B.一水合氨是弱碱，存在电离平衡，而氢氧化钠是强碱，完全电离，故同浓度的氨水和氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液的氢氧根离子浓度大于氨水中的浓度，故B不符合题意
C.常温下将 1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L， 所得到的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，因此此时的氢离子浓度为10-13mol/L，此时溶液的pH是13，故C不符合题意
D. 相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液， 此时醋酸的物质的量大于盐酸，因此醋酸消耗的氢氧化钠多于盐酸，故消耗的氢氧化钠的物质的量不同，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】A.考虑醋酸是弱酸，部分电离，盐酸是强酸完全电离，通过比较同浓度的pH比较强弱电解质
B.相同条件下，弱碱是部分电离，强碱是完全电离
C.根据数据计算出稀释后的氢离子浓度即可
D.弱酸部分电离，强酸完全电离，相同pH的弱酸的氢离子浓度大于强酸即可判断
7．【答案】D
【解析】【解答】①NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响；②NaOH为碱，抑制水的电离；③FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解，促进水的电离；因此水的电离程度由大到小的顺序是③＞①＞②；
故答案为：D；
【分析】酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
8．【答案】D
【解析】【解答】A、温度越高，水的电离程度越大，溶液中氢离子浓度越大，所以纯水中25℃时的c（H+）比100℃的时c（H+）小，故A错误；
B、100℃时水的离子积为10﹣12，由水电离产生的c（H+）=1×10﹣11mol L﹣1，若溶液为酸性溶液，氢离子浓度为：0.1mol/L，溶液的pH=1；若为碱性溶液，则溶液中氢离子浓度为1×10﹣11mol L﹣1，溶液pH=11，故B错误；
C、100℃时水的离子积为10﹣12，混合溶液的pH=7，溶液中氢离子浓度为1×10﹣7mol L﹣1，氢氧根离子浓度为1×10﹣5mol L﹣1，反应后的溶液为碱性溶液；pH=9的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为1×10﹣3mol L﹣1，与pH=4的稀盐中氢离子浓度为1×10﹣4mol L﹣1，设氢氧化钡的体积为x，盐酸溶液的晶体为y，则：=1×10﹣5，解得x：y=1：10，故C错误；
D、25℃时，氢离子浓度为1.0×10﹣7mol/L，钠离子浓度为1.0×10﹣3mol/L，则溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=1.0×10﹣3mol/L：1.0×10﹣7mol/L=104：1，故D正确；
故选D．
【分析】A、水的电离为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，氢离子浓度增大；
B、100℃时水的离子积为10﹣12，根据由水电离产生的c（H+）═1×10﹣11mol L﹣1，溶液可能为酸性或碱性溶液计算出溶液中氢离子浓度；
C、100℃混合溶液的pH=7，该溶液为碱性溶液，设出两溶液的体积，列式计算出二者体积之比；
D、硫酸钠溶液中钠离子和硫酸根离子都不发生水解，钠离子浓度为1.0×10﹣3mol/L，氢离子浓度为1.0×10﹣7mol/L．
9．【答案】B
【解析】【解答】制成200 mL溶液后，c(H2SO4)=（0.1 mol·L-1×1mL）/200mL=5.0×10-4 mol·L-1，即[H+]酸=1.0×10-3 mol·L-1，Kw=[H+]酸[OH-]水=1.0×10-14，则[OH-]水=1×10-11 mol·L-1，
故答案为：B。
【分析】根据C1V1=C2V2计算稀释后硫酸的浓度，硫酸电离出的氢离子浓度是硫酸的2倍，酸性或碱性溶液中，水的电离出的氢离子或氢氧根离子浓度都很小，相对于酸电离出的氢离子或碱电离出的氢氧根离子可以忽略不计，根据C（OH-）=计算溶液中的氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度．
10．【答案】B
【解析】【解答】人的体温高于室温，则Kw＞10-14，c(OH-)＞，即c(OH-)＞， pOH=-lgc(OH-) ＜6.7；
故答案为：B
【分析】25℃，Kw=10-14，温度升高，促进水的电离，Kw增大。
11．【答案】B
【解析】【解答】A. B点，c=10-3mol·L－1，c（H＋）=10-6mol·L－1，c（B-）=10-6mol·L－1， HB的电离常数(KA)=10-6×10-6/10-3=10-9，故A不符合题意；
B、与A同理，Ka=10-4×10-4/10-3=10-5，HB酸性弱，对应的盐水解能力强，故B符合题意；
C、a、b两点溶液中，b水解程度大，水电离程度大，水的电离程度b>a，故C不符合题意；
D、由图像可知HA、HB稀释后，pH的改变并未随lgC的变化进行整数倍的改变，则HA、HB均为弱酸，所以lg C= -7时，两酸的pH均不为7，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查酸溶液的电离及电离常数的计算；
A、结合图像，进行电离常数的计算；
B、根据酸性弱，对应的盐水解能力强分析；
C、根据图像分析；
D、H＋和pH之间的关系求解；
12．【答案】D
【解析】【解答】A.1mL盐酸中c(H+)=，pH=-lgc(H+)=2，故A不符合题意；
B．盐酸中由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根的浓度，则由水电离出的，故B不符合题意；
C．将此溶液加水稀释到100mL，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=4，故C不符合题意；
D．将1mL盐酸与9mLNaOH溶液混合，混合后c(H+)=，pH=-lgc(H+)=4，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据pH=-lgc(H+)计算；
B.酸溶液中水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH-)，结合Kw进行计算；
C.根据稀释过程中溶质的物质的量不变可计算稀释后溶液中c(H+)，结合pH=-lgc(H+)进行计算。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．由以上分析可知，②表示的物质的量变化情况，故A不符合题意；
B．a点表示的是0.1mol/LNa2CO3溶液的pH为11.6，c(H+)=10-11.6，Na2CO3的水解促进了水的电离，所以在Na2CO3溶液中由水电离产生的OH-浓度等于溶液中的OH-浓度，所以水电离的氢氧根离子浓度：，故B不符合题意；
C．b点溶液的pH=10.3，则c(H+)=10-10.3，b点和浓度相等，则碳酸的，故C符合题意；
D．d点加入了过量的盐酸，有CO2气体逸出，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据正盐先转化为酸式盐，后生成酸判断；
B．盐的水解促进了水的电离，酸性溶液中由水电离产生的OH-浓度等于溶液中的OH-浓度；
C．依据计算；
D．d点有CO2气体逸出。
14．【答案】D
【解析】【解答】A.由于NH3·H2O是弱碱，稀释会促进其电离，产生更多的OH-，因此稀释过程中，氨水的pH变化较小，应为曲线Ⅰ，A不符合题意；
B.当加入NaOH溶液20mL时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应，所得CH3COONa溶液为碱性，pH>7，B不符合题意；
C.图丙表示条件改变后，正逆反应速率同时增大，且平衡不移动，故可能加入催化加，若反应前后气体分子数不变，则可能是增大压强，C不符合题意；
D.增大n(CO)的量，平衡正向移动，NO2的转化率增大，因此NO2的转化率c>b>a，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.稀释会促进NH3·H2O的电离，氨水的pH变化较小；
B.NaOH与CH3COOH恰好完全反应时，所得溶液显碱性；
C.结合催化剂、压强对反应速率和化学平衡移动的影响分析；
D.结合浓度对平衡移动的影响分析；
15．【答案】A
【解析】【解答】A．HClO在水中电离会抑制水的电离，而NaClO在水中水解会促进水的电离，因此c、d两点时，水的电离程度：d>c，故A项说法符合题意；
B．根据电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=c(ClO－)+c(OH－)可知，c(H＋)=c(ClO－)+c(OH－)-c(Na＋)，故B项说法不符合题意；
C．滴定过程中，由a点到c点，c(HClO)逐渐减小，c(ClO－)逐渐增大，因此 逐渐增大，故C项说法不符合题意；
D．HClO属于弱酸，在水中部分电离，因此0.1mol·L－1HClO溶液中pH>1，故D项说法不符合题意；
综上所述，说法正确的是A项，
故答案为：A。
【分析】向20mL0.1mol·L－1次氯酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，二者发生化学反应：HClO+OH-=ClO-+H2O，因此a点溶质为HClO，b点溶质为等浓度HClO、NaClO，c点溶质为HClO、NaClO，d点溶质为NaClO，据此进行解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡时SO2的转化率随压强增大而增大，说明Y代表压强，且Y1＞Y2；该反应是放热反应，平衡时SO2的转化率随温度升高而降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则X代表温度，故A符合题意；
B．醋酸是弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，由图可知，Q点溶液呈中性，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则图乙中Q点不能表示酸碱中和滴定终点，故B不符合题意；
C．溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，醋酸的电离程度越大，所以电离程度c＞b＞a，故C不符合题意；
D．由图象可知，1mol X2(g)、1mol Y2(g)的总能量低于2mol XY(g)的能量，反应为吸热反应，则反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据勒夏特列原理，升高温度向吸热反应方向移动，对于该反应而言逆向移动，反应物转化率减小，增大压强向气体分子数减小的方向移动，对于该反应而言正向移动，反应物转化率增大
B.酸碱中和滴定的终点是指酸和碱恰好反应完全的点，对于一元的酸和碱来说，是物质的量按照1：1反应完全的点，即消耗氢氧化钠20 mL对应的点
C.对于弱电解质溶液来说，越稀越电离，即加水促进电离，电离程度逐渐增大
D.反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和为吸热反应，反应物所含化学键的键能总和小于生成物所含化学键的键能总和为放热反应；生成物的总能量大于反应物的总能量为吸热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量为放热反应
17．【答案】D
【解析】【解答】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离。
故答案为：D。
【分析】水的电离平衡H2O H++OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。
18．【答案】（1）②＞①＞③；③＞①＞②；②＞①=③
（2）③＞①＞②；③＞①=②；②=①＞③
【解析】【解答】解：（1）氯化氢和硫酸是强电解质，在水中完全电离，盐酸是一元酸，所以盐酸中c（H+）=c（HCl），硫酸是二元酸，硫酸溶液中c（H+）=2c（H2SO4），醋酸是一元弱酸，所以醋酸溶液中c（H+）＜c（CH3COOH），所以等物质的量浓度的三种酸，氢离子浓度大小顺序是：②＞①＞③，氢离子浓度越大，则pH越小，即pH由大到小的顺序是③＞①＞②；取等体积的上述三种酸溶液，中和NaOH能力与氢的物质的量成之比，氢的物质的量越大，需要的氢氧化钠的物质的量越大，中和NaOH的能力由大到小的顺序是②＞①=③；
故答案为：②＞①＞③；③＞①＞②；②＞①=③；（2）氯化氢和硫酸是强电解质，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，醋酸是弱电解质且是一元酸，所以盐酸中氢离子浓度与酸的浓度相等，硫酸中氢离子浓度是硫酸的浓度的2倍，醋酸中氢离子浓度小于醋酸的浓度，所以如果氢离子浓度相等时，物质的量浓度由大到小的顺序为③＞①＞②，c（H+）相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为③＞①=②；氢离子浓度相等时，物质的量浓度由大到小的顺序为③＞①＞②，取等体积等浓度的NaOH溶液完全中和上述三种酸，所需酸溶液体积由大到小的顺序是②=①＞③；
故答案为：③＞①＞②；③＞①=②；②=①＞③．
【分析】（1）物质的量浓度相等的酸，硫酸和氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是一元弱酸，部分电离，据此确定氢离子浓度大小；同体积的三种酸，中和NaOH能力与氢的物质的量成之比，氢的物质的量越大，需要的氢氧化钠的物质的量越大；（2）如果酸是强电解质，一元酸的浓度与氢离子浓度相等，二元酸的浓度为氢离子浓度的一半；如果酸是弱电解质，一元酸的浓度大于氢离子浓度；当c（H+）相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸为弱电解质，部分在继续电离．
19．【答案】（1）CH3COOHCH3COO—+H+；b；不确定
（2）1.0×10-11
（3）b；2mol/L盐酸溶液中H+浓度大于2mol/L醋酸溶液中H+浓度
【解析】【解答】（1）①醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+；
②溶液的导电性越强，溶液中离子浓度越大，由图可知，b点导电性最大，则b点溶液中氢离子浓度最大，溶液pH最小，故答案为：b；
③由图可知，溶液的导电性先增大后减小，由电离常数公式可知，溶液中=，稀释过程中电离常数不变，则和先减小后增大，故答案为：不确定；
（2）水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，则pH为3的醋酸溶液中，水电离出的氢离子浓度为mol/L=1.0×10-11mol/L，故答案为：1.0×10-11；
（3）盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，与镁反应时，盐酸的反应速率大于醋酸，由图可知，相同时间内，曲线a表示的反应中压强大于曲线b，说明曲线a表示的反应的反应速率快于曲线b，则曲线a盐酸的反应、曲线b表示醋酸的反应；
①由分析可知，曲线b表示醋酸的反应，故答案为：b；
②由分析可知，曲线a盐酸的反应、曲线b表示醋酸的反应，反应开始时反应速率a>b的原因是盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，与镁反应时，盐酸的反应速率大于醋酸，故答案为：2mol/L盐酸溶液中H+浓度大于2mol/L醋酸溶液中H+浓度。
【分析】（1）①醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子；
②溶液的导电性越强，溶液中离子浓度越大；
③依据图像，溶液的导电性先增大后减小，由电离常数公式分析；
（2）水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，酸溶液中的氢氧根离子溶液等于水电离出的氢离子浓度；
（3）①盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，氢离子浓度越大，反应速率越快；
②由①分析判断。
20．【答案】（1）5.6×10﹣7mol L﹣1；取少量产品溶于水形成胶体，然后用一束可见光照射，侧面形成一条光亮通路
（2）CO32﹣+H+=HCO3﹣； ×100%；溶液由黄色变为橙色；＜
【解析】【解答】解：（1）Na2CO3溶液的浓度为0.02mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）= ×0.02mol/L=0.01mol/L，根据Ksp=c（CO32﹣） c（Ca2+）=2.8×10﹣9可知，c（Ca2+）=2.8×10﹣7mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10﹣7mol/L=5.6×10﹣7mol/L；
因为纳米（50nm）CaCO3粉末，所以溶于水即形成胶体，则证明该物质的产生的方法为：取少量产品溶于水形成胶体，然后用一束可见光照射，侧面形成一条光亮通路；
故答案为：5.6×10﹣7mol L﹣1；取少量产品溶于水形成胶体，然后用一束可见光照射，侧面形成一条光亮通路；（2）①加酚酞指示剂，滴定至溶液由浅色变成无色，则变色范围在碱性，所以仅发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣；故答案为：CO32﹣+H+=HCO3﹣；
②酚酞指示剂，用物质的量浓度为c（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由浅色变成无色，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣反应的终点，所用HCl溶液体积为V1mL，碳酸氢钠的质量为c×V1×10﹣3×M（Na2CO3）g，碳酸钠的质量分数为 ×100%= ×100%，故答案为： ×100%；
③用甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3﹣+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2 mL，若V2=V1，只有Na2CO3；若V2＞V1，则含有NaHCO3，故答案为：溶液由黄色变为橙色；＜．
【分析】（1）Na2CO3溶液的浓度为0.02mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）= ×0.02mol/L=0.01mol/L，根据Ksp=c（CO32﹣） c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍；根据纳米（50nm）CaCO3粉末溶于水即形成胶体，通过丁达尔现象证明；（2）①加酚酞指示剂，滴定至溶液由浅色变成无色，则变色范围在碱性，据此书写离子方程式；
②加酚酞指示剂，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣应的终点，以此来计算碳酸氢钠的质量分数；
③用甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3﹣+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2 mL，根据V2 和V1的大小来判断．
21．【答案】（1）容量瓶；滴定管；BC
（2）锥形瓶内溶液颜色变化；红色变为橙色
（3）D
（4）26.10
（5）0.10mol/L
【解析】【解答】解：（1）①仪器B带有瓶塞，且瓶颈细，有刻度线无刻度为容量瓶；C带有刻度，小数在上，大数在下，为滴定管；②容量瓶带有活塞，滴定管带有旋塞，为防止漏液，使用前应检查是否漏水；
故答案为：容量瓶；滴定管；BC；
（2）滴定过程中眼睛应注视锥形瓶溶液颜色的变化；用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，用甲基橙做指示剂，开始溶液显碱性，所以锥形瓶中溶液颜色为黄色，随着盐酸的加入量增多，溶液碱性减弱，颜色逐渐变浅，当由黄色突变为橙色，且半分钟内颜色不复原，即达到终点；
故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化；黄色突变为橙色；
（3）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，导致标准液被稀释，所需标准液体积偏大，依据（待测）= 可知 溶液浓度偏高，A符合题意；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对消耗标准液的体积不产生影响，依据（待测）= 可知溶液浓度无影响，B不符合题意；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，依据（待测）= 可知溶液浓度偏高，C不符合题意；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，依据（待测）= 可知溶液浓度偏低，D符合题意；
故选：D；
（ 4）滴定管小刻度在上，大刻度在下，精确值为0.01mL，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL，
故答案为：26.10；（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸）=25.00mL，
则：依据（待测）= = =0.10mol/L，
故答案为：0.10mol/L．
【分析】（1）容量瓶颈细梨形，有一条刻度线及温度和规格；滴定管带有刻度，0刻度在最上方，最大刻度在下方；容量瓶带有活塞，滴定管带有旋塞，为防止漏液，使用前应检查是否漏水；（2）滴定过程中眼睛应注视锥形瓶溶液颜色的变化；滴定操作时指示剂颜色突变，且半分钟内颜色不复原，即达到终点；（3）A．依据c（待测）= 判断滴定误差；（ 4）滴定管精确值为0.01mL；（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸）,再依据c（待测）= ，即可求出结果．
22．【答案】（1）③⑥；⑨
（2）③
（3）④＞⑦＞⑧；b=c＞a
（4）1.0×10﹣4mol/L
【解析】【解答】解：（1）电解质为：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，满足该条件的有①NaCl；②NaOH；③NH3 H2O；⑤BaSO4；⑥H2O；⑦HCl；⑧H2SO4，其中为弱电解质的为③NH3 H2O，⑥H2O，非电解质为：在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，满足该条件下有：⑨CO2；溶液是混合物，即不是电解质也不是非电解质，故答案为：③⑥；⑨；（2）一水合氨是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时，氢氧根离子物质的量增大，NaOH是强电解质，加水稀释时氢氧根离子物质的量不变，加水稀释相同倍数后，一水合氨溶液中氢氧根离子物质的量浓度大，pH大，故答案为：③；（3）醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，pH相同时，醋酸浓度大于盐酸，盐酸浓度大于硫酸；
pH相同时，氢离子浓度相同，醋酸不完全电离，醋酸浓度远远大于盐酸和硫酸，若分别用pH相等的这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液，所需酸溶液的体积醋酸＜盐酸=硫酸，故答案为：④＞⑦＞⑧；b=c＞a；（4）醋酸的电离方程式为：CH3COOH H++CH3COO﹣，其平衡常数表达式为K= ；
c（H+）= mol/L= mol/L=1.0×10﹣4mol/L；
故答案为；1.0×10﹣4mol/L；
【分析】（1）在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，不是化合物的物质既不是电解质，也不是非电解质，据此进行解答；（2）一水合氨是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时，氢氧根离子物质的量增大；（3）醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，pH相同时，氢离子浓度相同，醋酸不完全电离，醋酸浓度远远大于盐酸和硫酸；（4）醋酸的电离方程式为：CH3COOH H++CH3COO﹣，其平衡常数表达式为K= ；据c（H+）= 求算氢离子浓度；