化学
一．选择题（共30小题）
1．下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是（）
A．CH3COOH?H++CH3COO﹣B．NaHSO4═Na++HSO4﹣
C．H3PO4?3H++PO43﹣D．NaHCO3?Na++H++CO32﹣
【分析】先根据强电解质与弱电解质的概念判断电解质的强弱，强电解质在溶液中完全电离，电离方程式用“＝”，弱电解质在溶液中部分电离，其电离方程式用“?”，弱酸的电离分步进行，电离方程式只写出第一步电离即可，据此进行解答．
【解答】解：A．醋酸为弱酸，溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，电离方程式为：CH3COOH?H++CH3COO﹣，故A正确；
B．硫酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，正确的电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣，故B错误；
C．磷酸为弱酸，溶液中的电离过程分步进行，电离方程式主要写出第一步电离即可，正确的电离方程式为：H3PO4?H++H2PO4﹣，故C错误；
D．碳酸氢钠为强电解质，溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3?Na++HCO3﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电离方程式的书写，题目难度中等，注意掌握强弱电解质概念及判断方法，明确电离方程式的书写原则，特别是多元弱酸的电离方程式，主要写出第一步电离即可．
2．下列说法正确的是（）
A．强电解质的导电能力一定比弱电解质强
B．CO2的水溶液导电能力很弱，所以CO2是弱电解质
C．在AlCl3溶液中，水的电离程度一定比纯水更大
D．弱电解质在溶液里达到电离平衡时，弱电解质分子的浓度和离子的浓度相等
【分析】A．电解质溶液导电能力的强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数；
B．二氧化碳为非电解质；
C．依据水电离影响因素判断；
D．电解质在溶液里达到电离平衡时，溶质电离出的离子浓度不一定相等。
【解答】解：A．电解质溶液导电能力的强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，与电解质的强弱无关，故A错误；
B．CO2的水溶液导电能力很弱，因此H2CO3是弱电解质，因为导电的离子不是二氧化碳电离产生的，二氧化碳是非电解质，故B错误；
C．在AlCl3溶液中由于Al3+的水解促进水的的电离，水的电离程度一定比纯水更大，故C正确；
D．弱电解质在溶液里达到电离平衡时，弱电解质分子的浓度和离子的浓度不再改变，但是浓度不一定相等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电解质强弱判断及电离平衡特征，明确电解质溶液导电能力影响因素，熟悉弱电解质电离平衡实质、水电离移动影响因素是解题关键，题目难度中等。3．下列说法正确的是（）
A．25°C时，等体积的盐酸和醋酸，前者一定比后者的导电能力强
B．氯化铜水解的实质是Cu2+与水电离产生的OH﹣结合成弱电解质Cu（OH）2
C．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，盐酸消耗的NaOH多
D．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c（Ag+）＝c（Cl﹣）
【分析】A．溶液的导电能力与离子浓度有关；
B．盐类水解实质是弱离子结合水电离出的氢氧根离子或氢离子生成弱电解质，促进水的电离平衡正向进行；
C．pH相等的醋酸和盐酸溶液，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等PH的醋酸和盐酸溶液，消耗的氢氧化钠的物质的量与酸的物质的量成正比；
D．AgNO3溶液与NaCl溶液混合硝酸银和氯化钠的物质的量不同时，混合溶液中银离子浓度和氯离子浓度不相同。
【解答】解：A．溶液的导电能力与离子浓度有关，溶液的浓度未知，无法判断醋酸的电离程度，故A错误；
B．CuCl2水解的实质是Cu2+与水电离出来的OH﹣结合生成了弱电解质Cu（OH）2，促进水的电离平衡正向进行，溶液显酸性，故B正确；
C．pH相等的醋酸和盐酸溶液，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等PH的醋酸和盐酸溶液，消耗的氢氧化钠的物质的量与酸的物质的量成正比，所以醋酸消耗的氢氧化钠溶液多，故C错误；
D．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中；不一定有c（Ag+）＝c（Cl﹣），混合溶液中阴银子浓度和氯离子浓度大小，取决于硝酸银和氯化钠的浓度相对量大小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了盐类水解的原理和实质、溶液酸碱性的分析判断，掌握基础是解题关键，易错选项是D，混合溶液中阴银子浓度和氯离子浓度大小，取决于硝酸银和氯化钠的浓度相对量大小，题目难度中等。
4．下列有关说法正确的是（）
A．HClO是弱酸；所以NaClO是弱电解质
B．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
C．向浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液，可制得Fe（OH）3胶体
D．SO2和SO3都是酸性氧化物，两者的水溶液都是二元强酸
【分析】A、NaClO是强电解质；
B、所干燥的物质不能与干燥剂发生反应；
C、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液发生复分解反应生成沉淀；
D、二氧化硫的水溶液是弱酸。
【解答】解：A、HClO是弱酸，NaClO在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以NaClO 是强电解质，故A错误；
B、H2、SO2、CO2三种气体和浓硫酸不反应，都可用浓硫酸干燥，故B正确；
C、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液发生复分解反应生成沉淀，在沸水中滴加FeCl3饱和溶
液可制得Fe（OH）3胶体，故C错误；
D、二氧化硫的水溶液是亚硫酸是二元弱酸，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查学生物质的性质以及强弱电解质、氨、浓硫酸性质等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度中等。
5．在相同温度下，0.01 mol/L的NaOH溶液和0.01 mol/L的盐酸相比较，下列说法正确的是（）
A．由水电离出的c（OH﹣）相等
B．由水电离出的c（H+）都是1.0×10﹣12 mol/L
C．两溶液的pH之和等于14
D．若将0.01 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，对水的电离的影响不变
【分析】水的电离方程式为：H2O＝H++OH﹣，加入酸或碱后，增大氢离子或氢氧根离子浓度导致水的电离平衡向逆反应方向移动，即抑制水的电离，依据溶液中离子积常数计算水电离出离子的浓度，由此分析解答。
【解答】解：A 、温度一定，溶液中存在离子积常数，0.01mol/L NaOH溶液中水电离出的c（H+）水＝mol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中水电离出的c（H+）水＝c（OH﹣）水＝mol/L，所以由水电离出的c（H+）相等，故A正确；
B、温度不一定是常温下，离子积常数不一定是10﹣14，计算出的水电离出的c（H+）不
一定是1.0×10﹣12 mol/L，故B错误；
C、若常温下，两溶液的pH之和等于14，故C错误；
D、盐酸是强电解质，而醋酸是弱电解质，即0.01 mol/L的盐酸和同浓度的醋酸，盐酸中
氢离子的浓度大，氢离子的浓度越大对水的电离抑制程度就大，即对水的电离的影响不同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了影响水电离的因素，根据离子积常数计算就可分析解答本题，难度不大。
6．已知部分弱酸的电离常数如表：下列叙述不正确的是（）
弱酸H2CO3HClO HF
电离平衡常数（25℃）K a1＝4.3×10﹣7
K a2＝5.6×10﹣11
K a＝2.98×10﹣8K a＝3.6×10﹣4
A．氢氟酸与NaClO溶液混合能够发生反应：HF+NaClO═HClO+NaF
B．物质的量浓度相同的四种溶液：①NaF②Na2CO3③NaClO④NaHCO3，pH由大到小的顺序为：②＞③＞④＞①
C．Na2CO3溶液不能与次氯酸发生反应
D．少量CO2通入NaClO溶液中的离子反应：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO
【分析】电离平衡常数越大酸性越强，根据电离平衡常数可知酸性：HF＞H2CO3＞HClO ＞HCO3﹣。
A．酸性HF＞HClO，氢氟酸与NaClO反应生成次氯酸和氟化钠；
B．酸性越强，对应离子的水解程度越弱，溶液pH越小；
C．酸性HClO＞HCO3﹣，碳酸钠可以与次氯酸反应生成碳酸氢钠；
D．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则次氯酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸。
【解答】解：电离平衡常数越大酸性越强，根据电离平衡常数可知酸性：HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣。
A．酸性：HF＞HClO，则氢氟酸与NaClO溶液混合能够发生反应生成HClO和NaF，该反应方程式为：HF+NaClO═HClO+NaF，故A正确；
B．酸性：HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则水解程度：CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞F﹣，水解程度越强溶液的pH越大，则浓度相同时pH由大到小的顺序为：②＞③＞④＞①，故B正确；
C．由于酸性HClO＞HCO3﹣，则Na2CO3溶液能够与次氯酸发生反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，故C错误；
D．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，少量CO2通入NaClO溶液中，反应生成碳酸氢钠和HClO，该反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣﹣+HClO，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度不大，根据电离平衡常数正确判断酸性强弱为解答关键，注意掌握盐的水解、电离平衡的影响因素，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
7．醋酸是电解质，下列能说明醋酸是弱电解质的组合是（）
①醋酸与水能以任意比例互溶
②白醋中滴入石蕊试液呈红色
③0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大
④蛋壳浸入白醋中有气体放出
⑤0.1mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9
⑥大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2的速率慢
A．②⑤⑥B．③④⑤⑥C．③⑤⑥D．①②
【分析】要说明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据其一定溶液的pH、钠盐溶液的pH等方法判断，据此分析解答。
【解答】解：①醋酸与水能以任意比例互溶，说明醋酸溶解性强，但不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱电解质，故错误；
②白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明醋酸为酸，但不能说明醋酸部分电离，则不能说明
醋酸是弱电解质，故错误；
③0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故
正确；
④蛋壳浸入白醋中有气体放出，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能说明醋酸部分电离，则
不能证明醋酸为弱电解质，故错误；
⑤0.1mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，则醋酸为弱酸，故正确；
⑥大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2的速率慢，说明
醋酸部分电离，为弱电解质，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，弱电解质与电解质溶解性强弱无关，题目难度不大。
8．下列不能说明HA 为弱酸的是（）
A．HA溶液使石蕊溶液变红
B．NaA溶液使酚酞溶液变红
C．稀释pH＝2的HA溶液1000倍，测得溶液pH＝4
D．25℃，分别为0.1mol?L﹣1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强
【分析】要证明HA为弱酸，只要证明HA部分电离即可，可由其一定浓度溶液稀释之后pH变化、NaA溶液酸碱性等方法判断，据此分析解答。
【解答】解：A．HA能使石蕊试液变红色，说明HA是酸，不能说明HA部分电离，则不能说明HA是弱酸，故A错误；
B．NaA溶液能使酚酞试液变红色，说明NaA是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故B正确；
C．pH＝2的HA溶液稀释1000倍后溶液的pH＝4，说明HA存在电离平衡，则HA为弱酸，故C正确；
D.25℃，分别为0.1mol?L﹣1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强，说明盐酸中离子浓度
大于HA，则HA部分电离，为弱酸，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查弱电解质的判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，电解质强弱是根据其电离程度划分的，溶液导电能力强弱与离子浓度有关，题目难度不大。9．不能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是（）
A．CO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水
B．CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀
C．高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2
D．氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀【分析】A．不能利用酸性氧化物的溶解性来比较酸性；
B．根据溶液中发生的强酸制取弱酸的原理来分析；
C．反应是在高温下固体之间的反应；
D．根据溶液中发生的强酸制取弱酸的原理及盐酸易挥发来分析．
【解答】解：A．酸性强弱与水溶性没有关系，则无法据此比较酸性，故A错误；
B．CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，反应方程式是：Na2SiO3+H2O+CO2＝Na2CO3+H2SiO3↓，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；
C．比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，故C错误；
D．HCl通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸强，又盐酸易挥发，可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，可能为盐酸与硅酸盐的反应，则无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸性强弱比较，题目难度不大，根据强酸制弱酸原理分析，转移必须在溶液中发生的化学反应，如C不能得出硅酸的酸性比碳酸强，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
10．25℃时，水的电离达到平衡：H2O?H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（）A．向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c （H+）增大
B．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大
D．向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低
【分析】A．水的电离达到平衡：H2O?H++OH﹣，如改变溶液中c（H+）或c（OH﹣），平衡可发生移动；
B．水的电离是吸热反应，升高温度，氢离子浓度增大，pH减小；
C．硫酸氢钠是强电解质，溶于水电离出氢离子，溶液中氢离子浓度增大；
D．氢氧化钠是强碱，加入后溶液中的氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动．
【解答】解：A．向平衡体系中加入水，温度不变，加入的水与原水的电离平衡一样，c （H+）、c（OH﹣）都不变，平衡不移动，故A错误；
B．水的电离△H＞0，反应吸热，温度升高，平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，pH降低，故B错误；
C．由于硫酸氢钠是强电解质，加入水后，溶液中的氢离子浓度增大，平衡虽向逆向移动，但溶液中的氢离子浓度因硫酸氢钠的电离增大，温度不变K W＝c（H+）×c（OH﹣）不变，
c （OH﹣）减小，所以增大，故C正确；
D．NaOH电离的氢氧根重力使溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查外界条件对弱电解质水的电离平衡的影响，注意加入酸、碱，平衡逆向移动，但是溶液中的氢离子或者氢氧根浓度反而增大，本题难度中等．
11．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）
A．图中五点K W间的关系：B＞C＞A＝D＝E
B．若从D点到A点，可采用在水中加入少量酸的方法
C．若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量NaOH固体的方法
D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝12的KOH等体积混合后，溶液显中性【分析】A．A、D、E都处于25℃时，Kw相等，然后比较B、C、E三点的c（H+）和c（OH﹣）的大小，依此比较Kw的大小；
B．从D点到A点c（H+）减小，c（OH﹣）增大，温度不变，Kw不变；
C．从A点到C点c（H+）和c（OH﹣）的变化判断Kw的变化，依次改变的条件；
D、根据B点时Kw计算酸与碱溶液中c（H+）和c（OH﹣），然后判断溶液的酸碱性．
【解答】解：A．ADE都处于25℃时，Kw相等，B点c（H+）和c（OH﹣）都大于E点的c（H+）和c（OH﹣），并且C点的c（H+）和c（OH﹣）大于A点c（H+）和c（OH﹣），
c（H+）和c（OH﹣）越大，Kw越大，故B＞C＞A＝D＝E，故A正确；
B．加入酸，溶液中c（H+）变大，c（OH﹣）变小，而从D点到A点c（H+）减小，c （OH﹣）增大，故B错误；
C．若从A点到C点，c（H+）变大，c（OH﹣）变大，Kw增大，且c（H+）＝c（OH﹣），溶液显示中性，无法通过加入氢氧化钠溶液实现，只能为升高温度，故C错误；
D．若处在B点时，Kw＝1×10﹣12，pH＝2的硫酸中c（H+）＝10﹣2mol/L，pH＝12的KOH中c（OH﹣）＝1mol?L﹣1，等体积混合，氢氧根离子过量，溶液显进行，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查水的电离平衡移动问题，题目难度中等，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c（H+）和c（OH﹣）的大小．
12．25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是（）
A．pH＝2 的CH3COOH溶液
B．0.01 mol/L Na2CO3溶液
C．0.1 mol/L盐酸
D．pH＝10氨水
【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大，据此分析解答。
【解答】解：酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而促进水电离，水的电离程度较大；
醋酸、盐酸是酸而氨水是碱溶液，所以醋酸、盐酸和氨水都抑制水电离，醋酸中氢离子浓度是0.01mol/L、盐酸中氢离子浓度是0.1mol/L、氨水中氢氧根离子浓度为0.0001mol/L，所以水电离程度大小顺序是B＞D＞A＞C，则水电离程度最小的是盐酸，
故选：C。
【点评】本题以弱电解质的电离及盐类水解为载体考查水的电离，明确影响水电离因素是解本题关键，注意：酸、碱抑制水电离与氢离子或氢氧根离子浓度有关，题目难度不大。
13．在100℃时，100mL蒸馏水中c（OH﹣）＝1×10﹣6mol?L﹣1，当改变下列条件之一时，c（OH﹣）仍然等于1×10﹣6mol?L﹣1的是（）
①温度降低到25℃
②加入10﹣6mol NaOH固体，保持100℃
③加入10﹣6molNaCl，保持100℃
④蒸发丢掉50mL水，保持100℃
A．①②B．③④C．①③D．②④
【分析】①降低温度，抑制水电离，水的电离程度减小，但溶液中仍然存在c（OH﹣）＝c（H+）；
②加入10﹣6mol NaOH固体，溶液中c（NaOH）＝＝10﹣5mol/L；
③加入10﹣6molNaCl，保持100℃，溶液中仍然存在c（OH﹣）＝c（H+），且水的离子积
常数＝10﹣12；
④蒸发丢掉50mL水，保持100℃，溶液中仍然存在c（OH﹣）＝c（H+），且水的离子积
常数＝10﹣12．
【解答】解：①降低温度，抑制水电离，水的电离程度减小，25℃时离子积常数＝10﹣14mol，则c（OH﹣）＝c（H+）＝＝mol/L＝10﹣7mol/L，故错误；
②加入10﹣6mol NaOH固体，溶液中c（OH﹣）＝c（NaOH）＝＝10﹣5mol/L，
故错误；
③加入10﹣6molNaCl，保持100℃，溶液中仍然存在c（OH﹣）＝c（H+），且水的离子积
常数＝10﹣12，c（OH﹣）＝c（H+）＝＝mol/L＝10﹣6mol/L，故正确；
④蒸发丢掉50mL水，保持100℃，溶液中仍然存在c（OH﹣）＝c（H+），且水的离子积
常数＝10﹣12，c（OH﹣）＝c（H+）＝＝mol/L＝10﹣6mol/L，故正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子积常数有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确离子积常数只与温度有关而与溶液体积多少、溶液浓度无关是解本题关键，题目难度不大．
14．用pH试纸测定某氨基酸溶液的pH，如果先将pH试纸用蒸馏水润湿后，再把待测液滴到pH试纸上，跟比色卡对照，溶液pH的测得值为8，则该氨基酸溶液的实际pH（）A．小于8B．等于8C．小于7D．大于8
【分析】用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH，不能用水湿润pH试纸，否则稀
释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱，测定结果不准确，据此进行分析判断．
【解答】解：溶液pH的测得值为8，说明溶液为碱性溶液，由于碱性溶液稀释后，溶液碱性减弱，测定的pH偏小，所以该氨基酸溶液的实际pH应大于8，
故选：D。
【点评】本题考查了pH试纸的使用方法，题目难度不大，注意掌握pH试纸的使用方法，明确溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是正确解题的关键．
15．下列判断中，正确的是（）
A．泡沫灭火器的灭火原理：2Al3++3CO32﹣+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．某物质的溶液中由水电离出的c（H+）＝1×10﹣a mol/L，若a＞7时，则该溶液的pH 一定为14﹣a
D．已知25℃时NH4CN显碱性，则25℃时的电离常数K（NH3?H2O）＞K（HCN）【分析】A．泡沫灭火器中的药品为碳酸氢钠和硫酸铝，碳酸氢根离子不能拆开；
B．醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡正向进行，水解平衡常数增大；
C．常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）＝1×10﹣a mol/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液；
D．盐溶液水解时是谁强显谁性。
【解答】解：A．NaHCO3溶液和Al2（SO4）3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，碳酸氢钠不能拆开，正确的离子方程式为3HCO3﹣+Al3+＝3CO2↑+Al（OH）3↓，故A错误；
B．醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡正向进行，水解平衡常数增大，Kh＝增大，则溶液中减小，故B错误；
C．常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）＝1×10﹣a mol/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pH＝a，如为碱溶液，则pH＝14﹣a，故C错误；
D．盐溶液水解时，溶液是谁强显谁性，而NH4CN溶液显碱性，故NH3?H2O的碱性强
于HCN的酸性，则25℃时的电离常数K（NH3?H2O）＞K（HCN），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质电离平衡、水解平衡影响因素分析判断，主要是水的电离平衡中离子积常数的理解应用、离子方程式书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等。16．室温下，下列说法不正确的是（）
A．相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若pH＝7，则V（氨水）＞V（盐酸）
B．pH均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后，混合溶液的pH＝3
C．含等物质的量的HCN和NaCN的溶液呈碱性，可知c（CN﹣）＞c（Na+）
D．物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，存在c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）【分析】A．二者若恰好反应，溶液显示酸性，所以加入的盐酸的体积比氨水溶液体积小；
B．常温下pH＝3的醋酸和盐酸，其溶液中氢离子浓度相等；
C．等物质的量浓度的HCN和NaCN混合后溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN﹣水解程度；
D．盐酸溶液中氯化氢完全电离，醋酸溶液中存在电离平衡，结合溶液中盐酸和醋酸物质的量浓度相同分析判断。
【解答】解：A．等体积、等浓度的氨水与盐酸恰好反应生成氯化铵，溶液显示酸性，所以要满足溶液的pH＝7，加入的盐酸体积应该小些，即V（氨水）＞V（盐酸），故A正确；
B．常温下pH＝3的醋酸和盐酸，其溶液中氢离子浓度相等，等体积混合后溶液的pH＝3，故B正确；
C．等物质的量浓度的HCN和NaCN混合后溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN﹣水解程度，根据物料守恒知c（HCN）+c（CN﹣）＝2c（Na+），因为HCN电离程度小于CN﹣水解程度，所以c（CN﹣）＜c（Na+），故C错误；
D．物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，盐酸溶液中氯化氢完全电离，氯离子浓度等于氢离子浓度，醋酸溶液中存在电离平衡，存在c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝c初始（CH3COOH）＝c（HCl）＝c（Cl﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了盐的水解原理及其影响因素、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，明确盐的水解原理及影响盐的水解因素是解答关键，C选项离子浓度大小比较
是难点也是高频易错点。
17．常温下，用0.10 mol/LNaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol/LCH3COOH溶液和HCN 溶液所得滴定曲线如图[K a（CH3COOH）＞K（HCN）]．下列说法正确的是（）
A．点①和点②所示溶液中：c（CH3COO﹣）＜c（CN﹣）
B．点③所示溶液中：c（Na+）═c（CH3COO﹣）═c（OH﹣）═c（H+）
C．点①和点②所示溶液中：c（CH3COO﹣）﹣c（CN﹣）═c（HCN）﹣c（CH3COOH）
D．点③和点④所示溶液中都有：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）═c（CH3COOH）+c（H+）【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的这两种酸，pH越小的酸性越强，则上边曲线表示滴定HCN、下边曲线表示滴定CH3COOH，
A．点①和点②NaOH加入量相同，生成等量的醋酸钠、NaCN，且未加NaOH时HCN 的pH大，则HCN酸性弱，CN﹣水解程度大；
B．③点溶液pH＝7，溶液呈中性，溶液中溶质为醋酸钠、醋酸，醋酸钠水解程度和醋酸电离程度都较小；
C．点①、点②c（Na+）相同，结合两点时的电荷守恒分析；
D．③溶液中溶质为醋酸钠、醋酸且醋酸的量很少，c（CH3COO﹣）＞＞c（CH3COOH），溶液呈中性，则c（OH﹣）═c（H+），④溶液中溶质为醋酸钠，溶液中存在电荷守恒和物料守恒。
【解答】解：酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的这两种酸，pH越小的酸性越强，则上边曲线表示滴定HCN、下边曲线表示滴定CH3COOH，
A．①②两点NaOH加入量相同，生成等量的醋酸钠、NaCN，且未加NaOH时HCN的pH大，则HCN酸性弱，CN﹣水解程度大，则c（CH3COO﹣）＞c（CN﹣），故A错误；
B．③点溶液pH＝7，溶液呈中性，则c（OH﹣）═c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）═c（CH3COO﹣），溶液中溶质为醋酸钠、醋酸，醋酸钠水解程度和醋酸电离程度都较小，所以存在c（Na+）═c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）═c（H+），故B错误；
C．点①的溶液中存在物料守恒为c（HCN）+c（CN﹣）＝c（Na+），点②所示溶液中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝c（Na+），两点溶液中钠离子浓度相同，则c（HCN）+c（CN﹣）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），即c（CH3COO﹣）﹣c（CN ﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH），故C正确；
D．③溶液中溶质为醋酸钠、醋酸且醋酸的量很少，c（CH3COO﹣）＞＞c（CH3COOH），溶液呈中性，则c（OH﹣）═c（H+），则③c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+）；
④溶液中溶质为醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c
（OH﹣）、存在物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+），所以存在c（OH﹣）═c（CH3COOH）+c（H+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，题目难度中等，把握混合物溶质、电荷与物料守恒的应用、盐类水解为解答的关键，注意选项D为解答的难点，试题侧重分析与应用能力的考查。
18．为测定某盐酸的浓度，准确移取20.00mL该盐酸于锥形瓶中，用0.1000mol?L﹣1 NaOH 溶液滴定，下列说法正确的是（）
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液出现红色时立即停止滴定，开始读数
C．用25mL酸式滴定管量取20.00mL待测溶液于锥形瓶中
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【分析】A．滴定管用蒸馏水洗涤后应该用标准液润洗；
B．当锥形瓶中溶液由无色变红色且30s不变色时停止滴定；
C．酸性溶液只能用酸式滴定管量取；
D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，导致NaOH溶液体积偏大，c（待测）＝。
【解答】解：A．滴定管用蒸馏水洗涤后应该用标准液润洗，否则导致NaOH溶液浓度
偏低，使用的NaOH溶液体积偏大，则测定值偏大，故A错误；
B．当锥形瓶中溶液由无色变红色且30s不变色时停止滴定，不能出现红色立即停止滴定，故B错误；
C．酸性溶液只能用酸式滴定管量取，盐酸溶液呈酸性，所以应该用酸式滴定管量取，故C正确；
D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，导致NaOH溶液体积偏大，则c（待测）＝偏大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查中和滴定，为高频考点，把握滴定原理、实验操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意滴定终点的判断，题目难度不大。
19．用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸造成测定结果偏高的原因可能是（）A．盛装标准溶液的滴定管中开始没有气泡，结束后出现了气泡
B．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【分析】分析操作对NaOH溶液体积的影响，结合c（HCl）＝
判断。
【解答】解：A．滴定前无气泡，滴定终了有气泡，导致消耗的NaOH液体积偏小，测定结果偏低，故A不符合；
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，读数偏小，导致消耗NaOH的体积偏小，测定结果偏低，故B不符合；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，不影响滴定结果，故C不符合；
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成消耗NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高，故D符合。
故选：D。
【点评】本题考查酸碱中和滴定，涉及误差分析，关键是对酸碱中和滴定原理的理解，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。