在0.01mol∙L-1氨水100.0ml中溶入NH4Cl 1.07g,溶液的pH值为多少?在此溶液中加 入

由AgCl（s）⇌Ag⁺+Cl^-，K_sp=c（Ag⁺）．c（Cl^-），混合后溶液体积是0.101L，n（Cl^-）=0.1L×0.01mol•L^-1=0.001mol，n（Ag⁺）=0.001L×0.01mol•L^-1=0.00001mol=1×10^-5mol•L^-1，c（Ag⁺）=
1×10−5mol
0.1L+0.001L=1×10^-4mol/L，K_sp=c（Ag⁺）．c（Cl^-）=0.01mol/L×1×10^-4mol/L=1×10^-6mol²•L^-2＞1.8×10^-10mol²•L^-2，故有沉淀析出；
故选A．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查根据难溶电解质溶度积判断沉淀情况，难度中等．

A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c₁•V₁=0.1 L×0.01 mol•L^-1=1×10^-3 mol，n（后）=c₂•V₂=0.01 L×0.1 mol•L^-1=1×10^-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；
B．酸的浓度越大，c（H⁺）越大，前者小于后者，故B错误；
C．在相同温度下，水的离子积为定值，后者c（H⁺）大，则c（OH^-）小，故C正确；
D．电离度与温度和浓度有关，当温度相同时，溶液的浓度越小，电离度越大，则c（CH₃COOH）前者小于后者，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点．

Ⅰ．（1）由实验目的可知，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验，同浓度溶液，在相同温度下进行反应，Ⅰ无催化剂，Ⅱ有催化剂，对比实验；如果研究温度对化学反应速率的影响，需其它条件相同，温度不同，I有20℃，Ⅲ中温度为30℃，能进行对照实验，
故答案为：Ⅰ、Ⅱ；Ⅰ、Ⅲ；探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，
（2）对比实验I和IV，10%硫酸的体积不同，其它物质，Ⅳ中加入了蒸馏水，说明两组实验中的反应物的浓度不同，所以可通过探究反应物的浓度对化学反应速率的影响；对比实验I和IV，Ⅳ中只加入1mL10%硫酸，与I中加入的溶液体积不等，就不能保证，4mL 0.01mol•L^-1KMnO₄溶液与2mL 0.1mol•L^-1 H₂C₂O₄溶液，反应物浓度相同，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是保证了KMnO₄溶液与H₂C₂O₄溶液的起始浓度相同；
故答案为：硫酸的浓度或氢离子浓度；确保①和④组对比实验中c（KMnO₄）、c（H₂C₂O₄）浓度不变或确保溶液总体积不变；
Ⅱ．（1）高锰酸钾溶液为紫红色，当达到滴定终点时，再滴入高锰酸钾溶液时，紫红色不再褪去，故答案为：否；KMnO₄溶液呈紫红色，达滴定终点紫色不再褪去；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，腐蚀橡皮管，应用酸式滴定管，故答案为：b；
（3）草酸钠（Na₂C₂O₄）溶于稀硫酸中，然后用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，离子方程式为：2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O． n（KMnO₄）=0.015L×0.200mol•L^-1=3×10^-3mol，根据方程式可得：
2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O．
2 5
3×10^-3mol 7.5×10^-3mol
样品中草酸钠的质量为m=7.5×10^-3mol×134g/mol=7.5×134×10^-3g，
样品中草酸钠的质量分数为[7.5×134×10−3g/1.34g]×100%=75%，
故答案为：75%；

点评：
本题考点： 探究影响化学反应速率的因素；中和滴定．

考点点评： 本题主要结合实验考查了外界条件对化学反应速率的影响，质量分数的计算，注意把握实验的原理，要求具备一定的理论分析能力和计算解决问题的能力．

A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c₁•V₁=0.1 L×0.01 mol•L^-1=1×10^-3 mol，n（后）=c₂•V₂=0.01 L×0.1 mol•L^-1=1×10^-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；
B．酸的浓度越大，c（H⁺）越大，前者小于后者，故B错误；
C．在相同温度下，水的离子积为定值，后者c（H⁺）大，则c（OH^-）小，故C正确；
D．电离度与温度和浓度有关，当温度相同时，溶液的浓度越小，电离度越大，则c（CH₃COOH）前者小于后者，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点．

A．根据图象可知，0.01mol•L-1HA溶液中pH=2，则HA在溶液中完全电离，则HA为强酸；100mL 0.01mol•L-1HA溶液中加入51mL 0.02mol•L-1MOH溶液时，溶液的pH=7，则加入50mL该MOH溶液时，混合液为酸性，数目MOH为弱...

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合时的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，需要根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点；要求学生能够根据电荷守恒、盐的水解、物料守恒判断溶液中各离子浓度大小．

A．醋酸溶液中存在，c（CH₃COO^-）+c（OH^-）=c（H⁺），因醋酸为弱酸，则c （CH₃COO^-）+c （OH^-）＜0.01 mol•L^-1，故A错误；
B．一水合氨为弱电解质，0.01mol•L^-1醋酸与等体积pH=12的氨水混合，氨水过量，反应后溶液呈碱性，故B正确；
C．少量醋酸钠固体后，抑制醋酸的电离，但所得溶液中c （CH₃COO^-）浓度增大，故C错误；
D．加入的NaNO₃，醋酸不反应，c （NO₃^-）为混合前的一半，由物料守恒可知c（NO₃^-）=c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=0.005mol•L^-1，故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握影响弱电解质电离的因素，结合电荷守恒、物料守恒解答该题，难度中等．

（1）由表格中的溶度积数据可知，Ag₂S和PbS的溶度积最小，则加入K₂S沉淀效果最好，故答案为：C；
（2）废水中NaCl的质量分数为1.17%（ρ=1g•mL^-1），c（Cl^-）=c（NaCl）=[1000×1g/mL×1.17%/58.5g/mol]=0.2mol/L，
K_sp（AgCl）=c（Ag⁺）•c（Cl^-）=1.0×10^-10mol²•L^-2，
则c（Ag⁺）=
1.8×10−10
0.2=9×10^-9mol•L^-1，环境要求排放标准为c（Ag⁺）低于1.0×10^-8 mol•L^-1，9.0×10^-9 mol•L^-1＜1.0×10^-8 mol•L^-1，
故答案为：9×10^-9mol•L^-1；能．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题较难，考查学生应用电离平衡常数、溶度积来分析解决问题，注重了对数据的分析和应用，较好的训练学生分析解决问题的能力．

（1）将pH=2的H₂SO₄溶液V_aL与pH=12的NaOH溶液V_bL混合，若所得混合液为中性，则V_a L×0.01mol/L=V_b L×0.1mol/L，所以V_a：V_b=10：1，
故答案为：10：1；
（2）呈中性则c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）=0.01mol/L，所以用含c的代数式表示CH₃COOH的电离常数K_a=
10−7×0.01

c
2−0.01=
2×10−9
c−0.02mol•L^-1，
故答案为：
2×10−9
c−0.02；
（3）滴加NaOH溶液，由于生成强酸弱碱盐，至中性时，应加入过量的NaOH溶液，即有部分NH₃•H₂O生成，即溶质组成为：Na₂SO₄、NH₃•H₂O、（NH₄）₂SO₄；若加入NaOH溶液至反应最大量时，则生成物为：Na₂SO₄、NH₃•H₂O，且浓度为：1：1，由于存在以下两个电离平衡：NH₃•H₂O⇌NH₄⁺+OH^-，H₂O⇌H⁺+OH^-，说明c（OH^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺），由于NH₃•H₂O的电离过程微弱，所以c（SO₄^2-）＞c（OH^-），即离子浓度由大到小为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（OH^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺），
故答案为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（OH^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查酸碱混合的计算，明确该温度下的Kw及pH与浓度的换算是解答本题的关键，注意酸碱反应的实质即可解答，侧重学生分析能力及计算能力的考查，题目难度中等．

由AgCl（s）⇌Ag⁺+Cl^-，K_sp=c（Ag⁺）．c（Cl^-），混合后溶液体积是0.101L，n（Cl^-）=0.1L×0.01mol•L^-1=0.001mol，n（Ag⁺）=0.001L×0.01mol•L^-1=0.00001mol=1×10^-5mol•L^-1，c（Ag⁺）=
1×10−5mol
0.1L+0.001L=1×10^-4mol/L，K_sp=c（Ag⁺）．c（Cl^-）=0.01mol/L×1×10^-4mol/L=1×10^-6mol²•L^-2＞1.8×10^-10mol²•L^-2，故有沉淀析出；
故选A．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题主要考查的是根据难溶电解质溶度积判断沉淀情况，判断出混合后各种离子的浓度是解决本题的关键，难度中等．

化学反应中，升高温度，反应速率增大，20℃时将0.1mol/L Na₂S₂O₃溶液10mL和0.1mol/L的硫酸溶液混合，2min后溶液中出现混浊，即120s，
已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的2倍，那么50℃时，温度升高30℃，反应速率应是20℃的2³=8倍，
则同样的反应出现混浊需要的时间是[120s/8]=15s，
故选B．

点评：
本题考点： 化学反应速率的影响因素；反应速率的定量表示方法．

考点点评： 本题考查化学反应速率的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握温度升高后速率的变化倍数，为解答该题的关键，难度不大．

（1）0.01mol•L^-1的NaOH溶液的pH为11，则c（H⁺）=10^-11 mol/L，氢氧化钠是强电解质完全电离，所以溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，则Kw=c（H⁺）．c（OH^-）=0.01×10^-11=10^-13，
故答案为：10^-13mol²/L²；
（2）在碱溶液中，H⁺完全来自于水的电离，而在该溶液中，c（H⁺）=10^-11 mol/L，故由水电离出的H⁺浓度c（H⁺）=10^-11 mol/L，故答案为：10^-11；
（3）在此温度下，水的离子积（Kw）=10^-13，PH=a的氢氧化钠溶液中c（OH^-）=10^a-13mol/L，pH=b 的 H₂SO₄溶液中c（H⁺）=10^-b mol/L，根据混合后显中性即n（H⁺）=n（OH^-）可有：10^a-13mol/L×V_aL=10^-b mol/L×V_bL ①
又已知 a=12，b=2 ②
由①②可知，V_a：V_b=1：10，故答案为：1：10

点评：
本题考点： pH的简单计算．

考点点评： 本题考查溶液混合后pH的计算以及水的离子积常数有关计算，侧重考查学生对知识的迁移和应用，难度中等．

A、NaHCO₃为强碱弱酸盐，发生水解溶液显示碱性，说明HCO₃^-的水解大于HCO₃^-电离，另外水解程度一般很小，即参加水解的离子只是原离子的一小部分，所以c（HCO₃^-）＞c（OH^-），故A错误；
B、由于Na₂CO₃水解的程度比NaHCO₃要大，水解是吸热反应，升高温度会促进离子的水解，导致CO₃^2-减少，HCO₃^-增加，c（CO₃²）：c（HCO₃^-）的比值会增大，故B错误；
C、当加入等体积的水稀释CH₃COOH后，能够促进醋酸的电离，但是溶液中的PH值反而增大，c（H⁺）减小，因为c（H⁺）=n（H⁺）/v_溶液，由于n（H⁺）增大的程度不如溶液体积增大的多，所以c（H⁺）减小，故C错误；
D、当③CH₃COOH和④CH₃COONa混合后，溶液显示酸性，溶液pH＜7，根据电荷守恒，c（CH₃COO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），醋酸的电离远远大于CH₃COONa的水解程度，所以c（CH₃COOH）＜c（Na⁺），从而得出c（CH₃COO^-）+c（OH^-）＞c（CH₃COOH）+c（H⁺），故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查了弱电解质在水溶液中的电离，影响电离的条件，溶液中各种离子浓度大小的比较，属于中等难度，注重了基础知识的考查．

（1）c（H⁺）=
K．C(CH3COOH)=
1.6×10−5×0.01mol/L=4×10^-4mol/L，
故答案为：4×10^-4；
（2）b点溶液呈酸性，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，当醋酸钾的物质的量大于或醋酸的物质的量，则溶液中离子浓度大小顺序是c（CH₃COO^-）＞c（K⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），当醋酸钾的物质的量远远小于醋酸的物质的量时，溶液中离子浓度大小顺序是c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（K⁺）＞c（OH^-）；
c点混合溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒得c（CH₃COO^-）=c（K⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）；
故答案为：c（CH₃COO^-）＞c（K⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）或c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（K⁺）＞c（OH^-）；
c（CH₃COO^-）=c（K⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）；
（3）酸或碱抑制水电离，a和b点溶液都呈酸性，所以抑制水电离，c点呈中性，则水的电离程度最大，故选c．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题利用中和滴定图象，考查了电离平衡常数的利用、离子浓度大小比较及水的电离程度比较，难度适中，可能判断b点浓度大小稍有难度．

解、（1）将pH=2的H₂SO₄溶液V_a L与pH=12的NaOH溶液V_b L混合，若所得混合液为中性，则V_a L×0.01mol/L=V_b L×0.1mol/L，所以V_a：V_b=10：1，故答案为：10：1；
（2）呈中性则c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）=0.01mol/L，所以用含c的代数式表示CH₃COOH的电离常数K_a=
10−7×0.01

c
2−0.01=
2×10−9
(c−0.02)mol•L^-1，故答案为：
2×10−9
(c−0.02)mol•L^-1；

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查酸碱混合的计算，明确该温度下的Kw及pH与浓度的换算是解答本题的关键，注意酸碱反应的实质即可解答，侧重学生分析能力及计算能力的考查，题目难度中等．

弱电解质在水溶液里存在电离平衡，强电解质在水溶液里完全电离，所以物质的量浓度相等的盐酸和醋酸，醋酸的pH大于盐酸，pH相等的氨水和氢氧化钠溶液，氨水浓度大于氢氧化钠溶液，
A．酸或碱抑制水电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大，对水电离的抑制程度越大，①中水的电离程度最大，②③④中水的电离程度相等，故A错误；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，要使氨水和盐酸的混合溶液呈中性，则一水合氨的物质的量稍微大些，氨水浓度大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则消耗溶液的体积可能：②＞③，故B正确；
C．①②稀释相同的倍数，盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸，所以pH①＞②；③④稀释相同的倍数，稀释过程中促进一水合氨电离，导致氨水中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液，则pH③＞④，故C错误；
D．将①、④混合，若c（CH₃COO^-）＞c（H⁺），如果溶液中的溶质是醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液呈酸性，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，明确弱电解质电离特点是解本题关键，知道哪些物质促进水电离哪些物质抑制水电离，题目难度较大．

A.0.01mol•L^-1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，当加入MOH100mL时，碱剩余若是强碱，则pH将会大于10，但是此时pH=10，所以MOH是弱碱，故A正确；
B．N点时溶液呈中性，根据电荷守恒：c（Cl^-）+c（OH^-）=c（M⁺）+c（H⁺），c（OH^-）=c（H⁺），所以c（Cl^-）=c（M⁺），故B正确；
C．比值
c(M+)•c(OH−)
c(MOH)=K，不随着物质的量的变化而变化，故C正确；
D．在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（MOH）+c（M⁺）=0.01mol•L^-1，根据电荷守恒得c（M⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（A^-），c（MOH）+c（OH^-）-c（H⁺）=c（M⁺）-c（A^-）+c（MOH）=0.01mol•L^-1-0.005mol•L^-1=0.005mol•L^-1，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答．

（1）n（Na₂CO₃）=0.01L×0.01mol/L=0.0001mol，n（HCl）=0.0015mol，则
Na₂CO₃+HCl=NaHCO₃+NaCl
0.0001 0.00010.0001 0.0001
NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑
0.00005 0.00005
则反应后溶质为NaCl、NaHCO₃，
故答案为：NaCl、NaHCO₃；
（2）由上述分析可知，X中X先发生Na₂CO₃+HCl=NaHCO₃+NaCl，后发生NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑，生成气体为0.00005mol；
Y中n（NaHCO₃）=0.01L×0.01mol/L=0.0001mol，发生NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑，酸过量，生成气体为0.0001mol，则X中生成气体少；
若再向两试管中分别加入10mL 0.01mol•L^-1的盐酸，则酸均过量，由Na₂CO₃+2HCl=H₂O+CO₂↑+2NaCl、NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑，n（Na₂CO₃）=n（NaHCO₃）=n（CO₂），所以生成的气体一样多，
故答案为：X；一样多．

点评：
本题考点： 探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．

考点点评： 本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质实验，为高频考点，把握发生的反应及先后顺序为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等．

A．酸电离出来的氢离子抑制水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，所以CH₃COOH溶液中水电离的c（H⁺）浓度较小，故A错误；
B．酸越弱，对应盐的水解程度越大，由表中数据可知HCN的酸性弱，所以物质的量浓度相同的CH₃COONa与NaCN溶液中，NaCN溶液pH较大，故B错误；
C．等体积pH相同的两种酸溶液，酸越弱，酸的浓度越大，消耗的氢氧化钠越多，所以HCN消耗较多量的NaOH，故C错误；
D．HCN的电离平衡常数K_a=
c(CN-)•c(H+)
c(HCN)，CN^-的水解平衡常数K=
c(HCN)•c(OH-)
c(CN-)，Kw=c（H⁺）•c（OH^-），所以K_a•K=K_W，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题主要考查强弱电解质的电离及弱酸根的水解，注意电离平衡常数（Ka）与CN-的水解平衡常数的表达式，题目难度一般．

A．当混合溶液pH＞7时，溶液中的溶质可能是醋酸和醋酸钠、醋酸钠、醋酸钠和氢氧化钠，所以V可能大于10mL，也可能等于10mL，也可能小于10mL，故A错误；
B．当V=5mL时，n（CH₃COOH）=2n（NaOH），根据物料守恒得c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=2c（Na⁺），故B正确；
C．等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其溶液呈碱性，所以c（OH^-）＞c（H⁺），溶液中存在电荷守恒c（OH^-）+c（CH₃COO^-）=c（H⁺）+c（Na⁺），所以得c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-），醋酸根离子水解较微弱，所以c（CH₃COO^-）＞c（OH^-），则离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C正确；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），故D正确；
故选A．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确溶液中的溶质及盐的类型是解本题关键，结合电荷守恒和物料守恒来分析解答，难度中等．

A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c₁•V₁=0.1 L×0.01 mol•L^-1=1×10^-3 mol，n（后）=c₂•V₂=0.01 L×0.1 mol•L^-1=1×10^-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；
B．酸的浓度越大，c（H⁺）越大，前者小于后者，故B错误；
C．在相同温度下，水的离子积为定值，后者c（H⁺）大，则c（OH^-）小，故C正确；
D．电离度与温度和浓度有关，当温度相同时，溶液的浓度越小，电离度越大，则c（CH₃COOH）前者小于后者，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点．

化学反应中，升高温度，反应速率增大，20℃时将0.1mol/L Na₂S₂O₃溶液10mL和0.1mol/L的硫酸溶液混合，2min后溶液中出现混浊，即120s，
已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的2倍，那么50℃时，温度升高30℃，反应速率应是20℃的2³=8倍，
则同样的反应出现混浊需要的时间是[120s/8]=15s，
故选B．

点评：
本题考点： 化学反应速率的影响因素；反应速率的定量表示方法．

考点点评： 本题考查化学反应速率的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握温度升高后速率的变化倍数，为解答该题的关键，难度不大．

浓度为0.01mol•L^-1的HCl溶液10mL，加水稀释到20mL，
设稀释后浓度为c，
由稀释前后溶质物质的量不变，可知0.01mol•L^-1×10mL=20mL×c，解得c=0.005mol/L，
取稀释后的溶液1mL，依据溶液是均一稳定的分散系，所以这1mL溶液中的c（H⁺）=0.005mol/L，
故选D．

点评：
本题考点： 物质的量浓度．

考点点评： 本题考查了物质的量浓度的概念分析和计算，溶液稀释特征是溶质不变，掌握溶液的性质是解题关键，题目较简单．

A．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol•L^-1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L^-1的醋酸溶液相比较，H⁺的物质的量前者大，故A正确；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，故B错误；
C．由于溶质n（CH₃COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C错误；
D．由于溶质n（CH₃COOH）都为0.001mol，则和锌反应产生氢气的量相同，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，本题注意醋酸为弱电解质，浓度不同，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小的特征．

（1）已知c（MgCl₂）=0.01mol•L^-1，逐滴加入NaOH溶液，当Mg²⁺完全沉淀时，浓度应小于1.0×10^-5mol/L，c（OH^-）=

4.0×10−11
1×10−5mol/L=2×10^-3mol/L，
c（H⁺）=
1.0×10−13
2×10−3mol/L=[1/2]×10^-10mol/L，pH=10.3，
故答案为：10.3；
（2）Ag₂CrO₄饱和所需Ag⁺浓度c（Ag⁺）=

Ksp
c(CrO42−)=

1.6×10−12
0.001mol/L=4．×10^-5mol/L，
由Ag₂CrO₄沉淀时所需Ag⁺浓度求出此时溶液中Cl^-的浓度．
C（Cl^-）=
Ksp
C(Ag+)=
1.8×10−10
4．×10−5=4.5×10^-6 mol•L^-1．
故答案为：4.5×10^-6 mol•L^-1．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，知道当刚出现Ag2CrO4沉淀时溶液中的银离子浓度，是利用Ksp（Ag2CrO4）求出的银离子浓度，不是用Ksp（AgCl）计算出的银离子浓度，然后利用Ksp（AgCl）计算出氯离子的浓度即可，这是解（2）题的关键．

A、②④等体积等浓度混合反应生成NaHCO₃，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，则离子浓度大小为c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故A错误；
B、②Na₂CO₃溶液中碳酸根离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，碳酸氢根离子增大，碳酸根离子浓度减小，
c(HCO3−)
c(CO32−)比值增大，故B错误；
C、pH相同的①NaOH、②Na₂CO₃溶液，减小越强浓度越小，物质的量浓度关系：①＜②，故C错误；
D、①NaOH和③CH₃COOH溶液以体积比2：5混合，溶液中存在电荷守恒，c（CH₃COO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合后溶液酸碱性的分析判断，主要是盐类水解，弱电解质电离平衡分析，溶液中电荷守恒分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．

（1）向0.01mol•L^-1的MgCl₂中逐滴加入氨水，K_sp[Mg（OH）₂]=c（Mg²⁺）[c（OH^-）]²=0.01mol•L^-1×[c（OH^-）]²=1.8×10^-11，c（OH^-）=
18×10^-5，即当溶液中c（OH^-）＞
18×10^-5时有Mg（OH）₂沉淀生成；
向0.01mol•L^-1AlCl₃溶液中逐滴加入氨水，K_sp[Al（OH）₃]=c（Al³⁺）[c（OH^-）]³=0.01mol•L^-1×[c（OH^-）]³=3×10^-34，c（OH^-）=
330
×10^-11，即当溶液中c（OH^-）＞
330
×10^-11时有Al（OH）₃沉淀生成；向浓度均为0.01mol•L^-1的MgCl₂和AlCl₃混合溶液中逐滴加入氨水，应先生成Al（OH）₃沉淀，反应离子方程式应为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
故答案为：Al（OH）₃；Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（2）由于Ksp（FeS）＞Ksp（CuS），所以在相同条件下CuS的溶解度更小，沉淀会向着生成CuS的方向进行，故离子方程式为FeS（s）+Cu²⁺（aq）=CuS（s）+Fe²⁺（aq）；
故答案为：FeS（s）+Cu²⁺（aq）=CuS（s）+Fe²⁺（aq）．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

考点点评： 本题考查了溶度积常数计算应用、沉淀转化关系的分析，离子方程式等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

（1）如果氨水是强碱，0.01mol•L^-1氨水的pH为10，说明c（OH^-）=10^-4mol/L，NH₃•H₂O没有完全电离，所以氨水是弱碱；
故答案为：是；0.01mol•L^-1氨水的pH为10，说明c（OH^-）=10^-4mol/L，NH₃•H₂O没有完全电离；
（2）若是强碱，稀释100倍，pH减小2个单位，由于是弱碱，稀释的过程中，会部分电离，即c（OH^-）变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位，则有a-2＜b，且b＜a；
故答案为：a-2＜b＜a；
（3）向氨水中加入氯化铵后，如果氨水是弱电解质，则抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离平衡；
故答案为：浅．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查弱电解质的实验探究，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意利用假设法来分析解答即可，难度不大．

设稀释到2VmL时溶液的浓度为x，
根据溶液在稀前后溶质的物质的量不变，
则0.01mol•L^-1×VmL×10^-3L=x×2VmL×10^-3L，
解得x=0.005mol/L，
取出10mL溶液的浓度与稀释后溶液的浓度相同，
则c（H⁺）=c（HCl）=0.005mol/L，
故选A．

点评：
本题考点： 物质的量浓度的相关计算；电解质在水溶液中的电离．

考点点评： 本题考查物质的量浓度的有关计算，明确稀释前后溶质的物质的量不变时解答本题的关键，并能利用物质的构成来分析离子的浓度．

A、醋酸和氢氧化钠溶液恰好中和，生成醋酸钠溶液显示碱性，不是中性，故A错误；
B、醋酸是弱酸，与氢氧化钠反应恰好反应时生成的醋酸钠水解显碱性，所以上述溶液是酸过量，溶液中存在未电离的醋酸分子，故B正确；
C、反应平衡时溶液中c（Na^*）=c（Ac^-）．依据溶液中电荷守恒[Na⁺]+[H⁺]=[OH^-]+[Ac^-]，反应后的溶液呈中性，[H⁺]=[OH^-]=10^-7mol/L；假设醋酸和氢氧化钠体积为1L，得到n（Na⁺）=0.01mol，n（HAc）=amol，反应后溶液中醋酸的电离常数K=
c(H+)•c(OH−)
c(CH3COOH)=
10−7×
0.01
2

a
2−
0.01
2=
10−9
a−0.01mol/L，故C正确；
D、若a≤0.01，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠和水或氢氧化钠过量，溶液显碱性，若a大于0.01，反应后溶液可能成中性，故D正确；
故选A．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了弱电解质的特点、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确弱电解质在溶液中部分电离，掌能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解等知识判断溶液中离子浓度大小关系．

A.0.01mol•L^-1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，故A正确；
B．N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，故B正确；
C．N点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱性溶液抑制水电离，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C错误；
D．在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（MOH）+c（M⁺）=0.01mol•L^-1，根据电荷守恒得c（M⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（A^-），c（MOH）+c（OH^-）-c（H⁺）=c（M⁺）-c（A^-）+c（MOH）=0.01mol•L^-1-0.005mol•L^-1=0.005mol•L^-1，故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答．

铁棒与石墨棒用导线连接后浸入0.01mol•L^-1的食盐溶液中，构成原电池，Fe为负极，石墨为正极，发生吸氧腐蚀，
A．正极上产生OH^-，故A错误；
B．Fe为负极，失去电子而逐渐被腐蚀，故B正确；
C．氯离子不放电，不会产生氯气，故C错误；
D．石墨棒上氧气得电子生成OH^-，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查原电池和吸氧腐蚀，明确电极的判断及发生的电极反应即可解答，题目难度不大．

由AgCl（s）⇌Ag⁺+Cl^-，K_sp=c（Ag⁺）．c（Cl^-），混合后溶液体积是0.101L，n（Cl^-）=0.1L×0.01mol•L^-1=0.001mol，n（Ag⁺）=0.001L×0.01mol•L^-1=0.00001mol=1×10^-5mol•L^-1，c（Ag⁺）=
1×10−5mol
0.1L+0.001L=1×10^-4mol/L，K_sp=c（Ag⁺）．c（Cl^-）=0.01mol/L×1×10^-4mol/L=1×10^-6mol²•L^-2＞1.8×10^-10mol²•L^-2，故有沉淀析出；
故选A．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题主要考查的是根据难溶电解质溶度积判断沉淀情况，判断出混合后各种离子的浓度是解决本题的关键，难度中等．

铁棒与石墨棒用导线连接后浸入0.01mol•L^-1的食盐溶液中，构成原电池，Fe为负极，石墨为正极，发生吸氧腐蚀，
A．正极上产生OH^-，故A错误；
B．Fe为负极，失去电子而逐渐被腐蚀，故B正确；
C．氯离子不放电，不会产生氯气，故C错误；
D．石墨棒上氧气得电子生成OH^-，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查原电池和吸氧腐蚀，明确电极的判断及发生的电极反应即可解答，题目难度不大．

氢氧化钡是强电解质，加入硫酸后，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力下降直至为零，然后随着H₂SO₄溶液的滴入，离子浓度又增大，导电性又增强，
则实验过程中烧杯内的液体导电能力变化为先减弱后增强，
故选A．

点评：
本题考点： 电解质溶液的导电性．

考点点评： 本题考查溶液的导电性，题目难度不大，明确电解质的强弱、发生的化学反应及溶液中自由移动的离子浓度的变化即可解答．

（1）图表分析，KHC₂O₄溶液显酸性可知，溶液中电离大于水解，选择抑制HC₂O₄^-离子电离的试剂；
A、H₂C₂O₄ 分步电离显酸性，可以抑制HC₂O₄^-离子的电离，KHC₂O₄溶液中c（K⁺）：c（HC₂O₄^-）接近1：1；故A符合；
B、加入KHC₂O₄仍然离子浓度是大于1：1；故B不符合；
C、加入适量的Na₂C₂O₄，可以抑制 HC₂O₄^-离子的电离，KHC₂O₄溶液中c（K⁺）：c（HC₂O₄^-）接近1：1；故C符合；
D、升温促进电离，KHC₂O₄溶液中c（K⁺）：c（HC₂O₄^-）大于1：1；故D不符合；
故答案为：AC；
（2）①依据原子守恒得到为CO₂；故答案为：CO₂；
②25mL中，设xmol H₂C₂O₄•2H₂O ymol KHC₂O₄根据滴定的，可以得出：2x+y=0.25×0.02
根据氧化还原的，可以得出：x+y=0.1×0.016×2.5，x=0.001，y=0.003mol，所以原混合物中H₂C₂O₄•2H₂O和KHC₂O₄的物质的量之比为1：3；故答案为：1：3；
（3）被点燃的气体为CO，质量为m（CO）=36.0 g-13.6 g-7.2 g-11.0 g=4.2 g；
又FeC₂O₄•2H₂O为0.2 mol，n（H₂O）=7.2 g÷18 g/mol=0.4 mol，
n（CO₂）=11.0 g÷44 g/mol=0.25 mol，n（CO）=4.2 g÷28 g/mol=0.15 mol，
所以，残留固体中所含元素及物质的量为n（Fe）=0.2 mol，n（O）=0.15 mol，
则残留固体为Fe和FeO的混合物，其中Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；
故答案为：Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；

点评：
本题考点： 影响盐类水解程度的主要因素；氧化还原反应方程式的配平．

考点点评： 本题考查了盐类水解和弱电解质电离的相对大小比较，平衡移动方向的判断，氧化还原反应离子方程式的配平方法，实验过程的计算应用，题目难度中等．

根据金属离子的浓度和溶度积常数可知，四种离子开始沉淀时的OH^-浓度分别是：
3
2.6×10 −39
0.01
=6.38×10^-13mol•L^-1；
3
7.0×10 −31
0.01
=4.12×10^-10mol•L^-1；

1.0×10 −17
0.01=3.16×10^-8mol•L^-1，

1.8×10 −11
0.01=4.24×10^-5mol•L^-1，所以当氢氧化物开始沉淀时，铁离子所需溶液的pH最小，故选：A．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 该题注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力．