0.02mol•L-1的HCN溶液与0.02mol•L-1的NaCN溶液等体积混合，已知混合溶液中C（CN-）＜C（Na

解题思路：（1）根据酸的浓度和溶液的PH判断酸的强弱；
（2）根据图示判断出MOH的碱性强弱，再判断MA稀溶液的酸碱性；写出M⁺离子水解的离子方程式；
（3）根据电荷守恒和物料守恒进行计算．

（1）根据图象知，0.01mol•L^-1HA溶液中PH=2，氢离子浓度等于酸浓度，所以该酸是强酸，
故答案为：强；0.01mol/L的HA溶液中c（H⁺）=0.01mol/L，酸完全电离；
（2）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，MA属于强酸弱碱盐，水解显示酸性，即a＜7；原因是M⁺离子结合水电离的氢氧根离子生成了MOH，离子方程式为：M⁺+H₂O⇌MOH+H⁺；
故答案为：＜；M⁺+H₂O⇌MOH+H⁺；
（3）HA是强酸，所以反应后的溶液中，c（A^-）=[1/2]×0.01mol•L^-1=0.005mol•L^-1，故c（M⁺）+c（MOH）=2c（A^-）；
根据电荷守恒可得：c（H⁺）+c（M⁺）=c（A^-）+c（OH^-），
由c（M⁺）+c（MOH）=0.01mol/L，可得c（M⁺）=0.01mol/L-c（MOH），带入电荷守恒公式可得：c（H⁺）+0.01mol/L-c（MOH）=c（A^-）+c（OH^-），
整理可得：c（MOH）+c（OH^-）=c（H⁺）+0.01mol/L-c（A^-）=10^-10mol/L+0.01mol/L-0.005mol•L^-1≈0.005mol•L^-1，
故答案为：0.005．

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电离、盐类的水解、溶液的稀释、离子浓度的大小比较等知识点，利用电荷守恒、物料守恒来分析解答即可，难度中等．

解题思路：①0.01mol•L^-1醋酸；②0.02mol•L^-1醋酸与0.02mol•L^-1NaOH等体积混合后，生成CH₃COONa，浓度为0.01mol•L^-1；
③0.04mol•L^-1醋酸与0.02mol•L^-1NaOH等体积混合后，剩余醋酸浓度为0.01mol•L^-1，生成CH₃COONa浓度为0.01mol•L^-1；
A．①呈酸性，②呈碱性，③呈酸性，结合电离平衡移动的角度分析；
B．从盐类水解的角度分析；
C．结合盐类的水解以及弱电解质的电离特点分析；
D．从盐类水解平衡移动的角度分析．

①0.01mol•L^-1醋酸；②0.02mol•L^-1醋酸与0.02mol•L^-1NaOH等体积混合后，生成CH₃COONa，浓度为0.01mol•L^-1；
③0.04mol•L^-1醋酸与0.02mol•L^-1NaOH等体积混合后，剩余醋酸浓度为0.01mol•L^-1，生成CH₃COONa浓度为0.01mol•L^-1；
A..①呈酸性，②呈碱性，③呈酸性，但由于③中醋酸根离子抑制醋酸的电离，则①中氢离子浓度最大，pH最小的是①，故A正确；
B．②中醋酸根离子水解，溶液中存在醋酸、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子以及钠离子，③为醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中也存在醋酸、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子以及钠离子，②和③溶液中所含微粒种类相同，故B正确；
C．①为醋酸，电离程度较小，②为醋酸钠，醋酸根离子的水解程度较小，③为醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则3种溶液中c（CH₃COO^-）大小顺序是③＞②＞①，故C正确；
D．向②中加少量的CH₃COONa固体，c（CH₃COO^-）增大，CH₃COO^-水解程度减小，则
c(CH3COO−)
c(Na+)相当于
c(CH3COO−)
c(CH3COONa )，由于CH₃COO^-水解程度减小，则
c(CH3COO−)
c(Na+)增大，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；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查弱电解质和盐类水解的原理，题目难度中等，易错点为D，注意思考问题的角度．

解题思路：（1）混合后恰生成NaA，得到的是NaA和HA的混合溶液，由于c（Na⁺）＜c（A^-），根据电荷守恒c（H⁺）＞c（OH^-）说明溶液呈酸性，HA的电离能力强于A^-的水解能力；（2）混合溶液中NaA电离出A^-增大了HA溶液中A^-的浓度，使HA的电离度减小；
（3）将0.04mol•L^-1HA溶液与0.02mol•L^-1NaOH溶液等体积混合，混合溶液中c（HA）=c（NaA）=0.01 mol/L．设HA电离出的c（H⁺）=x，则c（A^-）=x+0.01，根据平衡常数的表达式可以得出

x(x+0.01)

0.01−x

=1.7×10^-5，解方程即可求出c（H⁺）得到溶液pH；
（4）将0.04mol•L^-1HA溶液与0.02mol•L^-1NaOH溶液等体积混合，混合溶液中c（HA）=c（NaA）=0.01 mol/L，根据电荷守恒c（H⁺）+c（Na⁺）=c（OH^-）+c（A^2-），物料守恒为：c（HA）+c（A^2-）=2c（Na⁺），可以得出c（HA）+c（H⁺）-c（OH^-）=c（Na⁺）．

（1）混合后恰生成NaA，得到的是NaA和HA的混合溶液，由于c（Na⁺）＜c（A^-），根据电荷守恒c（H⁺）＞c（OH^-）说明溶液呈酸性，HA的电离能力强于A^-的水解能力c（HA）＜c（A^-），故答案为：＜；
（2）混合溶液中NaA电离出A^-增大了HA溶液中A^-的浓度，使HA的电离度减小，混合溶液中的c（H⁺）＜0.01mol•L^-1HA溶液的c（H⁺），故答案为：＜；
（3）将0.04mol•L^-1HA溶液与0.02mol•L^-1NaOH溶液等体积混合，混合溶液中c（HA）=c（NaA）=0.01 mol/L．设HA电离出的c（H⁺）=x，则c（A^-）=x+0.01，根据平衡常数的表达式可以得出
x(x+0.01)
0.01−x=1.7×10^-5，解方程即可求出c（H⁺）=1.7×10^-5mol/L，pH=4.77，故答案为：4.77；
（4）将0.04mol•L^-1HA溶液与0.02mol•L^-1NaOH溶液等体积混合，混合溶液中c（HA）=c（NaA）=0.01 mol/L，根据电荷守恒c（H⁺）+c（Na⁺）=c（OH^-）+c（A^2-），物料守恒为：c（HA）+c（A^2-）=2c（Na⁺），可以得出c（HA）+c（H⁺）-c（OH^-）=c（Na⁺）=0.01mol/L，故答案为：0.01 mol/L．

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： 本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较，溶液中离子浓度计算方法，溶液中电荷守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．

解题思路：根据题干条件求出KAl（SO₄）₂的物质的量，再结合右下图解题．图象中横坐标表示氢氧化钡溶液的体积，纵坐标不仅表示氢氧化铝沉淀，还表示硫酸钡沉淀．图象中的沉淀量减少，表示氢氧化铝在氢氧化钡中溶解．

100mL 0.02mol•L^-1KAl（SO₄）₂溶液中，含有2×10^-3molA1³⁺、4×10^-3molSO₄^2-．
A．逐滴加入0.05mol•L^-1Ba（OH）₂溶液时（25℃），0.05mol•L^-1Ba（OH）₂溶液中c（OH^-）=1×10-1mol/L，则c（H⁺）=Kw/c（OH^-）=（1×10^-14）/1×10^-1mol/L=1×10^-13mol/L，故pH=13，故A正确；
B．a点表示Al（OH）₃沉淀溶解转化为Ba（AlO₂）₂后剩余BaSO₄沉淀，根据Al³⁺+4OH^-（过量）=AlO₂^-+2H₂O，2×10^-3molA1³⁺需8×10^-3molOH^-，1molBa（OH）₂能电离出2molOH^-，故需4×10^-3molBa（OH）₂，需0.05mol•L^-1Ba（OH）₂溶液8×10^-2L，即80mL，故B正确；
C．b点生成沉淀物质的量最大，含有2×10^-3molA1³⁺、4×10^-3molSO₄^2-，当生成2×10^-3molA1（OH）₃时，需3×10^-3molBa（OH）₂，生成3×10^-3molBaSO₄，共5×10^-3mol沉淀，如再滴1×10^-3molBa（OH）₂，共生成4×10^-3molBaSO₄但此时溶解了2×10^-3mol的氢氧化铝．故生成沉淀物质的量最大时，生成2×10^-3molA1（OH）₃，生成3×10^-3molBaSO₄，共5×10^-3mol沉淀，故C正确；
D．当V[Ba（OH）₂]=30 mL时，加入的氢氧化钡的物质的量为1.5×10^-3mol，此时生成1×10^-3molA1（OH）₃，质量为0.078g，生成1.5×10^-3molBaSO₄，质量为0.3495g，生成沉淀的质量共0.4275克，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题综合性强，不仅需掌握硫酸钡是难溶于碱的盐，还需掌握氢氧化铝的两性，掌握怎样从图中获取信息，怎样利用有关数据进行计算．

解题思路：n（Na₂SO₃）=0.024L×0.05mol/L=0.0012mol，n（K₂Cr₂O₇）=0.02L×0.02moL/L=0.0004mol，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等，以此解答．

n（Na₂SO₃）=0.024L×0.05mol/L=0.0012mol，SO₃^2-被氧化生成SO₄^2-，失去电子0.0012mol×2=0.0024mol，
n（K₂Cr₂O₇）=0.02L×0.02moL/L=0.0004mol，应得到0.0024mol电子，设Cr还原后的化合价为x，
则0.0004mol×2×（6-x）=0.0024mol，
x=3，
故选：B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生计算能力的考查，难度不大，注意根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度解答该类题目．

①0.01mol•L -1 醋酸；②0.02mol•L -1 醋酸与0.02mol•L -1 NaOH等体积混合后，生成CH 3 COONa，浓度为0.01mol•L -1 ；③0.04mol•L -1 醋酸与0.02mol•L -1 NaOH等体积混合后，剩余醋酸浓度为0.01mol•L -1 ...

解题思路：①0.01mol•L^-1醋酸；②0.02mol•L^-1醋酸与0.02mol•L^-1NaOH等体积混合后，生成CH₃COONa，浓度为0.01mol•L^-1；
③0.04mol•L^-1醋酸与0.02mol•L^-1NaOH等体积混合后，剩余醋酸浓度为0.01mol•L^-1，生成CH₃COONa浓度为0.01mol•L^-1；
A．结合盐类的水解以及弱电解质的电离特点分析；
B．从盐类水解的角度分析；
C．①呈酸性，②呈碱性，③呈酸性，结合电离平衡移动的角度分析；
D．从盐类水解平衡移动的角度分析．

①0.01mol•L^-1醋酸；②0.02mol•L^-1醋酸与0.02mol•L^-1NaOH等体积混合后，生成CH₃COONa，浓度为0.01mol•L^-1；
③0.04mol•L^-1醋酸与0.02mol•L^-1NaOH等体积混合后，剩余醋酸浓度为0.01mol•L^-1，生成CH₃COONa浓度为0.01mol•L^-1；
A．①为醋酸，电离程度较小，②为醋酸钠，醋酸根离子的水解程度较小，③为醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则3种溶液中c（CH₃COO^-）大小顺序是③＞②＞①，故A不选；
B．②中醋酸根离子水解，溶液中存在醋酸、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子以及钠离子，③为醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中也存在醋酸、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子以及钠离子，②和③溶液中所含微粒种类相同，故B不选；
C．①呈酸性，②呈碱性，③呈酸性，但由于③中醋酸根离子抑制醋酸的电离，则①中氢离子浓度最大，pH最大的是②，故C选；
D．向②中加少量的CH₃COONa固体，c（CH₃COO^-）增大，CH₃COO^-水解程度减小，则
c(CH3COO−)
c(Na+)相当于
c(CH3COO−)
c(CH3COONa)，由于CH₃COO^-水解程度减小，则
c(CH3COO−)
c(Na+)增大，故D不选．
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： 本题考查弱电解质和盐类水解的原理，题目难度中等，易错点为D，注意思考问题的角度．

解题思路：n[Ba（OH）₂]=n（NaHSO₄）=0.02mol/L×0.1L=0.002mol，化学反应方程式为Ba（OH）₂+NaHSO₄=BaSO₄↓+NaOH+H₂O，溶液中的溶质为NaOH，其物质的量浓度为0.01mol/L，溶液呈碱性，再结合pH计算方法解答．

n[Ba（OH）₂]=n（NaHSO₄）=0.02mol/L×0.1L=0.002mol，化学反应方程式为Ba（OH）₂+NaHSO₄=BaSO₄↓+NaOH+H₂O，溶液中的溶质为NaOH，其物质的量浓度为0.01mol/L，溶液呈碱性，
A．溶液呈碱性，由水电离出的c（H⁺）=
10−14
0.01mol/L=10^-12 mol/L，故A错误；
B．根据A知，溶液中c（H⁺）=10^-12 mol/L，则溶液的pH=-l_g10^-12=12，故B正确；
C．根据A知，溶液的pH=12，故C错误；
D．混合后，溶液体积为0.2L，根据Na原子守恒知，c（NaOH）=[0.002mol/0.2L]=0.01mol/L，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查pH计算、离子方程式的计算等知识点，明确混合溶液中的溶质是解本题关键，易错选项是D，注意：等体积混合后溶液体积增大一倍，导致不参加反应的离子浓度降为原来的一半，为易错点．

解题思路：0.01mol•L^-1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，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，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c（MOH）和c（M⁺）的和．

A.0.01mol•L^-1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，故A错误；
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错误；
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）和c（M⁺）的和是原来MOH浓度的一半，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．

解题思路：A．根据0.01mol/L的HA溶液的pH判断HA；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；
B．N点pH=7，根据此时HA、MOH的物质的量判断是否恰好反应；
C．在N点时混合液的pH=7，则c（OH^-）=c（H⁺），根据电荷守恒可知c（A^-）═c（M⁺）；
D．K点溶液pH＞7，c（OH^-）＞c（H⁺），根据电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小．

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．

解题思路：0.01mol•L^-1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，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，根据物料守恒计算K点c（MOH）和c（M⁺）的和．

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．

解题思路：在25℃下，将a mol•L^-1的CH₃COONa与0.02mol•L^-1的盐酸等体积充分混合，反应后测得溶液pH=7，则c（H⁺）=c（OH^-），溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-）+c（CH₃COO^-），
（1）醋酸根离子水解程度较小，要使混合溶液呈中性，则醋酸钠物质的量比盐酸大；
（2）溶液中存在物料守恒、电荷守恒，根据物料守恒和电荷守恒计算；
（3）醋酸的电离平衡常数Ka=

c(H+)．c(CH3COO−)

c(CH3COOH)

；
（4）溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒及醋酸根离子水解程度判断．

在25℃下，将a mol•L^-1的CH₃COONa与0.02mol•L^-1的盐酸等体积充分混合，反应后测得溶液pH=7，则c（H⁺）=c（OH^-），溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-）+c（CH₃COO^-），
（1）醋酸根离子水解程度较小，氯化氢属于强电解质而完全电离，要使混合溶液呈中性，则醋酸钠应该量大，所以a＞0.02，故答案为：＞；
（2）二者等体积混合时，溶液体积增大一倍，则物质浓度降为原来的一半，根据物料守恒得c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=0.5amol/L，溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-）+c（CH₃COO^-），还存在物料守恒c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=c（Na⁺），所以得c（CH₃COOH）=c（Na⁺）-c（CH₃COO^-）=c（Cl^-）=0.01mol/L，
故答案为：0.5a；0.01；
（3）醋酸的电离平衡常数Ka=
c(H+)．c(CH3COO−)
c(CH3COOH)=
10−7．(0.5a−0.01)
0.01=（5a-0.1）×10^-6，
故答案为：（5a-0.1）×10^-6；
（4）溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-），溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-）+c（CH₃COO^-），所以c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）+c（Cl^-），醋酸钠浓度大于盐酸，且醋酸根离子水解程度较小，所以c（CH₃COO^-）＞c（Cl^-），则离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（Cl^-）＞c（H⁺）=c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（Cl^-）＞c（H⁺）=c（OH^-）．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查了离子浓度大小比较，离子浓度大小比较常常与盐类水解、弱电解质的电离综合考查，根据盐类水解程度结合电荷守恒解答，难点是（3）题，根据电离平衡常数公式进行解答，注意二者等体积混合时，溶液体积增大一倍导致物质浓度降为原来一半，为易错点．

解题思路：100mL 0.02mol•L^-1的Ba（OH）₂溶液中氢氧根离子浓度物质的量为：0.02mol•L^-1×0.1L×2=0.004mol；100mL 0.02mol•L^-1的NaHSO₄溶液中氢离子的物质的量为：0.02mol•L^-1×0.1L=0.002mol，两溶液混合后氢氧根离子过量，溶液显示碱性，根据氢氧根离子、氢离子的物质的量计算出混合后溶液中氢氧根离子的浓度，再计算出溶液的pH；氢氧化钡与硫酸氢钠等物质的量反应，反应后溶质为氢氧化钠，根据钠离子守恒计算出氢氧化钠的物质的量及浓度，据此进行解答．

100mL 0.02mol•L^-1的Ba（OH）₂溶液中氢氧化钡物质的量为：0.02mol•L^-1×0.1L=0.002mol，氢氧根的物质的量为0.004mol；
100mL 0.02mol•L^-1的NaHSO₄溶液中硫酸氢钠的物质的量为：0.02mol•L^-1×0.1L=0.002mol，氢离子的物质的量为：0.002mol；
A．两溶液混合后，氢氧根离子过量，溶液显示碱性，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：[0.004mol−0.002mol/0.1L+0.1L]=0.02mol/L，溶液的pH=12，所以A错误；
B．根据A的计算结果可知，反应后的溶液的pH=12，故B正确；
C．碱溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：
1×10−14
0.02mol/L=1.0×10^-2 mol•L^-1，故C错误；
D．等物质的量浓度氢氧化钡与硫酸氢钠反应生成水、硫酸钡沉淀和氢氧化钠，反应后的溶质为氢氧化钠，根据钠离子守恒，氢氧化钠的物质的量为0.02mol，氢氧化钠的浓度为0.01mol/L，故D错误；
故选B．

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的定性判断及溶液的pH的计算，题目难度中等，注意掌握酸碱反应后溶液定性判断方法及溶液的pH的计算方法，选项D为易错点，注意混合后溶液的体积增大了一倍，生成的氢氧化钠的浓度减小一半．