）可能“大于”、“小于”、“等于”c（Cl－），B、C错误；若a＜b时，c（OH－）一定＜c（H＋），D正确。
【思路点拨】本题也可以根据电荷守恒判断：
比如若c（NH
）＞c（Cl－），则c（OH－）>c（H＋）。
【化学卷·2020届浙江省绍兴一中高三上学期回头考试】25.已知在室温的条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答下列问题：
（1）各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH较大的是________溶液
（2）各取5mL上述溶液，分别加热（温度相同），pH较小的是________溶液
（3）H2SO4溶液和NH4Cl溶液中由水电离出的c（H+）之比为__________
（4）取5mLNH4Cl溶液，加水稀释至50mL，c（H+） ____________10-6mol·L-1（填“>”、“<”或“=”），c（NH4+）／c（H+）_______________（填“增大”、“减小”或“不变”）
【知识点】溶液稀释、升温时PH变化H2H3
【答案解析】
（1）H2SO4
（2）NH4Cl
（3）10-4:
1
（4）>减小
解析：
（1）各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH都增大，但NH4Cl的水解平衡右移，pH增大的较小，所以pH较大的是H2SO4溶液；
（2）各取5mL上述溶液，分别加热（温度相同），NH4Cl的水解平衡右移，氢离子浓度增大pH减小，pH较小的是NH4Cl溶液；
（3）H2SO4溶液和NH4Cl溶液中由水电离出的c（H+）之比为10-9：
10-5=10-4:
1
（4）取5mLNH4Cl溶液，加水稀释至50mL，溶液体积是原来的10倍，假设水解平衡不移动，c（H+） =10-6mol·L-1，加水NH4Cl的水解平衡右移，氢离子数目增加，所以c（H+） >10-6mol·L-1；加水稀释由于NH4+的物质的量减小，H+的物质的量增大，c（NH4+）减小的程度大，c（H+）减小的程度小，所以c（NH4+）／c（H+）减小。
【思路点拨】本题考查了溶液稀释、升温时PH变化，分析时抓住H2SO4是强电解质，完全电离，NH4Cl溶液中存在水解平衡，稀释或升温时平衡发生移动。
【化学卷·2020届浙江省绍兴一中高三上学期回头考试】20．下列说法正确的是（）
A．等物质的量浓度的硫酸氢铵溶液和氢氧化钠溶液等体积混合：
c（S20202-）>c（Na+）>C（NH4+）>c（OH-）=c（H+）
B．常温下0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则溶液中微粒浓度存在下面关系：
c（HB）>c（Na+）>c（B-）>c（H+）>c（OH-）
C．在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4CI的溶液恰好无色，则此时溶液的PH<7
D．pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，若混合液pH=7，则溶液中：
2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）
【知识点】溶液中的离子浓度关系H2H6
【答案解析】D解析：
A、等物质的量浓度的硫酸氢铵溶液和氢氧化钠溶液等体积混合：
OH-与H+恰好反应，水解是溶液显酸性：
c（S20202-）=c（Na+）>C（NH4+）>c（H+）>c（OH-），故A错误；B、常温下0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液为等物质的量的HB与NaB的混合溶液，根据溶液的pH=3可知HB的电离大于NaB的水解程度，则溶液中微粒浓度存在下面关系：
c（Na+）>c（HB）>c（B-）>c（H+）>c（OH-），故B错误；C、在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4CI的溶液恰好无色，则此时溶液的PH约为8，故C错误；D、利用电荷守恒：
2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），混合液pH=7,即c（OH-）=c（H+），所以2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+），故D正确。
故答案选D
【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系，D选项一定要借助电荷守恒式进行解答。
【化学卷·2020届浙江省嘉兴市高三上学期学科基础测试】18.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mo1·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中
A.水的电离程度始终增大
B.c（NH4+）/c（NH3·H2O）先增大再减小
C.c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和始终保持不变
D.当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO-）
【知识点】酸碱混合时溶液定性判断H1H2H6
【答案解析】D解析：
A、向10mL浓度为0.1mo1·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中水的电离程度先增大，随着氨水浓度的增加水的电离被抑制，水的电离程度减小，故A错误；B、当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=
，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，c（NH4+）/c（NH3·H2O）变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数
随着氨水的加入，c（OH-）逐渐增大，Kb不变，c（NH4+）/c（NH3·H2O）变小，所以c（NH4+）/c（NH3·H2O）始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；
D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：
c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；
故答案选D
【思路点拨】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，注意电荷守恒以及电离常数不随温度变化的灵活应用。
【化学卷·2020届江苏省盐城中学高三上学期开学考试】14、在常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol·L－1pH＝7.82的NH4HCO3溶液中：
c（HCO
）＞c（NH
）＞c（OH－）＞c（H＋）
B．浓度均为0.1mol·L－1的NH3·H2O溶液和NH4Cl溶液等体积混合：
[c（NH
）＋c（H＋）]＞[c（NH3·H2O）＋c（OH－）]
C．0.1mol·L－1Na2S溶液中：
c（OH－）＝c（H＋）＋c（HS－）＋c（H2S）
D．0.1mol·L－1Na2S溶液与0.1mol·L－1NaHS溶液等体积混合：
2c（Na＋）－3c（S2－）＝3c（HS－）＋3c（H2S）
【知识点】溶液中的离子浓度关系H1H2H6
【答案解析】BD解析：
A、0.1mol·L－1pH＝7.82的NH4HCO3溶液略显碱性，说明水解程度HCO
＞NH
：
所以溶液中微粒的物质的量浓度关系c（NH
）＞c（HCO
）＞c（OH－）＞c（H＋），故A错误；B、浓度均为0.1mol·L－1的NH3·H2O溶液和NH4Cl溶液等体积混合，根据电荷守恒：
c（NH
）＋c（H＋）=c（Cl-）＋c（OH－），由于c（NH3·H2O）＞c（Cl-），所以[c（NH
）＋c（H＋）]＞[c（NH3·H2O）＋c（OH－）]，故B正确；C、根据质子守恒，0.1mol·L－1Na2S溶液中：
c（OH－）＝c（H＋）＋c（HS－）＋2c（H2S），故C错误；D、0.1mol·L－1Na2S溶液与0.1mol·L－1NaHS溶液等体积混合时钠与硫原子的物质的量比为3:
2，即2c（Na＋）=3c（S2－）+3c（HS－）＋3c（H2S），故D正确。
故答案选BD
【思路点拨】本题考查溶液中的离子浓度关系，理解物料守恒、电荷守恒、质子守恒式关键。
【化学卷·2020届江苏省盐城中学高三上学期开学考试】8、常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是（ ）
A．等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
B．pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显中性
C．pH＝10的Ba（OH）2溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝10.7（已知lg2＝0.3）
D．将10mLpH＝a的盐酸与100mLpH＝b的Ba（OH）2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13
【知识点】溶液混合后的性质分析PH计算H1H2
【答案解析】D解析：
A、由于不知道具体是哪种酸与哪种碱反应，等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合不一定恰好中和，溶液的pH不一定是7，故A错误；B、常温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后，氨水过量，所得溶液显碱性，故B错误；C、pH＝13的NaOH溶液中氢氧根离子浓度大，当pH＝10的Ba（OH）2溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH更接近13，约为12.7，故C错误；D、溶液混合后恰好中和：
10-a×0.01=10b-14×0.1，化简得a＋b＝13，故D正确。
故答案选D
【思路点拨】本题考查溶液混合后的性质分析，PH计算，属于易错题，需要灵活应用公式解决问题的能力。
【化学卷·2020届江苏省启东中学高三上学期第一次月考】19．（16分）ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为－59℃，沸点为11.0℃，易溶于水。
工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得。
某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2。
2
（1）A装置电动搅拌棒的作用是。
A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、。
（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是。
（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液。
已知
（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2·3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；
（2）NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：
①减压，55℃蒸发结晶；②；③；④低于60℃干燥；得到成品。
（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。
为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：
步骤1：
准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：
用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；
步骤3：
加入指示剂，用c mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3 +I2 ＝Na2S4O6 +2NaI）。
①配制100mLcmol·L-1Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：
。
②滴定过程中进行三次平行测定的原因是。
③若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果。
（填“偏高”、“偏低”或“不变”）
【知识点】溶液配制滴定误差分析A3H2
【答案解析】
（1）反应时搅拌，增大反应物的接触面积，加快反应速率
温度计
（2）使ClO2充分冷凝，减少挥发
（3）②趁热过滤③用38℃~60℃热水洗涤
（4）①100mL容量瓶、胶头滴管②取平均值，减少计算误差③偏高（每空2分）
解析：
（1）A装置电动搅拌棒的作用是搅拌，增大反应物的接触面积，加快反应速率；要控制温度必须使用温度计测量温度，
（2）二氧化氯的熔点较低，使ClO2充分冷凝，减少挥发，所以使用冰水浴；
（3）②从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，③用38℃~60℃热水洗涤；
（4）①配制100mLcmol·L-1Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：
100mL容量瓶、胶头滴管；②为减少实验误差，应采用多次实验的方法；③若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，读取Na2S2O3标准溶液的体积偏大，导致测定所得溶液中ClO2的含量偏高。
【思路点拨】本题考查了溶液配制，滴定误差分析等基本试验常识，比较基础。
【化学卷·2020届江苏省启东中学高三上学期第一次月考】18．（12分）钾水玻璃以其优异的性能广泛用于防腐、铸造、油田、钻井或各种高档涂料中。
钾水玻璃中硅含量的测定可以采用氟硅酸钾容量法，其步骤为：
①称取试样溶解在含有过量的氟离子和钾离子的强酸溶液中，硅能与氟离子、钾离子作用生成氟硅酸钾（K2SiF6）沉淀；
②沉淀分离后于热水中水解，生成HF、H2SiO3、KF；
③过滤除去硅酸沉淀，用氢氧化钠标准溶液滴定滤液。
（1）上述步骤②中的水解反应方程式为；
步骤③中反应的离子方程式为：
。
（2）在步骤③中，若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管，则测得的硅元素含量将
（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）。
（3）若每次称取试样的质量为1.00g，重复滴定四次，消耗1.00mol·L－1氢氧化钠标准溶液的体积为分别为16.80mL、19.90mL、20.00mL、20.10mL，试计算该试样中硅元素的质量分数（以二氧化硅计），写出计算过程。
【知识点】离子方程式书写、酸碱中和滴定B1H2
【答案解析】
（1）K2SiF6+3H2O=2KF+H2SiO3+4HFHF+OH-=F-+H2O;
（2）偏高
（3）由题中数据可得出消耗氢氧化钠标准溶液体积的平均值为20.00mL
关系式：
SiO2~Si~4HF~4NaOH
60g4mol
m20.00×103L×1.0mol/L
求得m=0.30g
硅元素的质量分数（以二氧化硅计）：
解析：
（1）氟硅酸钾（K2SiF6）沉淀分离后于热水中水解，生成HF、H2SiO3、KF，水解反应方程式为K2SiF6+3H2O=2KF+H2SiO3+4HF；
步骤③中反应的离子方程式为：
HF+OH-=F-+H2O。
（2）在步骤③中，若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管，氢氧化钠标准溶液被稀释，导致消耗氢氧化钠溶液体积偏大
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