内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019_2020学年高二化学上学期第二次月考试题(含解析)2771.pdf

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1、 内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学 2019-2020 学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题(本题共 7 小题，共 42 分)1.下列过程或现象与盐类水解无关的是 A.加热浓度较小的 TiCl4溶液获得纳米 TiO2材料 B.粗盐在空气中易潮解 C.加热 FeCl3溶液颜色变深 D.浓 Na2S 溶液有臭味【答案】B【解析】【分析】A、TiCl4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛；B、MgCl2潮解；C、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行 D、浓 Na2S 溶液有臭味，由于硫离子水解生成具有臭鸡蛋味的硫化氢。【详解】A、TiC

2、l4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛，与盐类水解有关，故 A 不选；B、粗盐在空气中易潮解，因为粗盐中含有 MgCl2潮解，故 B 选；C、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行，得到氢氧化铁沉淀，即加热后颜色变深，和盐类水解有关，故 C 不选。D、硫离子水解生成具有臭鸡蛋味的硫化氢，故 D 不选。故选 B。【点睛】本题考查了盐的水解原理、水解平衡移动等知识，解题关键：把握盐的水解原理及其应用 2.一定温度下，用水稀释 0.1molL1的一元弱酸 HA，随稀释进行，下列数值一定增大的是（Kw 表示水的离子积，Ka 表示 HA 的电离常数）A.Kw

3、 B.c(H+)/Ka C.c(HA)/c(A-)D.c(OH-)【答案】D 【解析】【分析】加水稀释弱酸，促进弱酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大。【详解】A温度不变，水的离子积常数不变，故 A 错误；B加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢离子浓度减小，温度不变，电离平衡常数不变，所以 c(H)/Ka 减小，故 B 错误；C加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，则 c(HA)/c(A)减小，故 C 错误；D加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变

4、，则氢氧根离子浓度增大，故 D 正确；故选 D。3.下列各种情况下一定能大量共存的离子组为 A.pH7 的溶液中：Fe3、Cl、Na、NO3-B.由水电离出的c(H)11013mol/L 的溶液中：Na、CO32-、Cl、K C.pH1 的溶液中：NH4+、Cl、Cu2、SO42-D.无色溶液中：Al3、HCO3-、I、K【答案】C【解析】【分析】A铁离子只能存在于酸性溶液中；B由水电离出的 c（H+）=110-13mol/L 的溶液中存在氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；CpH=1 的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D铝离子与碳酸氢根离子

5、之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。【详解】ApH=7 的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于酸性溶液，故 A 错误；B由水电离出的 c（H+）=110-13mol/L 的溶液为酸性或碱性溶液，CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故 B 错误；C该溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，所以 C 选项是正确的；DAl3+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故 D 错误；综上所述，本题选 C。【点睛】常温下，c（H+）=110-13mol/L 的溶液显碱性，c（OH-）=110-1

6、3mol/L 的溶液显酸性；由水电离出的 c（H+）=110-13mol/L 的溶液为酸性或碱性溶液，因为酸碱抑制水电离，水电离出的 c（H+）10-7mol/L 或 c（OH-）1.4 105，即有白色沉淀生成，故 D正确，故选 D。5.下列变化使所得溶液的 pH=7 的是 A.将 25 pH=7 的 NaCl 溶液加热至 80 B.常温下,pH=2 的 NaHSO4溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合 C.常温下,pH=2 的 CH3COOH 溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合 D.常温下,0.1molL-1的 NaAlO2溶液和 0.1molL-1的 HCl 溶

7、液按体积比 1:4 混合【答案】B【解析】【分析】A升高温度促进水电离，溶液中 c（H）增大；B、常温下，pH=2 的 NaHSO4溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水；C、常温下，pH=2 的 CH3COOH 溶液浓度大于 pH=12 的 NaOH 溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余；D、常温下,0.1molL-1的 NaAlO2溶液和 0.1molL-1的 HCl 溶液按体积比 1:4 混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性。【详解】A升高温度促进水电离，溶液中 c（H）增大，则溶液的 pH 小于 7，故 A 错误；B、常温下，pH=2 的

8、NaHSO4溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水，硫酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，pH=7，故 B 正确；C、常温下，pH=2 的 CH3COOH 溶液浓度大于 pH=12 的 NaOH 溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液的 pH7，故 B 错误；D、常温下,0.1molL-1的 NaAlO2溶液和 0.1molL-1的 HCl 溶液按体积比 1:4 混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，解题关键：明确溶液中的溶质及其性质，易错点A，升高温度促进水电离，溶液的 p

9、H 小于 7，但溶液仍然呈中性，难点 D，NaAlO2和酸反应与酸的量有关 6.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是 A.图中五点 Kw 间的关系：BCADE B.若从 A 点到 D 点，可采用在水中加入少量酸的方法 C.若从 A 点到 C 点，在温度不变时向水中加入适量 NH4Cl 固体 D.若处在 B 点时，将 pH2 的硫酸与 pH10 的 KOH 溶液等体积混合后，溶液显中性【答案】C【解析】【详解】A、Kw 与温度有关，温度越高值越大，EAD 在一条等温线上，所以相等，因为温度升高，所以 BCADE，A 正确。B、若从 A 点到 D 点，c(H+)变大，c(OH-)变小，可采

10、用在水中加入少量酸的方法，B 正确。C、若从 A 点到 C 点，Kw 改变温度改变，C 错误。D、若处在 B 点时，Kw=10-12（mol/L）2，pH=2 的硫酸溶液与 pH=10 的 KOH 溶液等体积混合，二者恰好反应，所得溶液呈中性，D 正确；答案选 C。7.两种一元碱 MOH 和 ROH 的溶液分别加水稀释，溶液 pH 的变化如图所示，下列叙述正确的是 A.MOH一种弱碱 B.在 x 点，c(M+)=c(R+)C.稀释前，c(MOH)=l0c(ROH)D.稀释前 MOH 溶液和 ROH 溶液中由水电离出的 c(OH-)前者是后者的 10 倍【答案】B【解析】A、根据图示，溶液稀释

11、100 倍，ROH 溶液的 pH 减小了 1，MOH 溶液 pH 减小了 2，所以 MOH是强碱，ROH 是弱碱，故 A 错误；B、在 x 点，两溶液中 pH 相等，氢氧根离子浓度等于 c(M+)、c(R+)，所以 c(M+)=c(R+)，故 B 正确；C、由于 MOH 是强碱，ROH 是弱碱，稀释前，MOH 等于0.1mol/L，ROH 大于 0.01mol/L，所以稀释前，c(MOH)10 c(ROH)，故 C 错误；D、稀释前，MOH 溶液中 c(OH-)=0.1mol/L，ROH 溶液中的 c(OH-)=0.01mol/L，由水电离出的 c(OH-)分别为10-13 mol/L、10-

12、12 mol/L，因此 MOH 溶液中水电离的 c(OH-)是 ROH 溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度的110倍，故 D 错误；故选 B。二、非选择题(本题共 4 小题，共 58 分)8.用氧化还原滴定法测定 Ti02的质量分数；一定条件下，将 TiO2溶解并还原为 Ti3+，再以KSCN 溶液作指示剂，用 NH4Fe(S04)2标准溶液滴定 Ti3+至全部生成 Ti4+。(1)配制 NH4 Fe(S04)2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的_(填字母代号)。(2)滴定终点的现象是_。(3)滴定分析时，称取 TiO2(摩尔质量为 M g/mol)试样 w

13、 g，消耗 c mol/L NH4Fe(S04)2标准溶液 V mL，则 Ti02质量分数表达式为_。(4)判断下列操作对 Ti02质量分数测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若在配制标准溶液过程中，烧杯中的 NH4 Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果_。【答案】(1).ac (2).溶液变为红色，且半分钟不褪色 (3).cVM10w%(4).偏高 (5).偏低【解析】【分析】(1)依据溶液配制操作分析所需要的玻璃仪器；(2)因为是用 KSCN 作指示剂，终点时 NH4Fe(SO4)2不再反应，生成血红色的 Fe

14、(SCN)3；(3)根据得失电子守恒，有：1Ti3+1Fe3+，故 n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV10-3mol，据此计算其质量分数为；(4)NH4Fe(SO4)2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，百分含量偏大；若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小。【详解】(1)根据一定物质的量浓度的溶液操作步骤可知，所需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需一定规格的容量瓶和胶头滴管，故答案为 ac；(2)Fe3+与 Ti3+反应，被还原为 Fe2+，加入 KSCN 不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe(SO4)2，溶液中 Fe3

15、+过量，会变成红色，即溶液变为红色，且半分钟不褪色时为滴定终点；(3)根据得失电子守恒，有：1Ti3+1Fe3+，故 n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV10-3mol，其质量分数为；3cV 10 mol Mg/mol100%wg=cVM10w%；(4)在配制标准溶液过程中，烧杯中的 NH4Fe(SO4)2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中百分含量偏高；若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏低。9.电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解、沉淀溶解，据所学知识回答下列问题：（1）t时，纯水中 c(H+)110-6 molL-1，该

16、温度下，pH10 的 Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为_ molL-1。（2）25时，将 a molL-1 的醋酸和 b molL-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则溶液中 c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=_ molL-1，a_ b（填“”、“”或“=”）。（3）工业上采取用氨水除去 SO2，已知 25，NH3 H2O 的 Kb=1.8105，H2SO3的 Ka1=1.3 10一 2，Ka2=62 10一 8。若氨水的浓度为 2.0 mo1/L，溶液中的 c(OH)=_ mo1/L；将 SO2通入该氨水中，当 c(OH)降至 2.0 10一 6mo1/L 时，溶液

17、中的2-3-3c(SO)c(HSO)=_。（4）将 AgCl 分别放入：5 mL 水 10 mL 0.1 molL-1 MgCl2溶液40 mL 0.3molL-1 盐 酸溶液中溶解至溶液饱和 20 mL 0.5molL-1 NaCl 溶液，各溶液中 Ag+的浓度分别为 a、b、c、d，它们由大到小的排列顺序是_（用字母表示）。【答案】(1).0.005 (2).0.5a (3).(4).6.0103 (5).12.4 (6).abcd【解析】【分析】根据水的离子积计算溶液中氢氧根离子浓度；根据物料守恒、电荷守恒比较溶液中离子浓度大小；根据电离常数及溶度积常数计算溶液中离子浓度大小。【详解】（

18、1）t时，纯水中 c(H+)110-6 molL-1，则 Kw=c(H+)c(OH-)=(110-6)2=110-12，离子积只和温度有关，Ba(OH)2属于强碱，完全电离，pH=10 时，c(H+)=110-10mol/L，c(OH-)=c HwK=12101 101 10=0.01mol/L，则cBa(OH)2=1/2c(OH-)=1/20.01mol/L=0.005mol/L，故答案为 0.005；（2）25时，将 a molL-1醋酸溶液和 bmolL-1氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈中性，即混合后溶液的 pH=7，则 c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可得 c（CH3COO-）

19、=c（Na+），当a=b 时，两溶液恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若使溶液的 pH=7，则醋酸的浓度应该稍大一些，即 ab；再根据物料守恒可知，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2amolL-1，故答案为 0.5a，；（3）根据 NH3H2O 的 Kb=1.8105可知，432c NHc OHc NHH O=1.8105，当氨水的浓度为2.0 mo1/L 时，溶液中的 c(OH-)=c(NH4+)=51.8 102.0/mol L=6.010-3mol/L，根据H2SO3的 Ka2=6.2 10一8可知，2323c Hc SOc HSO=6.2 10一8，当c(OH-)降至2.0

20、10-6mol/L时，则 c(H+)=Kwc OH=510-9mol/L，溶液中的2-3-3c(SO)c(HSO)=896.2 105 10=12.4，故答案为 6.0103，12.4；（4）氯离子浓度大小为：，氯离子浓度越大，银离子浓度越小，则饱和溶液中 c（Ag+）大小为：abcd，故答案为 abcd。10.醋酸是日常生活中最常见的调味剂和重要的化工原料，醋酸钠是其常见的盐（已知：25，Ka（CH3COOH）=1.6910-5）。（1）醋酸钠溶液呈碱性的原因是_（写出有关的离子方程式）（2）在 CH3COONa 溶液中离子浓度由大到小的顺序为_（用 c（Bn+）表示相应离子浓度）；（3）2

21、5时，0.10mol/L 的醋酸溶液的 pH 约为_（已知：lg1.3=0.114）；（4）对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的下列说法正确的是_；A稀释醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，而稀释醋酸钠溶液则醋酸钠的水解程度减小 B升高温度可以促进醋酸电离，也可以促进醋酸钠水解 C醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离 D醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸促进醋酸钠的水解、醋酸钠也促进醋酸的电离（5）物质的量浓度均为 0.1mol/L 的 CH3COONa 和 CH3COOH 溶液等体积混合（注：混合前后溶液体积变化忽略不计），混合液中的下列关系式正确的是_；Ac（CH3COOH）+2c（

22、H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）Bc（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）Cc（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L（6）常温时，有以下 3 种溶液，其中 pH 最小的是_；A0.02molL-1CH3COOH 与 0.02molL-1NaOH 溶液等体积混合液 B0.03molL-1CH3COOH 与 0.01molL-1NaOH 溶液等体积混合液 CpH=2 的 CH3COOH 与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合液（7）用 pH 试纸在常温下分别测定 0.10mol/L 的醋酸钠溶液和 0.10mol/L 的碳酸钠溶液，则pH（

23、CH3COONa）_ pH（Na2CO3）（填：“”、“c(CH3COO)c(OH)c(H+)或c(Na+)、c(CH3COO)、c(OH)、c(H+)(3).2.89 或 2.886 (4).BC (5).ABC (6).C (7).【解析】【分析】（1）醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子；（2）醋酸根离子水解，溶液显碱性；（3）平衡常数表达式 Ka=33c Hc CH COOc CH COOH（）（），0.10mol/L 的醋酸溶液的 c（H+）=aK c，以此计算 pH；（4）A稀释促进电离、促进水解；B电离、水解均为吸热反应；C醋酸和醋酸钠的混合液中，电离与水解相互抑制；D醋酸和醋酸钠

24、的混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离；（5）物质的量浓度均为 0.1mol/L 的 CH3COONa 和 CH3COOH 溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为 c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为 c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），以此分析；（6）混合溶液的酸性越强，则 pH 越小，以此来解答；（7）用 pH 试纸在常温下分别测定 0.10mol/L 的醋酸钠溶液和 0.10mol/L 的碳酸氢钠溶液，酸性越强，水解程度小，则碱性小，pH 就小。【详解】（1）醋酸钠是强碱弱酸盐，弱阴离子 CH

25、3COO-水解使溶液呈碱性，离子方程式为：CH3COO+H2O CH3COOH+OH。（2）醋酸根离子水解，溶液显碱性，则 c(Na+)c(CH3COO)、c(OH)c(H+)，又因为一般水解是微弱的，所以 c(Na+)和 c(CH3COO)远大于 c(OH)和 c(H+)，故 CH3COONa 溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)或 c(Na+)、c(CH3COO)、c(OH)、c(H+)。（3）由已知，25时 Ka（CH3COOH）=1.6910-5，又因为 Ka=33()?()()c Hc CH COOc CH COOH，其中c（H+）=c（

26、CH3COO-），c（CH3COOH）约为 0.10mol/L，所以 c（H+）=3()aKc CH COOH=51.69 100.10=1.310-3mol/L，则 pH=-lgc（H+）=3-lg1.3=2.886(或 2.89)。（4）A 项，稀释对电离和水解都有促进作用，则稀释时醋酸的电离程度增大，醋酸钠的水解程度增大，故 A 错误；B 项，电离和水解均为吸热反应，所以升高温度，促进水解和电离，故 B 正确；C、D 两项，醋酸电离是产生 CH3COO，CH3COO水解是产生醋酸，二者作用相反，所以相互抑制，故 C 正确、D 错误。（5）因为 25，Ka（CH3COOH）=1.6910-

27、5，所以 Kh（CH3COO-）=3waKKCH COOH（）=145101.69 10，则 Ka（CH3COOH）Kh（CH3COO-），物质的量浓度均为 0.1mol/L 的 CH3COONa和 CH3COOH 溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为 c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为 c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）=2(120.1mol/L)，由上述两个式子可得 c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-），综上分析 A、B、C 都正确。（6）A 项，0.02molL-1CH3COOH 与 0.

28、02molL-1NaOH 溶液等体积混合，恰好生成醋酸钠，溶液显碱性；B 项，0.03molL-1CH3COOH 与 0.01molL-1NaOH 溶液等体积混合，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，剩余 0.01mol/L 醋酸；C 项，pH=2 的 CH3COOH 与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，pH=2 的醋酸浓度远大于 0.01mol/L，所以剩余醋酸大于 0.01mol/L，故 C 酸性最强，pH 最小。（7）弱酸酸性越强，对应的钠盐溶液中阴离子越容易水解，因为 CH3COOH 酸性强于 HCO3-，所以 0.10mol/L 的醋酸钠溶液和 0.10

29、mol/L 的碳酸钠溶液中，水解程度：CO32-CH3COO，弱阴离子水解溶液显碱性，水解程度越大碱性越强，pH 越大，则 pH（CH3COONa）pH（Na2CO3）。【点睛】本题考查酸碱溶液的混合问题，主要涉及弱酸的电离、盐类水解、酸碱混合溶液中的守恒关系、溶液酸碱性的比较判断及 Ka有关计算等，综合性较强，重在知识应用能力的考查。解题时注意抓住水溶液中的平衡，明确 Ka、Kh、Kw的表达式及其相互关系，从分析溶液成分入手得出溶液中的三大守恒及离子浓度大小关系，如第(5)小题，混合溶液中质子守恒可利用电荷守恒与物料守恒变化得出；要掌握盐类水解规律，如第(7)小题，“越弱越水解、谁强显谁性”

30、等。11.甲、乙两位同学设计实验确定某酸 HA 是弱电解质，实验方案如下：甲：取纯度相同，质量、大小相等锌粒于两支试管中，同时加入浓度均为 0.1 molL-1 的HA 溶液、稀盐酸各 10 mL，按图装好，观察现象。乙：方案一：用 pH 计测定浓度为 0.1 molL-1HA 溶液的 pH；方案二：取 pH=3 的 HA 溶液 5 mL 稀释至 500 mL，再用 pH 计测其 pH。回答下列问题：（1）甲同学设计的方案中，说明 HA 是弱电解质的实验现象是_(填序号)。A.加入两种稀酸后，两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大 B.加入 HA 溶液后，试管上方的气球鼓起慢 C.加入稀盐酸后，

31、试管上方的气球鼓起慢（2）乙同学设计的方案一中说明 HA 是弱电解质的理由是：_（3）乙同学设计的方案二中说明 HA 是弱电解质的 pH 的范围为_（4）丙同学为了进一步证明外界条件对弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验：使 HA 的电离程度和 c(H+)都减小，c(A-)增大，可在 0.1molL-1 的 HA 溶液中，选择加入_试剂；使 HA 的电离程度减小，c(H+)和 c(A-)都增大，可在 0.1molL-1 的 HA 溶液中，选择加入_试剂。（5）若从盐类水解原理角度设计一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取)，证明 HA是弱电解质，你的设计方案是_。【答案】(1).B (2

32、).测得 0.1 molL-1 的HA溶液的pH 1 (3).3PH 1，说明溶液中的氢离子浓度小于 0.1mol/L，说明酸不完全电离，为弱电解质；(3)取 pH=3 的 HA 溶液 5 mL 稀释至 500 mL，溶液中 HA 电离出的氢离子浓度是原来的 1/100，若其为弱电解质，则能继续电离，所以氢离子浓度大于 10-5mol/L，则 3pH5；(4)HA A-+H+，根据平衡移动原理分析，使 HA 的电离程度和 c(H+)都减小，c(A-)增大，所以应加入含有 A-的物质，可在 0.1molL-1 的 HA 溶液中 NaA 固体；HA的浓度增大，HA 的电离程度减小，c(H+)和 c(A-)都增大，所以可以在原溶液中加入物质的量浓度大于 0.1 molL-1的 HA 溶液；(5)HA 是弱电解质，则对应的强碱盐能发生水解而显碱性 所以可以在常温下测 NaA 溶液 pH，若 pH7，即证明 HA 是弱电解质。【点睛】掌握证明弱酸的方法，如证明酸不能完全电离，或证明等浓度的酸和强酸比，与金属反应速率较慢，或验证酸对应的强碱盐显碱性。