学年贵州省遵义市习水县高二上学期期末化学试题解析版.docx

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学年贵州省遵义市习水县高二上学期期末化学试题解析版

2017-2018学年贵州省遵义市习水县高二（上）期末化学试卷

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.关于金属腐蚀的叙述中，正确的是（　　）

A.金属被腐蚀的本质是：

M+nH2O=M（OH）n+H2↑

B.马口铁（镀锡铁）镀层破损后被腐蚀时，首先是镀层被氧化

C.金属在一般情况下发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀

D.白铁（镀锌铁）镀层破损后被腐蚀时，首先是镀件被氧化

【答案】C

【解析】解：

A．金属被腐蚀的本质是金属失去电子M-ne→Mn+，金属在发生腐蚀时不一定有氢气生成，故A错误；

B．马口铁（镀锡铁）镀层破损后被腐蚀时，铁与锡在一起形成原电池，铁活泼作负极易被腐蚀，所以首先是铁被氧化，故B错误；

C．金属与金属中的杂质能在空气中能形成原电池，氧气在正极反应，所以金属在空气中易发生吸氧腐蚀，故C正确；

D．锌、铁和电解质溶液构成原电池时，锌作负极，铁作正极，则作负极的锌易被腐蚀，即镀层易被腐蚀，故D错误。

故选：

C。

A．金属被腐蚀的本质是金属失电子发生氧化反应；

B．铁与锡在一起时，铁活泼易被腐蚀；

C．金属在空气中易发生吸氧腐蚀；

D．锌、铁和电解质溶液构成原电池时，作负极的金属易被腐蚀；

本题考查了金属的腐蚀与防护，明确金属性质是解本题关键，易错选项是D，注意不能根据金属的活泼性确定原电池的正负极，要根据得失电子判断原电池的正负极，为易错点．

2.下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（　　）

A.氢气B.甲烷C.甲醇D.汽油

【答案】A

【解析】解：

甲烷、甲醇和汽油中均含有碳元素，且汽油还含有少量的硫、铅等元素，故在燃烧过程中均易生成污染气体，而氢气燃烧产物只有水，是最环保的燃料，

故选：

A。

甲烷、甲醇和汽油中均含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，氢气燃烧生成无污染的水，据此分析．

本题考查燃料燃烧产物分析，含碳元素化合物燃烧易生成一氧化碳污染性气体，题目较简单．

3.25℃时，水的电离达到平衡：

H2O⇌H++OH-△H＞0，下列叙述正确的是（　　）

A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低

B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变

C.向水中加入少量固体NaOH，平衡逆向移动，c（H+）降低，KW减小

D.将水加热，KW增大，pH不变

【答案】B

【解析】解：

A．向水中加入稀氨水，一水合氨电离出的OH-导致溶液中c（OH-）增大而抑制水电离，平衡逆向移动，故A错误；

B．加入固体硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出H+而使溶液中c（H+）增大，所以抑制水电离，但温度不变，离子积常数不变，故B正确；

C．加入NaOH固体，电离出的OH-导致溶液中c（OH-）增大而抑制水电离，平衡逆向移动，c（H+）降低，但温度不变离子积常数不变，故C错误；

D．升高温度，平衡正向移动，溶液中c（H+）、c（OH-）增大导致离子积常数增大，溶液的pH减小，故D错误；

故选：

B。

根据水的电离方程式H2O⇌H++OH-△H＞0知，该反应是吸热反应，且酸或碱抑制水电离，升高温度促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性无关，据此分析解答．

本题考查水的电离及离子积常数，为高频考点，明确离子积常数、水的电离影响因素是解本题关键，注意：

离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度不大．

4.常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）

A.用少量水稀释0.1 mol/L氨水时，溶液中

 减小

B.将Na2CO3溶液从20℃升温至30℃，溶液中

 增大

C.0.1 mol/L Na2CO3与0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合：

3c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]

D.0.1 mol/L的NaOH溶液和0.2 mol/L的NH4Cl溶液等体积混合后：

c（OH-）-c（H+）=c（Na+）-c（NH3•H2O）

【答案】D

【解析】解：

A．由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH-）增大，则

增大，故A错误；

B．碳酸根离子分步水解，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，平衡常数Kh=

，升温促进水解，平衡常数增大，则

比值减小，故B错误；

C.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒2n（Na）=3n（C），2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，故C错误；

D.0.1mol/L的NaOH溶液和0.2mol/L的NH4Cl溶液等体积混合后，得到等浓度的NH4Cl溶液、NaCl溶液、NH3•H2O溶液，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，电荷守恒为：

c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-），物料守恒c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）代入电荷守恒式得到c（OH-）-c（H+）=c（Na+）-c（NH3•H2O），故D正确；

故选：

D。

A．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少；

B．水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大；

C.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒2n（Na）=3n（C）；

D.0.1mol/L的NaOH溶液和0.2mol/L的NH4Cl溶液等体积混合后，得到等浓度的NH4Cl溶液、NaCl溶液、NH3•H2O溶液，溶液中出电荷守恒和物料守恒计算分析．

本题考查了弱电解质电离平衡、电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒分析判断，主要是溶液中离子浓度关系的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

5.25℃时，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）

A.pH=a的醋酸溶液稀释10倍后，其pH=b，则b=a+1

B.浓度相同的①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4三种溶液的c（NH4+）：

①＞③＞②

C.浓度相同的氨水与盐酸等体积混合：

c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）

D.将amol•L-1CH3COOH与bmol•L-1NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH为7，则a＞b

【答案】D

【解析】解：

A．醋酸为弱电解质，加水稀释后促进了醋酸的电离，电离平衡正向移动，故将pH=a的醋酸溶液稀释10倍后，溶液的pH=b，则b＜（a+1），故A错误；

B．浓度相同的①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4三种溶液中，由于醋酸根离子促进了铵根离子的水解、氢离子抑制了铵根离子的水解，则三种溶液中的c（NH4+）大小为：

③＞①＞②，故B错误；

C．浓度相同的氨水与盐酸等体积混合，反应后溶质为氯化铵，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（Cl-）＞c（NH4+）、c（H+）＞c（OH-），溶液中正确的离子浓度大小为：

c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；

D．amol•L-1CH3COOH与bmol•L-1NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH=7，由于a=b时混合液为碱性，则pH=7时醋酸应该过量，即a＞b，故D正确；

故选：

D。

A．醋酸为弱电解质，加水稀释，电离平衡正向移动，溶液的pH变化小于1；

B．醋酸根离子促进了铵根离子的水解，硫酸氢铵中的氢离子抑制了铵根离子的水解；

C．混合液的溶质为氯化铵，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（Cl-）＞c（NH4+）；

D．若a=b，反应生成醋酸钠溶液显示碱性，若要使混合液的pH=7，则醋酸需要稍过量．

本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、弱电解质的电离及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．

6.下列说法正确的是（　　）

A.依据酸碱质子理论，NaHCO3是两性物质

B.可用电解饱和食盐水法制取金属钠

C.钠可从TiCl4溶液中置换出Ti

D.氢氧燃料电池工作时实现了电能转换为化学能

【答案】A

【解析】解：

A．碳酸氢根离子既能够与酸反应，又能够与碱溶液反应，依据酸碱质子理论HCO3-是酸碱两性物质，故A正确；

B．电解饱和食盐水法生成氯气、氢气和氢氧化钠，应该用电解熔融的氯化钠制取金属钠，故B错误；

C．将钠投入TiCl4溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和TiCl4发生反应，不能置换出Ti，故C错误；

D．氢氧燃料电池属于原电池原理，实现了化学能转换为电能，故D错误；

故选：

A。

A．凡是能电离出H+的分子或离子都属于酸，凡是能结合H+的分子或离子都属于碱，特别注意某些离子既能放出H+又能结合H+的就既属于酸又属于碱；

B．电解饱和食盐水法生成氯气、氢气和氢氧化钠；

C．将钠投入TiCl4溶液中，钠先和水反应；

D．氢氧燃料电池属于原电池原理．

本题考查较为综合，涉及金属Na的制备和性质及氢氧燃料电池原理、碳酸氢根离子性质等知识，难度不大，试题培养了学生的灵活应用能力．

7.在测定中和热的实验中，下列说法正确的是（　　）

A.使用环形玻璃棒是为了加快反应速率，减小实验误差

B.为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触

C.用0.5 mol•L-1NaOH溶液分别与0.5 mol•L-1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同

D.在测定中和热实验中需要使用的仪器有天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计、环形玻璃搅拌棒

【答案】A

【解析】解：

A．环形玻璃棒搅拌能加快反应速率，减小实验误差，故A正确；

B．温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部接触烧杯底部，故B错误；

C．醋酸是弱酸，电离吸热，测出的中和热数值偏小，故C错误；

D．中和热测定用不到天平，故D错误。

故选：

A。

A．环形玻璃棒能上下搅拌液体，且不导热；

B．温度计不能接触烧杯底部；

C．中和热应用强酸和强碱的稀溶液；

D．中和热测定的实验需要量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒。

本题考查中和热的测定，题目难度不大，注意使用量筒量取酸或碱溶液。

8.用100mL2mol/L稀硫酸与过量铁片反应制取氢气时，下列措施能使氢气的生成的速率增大而产生氢气的量不变的是（　　）

A.给反应体系适当加热B.向反应体系中加水稀释

C.加入少量氧化铜固体D.加压

【答案】A

【解析】解：

A．给反应体系适当加热，活化分子百分数增大而导致化学反应速率加快，且与铁反应的稀硫酸的物质的量不变，所以不影响生成氢气的量，所以符合条件，故A选；

B．加水稀释，导致氢离子浓度降低，化学反应速率减小，故B不选；

C．加入CuO，稀硫酸和CuO反应生成水，导致生成氢气的量减少，所以不符合条件，故C不选；

D．稀硫酸是液体、Fe是固体，所以压强不影响化学反应速率，则不符合条件，故D不选；

故选：

A。

用100mL2mol/L稀硫酸与过量铁片反应制取氢气时，要使氢气的生成的速率增大而产生氢气的量不变，可以采用适当增大稀硫酸浓度、升高溶液温度、使其变为原电池等方法，但改变条件时与铁反应的稀硫酸的物质的量不变．

本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，注意题干中限制性条件“能使氢气的生成的速率增大而产生氢气的量不变”，注意C中铜离子和铁反应生成Cu，Cu、Fe和稀硫酸构成原电池而加快反应速率但影响生成氢气总量，题目难度不大．

9.常温下，向 1L 0.10mol•L-1CH3COONa 溶液中，不断通入HC1气体（忽略溶液体积变化），得到 c （CH3COO-）和c（CH3COOH）与 pH 的变化关系如下，则下列说法正确的是（　　）

A.溶液的pH比较：

x＜y＜z

B.在y点再通入0.05 mol HCl气体，溶液中离子浓度大小比较：

c（Na+）=c（Cl-）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）

C.在溶液中加入一滴强酸或强碱，溶液pH变化最小的是y点

D.该温度下，CH3COOH的Ka=104.75

【答案】C

【解析】解：

常温下，向 1L 0.10mol•L-1CH3COONa 溶液中，不断通入HC1气体（忽略溶液体积变化），发生反应为：

CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，图象反应的是平衡浓度的变化，

A．CH3COOH大量存在的情况为酸性，CH3COO-大量存在的情况为碱性，根据图象，x点时大量存在CH3COO-，则溶液碱性较强，z点时CH3COO-少量存在，则溶液酸性较强，因此溶液的pH比较：

x＞y＞z，故A错误；

B．根据图象，y点时溶液中平衡时c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，此时溶液pH=4.75，由电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（CH3COO-），此时溶液c（Cl-）＞0.05mol/L，在y点再通入0.05 mol HCl气体，忽略溶液体积变化，则c（Cl-）＞0.1mol/L，所以c（Na+）＜c（Cl-），故B错误；

C．在溶液中加入一滴强酸或强碱，y点溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，构成缓冲溶液，缓冲能力范围是pH=pKa±1，且当共轭酸碱对浓度比为1：

1时，缓冲能力最强，也就意味着加入一滴强酸或强碱，溶液pH变化最小，故C正确；

D．当pH=4.75时，此时溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，醋酸的电离平衡常数为Ka=

=10-4.75，故D错误。

故选：

C。

常温下，向 1L 0.10mol•L-1CH3COONa 溶液中，不断通入HC1气体（忽略溶液体积变化），发生反应为：

CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，图象反应的是平衡浓度的变化，结合溶液中的守恒思想，据此判断分析．

本题考查酸碱滴定原理，注意图象反应的是平衡浓度的变化关系，牢牢把握溶液中的守恒思想分析，题目难度中等．值得一提的是，本题正确答案为C，C项考查的是缓冲溶液知识，这是大学分析化学的知识点，当共轭酸碱对平衡浓度比为1：

1时，缓冲能力最强，此时pH=pKa，在pH=pKa±1范围内，缓冲能力较强，即加入一滴强酸或强碱，溶液pH值几乎不变，所以对于学习过缓冲溶液这部分知识的，本题可直接得出答案．

10.在一个体积恒定的密闭容器这，N2与H2反应合成氨的反应达到平衡后，容器这含1mol N2，3molH2，1molNH3，保持温度不变，向该容器中再加1molN2，3molH2，1molNH3，下列说法正确的是（　　）

A.正．逆反应速率同时增大，平衡不移动

B.正．逆反应速率同时增大，NH3百分含量增大

C.正．逆反应速率不变，平衡不移动

D.正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向逆反应移动

【答案】B

【解析】解：

由上述分析可知，混合气体的压强增大，

A．增大压强，正逆反应速率均增大，合成氨为气体体积减小的反应，则增大压强平衡正向移动，故A错误；

B．增大压强，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，NH3百分含量增大，故B正确；

C．增大压强平衡正向移动，故C错误；

D．增大压强，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，故D错误；

故选：

B。

体积恒定的密闭容器，容器中含1mol N2、3molH2、1molNH3，保持温度不变，向该容器中再加1molN2、3molH2、1molNH3，可知气体的物质的量增大，可看成体积减小一半，压强增大，以此来解答．

本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握物质的量与压强的关系、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意体积、温度不变时物质的量与压强成正比，题目难度不大．

11.

室温下，pH相差1的两种一元碱溶液A和B，分别加水稀释时，溶液的pH变化如图所示．下列说法正确的是（　　）

A.稀释前，c（A）=10 c（B）

B.稀释前，A溶液中由水电离出的OH-的浓度大于10-7 mol/L

C.在M点，A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等

D.用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，溶液的pH为7

【答案】C

【解析】解：

A、稀释前，c（AOH）=0.1mol/L，c（BOH）＞0.01mol/L，则c（AOH）＜10c（BOH），故A错误；

B、稀释前A溶液中氢氧根离子浓度大于B溶液中；碱是抑制水的电离；稀释前，A溶液中由水电离出的OH-的浓度小于10-7 mol/L，故B错误；

C、M点AB溶液pH相同，氢氧根离子浓度相同，所以M点A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等，故C正确；

D、用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，醋酸是弱酸，生成的醋酸根离子水解显碱性，故D错误；

故选：

C。

由图并根据酸碱中和及电离来解答；

A、依据图象分析判断AB稀释相同倍数，A的pH变化大，

B、稀释前A溶液中氢氧根离子浓度大于B溶液中；碱是抑制水的电离；

C、M点AB溶液pH相同；

D、醋酸是弱酸和一元碱反应生成的盐溶液酸碱性由离子的水解程度决定，恰好反应溶液pH不为7．

本题考查电解质在水中的电离及图象，明确图象中pH的变化及交点的意义是解答本题的关键，题目难度不大．

12.

已知25℃时CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5．该温度下向20ml 0.01mol•L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol•L-1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），下列有关叙述正确的是 （　　）

A.a点溶液中c（H+）为4.0×10-5mol/L

B.c点溶液中的离子浓度大小顺序为c（K+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）

C.V=20

D.a、b、c三点中水的电离程度最大的是c点

【答案】D

【解析】解：

A．25℃时CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5，a点为0.01mol•L-1CH3COOH溶液，设氢离子浓度为x，则c（CH3COO-）≈c（H+）=x，c（CH3COOH）≈0.01mol•L-1，

=1.6×10-5，解得：

x=4.0×10-4mol/L，故A错误；

B．c点溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（K+）=c（CH3COO-），正确的离子浓度大小顺序为：

c（K+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故B错误；

C．V点溶液的pH=7，溶液呈中性，当V=20时恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，当为中性时，加入的NaOH溶液体积稍小，即V＜20，故C错误；

D．根据图象可知，a、c溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，水电离的c（H+）＜1×10-7mol/L，而c点溶液的pH=7，呈中性，水电离的氢离子浓度为1×10-7mol/L，所以a、b、c三点中水的电离程度最大的是c点，故D正确；

故选：

D。

A．a为0.01mol•L-1 CH3COOH溶液，设氢离子浓度为x，然后结合25℃时CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5计算；

B．c点溶液的pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒判断；

C．若V=20，反应后溶质为醋酸钠，溶液呈碱性，而V对应的pH=7；

D．a、b点溶液呈酸性，抑制了水的电离，c点溶液呈中性，基本不影响水的电离．

本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理的含义及应用，试题培养了学生的分析、理解能力及综合应用能力．

13.下列各组物质中，前者为强电解质，后者为弱电解质的是（　　）

A.硫酸、氯气B.碳酸氢钠、醋酸

C.食盐、酒精D.碳酸、碳酸钠

【答案】B

【解析】解：

A．硫酸为强酸，在水溶液里完全电离，属于强电解质，氯气为单质，不是电解质，故A错误；

B．碳酸氢钠为盐，在水溶液里完全电离，属于强电解质，醋酸为弱酸，在水溶液里部分电离为弱电解质，故B正确；

C．食盐为氯化钠，在水溶液里完全电离，属于强电解质，酒精为非电解质，故C错误；

D．碳酸为弱酸，在水溶液里部分电离为弱电解质，碳酸钠为盐，在水溶液里完全电离，属于强电解质，故D错误；

故选：

B。

电解质：

在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：

酸、碱、盐，金属氧化物等；

非电解质：

在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：

有机物，非金属氧化物等，单质与混合物既不是电解质，也不是非电解质；

电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，部分电离是电解质是弱电解质，强酸、强碱和大部分的盐属于强电解质；据此解答。

本题考查了强弱电解质的判断，明确电解质的强弱是根据电离程度划分的，注意不能根据电解质溶液的导电性强弱划分强弱电解质，为易错点。

14.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（　　）

A.铜电极上发生氧化反应

B.电池工作一段时间后，甲池的c（SO42-）减小

C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加

D.阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡

【答案】C

【解析】解：

A．由图象可知，该原电池反应式为：

Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，故A错误；

B．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42-）不变，故B错误；

C．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：

Cu2++2e-=Cu，保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故C正确；

D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D错误，

故选：

C。

由图象可知，该原电池反应式为：

Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大．

本题考查原电池工作原理，比较基础，注意阳离子交换膜只允许阳离子通过，C选项利用电荷守恒分析．

二、简答题（本大题共6小题，共58.0分）

15.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：

实验编号

HA物质的量浓度

（mol/L）

NaOH物质的量浓度

（mol/L）

混合溶液的pH

甲

0.2

0.2

pH=a

乙

c1

0.2

pH=7

丙

0.1

0.1

pH＞7

丁

0.1

0.1

pH=9

请回答下列问题：

（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a（混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是