3.3 盐类的水解（含解析）同步练习2023——2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1

3.3 盐类的水解同步练习
一、单选题
1．根据实验操作和现象，不能得出相应结论的是（　　）
A．等体积、的两种酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，则酸性：
B．相同条件下，将0.01mol/L的分别逐滴加入到相同浓度的含的溶液中，后者先产生沉淀，则AgCl的溶度积小
C．将充满的密闭玻璃球没泡在热水中，气体红棕色加深，则
D．向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅，则纯碱溶液呈碱性是由水解引起的
2．关于小苏打水溶液的表述正确的是（　　）
A．存在的电离平衡为HCO3-＋H2O H2CO3＋OH－
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(OH－)
C．HCO3-的电离程度大于HCO3-的水解程度
D．c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
3．下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是（　　）
A．NaHCO3溶液：HCO3—＋H2O CO32-＋H3O＋
B．NaHS溶液：HS－＋H2O H2S＋OH－
C．Na2CO3溶液：CO32—＋2H2O H2CO3＋2OH－
D．KF溶液：F－＋H2O = HF＋OH－
4．常温下，下列离子能在指定溶液中大量共存的是（　　）
A．使甲基橙变红的溶液：、、、
B．溶液：、、、
C．水电离出来的的溶液：、、、
D．的溶液：、、、
5．下列溶液中，操作和现象对应正确的是（　　）
选项 溶液 操作 现象
A 滴有酚酞的明矾溶液 加热 颜色变深
B 滴有酚酞的氨水 加入少量NH4Cl固体 颜色变浅
C 滴有酚酞的CH3COONa溶液 加入少量的CH3COONa固体 颜色变浅
D 氯化铁溶液 加热 颜色变浅
A．A B．B C．C D．D
6．常温下，稀释 0. 1 mol L-1 Na2SO3溶液 ，图中的纵坐标可以表示（　　）
A． 水解的平衡常数 B．溶液的 pH
C．溶液中 的数目 D．溶液中的 c( )
7．下列实验操作、现象及结论均正确的是（　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2 溶液变浑浊 Kh( )B 向淀粉-Kl溶液中通入过量Cl2 溶液先变蓝后褪色 HClO具有漂白性
C 向酸性KMnO4溶液中加入某有机物 溶液褪色 该有机物中含有碳碳双键
D 将少量铁屑加入过量的氨水中，并滴加2滴KSCN溶液 溶液未变为红色 氨水将铁氧化为Fe3+，同时氧化了SCN-
A．A B．B C．C D．D
8．25℃时，向10mL 0.1 mol L 1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1 mol L 1的HCl溶液，溶液的变化 如图所示（溶液混合时体积变化忽略不计）。下列说法正确的是（　　）
A．a的最小值是 12
B．M点消耗盐酸的体积为10mL
C．R点溶液中可能存在
D．M点到N点，水的电离程度逐渐增大
9．下列说法正确的是（　　）
A．水解反应是吸热反应 B．升高温度可以抑制盐类的水解
C．正盐水溶液pH均为7 D．硫酸钠水溶液pH小于7
10．下列物质的水溶液因水解呈酸性的是（　　）
A．CuCl2 B．NaHSO4 C．NaOH D．CH3COONa
11．下列化学用语书写正确的是（　　）
A．水溶液中NH4HSO4的电离方程式：NH4HSO4=NH +H++SO
B．水溶液中H2CO3的电离方程式：H2CO3 2H＋＋CO
C．NaHCO3溶液水解的离子方程式：HCO ＋H2O CO ＋H3O＋
D．AlCl3溶液水解的离子方程式：Al3＋＋3H2O=Al（OH）3＋3H＋
12．常温下2 mL 1 mol·L-1 NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中，错误的是（　　）
A．NaHCO3溶液中，HCO3-水解程度大于其电离程度
B．NaHCO3溶液中，c(Na+) > c(HCO3-) > c(OH-) > c(H+)
C．最终所得的混合溶液中，c(Na+) + c(H+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-)+ c(OH-)
D．滴加饱和CaCl2溶液促进了HCO3-的电离
13．乙二酸(用表示)为二元弱酸。时，向的溶液中滴加适量的盐酸或溶液，溶液中各含氮(或A)微粒的分布分数与溶液的关系如图所示(不考虑溶液中分子)。例如，溶液中的分布分数。下列说法正确的是（　　）
A．溶液中：
B．的溶液中：
C．d点溶液中：
D．溶液中滴加少量溶液的主要反应离子方程式：
14．化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法错误的是（　　）
A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率
B．研究使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率
C．氯碱工业中，采用阳离子交换膜可以提高烧碱的纯度
D．用 代替氯气处理饮用水，可以杀菌消毒，还能沉降水中悬浮物
15．下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（　　）
A．KHSO4 B．CH3COOH C．NaHSO3 D．NH4NO3
16．下列解释事实的方程式不正确的是（　　）
A．焊接铁轨：2Fe+Al2O3 2Al+Fe2O3
B．工业固氮：N2+3H2 2NH3
C．用纯碱除油污：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣
D．用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2
二、综合题
17．若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。如:8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2
（1）在黄铜矿中硫的化合价为　 　，该反应中还原产物(通过得电子而产生的物质)有　 　种。
（2）若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为　 　，其中某元素部分被氧化，则其被氧化和未被氧化的物质的量之比为　 　。
（3）反应产生污染气体，需要吸收处理，下列不可用来吸收该污染气体的是_________（选填编号）
A．KMnO4溶液 B．NaOH溶液
C．H2S气体 D．NaHSO3溶液
（4）某吸收方法产生的物质可能有：①Na2SO4②NaHSO4③Na2SO3④NaHSO3等。
等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是　 　（用编号填写），选用这些物质中的部分，实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，写出对应的化学方程式　 　。某NaHSO3的浓度为c1，pH为x1，NaHSO4溶液的浓度为c2，pH为x2，若x1”或“<“或“=”)。
18．在室温下，下列五种溶液：
①0.1mol/L NH4Cl ②0.1mol/L CH3COONH4③ 0.1mol/L NH4HSO4
④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液 ⑤0.1mol/L NH3 H2O
请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈　 　性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是　 　（用离子方程式表示）。
（2）在上述五种溶液中，pH最小的是　 　；c（NH4+）最小的是　 　（填序号）。
（3）在溶液④中，　 　离子的浓度为0.1mol/L；NH3 H2O和　 　离子的物质的量浓度之和为0.2 mol/L。
（4）室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是：c（CH3COO－）　 　c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
19．某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是：H2B═H++HB﹣；HB﹣ H++B2﹣，回答下列问题：
（1）NaHB溶液显　 　（填“酸性”、“中性”或“碱性”或“酸碱性无法确定”），理由是　 　．
（2）某温度下，向0.1mol/L的NaHA溶液中滴入0.1mol/LKOH溶液至中性，此时溶液中以下关系一定正确的是 （填字母）．
A．c（H+） c（OH﹣）═1×10﹣14 mol2/L2
B．c（Na+）+c（K+）═c（HA﹣）+2c（A2﹣）
C．c（Na+）＞c（K+
D．c（Na+）+c（K+）═0.05mol/L
（3）已知常温下H2B的钙盐（CaB）饱和溶液中存在以下平衡：CaB（s） Ca2+（aq）+B2﹣（aq）△H＞0．
①温度升高时，Ksp　 　（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）．
②滴加少量浓盐酸，c（Ca2+）　 　，原因是　 　（用文字和离子方程式说明）．
（4）已知0.1mol L﹣1 NaHB溶液的pH=2，则0.1mol L﹣1 H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是　 　0.11mol L﹣1（填“＜”、“＞”、或“=”）； 理由是　 　．
（5）0.1mol/L NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是　 　．
20．游泳池的水变绿主要是因为细菌及藻类的急剧繁殖导致的。
（1）含氯物质可以作为游泳池的消毒剂。一般水质正常的游泳池消毒后水中的余氯应保持在0.3~0.5 mg/L，pH保持在7.4~7.6，这个环境下细菌和藻类都不易生长和繁殖。
①夏季，露天游泳池水由于连续下雨会导致藻类大量繁殖，其原因是　 　。
②消毒剂的错误使用也会导致藻类大量繁殖，游泳池水变绿。若水中的余氯以次氯酸形式存在，再加入H2O2进行消毒也会导致池水变绿，写出次氯酸与H2O2发生反应生成盐酸的化学方程式　 　。
（2）处理池水变绿的方法分为五步。
①灭藻原理是铜离子可以使叶绿体中毒无法光合作用而死亡，加入CuSO4溶液后需要打开水循环系统，其作用是　 　。
②含氯消毒剂杀菌消毒主要体现出的化学性质是　 　。
③选用Na2CO3调节pH至7.5，用化学用语和文字解释其原因　 　。
④ 聚合氯化铝可将悬浮物和被杀灭的细小藻类沉淀到池底，第二天将池底沉淀移出。稀释聚合氯化铝会产生胶体，其离子反应方程式是　 　；当温度大于80℃时，水体中铝离子的总浓度会降低，其原因是　 　。
21．在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol/L NH4Cl溶液，②0.1 mol/L CH3COONH4溶液，③0.1 mol/L NH4HSO4溶液，④0.1 mol/L （NH4）2SO4，⑤0.1 mol/L氨水。请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈　 　性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是　 　（用离子方程式表示）。
（2）室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－) 　 　c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。
（3）上述溶液中c（NH4+）最小的是　 　（填序号）。
（4）常温下，0.1 mol/ L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。
A．c(OH-) B．
C．c(H+)·c(OH－) D．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．Zn足量，酸HA放出的氢气多，可知HA随反应进行继续电离，HA的酸性更弱，则酸性HB＞HA，故A不符合题意；
B．Ag2S与AgCl的组成不相似，生成沉淀时所需的银离子浓度不相同，无法比较溶度积，故B符合题意；
C．泡在热水中，气体红棕色加深，可知升高温度向生成二氧化氮的方向移动，则2NO2(g) N2O4(g)△H＜0，故C不符合题意；
D．反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，加入少量BaCl2固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅，则纯碱溶液呈碱性是由碳酸根离子水解引起的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.等体积、pH═3的两种酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，可知等pH时，HA的浓度大；
B.Ag2S、AgCl沉淀类型不同；
C.热水中气体红棕色加深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动；
D.碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.电离平衡应为HCO3- H＋＋CO32-；
B.电荷不守恒；
C.NaHCO3溶液呈碱性，所以HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度；
D.符合物料守恒。
故答案为：D
【分析】本题主要考查弱电解质的电离平衡。
A.碳酸氢根电离出氢离子与碳酸根离子，注意用可逆符号连接；
B.根据电荷守恒进行分析；
C.根据碳酸氢钠溶液的酸碱性分析；
D.根据溶液中的物料守恒进行分析。
3．【答案】B
【解析】【解答】A. HCO3－水解方程式为HCO3—＋H2O H2CO3＋OH-。HCO3－电离方程式HCO3—＋H2O CO32—＋H3O＋，即HCO3— H＋＋CO32—。A项不符合题意；
B.HS－水解方程式为HS－＋H2O H2S＋OH－。B项符合题意；
C.CO32－水解分两步，且不能合并，应写为CO32—＋H2O HCO3－＋OH－，HCO3—＋H2O H2CO3＋OH－。C项不符合题意；
D.通常，盐类水解程度很小，使用 ，应写成F－＋H2O HF＋OH－。D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.属于碳酸氢根离子的电离方程式；
B.氢硫酸氢根离子水解生成氢硫酸和氢氧根离子；
C.碳酸根离子的水解分步进行，第一步水解生成碳酸氢根离子；
D.水解是可逆反应，方程式中应该用可逆号表示。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性条件下会被硝酸氧化为，A不符合题意；
B．中的会和发生双水解而不共存，B不符合题意；
C．水电离出来的的溶液可能显酸性，也可能显碱性在酸性和碱性条件下都不能存在，C不符合题意；
D． 溶液中离子和离子和、、、都不反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】所谓离子共存，实质上就是看离子间是否发生反应的问题.若在溶液中发生反应，就不能共存.看能否发生反应，不仅是因为有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等.一般注意以下几点：
　　①在强酸性溶液中，不能大量存在弱酸根离子：如CO32－、HCO3－、S2－、HS－、SO32－、SiO32-、AlO2－、F－等，也不能有大量的OH－.
　　②强碱性溶液中，不能大量存在弱碱金属离子.如：Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+及NH4＋等，也不能大量存在H＋及酸式根离子：HCO3－、HSO3－、HS－、H2PO4－等.
　　③能发生氧化还原反应的离子也不能共存：如：Fe3+与I－，Cu2+与I－，Fe2+与NO3－，H＋与S2O32－，ClO－与S2－，ClO－与Fe2+，H＋、I－与NO3－，H＋、I－与SO32－或S2－等.
　　④能形成络离子的也不能共存：如：Fe3+与SCN－，Ag+与S2O32－，Fe3+与C6H5O－等.　
　Ⅰ．同一溶液中若离子间符合下列任意一个条件就会发生离子反应，离子之间便不能在溶液中大量共存.
　　(1)生成难溶物或微溶物：Ba2+与CO32－、Ag+与Br－、Ca2+与SO42－等不能大量共存.
　　(2)生成气体或挥发性物质：如NH4＋与OH－，H＋与CO32－、HCO3－、S2－、HS－、HSO3－、SO32－等不能大量共存.
　　(3)生成难电离的物质：如H＋与Ac－（即醋酸根离子）、CO32－、S2-、SO32－等生成弱酸；OH－与NH4＋、Cu2+、Fe3＋等生成弱碱；H＋与OH－生成水，这些离子不能大量共存.
　　(4)发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、NO3－、ClO－、MnO4－等)与还原性离子(如S2－、I－、Fe2+ 、SO32－等)不能大量共存.
注意Fe2+与Fe3+可以共存.
　　（5）形成配合物：如Fe3+与SCN-反应生成配合物而不能大量共存.
　　2．附加隐含条件的应用规律：
　　（1）溶液为无色透明时，则溶液中肯定没有有色离子.常见的有色离子：Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4－等.
　　（2）强碱性溶液中肯定不存在与OH－起反应的离子!
　　（3）强酸性溶液中肯定不存在与H+起反应的离子!
　　（4）离子能够大量共存，包括离子相互间不会发生化学反应，不会生成沉淀，不会生成气体挥发
5．【答案】B
【解析】【解答】A．Al3+水解溶液显酸性，水解反应为吸热反应，加热后酸性增强，酚酞遇酸为无色，则颜色不会加深，故A不符合题意；
B．NH3·H2O在溶液中存在电离平衡，加氯化铵抑制电离，溶液的碱性减弱，则滴有酚酞的氨水溶液红色变浅，故B符合题意；
C．CH3COONa溶液因水解显碱性，加入少量CH3COONa固体，溶液的碱性增强，则滴有酚酞的CH3COONa溶液红色变深，故C不符合题意；
D．氯化铁水解为吸热反应，加热促进水解，可得到红褐色Fe(OH)3胶体，则颜色变深，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据Al3+水解平衡移动分析；
B．根据NH3·H2O电离平衡移动分析；
C．根据CH3COO-的电离分析；
D．根据Fe3+水解平衡移动分析；
6．【答案】C
【解析】【解答】A．水解的平衡常数只与温度有关，加水稀释，温度不变，平衡常数不变，故A不符合题意；
B．溶液呈碱性，加水稀释，溶液的体积增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，所以稀释过程中溶液pH应逐渐减小，故B不符合题意；
C．加水稀释，亚硫酸根离子水解平衡正移，溶液中HSO3-的数目增大，故C符合题意；
D．稀释过程中水解平衡SO32-+H2O HSO3-+OH-向右移动，所以HSO3-数目增大，SO32-数目减少，溶液体积增大，所以c(SO32-)减小，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】稀释过程中水解平衡SO32-+H2O HSO3-+OH-向右移动，所以HSO3-数目增大，SO32-数目减少，溶液的体积增大，c(SO32-)、c(HCO3-)、c(OH-)减小，据此分析。
7．【答案】D
【解析】【解答】A.HClO的酸性强于 。所以Kb( )>Kb(ClO-)，A不符合题意；
B.向淀粉-KI溶液中通入过量Cl2。先发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，随着Cl2的通入量增多，发生反应5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，溶液先变蓝后褪色的原因是Cl2将l2氧化成 ，不是因为HClO的漂白性，B不符合题意；
C.除碳碳双键外，还有乙醇、甲苯等有机物也能使酸性KMnO4溶液褪色，C不符合题意；
D.将少量铁屑加入过量的氯水中，并滴加2滴KSCN溶液，氯水不仅将铁氧化为Fe3+，同时会氧化SCN-，所以溶液颜色不会变为红色，D符合题意。
【分析】A、根据发生的反应确定酸性酸性强弱，结合“越弱越水解”分析；
B、根据通入Cl2发生的反应进行分析；
C、羟基、醛基都能使酸性KMnO4溶液褪色；
D、氯水具有强氧化性；
8．【答案】C
【解析】【解答】A.10mL 0.1 mol L 1一元碱XOH，假设是强碱的时候， ，但该碱是弱碱，氢氧根浓度小，氢离子浓度大，比值大，因此a的值是大于 12，故A不符合题意；
B．M点是AG = 0，当消耗盐酸的体积为10mL，溶质是XCl，溶液显酸性，AG＞0，与题意不符，故B不符合题意；
C．R点溶液中溶质可能为XCl，根据物料守恒可能存在 ，故C符合题意；
D．M点溶液呈中性，N点溶液中溶质为等物质的量浓度的XCl、HCl，弱离子促进水电离、酸抑制水电离，M点到酸碱恰好完全反应点水的电离程度增大，从酸碱恰好完全反应点到N点，酸过量，水的电离程度减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．假设XOH是强碱计算最小值；
B．根据M点AG=0计算；
C．根据物料守恒分析；
D．根据水解的离子促进电离，酸碱抑制电离分析。
9．【答案】A
【解析】【解答】解：A、水解反应是中和反应的逆反应，属于吸热反应，故A正确；
B、水解反应是吸热反应，升高温度，水解向正方向进行，即升高温度可以促进盐类的水解，故B错误；
C、大多数能水解的盐不显中性，如氯化铵显酸性，碳酸钠显碱性，是由于其中的弱离子水解的缘故，故C错误；
D、硫酸钠是强酸强碱盐，不水解，显中性，pH等于7，故D错误．
故选：A．
【分析】A、水解反应是中和反应的逆反应；
B、升高温度，水解向正方向进行；
C、大多数能水解的盐不显中性；
D、硫酸钠是强酸强碱盐，不水解．
10．【答案】A
【解析】【解答】A．氯化铜是强酸弱碱盐，铜离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故A符合题意；
B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子使溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．氢氧化钠是强碱，在溶液中电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，故C不符合题意；
D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】因水解呈酸性的盐为强酸弱碱盐。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．NH4HSO4是强电解质，在水溶液中的电离方程式为NH4HSO4=NH +H++SO ，故A符合题意；
B．碳酸是弱酸，在水溶液中分步电离，其第一步电离方程式为H2CO3 H＋＋HCO ，故B不符合题意；
C．NaHCO3在溶液中水解的离子方程式为HCO ＋H2O H2CO3＋OH-，故C不符合题意；
D．AlCl3在溶液中水解的离子方程式为Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A．NH4HSO4是强电解质，在溶液中能完全电离为NH4+、H+、SO42-；
B．H2CO3是二元弱酸，电离分步进行，以第一步为主；
C．HCO3-是弱酸根，在溶液中会水解为H2CO3和OH-；
D．Al3+在溶液中的水解不彻底。
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 碳酸氢根离子既可以发生电离使溶液呈酸性，也可以发生水解使溶液呈碱性，1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH约为8，溶液呈碱性，说明HCO3－的水解程度大于电离程度，故A不符合题意；
B. 在NaHCO3溶液中，因碳酸氢根离子既发生电离又发生水解，且水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，则c(Na+) > c(HCO3-) > c(OH-) > c(H+)，故B不符合题意；
C. 向NaHCO3溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，混合后的溶液中含有Ca2＋和Cl－，根据电荷守恒有：c(Na+) + c(H+)+2 c(Ca2+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-)+ c(OH-)+ c(Cl-)，故C符合题意；
D. 碳酸氢根离子发生电离：HCO3－ H＋＋CO32－，滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Ca2＋和CO32－结合生成了CaCO3沉淀，促进了HCO3－的电离，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该题考察电离和水解、离子浓度大小的比较
A.碳酸氢钠溶液呈碱性，说明水解（呈碱性）大于电离（酸性）
B.水解和电离都是微弱的，故剩余的碳酸氢钠多而水解和电离的少，又溶液呈碱性 说明水解＞电离，从而判断出离子浓度大小
C.电荷守恒
D.氯化钙会和碳酸根生成沉淀，使碳酸氢钠的电离向右移动，促进了它的电离
13．【答案】B
【解析】【解答】A．NH4HA溶液中，存在着的水解、HA-的电离和水解，的水解常数Kh==10-9.3，HA-的电离常数即为H2A的Ka2=10-4.3，Kh==10-12.7，所以以HA-的电离为主，溶液显酸性，所以NH4HA溶液中，故A不符合题意；
B．从图中可以看出，的溶液中：，故B符合题意；
C．的浓度为0.1mol/L，若没有向溶液中加入酸或碱，则根据元素质量守恒，溶液中存在：，但加入酸或碱，增大了溶液体积，所以，故C不符合题意；
D．从A的分析可知，溶液显酸性，主要是HA-的电离，所以向溶液中滴加少量溶液，主要反应离子方程式：HA-+OH-=A2-+H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NH4HA溶液中，存在的水解、HA-的电离和水解；
C.根据物料守恒分析；
D.溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，则发生的反应为HA-+OH-=A2-+H2O。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．清洁能源燃烧更充分，能源的利用率更高，故A不符合题意；
B．催化剂只能加快化学反应速率，对平衡无影响，不能提高原料的转化率，故B符合题意；
C．氯碱工业中，采用阳离子交换膜，可以防止阳极产生的氯气与阴极产生的氢氧化钠反应，从而提高烧碱的纯度，故C不符合题意；
D．高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为三价铁离子，水解产生氢氧化铁胶体，可吸附水中的悬浮物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】催化剂只是改变速率不能改变转化率，其他均正确
15．【答案】D
【解析】【解答】A. KHSO4电离后生成K+、H+和SO42-，因生成H+而使溶液呈酸性，A项不符合题意；
B. CH3COOH电离后生成H+，而使溶液呈酸性，B项不符合题意；
C. NaHSO3电离后生成Na+和HSO3-，HSO3-的电离程度大于水解程度，使溶液显弱酸性，C项不符合题意；
D. NH4NO3电离后生成NH4+和NO3-，NH4+水解使溶液显弱酸性，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】强酸弱碱盐水解后溶液显酸性，结合盐的类型及水解原理来解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A．焊接铁轨应用的是铝热反应，方程式：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，故A错误；
B．氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，方程式：N2+3H2 2NH3，故B正确；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，故C正确；
D．氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾，碘与到淀粉变蓝，离子方程式：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故D正确；
故选：A．
【分析】A．依据铝热反应方程式解答；
B．氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性；
D．氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾，碘与到淀粉变蓝．
17．【答案】（1）-2；四
（2）30NA；1:1
（3）C；D
（4）③①④②；2NaHSO4+ Na2SO3= 2Na2SO4+ H2O+SO2↑；>
【解析】【解答】（1）CuFeS2中硫的化合价为-2价，氧化剂所含元素化合价降低，被还原得到的产物是还原产物，铜元素的化合价由+2价降为0价，氧元素的化合价由0价降为-2价，故该反应中还原产物有Cu，FeO，Fe2O3，SO2，共四种，故答案为：-2；四。
（2）8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，由方程式可推出，每消耗21mol氧气，转移的电子数为16mol+84mol=100mol，若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为30mol，即30NA，其中铁元素部分被氧化，CuFeS2→Fe2O3，8个Fe中有4个被氧化，故被氧化和未被氧化的物质的量之比为1:1，故答案为：30NA，1:1。
（3）8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，二氧化硫有毒，不能直接排放到大气中，
A.SO2被KMnO4溶液氧化成硫酸根离子，A不符合题意；
B.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，B不符合题意；
C.硫化氢气体可以与二氧化硫反应生成硫和水，但硫化氢有毒，硫化氢易逸出到空气中污染空气，C符合题意；
D.二氧化硫在NaHSO3溶液中的溶解度很小，故不能用其吸收二氧化硫，D符合题意；
故答案为：CD
（4）等浓度的①Na2SO4的pH=7；②NaHSO4完全电离，NaHSO4=Na++H++SO42-，pH＜7；③Na2SO3溶液中，存在水解平衡SO32-+H2O HSO3-+OH-，溶液显碱性，pH＞7，④NaHSO3溶液中：HSO3-+H2O H2SO3+OH-，HSO3- H++SO32-，电离大于水解，所以pH<7，由于NaHSO4是强电解质，故等浓度的溶液中的氢离子浓度大于NaHSO3溶液中的氢离子浓度，故答案为：③①④②。为了实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，化学方程式为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑。如果是等浓度的NaHSO3溶液和NaHSO4溶液，NaHSO3溶液的pH大于NaHSO4溶液，若x1c2，故答案为：>。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算硫元素的化合价；根据化合价变化确定还原产物；
（2）结合关系式“21O2~100e-”计算转移电子数；
（3）反应产物中的SO2是一种空气污染物，不可直接排放，应进行尾气吸收，结合SO2的性质确定吸收液；
（4）先根据溶液的酸碱性进行分类，再结合SO32-、HSO3-的水解程度确定溶液pH的大小；
结合强酸制弱酸的原理确定反应的化学方程式；
根据等浓度的NaHSO3和NaHSO4溶液的pH大小进行分析；
18．【答案】（1）酸；NH4++H2O H++NH3 H2O
（2）③；⑤
（3）Cl-；NH4+
（4）=
【解析】【解答】（1）NH4Cl是强碱弱酸盐，NH4+水解显酸性；NH4+水解反应的离子方程式NH4++H2O H++NH3 H2O；（2）酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，①0.1mol/L NH4Cl，NH4+水解显酸性，Cl-不水解；②CH3COONH4是弱酸弱碱盐，0.1mol/L CH3COONH4，NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同，溶液呈中性；③ 0.1mol/L NH4HSO4，HSO4- = H++SO42-，HSO4-电离出的H+抑制NH4+的水解；④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，NH3 H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性，溶液中NH4+水解的浓度大于0.1mol/L；⑤0.1mol/L NH3 H2O，NH3 H2O是弱电解质，NH3 H2O NH4++OH-， NH3 H2O微弱电离生成NH4+；经上述分析可知溶液pH最小的是③ 0.1mol/L NH4HSO4；c(NH4+)最小的是⑤0.1mol/L NH3 H2O；（3）④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，氯离子的物质的量不变、浓度不变，氯离子的浓度为0.1mol/L；NH3 H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性，由物料守恒可知，c(NH3 H2O)+c(NH4+)=0.2 mol/L；（4）室温下，测得溶液②的pH=7，NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同，c(CH3COO-)=c(NH4+)。
【分析】盐类水解一般是微弱的，根据影响盐类能水解离子的因素，结合弱电解质的电离，判断溶液的酸碱性以及相关离子浓度的大小，HSO4-电离出的H+抑制NH4+的水解；等物质的量浓度的NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，NH3 H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性；NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同。
19．【答案】（1）酸性；H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB﹣只能电离不能水解
（2）B；C
（3）增大；增大；加盐酸发生反应：B2﹣+H+ HB﹣，B2﹣浓度减小，CaB的溶解平衡向右移动，n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以c（Ca2+）增大
（4）＜；0.1 mol/LNaHB溶液的pH=2，说明其中c（H+）=0.01 mol/L，主要是HB﹣电离产生的，在H2B溶液中，第一步电离产生的H+抑制了第二步的电离，所以0.1 mol/L H2B溶液中c（H+）＜0.11 m
（5）c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣）
【解析】【解答】解：（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB﹣只能电离不能水解，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性；
故答案为：酸性；H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB﹣只能电离不能水解；（2）A、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数也未知，故A错误；B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（Na+）+c（K+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣），故B正确；C、NaHA溶液呈酸性，Na2A溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c（Na+）＞c（K+），故C正确；D、NaHA溶液呈酸性，Na2A溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的体积应大于氢氧化钾的体积，所以c（Na+）+c（K+）＞0.05mol/L，故D错误；故答案为：BC；（3）①该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，Ksp增大，故答案为：增大；②加盐酸发生反应：B2﹣+H+ HB﹣，B2﹣浓度减小，CaB的溶解平衡向右移动，n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以c（Ca2+）增大，故答案为：增大；加盐酸发生反应：B2﹣+H+ HB﹣，B2﹣浓度减小，CaB的溶解平衡向右移动，n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以c（Ca2+）增大．（4）0.1mol L﹣1H2B溶液，H2B═H++HB﹣，电离出0.1mol/LH+，0.1mol L﹣1NaHB溶液的pH=2，则由HB﹣ H++B2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HB﹣的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/L，故答案为：＜；0.1 mol/LNaHB溶液的pH=2，说明其中c（H+）=0.01 mol/L，主要是HB﹣电离产生的，在H2B溶液中，第一步电离产生的H+抑制了第二步的电离，所以0.1 mol/L H2B溶液中c（H+）＜0.11 mol/L（5）NaHB溶液显酸性，存在HB﹣ H++B2﹣，则c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），结合水的电离H2O H++OH﹣，同时有部分B2﹣发生水解，使c（B2﹣）减小，所以c（H+）＞c（B2﹣），即NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣）．
【分析】（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB﹣只能电离不能水解，根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；（2）A、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大；B、根据溶液中电荷守恒判断；C、根据题意知NaHA溶液呈酸性，Na2A溶液呈碱性，则向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量；D、根据题意知NaHA溶液呈酸性，Na2B溶液呈碱性，则向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的体积应大于KOH的体积，据此确定钠离子和钾离子浓度之和；（3）①该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，然后判断Ksp；②加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动；（4）0.1mol L﹣1H2B溶液，H2B═H++HB﹣，电离出0.1mol/LH+，0.1mol L﹣1NaHB溶液的pH=2，则由HB﹣ H++B2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HB﹣电离；（5）NaHB溶液显酸性，存在HB﹣ H++B2﹣，则c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），结合水的电离分析．
20．【答案】（1）雨水降低了余氯的浓度，同时正常雨水为酸性，会降低溶液的pH，这样会导致细菌和水藻大量繁殖；H2O2 +HClO=HCl+ O2↑+H2O
（2）混合均匀氧化性CO32－可以消耗溶液中的氢离子，产生的CO2 可以直接排出体系，同时碳酸钠溶液显碱性；CO32－+ H2O HCO3－+ OH－；可以起到调节溶液至弱碱性的目的Al3++ 3H2O Al(OH)3+3H+温度升高；Al3++ 3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+ ；平衡正向移动，生成Al(OH)3沉淀
【解析】【解答】（1）①含氯物质可以作为游泳池的消毒剂．一般水质正常的游泳池消毒后水中的余氯应保持在0.3～0.5mg/L，pH保持在7.4～7.6，这个环境下细菌和藻类都不易生长和繁殖，露天游泳池水由于连续下雨和高温（28～30℃），雨水降低了余氯的浓度，同时正常雨水为酸性，会降低溶液的pH，这样会导致细菌和水藻大量繁殖；②次氯酸与过氧化氢反应生成氧气、氯化氢和水，反应的化学方程式为：H2O2+HClO=HCl+O2↑+H2O；（2）①灭藻原理是铜离子可以使叶绿体中毒无法光合作用而死亡；CuSO4溶液也能够杀菌，其原理是：加入CuSO4溶液后需要打开水循环系统，其作用是重金属使蛋白质变性；混合均匀；
②含氯消毒剂杀菌消毒主要体现出的化学性质是强氧化性，杀菌消毒；
③选用Na2CO3调节pH至7.5，溶解后溶液中的CO32-可以消耗溶液中的氢离子，产生的CO2可以直接排出体系，同时碳酸钠溶液显碱性：CO32-+H2O HCO3-+OH-，可以起到调节溶液至弱碱性的目的；
④聚合氯化铝可将悬浮物和被杀灭的细小藻类沉淀到池底，第二天将池底沉淀移出．稀释聚合氯化铝，铝离子水解会产生胶体，其离子反应方程式是：Al3++ 3H2O Al(OH)3（胶体）+3H+，温度大于80℃时，水体中铝离子的总浓度会降低，其原因是温度升高，Al3++3H2O Al（OH）3（胶体）+3H+平衡正向移动，生成Al（OH）3沉淀。
【分析】（1）①根据题目描述可知，夏天由于连续下雨导致游泳池中的含氯物质的减少，导致藻类和细菌大量生长；
②过氧化氢具有氧化性，会和次氯酸发生氧化还原反应，得到氯化氢，氧气和水；
（2）①硫酸铜中的铜离子属于重金属离子，会使蛋白质变性；
②含氯消毒剂都具有氢氧化性；
③碳酸根离子属于弱酸根离子，在水溶液中会发生水解反应，结合氢离子，从而使溶液显碱性；
④产生胶体的化学反应是铝离子和水反应生成氢氧化铝胶体和氢离子，该过程相当于铝离子的水解；是吸热过程，所以升高温度反应会正向进行。
21．【答案】（1）酸；NH4++H2O NH3·H2O+ H+
（2）=
（3）⑤
（4）B
【解析】【解答】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；(2)根据电荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；(4)A. NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，但c(OH－)减小，故A不符合题意；
B. ，加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小，该比值增大，故B符合题意；
C. c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变，故C不符合题意；
D. 该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。
【分析】(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解，使溶液显酸性；(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；(3)利用弱电解质的电离、盐类水解程度微弱进行分析；(4)NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离进行分析；