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

3.3 盐类的水解 同步练习题
一、单选题
1．下列水溶液呈碱性的盐是（　　）
A．CaCl2 B．Na2SO3 C．Ba(OH)2 D．HNO3
2．下列物质因水解而显酸性的是（　　）
A．NaHSO3 B．HClO C．NH4Cl D．NaHCO3
3．化学与生产、生活、医药等息息相关，下列说法正确的是（　　）
A．用碳酸钠制抗酸药治疗胃酸过多
B．可用热碱水洗去工业用铁表面的润滑油
C．溶液可用作焊接中的除锈剂
D．草木灰与铵态氮肥混合使用肥效增强
4．下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是（　　）
A． B． C． D．
5．下列离子方程式中，属于水解反应的是（　　）
A． B．
C． D．
6．下列事实与水解反应无关的是（　　）
A．用Na2S除去废水中的Hg2+
B．用热的Na2CO3溶液去油污
C．利用油脂的皂化反应制造肥皂
D．配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4
7．室温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（　　）
A．溶液中H2O电离出的c(OH )=1.0×10 3 mol·L 1
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高
C．加0.1 mol·L 1 CH3COONa溶液使pH＞7，则c(CH3COO )=c(Na+)
D．与等体积pH＝11的NaOH溶液混合，所得溶液呈中性
8．25 ℃时，有下列四种溶液：
① ② ③ ④
0.1 mol·L－1氨水 pH＝11氨水 0.1 mol·L－1盐酸 pH＝3盐酸
下列说法中正确的是（　　）
A．①稀释到原来的100倍后，pH与②相同
B．等体积①③混合、等体积②④混合所得的溶液都呈酸性
C．①②中分别加入少量CH3COONa固体，c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值都变小
D．③④稀释到原来的100倍后，稀释后④溶液中的pH大
9．下列说法不正确的是（　　）
A．25℃时Kw=1.0×10﹣14，将稀硫酸加热至90℃（忽略溶液体积变化）其pH不变
B．pH与体积都相同的醋酸和硝酸溶液分别用0.1mol L﹣1氢氧化钠溶液恰好中和，所需的氢氧化钠溶液体积前者一定大于后者
C．0.2 mol L﹣1CH3COONa溶液和0.1mol L﹣1盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）
D．向少量AgNO3溶液中滴加适量NaCl溶液，再滴加适量KI溶液，若开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，即说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
10．已知邻苯二甲酸（H2A）的K a1 =1.1×10 3，K a2=3.9×10 6。常温下，用0.10mol·L 1的NaOH溶液滴定20.0mL0.10mol·L 1的邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．a点的混合溶液中：c（K+）>c（A2-）>c（Na+）>c（HA-）
B．b点的混合溶液中：c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）
C．c点溶液pH在9~10之间
D．从a点到c点水的电离程度逐渐增大
11．下列化学方程式中，属于水解反应的是（　　）
A．CO2+H2O H2CO3 B．H2CO3+H2O H3O++HCO3-
C．HCO3-+ H3O+＝2H2O+CO2↑ D．CO32- + H2O HCO3-+OH-
12．下列关于物质结构和元素性质说法正确的是（　　）
A．非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物
B．乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键
C．IA族与VIIA族元素原子之间形成的化学键是离子键
D．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
13．常温下，用0.1 mol/L的氨水滴定10.00 mL 0.1 mol/L的酸HA，所加氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．X点：c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
B．Y点：V(NH3·H2O) <10.00 mL
C．Z点：2c(A-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)
D．HA的电离方程式为HA=H++A-
14．25℃时，在 20 mL 0.1 mol L-1 一元弱酸HA溶液中滴加0. 1mol L-1 NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与 pH 关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．A点对应溶液中：c(OH-)＞c(H+)
B．25℃时，HA电离常数的数量级为10－5
C．B点对应的 NaOH 溶液体积小于 10 mL
D．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则 增大
15．常温下，向0.1mol/L的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关说法中错误的是（　　）
A．溶液的pH：ab>d>c
C．a、b溶液呈酸性 D．c、d溶液呈碱性
16．室温下，向10 mL 0.1000 mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.1000 mol·L-1 的某一元酸HX，溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是（　　）
A．等浓度的 HX、NaX 混合溶液中，HX的电离程度大于X- 的水解程度
B．c点所示溶液中存在：2c(H+) - 2c(OH-) = c(X-) - c(HX)
C．a、b、c点所示溶液中，由水电离出的 c(H+)·c(OH-) 值不变
D．a →c点所示溶液中，c(X-) + c(HX) + c(Na+) = 0.1000 mol·L-1 始终成立
二、综合题
17．已知某溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
①c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
②c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）
③c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
④c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
填写下列空白：
（1）若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是　 　，上述四种离子浓度的大小顺序为　 　（填序号）．
（2）若四种离子的关系符合③，则溶质为　 　；若四种离子的关系符合④，则溶质为　 　．
（3）将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，下面图象正确的是　 　（填图象符号）．
（4）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）　 　c（NH3 H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同）；混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）　 　c（OH﹣）．
（5）如图所示，烧杯中盛放的溶液为盐酸，接通电流表G后，指针发生偏转，则负极材料是　 　，正极反应式是　 　．
18．本题为《化学反应原理》（选修4）选做题，每空2分，共20分。
（1）氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。
①氢气燃烧热值高。实验测得，在常温常压下，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量。则表示H2燃烧热的热化学方程式是　 　（填字母代号）。
A．H2(g)+ O2(g）=H2O（g) △H=+285.8kJ·mol-1
B．H2(g）+ O2(g）=H2O（1） △H=-285.8kJ·mol-1
C．H2(g)+ O2(g）=H2O（1） △H=+285.8kJ·mol-1
D．H2+ O2=H2O △H=-285.8kJ·mol-1
②氢氧燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景。氢氧燃料电池中，发生还原反应的物质是　 　（填“氢气”或“氧气”。
③氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化学方程式如下：
N2(g）+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1
反应达到平衡后，升高温度则反应速率　 　（填“增大”或“减小”)；平衡将向 　 　 （填“正反应方向”或“逆反应方向”）移动。
（2）锌银电池能量大、电压平衡，广泛用于电子手表、照相机、计算器和其他微型电子仪器。电解质溶液是KOH溶液，电池总反应为Zn+Ag2O=ZnO+2Ag。请回答下列问题：
①该电池的负极材料是　 　；电池工作时，阳离子向
　 　（填“正极”或“负极”）移动。
②电极材料锌可由闪锌矿在空气中般烧成氧化锌，然后用碳还原氧化锌来制取，该反应的化学方程式为ZnO+C Zn+CO↑，此法属 　 　（填字母代号）。
A．电解法B．热还原法C．热分解法
（3）常温下，如果取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：
①混合溶液的pH=8的原因：　 　（用离子方程式表示）。
②混合溶液中由水电离出的c（H+）　 　（填“>“<”或“=’)0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c（H+）。
③现有NaA与HA混合溶液，若pH=7，则溶液中c(Na+）　 　c（A-）（填“>”“<”或“=”）。
19．在一定温度下，有a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸：
（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是　 　．
（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是　 　．
（3）若三者c（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是　 　．
（4）当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是　 　．
（5）当三者c（H+）相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2（相同状况），则开始时反应速率的大小关系为　 　，反应所需时间的长短关系是　 　．
（6）将c（H+）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H+）由大到小的顺序是　 　．
20．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：
（1）FeCl3净水的原理是　 　。
FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)　 　。
（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。
①若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1，c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1，c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1，则该溶液的pH约为　 　。
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
　 　ClO3-+　 　Fe2++　 　　 　=　 　Cl-+　 　Fe3++　 　　 　。
（3）FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2O Fe(OH)2++H+　K1
Fe(OH)2++H2O Fe(OH +H+　K2
Fe(OH +H2O Fe(OH)3+H+　K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是　 　。
通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3++yH2O Fex(OH +yH+，欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)　 　。
a.降温　　
b.加水稀释
c.加入NH4Cl
d.加入NaHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是　 　。
（4）天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为　 　mg·L-1。
21．燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用。
（1）处理烟气中的SO2常用液吸法。室温下，将烟气通入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液， 0.1 mol/L(NH4)2SO3溶液的pH　 　。 (填“>”、“＜”或“=”)7.将烟气通入(NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2，用离子方程式表示出能继续吸收二氧化硫的原因　 　。 (已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；H2SO3：Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7)
（2）处理烟气中氮氧化物常用活性炭还原法，反应为：C(s)+2NO(g)→N2(g)+CO2(g)。在T℃、100 kPa时，研究表明反应速率v(NO)=3×10-3×p(NO)(kPa·min-1)，该条件下现将1.5molC和2.5molNO充人恒容密闭容器中充分反应，达到平衡时测得p(N2)=32kPa，则此时v(NO)=　 　kPa·min-1，以p表示各气体的分压，该反应平衡常数Kp=　 　。
（3）CO2经催化加氢可以生成低碳燃料。科学家研究发现，在210℃~290℃，催化剂条件下CO2和H2可转化生成甲醇蒸气和水蒸气。
①230℃，向容器中充人0.5 mol CO2和1.5molH2，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，写出该反应的热化学方程式　 　。
②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充人1.0 mol CO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下，CO2的转化率随温度的变化如右图所示，催化效果最佳的催化剂是　 　。(填催化剂“I”、“II”或“III”)。b点v(正)　 　v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。此反应a点已达到平衡状态CO2的转化率比c点高的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．CaCl2是强酸强碱盐，其溶液显中性，A不符合题意；
B．Na2SO3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，B符合题意；
C．Ba(OH)2属于碱，不符合题意，C不符合题意；
D．HNO3，属于酸，不符合题意，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】强酸弱碱盐呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，强酸强碱盐呈中性。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.亚硫酸氢钠中亚硫酸氢根离子电离出的氢离子使溶液呈酸性，故A不符合题意；
B.次氯酸属于酸，能够电离出的氢离子，故B不符合题意；
C.氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，故C符合题意；
D.碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解呈碱性，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电解质的电离和水解判断溶液的酸碱性即可。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．用碳酸氢钠制抗酸药治疗胃酸过多，而不是碳酸钠，A项不符合题意；
B．润滑油主要成分是矿物油，为烃类，不溶于碱溶液，B项不符合题意；
C．是强酸弱碱盐，水解显酸性，所以可用作焊接时的除锈剂，C项符合题意；
D．铵态氮肥与碱性物质草木灰混合施用时，会放出氨气，降低肥效，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳酸钠碱性较强，不能做胃酸中和剂
B.润滑油主要成分是矿物油，为烃类，不溶于碱溶液
C.利用水解显弱酸性，除去铁锈，同时不会腐蚀铁
D.草木灰显碱性，有OH-，会与铵根反应产生氨气
4．【答案】B
【解析】【解答】A．HNO3为酸，HNO3电离方程式为HNO3=H++NO，因电离使溶液显酸性，故A不符合题意；
B．CuCl2为强酸弱碱盐，Cu2+发生水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，溶液显酸性，故B符合题意；
C．碳酸钠溶液显碱性，故C不符合题意；
D．NaCl溶液显中性，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】物质发生水解而使溶液呈酸性，则该物质为强酸弱碱盐。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．为的电离方程式，故A不符合题意；
B．为碳酸的第一步电离方程式，故B不符合题意；
C．为铵根离子的水解方程式，故C符合题意；
D．碳酸氢根离子和氢氧根离子之间反应生成碳酸根离子和水，不属于水解反应，是发生了化学反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 水解反应是指在溶液中盐电离出的离子与水电离出的H+和OH-结合生成弱电解质的反应。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS，所以能用Na2S除去废水中的Hg2+，与与水解反应无关，故A选；
B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热碱性增强，可使油污在碱性条件下水解而除去，与盐类的水解有关，故B不选；
C．油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应，能生成肥皂，所以利用油脂的皂化反应制造肥皂，与盐类的水解有关，故C不选；
D．CuSO4在溶液中水解生成少量H2SO4，加少量稀H2SO4能抑制CuSO4的水解，所以配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4，与盐类的水解有关，故D不选．
故选A．
【分析】A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS；
B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解；
C．油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应；
D．CuSO4在溶液中水解生成少量H2SO4．
7．【答案】B
【解析】【解答】A.酸抑制水的电离，pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3mol/L，溶液中OH-全部来自水的电离，水电离产生c(OH )=10-11 mol/L，A不符合题意；
B.CH3COOH溶液存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，加入少量CH3COONa固体后，增大了c（CH3COO-），平衡左移，c(H+)减小，溶液pH升高，B符合题意；
C.溶液中的电荷守恒为：c(H+)+ c(Na+)= c（CH3COO-）+ c(OH-)，溶液pH＞7，c(H+)< c(OH-)，所以c(CH3COO )D. pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3 mol/L，pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，则醋酸的浓度大于氢氧化钠浓度，pH=3的CH3COOH溶液与等体积pH =11的NaOH溶液混合，醋酸过量，溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据KW=c(H+)xc(OH )即可计算出水电离出氢氧根离子
B.醋酸是弱酸，存在电离平衡，加入醋酸钠后，抑制了醋酸的电离
C.pH＞7，说明溶液显碱性，根据电荷守恒即可找出关系
8．【答案】D
【解析】【解答】A. 一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨不会完全电离，所以pH小于②，A不符合题意；
B. 等体积①③混合，二者恰好反应生成氯化铵， 水解而使溶液呈酸性；等体积②④混合，因为氨水浓度远大于盐酸，所以氨水大量剩余使溶液呈碱性，B不符合题意；
C.向氨水中加入醋酸钠时，醋酸钠水解使溶液呈碱性，抑制一水合氨电离，则①②c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值都变大，C不符合题意；
D. ③④稀释到原来的100倍后，③④的pH分别是3和5，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.NH3·H2O为弱碱，稀释过程促进电离；
B.根据混合后所得溶液的成分进行分析；
C.根据NH3·H2O的电离平衡移动进行分析；
D.根据稀释对c(H+)的影响分析；
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A.25℃时将稀硫酸加热至90℃（忽略溶液体积变化），由于溶液中氢离子浓度不变，则该溶液的pH不变，故A正确；
B．pH与体积都相同的醋酸和硝酸溶液分别用0.1mol L﹣1氢氧化钠溶液恰好中和，由于醋酸为弱酸，其浓度大于硝酸，则恰好中和时所需的氢氧化钠溶液体积前者一定大于后者，故B正确；
C.0.2 mol L﹣1CH3COONa溶液和0.1mol L﹣1盐酸等体积混合所得碱性溶液中，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C错误；
D．向少量AgNO3溶液中滴加适量NaCl溶液，再滴加适量KI溶液，若开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，说明碘化银更难溶，说明碘化银的溶度积较小，即Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确；
故选C．
【分析】A．pH=﹣lgc（H+），加热过程中氢离子浓度不变，则溶液的pH不变；
B．醋酸为弱酸，pH相同时醋酸的浓度较大，则中和时消耗NaOH溶液的体积较大；
C．溶液中还存在氢氧根离子，该关系式不满足电荷守恒；
D．开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，实现了沉淀的转化，结合溶度积越小越容易生成沉淀分析．
10．【答案】B
【解析】【解答】A．a点(加入的NaOH为KHA物质的量的一半，)溶液显酸性，HA-的水解常数Kh= = = ×10-11，HA-的电离常数为3.9×10-6＞ ×10-11，则HA-的电离程度大于水解程度，但其电离程度较小，所以其溶液中离子浓度关系为：c(K+)＞c(A2-)＞c(Na+)＞c(HA-)，故A不符合题意；
B．b点溶液的pH=7，c(OH-)=c(H+)，此时溶液中所含溶质为等浓度的K2A和Na2A，以及少量的KHA，根据电荷守恒c(Na+)+c(K+)+c(H+) = c(OH-)+c(HA-) + 2c(A2-)，因此c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，在KHA溶液中存在物料守恒，c(K+)=c(HA-)+c(A2-)+ c(H2A)，因此c(Na+)+ c(H2A)= c(A2-)，故B符合题意；
C．c点溶液中含有等浓度的K2A和Na2A，Kh= = = ×10-8，c(OH-)≈ mol/L= ×10-5mol/L，pH在9~10之间，故C不符合题意；
D．a点溶液由于HA-的电离产生H+，溶液显酸性，水的电离受到抑制，随着NaOH溶液的加入，溶液中c(HA-)逐渐减小，c(A2-)逐渐增大，A2-的水解促进水的电离，因此水的电离程度逐渐增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.a点生成的是NaHA,且溶液显酸性，故电离为主，结合电荷守恒进行判断
B.根据电荷守恒和中性进行判断
C.c点产生的是Na2A和K2A，水解显碱性进行计算
D.水的电离先是抑制后期逐渐增大
11．【答案】D
【解析】【解答】A.CO2+H2O H2CO3是二氧化碳与水发生化合反应的方程式，不是水解反应，不符合题意；
B.属于H2CO3一级电离方程式，不符合题意；
C.属于碳酸氢根与氢离子的离子反应，不属于水解反应，不符合题意；
D.属于碳酸根的水解反应，符合题意。
【分析】水解反应指的是弱酸根离子或弱碱离子结合水电离出来的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程。
12．【答案】B
【解析】【解答】A.铵盐全部由非金属元素构成，为离子化合物，A不符合题意；
B.乙醇中羟基上的氢可以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，B符合题意；
C. IA族中的氢元素与VIIA族元素原子之间形成的化学键是共价键，C不符合题意；
D.水解程度和酸根对应的弱酸的强弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.铵盐中只含非金属元素，但为离子化合物；
B.氢键能影响物质的水溶性；
C.IA族中的H元素与VIIA族形成的化学键为共价键；
D.离子的水解程度与离子的还原性无关；
13．【答案】B
【解析】【解答】A. X点：加入5mL0.1 mol/L的氨水得到等浓度的NH4A和HA混合溶液，c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，A不符合题意；
B. Y点：lg =0，即 =1，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，若加入氨水V(NH3·H2O) =10.00 mL，恰好得到NH4A溶液，此时溶液由于NH4+水解而显酸性，故加入的氨水应比10.00 mL大，故B符合题意；
C. Z点为等浓度的NH4A和NH3·H2O的混合溶液，根据物料守恒，2c(A-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)，C不符合题意；
D. HA为强酸，电离方程式为HA=H++A-，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，0.1 mol/L的酸HA的lg =12，则 =1012， =1012，c2(H+)=1012KW=1012 10-14=10-2，c(H+)=0.1mol/L，说明HA完全电离，为强酸。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．据图可知A点对应溶液pH<7，所以此时溶液显酸性，c(OH-)B．B点lg =0，即 =1，此时pH=5.3，即c(H+)=10-5.3mol/L，此时HA电离常数Ka= =c(H+)=10-5.3=5.01×10-6，数量级为10-6，故B不符合题意；
C．当NaOH的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的HA和NaA，HA电离常数Ka=10-5.3，则Aˉ的水解平衡常数为 =10-8.7<10-5.3，所以HA的电离程度比NaA的水解程度要大，即溶液中c(HA)1，所以若要 =1，则需要少加入一些NaOH，所以B点对应的NaOH溶液体积小于10 mL，故C符合题意；
D． 为Aˉ的水解平衡常数的倒数，水解为吸热反应，升高温度，水解平衡常数增大，则其倒数减小，即 减小，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】由B点可知Ka==c（H+）=10-5.3
A、Ka==10-5*c（H+）=10-5.3 可得c（H+）=10-0.3则呈酸性
B、数量级为10-6
C、若等于10mL，不考虑电离水解此时溶质为HA和NaA，且为1：1，又电离常数大于水解常数故溶液中的A-浓度会大于HA的浓度，故氢氧化钠的体积小于10mL
D、该比值为水解平衡的倒数，温度越高，该比值减小
15．【答案】D
【解析】【解答】A. 离子方程式为：2H++ +Ba2++2OH-=BaSO4↓+H2O，可以看出随着氢氧化钡的加入，c(H+)减小，溶液酸性逐渐减小，碱性逐渐增强，pH增大，由图可以看出，在各点的c(OH-)为aB. H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O，由方程式可以看出，随着氢氧化钡的加入，硫酸逐渐减少，自由移动的离子减少，溶液导电性变小，但在c点后，反应不再发生，因为酸与碱为体积比1:1的反应，故原酸的体积为20V，a点硫酸的浓度为0.1mol/L；b点溶液体积一共为30V，剩余原酸物质的量的一半；c点，酸碱恰好完全反应；d点，溶液体积50V，剩余的碱的物质的量为原酸的一半，故溶液中离子数目的多少为a>b>d>c，导电能力为a>b>d>c，故B不符合题意；
C. 氢氧化钡的加入到c点恰好完全反应，故a、b点酸多于碱，故溶液呈酸性，故C不符合题意；
D. 由图可以看出，c点后，m(BaSO4)恰好不再增加，故点为酸碱恰好完全反应的点，硫酸与氢氧化钡恰好完全反应生成硫酸钡和水，故溶液呈中性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据发生反应的方程式及图像中各点溶液中的溶质分析判断，硫酸与氢氧化钡反应的方程式为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O；溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度及离子所带的电荷呈正比，以此解答。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．c点为等浓度的HX、NaX混合溶液，HX的电离显酸性，X－的水解显碱性，由图象c点可知，pH＝4.7，显酸性，说明HX的电离程度大于X－的水解程度，A不符合题意；
B．c点为等浓度的HX、NaX混合溶液，物料关系为c(X－)+c(HX)＝2c(Na＋)，电荷关系为c(X－)+c(OH﹣)＝c(H＋)+c(Na＋)，消去c(Na＋)得到2c(H＋)﹣2c(OH－)＝c(X－)﹣c(HX)，B不符合题意；
C．a点溶质为NaX，促进水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＞10－7mol·L－1，b点为中性点，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c点溶质为等浓度的HX、NaX混合物，HX电离出H＋抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＜10－7mol·L－1，所以水电离出的c(H＋)·c(OH－)大小顺序为a＞b＞c，C符合题意；
D．a点所示溶液中：n(Na＋)＝10mL×10－3×0.1000mol·L－1＝n(X－)+n(HX)＝0.001mol，a→c点所示溶液中任一点再加入HX的体积为VL，加入的HX物质的量为0.1V，溶液总体积为c(v+0.02)L，所以a→c点所示溶液中，c(X－)+c(HX)+c(Na＋)＝ ＝0.1000 mol·L－1与加入HX的体积无关，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A．分析图像，c点是两者的等体积混合，溶液显酸性，说明HX的电离程度大于X－的水解程度；
B．根据电荷守恒关系计算可得；
C．a、b、c三点碱性、中性、酸性，其中碱性和酸性溶液分别抑制了水的电离，再根据酸碱性强弱判定抑制程度；
D．由于氢氧化钠和HX反应，生成对应的盐，而X－会发生水解，但是根据钠离子守恒和物料守恒可知c(X－)+c(HX)+c(Na＋)为定值。
17．【答案】（1）NH4Cl；①
（2）NH4Cl和NH3 H2O；NH4Cl和HCl
（3）B
（4）小于；大于
（5）Zn；2H++2e﹣=H2↑
【解析】【解答】解：（1）因任何水溶液中都有OH﹣、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2O NH3．H2O+H+，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），即①符合，
故答案为：NH4Cl；①；（2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，
其溶质为NH4Cl、NH3．H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl，
故答案为：NH4Cl和NH3 H2O；NH4Cl和HCl；（3）pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释时氢离子的浓度都变小，则pH都变大，但盐酸为强电解质，则pH变化程度大，而氯化铵水解显酸性，稀释促进水解，氢离子浓度减小的倍数小于盐酸中氢离子浓度的变化，则pH变化小，只有B符合题意，
故答案为：B；（4）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，则应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3 H2O），
而HCl为强电解质，完全电离，NH3．H2O为弱电解质，不完全电离，则混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：小于；大于；（5）由图2可知，Zn比Cu活泼，Zn作负极，由Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，则正极反应为2H++2e﹣=H2↑，故答案为：Zn；2H++2e﹣=H2↑．
【分析】（1）任何水溶液中都有OH﹣、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，利用铵根离子水解使溶液显酸性来分析；（2）由③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液；由④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液；（3）pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，盐酸为强电解质，则pH变化程度大，而稀释时促进氯化铵中铵根离子水解，则pH变化小；（4）体积相等稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液来分析；（5）根据金属的活泼性及原电池的工作原理来分析．
18．【答案】（1）B；氧气；增大；逆反应方向
（2）Zn；正极；B
（3）A-+H2O HA+OH-；>；=
【解析】【解答】（1）①燃烧热是指1mol纯物质完全反应，生成相应的稳定的氧化物时所放出的热量；因此表示H2燃烧热的热化学方程式为：，B符合题意；
②在燃料电池中，O2做正极反应物，发生还原反应；
③升高温度，反应速率加快；由于该反应为放热反应，而温度升高，平衡向吸热反应方向移动，因此升高温度，平衡将向逆反应方向移动；
（2）①在原电池中，负极发生失电子的氧化反应，由电池总反应可知，Zn发生氧化反应，因此电池的负极材料为Zn；电池工作时，阳离子向正极移动；
②该反应为金属氧化物与C的反应，属于热还原法制取金属单质；
（3）①两溶液等体积混合后，所得溶液的溶质为NaA，溶液中存在A-的水解产生OH-，使得溶液中c(H+)②混合后所得溶液中存在A-的水解，A-的水解促进了水的电离，而NaOH抑制了水的电离，因此混合溶液中由水电离出的c(H+)大于0.1mol/LNaOH溶液中水电离产生的c(H+)；
③混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，由于溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此c(Na+)=c(A-)；
【分析】（1）①根据燃烧热的定义分析；
②在燃料电池中，O2在正极发生还原反应；
③结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析；
（2）①在原电池中，负极发生失电子的氧化反应，结合电池总反应确定负极材料；在原电池中，阳离子移向正极；
②结合反应的化学方程式分析；
（3）①根据混合所得溶液的溶质成分分析；
②根据水电离程度的影响因素分析；
③结合电荷守恒分析；
19．【答案】（1）b＞a＞c
（2）b＞a=c
（3）c＞a＞b（或c＞a=2b）
（4）c＞a=b
（5）a=b=c；a=b＞c
（6）c＞a=b
【解析】【解答】解：（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L，所以相同浓度时，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c；
（2.）酸中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子物质的量成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸，其物质的量相等，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸最终电离出氢离子的物质的量相等，所以中和NaOH的能力大小顺序为b＞a=c，故答案为：b＞a=c；
（3.）若三者c（H+）相同时，假设都是1mol/L，硫酸浓度为0.5mol/L、盐酸浓度为1mol/L、醋酸浓度大于1mol/L，所以物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b（或c＞a=2b），故答案为：c＞a＞b（或c＞a=2b）；
（4.）酸与足量的锌反应时，相同状况下产生气体的体积与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比，当三者c（H+）相同且体积也相同时，硫酸和稀盐酸最终电离出氢离子的物质的量相等，醋酸电离出氢离子的物质的量最大，所以这三种酸分别与足量锌反应时生成相同条件下气体体积大小顺序是c＞a=b，故答案为：c＞a=b；
（5.）反应速率与氢离子浓度成正比，开始时氢离子浓度相等，所以其反应速率相等，即a=b=c；反应过程中，硫酸和盐酸不再电离出氢离子，醋酸继续电离生成氢离子，所以反应过程中醋酸中氢离子浓度大于硫酸、盐酸中氢离子浓度，则醋酸反应速率最大，盐酸和硫酸反应速率相等，则反应所需时间的长短关系是a=b＞c，
故答案为：a=b=c；a=b＞c；
（6.）加水稀释时，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以稀释100倍后，c（H+）由大到小的顺序是c＞a=b，故答案为：c＞a=b．
【分析】（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L；（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比；（3）若三者c（H+）相同时，酸的元数越大其浓度越小，酸的电离程度越大，其浓度越小；（4）当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比；（5）反应速率与氢离子浓度成正比，反应速率越大，反应时间越短；（6）加水稀释促进弱电解质电离．
20．【答案】（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质；2Fe3++Fe=3Fe2+
（2）2；1；6；6；H+；1；6；3；H2O
（3）K1>K2>K3；b、d；调节溶液的pH
（4）18 ～20
【解析】【解答】 (1)FeCl3净水的原理是Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是2Fe3++Fe=3Fe2+。
(2)若酸性FeCl2以液中电荷守恒：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，酸性溶液中可忽略c(OH-)，c(H+)=c(Cl-)-2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=1.0×10-2mol/L，则该溶液的pH约为2。
②根据电子守恒初步将方程式配平为ClO3-+6Fe2++□___=Cl-+6Fe3++□____。再根据溶液呈酸性、电荷守恒和元素守恒得到完整方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O。
(3)FeCl3的分步水解程度越来越小，所以K1>K2>K3。
欲使平衡正向移动可采用的方法是bd。a.盐类水解为吸热反应，降温平衡左移，故a错误；
B.加水稀释促进盐类水解，故b正确；
C.NH4Cl 的水解抑制上述水解，故c错误；
D.NaHCO3的水解促进上述水解，故d正确。
故答案为：bd。
分析离子方程式：xFe3++yH2O Fex(OH)y(3x-y)++yH+可知室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是调节溶液的pH。(4)由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为18～20mg·L-1。
【分析】（1）铁离子水解为氢氧化铁胶体具有吸附性；铁离子有氧化性，可以跟钢铁中的铁单质反应；
（2）结合电荷守恒，可以列出相应的式子，求出氢离子的浓度；根据氧化还原反应的配平，氯酸根化合价降低，亚铁离子升高，得失电子的总数配平可得；
（3）第一步水解程度大于第二步大于第三步；正向移动，可以根据勒夏特列定律方法可以知道升高温度，加水稀释，减少氢离子都可以；调节pH值可以促进高浓度聚合氯化铁；
（4）根据图示可以知道最佳范围即高峰附近。
21．【答案】（1）>；SO ＋SO2＋H2O=2HSO
（2）0.108；64/81
（3）CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol；Ⅰ；>；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2 的转化率减小
【解析】【解答】(1)根据题目所给数据可知Ka2(H2SO3)7；(NH4)2SO3溶液可以和SO2反应生成亚硫酸氢盐，离子方程式为SO ＋SO2＋H2O=2HSO ，所以可以继续吸收二氧化硫；
(2)该反应前后气体系数之和相等，所以压强始终不变，根据反应方程式可知题目所给条件可知平衡时p(N2)=p(CO2)=32kPa，则平衡时p(NO)=100kPa-32kPa-32kPa=36kPa，则v(NO)= 3×10-3×36kPa=0.108；Kp= = ；
(3)①CO2与H2反应的化学方程式为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，即1.5mol×80%=1.2mol氢气完全反应时放出19.6kJ热量，则3mol氢气完全反应放出 kJ=49 kJ热量，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol；
②据图可知，温度较低时催化剂Ⅰ条件下CO2的转化率最大，即反应速率最快，催化效果最好；a点前随温度升高CO2转化率增大，a点后随温度升高转化率减小，说明a点前由于温度较低，反应速率较慢，在测定转化率时反应还未达到平衡，即b点时反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，所以a点CO2的转化率比c点高。
【分析】（1）根据比较平衡常数即可判断，二氧化硫可以亚硫酸根继续反应得到亚硫酸氢根
（2）根据此时的氮气的压强即可计算出一氧化氮和二氧化碳的压强即可计算出一氧化氮的速率和平衡常数
（3）①根据给出的数据计算出焓变即可写出热化学方程式
②根据图示中的转化率的高低即可判断出催化剂的效果，根据转化率的变化趋势，到达a点达到平衡，即可判断b点的正逆速率大小，根据此反应的热效应即可判断