33 盐类的水解 同步练习(含解析)-- 2023--2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 33 盐类的水解 同步练习(含解析)-- 2023--2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 119.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-07 00:00:00 | ||
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文档简介
3.3 盐类的水解 同步练习
一、单选题
1．室温下，pH＝4的CH3COOH溶液中加入下列物质，水电离出的c(H＋)减小的是（ ）
A．NaHSO4固体 B．NaCl固体
C．CH3COONa固体 D．H2O
2．常温下，将下列物质溶于水中分别配制成0.1 mol L-1溶液，所得溶液pH大于7的是（ ）
A．NaCl B．HCl C．NaOH D．CH3COOH
3．已知pOH＝－lgc(OH－)，下列溶液中一定呈中性的是（ ）
A．酸碱恰好完全反应的溶液
B．pH = 7的溶液
C．pH =14－pOH的溶液
D．pH = pOH的溶液
4．下列物质的水溶液呈碱性且属于盐是（ ）
A．苯甲酸钠 B． C．HCl D．
5．下列做法中没有用到水解平衡原理的是（ ）
A．明矾净水 B．盐卤(MgCl2)点制豆腐
C．泡沫灭火器灭火 D．热的纯碱去油污
6．关于FeCl3溶液水解的说法错误的是（ ）
A．水解达到平衡时加水稀释，平衡向正反应方向移动
B．浓度为5 mol/L和0.5 mol/L的两种FeCl3 溶液，其他条件相同时，Fe3+水解程度前者比后者大
C．有50℃和20℃的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者大
D．为抑制Fe3+水解，较好地保存FeCl3溶液应加入少量HCl
7．常温下，浓度均为0.1mol/L的4种钠盐溶液pH如下：
溶质 Na2CO3 NaHCO3 NaClO NaHSO3
pH 11.6 9.7 10.3 5.2
下列说法错误的是（ ）
A．四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大
B．NaHSO3溶液显酸性的原因是：电离程度大于水解程度
C．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO3
D．向氯水中加入少量Na2CO3(s)，可以增大氯水中次氯酸的浓度
8．将各0.05mol的下列物质置于500mL水中充分搅拌后，溶液中阴离子数目最多的是（ ）
A．NH4Br B．K2SO4 C．Mg（OH）2 D．Na2S
9．现有两正盐的稀溶液，分别是a mol L﹣1NaX溶液和b mol L﹣1NaY溶液．下列说法不正确的是（ ）
A．若a＞b，测得c（X﹣）=c（Y﹣），可推出溶液中的c（HX）＞c（HY）
B．若a＞b，测得c（X﹣）=c（Y﹣），可推出溶液中的c（HX）=c（HY）
C．若a=b，且pH（NaX）＞pH（NaY），则相同浓度时，酸性HX＜HY
D．若a=b，并测得a=c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸
10．在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400℃）下列的溶液，可以得到该物质的固体是（ ）
A．氯化镁溶液 B．硫酸亚铁溶液
C．碳酸氢钠溶液 D．硫酸铝溶液
11．水溶液呈碱性的是（ ）
A．NaHCO3 B．BaCl2 C．CH3OH D．KAl（SO4）2
12．常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是（ ）
A．相同物质的量浓度的两溶液，后者的pH更大
B．pH＝13的两溶液稀释100倍，前者的pH大于后者
C．两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH-)均减小
D．体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸
13．下列表述中正确的是（ ）
A．NH4Cl溶液因水解而显酸性，故NH4Cl是弱电解质
B．纯碱溶液因水解而显碱性，水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O H2CO3+2OH﹣
C．可乐因含碳酸而显酸性，电离方程式为：H2CO3 CO32﹣+2H+
D．配制FeCl3 溶液时，先将FeCl3 溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需浓度
14．常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg 的变化关系如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．常温下：Ka(HB)>Ka(HC)
B．HC的电离度：a点C．当lg =4时，三种溶液同时升高温度， 减小
D．当lg =5时，HA溶液的pH为7
15．下列说法不正确的是（ ）
A．将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：a＞c＞b
B．常温下，浓度均为0.1mol/L①醋酸、②盐酸、③醋酸钠溶液，水电离程度的顺序为③＞①＞②
C．常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为碱性
D．物质的量浓度相同的①氯化铵溶液、②硫酸铵溶液、③碳酸氢铵溶液，pH的顺序为：①＞③＞②
16．常温下，向溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的随加入NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．c点对应的溶液的pH=7
B．b、d两点对应的溶液的pH相同
C．从a点到d点，水的电离程度一直增大
D．b点对应的溶液中，
二、综合题
17．CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3
①Na2CO3俗称纯碱，因CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，试写出CO32﹣水解的离子方程式（忽略第二步水解） ，其水解反应的平衡常数（即水解常数）的表达式为Kh=
②已知25℃时，Kh=2×10﹣4mol/L，则当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，试求溶液的pH= ．
③0.1mol/L Na2CO3溶液中c（OH﹣）﹣c（H+）= （用含c（HCO3﹣）、c（H2CO3）的关系式表示）
④向 Na2CO3溶液中加入明矾会产生沉淀和气体，请写出相关的离子方程式 ．
18．写出下列物质电离或盐类水解的离子方程式：
（1）NaHSO4溶于水 ；
（2）H2S的水溶液 ；
（3）碳酸氢钠溶液 ；
（4）氯化铁溶液 ．
19．
（1）在25℃条件下将pH＝12的氨水稀释过程中，下列说法正确的是___。
A．能使溶液中c(NH4+)·c(OH－)增大
B．溶液中c(H＋)·c(OH－)不变
C．能使溶液中 比值增大
D．此过程中Kw增大
（2）25℃时，向0.1mol·L－1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是 (填序号)。
①氨水与氯化铵发生化学反应
②氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H＋)
③氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了一水合氨的电离，使c(OH－)减小
（3）室温下，如果将0.2molNH4Cl和0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)。
① 和 两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。
② 和 两种粒子的物质的量之和比OH－多0.1mol。
20．25℃时，取浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol/LNaOH溶液、0.1mol/L盐酸进行中和滴定。滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。回答下列问题：
（1）表示氨水滴定过程中pH变化情况的是曲线 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。由图中信息可知，25℃时0.1mol/L醋酸溶液的电离程度 （填“大于”“小于”或“等于”，下同）10%。当横坐标为20mL时，曲线Ⅰ对应的纵坐标应 7。
（2）滴加溶液到10mL时，曲线Ⅱ所表示的溶液中c（H+）-c（OH-） （结果中不能包含阳离子浓度）。
21．25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：
化学式 CH3COOH H2CO3 H2SO3
电力平衡常数K K=1.8×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 K1=1.5×10-2 K2=1.02×10-7
（1）电解质由强至弱顺序为 (用化学式表示，下同)。
（2）常温下，体积为10 mL pH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1
000 mL，稀释后溶液的pH，前者 后者(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）下列离子CH3COO-、CO 、HSO 、SO 在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为 。
（4）NaHSO3溶液显酸性的原因 (离子方程式配适当文字叙述)，其溶液中离子浓度由大到小的关系是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.NaHSO4为强酸酸式盐，向pH＝4的CH3COOH溶液中加入NaHSO4固体，溶液中H＋浓度增大，对水的电离抑制程度增大，水电离出的c(H＋)减小，故A符合题意；
B.NaCl为强酸强碱盐，在溶液中不水解，向pH＝4的CH3COOH溶液中加入NaCl固体，溶液中H＋浓度不变，水电离出的c(H＋)不变，故B不符合题意；
C.向pH＝4的CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，溶液中CH3COO—浓度增大，电离平衡向左移动，溶液中H＋浓度减小，水电离出的c(H＋)增大，故C不符合题意；
D.向pH＝4的CH3COOH溶液中加入H2O稀释，溶液中H＋浓度减小，水电离出的c(H＋)增大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 pH＝4的CH3COOH溶液中，存在平衡，要使水电离出的c(H＋)减小就要使该平衡正向移动；
2．【答案】C
【解析】【解答】A.NaCl溶液显中性，pH=7，A不符合题意；
B.HCl溶液显酸性，pH<7，B不符合题意；
C.NaOH溶液显碱性，pH>7，C符合题意；
D.CH3COOH溶液显酸性，pH<7，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】形成溶液的pH>7，则所得溶液显碱性，据此分析选项。
3．【答案】D
【解析】【解答】A、酸与碱恰好完全反应的溶液不一定呈中性，生成的盐可能发生水解，使溶液呈酸性或碱性，要根据盐的特点确定溶液酸碱性，故A不符合题意；
B、升高温度促进水电离，导致纯水的pH减小，100℃时纯水的pH=6，所以100℃时pH=7的溶液呈碱性，故B不符合题意；
C、已知pOH=-lgc(OH-)，pH=-lgc(H+)，则常温下，pOH+pH=-lgc(OH-)-lgc(H+) =-lg[c(OH-)×c(H+)] =14，pH=14-pOH，但溶液的温度未知，不能判断溶液中 c(H+)与c(OH-)的 相对大小，故C不符合题意；
D、pH=pOH即-lgc(OH-)=-lgc(H+)，所以 c(H+)=c(OH-)，即溶液显中性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查溶液的酸碱性与pH间的关系。当溶液中的氢离子浓度等于氢氧根浓度时，溶液呈中性，据此进行分析解答。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，属于盐类，A选；
B．与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，属于金属氧化物，不属于盐类，B不选；
C．HCl电离出氢离子，溶液呈酸性，属于酸类，不属于盐类，C不选；
D．是强酸强碱盐，溶液呈中性，D不选；
故答案为：A。
【分析】水溶液呈碱性属的盐为强碱弱酸盐。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．明矾中铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有净水作用，和水解平衡原理有关，故A不选；
B．向豆浆胶体中加入可溶的氯化镁溶液，可以使胶体聚沉，制得豆腐，盐卤(MgCl2)点制豆腐和水解平衡原理无关，故B选；
C． 泡沫灭火器中的碳酸氢根和铝离子之间发生双水解反应可以快速大量的产生二氧化碳和水，可以用于灭火，和水解平衡原理有关，故C不选；
D．纯碱中的碳酸根离子水解，导致溶液显示碱性，油污在碱性条件下会发生酯化反应，因加热促进水解，热的纯碱去油污去油污效果更好，则和水解平衡及其移动原理有关，故D不选；
故答案为：B。
【分析】B．与胶体聚沉有关；
6．【答案】B
【解析】【解答】A．加水稀释促进盐的水解，所以水解达到平衡时加水稀释，平衡正向移动，故A不选；
B．其他条件相同时，浓度越大盐类的水解程度越小，所以浓度为5 mol/L和0.5 mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+水解程度前者比后者小，故选B；
C．其他条件相同时，温度越高盐类的水解程度越大，所以50℃和20℃的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者大，故C不选；
D．由Fe3+水解方程式 可知，向FeCl3溶液应加入少量HCl，溶液中 增大，平衡逆向移动，抑制了Fe3+的水解，故D不选。
故答案为：B。
【分析】A.加水稀释促进盐的水解；
B.浓度越大盐类的水解程度越小；
C.温度越高盐类的水解程度越大；
D.根据影响盐的水解平衡的因素分析。
7．【答案】D
【解析】【解答】根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞HSO3-，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，A．相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，A不符合题意；
B.亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3-电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子是弱酸阴离子部分电离，NaHSO3=Na++HSO3-，HSO3- H++SO32-，B不符合题意；
C.酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞HSO3-，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，pH最小的是H2SO3，C不符合题意；
D.次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，使生成的次氯酸和浓度减小，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.Na2CO3溶液的碱性最强，说明CO32-的水解程度最大，水解促进水的电离；
B.NaHSO3溶液中存在HSO3-的电离和水解，结合电离水解的程度大小分析溶液的酸碱性；
C.结合“越弱越水解”，由盐溶液的pH大小确定酸的强弱；
D.由酸性强弱确定发生的反应；
8．【答案】D
【解析】【解答】解：对于A和B，由于NH4Br和K2SO4溶于水并完全电离，所以n（Br﹣）=n（SO42﹣）=0.05mol（水电离出的OH﹣可忽略）；对于C，C中的Mg（OH）2在水中难溶，故溶液中n（OH﹣）＜0.1mol；对于D，在Na2S溶液中，由于S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣，阴离子数目会增加，即阴离子物质的量大于0.1mol．由上分析，Na2S溶液中的阴离子数目最多，D项正确．
故选D．
【分析】将各0.05mol的下列物质置于500mL水中充分搅拌后，根据盐类的水解和物质的溶解度思考分析．
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A、若a＞b且c（X﹣）=c（Y﹣），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HX＜HY，溶液中的c（HX）＞c（HY），故A正确；
B、若a＞b且c（X﹣）=c（Y﹣），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HX＜HY，溶液中的c（HX）＞c（HY）故B错误；
C、根据酸越弱，越水解可知，若a=b，则pH（NaX）＞pH（NaY），则酸性：HX＜HY，故C正确；
D、若a=b且a=c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸，酸性HX＞HY，故D正确；
故选B．
【分析】A、若a＞b且c（X﹣）=c（Y﹣），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY；
B、若a＞b且c（X﹣）=c（Y﹣），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY
C、根据盐的水解规律：酸越弱，越水解来回答；
D、若a=b且c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），说明X﹣不水解，但是Y﹣水解．
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A．加热氯化镁溶液，水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，灼烧可得到氧化镁，故A错误；
B．加入硫酸亚铁溶液，易被空气中氧气氧化生成硫酸铁，故B错误；
C．加热碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，故C错误；
D．加入硫酸铝溶液，虽然铝离子水解生成氢氧化铝，但硫酸难挥发，最终仍为硫酸铝，故D正确．
故选D．
【分析】在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400℃）下列的溶液，可以得到该物质的固体，则该物质在蒸发时没有发生水解生成其它物质，没有被氧化或者发生分解等反应，以此解答该题．
11．【答案】A
【解析】【解答】A. NaHCO3溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，水溶液显碱性，A符合题意；
B. BaCl2是强酸强碱盐，不水解，水溶液显中性，B不符合题意；
C. CH3OH是非电解质，不电离，水溶液显中性，C不符合题意；
D. KAl（SO4）2溶液中铝离子水解，水溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．HCO3-+H2OH2CO3+OH-；
B．强酸强碱盐显中性；
C．非电解质水溶液中不电离；
D．Al3++3H2OAl（OH）3+3H+。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，所以相同物质的量浓度的两溶液，NaOH溶液中c(OH-)大，其pH更大，A不符合题意；
B．弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水由于能够继续电离，所以pH大于11，B不符合题意；
C．NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C符合题意；
D．pH相同的NaOH和氨水，氨水的物质的量浓度大，体积相同时氨水中和盐酸的物质的量多，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、强酸、强碱、大部分盐完全电离，弱酸、弱碱部分电离；
B、弱碱随着加水稀释，电离程度增大，pH变化较小；
C、 NH4Cl 为强酸弱碱盐水解显酸性；
D、弱碱部分电离，相同pH的强酸与弱酸，弱酸的浓度远大于强酸。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氯化铵溶于水完全电离，所以氯化铵是强电解质，但因为铵根离子水解而导致其溶液呈酸性，故A错误；
B．纯碱溶液的水解方程式为CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，故B错误；
C．碳酸是二元弱酸，其电离方程式为：H2CO3 H++HCO3﹣，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，溶于水能水解而使其溶液呈酸性，为防止其水解，应先将FeCl3溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需浓度，故D正确；
故选D．
【分析】A．电解质的强弱是根据其电离程度划分的，完全电离的是强电解质；
B．多元弱酸根的水解是分步水解的；
C．多元弱酸是分步电离的；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，溶于水能水解，为防止变质，应加入酸抑制其水解．
14．【答案】D
【解析】【解答】A．酸性HB＞HC，则Ka(HB)>Ka(HC)，故A不符合题意；
B．溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点C．当lg =4，即稀释10000倍时，三种溶液同时升高温度，常见弱电解质的电离程度增大，而HA为强酸，电离程度不变，因此 减小，故C不符合题意；
D．当lg =5时，HA电离出的c(H+)=10-7 mol/L，此时，不能忽略水的电离，溶液中c(H+)略大于10-7 mol/L，pH略小于7，仍显酸性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大小于2，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC，据此分析解答。
15．【答案】D
【解析】【解答】解：
A．加水稀释氢氧化钠溶液和氨水中c（OH﹣）都变小，加水稀释促进一水合氨电离，则稀释后氨水的pH大于氢氧化钠，则a、b、c的大小关系是：a＞c＞b，故A正确；
B．盐酸为强酸、醋酸为弱酸，浓度均为0.1mol/L，盐酸的抑制作用大于醋酸的抑制作用，③醋酸钠溶液中电离出的醋酸根离子水解会促进水的电离，所以水电离程度的顺序为：③＞①＞②，故B正确；
C．pH=3硫酸，c（H+）=0.001mol/L，硫酸完全电离，pH=11一元碱BOH，c（OH﹣）=0.001mol/L，若BOH为强碱，混合后溶液呈中性；若为BOH为弱碱，氢离子和氢氧根离子正好反应生成盐和水，而弱碱存在电离平衡，平衡右移，还可以继续电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，故C正确；
D．碳酸氢根离子促进铵根离子水解，硫酸铵中铵根离子水解个数大于氯化铵，所以相同浓度的这几种溶液中溶液pH的由大到小顺序是③＞①＞②，故D错误．
故选D．
【分析】A．氢氧化钠溶液和氨水具有相同的pH，由于氢氧化钠是强电解质，则在稀释时强碱的变化程度大，加水稀释促进一水合氨电离；
B．酸和碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用；
C．根据碱BOH的强弱来讨论；
D．碳酸氢根离子促进铵根离子水解，物质的浓度相同，根据离子水解程度结合化学式确定．
16．【答案】D
【解析】【解答】A．c点时向溶液中加入了20mL 0.1mol/L的NaOH溶液，恰好完全发生反应，水解溶液呈碱性，pH>7，故A项不符合题意；
B．从b点到d点，向溶液中不断地加入NaOH溶液，pH会增大，即d点的pH大于b点的pH，故B项不符合题意；
C．由图可知，c点水的电离程度最大，所以从a点到d点，水的电离程度先增大后减小，故C项不符合题意；
D．b点时向溶液中加入了10mL 0.1mol/L的NaOH溶液，根据物料守恒可知：，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】溶液显酸性和碱性都会抑制水的电离，C点水的电离程度最大，此时溶质为K2C2O4，水解显碱性，pH>7，c点以后继续加入氢氧化钠，水的电离程度受到抑制，从a到c，水的电离程度增大，c到e水的电离程度减小，b点溶质为K2C2O4，KHC2O4，且为1：1，结合物料守恒，可以找到粒子的关系
17．【答案】CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；；10；c（HCO3﹣ ）+2c（H2CO3）；3CO32﹣+2Al3++6H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，
【解析】【解答】解：①碳酸钠是强碱弱酸盐，能发生两步水解，第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解方程式为：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；Kh= ，
故答案为：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；Kh= ，；
②Kh=2×10﹣4mol/L，则当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，Kh= ，=2×10﹣4mol/L，C（OH﹣ ）=1×10﹣4 mol/L，C（H+ ）=1×10﹣10mol/L，所以溶液的pH=10，故答案为：10；
③根据原子守恒和电荷守恒计算c（OH﹣）﹣c（H+）的值，根据碳原子守恒得，c（CO32﹣）+c（HCO3﹣ ）+c（H2CO3）=0.1mol/L，根据溶液中电荷守恒得：2×c（CO32﹣）+c（HCO3﹣ ）+c（OH﹣）=c（Na+ ）+c（H+ ），c（Na+ ）=0.2mol/L，所以c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣ ）+2c（H2CO3），
故答案为：c（HCO3﹣ ）+2c（H2CO3）；④向 Na2CO3溶液中加入明矾后，碳酸根会和铝离子发生双水解，从而生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为：3CO32﹣+2Al3++6H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑。
【分析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，能发生水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠而使溶液呈碱性；水解平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比；②根据水解平衡常数计算氢氧根离子的浓度，再根据水的离子积常数计算氢离子的浓度，从而计算其溶液的pH值；③根据原子守恒和电荷守恒计算c（OH﹣）﹣c（H+）的值；④向 Na2CO3溶液中加入明矾后，碳酸根会和铝离子发生双水解，从而生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体．
18．【答案】（1）NaHSO4=Na++H++SO42﹣
（2）H2S H++HS﹣，HS﹣ H++S2﹣
（3）HCO3﹣+H2O CO32﹣+OH﹣
（4）Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+
【解析】【解答】解：（1）NaHSO4是强酸强碱酸式盐，属强电解质，完全电离，电离出Na+、H+、SO42﹣离子，故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣；（2）H2S是二元弱酸，属弱电解质，分两步电离，第一步电离出氢离子和硫氢根离子，第二步电离：硫氢根离子电离出硫离子和氢离子，故答案为：H2S H++HS﹣，HS﹣ H++S2﹣；（3）碳酸氢根离子水解的离子方程式：HCO3﹣+H2O CO32﹣+OH﹣，故答案为：HCO3﹣+H2O CO32﹣+OH﹣；（4）氯化铁是强酸弱碱盐，溶液中铁离子水解，溶液显酸性，离子方程式为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+．
【分析】先判断电解质的类型及电离出的阴阳离子，根据电解质的类型判断写可逆号还是等号；如果是多元弱电解质，要分步电离．
19．【答案】（1）B
（2）③
（3）NH4+；NH3·H2O；NH4+；H+
【解析】【解答】（1）A．氨水稀释，溶液中c(NH4+)、c(OH－)都减小，所以c(NH4+)·c(OH－)减小，A不符合题意；
B．c(H＋)·c(OH－)为水的离子积常数，温度一定时，水的离子积常数不变，B符合题意；
C． ，温度不变时，比值不变，C不符合题意；
D．此过程中Kw不变，D不符合题意。
故答案为B。
（2）25℃时，向0.1mol·L－1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是溶液中c(NH4+)增大，抑制一水合氨的电离，使电离平衡逆向移动，所以溶液的pH减小。
答案为③；
（3）室温下，如果将0.2molNH4Cl和0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)的成分为：0.1molNH4Cl、0.1mol NH3·H2O、0.1molNaCl。
主要发生的反应是：NH3·H2O NH4＋+OH-
NH3·H2O NH4＋+ OH-
起始 0.1mol 0.1mol 0
转化 x x x
平衡 0.1-x 0.1+x x
H2O H++ OH-
y y y
①NH4+和NH3·H2O两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。
答案为：NH4+、NH3·H2O；
②. NH4+和H+两种粒子的物质的量之和比OH－多0.1mol。
答案为：NH4+、H+。
【分析】（1）氨水属于弱电解质，加水稀释过程中促进氨水的电离平衡，温度不变平衡常数、水的离子积常数不变；
（2）氯化铵电离出的铵根离子使氨水的电离平衡向左移动，氢氧根离子浓度减小；
（3）根据氨水和水的电离平衡进行计算。
20．【答案】（1）Ⅰ；小于；小于
（2） [c（CH3COO-）-c（CH3COOH）]
【解析】【解答】（1）氨水显碱性，pH＞7，所以曲线Ⅰ代表氨水滴定过程中pH变化情况；曲线Ⅱ代表醋酸的滴定过程，若醋酸的电离程度为10%，则0.1mol/L的醋酸溶液中，c（H+）=0.01mol/L，此时溶液的pH=2，但据图可知0.1mol/L的醋酸pH＞2，所以电离程度小于10%；当横坐标为20mL时，一水合氨与盐酸恰好完全反应，此时溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会水解，所以此时溶液显酸性，曲线Ⅰ对应的纵坐标应小于7；
（2）曲线Ⅱ代表醋酸溶液，当滴加10mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为等物质的量CH3COOH和CH3COONa，存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）、物料守恒2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），联立可得c（H+）-c（OH-）= [c（CH3COO-）-c（CH3COOH）]。
【分析】(1)根据氨水显碱性分析曲线；根据pH计算醋酸的电离程度；恰好反应时溶液为酸性；
(2)根据电荷守恒、物料守恒分析。
21．【答案】（1）H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3
（2）＜
（3）CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-
（4）HSO3- H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)
【解析】【解答】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，电离平衡常数越大，酸性越强，所以电解质由强到弱的顺序为为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3，故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3；
（2）pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：醋酸的pH小于亚硫酸，故答案为：＜；
（3）已知酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-，故答案为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-；
（4）NaHSO3水溶液中存在电离平衡和水解平衡HSO3- H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，溶液显酸性说明HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；
故答案为：HSO3- H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；
【分析】明确弱电解质的电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握判断电解质强弱方法。
一、单选题
1．室温下，pH＝4的CH3COOH溶液中加入下列物质，水电离出的c(H＋)减小的是（ ）
A．NaHSO4固体 B．NaCl固体
C．CH3COONa固体 D．H2O
2．常温下，将下列物质溶于水中分别配制成0.1 mol L-1溶液，所得溶液pH大于7的是（ ）
A．NaCl B．HCl C．NaOH D．CH3COOH
3．已知pOH＝－lgc(OH－)，下列溶液中一定呈中性的是（ ）
A．酸碱恰好完全反应的溶液
B．pH = 7的溶液
C．pH =14－pOH的溶液
D．pH = pOH的溶液
4．下列物质的水溶液呈碱性且属于盐是（ ）
A．苯甲酸钠 B． C．HCl D．
5．下列做法中没有用到水解平衡原理的是（ ）
A．明矾净水 B．盐卤(MgCl2)点制豆腐
C．泡沫灭火器灭火 D．热的纯碱去油污
6．关于FeCl3溶液水解的说法错误的是（ ）
A．水解达到平衡时加水稀释，平衡向正反应方向移动
B．浓度为5 mol/L和0.5 mol/L的两种FeCl3 溶液，其他条件相同时，Fe3+水解程度前者比后者大
C．有50℃和20℃的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者大
D．为抑制Fe3+水解，较好地保存FeCl3溶液应加入少量HCl
7．常温下，浓度均为0.1mol/L的4种钠盐溶液pH如下：
溶质 Na2CO3 NaHCO3 NaClO NaHSO3
pH 11.6 9.7 10.3 5.2
下列说法错误的是（ ）
A．四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大
B．NaHSO3溶液显酸性的原因是：电离程度大于水解程度
C．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO3
D．向氯水中加入少量Na2CO3(s)，可以增大氯水中次氯酸的浓度
8．将各0.05mol的下列物质置于500mL水中充分搅拌后，溶液中阴离子数目最多的是（ ）
A．NH4Br B．K2SO4 C．Mg（OH）2 D．Na2S
9．现有两正盐的稀溶液，分别是a mol L﹣1NaX溶液和b mol L﹣1NaY溶液．下列说法不正确的是（ ）
A．若a＞b，测得c（X﹣）=c（Y﹣），可推出溶液中的c（HX）＞c（HY）
B．若a＞b，测得c（X﹣）=c（Y﹣），可推出溶液中的c（HX）=c（HY）
C．若a=b，且pH（NaX）＞pH（NaY），则相同浓度时，酸性HX＜HY
D．若a=b，并测得a=c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸
10．在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400℃）下列的溶液，可以得到该物质的固体是（ ）
A．氯化镁溶液 B．硫酸亚铁溶液
C．碳酸氢钠溶液 D．硫酸铝溶液
11．水溶液呈碱性的是（ ）
A．NaHCO3 B．BaCl2 C．CH3OH D．KAl（SO4）2
12．常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是（ ）
A．相同物质的量浓度的两溶液，后者的pH更大
B．pH＝13的两溶液稀释100倍，前者的pH大于后者
C．两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH-)均减小
D．体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸
13．下列表述中正确的是（ ）
A．NH4Cl溶液因水解而显酸性，故NH4Cl是弱电解质
B．纯碱溶液因水解而显碱性，水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O H2CO3+2OH﹣
C．可乐因含碳酸而显酸性，电离方程式为：H2CO3 CO32﹣+2H+
D．配制FeCl3 溶液时，先将FeCl3 溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需浓度
14．常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg 的变化关系如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．常温下：Ka(HB)>Ka(HC)
B．HC的电离度：a点
D．当lg =5时，HA溶液的pH为7
15．下列说法不正确的是（ ）
A．将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：a＞c＞b
B．常温下，浓度均为0.1mol/L①醋酸、②盐酸、③醋酸钠溶液，水电离程度的顺序为③＞①＞②
C．常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为碱性
D．物质的量浓度相同的①氯化铵溶液、②硫酸铵溶液、③碳酸氢铵溶液，pH的顺序为：①＞③＞②
16．常温下，向溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的随加入NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．c点对应的溶液的pH=7
B．b、d两点对应的溶液的pH相同
C．从a点到d点，水的电离程度一直增大
D．b点对应的溶液中，
二、综合题
17．CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3
①Na2CO3俗称纯碱，因CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，试写出CO32﹣水解的离子方程式（忽略第二步水解） ，其水解反应的平衡常数（即水解常数）的表达式为Kh=
②已知25℃时，Kh=2×10﹣4mol/L，则当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，试求溶液的pH= ．
③0.1mol/L Na2CO3溶液中c（OH﹣）﹣c（H+）= （用含c（HCO3﹣）、c（H2CO3）的关系式表示）
④向 Na2CO3溶液中加入明矾会产生沉淀和气体，请写出相关的离子方程式 ．
18．写出下列物质电离或盐类水解的离子方程式：
（1）NaHSO4溶于水 ；
（2）H2S的水溶液 ；
（3）碳酸氢钠溶液 ；
（4）氯化铁溶液 ．
19．
（1）在25℃条件下将pH＝12的氨水稀释过程中，下列说法正确的是___。
A．能使溶液中c(NH4+)·c(OH－)增大
B．溶液中c(H＋)·c(OH－)不变
C．能使溶液中 比值增大
D．此过程中Kw增大
（2）25℃时，向0.1mol·L－1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是 (填序号)。
①氨水与氯化铵发生化学反应
②氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H＋)
③氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了一水合氨的电离，使c(OH－)减小
（3）室温下，如果将0.2molNH4Cl和0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)。
① 和 两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。
② 和 两种粒子的物质的量之和比OH－多0.1mol。
20．25℃时，取浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol/LNaOH溶液、0.1mol/L盐酸进行中和滴定。滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。回答下列问题：
（1）表示氨水滴定过程中pH变化情况的是曲线 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。由图中信息可知，25℃时0.1mol/L醋酸溶液的电离程度 （填“大于”“小于”或“等于”，下同）10%。当横坐标为20mL时，曲线Ⅰ对应的纵坐标应 7。
（2）滴加溶液到10mL时，曲线Ⅱ所表示的溶液中c（H+）-c（OH-） （结果中不能包含阳离子浓度）。
21．25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：
化学式 CH3COOH H2CO3 H2SO3
电力平衡常数K K=1.8×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 K1=1.5×10-2 K2=1.02×10-7
（1）电解质由强至弱顺序为 (用化学式表示，下同)。
（2）常温下，体积为10 mL pH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1
000 mL，稀释后溶液的pH，前者 后者(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）下列离子CH3COO-、CO 、HSO 、SO 在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为 。
（4）NaHSO3溶液显酸性的原因 (离子方程式配适当文字叙述)，其溶液中离子浓度由大到小的关系是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.NaHSO4为强酸酸式盐，向pH＝4的CH3COOH溶液中加入NaHSO4固体，溶液中H＋浓度增大，对水的电离抑制程度增大，水电离出的c(H＋)减小，故A符合题意；
B.NaCl为强酸强碱盐，在溶液中不水解，向pH＝4的CH3COOH溶液中加入NaCl固体，溶液中H＋浓度不变，水电离出的c(H＋)不变，故B不符合题意；
C.向pH＝4的CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，溶液中CH3COO—浓度增大，电离平衡向左移动，溶液中H＋浓度减小，水电离出的c(H＋)增大，故C不符合题意；
D.向pH＝4的CH3COOH溶液中加入H2O稀释，溶液中H＋浓度减小，水电离出的c(H＋)增大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 pH＝4的CH3COOH溶液中，存在平衡，要使水电离出的c(H＋)减小就要使该平衡正向移动；
2．【答案】C
【解析】【解答】A.NaCl溶液显中性，pH=7，A不符合题意；
B.HCl溶液显酸性，pH<7，B不符合题意；
C.NaOH溶液显碱性，pH>7，C符合题意；
D.CH3COOH溶液显酸性，pH<7，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】形成溶液的pH>7，则所得溶液显碱性，据此分析选项。
3．【答案】D
【解析】【解答】A、酸与碱恰好完全反应的溶液不一定呈中性，生成的盐可能发生水解，使溶液呈酸性或碱性，要根据盐的特点确定溶液酸碱性，故A不符合题意；
B、升高温度促进水电离，导致纯水的pH减小，100℃时纯水的pH=6，所以100℃时pH=7的溶液呈碱性，故B不符合题意；
C、已知pOH=-lgc(OH-)，pH=-lgc(H+)，则常温下，pOH+pH=-lgc(OH-)-lgc(H+) =-lg[c(OH-)×c(H+)] =14，pH=14-pOH，但溶液的温度未知，不能判断溶液中 c(H+)与c(OH-)的 相对大小，故C不符合题意；
D、pH=pOH即-lgc(OH-)=-lgc(H+)，所以 c(H+)=c(OH-)，即溶液显中性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查溶液的酸碱性与pH间的关系。当溶液中的氢离子浓度等于氢氧根浓度时，溶液呈中性，据此进行分析解答。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，属于盐类，A选；
B．与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，属于金属氧化物，不属于盐类，B不选；
C．HCl电离出氢离子，溶液呈酸性，属于酸类，不属于盐类，C不选；
D．是强酸强碱盐，溶液呈中性，D不选；
故答案为：A。
【分析】水溶液呈碱性属的盐为强碱弱酸盐。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．明矾中铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有净水作用，和水解平衡原理有关，故A不选；
B．向豆浆胶体中加入可溶的氯化镁溶液，可以使胶体聚沉，制得豆腐，盐卤(MgCl2)点制豆腐和水解平衡原理无关，故B选；
C． 泡沫灭火器中的碳酸氢根和铝离子之间发生双水解反应可以快速大量的产生二氧化碳和水，可以用于灭火，和水解平衡原理有关，故C不选；
D．纯碱中的碳酸根离子水解，导致溶液显示碱性，油污在碱性条件下会发生酯化反应，因加热促进水解，热的纯碱去油污去油污效果更好，则和水解平衡及其移动原理有关，故D不选；
故答案为：B。
【分析】B．与胶体聚沉有关；
6．【答案】B
【解析】【解答】A．加水稀释促进盐的水解，所以水解达到平衡时加水稀释，平衡正向移动，故A不选；
B．其他条件相同时，浓度越大盐类的水解程度越小，所以浓度为5 mol/L和0.5 mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+水解程度前者比后者小，故选B；
C．其他条件相同时，温度越高盐类的水解程度越大，所以50℃和20℃的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者大，故C不选；
D．由Fe3+水解方程式 可知，向FeCl3溶液应加入少量HCl，溶液中 增大，平衡逆向移动，抑制了Fe3+的水解，故D不选。
故答案为：B。
【分析】A.加水稀释促进盐的水解；
B.浓度越大盐类的水解程度越小；
C.温度越高盐类的水解程度越大；
D.根据影响盐的水解平衡的因素分析。
7．【答案】D
【解析】【解答】根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞HSO3-，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，A．相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，A不符合题意；
B.亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3-电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子是弱酸阴离子部分电离，NaHSO3=Na++HSO3-，HSO3- H++SO32-，B不符合题意；
C.酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞HSO3-，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，pH最小的是H2SO3，C不符合题意；
D.次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，使生成的次氯酸和浓度减小，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.Na2CO3溶液的碱性最强，说明CO32-的水解程度最大，水解促进水的电离；
B.NaHSO3溶液中存在HSO3-的电离和水解，结合电离水解的程度大小分析溶液的酸碱性；
C.结合“越弱越水解”，由盐溶液的pH大小确定酸的强弱；
D.由酸性强弱确定发生的反应；
8．【答案】D
【解析】【解答】解：对于A和B，由于NH4Br和K2SO4溶于水并完全电离，所以n（Br﹣）=n（SO42﹣）=0.05mol（水电离出的OH﹣可忽略）；对于C，C中的Mg（OH）2在水中难溶，故溶液中n（OH﹣）＜0.1mol；对于D，在Na2S溶液中，由于S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣，阴离子数目会增加，即阴离子物质的量大于0.1mol．由上分析，Na2S溶液中的阴离子数目最多，D项正确．
故选D．
【分析】将各0.05mol的下列物质置于500mL水中充分搅拌后，根据盐类的水解和物质的溶解度思考分析．
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A、若a＞b且c（X﹣）=c（Y﹣），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HX＜HY，溶液中的c（HX）＞c（HY），故A正确；
B、若a＞b且c（X﹣）=c（Y﹣），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HX＜HY，溶液中的c（HX）＞c（HY）故B错误；
C、根据酸越弱，越水解可知，若a=b，则pH（NaX）＞pH（NaY），则酸性：HX＜HY，故C正确；
D、若a=b且a=c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸，酸性HX＞HY，故D正确；
故选B．
【分析】A、若a＞b且c（X﹣）=c（Y﹣），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY；
B、若a＞b且c（X﹣）=c（Y﹣），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY
C、根据盐的水解规律：酸越弱，越水解来回答；
D、若a=b且c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），说明X﹣不水解，但是Y﹣水解．
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A．加热氯化镁溶液，水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，灼烧可得到氧化镁，故A错误；
B．加入硫酸亚铁溶液，易被空气中氧气氧化生成硫酸铁，故B错误；
C．加热碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，故C错误；
D．加入硫酸铝溶液，虽然铝离子水解生成氢氧化铝，但硫酸难挥发，最终仍为硫酸铝，故D正确．
故选D．
【分析】在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400℃）下列的溶液，可以得到该物质的固体，则该物质在蒸发时没有发生水解生成其它物质，没有被氧化或者发生分解等反应，以此解答该题．
11．【答案】A
【解析】【解答】A. NaHCO3溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，水溶液显碱性，A符合题意；
B. BaCl2是强酸强碱盐，不水解，水溶液显中性，B不符合题意；
C. CH3OH是非电解质，不电离，水溶液显中性，C不符合题意；
D. KAl（SO4）2溶液中铝离子水解，水溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．HCO3-+H2OH2CO3+OH-；
B．强酸强碱盐显中性；
C．非电解质水溶液中不电离；
D．Al3++3H2OAl（OH）3+3H+。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，所以相同物质的量浓度的两溶液，NaOH溶液中c(OH-)大，其pH更大，A不符合题意；
B．弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水由于能够继续电离，所以pH大于11，B不符合题意；
C．NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C符合题意；
D．pH相同的NaOH和氨水，氨水的物质的量浓度大，体积相同时氨水中和盐酸的物质的量多，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、强酸、强碱、大部分盐完全电离，弱酸、弱碱部分电离；
B、弱碱随着加水稀释，电离程度增大，pH变化较小；
C、 NH4Cl 为强酸弱碱盐水解显酸性；
D、弱碱部分电离，相同pH的强酸与弱酸，弱酸的浓度远大于强酸。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氯化铵溶于水完全电离，所以氯化铵是强电解质，但因为铵根离子水解而导致其溶液呈酸性，故A错误；
B．纯碱溶液的水解方程式为CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，故B错误；
C．碳酸是二元弱酸，其电离方程式为：H2CO3 H++HCO3﹣，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，溶于水能水解而使其溶液呈酸性，为防止其水解，应先将FeCl3溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需浓度，故D正确；
故选D．
【分析】A．电解质的强弱是根据其电离程度划分的，完全电离的是强电解质；
B．多元弱酸根的水解是分步水解的；
C．多元弱酸是分步电离的；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，溶于水能水解，为防止变质，应加入酸抑制其水解．
14．【答案】D
【解析】【解答】A．酸性HB＞HC，则Ka(HB)>Ka(HC)，故A不符合题意；
B．溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点
D．当lg =5时，HA电离出的c(H+)=10-7 mol/L，此时，不能忽略水的电离，溶液中c(H+)略大于10-7 mol/L，pH略小于7，仍显酸性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大小于2，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC，据此分析解答。
15．【答案】D
【解析】【解答】解：
A．加水稀释氢氧化钠溶液和氨水中c（OH﹣）都变小，加水稀释促进一水合氨电离，则稀释后氨水的pH大于氢氧化钠，则a、b、c的大小关系是：a＞c＞b，故A正确；
B．盐酸为强酸、醋酸为弱酸，浓度均为0.1mol/L，盐酸的抑制作用大于醋酸的抑制作用，③醋酸钠溶液中电离出的醋酸根离子水解会促进水的电离，所以水电离程度的顺序为：③＞①＞②，故B正确；
C．pH=3硫酸，c（H+）=0.001mol/L，硫酸完全电离，pH=11一元碱BOH，c（OH﹣）=0.001mol/L，若BOH为强碱，混合后溶液呈中性；若为BOH为弱碱，氢离子和氢氧根离子正好反应生成盐和水，而弱碱存在电离平衡，平衡右移，还可以继续电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，故C正确；
D．碳酸氢根离子促进铵根离子水解，硫酸铵中铵根离子水解个数大于氯化铵，所以相同浓度的这几种溶液中溶液pH的由大到小顺序是③＞①＞②，故D错误．
故选D．
【分析】A．氢氧化钠溶液和氨水具有相同的pH，由于氢氧化钠是强电解质，则在稀释时强碱的变化程度大，加水稀释促进一水合氨电离；
B．酸和碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用；
C．根据碱BOH的强弱来讨论；
D．碳酸氢根离子促进铵根离子水解，物质的浓度相同，根据离子水解程度结合化学式确定．
16．【答案】D
【解析】【解答】A．c点时向溶液中加入了20mL 0.1mol/L的NaOH溶液，恰好完全发生反应，水解溶液呈碱性，pH>7，故A项不符合题意；
B．从b点到d点，向溶液中不断地加入NaOH溶液，pH会增大，即d点的pH大于b点的pH，故B项不符合题意；
C．由图可知，c点水的电离程度最大，所以从a点到d点，水的电离程度先增大后减小，故C项不符合题意；
D．b点时向溶液中加入了10mL 0.1mol/L的NaOH溶液，根据物料守恒可知：，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】溶液显酸性和碱性都会抑制水的电离，C点水的电离程度最大，此时溶质为K2C2O4，水解显碱性，pH>7，c点以后继续加入氢氧化钠，水的电离程度受到抑制，从a到c，水的电离程度增大，c到e水的电离程度减小，b点溶质为K2C2O4，KHC2O4，且为1：1，结合物料守恒，可以找到粒子的关系
17．【答案】CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；；10；c（HCO3﹣ ）+2c（H2CO3）；3CO32﹣+2Al3++6H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，
【解析】【解答】解：①碳酸钠是强碱弱酸盐，能发生两步水解，第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解方程式为：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；Kh= ，
故答案为：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；Kh= ，；
②Kh=2×10﹣4mol/L，则当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，Kh= ，=2×10﹣4mol/L，C（OH﹣ ）=1×10﹣4 mol/L，C（H+ ）=1×10﹣10mol/L，所以溶液的pH=10，故答案为：10；
③根据原子守恒和电荷守恒计算c（OH﹣）﹣c（H+）的值，根据碳原子守恒得，c（CO32﹣）+c（HCO3﹣ ）+c（H2CO3）=0.1mol/L，根据溶液中电荷守恒得：2×c（CO32﹣）+c（HCO3﹣ ）+c（OH﹣）=c（Na+ ）+c（H+ ），c（Na+ ）=0.2mol/L，所以c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣ ）+2c（H2CO3），
故答案为：c（HCO3﹣ ）+2c（H2CO3）；④向 Na2CO3溶液中加入明矾后，碳酸根会和铝离子发生双水解，从而生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为：3CO32﹣+2Al3++6H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑。
【分析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，能发生水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠而使溶液呈碱性；水解平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比；②根据水解平衡常数计算氢氧根离子的浓度，再根据水的离子积常数计算氢离子的浓度，从而计算其溶液的pH值；③根据原子守恒和电荷守恒计算c（OH﹣）﹣c（H+）的值；④向 Na2CO3溶液中加入明矾后，碳酸根会和铝离子发生双水解，从而生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体．
18．【答案】（1）NaHSO4=Na++H++SO42﹣
（2）H2S H++HS﹣，HS﹣ H++S2﹣
（3）HCO3﹣+H2O CO32﹣+OH﹣
（4）Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+
【解析】【解答】解：（1）NaHSO4是强酸强碱酸式盐，属强电解质，完全电离，电离出Na+、H+、SO42﹣离子，故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣；（2）H2S是二元弱酸，属弱电解质，分两步电离，第一步电离出氢离子和硫氢根离子，第二步电离：硫氢根离子电离出硫离子和氢离子，故答案为：H2S H++HS﹣，HS﹣ H++S2﹣；（3）碳酸氢根离子水解的离子方程式：HCO3﹣+H2O CO32﹣+OH﹣，故答案为：HCO3﹣+H2O CO32﹣+OH﹣；（4）氯化铁是强酸弱碱盐，溶液中铁离子水解，溶液显酸性，离子方程式为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+．
【分析】先判断电解质的类型及电离出的阴阳离子，根据电解质的类型判断写可逆号还是等号；如果是多元弱电解质，要分步电离．
19．【答案】（1）B
（2）③
（3）NH4+；NH3·H2O；NH4+；H+
【解析】【解答】（1）A．氨水稀释，溶液中c(NH4+)、c(OH－)都减小，所以c(NH4+)·c(OH－)减小，A不符合题意；
B．c(H＋)·c(OH－)为水的离子积常数，温度一定时，水的离子积常数不变，B符合题意；
C． ，温度不变时，比值不变，C不符合题意；
D．此过程中Kw不变，D不符合题意。
故答案为B。
（2）25℃时，向0.1mol·L－1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是溶液中c(NH4+)增大，抑制一水合氨的电离，使电离平衡逆向移动，所以溶液的pH减小。
答案为③；
（3）室温下，如果将0.2molNH4Cl和0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)的成分为：0.1molNH4Cl、0.1mol NH3·H2O、0.1molNaCl。
主要发生的反应是：NH3·H2O NH4＋+OH-
NH3·H2O NH4＋+ OH-
起始 0.1mol 0.1mol 0
转化 x x x
平衡 0.1-x 0.1+x x
H2O H++ OH-
y y y
①NH4+和NH3·H2O两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。
答案为：NH4+、NH3·H2O；
②. NH4+和H+两种粒子的物质的量之和比OH－多0.1mol。
答案为：NH4+、H+。
【分析】（1）氨水属于弱电解质，加水稀释过程中促进氨水的电离平衡，温度不变平衡常数、水的离子积常数不变；
（2）氯化铵电离出的铵根离子使氨水的电离平衡向左移动，氢氧根离子浓度减小；
（3）根据氨水和水的电离平衡进行计算。
20．【答案】（1）Ⅰ；小于；小于
（2） [c（CH3COO-）-c（CH3COOH）]
【解析】【解答】（1）氨水显碱性，pH＞7，所以曲线Ⅰ代表氨水滴定过程中pH变化情况；曲线Ⅱ代表醋酸的滴定过程，若醋酸的电离程度为10%，则0.1mol/L的醋酸溶液中，c（H+）=0.01mol/L，此时溶液的pH=2，但据图可知0.1mol/L的醋酸pH＞2，所以电离程度小于10%；当横坐标为20mL时，一水合氨与盐酸恰好完全反应，此时溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会水解，所以此时溶液显酸性，曲线Ⅰ对应的纵坐标应小于7；
（2）曲线Ⅱ代表醋酸溶液，当滴加10mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为等物质的量CH3COOH和CH3COONa，存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）、物料守恒2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），联立可得c（H+）-c（OH-）= [c（CH3COO-）-c（CH3COOH）]。
【分析】(1)根据氨水显碱性分析曲线；根据pH计算醋酸的电离程度；恰好反应时溶液为酸性；
(2)根据电荷守恒、物料守恒分析。
21．【答案】（1）H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3
（2）＜
（3）CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-
（4）HSO3- H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)
【解析】【解答】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，电离平衡常数越大，酸性越强，所以电解质由强到弱的顺序为为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3，故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3；
（2）pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：醋酸的pH小于亚硫酸，故答案为：＜；
（3）已知酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-，故答案为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-；
（4）NaHSO3水溶液中存在电离平衡和水解平衡HSO3- H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，溶液显酸性说明HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；
故答案为：HSO3- H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；
【分析】明确弱电解质的电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握判断电解质强弱方法。