3.3 盐类的水解 课时作业（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 | 3.3 盐类的水解 课时作业（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |
|
|
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 232.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-12 00:00:00 | ||
图片预览
文档简介
3.3 盐类的水解 课时作业
一、单选题
1．化学与社会、生产密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．明矾净水是因为其水解产物能杀菌、消毒，并能吸附水中悬浮物
B．95%的酒精能使蛋白质失去生理活性，可用于消毒预防新冠肺炎
C．医用外科口罩使用材料之一为聚丙烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．葡萄酒中通常添加微量SO2，具有杀菌并防止营养成分被氧化的作用
2．化学与科技、社会、生产和生活密切相关，下列说法正确的是：（ ）
A．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
B．热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污
C．口罩的核心材料“熔喷布”的原料是聚丙烯树脂，可由石油通过裂解得到的丙烯经加聚反应制得
D．乙醚、84消毒液、过氧乙酸、90%以上乙醇等这些消毒剂均能有效对抗新型冠状病毒
3．测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）
A．Na SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO-3+OH-
B．④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
4．室温下，用相同浓度的溶液，分别滴定浓度均为的三种酸、和溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 （ ）
A．三种酸的电离常数关系：
B．点时，溶液中：
C．时，三种溶液中：
D．当中和达时，溶液中：
5．室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是（ ）
A．pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钾溶液等体积混合
B．pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钾溶液等体积混合
C．pH=3的硫酸溶液和pH=11的氨水等体积混合
D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合
6．广义的水解观认为：水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化。根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是（ ）
A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2
B．BrCl水解的产物是HClO和HBr
C．Mg2C3水解的产物是Mg(OH)2和C3H4
D．Al2S3水解的产物是Al(OH)3和H2S
7．化学上常用AG表示溶液中的酸碱度，AG=lg 。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol·L-1HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．D点溶液中的pH=11.25
B．B点溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)
C．C点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mL
D．25℃时，HNO2的电离平衡常数Ka=1.0×10-5.5
8．古代造纸工艺中使用的某种物质存在副作用，它易导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆易破损，该物质是（ ）
A．明矾 B．芒硝
C．草木灰 D．漂白粉
9．室温下，分别向浓度均为的和盐酸各20mL，滴加的溶液，得到滴定曲线如下(忽略分解)，下列叙述错误的是（ ）
A．的水解平衡常数约为
B．b点与a点溶液混合后
C．加入溶液时，两溶液中水的电离程度
D．a点存在：
10．鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述不正确的是（ ）
A．0.001mol/L的GHCl的水溶液pH＞3
B．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl=G+H++Cl-
C．GHCl溶液加水稀释的过程中，水的电离程度减小
D．GHCl溶液与AgNO3溶液反应会产生白色沉淀
11．向Cr2（SO4）3水溶液中，加入NaOH溶液，当pH=4.6时，开始出现Cr（OH）3沉淀，随着碱性增强，沉淀增多；但当[OH﹣1]大于0.1mol L﹣1时，沉淀消失，出现亮绿色的亚铬酸根离子（CrO2﹣）．平衡关系如下： ，向50mL0.05mol L﹣1的Cr2（SO4）3溶液中，加入1.0mol L﹣1NaOH溶液50mL，反应后观察到现象是（ ）
A．.紫色 B．.亮绿色
C．有灰绿色沉淀 D．.无法判断
12．常温下，对于pH均为5的HCl溶液和NH4Cl溶液，下列说法正确的是（ ）
A．两溶液稀释10倍后，pH相等
B．两溶液加热至相同的温度后，pH相等
C．两溶液中各加入等体积的pH等于9的NaOH溶液后，pH相等
D．两溶液中水的离子积相等
13．室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10 8
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO)
D．NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10 7 mol·L 1
14．下列选项中的实验操作、现象与结论完全一致的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液，点在pH试纸上 试纸最终显蓝色 次氯酸钠溶液显碱性
B 用pH试纸分别测定0.1mol·L－1的Na2CO3溶液和0.1mol·L－1的NaHCO3溶液的pH Na2CO3溶液的pH约为10，NaHCO3溶液的pH约为8 结合H＋能力：CO32->HCO3-
C 用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点低
D 分别将乙烯与SO2通入溴水中 溴水均褪色 两种气体使溴水褪色的原理相同
A．A B．B C．C D．D
15．化学与社会密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．人造纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
B．可以直接用淀粉溶液检验海水中是否含碘元素
C．石油的分馏过程主要涉及化学变化
D．中国古代利用明矾溶液的酸性来清除铜镜表面的铜锈
16．化学与生产、生活密切相关．下列说法正确的是（ ）
A．明矾净水原理不涉及化学变化
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
D．将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强
二、综合题
17．写出下列物质发生水解反应的离子方程式，并指出水溶液的酸碱性．
（1）CH3COONa： ； ．
（2）NH4Cl： ； ．
18．根据问题填空：
（1）把对应物质的字母代码填入括号内．
A．水玻璃 B．明矾 C．浓硫酸D．过氧化钠E．新制氯水 F．小苏打 G．二硫化碳H．次氯酸钙
①能使石蕊试液先变红后褪色
②能做木材防火剂
③能做处理胃酸过多的一种药剂
④能作为处理试管内壁沾有硫磺的一种试剂
（2）绿色化学要求综合考虑经济、技术、环保等方面来设计化学反应路线．现以铜为原料制取硫酸铜，以下图为例设计符合绿色化学思想的反应路线．Al AlCl3 Al（OH）3 ．
19．25℃时，取0.1mol L﹣1HA溶液与0.1mol L﹣1NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积的变化不计），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+） （选填“＞”、“＜”、“=”）0.1mol L﹣1NaOH 溶液中由水电离出的c（H+）；
（3）混合液中：c（HA）+c（A﹣）= mol L﹣1；
（4）25℃时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断 （NH4）2CO3溶液的 pH 7（选填“＞”、“＜”、“=”）；
（5）相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序 （填字母）．
A．NH4HCO3 B．NH4A C．NH4HSO4 D．NH4Cl
（6）某温度下，V1L pH=a的盐酸与V2L pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性．若a+b=13，则V1：V2= （溶液体积变化忽略不计）．
20．
（1）①25℃时，NH4Cl溶液呈酸性，原因是 水解引起的（填“NH4+”或“Cl-”）；
②常温下，0.0100mol/L NaOH溶液的pH= ；
③用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为 （填“蓝色”或“无色”），且半分钟内颜色保持不变。
④ 已知在25℃：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp=1.8×10－10
Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq) Ksp=6.3×10－50
向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，最先产生的沉淀是 （填“AgCl”或“Ag2S”）。
（2）已知25℃合成氨反应中，1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ。现将1mol N2和3mol H2混合置于2L密闭容器中，反应进行到2s末测得NH3为0.4mol。
回答下列：
① 该反应的热化学方程式是 ；
② 该反应达到平衡后，升高温度平衡向 （填“正”、“逆”）反应方向移动；加入催化剂平衡 （填“正”、“逆”、 “不”）移动；
③ 前2s内v（H2）是 。
（3）燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景。天然气燃料电池中，在负极发生反应的物质是 （填化学式）；如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液，电极B电极上发生的电极反应式是： 。
。
21．研究化学反应原理对于生产、生活及环境保护具有重要意义。请回答下列问题：
（1）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①NH4I；②CH3COONa；③(NH4)2SO4；④ Na2CO3，pH从大到小排列顺序为 (填序号)。
（2）苯乙烯是工业上合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，工业上可用乙苯催化脱氢方法制备苯乙烯：
。
①已知乙苯(g)、苯乙烯(g)的燃烧热分别为akJ/mol，bkJ/mol，则氢气的燃烧热为 kJ/mol(用含有Q、a、b的表达式表示，其中Q、a、b均大于0)。
②在实际生产中，在恒压条件下常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂(水蒸气不参加反应)，此时乙苯的平衡转化率与水蒸气的用量、压强(p)的关系如下图所示。
Ⅰ.加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是
Ⅱ.用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数(Kp)，其中，分压=总压×物质的量分数，则900K时的平衡常数Kp= .
Ⅲ.改变下列条件，能使乙苯的反应速率和转化率一定增大的是 (填字母)。
A．恒容时加入稀释剂水蒸气
B.压强不变下，温度升至1500K
C.在容积和温度不变下充入Ar
D.选用催化效果更好的催化剂
（3）利用“Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO2 2Na2CO3+C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示：
①放电时，正极的电极反应式为 。
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mol 电子时，两极的质量差为 g。(假设放电前两电极质量相等)
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．明矾水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能够净水，但不具有强的氧化性，不能杀菌消毒，A不符合题意；
B．杀菌消毒一般使用75%的酒精，B不符合题意；
C．聚丙烯是丙烯的聚合物，结构中没有碳碳双键，不能使KMnO4褪色，C不符合题意；
D．SO2虽然有毒，但是可以杀菌，而且具有还原性，故微量的SO2可防止葡萄糖中的营养成分被氧化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.明矾可以净水，但是不能杀毒
B.95%的酒精溶液不能杀死病毒，一般的浓度是75%
C.双键可使高锰酸钾溶液褪色，但是聚丙烯中不含双键
D.二氧化硫可以杀菌，具有还原性可以作为红酒的添加剂
2．【答案】C
【解析】【解答】A．蒸发海水可以获得食盐，蒸发属于物理变化，不需要通过化学反应就能实现，故A不符合题意；
B．煤油、柴油等矿物油污，主要成分是烃，不溶于纯碱溶液，不能用热的纯碱溶液洗涤煤油、柴油等矿物油污，故B不符合题意；
C．丙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚丙烯，故C符合题意；
D.75%的乙醇能使蛋白质发生变性，可以用于消毒，90%以上乙醇不能用于消毒，乙醚、84消毒液、过氧乙酸均能有效对抗新型冠状病毒，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．注意海水的开发利用，蒸发海水可获得食盐；
B．矿物油的主要成分是烃，不与碱反应；
C．含有碳碳双键的有机物可以发生加聚反应；
D.消毒用乙醇的浓度为75%。
3．【答案】C
【解析】【解答】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-，A项不符合题意；
B.取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项不符合题意；
C.盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项符合题意；
D.Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查盐类水解的方程式书写，注意弱酸根离子的水解是分步，根据异性相吸弱水解，异性相吸得产物进行判断。书写。水解平衡影响类别化学平衡的影响，影响因素有温度和浓度。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．相同物质的量浓度的一元酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HD，则KHA＞KHB＞KHD，故A不符合题意；
B．P点时HB被中和50%，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，则c(B-)＞c(HB)，结合物料守恒2c(Na+)=c(B-)+c(HB)可知：c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)，溶液中离子浓度大小为：，故B不符合题意；
C．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，HA溶液中c(Na+)=c(A-)，HB溶液中c(Na+)=c(B-)，HD溶液中c(Na+)=c(D-)，由于HA，HB，HD的酸性并不一致，则使溶液呈中性时，三种溶液中c(Na+)并不相等，则c(A-)、c(B-)、c(D-)并不相等，故C符合题意；
D．当中和达时，溶液中存在的是NaA，由可得：，即，化简得：，刚好是NaA溶液的物料守恒等式，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.初始点的pH值AB>D；
B.P点时中和50%，溶液显酸性，B的电离大于水解，故B->HB，H+>OH-，而2Na=B-+HB，故c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)；
C.ABD的酸酸性不一样，所以消耗的氢氧化钠的量不同，生成的离子也不同；
D.根据物料守恒计算。
5．【答案】A
【解析】【解答】A.pH=3的醋酸溶液中c(CH3COOH)>c(H+)=0.001mol/L，pH=11的KOH溶液中c(KOH)=c(OH-)=0.001mol/L，二者等体积混合后，所得溶液中存在大量的CH3COOH，溶液显酸性，pH<7，A符合题意；
B.pH=3的盐酸中c(HCl)=c(H+)=0.001mol/L，pH=11的KOH溶液中c(KOH)=c(OH-)=0.001mol/L，二者等体积混合后，所得溶液为KCl溶液，显中性，pH=7，B不符合题意；
C.pH=3的硫酸溶液中c(H+)=0.001mol/L，pH=11的氨水溶液中c(NH3·H2O)>c(OH-)=0.001mol/L，二者等体积混合后，所得溶液中存在大量的NH3·H2O，溶液显碱性，pH>7，C不符合题意；
D.pH=3的盐酸中c(HCl)=c(H+)=0.001mol/L，pH=11的氨水溶液中c(NH3·H2O)>c(OH-)=0.001mol/L，二者等体积混合后，所得溶液中存在大量的NH3·H2O，溶液显碱性，pH>7，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】强酸（或强碱）溶液中，c(H+)[或c(OH-)]与酸（或碱）的浓度相同；弱酸（或弱碱）溶液中，c(H+)[或c(OH-)]小于酸（或碱）的浓度；据此结合选项进行分析。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故不符合题意；
B.该反应中氯元素化合价从-1价变为+1价，有电子转移，不符合水解原理，故符合题意；
C.碳化镁水解生成是氢氧化镁和丙炔，该反应中没有元素化合价变化，符合水解原理，故不合题意；
D.硫化铝水解为氢氧化铝和硫化氢，没有化合价变化，符合水解原理，故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】注意物质的水解反应是结合氢离子和氢氧根离子，不会出现化合价的变化，据此分析即可。
7．【答案】A
【解析】【解答】A、D点溶液中的AG= -8.5，即 =10-8.5 ， 又Kw= c(H+)× c(OH-)=10-14 ， 求得c(H+)=10-11.25 mol·L-1 ， 则pH=11.25，故A符合题意；
B、B点溶液中存在的溶质为等物质的量的HNO2和NaNO2 ， 由电荷守恒得c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-)，其物料守恒为2c(Na+)=c(HNO2)+ c(NO2-)，联立即得2c(H+)-2c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)，故B不符合题意；
C、C点溶液呈中性，因反应的生成物NaNO2水解使溶液呈碱性，所以C点时加入NaOH溶液的体积为略小于20.00 mL，则C不符合题意；
D、由图象可知0.100mol·L-1HNO2溶液的AG=8.5，即 =108.5 ， 又Kw= c(H+)×c(OH-)=10-14 ， c(H+)=10-2.75mol·L-1 ， 所以Ka= = ≈1.0×10-4.5 ， 故D不符合题意。
故答案为A。【分析】考查PH的计算，酸碱中和滴定，溶液中离子浓度的关系，电离平衡常数的计算。
8．【答案】A
【解析】【解答】易导致纸张发生酸性腐蚀，这说明该物质的水溶液显酸性，则A、明矾溶于水铝离子水解显酸性，A符合题意；
B、芒硝是硫酸钠，溶液显中性，B不符合题意；
C、草木灰的主要成分是碳酸钾，溶液显碱性，C不符合题意；
D、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，溶液显碱性，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】 早期的纸张生产中，常采用纸表面涂敷明矾的工艺，人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存，原因是明矾中存在Al3+的水解产生氢离子，纤维素在酸性条件下能发生水解
9．【答案】C
【解析】【解答】A．，Kh=，氢离子浓度为10-5.1mol/L，一水合氨浓度等于氢离子浓度，因水解程度较小，铵根离子浓度可近似为0.1mol/L，故Kh=，A不符合题意；
B．b点时加入氢氧化钡10mL，此时NH4Cl溶液中NH4Cl反应了0.001molNH4Cl，剩余0.001molNH4Cl和0.001molNH3·H2O，盐酸中反应了HCl0.001mol，剩余HCl0.001mol，此时将b点和a点溶液混合，NH3·H2O和HCl恰好反应完，溶液为NH4Cl溶液，NH4Cl水解显酸性，pH<7，B不符合题意；
C．加入40mL氢氧化钡后，NH4Cl已反应完全，生成0.002mol一水合氨，剩余0.001mol氢氧化钡，盐酸完全反应，生成BaCl2，剩余0.001mol氢氧化钡，氢氧化钡浓度相同的情况下，一水合氨抑制水的电离，氯化钡对水电离无影响，C符合题意；
D．a点时，NH4Cl恰好反应了一半，剩余的NH4Cl和生成的NH3·H2O物质的量相同，均为0.001mol，钡离子物质的量为0.0005mol，因为NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，故溶液显碱性，铵根离子浓度大于NH3·H2O浓度，水解和电离都是较为微弱的，因此铵根离子浓度和NH3·H2O浓度均大于钡离子浓度，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、水解平衡常数Kh=，曲线a代表NH4Cl，即c(H+)=10-5.1mol/L，则Kh=10-9.2；
B、b点为HCl，a点为NH3·H2O和NH4Cl的混合物，混合后溶液为NH4Cl，呈酸性；
C、强酸强碱盐对水的电离没有促进，而弱酸、弱碱的电离会对水的电离抑制；
D、a点是氢氧化钡和盐酸反应，氯化铵剩余一半，即n(NH4Cl)：n(NH3·H2O)=1：1，以一水合氨的电离为主，即一水合氨的电离大于铵根离子的水解。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．G是一种弱碱，其盐溶液中，GH+水解，使用得盐溶液显酸性，0.001mol/L的GHCl溶液，由GH+水解产生的H+浓度远小于0.001mol/L，因此溶液的pH＞3，选项A不符合题意；
B．GHCl为可溶性盐溶液，在水中完全电离，其电离方程式为：GHCl=GH++Cl-，选项B符合题意；
C．GHCl为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，溶液加水稀释的过程中，水的电离程度减小，选项C不符合题意；
D．GHCl溶液与AgNO3溶液反应会产生白色沉淀AgCl和GHNO3溶液，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. GHCl的水解程度较小；
B. GHCl是强电解质，在水中完全电离；
D.GHCl溶液与AgNO3溶液反应会产生白色沉淀AgCl和GHNO3溶液。
11．【答案】B
【解析】【解答】解：n（Cr3+）=0.1 mol/L×0.05 L=0.005 mol
Cr3++4OH﹣=CrO22﹣+2H2O
0.005mol 0.02 mol
剩余n（OH﹣）=1mol/L×0.05L﹣0.02 mol=0.03 mol，
使用c（OH﹣）= =0.3 mol/L，
所以c（H+）= mol/L=3.3×10﹣14 mol/L，
故pH=﹣lg3.3×10﹣14=13.5＞13，所以此时溶液中主要以CrO22﹣形式存在，溶液显亮绿色．
故选B．
【分析】根据Cr3++4OH﹣=CrO22﹣+2H2O计算反应后剩余的n（OH﹣），进而计算c（OH﹣），再根据Kw=c（H+） c（OH﹣）计算c（H+），最后利用pH=﹣lgc（H+）计算pH值进行判断．
12．【答案】D
【解析】【解答】A、盐酸属于强电解质，稀释10倍后，H＋浓度变为原来的1/10，NH4Cl溶液中NH4+发生水解，稀释10倍后，水解程度增大，H＋浓度大于原来的1/10，A不符合题意；
B、加热，HCl溶液中H＋浓度不变，NH4Cl溶液中由于NH4+水解程度增大，H＋浓度增大，B不符合题意；
C、NaOH溶液与盐酸恰好反应，溶液呈中性，NH4Cl溶液与NaOH溶液反应生成NH3·H2O和NaCl，但剩余大量的NH4Cl，溶液仍为酸性，C不符合题意；
D、水的离子积与温度有关，温度不变，离子积不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．加水稀释促进含有弱离子的盐水解；
B．加热促进水的电离和醋酸根离子水解平衡正向进行；
C．两溶液中各加入等体积的pH等于5的HCl溶液后，和氢氧化钠溶液恰好反应溶液显中性，和醋酸钠反应生成醋酸溶液显酸性；
D．水的离子积常数随温度变化。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．根据前面分析曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化，故A不符合题意；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10 7.2=100.8×10 8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10 8，故B不符合题意；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，又由于pH=7时c(SO)＜c(HSO)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C符合题意；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10 7 mol·L 1，故D不符合题意。
故答案为C。
【分析】向亚硫酸中加入氢氧化钠，先生成亚硫酸氢钠，在生成亚硫酸钠，I表示的亚硫酸，II表示的是亚硫酸氢钠，III表示的是亚硫酸钠，根据交点即可计算出常数，结合选项即可判断
14．【答案】B
【解析】【解答】A、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，不能读出数值，故A不符合题意；
B、依据越弱越水解，Na2CO3溶液的pH约为10，NaHCO3溶液的pH约为8，说明CO32－水解程度大于HCO3－，即结合H＋能力：CO32－>HCO3－，故B符合题意；
C、铝为活泼金属，容易与氧气反应生成氧化铝，氧化铝的熔点高于铝单质，因此现象是熔化而不滴落，故C不符合题意；
D、乙烯与溴水发生加成反应，SO2与溴水发生氧化还原反应，褪色原理不相同，故D不符合题意。
【分析】A.次氯酸钠具有漂白性，是漂白剂的主要成分；
B.酸根离子水解程度越大，其对应的酸的酸性就越弱；
C.该现象证明的是金属铝的氧化物氧化铝的熔点非常高；
D.乙烯 含有碳碳不饱和键，是可以和溴单质发生加成反应使溴水褪色的。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机氧化物，不是有机高分子化合物，故A不符合题意；
B.海水中的碘元素是离子形式存在的，不是碘单质，碘离子遇到淀粉不变蓝，不能直接用淀粉溶液检验海水中是否含碘元素，故B不符合题意；
C.石油的分馏没有新物质生成属于物理变化，故C不符合题意；
D.明矾水解呈酸性，碱式碳酸铜可溶于酸，可用明矾溶液的酸性来清除铜镜表面的铜锈，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅；
B.海水中碘元素以化合态形式存在；
C.石油的分馏是依据组分的沸点不同进行分离的方法；
D.根据盐类水解的规律进行分析即可。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A、明矾在溶液中水解为氢氧化铝胶体从而能净水，而盐类的水解是化学反应，故A错误；
B、氢键是分子间作用力，而不是化学键，故B错误；
C、硅胶是一种干燥剂，可防止食物受潮；而铁粉有强还原性，能防止铁粉氧化变质，故C正确；
D、纳米铜也是铜，和铜片写化学性质完全相同，但由于颗粒极小，故反应速率较快，故D错误．
故选C．
【分析】A、明矾在溶液中水解为氢氧化铝胶体从而能净水；
B、氢键是分子间作用力；
C、硅胶是一种干燥剂，铁粉有强还原性；
D、纳米铜也是铜，和铜片写化学性质完全相同．
17．【答案】（1）CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣；碱性
（2）NH4++H2O NH3 H2O+H+；酸
【解析】【解答】解：①CH3COONa是强碱弱酸盐，含有弱离子醋酸根离子在水溶液中水解，水解离子方程式为CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，溶液呈碱性；
故答案为：CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣；碱性；
②NH4Cl中含有铵根弱离子，结合水中氢氧根离子生成一水合氨，反应的离子方程式为NH4++H2O NH3 H2O+H+，溶液呈酸性，
故答案为：NH4++H2O NH3 H2O+H+；酸．
【分析】题中NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，以此解答该题．
18．【答案】（1）E；A；F；G
（2）
【解析】【解答】解：（1）使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性，应该是新制氯水，其中含有盐酸和次氯酸，故答案为：E；
②硅酸钠能做木材防火剂，是耐火材料，故答案为：A；
③能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质，可以选择碳酸氢钠，故答案为：F；
④单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，所以二硫化碳作为处理试管内壁沾有硫磺的一种试剂，故答案为：G；（2）以铜为原料制取硫酸铜，符合“绿色化学”思想的反应，应先生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，反应的方程式为2Cu+O2 2CuO、CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，故路线为： ；
故答案为： ．
【分析】（1）能使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性；
②能做木材防火剂的是耐火材料；
③能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质；
④单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳．（2）以铜为原料制取硫酸铜，符合“绿色化学”思想的反应，应先生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜．
19．【答案】（1）A﹣+H2O HA+OH﹣
（2）＞
（3）0.05
（4）＞
（5）A＞B＞D＞C
（6）1：10
【解析】【解答】解：（1）等物质的量的一元酸和一元碱恰好反应生成盐和水，生成的盐溶液呈碱性说明该酸是弱酸，生成的盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液的pH值大于7，水解方程式为：A﹣+H2O HA+OH﹣，
故答案为：A﹣+H2O HA+OH﹣；
（2.）该盐含有弱根离子能促进水电离，氢氧化钠是强碱能抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c（H+）＞0.1mol L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c（H+），
故答案为：＞；
（3.）0.1mol L﹣1HA溶液与0.1mol L﹣1NaOH溶液等体积混合，由物料守恒可知，c（HA）+c（A﹣）=0.05mol/L，
故答案为：0.05；
（4.）将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同，所以（NH4）2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液的pH＞7；
故答案为：＞；
（5.）NH4HCO3 显碱性；
NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；
NH4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，所以溶液呈中性；
NH4HSO4中硫酸氢根离子能完全电离出氢离子，溶液强显酸性；
所以pH大小顺序为A＞B＞D＞C，
故答案为：A＞B＞D＞C；（6）常温下，V1L pH=a的盐酸与V2L pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则V1×10﹣a=V2×10b﹣14，而a+b=13，则V1：V2=1：10，故答案为：1：10．
【分析】（1）盐溶液呈碱性说明该盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性；（2）含有弱根离子的盐能促进水电离，酸或碱能抑制水电离；（3）根据物料守恒分析；（4）根据题意知，NH4A溶液为中性，说明铵根离子和该酸根离子水解程度相同，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性大于碳酸，由此得知铵根离子水解程度小于碳酸根离子；（5）根据离子的水解程度判断溶液酸碱性的大小；（6）混合溶液显中性，则V1×10﹣a=V2×10b﹣14，根据a+b=13计算．
20．【答案】（1）NH4+；12；无色；Ag2S
（2）N2（g）+3H2（g）═ 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol；逆；不；0.15 mol/（L s）
（3）CH4；O2+2H2O+4e- ═ 4OH-
【解析】【解答】(1) ① 25℃时，NH4Cl溶液呈酸性，是因为氯化铵属于强酸弱碱盐，NH4+水解后溶液显酸性，故答案为：NH4+；② 常温下，0.0100mol/L NaOH溶液中的c(OH-)=0.0100mol/L，c(H+)= = =1.0×10-12 mol/L，pH=-lg c(H+)=12，故答案为：12；③ 用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为无色，且半分钟内颜色保持不变，故答案为：无色；④ 25℃：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp=1.8×10－10，Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq) Ksp=6.3×10－50，向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，生成氯化银时c(Ag+)= = =1.8×10－7mol/L，生成硫化银时c(Ag+)= = =8×10－23mol/L，因此先生成Ag2S沉淀，故答案为：Ag2S；(2)① 25℃时，1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ，则热化学方程式为N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol；② 该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；加入催化剂平衡不移动，故答案为：逆；不；③ 前2s内v(NH3)= = =0.1 mol/(L s)，则v(H2)= v(NH3)=0.1 mol/(L s)× =0.15 mol/(L s)，故答案为：0.15 mol/(L s)；(3)天然气燃料电池中，通入天然气的电极为负极；如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液，电极B为正极，电极上发生的电极反应式为O2+2H2O+4e- ═ 4OH-，故答案为：CH4；O2+2H2O+4e- ═ 4OH-。
【分析】(1) ① NH4Cl属于强酸弱碱盐，根据盐类水解的规律分析解答；② NaOH溶液显碱性，先计算溶液中的c(OH-)，再根据c(H+)= K w c ( O H ) 计算 c(H+)，最后求pH③盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，最终溶液显中性，根据酚酞作指示剂与溶液的性质分析解答；④首先根据Ksp计算判断两种沉淀的溶解度的大小，首先应该生成溶解度小的沉淀；
(2)① 根据热化学方程式的书写方法书写；② 根据温度和催化剂对化学平衡的影响分析解答；③ 可以首先计算前2s内v(NH3)，再根据方程式有v(H2)= 3 2 v(NH3)计算v(H2)；
(3)燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧气或空气的电极为正极，在碱性电解质溶液中，不能大量存在氢离子，即电极方程式中不能生成氢离子。
21．【答案】（1）④>②>①>③
（2）Q+a-b；体系总压强不变时，充人水蒸气，相当于反应体系减压，故平衡向气体物质的量增大的方向移动，乙苯转化率增大；2p/19；B
（3）3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；15.8
【解析】【解答】（1）NH4I、(NH4)2SO4都是强酸弱碱盐，溶液显酸性，铵根离子浓度越大，酸性越强； CH3COONa、 Na2CO3都是强碱弱酸盐，溶液显碱性，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，所以同浓度的①NH4I；②CH3COONa；③(NH4)2SO4；④ Na2CO3，pH从大到小排列顺序为④>②>①>③；
（2）①② C8H10(g)+ O2(g) 8CO2(g)+5H2O(l) - akJ/mol③C8H8(g)+10 O2(g) 8CO2(g)+4H2O(l) - bkJ/mol，根据盖斯定律②-①-③，得氢气的燃烧热为(Q+a-b)kJ/mol；②Ⅰ.通入水蒸气相当于减压，平衡正向移动，所以加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率；水与乙苯的比为8，压强为2P，900K时，乙苯的转化率为50%，
；Ⅲ A.恒容时加入稀释剂水蒸气，体积增大，反应物浓度减小，速率速率降低，故A错误；
B.正反应吸热，温度升至1500K ，速率加快，平衡正向移动，故B正确；
C.在容积和温度不变下充入Ar，反应物浓度不变，所以速率不变，平衡不移动，故C错误；
D.选用催化效果更好的催化剂，平衡不移动，故D错误。
（3）①放电时，正极CO2得电子发生还原反应，电极反应式是3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；②根据总反应，转移0.2mol 电子时，负极消耗0.2molNa，正极生成0.1nol Na2CO3和0.05molC，所以两极的质量差为 15.8g。
【分析】（1）首先根据水解后溶液的酸碱性排序，然后根据水解程度大小再次排序即可；
（2）①根据燃烧热书写个字的热化学方程式，然后根据盖斯定律进行计算即可；
（3）①根据原电池正极发生还原反应，二氧化碳生成碳酸钠书写电极方程式。
一、单选题
1．化学与社会、生产密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．明矾净水是因为其水解产物能杀菌、消毒，并能吸附水中悬浮物
B．95%的酒精能使蛋白质失去生理活性，可用于消毒预防新冠肺炎
C．医用外科口罩使用材料之一为聚丙烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．葡萄酒中通常添加微量SO2，具有杀菌并防止营养成分被氧化的作用
2．化学与科技、社会、生产和生活密切相关，下列说法正确的是：（ ）
A．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
B．热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污
C．口罩的核心材料“熔喷布”的原料是聚丙烯树脂，可由石油通过裂解得到的丙烯经加聚反应制得
D．乙醚、84消毒液、过氧乙酸、90%以上乙醇等这些消毒剂均能有效对抗新型冠状病毒
3．测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）
A．Na SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO-3+OH-
B．④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
4．室温下，用相同浓度的溶液，分别滴定浓度均为的三种酸、和溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 （ ）
A．三种酸的电离常数关系：
B．点时，溶液中：
C．时，三种溶液中：
D．当中和达时，溶液中：
5．室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是（ ）
A．pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钾溶液等体积混合
B．pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钾溶液等体积混合
C．pH=3的硫酸溶液和pH=11的氨水等体积混合
D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合
6．广义的水解观认为：水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化。根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是（ ）
A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2
B．BrCl水解的产物是HClO和HBr
C．Mg2C3水解的产物是Mg(OH)2和C3H4
D．Al2S3水解的产物是Al(OH)3和H2S
7．化学上常用AG表示溶液中的酸碱度，AG=lg 。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol·L-1HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．D点溶液中的pH=11.25
B．B点溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)
C．C点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mL
D．25℃时，HNO2的电离平衡常数Ka=1.0×10-5.5
8．古代造纸工艺中使用的某种物质存在副作用，它易导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆易破损，该物质是（ ）
A．明矾 B．芒硝
C．草木灰 D．漂白粉
9．室温下，分别向浓度均为的和盐酸各20mL，滴加的溶液，得到滴定曲线如下(忽略分解)，下列叙述错误的是（ ）
A．的水解平衡常数约为
B．b点与a点溶液混合后
C．加入溶液时，两溶液中水的电离程度
D．a点存在：
10．鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述不正确的是（ ）
A．0.001mol/L的GHCl的水溶液pH＞3
B．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl=G+H++Cl-
C．GHCl溶液加水稀释的过程中，水的电离程度减小
D．GHCl溶液与AgNO3溶液反应会产生白色沉淀
11．向Cr2（SO4）3水溶液中，加入NaOH溶液，当pH=4.6时，开始出现Cr（OH）3沉淀，随着碱性增强，沉淀增多；但当[OH﹣1]大于0.1mol L﹣1时，沉淀消失，出现亮绿色的亚铬酸根离子（CrO2﹣）．平衡关系如下： ，向50mL0.05mol L﹣1的Cr2（SO4）3溶液中，加入1.0mol L﹣1NaOH溶液50mL，反应后观察到现象是（ ）
A．.紫色 B．.亮绿色
C．有灰绿色沉淀 D．.无法判断
12．常温下，对于pH均为5的HCl溶液和NH4Cl溶液，下列说法正确的是（ ）
A．两溶液稀释10倍后，pH相等
B．两溶液加热至相同的温度后，pH相等
C．两溶液中各加入等体积的pH等于9的NaOH溶液后，pH相等
D．两溶液中水的离子积相等
13．室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10 8
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO)
D．NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10 7 mol·L 1
14．下列选项中的实验操作、现象与结论完全一致的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液，点在pH试纸上 试纸最终显蓝色 次氯酸钠溶液显碱性
B 用pH试纸分别测定0.1mol·L－1的Na2CO3溶液和0.1mol·L－1的NaHCO3溶液的pH Na2CO3溶液的pH约为10，NaHCO3溶液的pH约为8 结合H＋能力：CO32->HCO3-
C 用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点低
D 分别将乙烯与SO2通入溴水中 溴水均褪色 两种气体使溴水褪色的原理相同
A．A B．B C．C D．D
15．化学与社会密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．人造纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
B．可以直接用淀粉溶液检验海水中是否含碘元素
C．石油的分馏过程主要涉及化学变化
D．中国古代利用明矾溶液的酸性来清除铜镜表面的铜锈
16．化学与生产、生活密切相关．下列说法正确的是（ ）
A．明矾净水原理不涉及化学变化
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
D．将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强
二、综合题
17．写出下列物质发生水解反应的离子方程式，并指出水溶液的酸碱性．
（1）CH3COONa： ； ．
（2）NH4Cl： ； ．
18．根据问题填空：
（1）把对应物质的字母代码填入括号内．
A．水玻璃 B．明矾 C．浓硫酸D．过氧化钠E．新制氯水 F．小苏打 G．二硫化碳H．次氯酸钙
①能使石蕊试液先变红后褪色
②能做木材防火剂
③能做处理胃酸过多的一种药剂
④能作为处理试管内壁沾有硫磺的一种试剂
（2）绿色化学要求综合考虑经济、技术、环保等方面来设计化学反应路线．现以铜为原料制取硫酸铜，以下图为例设计符合绿色化学思想的反应路线．Al AlCl3 Al（OH）3 ．
19．25℃时，取0.1mol L﹣1HA溶液与0.1mol L﹣1NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积的变化不计），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+） （选填“＞”、“＜”、“=”）0.1mol L﹣1NaOH 溶液中由水电离出的c（H+）；
（3）混合液中：c（HA）+c（A﹣）= mol L﹣1；
（4）25℃时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断 （NH4）2CO3溶液的 pH 7（选填“＞”、“＜”、“=”）；
（5）相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序 （填字母）．
A．NH4HCO3 B．NH4A C．NH4HSO4 D．NH4Cl
（6）某温度下，V1L pH=a的盐酸与V2L pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性．若a+b=13，则V1：V2= （溶液体积变化忽略不计）．
20．
（1）①25℃时，NH4Cl溶液呈酸性，原因是 水解引起的（填“NH4+”或“Cl-”）；
②常温下，0.0100mol/L NaOH溶液的pH= ；
③用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为 （填“蓝色”或“无色”），且半分钟内颜色保持不变。
④ 已知在25℃：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp=1.8×10－10
Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq) Ksp=6.3×10－50
向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，最先产生的沉淀是 （填“AgCl”或“Ag2S”）。
（2）已知25℃合成氨反应中，1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ。现将1mol N2和3mol H2混合置于2L密闭容器中，反应进行到2s末测得NH3为0.4mol。
回答下列：
① 该反应的热化学方程式是 ；
② 该反应达到平衡后，升高温度平衡向 （填“正”、“逆”）反应方向移动；加入催化剂平衡 （填“正”、“逆”、 “不”）移动；
③ 前2s内v（H2）是 。
（3）燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景。天然气燃料电池中，在负极发生反应的物质是 （填化学式）；如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液，电极B电极上发生的电极反应式是： 。
。
21．研究化学反应原理对于生产、生活及环境保护具有重要意义。请回答下列问题：
（1）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①NH4I；②CH3COONa；③(NH4)2SO4；④ Na2CO3，pH从大到小排列顺序为 (填序号)。
（2）苯乙烯是工业上合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，工业上可用乙苯催化脱氢方法制备苯乙烯：
。
①已知乙苯(g)、苯乙烯(g)的燃烧热分别为akJ/mol，bkJ/mol，则氢气的燃烧热为 kJ/mol(用含有Q、a、b的表达式表示，其中Q、a、b均大于0)。
②在实际生产中，在恒压条件下常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂(水蒸气不参加反应)，此时乙苯的平衡转化率与水蒸气的用量、压强(p)的关系如下图所示。
Ⅰ.加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是
Ⅱ.用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数(Kp)，其中，分压=总压×物质的量分数，则900K时的平衡常数Kp= .
Ⅲ.改变下列条件，能使乙苯的反应速率和转化率一定增大的是 (填字母)。
A．恒容时加入稀释剂水蒸气
B.压强不变下，温度升至1500K
C.在容积和温度不变下充入Ar
D.选用催化效果更好的催化剂
（3）利用“Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO2 2Na2CO3+C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示：
①放电时，正极的电极反应式为 。
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mol 电子时，两极的质量差为 g。(假设放电前两电极质量相等)
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．明矾水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能够净水，但不具有强的氧化性，不能杀菌消毒，A不符合题意；
B．杀菌消毒一般使用75%的酒精，B不符合题意；
C．聚丙烯是丙烯的聚合物，结构中没有碳碳双键，不能使KMnO4褪色，C不符合题意；
D．SO2虽然有毒，但是可以杀菌，而且具有还原性，故微量的SO2可防止葡萄糖中的营养成分被氧化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.明矾可以净水，但是不能杀毒
B.95%的酒精溶液不能杀死病毒，一般的浓度是75%
C.双键可使高锰酸钾溶液褪色，但是聚丙烯中不含双键
D.二氧化硫可以杀菌，具有还原性可以作为红酒的添加剂
2．【答案】C
【解析】【解答】A．蒸发海水可以获得食盐，蒸发属于物理变化，不需要通过化学反应就能实现，故A不符合题意；
B．煤油、柴油等矿物油污，主要成分是烃，不溶于纯碱溶液，不能用热的纯碱溶液洗涤煤油、柴油等矿物油污，故B不符合题意；
C．丙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚丙烯，故C符合题意；
D.75%的乙醇能使蛋白质发生变性，可以用于消毒，90%以上乙醇不能用于消毒，乙醚、84消毒液、过氧乙酸均能有效对抗新型冠状病毒，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．注意海水的开发利用，蒸发海水可获得食盐；
B．矿物油的主要成分是烃，不与碱反应；
C．含有碳碳双键的有机物可以发生加聚反应；
D.消毒用乙醇的浓度为75%。
3．【答案】C
【解析】【解答】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-，A项不符合题意；
B.取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项不符合题意；
C.盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项符合题意；
D.Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查盐类水解的方程式书写，注意弱酸根离子的水解是分步，根据异性相吸弱水解，异性相吸得产物进行判断。书写。水解平衡影响类别化学平衡的影响，影响因素有温度和浓度。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．相同物质的量浓度的一元酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HD，则KHA＞KHB＞KHD，故A不符合题意；
B．P点时HB被中和50%，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，则c(B-)＞c(HB)，结合物料守恒2c(Na+)=c(B-)+c(HB)可知：c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)，溶液中离子浓度大小为：，故B不符合题意；
C．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，HA溶液中c(Na+)=c(A-)，HB溶液中c(Na+)=c(B-)，HD溶液中c(Na+)=c(D-)，由于HA，HB，HD的酸性并不一致，则使溶液呈中性时，三种溶液中c(Na+)并不相等，则c(A-)、c(B-)、c(D-)并不相等，故C符合题意；
D．当中和达时，溶液中存在的是NaA，由可得：，即，化简得：，刚好是NaA溶液的物料守恒等式，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.初始点的pH值A
B.P点时中和50%，溶液显酸性，B的电离大于水解，故B->HB，H+>OH-，而2Na=B-+HB，故c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)；
C.ABD的酸酸性不一样，所以消耗的氢氧化钠的量不同，生成的离子也不同；
D.根据物料守恒计算。
5．【答案】A
【解析】【解答】A.pH=3的醋酸溶液中c(CH3COOH)>c(H+)=0.001mol/L，pH=11的KOH溶液中c(KOH)=c(OH-)=0.001mol/L，二者等体积混合后，所得溶液中存在大量的CH3COOH，溶液显酸性，pH<7，A符合题意；
B.pH=3的盐酸中c(HCl)=c(H+)=0.001mol/L，pH=11的KOH溶液中c(KOH)=c(OH-)=0.001mol/L，二者等体积混合后，所得溶液为KCl溶液，显中性，pH=7，B不符合题意；
C.pH=3的硫酸溶液中c(H+)=0.001mol/L，pH=11的氨水溶液中c(NH3·H2O)>c(OH-)=0.001mol/L，二者等体积混合后，所得溶液中存在大量的NH3·H2O，溶液显碱性，pH>7，C不符合题意；
D.pH=3的盐酸中c(HCl)=c(H+)=0.001mol/L，pH=11的氨水溶液中c(NH3·H2O)>c(OH-)=0.001mol/L，二者等体积混合后，所得溶液中存在大量的NH3·H2O，溶液显碱性，pH>7，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】强酸（或强碱）溶液中，c(H+)[或c(OH-)]与酸（或碱）的浓度相同；弱酸（或弱碱）溶液中，c(H+)[或c(OH-)]小于酸（或碱）的浓度；据此结合选项进行分析。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故不符合题意；
B.该反应中氯元素化合价从-1价变为+1价，有电子转移，不符合水解原理，故符合题意；
C.碳化镁水解生成是氢氧化镁和丙炔，该反应中没有元素化合价变化，符合水解原理，故不合题意；
D.硫化铝水解为氢氧化铝和硫化氢，没有化合价变化，符合水解原理，故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】注意物质的水解反应是结合氢离子和氢氧根离子，不会出现化合价的变化，据此分析即可。
7．【答案】A
【解析】【解答】A、D点溶液中的AG= -8.5，即 =10-8.5 ， 又Kw= c(H+)× c(OH-)=10-14 ， 求得c(H+)=10-11.25 mol·L-1 ， 则pH=11.25，故A符合题意；
B、B点溶液中存在的溶质为等物质的量的HNO2和NaNO2 ， 由电荷守恒得c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-)，其物料守恒为2c(Na+)=c(HNO2)+ c(NO2-)，联立即得2c(H+)-2c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)，故B不符合题意；
C、C点溶液呈中性，因反应的生成物NaNO2水解使溶液呈碱性，所以C点时加入NaOH溶液的体积为略小于20.00 mL，则C不符合题意；
D、由图象可知0.100mol·L-1HNO2溶液的AG=8.5，即 =108.5 ， 又Kw= c(H+)×c(OH-)=10-14 ， c(H+)=10-2.75mol·L-1 ， 所以Ka= = ≈1.0×10-4.5 ， 故D不符合题意。
故答案为A。【分析】考查PH的计算，酸碱中和滴定，溶液中离子浓度的关系，电离平衡常数的计算。
8．【答案】A
【解析】【解答】易导致纸张发生酸性腐蚀，这说明该物质的水溶液显酸性，则A、明矾溶于水铝离子水解显酸性，A符合题意；
B、芒硝是硫酸钠，溶液显中性，B不符合题意；
C、草木灰的主要成分是碳酸钾，溶液显碱性，C不符合题意；
D、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，溶液显碱性，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】 早期的纸张生产中，常采用纸表面涂敷明矾的工艺，人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存，原因是明矾中存在Al3+的水解产生氢离子，纤维素在酸性条件下能发生水解
9．【答案】C
【解析】【解答】A．，Kh=，氢离子浓度为10-5.1mol/L，一水合氨浓度等于氢离子浓度，因水解程度较小，铵根离子浓度可近似为0.1mol/L，故Kh=，A不符合题意；
B．b点时加入氢氧化钡10mL，此时NH4Cl溶液中NH4Cl反应了0.001molNH4Cl，剩余0.001molNH4Cl和0.001molNH3·H2O，盐酸中反应了HCl0.001mol，剩余HCl0.001mol，此时将b点和a点溶液混合，NH3·H2O和HCl恰好反应完，溶液为NH4Cl溶液，NH4Cl水解显酸性，pH<7，B不符合题意；
C．加入40mL氢氧化钡后，NH4Cl已反应完全，生成0.002mol一水合氨，剩余0.001mol氢氧化钡，盐酸完全反应，生成BaCl2，剩余0.001mol氢氧化钡，氢氧化钡浓度相同的情况下，一水合氨抑制水的电离，氯化钡对水电离无影响，C符合题意；
D．a点时，NH4Cl恰好反应了一半，剩余的NH4Cl和生成的NH3·H2O物质的量相同，均为0.001mol，钡离子物质的量为0.0005mol，因为NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，故溶液显碱性，铵根离子浓度大于NH3·H2O浓度，水解和电离都是较为微弱的，因此铵根离子浓度和NH3·H2O浓度均大于钡离子浓度，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、水解平衡常数Kh=，曲线a代表NH4Cl，即c(H+)=10-5.1mol/L，则Kh=10-9.2；
B、b点为HCl，a点为NH3·H2O和NH4Cl的混合物，混合后溶液为NH4Cl，呈酸性；
C、强酸强碱盐对水的电离没有促进，而弱酸、弱碱的电离会对水的电离抑制；
D、a点是氢氧化钡和盐酸反应，氯化铵剩余一半，即n(NH4Cl)：n(NH3·H2O)=1：1，以一水合氨的电离为主，即一水合氨的电离大于铵根离子的水解。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．G是一种弱碱，其盐溶液中，GH+水解，使用得盐溶液显酸性，0.001mol/L的GHCl溶液，由GH+水解产生的H+浓度远小于0.001mol/L，因此溶液的pH＞3，选项A不符合题意；
B．GHCl为可溶性盐溶液，在水中完全电离，其电离方程式为：GHCl=GH++Cl-，选项B符合题意；
C．GHCl为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，溶液加水稀释的过程中，水的电离程度减小，选项C不符合题意；
D．GHCl溶液与AgNO3溶液反应会产生白色沉淀AgCl和GHNO3溶液，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. GHCl的水解程度较小；
B. GHCl是强电解质，在水中完全电离；
D.GHCl溶液与AgNO3溶液反应会产生白色沉淀AgCl和GHNO3溶液。
11．【答案】B
【解析】【解答】解：n（Cr3+）=0.1 mol/L×0.05 L=0.005 mol
Cr3++4OH﹣=CrO22﹣+2H2O
0.005mol 0.02 mol
剩余n（OH﹣）=1mol/L×0.05L﹣0.02 mol=0.03 mol，
使用c（OH﹣）= =0.3 mol/L，
所以c（H+）= mol/L=3.3×10﹣14 mol/L，
故pH=﹣lg3.3×10﹣14=13.5＞13，所以此时溶液中主要以CrO22﹣形式存在，溶液显亮绿色．
故选B．
【分析】根据Cr3++4OH﹣=CrO22﹣+2H2O计算反应后剩余的n（OH﹣），进而计算c（OH﹣），再根据Kw=c（H+） c（OH﹣）计算c（H+），最后利用pH=﹣lgc（H+）计算pH值进行判断．
12．【答案】D
【解析】【解答】A、盐酸属于强电解质，稀释10倍后，H＋浓度变为原来的1/10，NH4Cl溶液中NH4+发生水解，稀释10倍后，水解程度增大，H＋浓度大于原来的1/10，A不符合题意；
B、加热，HCl溶液中H＋浓度不变，NH4Cl溶液中由于NH4+水解程度增大，H＋浓度增大，B不符合题意；
C、NaOH溶液与盐酸恰好反应，溶液呈中性，NH4Cl溶液与NaOH溶液反应生成NH3·H2O和NaCl，但剩余大量的NH4Cl，溶液仍为酸性，C不符合题意；
D、水的离子积与温度有关，温度不变，离子积不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．加水稀释促进含有弱离子的盐水解；
B．加热促进水的电离和醋酸根离子水解平衡正向进行；
C．两溶液中各加入等体积的pH等于5的HCl溶液后，和氢氧化钠溶液恰好反应溶液显中性，和醋酸钠反应生成醋酸溶液显酸性；
D．水的离子积常数随温度变化。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．根据前面分析曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化，故A不符合题意；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10 7.2=100.8×10 8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10 8，故B不符合题意；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，又由于pH=7时c(SO)＜c(HSO)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C符合题意；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10 7 mol·L 1，故D不符合题意。
故答案为C。
【分析】向亚硫酸中加入氢氧化钠，先生成亚硫酸氢钠，在生成亚硫酸钠，I表示的亚硫酸，II表示的是亚硫酸氢钠，III表示的是亚硫酸钠，根据交点即可计算出常数，结合选项即可判断
14．【答案】B
【解析】【解答】A、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，不能读出数值，故A不符合题意；
B、依据越弱越水解，Na2CO3溶液的pH约为10，NaHCO3溶液的pH约为8，说明CO32－水解程度大于HCO3－，即结合H＋能力：CO32－>HCO3－，故B符合题意；
C、铝为活泼金属，容易与氧气反应生成氧化铝，氧化铝的熔点高于铝单质，因此现象是熔化而不滴落，故C不符合题意；
D、乙烯与溴水发生加成反应，SO2与溴水发生氧化还原反应，褪色原理不相同，故D不符合题意。
【分析】A.次氯酸钠具有漂白性，是漂白剂的主要成分；
B.酸根离子水解程度越大，其对应的酸的酸性就越弱；
C.该现象证明的是金属铝的氧化物氧化铝的熔点非常高；
D.乙烯 含有碳碳不饱和键，是可以和溴单质发生加成反应使溴水褪色的。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机氧化物，不是有机高分子化合物，故A不符合题意；
B.海水中的碘元素是离子形式存在的，不是碘单质，碘离子遇到淀粉不变蓝，不能直接用淀粉溶液检验海水中是否含碘元素，故B不符合题意；
C.石油的分馏没有新物质生成属于物理变化，故C不符合题意；
D.明矾水解呈酸性，碱式碳酸铜可溶于酸，可用明矾溶液的酸性来清除铜镜表面的铜锈，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅；
B.海水中碘元素以化合态形式存在；
C.石油的分馏是依据组分的沸点不同进行分离的方法；
D.根据盐类水解的规律进行分析即可。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A、明矾在溶液中水解为氢氧化铝胶体从而能净水，而盐类的水解是化学反应，故A错误；
B、氢键是分子间作用力，而不是化学键，故B错误；
C、硅胶是一种干燥剂，可防止食物受潮；而铁粉有强还原性，能防止铁粉氧化变质，故C正确；
D、纳米铜也是铜，和铜片写化学性质完全相同，但由于颗粒极小，故反应速率较快，故D错误．
故选C．
【分析】A、明矾在溶液中水解为氢氧化铝胶体从而能净水；
B、氢键是分子间作用力；
C、硅胶是一种干燥剂，铁粉有强还原性；
D、纳米铜也是铜，和铜片写化学性质完全相同．
17．【答案】（1）CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣；碱性
（2）NH4++H2O NH3 H2O+H+；酸
【解析】【解答】解：①CH3COONa是强碱弱酸盐，含有弱离子醋酸根离子在水溶液中水解，水解离子方程式为CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，溶液呈碱性；
故答案为：CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣；碱性；
②NH4Cl中含有铵根弱离子，结合水中氢氧根离子生成一水合氨，反应的离子方程式为NH4++H2O NH3 H2O+H+，溶液呈酸性，
故答案为：NH4++H2O NH3 H2O+H+；酸．
【分析】题中NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，以此解答该题．
18．【答案】（1）E；A；F；G
（2）
【解析】【解答】解：（1）使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性，应该是新制氯水，其中含有盐酸和次氯酸，故答案为：E；
②硅酸钠能做木材防火剂，是耐火材料，故答案为：A；
③能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质，可以选择碳酸氢钠，故答案为：F；
④单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，所以二硫化碳作为处理试管内壁沾有硫磺的一种试剂，故答案为：G；（2）以铜为原料制取硫酸铜，符合“绿色化学”思想的反应，应先生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，反应的方程式为2Cu+O2 2CuO、CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，故路线为： ；
故答案为： ．
【分析】（1）能使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性；
②能做木材防火剂的是耐火材料；
③能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质；
④单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳．（2）以铜为原料制取硫酸铜，符合“绿色化学”思想的反应，应先生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜．
19．【答案】（1）A﹣+H2O HA+OH﹣
（2）＞
（3）0.05
（4）＞
（5）A＞B＞D＞C
（6）1：10
【解析】【解答】解：（1）等物质的量的一元酸和一元碱恰好反应生成盐和水，生成的盐溶液呈碱性说明该酸是弱酸，生成的盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液的pH值大于7，水解方程式为：A﹣+H2O HA+OH﹣，
故答案为：A﹣+H2O HA+OH﹣；
（2.）该盐含有弱根离子能促进水电离，氢氧化钠是强碱能抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c（H+）＞0.1mol L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c（H+），
故答案为：＞；
（3.）0.1mol L﹣1HA溶液与0.1mol L﹣1NaOH溶液等体积混合，由物料守恒可知，c（HA）+c（A﹣）=0.05mol/L，
故答案为：0.05；
（4.）将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同，所以（NH4）2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液的pH＞7；
故答案为：＞；
（5.）NH4HCO3 显碱性；
NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；
NH4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，所以溶液呈中性；
NH4HSO4中硫酸氢根离子能完全电离出氢离子，溶液强显酸性；
所以pH大小顺序为A＞B＞D＞C，
故答案为：A＞B＞D＞C；（6）常温下，V1L pH=a的盐酸与V2L pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则V1×10﹣a=V2×10b﹣14，而a+b=13，则V1：V2=1：10，故答案为：1：10．
【分析】（1）盐溶液呈碱性说明该盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性；（2）含有弱根离子的盐能促进水电离，酸或碱能抑制水电离；（3）根据物料守恒分析；（4）根据题意知，NH4A溶液为中性，说明铵根离子和该酸根离子水解程度相同，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性大于碳酸，由此得知铵根离子水解程度小于碳酸根离子；（5）根据离子的水解程度判断溶液酸碱性的大小；（6）混合溶液显中性，则V1×10﹣a=V2×10b﹣14，根据a+b=13计算．
20．【答案】（1）NH4+；12；无色；Ag2S
（2）N2（g）+3H2（g）═ 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol；逆；不；0.15 mol/（L s）
（3）CH4；O2+2H2O+4e- ═ 4OH-
【解析】【解答】(1) ① 25℃时，NH4Cl溶液呈酸性，是因为氯化铵属于强酸弱碱盐，NH4+水解后溶液显酸性，故答案为：NH4+；② 常温下，0.0100mol/L NaOH溶液中的c(OH-)=0.0100mol/L，c(H+)= = =1.0×10-12 mol/L，pH=-lg c(H+)=12，故答案为：12；③ 用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为无色，且半分钟内颜色保持不变，故答案为：无色；④ 25℃：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp=1.8×10－10，Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq) Ksp=6.3×10－50，向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，生成氯化银时c(Ag+)= = =1.8×10－7mol/L，生成硫化银时c(Ag+)= = =8×10－23mol/L，因此先生成Ag2S沉淀，故答案为：Ag2S；(2)① 25℃时，1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ，则热化学方程式为N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol；② 该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；加入催化剂平衡不移动，故答案为：逆；不；③ 前2s内v(NH3)= = =0.1 mol/(L s)，则v(H2)= v(NH3)=0.1 mol/(L s)× =0.15 mol/(L s)，故答案为：0.15 mol/(L s)；(3)天然气燃料电池中，通入天然气的电极为负极；如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液，电极B为正极，电极上发生的电极反应式为O2+2H2O+4e- ═ 4OH-，故答案为：CH4；O2+2H2O+4e- ═ 4OH-。
【分析】(1) ① NH4Cl属于强酸弱碱盐，根据盐类水解的规律分析解答；② NaOH溶液显碱性，先计算溶液中的c(OH-)，再根据c(H+)= K w c ( O H ) 计算 c(H+)，最后求pH③盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，最终溶液显中性，根据酚酞作指示剂与溶液的性质分析解答；④首先根据Ksp计算判断两种沉淀的溶解度的大小，首先应该生成溶解度小的沉淀；
(2)① 根据热化学方程式的书写方法书写；② 根据温度和催化剂对化学平衡的影响分析解答；③ 可以首先计算前2s内v(NH3)，再根据方程式有v(H2)= 3 2 v(NH3)计算v(H2)；
(3)燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧气或空气的电极为正极，在碱性电解质溶液中，不能大量存在氢离子，即电极方程式中不能生成氢离子。
21．【答案】（1）④>②>①>③
（2）Q+a-b；体系总压强不变时，充人水蒸气，相当于反应体系减压，故平衡向气体物质的量增大的方向移动，乙苯转化率增大；2p/19；B
（3）3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；15.8
【解析】【解答】（1）NH4I、(NH4)2SO4都是强酸弱碱盐，溶液显酸性，铵根离子浓度越大，酸性越强； CH3COONa、 Na2CO3都是强碱弱酸盐，溶液显碱性，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，所以同浓度的①NH4I；②CH3COONa；③(NH4)2SO4；④ Na2CO3，pH从大到小排列顺序为④>②>①>③；
（2）①② C8H10(g)+ O2(g) 8CO2(g)+5H2O(l) - akJ/mol③C8H8(g)+10 O2(g) 8CO2(g)+4H2O(l) - bkJ/mol，根据盖斯定律②-①-③，得氢气的燃烧热为(Q+a-b)kJ/mol；②Ⅰ.通入水蒸气相当于减压，平衡正向移动，所以加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率；水与乙苯的比为8，压强为2P，900K时，乙苯的转化率为50%，
；Ⅲ A.恒容时加入稀释剂水蒸气，体积增大，反应物浓度减小，速率速率降低，故A错误；
B.正反应吸热，温度升至1500K ，速率加快，平衡正向移动，故B正确；
C.在容积和温度不变下充入Ar，反应物浓度不变，所以速率不变，平衡不移动，故C错误；
D.选用催化效果更好的催化剂，平衡不移动，故D错误。
（3）①放电时，正极CO2得电子发生还原反应，电极反应式是3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；②根据总反应，转移0.2mol 电子时，负极消耗0.2molNa，正极生成0.1nol Na2CO3和0.05molC，所以两极的质量差为 15.8g。
【分析】（1）首先根据水解后溶液的酸碱性排序，然后根据水解程度大小再次排序即可；
（2）①根据燃烧热书写个字的热化学方程式，然后根据盖斯定律进行计算即可；
（3）①根据原电池正极发生还原反应，二氧化碳生成碳酸钠书写电极方程式。