3.3 盐类的水解 同步练习 （含解析）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．下列说法错误的是（　　）
A．加热蒸干溶液并灼烧可得到
B．向水中加入金属钠，能促进水的电离，冷却至室温后，保持不变
C．某些单质可与水反应同时生成强电解质和弱电解质
D．弱电解质溶液的导电性肯定弱于强电解质溶液的导电性
2．下列属于水解反应且正确的是（　　）
A．H2O+H2O H3O++OH﹣
B．Br﹣+H2O HBr+OH﹣
C．HCO3-+OH- CO32-+H2O
D．CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣
3．下列对应的方程式错误的是（　　）
A．水的电离：2H2OH3O++OH-
B．明矾净水的原理：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
C．酸性氢氧燃料电池的正极反应：O2+4e-+2H2O=4OH-
D．闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液淋滤后转化为更难溶的CuS：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)
4．化学与生活密切相关，下列说法错误的是（　　）
A．电子垃圾统一回收、拆解、再利用，能够减少对土壤和水源的污染
B．可溶性的铝盐和铁盐可用作生活用水的净水剂
C．油脂、糖类以及蛋白质在人体内均能发生水解反应
D．硫酸钙和碳酸钙都可作建筑材料
5．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．46gCH3CH2OH与过量乙酸混合后充分反应生成的水分子数为NA
B．1mol[Ni(NH3)4]2+中含有的σ键数为16NA
C．KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中1molKIO3完全反应时，转移的电子数为6NA
D．1L0.5mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中NH和Al3+数之和为NA
6．25℃时，关于①0.1 mol．L﹣1的NH4Cl溶液②0.1mol．L﹣1的NaOH溶液，下列叙述正确的是（　　）
A．若向①中加适量水，溶液中的值减小
B．若向②中加适量水，水的电离平衡正向移动
C．若将①和②均稀释100倍，①的pH变化更大
D．若将①和②混合，所得溶液的pH=7，则溶液中的c（NH3．H2O）＞c（Na+）
7．下列粒子能促进水的电离，且使溶液呈酸性是（　　）
A．CO32﹣ B．Fe3+ C．HSO4﹣ D．Cl﹣
8．某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol/L FeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1 mol/L HCl溶液、1滴1 mol/L NaOH 溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。
下列说法错误的是（　　）
A．依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应
B．对照组溶液x的组成可能是0.003 mol/L KCl
C．依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动
D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
9．常温下，下列说法错误的是（　　）
A．0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的浓度之比大于10
B．将a mol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合后，c(NH4+)＝c(Cl－)，则NH3·H2O的电离常数为
C．pH加和为12的强酸与弱酸混合，pH可能为6
D．0.1mol·L－1 NH4HS溶液中有：c(NH4+)=c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)
10．已知氯化硼BCl3的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键之间的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是（　　）
A．氯化硼液态时能导电而固态时不导电
B．氯化硼中心原子采用sp3杂化
C．氯化硼分子呈三角锥形，属极性分子
D．三氯化硼遇水蒸气会产生白雾
11．25℃时，用一定浓度 NaOH 溶液滴定某浓度醋酸溶液，混合溶液的导电能力变化曲线如图所示，其中 b 点为恰好反应点。下列说法错误的是（　　）
A．溶液的导电能力与离子种类和浓度有关
B．b 点溶液的 pH＞7
C．a→c 过程中，n(CH3COO-)先增大后减小
D．c 点的混合溶液中，c(Na+)＞c(OH )＞c(CH3COO-)＞c(H+)
12．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A． 溶液中， 三种粒子数目之和为0.1NA
B． 甲醇分子中含有的共价键数目为4NA
C． 金刚石含有的 键数目为2NA
D． 溶液中含有的CH3COO-数为0.5NA
13．常温下，浓度均为0.1mol·L－1的四种溶液pH如下表，依据已有的知识和信息进行判断，下列说法正确的是（　　）
溶质 Na2CO3 NaClO NaHCO3 NaHSO3
pH 11.6 10.3 9.7 4.0
A．常温下，HSO3－的水解能力强于其电离能力
B．向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度
C．Na2CO3 溶液中存在以下关系：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)
D．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高
14．下列说法错误的是（　　）
A．除去MgCl2溶液中少量的FeCl3，可选用MgCO3
B．等物质的量浓度的（NH4）2SO4溶液和（NH4）2CO3溶液中NH4+的浓度前者大于后者
C．NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，产生黑色沉淀，HS﹣的水解程度增大，pH增大
D．用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹
15．已知甲、乙、丙、丁四种溶液分别为CH3COONa、NH3 H2O、CH3COOH、Na2SO4中的一种，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，则丁为（　　）
A．NH3 H2O B．CH3COONa C．CH3COOH D．Na2SO4
16．下列各离子方程式中，属于水解反应的是（　　）
A．HCO +H2O H3O++CO
B．NH3+H2O OH-+NH
C．AlO +2H2O Al(OH)3+OH-
D．CO +H3O+=H2O+HCO
二、综合题
17．回答下列问题：
（1）纯碱溶液中滴入酚酞溶液，观察到的现象是　 　；原因是　 　．（用离子方程式说明）
（2）把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体产物是　 　，为什么？（用化学方程式和必要的文字说明）　 　．
18．按要求填空。
（1）NaHCO3和Na2CO3可用于面食制作和油污清洗．
①常温下0.1mol L﹣1 NaHCO3溶液呈　 　性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是　 　 （用离子方程式表示）；
②溶液中C（Na+）　 　 C（HCO3﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）用Na2CO3溶液清洗油污时，加热可以增强去污能力，其原因是升温　 　（填“促进”或“抑制”）Na2CO3水解，使溶液pH增大．
19．
（1）Ⅰ.纯碱()和小苏打()都是白色晶体，在日常生活中都可以找到。
若要在家中将它们区分开来，下列方法中可行的是　 　。
a．在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度
b．分别用干净铁丝蘸取样品在煤气灶的火焰上灼烧，观察火焰颜色
c．将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀
d．分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物
（2）溶液和溶液中都含有、、、、、、，写出一个用浓度表示这些微粒之间的电荷守恒的关系式。　 　
（3）Ⅱ.某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：
甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是　 　，理由是　 　。丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是　 　，理由是　 　。
（4）当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应用化学方程式表示为　 　。根据图分析，滴定时c点可用　 　、d点可用　 　作指示剂指示滴定终点(选填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)。
（5）NaClO也是生活中常见的钠的化合物。废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为，该反应的离子方程式为　 　。
20．勒夏特列原理在生产生活中有许多重要应用。完成下列填空：
（1）实验室配置FeCl3溶液时，将FeCl3溶解在盐酸中，目的是防止　 　。
（2）石蕊（用HZ表示）试液中存在的电离平衡HZ（红色） H++Z—（蓝色）。在中性溶液中。石蕊试液呈　 　色；要使石蕊试液呈红色，可加入　 　。
（3）工业制硫酸时，为使SO2尽可能多地转化成SO3，采取的措施是　 　。
（4）合成氨工业采取的以下措施中，可以用勒夏特列原理解释的是　 　（选填编号）。
a.升温至500℃左右
b.使用催化剂
c.加压至20~50MPA．
d.将氨及时液化分离
21．25℃时，部分物质的电离常数如下表所示
化学式
电离常数
请回答下列问题：
（1）若氨水的浓度为2.0溶液中的　 　。将通入该氨水中，当降至时，溶液中的　 　。
（2）①的电离常数表达式K=　 　。
②溶液和溶液反应的主要离子方程式为　 　。
（3）25℃时，及其钠盐的溶液中，、、的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示：
①pH=5时，硫元素的主要存在形式是　 　。
②当溶液恰好呈中性时：　 　(填“>”、“＜”或“=”)。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，AlCl3 溶液蒸干得到氢氧化铝，灼烧可得到Al2O3，故A不符合题意；
B．向水中加入金属钠，钠与氢离子反应，氢离子浓度减小，水的电离正向移动，促进了水的电离，冷却至室温后，Kw保持不变，故B不符合题意；
C．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢是强电解质，次氯酸是弱电解质，故C不符合题意；
D．溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小，和电解质的强弱无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、挥发性的强酸弱碱盐蒸干灼烧得到氧化物；
B、温度不变，Kw不变；
C、强酸为强电解质，弱酸为弱电解质；
D、导电性和离子浓度有关。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.H3O+为H+与H2O结合成的离子，该方程式表示的是水的电离，A不符合题意；
B.Br-为强酸HBr的阴离子，在水中不会发生水解，B不符合题意；
C.该离子方程式表示的是HCO3-与强碱反应生成可溶性碳酸盐和水，没有涉及水解，C不符合题意；
D.该离子方程式中CO32-与水电离产生的H+结合成HCO3-，为水解反应，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据水解反应的原理进行分析。水解的过程是离子与水电离产生的H+或OH-结合成弱电解质的过程，据此分析选项。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．水是弱电解质，部分电离生成氢离子(水合氢离子)和氢氧根，即2H2OH3O++OH-，A不符合题意；
B．明矾为KAl(SO4)2·12H2O，溶于水Al3+水解生成Al(OH)3胶体，可吸附难溶性杂质聚沉，即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，B不符合题意；
C．酸性氢氧燃料电池的正极O2得到电子与H+结合生成水，电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，C符合题意；
D．闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液淋滤后转化为更难溶的CuS，ZnS变为Zn2+，即ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】易错分析：C，在书写原电池电解反应方程式时，先判断直接产物，在判断最终产物，要注意电解质溶液环境。
4．【答案】C
【解析】【解答】A.电子垃圾统一回收、拆解、再利用，符合节能减排同时又能够减少对土壤和水源的污染，故选项A正确；
B.可溶性的铝盐和铁盐水解生成的氢氧化铝、氢氧化铁胶体能吸附水中的杂质，可用作生活用水的净水剂，故选项B正确；
C.葡萄糖属于单糖，不能水解，故选项C错误；
D.硫酸钙是石膏、水泥的主要成分，碳酸钙是大理石、石灰石的主要成分，硫酸钙和碳酸钙都可作建筑材料，故选项D正确。
故答案为：C。
【分析】A.电子垃圾中含有重金属等会污染土壤和水源等；
B.盐类水解生成的胶体可吸附水中的杂质；
C.单糖不能发生水解；
D.熟练掌握硫酸钙和碳酸钙的用途可以解决。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.46gCH3CH2OH的物质的量，乙醇和乙酸发生酯化反应是可逆反应，生成的水分子数小于NA，A不符合题意；
B．Ni2+与NH3之间形成配位键，属于σ键数，NH3中N-H键也是σ键，1mol[Ni(NH3)4]2+中含有4mol配位键，12molN-H键，故含有σ键数目为16 NA，B符合题意；
C．KIO3→I2，I元素化合价从+5降至0价，1molKIO3完全反应时，转移的电子数为5NA，C不符合题意；
D.1L0.5mol·L-1NH4Al(SO4)2物质的量n=cV=1L×0.5mol·L-1=0.5mol，溶液中NH和Al3+会发生水解反应，则两个离子数目之和小于NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酯化反应是常见的可逆反应
B.配位键也是 σ键
C.氧化还原反应遵循价态变化规律：靠近不交叉
D.盐溶液中由于某些离子的水解，会导致其数目的改变
6．【答案】B
【解析】【解答】A、加水稀释促进水解铵根离子物质的量减小，氯离子物质的量不变，同一溶液中体积相同，浓度关系是物质的量关系，所以比值增大，故A错误；
B、酸碱抑制水的电离，加水稀释氢氧化钠溶液，氢氧根离子浓度减小，抑制程度减小，水的电离程度增大，故B正确；
C、加水稀释促进铵根离子水解，氯化铵溶液中氢离子浓度减小小于100倍，氢氧化钠溶液氢氧根离子浓度减小100倍，②的pH变化更大，故C错误；
D、①O．1mol．L﹣1的NH4Cl溶液②0.1mol．L﹣1的NaOH溶液，等体积混合，生成一水合氨和氯化钠溶液显碱性，若使溶液呈中性，需要氯化铵溶液体积大于氢氧化钠溶液，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），pH=7得到c（Na+）+c（NH4+）=c（Cl﹣），结合物料守恒c（NH3．H2O）+c（NH4+）=c（Cl﹣），溶液中的c（NH3．H2O）=c（Na+），故D错误；
故选B．
【分析】A、加水稀释促进水解铵根离子物质的量减小，氯离子物质的量不变；
B、酸碱抑制水的电离，加水稀释氢氧化钠溶液，氢氧根离子浓度减小，水的电离程度增大；
C、加水稀释促进铵根离子水解，氯化铵溶液中氢离子浓度减小小于100倍，氢氧化钠溶液氢氧根离子浓度减小100倍；
D、①0.1 mol．L﹣1的NH4Cl溶液②0.1mol．L﹣1的NaOH溶液，等体积混合，生成一水合氨和氯化钠，溶液显碱性，若使溶液呈中性，需要氯化铵溶液体积大于氢氧化钠溶液，结合溶液中电荷守恒说明．
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A．向水中加入CO32﹣，水解促进水的电离，但其水解后使溶液呈碱性，故A错误；
B．向水中加入Fe3+，水解而促进水的电离，且其水解后使溶液呈酸性，故B正确；
C．向水中加入HSO4﹣，电离出氢离子，抑制水的电离，故C错误；
D．向水中加入氯离子对水的电离不产生影响，故D错误，
故选B．
【分析】加入含有弱根离子的盐，可以促进水电离．溶液呈酸性，说明加入的盐必须是强酸弱碱盐水解导致溶液呈酸性，据此分析解答．
8．【答案】B
【解析】【解答】A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A不符合题意；
B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003 mol/L KCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003 mol/L KCl，故B符合题意；
C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C不符合题意；
D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由M点可知起始溶液为酸性，而KCl溶液呈中性故B项错误
9．【答案】D
【解析】【解答】A、FeCl3在水溶液中能发生水解Fe3+ +3H2O Fe(OH)3+3H+，溶液越稀水解程度越大， Fe3+浓度越小，所以0.01mol/L FeCl3溶液中Fe3+浓度小于0.1mo/L FeCl3溶液中Fe3+浓度的 ,故0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中， Fe3+的浓度之比大于10，A不符合题意；
B、在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3 H2O的电离常数Kb= = = ，B不符合题意；
C、pH加和为12的强酸与弱酸，因为酸的pH都小于7，则二者的pH在5-7之间，混合后pH可能为6，C不符合题意；
D、0.1mol·L－1 NH4HS溶液中依据物料守恒有：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A．离子浓度越大，水解程度越小；
B．c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒可知：c（H+）=c（OH-），NH3 H2O的电离常数Kb=进行计算。
C．pH加和为12的酸与弱酸，氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，弱酸中氢离子浓度小于酸的浓度，弱碱中氢氧根离子浓度小于碱的浓度；
D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒计算。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.三氯化硼是共价化合物，液态是不能导电，A不符合题意；
B.氯化硼中的硼采用sp2杂化，B不符合题意；
C.氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键的夹角为120°，是平面三角形结构，属于非极性分子，C不符合题意；
D.氯化硼水解生成氯化氢在空气中形成白雾，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、共价化合物液态时以分子状态存在；
B、氯化硼中的硼最外层三个电子，无孤对电子；
C、氯化硼是平面三角结构，正电荷中心和负电荷中心重合，为非极性分子；
D、HCl在空气中易汽化；
11．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液中离子浓度越大，导电能力越强，离子的种类不同，导电能力不同，所以溶液的导电能力与离子种类和浓度有关，A不符合题意；
B．b 点为恰好反应点，则b点为CH3COONa溶液，所以b 点溶液的 pH＞7，B不符合题意；
C．从a→b，CH3COOH不断与NaOH反应最后反应完全，但CH3COO-会发生水解，从b→c，CH3COO-的水解不断受到抑制，所以a→c 过程中，溶液中n(CH3COO-)不断增大，C符合题意；
D．在b点，CH3COOH与NaOH恰好完全反应，在c 点，加入的NaOH的物质的量是CH3COOH的二倍，但CH3COO-会发生水解，所以c(OH )＞c(CH3COO-)，从而得出混合溶液中，c(Na+)＞c(OH )＞c(CH3COO-)＞c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据醋酸是弱酸，得到的是醋酸钾是弱酸强碱盐，水解呈碱性，根据导电能力图像，即可判断出导电能力和离子浓度和种类有关，结合加入氢氧化钠过程，开始时时水解，后来是抑制水解，醋酸根离子浓度增大，根据c点的溶质结合水解即可判断离子浓度大小
12．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液体积不知，无法计算溶液中微粒数，故A不符合题意；
B．甲醇分子中含5条共价键，故1mol甲醇中含5NA条共价键，故B不符合题意；
C.12g 金刚石中含有C原子的物质的量为 =1mol，金刚石晶体中每个C原子与周围的4个碳原子形成碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子共用，因此每个碳原子有2个碳碳键，因此1mol金刚石中含2mol 键，即2NA个，故C符合题意；
D． 中含有0.5mol CH3COONa，由于醋酸钠水解，溶液中醋酸根的个数少于0.5NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据n=cv计算，但是体积未知，故不能计算
B.找出一个甲醇分子中含有的共价键数目即可
C.根据n=m/M计算出物质的量，再根据金刚石碳原子成键情况判断键的数目
D.充分考虑酸根离子的水解
13．【答案】D
【解析】【解答】A.0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即HSO3-的电离程度大于水解程度，故A不符合题意；
B.向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2O HCl+HClO正向移动，体积不变，次氯酸的物质的量增加，从而使HClO的浓度增大，故B不符合题意；
C.根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），故C不符合题意；
D.强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱，所以pH依次升高，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即HSO3-的电离程度大于水解程度；
B.向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2O HCl+HClO正向移动，从而使HClO的浓度增大；
C.根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；
D.强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱。
14．【答案】C
【解析】【解答】解：A、FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg（OH）2粉末、MgO或MgCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故A正确；
B、（NH4）2CO3溶液中碳酸根离子的水解对铵根离子的水解起促进作用，所以等物质的量浓度的（NH4）2SO4溶液和（NH4）2CO3溶液中NH4+的浓度前者大于后者，故B正确；
C、在NaHS溶液中存在HS﹣ H++S2﹣，加入CuCl2溶液铜离子与硫离子结合生成硫化铜，导致硫离子浓度减少，促进电离，氢离子的浓度增大，溶液的pH减小，故C错误；
D、饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹，故D正确；
故选C．
【分析】A、FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg（OH）2粉末、MgO或MgCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质；
B、（NH4）2CO3溶液中碳酸根离子的水解对铵根离子的水解起促进作用；
C、在NaHS溶液中存在HS﹣ H++S2﹣，加入CuCl2溶液铜离子与硫离子结合生成硫化铜，导致硫离子浓度减少，促进电离；
D、饱和氯化铵溶液显酸性．
15．【答案】D
【解析】【解答】CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性；NH3 H2O为弱碱，CH3COOH为弱酸，Na2SO4为强酸强碱盐不水解呈中性，根据溶液的酸碱性，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与乙一定是CH3COONa、NH3 H2O中的一种，因为它们都呈碱性，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，NH3 H2O、CH3COOH、碱和酸抑制水的电离，所以甲与丙一定是NH3 H2O、CH3COOH中的一种，则甲为NH3 H2O、乙为CH3COONa、丙为CH3COOH，丁为Na2SO4，
故答案为：D。
【分析】pH=-lgc〔H+〕，pH由小到大的顺序是：酸溶液的pH＜呈中性的盐溶液的pH＜碱溶液的pH，由盐类的水解规律可知，强酸弱碱盐水解显酸性、强碱弱酸盐水解显碱性；盐类的水解促进水的电离，酸和碱抑制水的电离；
16．【答案】C
【解析】【解答】A. HCO +H2O H3O++CO 为碳酸氢根的电离方程式，故A不符合题意；
B. NH3+H2O OH-+NH 为氨气与水反应后，电离方程式，故B不符合题意；
C. AlO +2H2O Al(OH)3+OH-为偏铝酸根与水电离出的氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，属于水解反应，故C符合题意；
D. CO +H3O+=H2O+HCO 为酸性溶液中，碳酸根结合水合氢离子生成碳酸氢根的反应，不是水解反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】弱酸的酸根或弱碱的阳离子结合水电离出的H+或OH-形成弱电解质的过程叫做水解，水解是可逆的。
17．【答案】（1）溶液变红；CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣
（2）Al2O3；因为AlCl3是挥发性酸所形成的铝盐，加热促进AlCl3水解，以致完全得到Al（OH）3，HCl则挥发掉：AlCl3+3H2O Al（OH）3↓+3HCl↑，高温下，可使Al（OH）3分解，2Al（OH）3 Al2O3+3H2O，固体产物为Al2O3
【解析】【解答】解：（1）纯碱为强碱弱酸盐，CO32﹣水解呈碱性，水解离子方程式为CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，加入酚酞溶液变红色，故答案为：溶液变红；CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；（2）氯化铝为强酸弱碱盐，Al3+发生水解，水解的方程式为Al3++3H2O Al（OH）3+3H+，水解后溶液呈酸性，蒸干和灼烧过程中，HCl挥发，Al（OH）3不稳定，灼烧时分解生成Al2O3，故答案为：Al2O3，因为AlCl3是挥发性酸所形成的铝盐，加热促进AlCl3水解，以致完全得到Al（OH）3，HCl则挥发掉：AlCl3+3H2O Al（OH）3↓+3HCl↑，高温下，可使Al（OH）3分解，2Al（OH）3 Al2O3+3H2O，固体产物为Al2O3．
【分析】（1）纯碱为强碱弱酸盐，CO32﹣水解呈碱性，水解离子方程式为CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；（2）根据AlCl3属于强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答该题；
18．【答案】（1）碱；HCO3﹣+H2O OH﹣+H2CO3；＞
（2）促进
【解析】【解答】解：（1）①NaHCO3属于强碱弱酸的酸式盐，在溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度，水解显碱性，其水解方程式为：HCO3﹣+H2O OH﹣+H2CO3；
故答案为：碱；HCO3﹣+H2O OH﹣+H2CO3；②HCO3﹣水解浓度减小，溶液中C（Na+）＞C（HCO3﹣），故答案为：＞；（2）盐的水解反应属于吸热反应，加热促进水解，用Na2CO3溶液清洗油污时，加热促进水解溶液的碱性增强，溶液pH增大，故答案为：促进．
【分析】（1）①NaHCO3属于强碱弱酸的酸式盐，在溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度；水解显碱性；②NaHCO3溶液中HCO3﹣水解浓度减小，钠离子不水解，所以；（2）盐的水解反应属于吸热反应，加热促进水解．
19．【答案】（1）a
（2）
（3）乙；通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(合理即可)；丁；因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)
（4）；酚酞；甲基橙
（5）
【解析】【解答】（1）a．碳酸氢钠和相同的酸反应较碳酸钠要剧烈，故在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度，可以鉴别，a可行；
b．两者均含有钠元素，焰色反应均为黄色，不能鉴别，b不可行；
c．两者均可以和石灰水生成白色沉淀，不能鉴别，c不可行；
d．碳酸氢钠加热生成碳酸钠、碳酸钠受热不分解，分别放在炒锅中加热，均有残留物，不能鉴别，d不可行；
故答案为：a；
（2）溶液中正负电荷总数相等，则溶液中存在电荷守恒，；
（3）碳酸钠中滴加盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和稀盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳；碳酸氢钠中滴加盐酸立刻生成氯化钠、水、二氧化碳；与中溶质的物质的量相同，碳酸钠消耗盐酸更多；比较图像可知，甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是乙，理由是通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(或题中碳酸氢钠消耗盐酸的量较小而碳酸钠消耗的盐酸量较多等，合理即可)；丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是丁，理由是因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)；
（4）当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠：；根据图分析，c点为碱性、d点为酸性，则滴定时c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点；
（5）次氯酸钠具有强氧化性，和铵根离子发生氧化还原反应生成氮气和水、氯离子，反应为。
【分析】（1）依据物质的性质和现象的不同分析；
（2）溶液中正负电荷总数相等；
（3）依据碳酸钠中滴加盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和稀盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳分析；
（4）碳酸钠和盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠；根据图分析中溶液的pH选择指示剂；
（5）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
20．【答案】（1）FeCl3发生水解
（2）紫；酸
（3）使用过量的空气（或使用热交换器，移走热量）
（4）cd
【解析】【解答】(1)铁离子在溶液中水解，所以实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解；(2)根据平衡：HZ(红色)═H++Z-(蓝色)，在中性溶液中该指示剂试液显示本身紫色，要使该指示剂试液呈红色，平衡逆向移动即可，可以加入酸；(3)工业制硫酸时，为使SO2尽可能多地转化成SO3，增加二氧化硫的转化率，可以采取的措施是用足量的氧气；(4)a.合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，催化剂活性大，与勒夏特列原理不符，故a不符合；
b.用铁触媒加快化学反应速率，是利用铁触媒做催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，不改变化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，故b不符合；
c.反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行符合化学平衡移动原理，可以用勒夏特列原理解释，故c符合；
d.将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，减少生成物浓度，平衡正向进行，可以用勒夏特列原理解释，故d符合；
故答案为cd。
【分析】（1）三氯化铁属于强酸弱碱盐，易水解；
（2）根据题意及平衡移动原理，加入酸石蕊呈现红色；
（3）增大氧气的浓度；
（4）升高温度不利于氨气的生成，催化剂不能使平衡移动。
21．【答案】（1）6×10-3；0.62
（2）；
（3）；>
【解析】【解答】(1)由的电离方程式及电离常数可知，==1.810-5，当氨水的浓度为2.0时，溶液中6×10-3。
由的第二步电离方程式及可知，=6.210-8，将通入该氨水中，当降至时，溶液的c(H+)=，则。
(2)①的电离方程式为HSOSO+H+，HSO的电离常数表达式K=。
②在一定温度下，越小，酸的酸性越弱。，则在溶液里和都能与发生反应，但和反应是主要的，和反应是次要的，故溶液和溶液反应的主要离子方程式为。
(3)①由图像可知，溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式是。
②根据电荷守恒可知，，当溶液恰好呈中性时，则>。
【分析】（1）结合一水合氨的电离平衡常数进行判断；
（2） ① 电离平衡常数=生成物的浓度幂之积/反应物的浓度幂之积；
② 结合强酸制弱酸的原理判断；
（3） ① 结合图示可知 pH=5时，硫元素的主要存在形式是 亚硫酸氢根；
② 结合电荷守恒进行判断。