3.3 盐类的水解 课后训练 （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 课后训练 （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 | 171.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-02 00:00:00 | ||
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文档简介
3.3 盐类的水解 课后训练
一、单选题
1．类比法是化学上研究物质的重要方法之一，下列类比结果正确的是（ ）
A．将溶液蒸干灼烧后得到CuO固体，则将溶液蒸干灼烧后得到固体
B．与反应生成与，则与反应生成与
C．工业上电解熔融的冶炼Mg，则电解熔融的冶炼Al
D．镁和铝与稀硫酸所形成的原电池中镁作负极，则镁和铝与氢氧化钠溶液所形成的原电池中镁作负极
2．下列物质会发生水解的是（ ）
A．HCl B．NaOH C．CH3COOH D．Al2(SO4)3
3．实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是（ ）
A．防止硫酸铁分解
B．抑制硫酸铁水解
C．提高硫酸铁的溶解度
D．提高溶液的pH
4．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述不正确的是（ ）
A．NaClO发生水解反应，使溶液呈碱性
B．用 NaOH 溶液吸收Cl2可得到该溶液
C．该溶液有漂白杀菌作用，可用于环境消毒
D．该溶液与洁厕灵（主要成分为HCl）混合，去污效果更佳
5．水溶液呈酸性的盐是（ ）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2
6．铵态氮肥不能与草木灰(有效成分K2CO3)混用的原因是铵态氮肥（ ）
A．呈酸性 B．受热易分解
C．易溶于水 D．遇碱放出氨气
7．某温度下，相同pH的两种弱酸HA和HB分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．电离平衡常数：HB> HA B．结合H+的能力：B->A-
C．导电能力：c > b D．a、b两点酸的浓度：HA> HB
8．常温下，用0.1000 mol·L NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L 溶液所得滴定曲线如右图。
下列说法正确的是（ ）
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
9．常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是（ ）
A．无色透明的水溶液中：Na+、、、Cl-
B．pH=0的溶液中：K+、Na+、、
C．中性溶液中：Fe3+、Al3+、、Cl-
D．含有大量Ca2+的溶液中：Al3+、、、Br-
10．有等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH和NH3 H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（ ）
A．V3＞V2＞V1 B．V3=V2=V1 C．V1=V2＞V3 D．V3＞V2=V1
11．下列有关叙述正确的是（ ）
A．常温下，等体积的的盐酸与的氢氧化钡溶液混合，所得溶液的pH=13(设混合后溶液总体积的变化忽略不计)
B．室温下，pH均为4的稀硫酸、溶液中，水的电离程度相同
C．25℃时，的HA溶液中，则该溶液中由水电离出的
D．在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中加入少量溶液，增大
12．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a与d最外层电子数之和为12，b2-与c+的电子层结构与氖相同，c、d同周期。下列叙述正确的是（ ）
A．a的原子半径是这些元素中最小的
B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物‘
C．c与b形成的二元化合物一定只存在离子键
D．d与b、c三种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性
13．某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH=-lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则（ ）
A．M点所示溶液导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
14．室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的pH一定大于7的是（ ）
A．0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氨水溶液
B．0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钠溶液
C．pH＝4的醋酸溶液和pH＝10的氢氧化钠溶液
D．pH＝4的盐酸和pH＝l0的氨水
15．常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的c(OH-)在此滴定过程变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a~e点，a点时水的电离受抑制最强
B．b、d两点溶液的pH相同
C．c点所示溶液中c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
D．d点所示浴液中c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
16．合理利用某些盐类水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐类水解的性质无关的是（ ）
A．利用可溶性铝盐、铁盐做净水剂
B．草木灰不能与铵态氮肥混合使用
C．将NaHCO3溶液加热蒸干并灼烧得到Na2CO3固体
D．存放Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用磨口玻璃塞
二、综合题
17．水是极弱的电解质，其中存在电离平衡H2O H++OH-，回答下列问题：
（1）常温下，某电解质溶解在水中后，溶液中水电离的c（H+）=1×10-9，则该电解质可能是____（填序号）。
A．CuSO4 B．HCl C．Na2S D．NaOH E．K2SO4
（2）常温时，取0.1mol·L-1 HX溶液与0.1mol·L-1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=8。
①混合溶液中由水电离出的c（OH-）与0.1mol/LNaOH溶液中由水电离出的c（OH-）之比为 。
②已知NH4X溶液呈中性，将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出。试推断NH4HCO3溶液的pH 7（填“>”“<”或“=”）。
（3）T℃时，测得0.01mol·L-1 NaOH溶液的pH=10，则此温度下水的Kw= 。在此温度下，将0.01mol·L-1 H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液pH=11，则Va∶Vb= （忽略溶液混合时体积的变化）。
18．已知水的电离平衡曲线如图所示，
试回答下列问题：
（1）图中五点的KW间的关系是 ．
（2）若从A点到D点，可采用的措施是 ．
a．升温
b．加入少量的盐酸
c．加入少量的NH4Cl
（3）点E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 ．
（4）点B对应的温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是 ．
19．硼酸（H3BO3）为白色粉末状结晶，大量用于玻璃工业，可以改善玻璃制品的耐热、透明性能，提高机械强度，缩短熔融时间。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸的工艺流程如下（部分操作和条件略）：
I．向铁硼矿粉中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入过量双氧水，再调节溶液的pH约为5；
Ⅲ．过滤，将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得粗硼酸和含镁盐的母液；
Ⅳ．粗硼酸精制得硼酸。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
Al（OH）3 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Mg（OH）2
开始沉淀时 3.8 5.8 2.2 10.6
完全沉淀时 4.7 8.3 4.0 12
注：金属离子的起始浓度为0.01 mol·L-1
请回答：
（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式： 。
（2）为提高步骤I中的反应速率，可采取的措施有 （写出两条）。
（3）步骤Ⅱ的目的是 。
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 。
20．硫、氯、氮是三种常见的非金属元素。
完成下列填空：
（1）我们祖先的四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C A+N2↑+3CO2↑（已配平）。氮原子核外电子排布式为 ，生成物固体A属于 晶体。
（2）工业合成氨可以实现大规模固氮，氨可用于生产氯化铵、硫酸铵等化学肥料，等物质的量浓度的两溶液相同温度下pH大小为：氯化铵 硫酸铵（选填>、=或<）。
（3）工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NO2还原成无害的氮气和水，反应方程式可表示为：8NH3（g）＋6NO2（g） 7N2（g）＋12H2O（g），用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目 ，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2在标准状况下的体积为 。
（4）氯水成分的多样性决定了其性质的复杂性，氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，写出其中主要的化学反应方程式 ，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，起作用的微粒是 。
21．
（1）硅酸钠的水溶液俗称 ，向碳酸氢钠溶液中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液显 色。
（2）Fe(OH)3胶体可用作净水剂，取少量Fe(OH)3胶体于试管中，向试管中逐渐滴加稀盐酸至过量，产生的现象为 。
（3）实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，以防止发生反应：（离子方程式） 。
（4）将Al和Na的单质同时加入到一定量的水中，充分反应后，发现既无沉淀生成又无残留金属存在，请用两个化学反应方程式表示其变化：
① 。
② 。
（5）已知：5NH4NO3 2HNO3+4N2↑+9H2O，则该反应中氧化产物与还原产物的质量比为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．CuCl2水解生成Cu(OH)2和易挥发的HCl气体，蒸干促进了CuCl2水解，最终得到Cu(OH)2固体，经灼烧后得到CuO固体。FeCl3溶液蒸干灼烧与CuCl2溶液的原理相同，因此最终得到Fe2O3固体，故A项符合题意；
B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2O2有氧化性，会将SO2氧化成Na2SO4，故B项不符合题意；
C．工业上电解熔融的MgCl2冶炼Mg，电解熔融的Al2O3冶炼Al，原因是AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故C项不符合题意；
D．Mg的金属活动性强于Al，因此以稀硫酸作电解质溶液，Mg、Al形成原电池时时Mg作负极；Al与NaOH溶液反应，而Mg不与NaOH溶液反应，因此以NaOH溶液为电解质溶液，Mg、Al形成原电池时，Al作负极，故D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、挥发性的强酸对应的弱碱盐，蒸干灼烧得到氧化物；
B、过氧化钠和二氧化硫可以发生氧化还原反应；
C、氯化铝熔融状态不导电；
D、铝和氢氧化钠反应，镁和氢氧化钠不反应，因此若电解质为氢氧化钠，则铝为负极。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．HCl溶于水发生完全电离，不能发生水解，A不符合题意；
B．NaOH溶于水发生完全电离，不能发生水解，B不符合题意；
C．CH3COOH溶于水发生部分电离，不能发生水解，C不符合题意；
D．Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，溶于水后发生水解，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】含有弱离子的盐溶液可以发生水解，即强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐可以发生水解，据此回答即可。
3．【答案】B
【解析】【解答】硫酸铁在溶液中会电离出硫酸根和三价铁离子，三价铁离子会发生水解，所以要加入硫酸抑制其水解。
故答案为：B。
【分析】此题考查盐类水解的应用，根据水解平衡的影响因素进行判断。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．NaClO是强碱弱酸盐，在溶液中ClO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，不符合题意；
B．氯气与NaOH溶液发生反应产生NaCl、NaClO和水，不符合题意；
C．NaClO具有强的氧化性，故有漂白杀菌作用，可用于环境消毒，不符合题意；
D．该溶液与洁厕灵(主要成分为HCl)混合，会发生反应产生氯气，导致环境污染，而且氧化性HClO>Cl2,因此去污效果降低，符合题意。
故答案为：D
【分析】次氯酸钠具有强氧化性、是强碱弱酸盐，能够发生水解，氯化钠是强酸强碱盐，据此分析即可.
5．【答案】A
【解析】【解答】A．NH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意；
B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；
C．H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；
D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B.氯化钡为强酸强碱盐，呈中性；
C.硫酸呈酸性，但属于酸；
D.氢氧化钙属于碱。
6．【答案】D
【解析】【解答】草木灰有效成分K2CO3，碳酸钾属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，能与铵态氮肥反应放出氨气，从而降低肥效。
故答案为：D。
【分析】铵根离子与碳酸根均为弱离子，水解时相互促进，铵根离子转化为氨气，使肥料失效。
7．【答案】B
【解析】【解答】A. 稀释相同的倍数，HA溶液的pH变化大，因此酸性HA大于HB，则电离平衡常数：HB＜HA，A错误；
B. 酸越弱，相应酸根越容易结合氢离子，则结合H+的能力：B－>A－，B正确；
C. b点pH小于c点，因此氢离子浓度是b点大于c点，所以导电能力：c＜b，C错误；
D. 由于酸性HA大于HB，因此a、b两点酸的浓度：HA＜HB，D错误，
故答案为：B。
【分析】A.根据图象随着溶液体积的增加，两溶液pH值的变化来判断溶液的酸性，进而得出答案；
B.弱酸的酸根结合氢离子的能力较强；
C.氢离子浓度越大，导电能力越强；
D.pH值越小，酸性越强。
8．【答案】D
【解析】【解答】A. 点①是等浓度的CH3COONa、CH3COOH的混合液，根据质子守恒c(CH3COO－)＋2c(OH－)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)，故A不符合题意；
B、根据电荷守恒，c(CH3COO－)＋c(OH－)= c(Na＋)+c(H＋)，点②溶液呈中性c(OH－)= c(H＋)，所以c(Na＋)= c(CH3COO－)，故B不符合题意；
C、 点③是20 mL 0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液与20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH反应后的溶液，溶质是CH3COONa溶液，水解呈碱性，c(Na＋) ＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C不符合题意；
D、加入的NaOH比较少，形成CH3COONa、CH3COOH混合溶液时可能存在c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)，故D符合题意。
【分析】A.当氢氧化钠加入体积为10mL时，溶液中得到的溶质是等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据质子守恒可以推出该式子是不正确的；
B.当氢氧化钠加入体积为20mL时，溶液中得到的溶质只有醋酸钠，根据电荷守恒，可知钠离子的浓度等于醋酸根离子的浓度；
C.点③由于醋酸根离子发生了微弱水解，使溶液显弱碱性，所以会得到：c(Na＋) ＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；
D.当加入的氢氧化钠的量极少时，会出现c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)的情况。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，A符合题意；
B.H＋能与S2O32－发生反应：S2O32－＋2H＋=H2O＋S↓＋SO2↑，二者不可大量共存，B不符合题意；
C.Fe3＋、Al3＋水解使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，与中性溶液不符，C不符合题意；
D.Ca2＋能与CO32－发生反应：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，二者不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存；
B、pH=0的溶液显酸性，含有大量的H＋；
C、Fe3＋、Al3＋的水解，使得溶液显酸性；
D、Ca2＋能与CO32－形成CaCO3沉淀；
10．【答案】D
【解析】【解答】解：等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH﹣）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，
但NH3 H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，
所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，
故选D．
【分析】等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH﹣）相同，但NH3 H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH﹣）越大，消耗酸越多．
11．【答案】A
【解析】【解答】A．常温下，等体积的的盐酸与的氢氧化钡溶液混合，氢氧化钡过量，所得溶液的，则，即pH=13，故A项符合题意；
B．稀硫酸抑制水的电离，是强酸弱碱盐，水解，促进水的电离，故B项不符合题意；
C.25℃时，的HA溶液中，，则该溶液中由水电离出的，故C项不符合题意；
D．该混合溶液中，温度不变，溶度积常数不变，则其比值不变，故D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】B、稀硫酸抑制水的电离；
C、结合，计算出结果；
D、只要温度、溶度积常数不变，比值就不变。
12．【答案】B
【解析】【解答】b2-与c+的电子层结构与氖相同，则b为O，c为Na， a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素且a与d最外层电子数之和为12，c，d，同周期可知a为N，d为Cl。
A.原子半径OB. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物Na2O，Na2O2 ，NO，NO2，ClO2，Cl2O7等，B符合题意；
C. c与b形成的二元化合物中Na2O2，既有离子键，也有共价键 ，C不符合题意；
D. d与b、c三种元素形成的化合物(如NaClO4)的水溶呈中性，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据原子在周期表中的位置及原子半径大小变化规律，可推出原子半径最小的元素是a；
B. 利用平时知识的积累，可快速判断正误；
C. 过氧化钠中，存在过氧根，内部是共价键；
D. 弱酸强碱盐水溶液呈碱性，强酸强碱盐水溶液呈中性，高氯酸钠为强酸强碱盐；
13．【答案】C
【解析】【解答】A. 由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A不符合题意；
B. 根据图象可知，N点所示溶液为碱性，溶液中c(H+)＜c(OH-)，电荷守恒c(H+)+ c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(CH3COO-)C. 由于M点的H+浓度等于N点的OH-浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故C符合题意；
D. Q点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性．则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查，注意弱电解质的电离特点，把握pOH的含义，题目难度中等。
14．【答案】D
【解析】【解答】A、反应后生成氯化铵，水解后呈酸性，故A不选；
B、生成氯化钠，强碱强酸盐，呈中性，故B不选；
C、醋酸过量，呈酸性，故C不选；
D、氨水过量，呈碱性，所得溶液的pH一定大于7，故D选。
故答案为：D。
【分析】A、生成氯化铵，水解后呈酸性；
B、生成氯化钠，强碱强酸盐，呈中性；
C、醋酸过量，呈酸性；
D、氨水过量，呈碱性。
15．【答案】C
【解析】【解答】A、水电离出的c(OH-)越小，则水的电离受的抑制越强，故a--e点，e点时水的电离受抑制最强，故A不符合题意；
B、b、d两点水电离出的c(OH-)相同，但b点显酸性，d点显碱性，故两溶液的pH不同，故B不符合题意；
C、c点加入的NaOH的体积为20mL，此时NaOH和醋酸恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa 溶液，根据质子守恒可以知道c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，所以C选项是符合题意的；
D、d点所示的溶液为CH3COONa和NaOH的混合溶液，故c(Na+)> c(CH3COO-)，而因为醋酸根的水解程度很小，且受到氢氧化钠的抑制，故水解出的c(CH3COOH)浓度很小，即c(Na+)> c(CH3COO-) >c(CH3COOH) ，故D不符合题意.
故答案为：C
【分析】A、根据水电离出的c(OH-)判断；
B、容易忽略bd两点的酸碱性；
C、根据此时溶液中的溶质和质子守恒分析；
D、根据氢氧化钠抑制了醋酸根离子的水解解答；
16．【答案】C
【解析】【解答】A．利用可溶性铝盐、铁盐做净水剂是由于Al3+、Fe3+水解生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，具有很强的吸附性，与盐类水解有关，A不合题意；
B．由于草木灰中的K2CO3因碳酸根离子水解导致K2CO3溶液呈碱性，氨态氮肥由于铵根离子水解呈酸性，则草木灰与氨态氮肥因发生双水解而释放出氨气，降低肥效，故草木灰不能与铵态氮肥混合使用与盐类水解有关，B不合题意；
C．将NaHCO3溶液加热蒸干并灼烧得到Na2CO3固体是由于碳酸氢钠受热分解，与盐类水解无关，C符合题意；
D．实验室盛放Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，因碳酸钠、硅酸钠水解呈碱性，与盐的水解有关，且硅酸钠具有粘合性，将瓶体和瓶塞粘合在一起，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】C项中由于碳酸氢钠受热分解，与盐类水解无关，其它选择均与盐类水解的性质有关。
17．【答案】（1）B；D
（2）107：1；>
（3）10-12；15：2
【解析】【解答】（1）常温下，某电解质溶液中水电离的c（H+）=1×10-9<1×10-7，说明水的电离被抑制，则溶液中溶质为酸或碱或强酸的酸式盐，
A．CuSO4属于强酸弱碱盐而促进水电离，故A不正确；
B．HCl属于水而抑制水电离，故B正确；
C．Na2S属于强碱弱酸盐而促进水电离，故C不正确﹔
D．NaOH属于碱而抑制水电离，故D正确；
E．K2SO4属于强酸强碱盐而不影响水电离，故E不正确﹔
故答案为：BD ；
（2）①酸碱物质的量相等且都是一元的，则酸碱恰好完全反应生成NaX，混合溶液pH>7，溶液呈碱性，说明NaX为强碱弱酸盐﹔酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，混合溶液中水电离出的c （OH- ） = mol·L-1，0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c （ OH- ） = mol·L-1，则混合溶液中由水电离出的c （OH- ）与0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c （OH- ）之比=10-6mol/L ： 10-13mol/L=107：1；
②NH4X溶液呈中性，说明Ka（HX） =Kb（ ），将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，根据强酸制取弱酸知﹐酸性︰HX>H2CO3，水解导致溶液呈酸性、水解导致溶液呈碱性，NH4HCO3中水解程度∶<，则NH4HCO3溶液呈碱性，溶液的pH > 7；
（3）T℃时，测得0.01mol·L-1 NaOH溶液的pH=10，则溶液中c （H+） =1×10-10mol/L，c （ OH -） =c（NaOH ） =0.01mol/L，该温度下水的Kw=c （ H+ ）×c （ OH- ） =1×10-10×0.01=1×10-12，该温度下0.01mol·L-1 H2SO4溶液c （H+）=2c （H2SO4） =2×0.01mol/L=0.02mol/L， pH=12的NaOH溶液中c （ OH -） =1mol/L，混合溶液中c （ OH -）==0.1 mol/L=，解Va：Vb=15：2。
【分析】（1）水电离的 c（H+）=1×10-9， 该电解质可能是酸溶液或碱溶液；
（2） ① 所得溶液是NaX溶液，呈碱性，X-水解，溶液中H+和OH-都来自水的电离；
②酸性 HX>H2CO3， NH4X溶液呈中性 ，NH4HCO3溶液呈碱性；
（3）算出H+和OH-的浓度，跟据；跟据硫酸和氢氧化钠混合后pH等于11计算体积比。
18．【答案】（1）B＞C＞A=D=E
（2）bc
（3）10：1
（4）a+b=14（或pH1+pH2=14）
【解析】【解答】解：（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＞C＞A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A=D=E，
故答案为：B＞C＞A=D=E；（2）在A点时，c（H+）=c（OH﹣），溶液显中性，而到D点c（H+）变大，c（OH﹣）变小，溶液显酸性，即由A点到D点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变．
a、升高温度，Kw变大，故a错误；
b、加入少量盐酸，则溶液显酸性，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故b正确；
c、加入氯化铵，水解显酸性，且Kw不变，故c正确．
故选bc，
故答案为：bc；（3）E对应的温度下，Kw=10﹣14，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH﹣），故有：
10﹣5mol/L×V碱=10﹣4mol/L×V酸，解得： = ，故答案为：10：1；（4）要注意的是95℃时，水的离子积为10﹣12，即酸、碱浓度相等时pH（酸）+pH（碱）=12，现强碱的OH﹣浓度是强酸H+浓度的100倍，所以pH（酸）+pH（碱）=14，即pH1+pH2=14，或a+b=14，
故答案为：a+b=14（或pH1+pH2=14）．
【分析】（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；（2）从A点到D点c（H+）变大，c（OH﹣）变小，但Kw不变；（3）E对应的温度下，Kw=10﹣14，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH﹣），据此计算；（4）酸、碱都是强电解质，溶液呈中性说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，结合水的离子积常数确定强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系．
19．【答案】（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3
（2）升高温度、适当增大硫酸的浓度或减小铁硼矿粉的粒径等
（3）将Fe2+氧化为Fe3+，使Al3+和Fe3+沉淀完全
（4）MgSO4
【解析】【解答】（1）根据铁硼矿的成分以及强酸制取弱酸，发生的反应有：Mg2B2O5·H2O ＋ 2H2SO4 = 2MgSO4 ＋ 2H3BO3 ，Fe3O4 ＋ 4H2SO4 = FeSO4 ＋ Fe2(SO4)3 ＋ 4H2O ，Fe2O3 ＋ 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 ＋ 3H2O ，FeO ＋ H2SO4 = FeSO4 ＋ H2O ，Al2O3 ＋ 3H2SO4 = Al2(SO4)3 ＋ 3H2O；
（2）根据影响化学反应速率的因素，可以提高温度、适当增加硫酸溶液的浓度、减小铁硼矿粉的粒径等；
（3）根据生成氢氧化物沉淀的pH，加入双氧水的目的，把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH使Al3＋和Fe3＋转化成Al(OH)3和Fe(OH)3，除去杂质；
（4）根据流程以及（1）的反应，含有杂质为MgSO4。
【分析】（1）根据强酸制弱酸原理书写反应的化学方程式；
（2）根据反应速率的影响因素分析；
（3）步骤Ⅱ中加入H2O2是为了氧化Fe2+，便于形成Fe(OH)3沉淀；
（4）根据产生硼酸的反应确定所含杂质；
20．【答案】（1）1s22s22p3；离子
（2）＞
（3）；13.44L
（4）Cl2 +H2O HCl +HClO；Cl-
【解析】【解答】（1）氮原子的核电荷数为7，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；由化学方程式为S+2KNO3+3C→A+N2↑+3CO2↑，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，则A的化学式为K2S，属于离子晶体；
（2）等物质的量浓度的两溶液，硫酸铵溶液中铵根离子浓度比氯化铵溶液中铵根离子浓度大，水解产生的氢离子浓度大，酸性较强，即pH大小为：氯化铵＞硫酸铵；
（3）在反应8NH3(g)＋6NO2(g) 7N2(g)＋12H2O(g)中，NH3中N元素从-3价升高为0价，为还原剂，NO2中N元素从+4价降为0价，是氧化剂，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:8=3:4，用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目为 ；该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，则氧化产物N2为0.4mol，还原产物N2为0.3mol，依据原子守恒，被吸收的NO2为0.6mol，其标准状况下体积为0.6mol×22.4L/mol=13.44L；
（4）氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，是因为氯气能与水反应生成HClO的缘故，发生反应的化学反应方程式为Cl2+H2O HCl+HClO，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀AgCl产生，起作用的微粒是Cl-。
【分析】（1）单原子核外有7个电子，分别分布在1s、2s、2p轨道上；根据质量守恒判断产物A是K2S，属于离子晶体；
（2）等物质的量浓度的氯化铵和硫酸铵溶液中，硫酸铵溶液中铵根离子浓度较大，铵根离子水解产生的氢离子浓度较大；
（3）根据氧化剂和还原剂判断氧化产物和还原产物的物质的量，然后进行计算；
（4）根据氯水中氯气与水反应书写化学方程式、判断存在的粒子种类即可。
21．【答案】（1）水玻璃；红
（2）先聚沉 后溶解
（3）SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
（4）2Na+H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
（5）5∶3
【解析】【解答】（1）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃；碳酸氢钠溶液显碱性，向碳酸氢钠溶液中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液显红色。
（2）取少量Fe(OH)3胶体于试管中，向试管中逐渐滴加稀盐酸至过量，胶体首先发生聚沉，产生红褐色沉淀。由于氢氧化铁能溶解在盐酸中生成氯化铁和水，所以产生的现象为聚沉、后溶解。
（3）玻璃中含有二氧化硅，能与NaOH溶液反应生成黏性很强的硅酸钠，因此不能用玻璃塞，以反应的离子方程式为SiO2+2OH-＝SiO32-+H2O。
（4）钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。生成的氢氧化钠可以溶解铝，生成偏铝酸钠和氢气，反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。
（5）铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子。硝酸根中氮元素化合价从＋5价降低到0价，得到5个电子，所以根据电子得失守恒可知该反应中氧化产物与还原产物的质量比为5∶3。
【分析】（1）根据碳酸氢钠的水解判断溶液颜色；
（2）根据胶体的聚沉和氢氧化铁与盐酸的反应进行判断；
（3）根据二氧化硅与氢氧化钠的反应进行回答；
（4）根据钠与水的反应、铝与氢氧化钠的反进行分析；
（5）根据氧化还原反应中电子得失总数相等进行计算。
一、单选题
1．类比法是化学上研究物质的重要方法之一，下列类比结果正确的是（ ）
A．将溶液蒸干灼烧后得到CuO固体，则将溶液蒸干灼烧后得到固体
B．与反应生成与，则与反应生成与
C．工业上电解熔融的冶炼Mg，则电解熔融的冶炼Al
D．镁和铝与稀硫酸所形成的原电池中镁作负极，则镁和铝与氢氧化钠溶液所形成的原电池中镁作负极
2．下列物质会发生水解的是（ ）
A．HCl B．NaOH C．CH3COOH D．Al2(SO4)3
3．实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是（ ）
A．防止硫酸铁分解
B．抑制硫酸铁水解
C．提高硫酸铁的溶解度
D．提高溶液的pH
4．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述不正确的是（ ）
A．NaClO发生水解反应，使溶液呈碱性
B．用 NaOH 溶液吸收Cl2可得到该溶液
C．该溶液有漂白杀菌作用，可用于环境消毒
D．该溶液与洁厕灵（主要成分为HCl）混合，去污效果更佳
5．水溶液呈酸性的盐是（ ）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2
6．铵态氮肥不能与草木灰(有效成分K2CO3)混用的原因是铵态氮肥（ ）
A．呈酸性 B．受热易分解
C．易溶于水 D．遇碱放出氨气
7．某温度下，相同pH的两种弱酸HA和HB分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．电离平衡常数：HB> HA B．结合H+的能力：B->A-
C．导电能力：c > b D．a、b两点酸的浓度：HA> HB
8．常温下，用0.1000 mol·L NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L 溶液所得滴定曲线如右图。
下列说法正确的是（ ）
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
9．常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是（ ）
A．无色透明的水溶液中：Na+、、、Cl-
B．pH=0的溶液中：K+、Na+、、
C．中性溶液中：Fe3+、Al3+、、Cl-
D．含有大量Ca2+的溶液中：Al3+、、、Br-
10．有等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH和NH3 H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（ ）
A．V3＞V2＞V1 B．V3=V2=V1 C．V1=V2＞V3 D．V3＞V2=V1
11．下列有关叙述正确的是（ ）
A．常温下，等体积的的盐酸与的氢氧化钡溶液混合，所得溶液的pH=13(设混合后溶液总体积的变化忽略不计)
B．室温下，pH均为4的稀硫酸、溶液中，水的电离程度相同
C．25℃时，的HA溶液中，则该溶液中由水电离出的
D．在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中加入少量溶液，增大
12．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a与d最外层电子数之和为12，b2-与c+的电子层结构与氖相同，c、d同周期。下列叙述正确的是（ ）
A．a的原子半径是这些元素中最小的
B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物‘
C．c与b形成的二元化合物一定只存在离子键
D．d与b、c三种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性
13．某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH=-lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则（ ）
A．M点所示溶液导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
14．室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的pH一定大于7的是（ ）
A．0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氨水溶液
B．0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钠溶液
C．pH＝4的醋酸溶液和pH＝10的氢氧化钠溶液
D．pH＝4的盐酸和pH＝l0的氨水
15．常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的c(OH-)在此滴定过程变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a~e点，a点时水的电离受抑制最强
B．b、d两点溶液的pH相同
C．c点所示溶液中c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
D．d点所示浴液中c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
16．合理利用某些盐类水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐类水解的性质无关的是（ ）
A．利用可溶性铝盐、铁盐做净水剂
B．草木灰不能与铵态氮肥混合使用
C．将NaHCO3溶液加热蒸干并灼烧得到Na2CO3固体
D．存放Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用磨口玻璃塞
二、综合题
17．水是极弱的电解质，其中存在电离平衡H2O H++OH-，回答下列问题：
（1）常温下，某电解质溶解在水中后，溶液中水电离的c（H+）=1×10-9，则该电解质可能是____（填序号）。
A．CuSO4 B．HCl C．Na2S D．NaOH E．K2SO4
（2）常温时，取0.1mol·L-1 HX溶液与0.1mol·L-1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=8。
①混合溶液中由水电离出的c（OH-）与0.1mol/LNaOH溶液中由水电离出的c（OH-）之比为 。
②已知NH4X溶液呈中性，将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出。试推断NH4HCO3溶液的pH 7（填“>”“<”或“=”）。
（3）T℃时，测得0.01mol·L-1 NaOH溶液的pH=10，则此温度下水的Kw= 。在此温度下，将0.01mol·L-1 H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液pH=11，则Va∶Vb= （忽略溶液混合时体积的变化）。
18．已知水的电离平衡曲线如图所示，
试回答下列问题：
（1）图中五点的KW间的关系是 ．
（2）若从A点到D点，可采用的措施是 ．
a．升温
b．加入少量的盐酸
c．加入少量的NH4Cl
（3）点E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 ．
（4）点B对应的温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是 ．
19．硼酸（H3BO3）为白色粉末状结晶，大量用于玻璃工业，可以改善玻璃制品的耐热、透明性能，提高机械强度，缩短熔融时间。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸的工艺流程如下（部分操作和条件略）：
I．向铁硼矿粉中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入过量双氧水，再调节溶液的pH约为5；
Ⅲ．过滤，将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得粗硼酸和含镁盐的母液；
Ⅳ．粗硼酸精制得硼酸。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
Al（OH）3 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Mg（OH）2
开始沉淀时 3.8 5.8 2.2 10.6
完全沉淀时 4.7 8.3 4.0 12
注：金属离子的起始浓度为0.01 mol·L-1
请回答：
（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式： 。
（2）为提高步骤I中的反应速率，可采取的措施有 （写出两条）。
（3）步骤Ⅱ的目的是 。
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 。
20．硫、氯、氮是三种常见的非金属元素。
完成下列填空：
（1）我们祖先的四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C A+N2↑+3CO2↑（已配平）。氮原子核外电子排布式为 ，生成物固体A属于 晶体。
（2）工业合成氨可以实现大规模固氮，氨可用于生产氯化铵、硫酸铵等化学肥料，等物质的量浓度的两溶液相同温度下pH大小为：氯化铵 硫酸铵（选填>、=或<）。
（3）工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NO2还原成无害的氮气和水，反应方程式可表示为：8NH3（g）＋6NO2（g） 7N2（g）＋12H2O（g），用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目 ，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2在标准状况下的体积为 。
（4）氯水成分的多样性决定了其性质的复杂性，氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，写出其中主要的化学反应方程式 ，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，起作用的微粒是 。
21．
（1）硅酸钠的水溶液俗称 ，向碳酸氢钠溶液中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液显 色。
（2）Fe(OH)3胶体可用作净水剂，取少量Fe(OH)3胶体于试管中，向试管中逐渐滴加稀盐酸至过量，产生的现象为 。
（3）实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，以防止发生反应：（离子方程式） 。
（4）将Al和Na的单质同时加入到一定量的水中，充分反应后，发现既无沉淀生成又无残留金属存在，请用两个化学反应方程式表示其变化：
① 。
② 。
（5）已知：5NH4NO3 2HNO3+4N2↑+9H2O，则该反应中氧化产物与还原产物的质量比为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．CuCl2水解生成Cu(OH)2和易挥发的HCl气体，蒸干促进了CuCl2水解，最终得到Cu(OH)2固体，经灼烧后得到CuO固体。FeCl3溶液蒸干灼烧与CuCl2溶液的原理相同，因此最终得到Fe2O3固体，故A项符合题意；
B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2O2有氧化性，会将SO2氧化成Na2SO4，故B项不符合题意；
C．工业上电解熔融的MgCl2冶炼Mg，电解熔融的Al2O3冶炼Al，原因是AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故C项不符合题意；
D．Mg的金属活动性强于Al，因此以稀硫酸作电解质溶液，Mg、Al形成原电池时时Mg作负极；Al与NaOH溶液反应，而Mg不与NaOH溶液反应，因此以NaOH溶液为电解质溶液，Mg、Al形成原电池时，Al作负极，故D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、挥发性的强酸对应的弱碱盐，蒸干灼烧得到氧化物；
B、过氧化钠和二氧化硫可以发生氧化还原反应；
C、氯化铝熔融状态不导电；
D、铝和氢氧化钠反应，镁和氢氧化钠不反应，因此若电解质为氢氧化钠，则铝为负极。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．HCl溶于水发生完全电离，不能发生水解，A不符合题意；
B．NaOH溶于水发生完全电离，不能发生水解，B不符合题意；
C．CH3COOH溶于水发生部分电离，不能发生水解，C不符合题意；
D．Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，溶于水后发生水解，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】含有弱离子的盐溶液可以发生水解，即强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐可以发生水解，据此回答即可。
3．【答案】B
【解析】【解答】硫酸铁在溶液中会电离出硫酸根和三价铁离子，三价铁离子会发生水解，所以要加入硫酸抑制其水解。
故答案为：B。
【分析】此题考查盐类水解的应用，根据水解平衡的影响因素进行判断。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．NaClO是强碱弱酸盐，在溶液中ClO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，不符合题意；
B．氯气与NaOH溶液发生反应产生NaCl、NaClO和水，不符合题意；
C．NaClO具有强的氧化性，故有漂白杀菌作用，可用于环境消毒，不符合题意；
D．该溶液与洁厕灵(主要成分为HCl)混合，会发生反应产生氯气，导致环境污染，而且氧化性HClO>Cl2,因此去污效果降低，符合题意。
故答案为：D
【分析】次氯酸钠具有强氧化性、是强碱弱酸盐，能够发生水解，氯化钠是强酸强碱盐，据此分析即可.
5．【答案】A
【解析】【解答】A．NH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意；
B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；
C．H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；
D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B.氯化钡为强酸强碱盐，呈中性；
C.硫酸呈酸性，但属于酸；
D.氢氧化钙属于碱。
6．【答案】D
【解析】【解答】草木灰有效成分K2CO3，碳酸钾属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，能与铵态氮肥反应放出氨气，从而降低肥效。
故答案为：D。
【分析】铵根离子与碳酸根均为弱离子，水解时相互促进，铵根离子转化为氨气，使肥料失效。
7．【答案】B
【解析】【解答】A. 稀释相同的倍数，HA溶液的pH变化大，因此酸性HA大于HB，则电离平衡常数：HB＜HA，A错误；
B. 酸越弱，相应酸根越容易结合氢离子，则结合H+的能力：B－>A－，B正确；
C. b点pH小于c点，因此氢离子浓度是b点大于c点，所以导电能力：c＜b，C错误；
D. 由于酸性HA大于HB，因此a、b两点酸的浓度：HA＜HB，D错误，
故答案为：B。
【分析】A.根据图象随着溶液体积的增加，两溶液pH值的变化来判断溶液的酸性，进而得出答案；
B.弱酸的酸根结合氢离子的能力较强；
C.氢离子浓度越大，导电能力越强；
D.pH值越小，酸性越强。
8．【答案】D
【解析】【解答】A. 点①是等浓度的CH3COONa、CH3COOH的混合液，根据质子守恒c(CH3COO－)＋2c(OH－)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)，故A不符合题意；
B、根据电荷守恒，c(CH3COO－)＋c(OH－)= c(Na＋)+c(H＋)，点②溶液呈中性c(OH－)= c(H＋)，所以c(Na＋)= c(CH3COO－)，故B不符合题意；
C、 点③是20 mL 0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液与20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH反应后的溶液，溶质是CH3COONa溶液，水解呈碱性，c(Na＋) ＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C不符合题意；
D、加入的NaOH比较少，形成CH3COONa、CH3COOH混合溶液时可能存在c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)，故D符合题意。
【分析】A.当氢氧化钠加入体积为10mL时，溶液中得到的溶质是等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据质子守恒可以推出该式子是不正确的；
B.当氢氧化钠加入体积为20mL时，溶液中得到的溶质只有醋酸钠，根据电荷守恒，可知钠离子的浓度等于醋酸根离子的浓度；
C.点③由于醋酸根离子发生了微弱水解，使溶液显弱碱性，所以会得到：c(Na＋) ＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；
D.当加入的氢氧化钠的量极少时，会出现c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)的情况。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，A符合题意；
B.H＋能与S2O32－发生反应：S2O32－＋2H＋=H2O＋S↓＋SO2↑，二者不可大量共存，B不符合题意；
C.Fe3＋、Al3＋水解使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，与中性溶液不符，C不符合题意；
D.Ca2＋能与CO32－发生反应：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，二者不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存；
B、pH=0的溶液显酸性，含有大量的H＋；
C、Fe3＋、Al3＋的水解，使得溶液显酸性；
D、Ca2＋能与CO32－形成CaCO3沉淀；
10．【答案】D
【解析】【解答】解：等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH﹣）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，
但NH3 H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，
所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，
故选D．
【分析】等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH﹣）相同，但NH3 H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH﹣）越大，消耗酸越多．
11．【答案】A
【解析】【解答】A．常温下，等体积的的盐酸与的氢氧化钡溶液混合，氢氧化钡过量，所得溶液的，则，即pH=13，故A项符合题意；
B．稀硫酸抑制水的电离，是强酸弱碱盐，水解，促进水的电离，故B项不符合题意；
C.25℃时，的HA溶液中，，则该溶液中由水电离出的，故C项不符合题意；
D．该混合溶液中，温度不变，溶度积常数不变，则其比值不变，故D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】B、稀硫酸抑制水的电离；
C、结合，计算出结果；
D、只要温度、溶度积常数不变，比值就不变。
12．【答案】B
【解析】【解答】b2-与c+的电子层结构与氖相同，则b为O，c为Na， a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素且a与d最外层电子数之和为12，c，d，同周期可知a为N，d为Cl。
A.原子半径O
C. c与b形成的二元化合物中Na2O2，既有离子键，也有共价键 ，C不符合题意；
D. d与b、c三种元素形成的化合物(如NaClO4)的水溶呈中性，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据原子在周期表中的位置及原子半径大小变化规律，可推出原子半径最小的元素是a；
B. 利用平时知识的积累，可快速判断正误；
C. 过氧化钠中，存在过氧根，内部是共价键；
D. 弱酸强碱盐水溶液呈碱性，强酸强碱盐水溶液呈中性，高氯酸钠为强酸强碱盐；
13．【答案】C
【解析】【解答】A. 由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A不符合题意；
B. 根据图象可知，N点所示溶液为碱性，溶液中c(H+)＜c(OH-)，电荷守恒c(H+)+ c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(CH3COO-)
D. Q点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性．则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查，注意弱电解质的电离特点，把握pOH的含义，题目难度中等。
14．【答案】D
【解析】【解答】A、反应后生成氯化铵，水解后呈酸性，故A不选；
B、生成氯化钠，强碱强酸盐，呈中性，故B不选；
C、醋酸过量，呈酸性，故C不选；
D、氨水过量，呈碱性，所得溶液的pH一定大于7，故D选。
故答案为：D。
【分析】A、生成氯化铵，水解后呈酸性；
B、生成氯化钠，强碱强酸盐，呈中性；
C、醋酸过量，呈酸性；
D、氨水过量，呈碱性。
15．【答案】C
【解析】【解答】A、水电离出的c(OH-)越小，则水的电离受的抑制越强，故a--e点，e点时水的电离受抑制最强，故A不符合题意；
B、b、d两点水电离出的c(OH-)相同，但b点显酸性，d点显碱性，故两溶液的pH不同，故B不符合题意；
C、c点加入的NaOH的体积为20mL，此时NaOH和醋酸恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa 溶液，根据质子守恒可以知道c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，所以C选项是符合题意的；
D、d点所示的溶液为CH3COONa和NaOH的混合溶液，故c(Na+)> c(CH3COO-)，而因为醋酸根的水解程度很小，且受到氢氧化钠的抑制，故水解出的c(CH3COOH)浓度很小，即c(Na+)> c(CH3COO-) >c(CH3COOH) ，故D不符合题意.
故答案为：C
【分析】A、根据水电离出的c(OH-)判断；
B、容易忽略bd两点的酸碱性；
C、根据此时溶液中的溶质和质子守恒分析；
D、根据氢氧化钠抑制了醋酸根离子的水解解答；
16．【答案】C
【解析】【解答】A．利用可溶性铝盐、铁盐做净水剂是由于Al3+、Fe3+水解生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，具有很强的吸附性，与盐类水解有关，A不合题意；
B．由于草木灰中的K2CO3因碳酸根离子水解导致K2CO3溶液呈碱性，氨态氮肥由于铵根离子水解呈酸性，则草木灰与氨态氮肥因发生双水解而释放出氨气，降低肥效，故草木灰不能与铵态氮肥混合使用与盐类水解有关，B不合题意；
C．将NaHCO3溶液加热蒸干并灼烧得到Na2CO3固体是由于碳酸氢钠受热分解，与盐类水解无关，C符合题意；
D．实验室盛放Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，因碳酸钠、硅酸钠水解呈碱性，与盐的水解有关，且硅酸钠具有粘合性，将瓶体和瓶塞粘合在一起，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】C项中由于碳酸氢钠受热分解，与盐类水解无关，其它选择均与盐类水解的性质有关。
17．【答案】（1）B；D
（2）107：1；>
（3）10-12；15：2
【解析】【解答】（1）常温下，某电解质溶液中水电离的c（H+）=1×10-9<1×10-7，说明水的电离被抑制，则溶液中溶质为酸或碱或强酸的酸式盐，
A．CuSO4属于强酸弱碱盐而促进水电离，故A不正确；
B．HCl属于水而抑制水电离，故B正确；
C．Na2S属于强碱弱酸盐而促进水电离，故C不正确﹔
D．NaOH属于碱而抑制水电离，故D正确；
E．K2SO4属于强酸强碱盐而不影响水电离，故E不正确﹔
故答案为：BD ；
（2）①酸碱物质的量相等且都是一元的，则酸碱恰好完全反应生成NaX，混合溶液pH>7，溶液呈碱性，说明NaX为强碱弱酸盐﹔酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，混合溶液中水电离出的c （OH- ） = mol·L-1，0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c （ OH- ） = mol·L-1，则混合溶液中由水电离出的c （OH- ）与0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c （OH- ）之比=10-6mol/L ： 10-13mol/L=107：1；
②NH4X溶液呈中性，说明Ka（HX） =Kb（ ），将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，根据强酸制取弱酸知﹐酸性︰HX>H2CO3，水解导致溶液呈酸性、水解导致溶液呈碱性，NH4HCO3中水解程度∶<，则NH4HCO3溶液呈碱性，溶液的pH > 7；
（3）T℃时，测得0.01mol·L-1 NaOH溶液的pH=10，则溶液中c （H+） =1×10-10mol/L，c （ OH -） =c（NaOH ） =0.01mol/L，该温度下水的Kw=c （ H+ ）×c （ OH- ） =1×10-10×0.01=1×10-12，该温度下0.01mol·L-1 H2SO4溶液c （H+）=2c （H2SO4） =2×0.01mol/L=0.02mol/L， pH=12的NaOH溶液中c （ OH -） =1mol/L，混合溶液中c （ OH -）==0.1 mol/L=，解Va：Vb=15：2。
【分析】（1）水电离的 c（H+）=1×10-9， 该电解质可能是酸溶液或碱溶液；
（2） ① 所得溶液是NaX溶液，呈碱性，X-水解，溶液中H+和OH-都来自水的电离；
②酸性 HX>H2CO3， NH4X溶液呈中性 ，NH4HCO3溶液呈碱性；
（3）算出H+和OH-的浓度，跟据；跟据硫酸和氢氧化钠混合后pH等于11计算体积比。
18．【答案】（1）B＞C＞A=D=E
（2）bc
（3）10：1
（4）a+b=14（或pH1+pH2=14）
【解析】【解答】解：（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＞C＞A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A=D=E，
故答案为：B＞C＞A=D=E；（2）在A点时，c（H+）=c（OH﹣），溶液显中性，而到D点c（H+）变大，c（OH﹣）变小，溶液显酸性，即由A点到D点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变．
a、升高温度，Kw变大，故a错误；
b、加入少量盐酸，则溶液显酸性，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故b正确；
c、加入氯化铵，水解显酸性，且Kw不变，故c正确．
故选bc，
故答案为：bc；（3）E对应的温度下，Kw=10﹣14，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH﹣），故有：
10﹣5mol/L×V碱=10﹣4mol/L×V酸，解得： = ，故答案为：10：1；（4）要注意的是95℃时，水的离子积为10﹣12，即酸、碱浓度相等时pH（酸）+pH（碱）=12，现强碱的OH﹣浓度是强酸H+浓度的100倍，所以pH（酸）+pH（碱）=14，即pH1+pH2=14，或a+b=14，
故答案为：a+b=14（或pH1+pH2=14）．
【分析】（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；（2）从A点到D点c（H+）变大，c（OH﹣）变小，但Kw不变；（3）E对应的温度下，Kw=10﹣14，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH﹣），据此计算；（4）酸、碱都是强电解质，溶液呈中性说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，结合水的离子积常数确定强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系．
19．【答案】（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3
（2）升高温度、适当增大硫酸的浓度或减小铁硼矿粉的粒径等
（3）将Fe2+氧化为Fe3+，使Al3+和Fe3+沉淀完全
（4）MgSO4
【解析】【解答】（1）根据铁硼矿的成分以及强酸制取弱酸，发生的反应有：Mg2B2O5·H2O ＋ 2H2SO4 = 2MgSO4 ＋ 2H3BO3 ，Fe3O4 ＋ 4H2SO4 = FeSO4 ＋ Fe2(SO4)3 ＋ 4H2O ，Fe2O3 ＋ 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 ＋ 3H2O ，FeO ＋ H2SO4 = FeSO4 ＋ H2O ，Al2O3 ＋ 3H2SO4 = Al2(SO4)3 ＋ 3H2O；
（2）根据影响化学反应速率的因素，可以提高温度、适当增加硫酸溶液的浓度、减小铁硼矿粉的粒径等；
（3）根据生成氢氧化物沉淀的pH，加入双氧水的目的，把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH使Al3＋和Fe3＋转化成Al(OH)3和Fe(OH)3，除去杂质；
（4）根据流程以及（1）的反应，含有杂质为MgSO4。
【分析】（1）根据强酸制弱酸原理书写反应的化学方程式；
（2）根据反应速率的影响因素分析；
（3）步骤Ⅱ中加入H2O2是为了氧化Fe2+，便于形成Fe(OH)3沉淀；
（4）根据产生硼酸的反应确定所含杂质；
20．【答案】（1）1s22s22p3；离子
（2）＞
（3）；13.44L
（4）Cl2 +H2O HCl +HClO；Cl-
【解析】【解答】（1）氮原子的核电荷数为7，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；由化学方程式为S+2KNO3+3C→A+N2↑+3CO2↑，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，则A的化学式为K2S，属于离子晶体；
（2）等物质的量浓度的两溶液，硫酸铵溶液中铵根离子浓度比氯化铵溶液中铵根离子浓度大，水解产生的氢离子浓度大，酸性较强，即pH大小为：氯化铵＞硫酸铵；
（3）在反应8NH3(g)＋6NO2(g) 7N2(g)＋12H2O(g)中，NH3中N元素从-3价升高为0价，为还原剂，NO2中N元素从+4价降为0价，是氧化剂，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:8=3:4，用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目为 ；该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，则氧化产物N2为0.4mol，还原产物N2为0.3mol，依据原子守恒，被吸收的NO2为0.6mol，其标准状况下体积为0.6mol×22.4L/mol=13.44L；
（4）氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，是因为氯气能与水反应生成HClO的缘故，发生反应的化学反应方程式为Cl2+H2O HCl+HClO，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀AgCl产生，起作用的微粒是Cl-。
【分析】（1）单原子核外有7个电子，分别分布在1s、2s、2p轨道上；根据质量守恒判断产物A是K2S，属于离子晶体；
（2）等物质的量浓度的氯化铵和硫酸铵溶液中，硫酸铵溶液中铵根离子浓度较大，铵根离子水解产生的氢离子浓度较大；
（3）根据氧化剂和还原剂判断氧化产物和还原产物的物质的量，然后进行计算；
（4）根据氯水中氯气与水反应书写化学方程式、判断存在的粒子种类即可。
21．【答案】（1）水玻璃；红
（2）先聚沉 后溶解
（3）SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
（4）2Na+H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
（5）5∶3
【解析】【解答】（1）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃；碳酸氢钠溶液显碱性，向碳酸氢钠溶液中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液显红色。
（2）取少量Fe(OH)3胶体于试管中，向试管中逐渐滴加稀盐酸至过量，胶体首先发生聚沉，产生红褐色沉淀。由于氢氧化铁能溶解在盐酸中生成氯化铁和水，所以产生的现象为聚沉、后溶解。
（3）玻璃中含有二氧化硅，能与NaOH溶液反应生成黏性很强的硅酸钠，因此不能用玻璃塞，以反应的离子方程式为SiO2+2OH-＝SiO32-+H2O。
（4）钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。生成的氢氧化钠可以溶解铝，生成偏铝酸钠和氢气，反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。
（5）铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子。硝酸根中氮元素化合价从＋5价降低到0价，得到5个电子，所以根据电子得失守恒可知该反应中氧化产物与还原产物的质量比为5∶3。
【分析】（1）根据碳酸氢钠的水解判断溶液颜色；
（2）根据胶体的聚沉和氢氧化铁与盐酸的反应进行判断；
（3）根据二氧化硅与氢氧化钠的反应进行回答；
（4）根据钠与水的反应、铝与氢氧化钠的反进行分析；
（5）根据氧化还原反应中电子得失总数相等进行计算。