3.3 盐类的水解 （含解析）同步测试题2023-2024学年高二上期人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.3 盐类的水解 （含解析）同步测试题2023-2024学年高二上期人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 265.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-15 19:31:13 | ||
图片预览
文档简介
3.3 盐类的水解 同步测试题
一、单选题
1．下列关于溶液酸碱性的说法中正确的是（）
A．pH=7的溶液一定显中性
B．中性溶液中，c(H+)一定是1.0×10 7mol·L 1
C．c(H+)= c(OH )的溶液显中性
D．在100°C时，纯水的pH<7，因此显酸性
2．等物质的量浓度的下列溶液中，NH4+离子的浓度最大的（ ）
A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．NH4NO3
3．我国化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法(又称联合制碱法)，其中涉及的反应之一为NaCl+ CO2 + NH3+ H2O= NaHCO3↓+ NH4Cl。下 列有关说法正确的是（ ）
A．CO2属于电解质 B．NH4Cl溶液显碱性
C．NaHCO3中只含离子键 D．该反应属于非氧化还原反应
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．下列物质的性质和用途错误的是（ ）
A．氧化铁是一种红棕色粉末，常用于制油漆和涂料
B．氧化铝是一种耐火材料，常用于制造耐火坩埚和耐火砖
C．氧化铜呈红色，可作为制造陶瓷的红色颜料
D．明矾可作净水剂
6．下列说法不正确的是（ ）
A．铵态氮肥与草木灰不宜混合施用
B．实验室配制溶液时，将溶在一定浓度的硫酸中，最后加入少许铁粉
C．实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
D．加热蒸干CuCl2溶液可以得到CuCl2固体
7．下列有关物质性质及其应用的说法，正确的是（ ）
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍
B．氧化铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料
C．Cl2、SO2均有漂白性，可使紫色石蕊溶液褪色
D．钠的金属性强于钾，工业上可用钠制取钾Na+KCl K↑+NaCl
8．常温下，现有 0.1 mol·L-1的 NH4HCO3 溶液，pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH 的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．当溶液的 pH＝9 时，溶液中存在下列关系：c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(NH3 ·H2O)>c(CO32－)
B．NH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(H+)＝c(OH-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)
C．往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH4＋和 HCO3－浓度均逐渐减小
D．通过分析可知常温下 Kb(NH3·H2O)大于 Ka1(H2CO3)
9．常温下向浓度均为0.10mol/L、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL，两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示.下列叙述中错误的是（ ）
A．Khl(CO32-)(Khl为第一级水解平衡常数)的数量级为10-4
B．曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系
C．Na2CO3溶液中存在:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)
D．若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32-水解，最终析出的是NaOH固体
10．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
11．常温下，取浓度均为0.01mol L﹣1的HA溶液和MOH溶液各20mL，分别用0.01mol L﹣1NaOH溶液、0.01mol L﹣1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．下列说法正确的是（ ）
A．HA和MOH均为弱电解质
B．曲线a中，滴加溶液到20mL时，c（Cl﹣）=c（M+）=c（OH﹣）=c（H+）
C．曲线b中，滴加溶液到20mL时，c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．曲线b中，滴加溶液到10mL时，c（A﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（HA）
12．常温下，下列有关pH的说法正确的是（ ）
A．要使pH=5的CH3COOH溶液pH值增大3，可用加水稀释的方法
B．pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，后者中和消耗NaOH的物质的量大
C．甲溶液的pH=4，乙溶液的pH=5，两溶液中c(H+)之比c(H+)甲： c(H+)乙为1：10
D．pH=1的HNO3溶液中，水电离出来的c(H+)=1×10-13mol/L
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．室温下，23g NO2气体中含有的分子数目为0.5 NA
B．0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸分子的数目为0.1NA
C．常温下，20L pH=12的Na2CO3溶液中含有OH 数目为0.2NA
D．某密闭容器盛有0.1mol N2和0.3mol H2，一定条件下充分反应，转移电子数目为0.6NA
14．化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．“硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体
B．用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同
C．氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂
D．废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点
15．在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣
C．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣
D．a、d两点对应的溶液均显中性
16．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．18g冰水中含有的O-H数目为NA
B．0.01mol氯气溶于1L水中，溶液中
C．室温下，pH=9的溶液中由水电离出的数目为
D．1mol 和1mol 在密闭容器中充分反应，所得混合气体的分子数小于
17．测定不同温度下0.5mol/LCuSO4溶液和0.5mol/LNa2CO3溶液的pH，数据如下表：
温度/℃ 25 30 40 50 60
3.71 3.51 3.44 3.25 3.14
10.41 10.30 10.28 10.25 10.18
下列说法错误的是（ ）
A．升高温度，溶液中增大
B．升高温度，溶液和溶液的水解平衡均正向移动
C．升高温度，溶液的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．升高温度，可能导致结合程度大于电离产生程度
18．常温下，向20 mL0.01 mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的对数随加人CH3COOH溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．H、F点溶液显中性
B．E点溶液中由水电离的c水(OH-)=1×10-3 mol·L-1
C．H点溶液中离子浓度关系为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D．G点溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
19．常温下，将0.1mol/LNaOH溶液分别滴加到0.1mol/LHA溶液和HB溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．Ka(HB)B．a点时，c(A-)=c(HA)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C．常温下，0.1mol/LNaA溶液的pH大于0.1mol/LNaB溶液的pH
D．向HB溶液中加入NaOH溶液，混合溶液中c(B-)/c(HB)=10[pH-pKa(HB)](已知：pKa=-lgKa)
20．已知：pKa=- lgKa， 25℃时，弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1 mo/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液的曲线如下图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．d点所得溶液中溶质的水解平衡常数Kh1=10-7.19
B．c点所得溶液中：c(Na+)+c(H+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)
C．b点所得溶液中： c(A2-)＞c(H2A)
D．a点所得溶液中：溶质是NaHA和H2A
二、综合题
21．回答下列问题：
（1）室温下pH相等的①②和③NaOH溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为 (填序号)；
（2）室温下浓度均为0.1 的①②和③溶液中，物质的量浓度从大到小的顺序为： (填序号)；
（3）室温下0.1 的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，可知HX、HY、HZ的酸性从强到弱的顺序为 ；
（4）室温下，已知的，向0.05 的溶液中滴加浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH约为 ；
（5）常温下，和的电离平衡常数如下：
化学式
电离平衡常数
①根据以上信息可知，溶液呈 (填“酸”、“碱”或“中”)性，
②少量溶液与过量溶液反应的离子方程式为 ；
③室温下，pH=1的溶液中， 。
22．常温下，有浓度均为1mol L﹣1的下列4种溶液：
①H2SO4溶液②NaHCO3溶液③NH4Cl溶液④NaOH溶液
（1）这4种溶液pH由大到小的排列顺序是 （填序号），其中由水电离出的H+浓度最小的是 （填序号）．
（2）③中各离子浓度由大到小的顺序是 ，该温度下②中NaHCO3的水解平衡常数Kh= mol L﹣1．（已知碳酸的电离常数K1=4×10﹣7，K2=5.6×10﹣11）
（3）该温度下向③中通入少量氨气，此时 的值 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
（4）若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积 ④的体积（填“大于”、“小于”或“等于”）．
23．根据问题填空：
（1）NaCl溶液加热蒸干后最终产物是
（2）NaHCO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是
（3）AlCl3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是
（4）Na2SO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是 ．
24．亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用．请回答：
（1）HNO3的电离常数Ka的表达式为 ．
（2）酸性条件下，K2Cr2O7能被NaNO2还原为Cr3+，该反应的离子方程式为 ．
（3）25℃时，用0.100mol L﹣1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO3溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积（V）的关系如图所示，
已知：M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2）．则：
①原溶液中c（HNO2）为 （保留三位有效数字）．
②下列关于N点对应溶液的说法正确的是 （填选项字母）．
A．溶液只有NaNO2
B．水电离出来的c（H+）=1×10﹣7 mol L﹣1
C．溶液中离子浓度：c（Na+）=c（NO3﹣）
D．溶液中：c（Na+）＜c（OH﹣）
25．
（1）葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1，取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。
①滴定前排气泡时，应选择下图中的 (填序号)。
②若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积 (填序号)。
A．＝10mLB．＝40mLC．＜10mLD．＞40mL。
③滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（2）粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。
①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋，下列物质最好选用的是 。
A．KMnO4 B．H2O2
C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的 。
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO
D．Cu(OH)2
（3）已知常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液产生沉淀和气体，反应的离子方程式为 ；若将所得悬浊液的pH调整为4，则溶液中Fe3+浓度为 mol/L。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.常温下，pH=7的溶液显中性，在100℃时，pH=6的溶液显中性，pH=7的溶液应显碱性，A不符合题意；
B.100℃时，中性溶液中，c(H+)=1.0×10-6mol/L，B不符合题意；
C.若溶液中c(H+)=c(OH-)，则该溶液显中性，C符合题意；
D.100℃时，纯水的pH=6，故当溶液的pH<7时，溶液可能显碱性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.100℃时，pH=7的溶液显碱性；
B.100℃时，中性溶液中c(H+)=1.0×10-6mol/L；
C.可根据溶液中c(H+)与c(OH-)的相对大小，确定溶液的酸碱性；
D.纯水中，c(H+)=c(OH-)；
2．【答案】C
【解析】【解答】NH4+离子水解显酸性，而NH4HSO4能电离出氢离子，抑制NH4+离子水解，所以NH4HSO4溶液中NH4+离子的浓度最大，
故答案为：C。
【分析】A.氯化铵中的铵根离子会水解；
B.碳酸氢根和铵根相互促进水解，导致铵根离子水解程度更大；
C.氢离子会抑制铵根离子的水解；
D.铵根离子水解不受促进也不受抑制，和氯化铵中的铵根离子相同。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．CO2在水溶液或熔融状态自身不能电离，属于非电解质，A不符合题意；
B．NH4Cl溶液中铵根水解溶液显酸性，B不符合题意；
C．NaHCO3中钠离子和碳酸氢根之间为离子键，非金属原子之间为共价键，C不符合题意；
D．该反应中各元素化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
B.铵根水解显酸性；
C.碳酸氢根中含有共价键；
D.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化。
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】C
【解析】【解答】A.氧化铁是一种红棕色粉末固体，常用作油漆和涂料，选项正确，A不符合题意；
B.氧化铝的熔点较高，常用作耐高温材料，如制作耐火坩埚和耐火砖，选项正确，B不符合题意；
C.氧化铜为黑色固体，不可作为红色颜料，选项错误，C符合题意；
D.明矾中的Al3+可水解产生Al(OH)3胶体，具有吸附性，可用作净水剂，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据氧化铁的性质确定其用途；
B.氧化铝的熔点高，采用做耐高温材料；
C.氧化铜为黑色固体；
D.明矾中的Al3+能水解产生胶体；
6．【答案】D
【解析】【解答】A.草木灰的主要成分是K2CO3，CO32-会与铵态氮肥中的NH4+离子发生互促水解反应，降低铵态氮肥的肥效，因此二者不可以共用，A选项是正确的；
B. 实验室配制溶液时，将溶在一定浓度的硫酸中 ，可以抑制Fe2+离子的水解，加入Fe粉，可以将Fe3+还原为Fe2+，B选项是正确的；
C. Na2CO3溶液 水解显碱性，会与玻璃中的SiO2反应，产生具有粘性的Na2SiO3，C选项是正确的；
D.加热蒸干CuCl2溶液可以得到Cu（OH）2固体，D选项是错误的。
故答案为：D。
【分析】A.双水解的离子方程式为：2 NH4++ CO32-+2H2O=H2CO3+2NH3.H2O；
B. 实验室配制溶液时，将溶在一定浓度的硫酸中 ，可以抑制Fe2+离子的水解，加入Fe粉，可以将Fe3+还原为Fe2+；
C.二者发生反应的方程式为：Na2CO3 + SiO2 == Na2SiO3 + CO2；
D.Cu2+水解的离子方程式为： Cu2+ + 2H2O Cu (OH)2 + 2H+，因为HCl是易挥发的酸，因此加热蒸干CuCl2溶液可以得到Cu（OH）2固体。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故A不符合题意；
B、Al2O3熔点很高，一般条件下不熔融，所以可以作耐高温材料，如制作坩埚等，故B符合题意；
C、SO2与Cl2的漂泊原理不同，SO2是与有色物质结合生成不稳定的无色物质；Cl2是将色素氧化成无色物质，SO2和Cl2都能使紫色石蕊试剂变色.原理是：Cl2与水反应生成HCl和HClO,石蕊先变红（酸使之变红）,然后变成白色（HClO将石蕊氧化成白色），而SO2与水反应生成的亚硫酸使石蕊变红；故C不符合题意；
D、工业上可用钠制取钾Na+KCl K↑+NaCl，用的原理是钾的沸点低于钠，故D不符合题意。故选B。
【分析】A.矿物油在碱性溶液中不能水解；
B.氧化铝的熔点高；
C.二氧化硫不能指示剂褪色；
D.根据金属冶炼的原理进行分析。
8．【答案】D
【解析】【解答】A、根据示意图可知，当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3－）＞c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（CO32－），A不符合题意；
B、根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4＋）＋c（NH3·H2O）＝c（CO32－）＋c（H2CO3）＋c（HCO3-），因为NH4+发生水解反应，所以c（HCO3-）≠c（CO32－）＋c（OH－）—c（H+），则B项中关系式不符合题意，B不符合题意；
C、根据图像可知pH＜7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠HCO3﹣浓度逐渐增大，C不符合题意；
D、因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH＝7.8，说明HCO3 的水解程度大于NH4+的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：Kb（NH3·H2O）＞Ka1（H2CO3），D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据图象，可以观察到pH=9的时候，四种离子从上到下的顺序；
B、列出物料守恒式子，结合水解；
C、滴加碳酸氢钠的时候，碳酸氢根先增大再减小；
D、根据pH呈碱性，可以理解为强碱弱酸盐。
9．【答案】D
【解析】【解答】NaOH为强碱，常温下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2O HCO3-+OH-，常温下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，则c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)= ≈ =10-3.8，由上述分析，A、B都不符合题意；
C.Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要离子，c(Na+)>c(CO32-)，CO32-水解使溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，且c(H+)远小于c(OH-)，因为水解是微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)，又因为Na2CO3溶液中存在二级水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH-，其中主要为第一级水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，综上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，故C不符合题意；
D.Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2O NaHCO3+NaOH，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高促进水解，但随着水分的减少，NaHCO3和NaOH浓度增大，因为二者不能大量共存，所以又会反应生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D符合题意。
【分析】A.盐类在溶液中，与水作用而改变溶液的酸碱性的反应叫作盐类的水解。水解常数的大小表示盐的水解达到平衡时，水解程度的大小，水解常数的大小取决于盐中弱酸或弱碱的解离常数的大小；
B.由于碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸根会存在水解，因此曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；
C.根据体系中存在电荷守恒可知几种离子的浓度关系；
D.碳酸氢钠在受热后会分解为碳酸钠、二氧化碳和水。
10．【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
11．【答案】C
【解析】【解答】解：A．由图可知，0.01mol L﹣1的HA溶液pH＞2，则HA为弱酸，而0.01mol L﹣1 MOH溶液的pH=12，则MOH为强碱，故A错误；
B．曲线a中，滴加溶液到20mL时，此时为MCl溶液，为强酸强碱盐，溶液呈中性，盐的离子远远大于水电离的氢氧根离子（或氢离子）浓度，即c（Cl﹣）=c（M+）＞c（OH﹣）=c（H+），故B错误；
C．曲线b中，滴加溶液到20mL时，此时为NaA溶液，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D．曲线b中，滴加溶液到10mL时，此时为NaA、HA混合物溶液，二者浓度相等，由图可知溶液呈酸性，HA的电离程度大于A﹣的水解程度，则溶液中c（HA）＜c（Na+），由电荷守恒可知c（A﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），则：c（A﹣）+c（OH﹣）＞c（H+）+c（HA），故D错误．
故选：C．
【分析】A．由图可知，0.01mol L﹣1的HA溶液pH＞2，则HA为弱酸，而0.01mol L﹣1 MOH溶液的pH=12，则MOH为强碱；
B．曲线a中，滴加溶液到20mL时，此时为MCl溶液，为强酸强碱盐，溶液呈中性，盐的离子远远大于水电离的氢氧根离子（或氢离子）浓度；
C．曲线b中，滴加溶液到20mL时，此时为NaA溶液，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；
D．曲线b中，滴加溶液到10mL时，此时为NaA、HA混合物溶液，二者浓度相等，由图可知溶液呈酸性，HA的电离程度大于A﹣的水解程度，结合电荷守恒判断．
12．【答案】D
【解析】【解答】A．酸无论怎么稀释都是酸，常温下pH不可能大于7，A选项不符合题意；
B．因为体积未知，中和NaOH的物质的量无从得知，B选项不符合题意；
C．甲溶液的pH=4，乙溶液的pH=5，两溶液中c(H+)之比为10：1，C选项不符合题意；
D．根据常温下Kw=1×10-14，可计算出溶液中水电离出来的c(OH-)=1×10-13mol/L，即水电离出来的c(H+)=1×10-13mol/L，D选项符合题意。
故答案为：D。
【分析】 A.酸溶液稀释后不可能变为碱性；
B.醋酸为弱酸，pH相同时醋酸的浓度较大；
C.结合c(H+)=10-pH计算；
D.硝酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离。
13．【答案】C
【解析】【解答】A. 由于存在平衡关系2NO2 N2O4，则室温下，23g NO2气体中含有的分子数目小于0.5NA，故A不符合题意；
B. 醋酸溶液的体积不定，醋酸的电离程度也不定，所以0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸分子的数目无从确定，故B不符合题意；
C. 常温下，20LpH=12的Na2CO3溶液中c(OH－)=1×10-2mol/L，含有OH-数目为0.2NA，故C符合题意；
D. 某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应：N2+3H2 2NH3，该反应为可逆反应，所以转移电子数目小于0.6NA，故D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】A.二氧化碳在空气中会发生反应生成四氧化二氮，因此23g NO2气体中含有的分子数目小于0.5 NA ；
B.醋酸是弱电解质，在水溶液中会发生部分电离，本题中只提到醋酸溶液的浓度，没有体积，因此无法计算其分子数目；
C.常温下，知道溶液的pH值，根据水的离子积常数即可计算出氢氧根离子的浓度，继而计算出其数目；
D.该反应是可逆反应，是不彻底的，因此一定条件下充分反应，转移电子数目小于0.6NA。
14．【答案】A
【解析】【解答】A、硅胶的主要成分是硅酸，不是硅酸钠，硅胶可用作干燥剂和催化剂的载体，选项A符合题意；
B、二氧化硫漂白发生化合反应生成无色物质，活性炭脱色是利用其吸附性，原理不同，选项B不符合题意；
C、氢氧化铝、碳酸氢钠均能中和盐酸，具有弱碱性，都是常见的胃酸中和剂，选项C不符合题意；
D、Na2CO3、NH4Cl在溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊接点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊接点处金属氧化物，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．硅胶的主要成分是硅酸；
B．SO2是反应漂白，活性炭是吸附漂白；
C．Al(OH)3、NaHCO3均能中和盐酸；
D．根据Na2CO3、NH4Cl的水解分析；
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣，故B正确；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，
故D正确；
故选C．
【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；
B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4．
16．【答案】B
【解析】【解答】A.18g冰水中含有的O-H数目为，A不符合题意；
Ｂ.0.01mol氯气溶于1L水中，Cl2+H2OHCl+HClO，溶液中末反应的氯气为N(Cl2)，反应的氯气等于生成的盐酸的量，溶液中，B符合题意；
Ｃ．未明确溶液体积，所以无法计算的数目，C不符合题意；
Ｄ．和在密闭容器中反应虽然不能彻底，但属于等体积反应，混合气体的分子数保持不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B.氯气溶于水后氯元素存在形式：氯气，HCl，HClO，三者中氯原子物质的量之和为0.02mol。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．根据表格中数据知，温度升高，Na2CO3在水中的水解程度增大，同时Kw增大，OH-浓度应当增大，A项不符合题意；
B．水解是中和反应的逆反应，所以水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大，B项不符合题意；
C． 在CuSO4溶液中有，pH=-lg c(H+)=-lg ；升高温度，Kw增大，c(OH-)也增大，所以该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，C项不符合题意；
D．平衡 +H2O H +OH-，可以看作是两步反应：H2O H++OH-， +H+H ，与 结合的H+来自水的电离，则 结合H+程度小于H2O电离产生H+程度，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据盐的水解是吸热反应结合化学平衡移动原理和水的电离的相关知识分析解答。
18．【答案】D
【解析】【解答】氢氧化钠抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中逐滴加入醋酸溶液，其对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大。所以G点溶液为醋酸钠溶液，从E点到G点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，即F点溶液呈碱性，H点溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液中的OH-全部来自于水的电离，由题图知H点溶液中c(OH- )=1.0×10-7 mol·L-1，则c(H+ )=c(OH- )，溶液呈中性，结合电荷守恒得c(CH3COO- )=c(Na+ )>c(H+ )=c(OH-)，故A、C不符合题意。
B.E点溶液为氢氧化钠溶液，c(OH- )= 0.01 mol·L-1，则溶液中水电离的氢离子浓度为1×10-12 mol·L-1，c水(OH-)= 1 ×10-12 mol·L-1，B不符合题意。
B.G点溶液为CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒，c(Na+ )c(H+ ) =c(CH3COO- )+c(OH- )，故c(CH3COO- )=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D符合题意。
【分析】
A.HF两点不显中性，F点刚加入醋酸，显碱性；
B.此时显强碱性，根据水的溶度积和氢氧化钠浓度，水电离出的浓度远远小于此值；
C.此时中性，氢离子和氢氧根离子浓度相等；
D.G点是醋酸钠，根据电荷守恒判断即可。
19．【答案】C
【解析】【解答】A.根据a点信息，可知pH=4时，lg =0，即 =1。所以 Ka(HA)= =c(H+)=10-4；同理，根据b点信息，可得 Ka(HB)=10-5；所以Ka(HB)B.根据a点信息，pH=4，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)， lg =0，则c(A-)=c(HA)，根据电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由c(H+)>c(OH-)，可推出c(A-)>c(Na+)，所以c(A-)=c(HA)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；
C.根据a点信息可知，Ka(HB)D.根据Ka(HB)= ，c(B-)/c(HB)= =10[pH-pKa(HB)]，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】图形题，先读懂横坐标纵坐标的意义，计算找特殊点简化计算。
20．【答案】A
【解析】【解答】A．弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19，则Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2 +H2O HA +OH ，则A2-水解平衡常数Khl= = = = =10 6.81，故A符合题意；
B．b点为加入NaOH溶液20mL，此时溶液中恰好生成NaHA，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，则c点所得溶液是NaHA和Na2A的混合溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)，故B不符合题意；
C．b点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒：c(H2A)+c(H+)=c(A2 )+c(OH )，该点溶液的pH=4.52，显酸性，c(H+)＞c(OH )，则c(A2-)＞c(H2A)，故C不符合题意；
D．a点时，加入氢氧化钠的体积小于20mL，弱酸H2A过量，所得溶液中：溶质是NaHA和H2A，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据Kh=计算；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据质子守恒分析；
D．根据a点时，弱酸H2A过量分析。
21．【答案】（1）②＞①＞③
（2）②＞①＞③
（3）HX＞HY＞HZ
（4）9
（5）碱；；0.12
【解析】【解答】(1)室温下pH相等即溶液中氢氧根离子浓度相，氢氧化钠全部电离，碳酸钠、醋酸钠是水解显碱性，因此碳酸钠、醋酸钠的浓度远大于氢氧化钠，由于碳酸钠水解程度大于醋酸钠水解程度，所以醋酸钠的浓度大于碳酸钠浓度，因此物质的量浓度从大到小的顺序为②＞①＞③；故答案为：②＞①＞③。
(2)室温下浓度均为0.1 的①②和③溶液中，碳酸铵、硫酸钠电离出的铵根离子浓度几乎是硫酸氢铵的两倍，硫酸铵中铵根单一水解，硫酸氢铵中氢离子抑制铵根水解，虽然碳酸铵发生双水解，但铵根离子大于硫酸氢铵中铵根离子浓度，因此物质的量浓度从大到小的顺序为：②＞①＞③；故答案为：②＞①＞③。
(3)室温下0.1 的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，根据对应酸越弱，其水解程度越大，碱性越强，因此可知HX、HY、HZ的酸性从强到弱的顺序为HX＞HY＞HZ；故答案为：HX＞HY＞HZ。
(4)根据题意得到室温下，向0.05 的溶液中滴加浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，则的，解得，则，溶液的pH约为9；故答案为：9。
(5)①根据以上信息可知，存在电离平衡，是弱酸，则会水解，生成氢氧根和碳酸氢根，因此溶液呈碱性，故答案为：碱。
②根据草酸大于硫酸氢根，硫酸氢根大于草酸氢根，因此少量溶液与过量溶液反应生成醋酸氢根和硫酸根，其反应的离子方程式为；故答案为：。
③室温下，pH=1的溶液中，，解得；故答案为：0。12。
【分析】(1)依据物质的种类及盐类水解的原理分析；
(2)依据盐类水解的原理分析；
(3)根据对应酸越弱，其水解程度越大；
(4)根据Ksp计算；
(5)①依据盐类水解规律分析，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解。
②根据强酸可以制弱酸书写。
③利用计算。
22．【答案】（1）④②③①；①
（2）c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；2.5×10﹣8
（3）减小
（4）大于
【解析】【解答】解：（1）相同浓度的溶液中，①H2SO4溶液为酸性溶液，②NaHCO3溶液中碳酸根离子部分水解，溶液显示弱碱性，③NH4Cl溶液中铵离子部分水解，溶液显示弱酸性，④NaOH溶液为强碱溶液，所以这4种溶液pH由大到小的顺序为：④②③①；②③为含有弱酸根或者弱碱根离子的盐溶液，促进了水的电离，而①④分别为酸和碱溶液，抑制了水的电离，其中①电离的氢离子浓度大于④电离的氢氧根离子，所以①中水的电离程度最小，
故答案为：④②③①；①；（2）氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，故有：c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；碳酸氢钠溶液中的水解平衡常数为：Kh= = mol/L=2.5×10﹣8 mol/L，
故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；2.5×10﹣8；（3）设铵离子的水解常数为K，K= ，则 = ，该比值与溶液中氢离子浓度变化有关，当加入少量氨气后，溶液中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，所以此比值减小，
故答案为：减小；（4）若氯化铵与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合，二者恰好反应生成氯化钠和氨水，溶液显示碱性，若要使溶液显示中性，则氯化铵的体积应该大些或者氢氧化钠溶液体积小些，即氯化铵溶液体积大于氢氧化钠溶液体积，
故答案为：大于．
【分析】（1）根据溶液的酸碱性判断溶液的pH大小，酸和碱溶液抑制了水的电离，盐溶液促进了水的电离，酸或者碱溶液中氢离子、氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，据此进行解答；（2）氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；根据Kh= 计算出NaHCO3的水解平衡常数Kh；（3） = ，通入氨气后，溶液中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，该比值减小；（4）先比较等体积混合后溶液的酸碱性，然后判断溶液显示中性时二者体积关系．
23．【答案】（1）NaCl
（2）Na2CO3
（3）Al2O3
（4）Na2SO4
【解析】【解答】解：（1）氯化钠为强酸强碱盐，不水解，氯化钠热稳定性好，所以NaCl溶液加热蒸干后最终产物是NaCl，
故答案为：NaCl；（2）因为碳酸氢钠不稳定，受热容易分解生成碳酸钠和水，化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，所以NaHCO3水溶液蒸干并灼烧，得到的物质是碳酸钠，
故答案为：Na2CO3；（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水蒸气，所以得到的固体为Al2O3，
故答案为：Al2O3；（4）亚硫酸钠不稳定，在加热过程中被氧气氧化生成硫酸钠，所以最后得到硫酸钠，化学式为：Na2SO4，
故答案为：Na2SO4．
【分析】（1）氯化钠为强酸强碱盐，加热蒸干后最终产物是氯化钠；（2）碳酸氢钠不稳定性，受热容易分解生成碳酸钠和水；（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解；（4）Na2SO3中+4价的硫易被氧气氧化成+6价的硫，Na2SO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是Na2SO4．
24．【答案】（1）
（2）Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O
（3）0.110mol/L；BC
【解析】【解答】解：（1）亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，HNO2 H++NO2﹣，电离平衡常数Ka= ，故答案为： ；（2）Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子，NO2﹣的氮元素化合价升高，被氧化生成硝酸根离子，1个Cr2O72﹣降低6价，一个NO2﹣被氧化为硝酸根离子，化合价升2价，依据氧化还原反应化合价升降数目相等，Cr2O72﹣系数为1，亚硝酸根离子系数为3，依据原子个数守恒，反应的方程式为：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O；（3）①M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2），说明该点溶液中溶质为NaNO2，二者恰好完全反应，二者的物质的量相等，则c（HNO2）．v（HNO2）=c（NaOH）．V（NaOH）
所以c（HNO2）= =0.110mol/L，
故答案为：0.110mol/L；②N点溶液呈中性，说明溶液中c（OH﹣）=c（H+），
A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则亚硝酸应该稍微过量，则溶液中的溶质为亚硝酸钠和亚硝酸，故A错误；
B．常温下，该溶液呈中性，则水电离出来的c（H+）=1×10﹣7 mol L﹣1，故B正确；
C．溶液中c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）=c（NO3﹣），故C正确；
D．溶液中水的电离程度很小，但钠离子浓度较大，所以c（Na+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选BC．
【分析】（1）亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，电离平衡常数等于生成离子浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；（2）Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子，NO2﹣的氮元素化合价升高，被氧化生成硝酸根离子，依据氧化还原反应化合价升降数目相等结合原子个数守恒配平方程式；（3）①M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2），说明该点溶液中溶质为NaNO2，二者恰好完全反应，二者的物质的量相等；②N点溶液呈中性，说明溶液中c（OH﹣）=c（H+），
A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则亚硝酸应该稍微过量；
B．常温下，该溶液呈中性，则水电离出来的c（H+）=1×10﹣7 mol L﹣1；
C．根据电荷守恒判断c（Na+）、c（NO3﹣）相对大小；
D．溶液中水的电离程度很小，但钠离子浓度较大．
25．【答案】（1）③；D；偏低
（2）B；CD
（3）Fe3++3 ＝Fe(OH)3↓+3CO2↑；4.0×10-8
【解析】【解答】(1)①氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法，将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；答案为③。②若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以D正确；答案为D。③滴定终点读数时，俯视刻度线，读数偏小，导致标准液的体积偏小，即V(NaOH)偏小，由c(待测)= 可知，测定浓度偏低，则测量结果比实际值偏低；答案为偏低。(2)①加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；答案为B。
②调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可，A、B将铜离子转化为沉淀，不符合；答案为CD。(3) NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合，发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；反应的离子方程式为Fe3++ 3 ═Fe(OH)3↓+3CO2↑，已知溶液pH=4，即c(H+)=10-4mol/L，则c(OH-)=10-10mol/L，已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，所以c(Fe3+)= = =4.0×10-8mol·L-1；答案为Fe3++3 ═Fe(OH)3↓+3CO2↑，4.0×10-8。
【分析】根据酸碱中和滴定实验，选取碱式滴定管，判断排气泡的方法和管内液体体积大小；根据俯视刻度线，读数偏小，由酸碱中和计算判断所测浓度偏低；根据氧化或除杂均不能引入新杂质和损失原溶液离子判断正确选项；根据双水解写出离子方程式；根据Ksp值进行相关计算；据此解答。
一、单选题
1．下列关于溶液酸碱性的说法中正确的是（）
A．pH=7的溶液一定显中性
B．中性溶液中，c(H+)一定是1.0×10 7mol·L 1
C．c(H+)= c(OH )的溶液显中性
D．在100°C时，纯水的pH<7，因此显酸性
2．等物质的量浓度的下列溶液中，NH4+离子的浓度最大的（ ）
A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．NH4NO3
3．我国化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法(又称联合制碱法)，其中涉及的反应之一为NaCl+ CO2 + NH3+ H2O= NaHCO3↓+ NH4Cl。下 列有关说法正确的是（ ）
A．CO2属于电解质 B．NH4Cl溶液显碱性
C．NaHCO3中只含离子键 D．该反应属于非氧化还原反应
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．下列物质的性质和用途错误的是（ ）
A．氧化铁是一种红棕色粉末，常用于制油漆和涂料
B．氧化铝是一种耐火材料，常用于制造耐火坩埚和耐火砖
C．氧化铜呈红色，可作为制造陶瓷的红色颜料
D．明矾可作净水剂
6．下列说法不正确的是（ ）
A．铵态氮肥与草木灰不宜混合施用
B．实验室配制溶液时，将溶在一定浓度的硫酸中，最后加入少许铁粉
C．实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
D．加热蒸干CuCl2溶液可以得到CuCl2固体
7．下列有关物质性质及其应用的说法，正确的是（ ）
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍
B．氧化铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料
C．Cl2、SO2均有漂白性，可使紫色石蕊溶液褪色
D．钠的金属性强于钾，工业上可用钠制取钾Na+KCl K↑+NaCl
8．常温下，现有 0.1 mol·L-1的 NH4HCO3 溶液，pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH 的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．当溶液的 pH＝9 时，溶液中存在下列关系：c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(NH3 ·H2O)>c(CO32－)
B．NH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(H+)＝c(OH-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)
C．往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH4＋和 HCO3－浓度均逐渐减小
D．通过分析可知常温下 Kb(NH3·H2O)大于 Ka1(H2CO3)
9．常温下向浓度均为0.10mol/L、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL，两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示.下列叙述中错误的是（ ）
A．Khl(CO32-)(Khl为第一级水解平衡常数)的数量级为10-4
B．曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系
C．Na2CO3溶液中存在:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)
D．若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32-水解，最终析出的是NaOH固体
10．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
11．常温下，取浓度均为0.01mol L﹣1的HA溶液和MOH溶液各20mL，分别用0.01mol L﹣1NaOH溶液、0.01mol L﹣1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．下列说法正确的是（ ）
A．HA和MOH均为弱电解质
B．曲线a中，滴加溶液到20mL时，c（Cl﹣）=c（M+）=c（OH﹣）=c（H+）
C．曲线b中，滴加溶液到20mL时，c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．曲线b中，滴加溶液到10mL时，c（A﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（HA）
12．常温下，下列有关pH的说法正确的是（ ）
A．要使pH=5的CH3COOH溶液pH值增大3，可用加水稀释的方法
B．pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，后者中和消耗NaOH的物质的量大
C．甲溶液的pH=4，乙溶液的pH=5，两溶液中c(H+)之比c(H+)甲： c(H+)乙为1：10
D．pH=1的HNO3溶液中，水电离出来的c(H+)=1×10-13mol/L
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．室温下，23g NO2气体中含有的分子数目为0.5 NA
B．0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸分子的数目为0.1NA
C．常温下，20L pH=12的Na2CO3溶液中含有OH 数目为0.2NA
D．某密闭容器盛有0.1mol N2和0.3mol H2，一定条件下充分反应，转移电子数目为0.6NA
14．化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．“硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体
B．用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同
C．氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂
D．废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点
15．在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣
C．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣
D．a、d两点对应的溶液均显中性
16．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．18g冰水中含有的O-H数目为NA
B．0.01mol氯气溶于1L水中，溶液中
C．室温下，pH=9的溶液中由水电离出的数目为
D．1mol 和1mol 在密闭容器中充分反应，所得混合气体的分子数小于
17．测定不同温度下0.5mol/LCuSO4溶液和0.5mol/LNa2CO3溶液的pH，数据如下表：
温度/℃ 25 30 40 50 60
3.71 3.51 3.44 3.25 3.14
10.41 10.30 10.28 10.25 10.18
下列说法错误的是（ ）
A．升高温度，溶液中增大
B．升高温度，溶液和溶液的水解平衡均正向移动
C．升高温度，溶液的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．升高温度，可能导致结合程度大于电离产生程度
18．常温下，向20 mL0.01 mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的对数随加人CH3COOH溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．H、F点溶液显中性
B．E点溶液中由水电离的c水(OH-)=1×10-3 mol·L-1
C．H点溶液中离子浓度关系为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D．G点溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
19．常温下，将0.1mol/LNaOH溶液分别滴加到0.1mol/LHA溶液和HB溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．Ka(HB)
C．常温下，0.1mol/LNaA溶液的pH大于0.1mol/LNaB溶液的pH
D．向HB溶液中加入NaOH溶液，混合溶液中c(B-)/c(HB)=10[pH-pKa(HB)](已知：pKa=-lgKa)
20．已知：pKa=- lgKa， 25℃时，弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1 mo/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液的曲线如下图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．d点所得溶液中溶质的水解平衡常数Kh1=10-7.19
B．c点所得溶液中：c(Na+)+c(H+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)
C．b点所得溶液中： c(A2-)＞c(H2A)
D．a点所得溶液中：溶质是NaHA和H2A
二、综合题
21．回答下列问题：
（1）室温下pH相等的①②和③NaOH溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为 (填序号)；
（2）室温下浓度均为0.1 的①②和③溶液中，物质的量浓度从大到小的顺序为： (填序号)；
（3）室温下0.1 的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，可知HX、HY、HZ的酸性从强到弱的顺序为 ；
（4）室温下，已知的，向0.05 的溶液中滴加浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH约为 ；
（5）常温下，和的电离平衡常数如下：
化学式
电离平衡常数
①根据以上信息可知，溶液呈 (填“酸”、“碱”或“中”)性，
②少量溶液与过量溶液反应的离子方程式为 ；
③室温下，pH=1的溶液中， 。
22．常温下，有浓度均为1mol L﹣1的下列4种溶液：
①H2SO4溶液②NaHCO3溶液③NH4Cl溶液④NaOH溶液
（1）这4种溶液pH由大到小的排列顺序是 （填序号），其中由水电离出的H+浓度最小的是 （填序号）．
（2）③中各离子浓度由大到小的顺序是 ，该温度下②中NaHCO3的水解平衡常数Kh= mol L﹣1．（已知碳酸的电离常数K1=4×10﹣7，K2=5.6×10﹣11）
（3）该温度下向③中通入少量氨气，此时 的值 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
（4）若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积 ④的体积（填“大于”、“小于”或“等于”）．
23．根据问题填空：
（1）NaCl溶液加热蒸干后最终产物是
（2）NaHCO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是
（3）AlCl3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是
（4）Na2SO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是 ．
24．亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用．请回答：
（1）HNO3的电离常数Ka的表达式为 ．
（2）酸性条件下，K2Cr2O7能被NaNO2还原为Cr3+，该反应的离子方程式为 ．
（3）25℃时，用0.100mol L﹣1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO3溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积（V）的关系如图所示，
已知：M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2）．则：
①原溶液中c（HNO2）为 （保留三位有效数字）．
②下列关于N点对应溶液的说法正确的是 （填选项字母）．
A．溶液只有NaNO2
B．水电离出来的c（H+）=1×10﹣7 mol L﹣1
C．溶液中离子浓度：c（Na+）=c（NO3﹣）
D．溶液中：c（Na+）＜c（OH﹣）
25．
（1）葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1，取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。
①滴定前排气泡时，应选择下图中的 (填序号)。
②若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积 (填序号)。
A．＝10mLB．＝40mLC．＜10mLD．＞40mL。
③滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（2）粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。
①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋，下列物质最好选用的是 。
A．KMnO4 B．H2O2
C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的 。
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO
D．Cu(OH)2
（3）已知常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液产生沉淀和气体，反应的离子方程式为 ；若将所得悬浊液的pH调整为4，则溶液中Fe3+浓度为 mol/L。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.常温下，pH=7的溶液显中性，在100℃时，pH=6的溶液显中性，pH=7的溶液应显碱性，A不符合题意；
B.100℃时，中性溶液中，c(H+)=1.0×10-6mol/L，B不符合题意；
C.若溶液中c(H+)=c(OH-)，则该溶液显中性，C符合题意；
D.100℃时，纯水的pH=6，故当溶液的pH<7时，溶液可能显碱性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.100℃时，pH=7的溶液显碱性；
B.100℃时，中性溶液中c(H+)=1.0×10-6mol/L；
C.可根据溶液中c(H+)与c(OH-)的相对大小，确定溶液的酸碱性；
D.纯水中，c(H+)=c(OH-)；
2．【答案】C
【解析】【解答】NH4+离子水解显酸性，而NH4HSO4能电离出氢离子，抑制NH4+离子水解，所以NH4HSO4溶液中NH4+离子的浓度最大，
故答案为：C。
【分析】A.氯化铵中的铵根离子会水解；
B.碳酸氢根和铵根相互促进水解，导致铵根离子水解程度更大；
C.氢离子会抑制铵根离子的水解；
D.铵根离子水解不受促进也不受抑制，和氯化铵中的铵根离子相同。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．CO2在水溶液或熔融状态自身不能电离，属于非电解质，A不符合题意；
B．NH4Cl溶液中铵根水解溶液显酸性，B不符合题意；
C．NaHCO3中钠离子和碳酸氢根之间为离子键，非金属原子之间为共价键，C不符合题意；
D．该反应中各元素化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
B.铵根水解显酸性；
C.碳酸氢根中含有共价键；
D.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化。
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】C
【解析】【解答】A.氧化铁是一种红棕色粉末固体，常用作油漆和涂料，选项正确，A不符合题意；
B.氧化铝的熔点较高，常用作耐高温材料，如制作耐火坩埚和耐火砖，选项正确，B不符合题意；
C.氧化铜为黑色固体，不可作为红色颜料，选项错误，C符合题意；
D.明矾中的Al3+可水解产生Al(OH)3胶体，具有吸附性，可用作净水剂，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据氧化铁的性质确定其用途；
B.氧化铝的熔点高，采用做耐高温材料；
C.氧化铜为黑色固体；
D.明矾中的Al3+能水解产生胶体；
6．【答案】D
【解析】【解答】A.草木灰的主要成分是K2CO3，CO32-会与铵态氮肥中的NH4+离子发生互促水解反应，降低铵态氮肥的肥效，因此二者不可以共用，A选项是正确的；
B. 实验室配制溶液时，将溶在一定浓度的硫酸中 ，可以抑制Fe2+离子的水解，加入Fe粉，可以将Fe3+还原为Fe2+，B选项是正确的；
C. Na2CO3溶液 水解显碱性，会与玻璃中的SiO2反应，产生具有粘性的Na2SiO3，C选项是正确的；
D.加热蒸干CuCl2溶液可以得到Cu（OH）2固体，D选项是错误的。
故答案为：D。
【分析】A.双水解的离子方程式为：2 NH4++ CO32-+2H2O=H2CO3+2NH3.H2O；
B. 实验室配制溶液时，将溶在一定浓度的硫酸中 ，可以抑制Fe2+离子的水解，加入Fe粉，可以将Fe3+还原为Fe2+；
C.二者发生反应的方程式为：Na2CO3 + SiO2 == Na2SiO3 + CO2；
D.Cu2+水解的离子方程式为： Cu2+ + 2H2O Cu (OH)2 + 2H+，因为HCl是易挥发的酸，因此加热蒸干CuCl2溶液可以得到Cu（OH）2固体。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故A不符合题意；
B、Al2O3熔点很高，一般条件下不熔融，所以可以作耐高温材料，如制作坩埚等，故B符合题意；
C、SO2与Cl2的漂泊原理不同，SO2是与有色物质结合生成不稳定的无色物质；Cl2是将色素氧化成无色物质，SO2和Cl2都能使紫色石蕊试剂变色.原理是：Cl2与水反应生成HCl和HClO,石蕊先变红（酸使之变红）,然后变成白色（HClO将石蕊氧化成白色），而SO2与水反应生成的亚硫酸使石蕊变红；故C不符合题意；
D、工业上可用钠制取钾Na+KCl K↑+NaCl，用的原理是钾的沸点低于钠，故D不符合题意。故选B。
【分析】A.矿物油在碱性溶液中不能水解；
B.氧化铝的熔点高；
C.二氧化硫不能指示剂褪色；
D.根据金属冶炼的原理进行分析。
8．【答案】D
【解析】【解答】A、根据示意图可知，当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3－）＞c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（CO32－），A不符合题意；
B、根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4＋）＋c（NH3·H2O）＝c（CO32－）＋c（H2CO3）＋c（HCO3-），因为NH4+发生水解反应，所以c（HCO3-）≠c（CO32－）＋c（OH－）—c（H+），则B项中关系式不符合题意，B不符合题意；
C、根据图像可知pH＜7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠HCO3﹣浓度逐渐增大，C不符合题意；
D、因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH＝7.8，说明HCO3 的水解程度大于NH4+的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：Kb（NH3·H2O）＞Ka1（H2CO3），D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据图象，可以观察到pH=9的时候，四种离子从上到下的顺序；
B、列出物料守恒式子，结合水解；
C、滴加碳酸氢钠的时候，碳酸氢根先增大再减小；
D、根据pH呈碱性，可以理解为强碱弱酸盐。
9．【答案】D
【解析】【解答】NaOH为强碱，常温下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2O HCO3-+OH-，常温下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，则c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)= ≈ =10-3.8，由上述分析，A、B都不符合题意；
C.Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要离子，c(Na+)>c(CO32-)，CO32-水解使溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，且c(H+)远小于c(OH-)，因为水解是微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)，又因为Na2CO3溶液中存在二级水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH-，其中主要为第一级水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，综上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，故C不符合题意；
D.Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2O NaHCO3+NaOH，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高促进水解，但随着水分的减少，NaHCO3和NaOH浓度增大，因为二者不能大量共存，所以又会反应生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D符合题意。
【分析】A.盐类在溶液中，与水作用而改变溶液的酸碱性的反应叫作盐类的水解。水解常数的大小表示盐的水解达到平衡时，水解程度的大小，水解常数的大小取决于盐中弱酸或弱碱的解离常数的大小；
B.由于碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸根会存在水解，因此曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；
C.根据体系中存在电荷守恒可知几种离子的浓度关系；
D.碳酸氢钠在受热后会分解为碳酸钠、二氧化碳和水。
10．【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
11．【答案】C
【解析】【解答】解：A．由图可知，0.01mol L﹣1的HA溶液pH＞2，则HA为弱酸，而0.01mol L﹣1 MOH溶液的pH=12，则MOH为强碱，故A错误；
B．曲线a中，滴加溶液到20mL时，此时为MCl溶液，为强酸强碱盐，溶液呈中性，盐的离子远远大于水电离的氢氧根离子（或氢离子）浓度，即c（Cl﹣）=c（M+）＞c（OH﹣）=c（H+），故B错误；
C．曲线b中，滴加溶液到20mL时，此时为NaA溶液，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D．曲线b中，滴加溶液到10mL时，此时为NaA、HA混合物溶液，二者浓度相等，由图可知溶液呈酸性，HA的电离程度大于A﹣的水解程度，则溶液中c（HA）＜c（Na+），由电荷守恒可知c（A﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），则：c（A﹣）+c（OH﹣）＞c（H+）+c（HA），故D错误．
故选：C．
【分析】A．由图可知，0.01mol L﹣1的HA溶液pH＞2，则HA为弱酸，而0.01mol L﹣1 MOH溶液的pH=12，则MOH为强碱；
B．曲线a中，滴加溶液到20mL时，此时为MCl溶液，为强酸强碱盐，溶液呈中性，盐的离子远远大于水电离的氢氧根离子（或氢离子）浓度；
C．曲线b中，滴加溶液到20mL时，此时为NaA溶液，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；
D．曲线b中，滴加溶液到10mL时，此时为NaA、HA混合物溶液，二者浓度相等，由图可知溶液呈酸性，HA的电离程度大于A﹣的水解程度，结合电荷守恒判断．
12．【答案】D
【解析】【解答】A．酸无论怎么稀释都是酸，常温下pH不可能大于7，A选项不符合题意；
B．因为体积未知，中和NaOH的物质的量无从得知，B选项不符合题意；
C．甲溶液的pH=4，乙溶液的pH=5，两溶液中c(H+)之比为10：1，C选项不符合题意；
D．根据常温下Kw=1×10-14，可计算出溶液中水电离出来的c(OH-)=1×10-13mol/L，即水电离出来的c(H+)=1×10-13mol/L，D选项符合题意。
故答案为：D。
【分析】 A.酸溶液稀释后不可能变为碱性；
B.醋酸为弱酸，pH相同时醋酸的浓度较大；
C.结合c(H+)=10-pH计算；
D.硝酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离。
13．【答案】C
【解析】【解答】A. 由于存在平衡关系2NO2 N2O4，则室温下，23g NO2气体中含有的分子数目小于0.5NA，故A不符合题意；
B. 醋酸溶液的体积不定，醋酸的电离程度也不定，所以0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸分子的数目无从确定，故B不符合题意；
C. 常温下，20LpH=12的Na2CO3溶液中c(OH－)=1×10-2mol/L，含有OH-数目为0.2NA，故C符合题意；
D. 某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应：N2+3H2 2NH3，该反应为可逆反应，所以转移电子数目小于0.6NA，故D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】A.二氧化碳在空气中会发生反应生成四氧化二氮，因此23g NO2气体中含有的分子数目小于0.5 NA ；
B.醋酸是弱电解质，在水溶液中会发生部分电离，本题中只提到醋酸溶液的浓度，没有体积，因此无法计算其分子数目；
C.常温下，知道溶液的pH值，根据水的离子积常数即可计算出氢氧根离子的浓度，继而计算出其数目；
D.该反应是可逆反应，是不彻底的，因此一定条件下充分反应，转移电子数目小于0.6NA。
14．【答案】A
【解析】【解答】A、硅胶的主要成分是硅酸，不是硅酸钠，硅胶可用作干燥剂和催化剂的载体，选项A符合题意；
B、二氧化硫漂白发生化合反应生成无色物质，活性炭脱色是利用其吸附性，原理不同，选项B不符合题意；
C、氢氧化铝、碳酸氢钠均能中和盐酸，具有弱碱性，都是常见的胃酸中和剂，选项C不符合题意；
D、Na2CO3、NH4Cl在溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊接点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊接点处金属氧化物，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．硅胶的主要成分是硅酸；
B．SO2是反应漂白，活性炭是吸附漂白；
C．Al(OH)3、NaHCO3均能中和盐酸；
D．根据Na2CO3、NH4Cl的水解分析；
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣，故B正确；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，
故D正确；
故选C．
【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；
B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4．
16．【答案】B
【解析】【解答】A.18g冰水中含有的O-H数目为，A不符合题意；
Ｂ.0.01mol氯气溶于1L水中，Cl2+H2OHCl+HClO，溶液中末反应的氯气为N(Cl2)，反应的氯气等于生成的盐酸的量，溶液中，B符合题意；
Ｃ．未明确溶液体积，所以无法计算的数目，C不符合题意；
Ｄ．和在密闭容器中反应虽然不能彻底，但属于等体积反应，混合气体的分子数保持不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B.氯气溶于水后氯元素存在形式：氯气，HCl，HClO，三者中氯原子物质的量之和为0.02mol。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．根据表格中数据知，温度升高，Na2CO3在水中的水解程度增大，同时Kw增大，OH-浓度应当增大，A项不符合题意；
B．水解是中和反应的逆反应，所以水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大，B项不符合题意；
C． 在CuSO4溶液中有，pH=-lg c(H+)=-lg ；升高温度，Kw增大，c(OH-)也增大，所以该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，C项不符合题意；
D．平衡 +H2O H +OH-，可以看作是两步反应：H2O H++OH-， +H+H ，与 结合的H+来自水的电离，则 结合H+程度小于H2O电离产生H+程度，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据盐的水解是吸热反应结合化学平衡移动原理和水的电离的相关知识分析解答。
18．【答案】D
【解析】【解答】氢氧化钠抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中逐滴加入醋酸溶液，其对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大。所以G点溶液为醋酸钠溶液，从E点到G点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，即F点溶液呈碱性，H点溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液中的OH-全部来自于水的电离，由题图知H点溶液中c(OH- )=1.0×10-7 mol·L-1，则c(H+ )=c(OH- )，溶液呈中性，结合电荷守恒得c(CH3COO- )=c(Na+ )>c(H+ )=c(OH-)，故A、C不符合题意。
B.E点溶液为氢氧化钠溶液，c(OH- )= 0.01 mol·L-1，则溶液中水电离的氢离子浓度为1×10-12 mol·L-1，c水(OH-)= 1 ×10-12 mol·L-1，B不符合题意。
B.G点溶液为CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒，c(Na+ )c(H+ ) =c(CH3COO- )+c(OH- )，故c(CH3COO- )=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D符合题意。
【分析】
A.HF两点不显中性，F点刚加入醋酸，显碱性；
B.此时显强碱性，根据水的溶度积和氢氧化钠浓度，水电离出的浓度远远小于此值；
C.此时中性，氢离子和氢氧根离子浓度相等；
D.G点是醋酸钠，根据电荷守恒判断即可。
19．【答案】C
【解析】【解答】A.根据a点信息，可知pH=4时，lg =0，即 =1。所以 Ka(HA)= =c(H+)=10-4；同理，根据b点信息，可得 Ka(HB)=10-5；所以Ka(HB)
C.根据a点信息可知，Ka(HB)
故答案为：C
【分析】图形题，先读懂横坐标纵坐标的意义，计算找特殊点简化计算。
20．【答案】A
【解析】【解答】A．弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19，则Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2 +H2O HA +OH ，则A2-水解平衡常数Khl= = = = =10 6.81，故A符合题意；
B．b点为加入NaOH溶液20mL，此时溶液中恰好生成NaHA，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，则c点所得溶液是NaHA和Na2A的混合溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)，故B不符合题意；
C．b点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒：c(H2A)+c(H+)=c(A2 )+c(OH )，该点溶液的pH=4.52，显酸性，c(H+)＞c(OH )，则c(A2-)＞c(H2A)，故C不符合题意；
D．a点时，加入氢氧化钠的体积小于20mL，弱酸H2A过量，所得溶液中：溶质是NaHA和H2A，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据Kh=计算；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据质子守恒分析；
D．根据a点时，弱酸H2A过量分析。
21．【答案】（1）②＞①＞③
（2）②＞①＞③
（3）HX＞HY＞HZ
（4）9
（5）碱；；0.12
【解析】【解答】(1)室温下pH相等即溶液中氢氧根离子浓度相，氢氧化钠全部电离，碳酸钠、醋酸钠是水解显碱性，因此碳酸钠、醋酸钠的浓度远大于氢氧化钠，由于碳酸钠水解程度大于醋酸钠水解程度，所以醋酸钠的浓度大于碳酸钠浓度，因此物质的量浓度从大到小的顺序为②＞①＞③；故答案为：②＞①＞③。
(2)室温下浓度均为0.1 的①②和③溶液中，碳酸铵、硫酸钠电离出的铵根离子浓度几乎是硫酸氢铵的两倍，硫酸铵中铵根单一水解，硫酸氢铵中氢离子抑制铵根水解，虽然碳酸铵发生双水解，但铵根离子大于硫酸氢铵中铵根离子浓度，因此物质的量浓度从大到小的顺序为：②＞①＞③；故答案为：②＞①＞③。
(3)室温下0.1 的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，根据对应酸越弱，其水解程度越大，碱性越强，因此可知HX、HY、HZ的酸性从强到弱的顺序为HX＞HY＞HZ；故答案为：HX＞HY＞HZ。
(4)根据题意得到室温下，向0.05 的溶液中滴加浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，则的，解得，则，溶液的pH约为9；故答案为：9。
(5)①根据以上信息可知，存在电离平衡，是弱酸，则会水解，生成氢氧根和碳酸氢根，因此溶液呈碱性，故答案为：碱。
②根据草酸大于硫酸氢根，硫酸氢根大于草酸氢根，因此少量溶液与过量溶液反应生成醋酸氢根和硫酸根，其反应的离子方程式为；故答案为：。
③室温下，pH=1的溶液中，，解得；故答案为：0。12。
【分析】(1)依据物质的种类及盐类水解的原理分析；
(2)依据盐类水解的原理分析；
(3)根据对应酸越弱，其水解程度越大；
(4)根据Ksp计算；
(5)①依据盐类水解规律分析，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解。
②根据强酸可以制弱酸书写。
③利用计算。
22．【答案】（1）④②③①；①
（2）c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；2.5×10﹣8
（3）减小
（4）大于
【解析】【解答】解：（1）相同浓度的溶液中，①H2SO4溶液为酸性溶液，②NaHCO3溶液中碳酸根离子部分水解，溶液显示弱碱性，③NH4Cl溶液中铵离子部分水解，溶液显示弱酸性，④NaOH溶液为强碱溶液，所以这4种溶液pH由大到小的顺序为：④②③①；②③为含有弱酸根或者弱碱根离子的盐溶液，促进了水的电离，而①④分别为酸和碱溶液，抑制了水的电离，其中①电离的氢离子浓度大于④电离的氢氧根离子，所以①中水的电离程度最小，
故答案为：④②③①；①；（2）氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，故有：c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；碳酸氢钠溶液中的水解平衡常数为：Kh= = mol/L=2.5×10﹣8 mol/L，
故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；2.5×10﹣8；（3）设铵离子的水解常数为K，K= ，则 = ，该比值与溶液中氢离子浓度变化有关，当加入少量氨气后，溶液中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，所以此比值减小，
故答案为：减小；（4）若氯化铵与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合，二者恰好反应生成氯化钠和氨水，溶液显示碱性，若要使溶液显示中性，则氯化铵的体积应该大些或者氢氧化钠溶液体积小些，即氯化铵溶液体积大于氢氧化钠溶液体积，
故答案为：大于．
【分析】（1）根据溶液的酸碱性判断溶液的pH大小，酸和碱溶液抑制了水的电离，盐溶液促进了水的电离，酸或者碱溶液中氢离子、氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，据此进行解答；（2）氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；根据Kh= 计算出NaHCO3的水解平衡常数Kh；（3） = ，通入氨气后，溶液中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，该比值减小；（4）先比较等体积混合后溶液的酸碱性，然后判断溶液显示中性时二者体积关系．
23．【答案】（1）NaCl
（2）Na2CO3
（3）Al2O3
（4）Na2SO4
【解析】【解答】解：（1）氯化钠为强酸强碱盐，不水解，氯化钠热稳定性好，所以NaCl溶液加热蒸干后最终产物是NaCl，
故答案为：NaCl；（2）因为碳酸氢钠不稳定，受热容易分解生成碳酸钠和水，化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，所以NaHCO3水溶液蒸干并灼烧，得到的物质是碳酸钠，
故答案为：Na2CO3；（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水蒸气，所以得到的固体为Al2O3，
故答案为：Al2O3；（4）亚硫酸钠不稳定，在加热过程中被氧气氧化生成硫酸钠，所以最后得到硫酸钠，化学式为：Na2SO4，
故答案为：Na2SO4．
【分析】（1）氯化钠为强酸强碱盐，加热蒸干后最终产物是氯化钠；（2）碳酸氢钠不稳定性，受热容易分解生成碳酸钠和水；（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解；（4）Na2SO3中+4价的硫易被氧气氧化成+6价的硫，Na2SO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是Na2SO4．
24．【答案】（1）
（2）Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O
（3）0.110mol/L；BC
【解析】【解答】解：（1）亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，HNO2 H++NO2﹣，电离平衡常数Ka= ，故答案为： ；（2）Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子，NO2﹣的氮元素化合价升高，被氧化生成硝酸根离子，1个Cr2O72﹣降低6价，一个NO2﹣被氧化为硝酸根离子，化合价升2价，依据氧化还原反应化合价升降数目相等，Cr2O72﹣系数为1，亚硝酸根离子系数为3，依据原子个数守恒，反应的方程式为：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O；（3）①M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2），说明该点溶液中溶质为NaNO2，二者恰好完全反应，二者的物质的量相等，则c（HNO2）．v（HNO2）=c（NaOH）．V（NaOH）
所以c（HNO2）= =0.110mol/L，
故答案为：0.110mol/L；②N点溶液呈中性，说明溶液中c（OH﹣）=c（H+），
A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则亚硝酸应该稍微过量，则溶液中的溶质为亚硝酸钠和亚硝酸，故A错误；
B．常温下，该溶液呈中性，则水电离出来的c（H+）=1×10﹣7 mol L﹣1，故B正确；
C．溶液中c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）=c（NO3﹣），故C正确；
D．溶液中水的电离程度很小，但钠离子浓度较大，所以c（Na+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选BC．
【分析】（1）亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，电离平衡常数等于生成离子浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；（2）Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子，NO2﹣的氮元素化合价升高，被氧化生成硝酸根离子，依据氧化还原反应化合价升降数目相等结合原子个数守恒配平方程式；（3）①M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2），说明该点溶液中溶质为NaNO2，二者恰好完全反应，二者的物质的量相等；②N点溶液呈中性，说明溶液中c（OH﹣）=c（H+），
A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则亚硝酸应该稍微过量；
B．常温下，该溶液呈中性，则水电离出来的c（H+）=1×10﹣7 mol L﹣1；
C．根据电荷守恒判断c（Na+）、c（NO3﹣）相对大小；
D．溶液中水的电离程度很小，但钠离子浓度较大．
25．【答案】（1）③；D；偏低
（2）B；CD
（3）Fe3++3 ＝Fe(OH)3↓+3CO2↑；4.0×10-8
【解析】【解答】(1)①氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法，将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；答案为③。②若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以D正确；答案为D。③滴定终点读数时，俯视刻度线，读数偏小，导致标准液的体积偏小，即V(NaOH)偏小，由c(待测)= 可知，测定浓度偏低，则测量结果比实际值偏低；答案为偏低。(2)①加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；答案为B。
②调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可，A、B将铜离子转化为沉淀，不符合；答案为CD。(3) NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合，发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；反应的离子方程式为Fe3++ 3 ═Fe(OH)3↓+3CO2↑，已知溶液pH=4，即c(H+)=10-4mol/L，则c(OH-)=10-10mol/L，已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，所以c(Fe3+)= = =4.0×10-8mol·L-1；答案为Fe3++3 ═Fe(OH)3↓+3CO2↑，4.0×10-8。
【分析】根据酸碱中和滴定实验，选取碱式滴定管，判断排气泡的方法和管内液体体积大小；根据俯视刻度线，读数偏小，由酸碱中和计算判断所测浓度偏低；根据氧化或除杂均不能引入新杂质和损失原溶液离子判断正确选项；根据双水解写出离子方程式；根据Ksp值进行相关计算；据此解答。