3.3 盐类的水解 课后检测（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

3.3 盐类的水解 课后检测
一、单选题
1．相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是（　　）
A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．(NH4)2SO4
2．下列溶液一定呈中性的是（　　）
A．pH=7的溶液
B．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液
C．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
3．下列水溶液因水解呈酸性的是（　　）
A． B． C． D．
4．人们的生活离不开化学，学好化学更好地服务社会。下列说法中错误的是（）
A．我国古时镀金“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去，而金存，数次即黄。”其中“入火则汞去”是指升华
B．可用臭氧代替农药在粮食仓储中杀菌防霉，因为臭氧具有强氧化性
C．日常生活中，我们常用小苏打、苏打作食用碱，食盐作调味剂、食品防腐剂
D．焊接钢材时，分别用饱和Na2CO3和NH4Cl溶液处理焊接点
5．化学与社会密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．硝铵与草木灰不能混合使用，否则将使前者失去肥效，而后者仍有肥效
B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C．硅胶不可以用作食品、药品的干燥剂
D．采用“静电除尘”、“原煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量
6．常温下，将 V0 mL 1mo/LHClO2 和 V0 mL 1mo/L HMnO4 两种酸溶液分别加水稀释，稀释溶液体积为V，稀释液pH与其体积变化的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A． 和
均为一元弱酸
B．在0≤pH≤5时，
溶液满足
C．分别往M、N两点对应溶液中滴加1 mo/L NaOH溶液至恰好完全反应，消耗NaOH溶液的体积相等
D．常温下，浓度均为0.1 mo/L的
和
溶液，溶液pH：
>
7．下列说法与盐类的水解有关的有几项（　　）
①氯化铵与氯化锌溶液可作焊接金属过程中的除锈剂
②用碳酸氢钠与硫酸铝两种溶液可作泡沫灭火剂
③配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤比较氯化铵和硫化钠等盐溶液的酸碱性
⑥草木灰与铵态氮肥不能混合施用
⑦Na2SO3溶液蒸干后得到Na2SO4固体
A．4项 B．5项 C．6项 D．7项
8．今有室温下四种溶液，下列有关叙述错误的是（　　）
A．③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B．②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)>c(OH－)
C．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③
D．V1L ④与V2L ①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V19．下列说法错误的是（　　）
A．NaHA溶液呈碱性，可以推测 溶液也呈碱性
B．常温下pH值等于3的HAc溶液和pH值等于11的氢氧化钠溶液，水的电离程度相同
C． 溶液呈中性，加热升温，溶液中水电离出的 和 浓度不变，溶液仍呈中性
D．NaX溶液显碱性，通入少量 生成HX和 ，则说明结合 能力X小于
10．下列实验操作、现象和结论都正确的是（　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 向无水乙醇中加入浓硫酸并加热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液 溶液紫红色褪去 产生了乙烯气体
B 向某溶液中滴加浓盐酸，将产生气体通入石蕊试液 溶液先变红后褪色 溶液中含有SO或HSO
C 室温下，测定浓度均为0.1mol L-1的CH3COONa与HCOONa溶液的pH CH3COONa溶液的pH大 结合H+的能力：HCOO-3COO-
D 向1mL蛋白质溶液中逐滴加入饱和硫酸铵溶液 出现沉淀 蛋白质发生变性
A．A B．B C．C D．D
11．常温下，用0.2mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.2mol·L-1NH3·H2O溶液，所得溶液pH、NH 和NH3·H2O的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．曲线①代表φ(NH )，曲线②代表φ(NH3·H2O)
B．a点溶液中存在c(Cl-)＞c(NH )=c(NH3·H2O)
C．NH3·H2O的电离常数的数量级为10-4
D．应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色
12．下列属于水解反应的是（　　）
A．HCOOH+H2O H3O++HCOO- B．+OH- H2O+
C．SO2+H2O +H+ D．+H2O H2CO3+OH-
13．下列物质在水溶液中的电离或水解方程式书写正确的是（）
A．CH3COO－+H2O=OH－＋CH3COOH B．HF+H2O H3O＋＋F－
C．H3PO4 3H＋＋PO43- D．NaHCO3 Na＋＋H＋＋CO32-
14．以硅孔雀石[主要成分为CuCO3·Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O,含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]为原料制备CuCl2的工艺流程如下:
已知: SOCl2+H2O SO2↑+2HCl↑，下列说法错误的是（　　）
A．“酸浸” 时应该用盐酸溶解硅孔雀石粉
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
C．“调pH”时，pH需控制在碱性区域，保证铁元素全部以Fe(OH)3形式除去
D．“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解
15．下列各项关系中正确的是（　　）
A．0.1mol/LNa2SO3溶液中：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)=0.2mol/L
B．常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，则a+b<14
C．0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
D．pH相同的三种溶液①NH4Cl ②(NH4)2SO4③NH4HSO4，c(NH4+)大小关系为：①>②>③
16．对食物的酸碱性判断正确的是（　　）
A．西瓜是酸性食物 B．牛肉是碱性食物
C．大米、面粉是碱性食物 D．鸡蛋是酸性食物
17．化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（　　）
A．胺态氮肥和草木灰混合使用可增加肥效
B．氢氟酸刻蚀水晶饰品体现其酸性
C．电渗析法、蒸馏法、离子交换法是海水淡化的常用方法
D．煤经过气化和液化等物理变化可转为清洁能源
18．常温下，向0.1mol/L的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关说法中错误的是（　　）
A．溶液的pH：ab>d>c
C．a、b溶液呈酸性 D．c、d溶液呈碱性
19．室温下，下列有关溶液中的关系一定正确的是（　　）
A．某溶液加热后，氢离子浓度增大，则酸性一定增强
B．同pH的(NH4)2SO4和NH4Cl溶液中，NH 的浓度相同
C．某正盐溶液呈中性，一定是强酸强碱盐
D．某溶液中水电离出的氢离子浓度为10-7 mol·L-1，则溶液一定呈中性
20．将pH=13两种碱溶液M、N各10mL分别稀释至100mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．若a=12时，M为强碱
B．若M、N都是弱碱，则a大于12，且N的碱性弱于M
C．稀释后的溶液中M溶液中水的电离程度比N得大
D．稀释后的两种碱溶液与同浓度的盐酸反应至中性，消耗盐酸的体积
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．次鳞酸)是一种精细化工产品。
（1）溶液中的含鳞微粒只有和，则该溶液量　 　性(填“酸”“碱”或“中”)，原因是　 　(用离子方程式解释)；为　 　(填“正盐”或“酸式盐”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为　 　。
（2）时，将相同物质的量浓度的溶液和盐酸分别加水稀释至相同的倍数，此时溶液的　 　(填“大于”“小于”或“等于”)盐酸的。
（3）常温下，溶液中　 　[用含和的代数式表示]。
23．
（1）25℃时，NaHCO3溶液呈碱性，原因是　 　水解引起的(填“Na+”或“HCO ”)；
（2）常温下，0.0100mol/L盐酸的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”)，且半分钟内保持不变。
24．常温下，pH=2的HA、HB两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH的变化如图所示
（1）稀释前两溶液的浓度c(HA)　 　c(HB)(填>、＜、=或无法确定)
（2）HB　 　是弱酸(填“一定”、“可能”或“一定不”)
（3）若a=5，则HA酸是否是强酸　 　(填“一定是”、“可能是”、“一定不是”或“无法确定”)
（4）稀释后的溶液中，由水电离产生的c(H+)：HA中　 　HB中(填>。＜。=，或无法确定)
25．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　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】NH4HSO4由于直接电离出H+，酸性最强，pH最小，而NH4Cl、(NH4)2SO4由于水解呈酸性，且由于后者中浓度更大，则后者酸性更强，而NH4HCO3由于水解呈酸性，而水解呈碱性，故导致该溶液的酸性最弱，故酸性由强到弱的顺序为：C＞D＞A＞B，
故答案为：B。
【分析】对于强酸弱碱盐，水解规律是越弱越水解，当时强酸酸式盐，可以电离出氢离子，显强酸性如硫酸氢钠、硫酸氢铵等
2．【答案】B
【解析】【解答】A.常温下，pH=7的溶液显中性，缺少常温的条件，pH=7不一定为中性溶液，如100℃时，pH=7的溶液显碱性，A不符合题意；
B.溶液中c(H+)=c(OH-)，则溶液显中性，B符合题意；
C.酸碱恰好完全反应，所得的正盐溶液可能为碱性溶液，如CH3COOH溶液与NaOH溶液恰好完全反应，所得CH3COONa溶液显碱性，C不符合题意；
D.NH3是非电解质，其水溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，此时溶液的pH不一定等于7。
3．【答案】D
【解析】【解答】A.HCl是因为在水溶液中电离而显酸性，A选项是错误的；
B.CH3COONa中的CH3COO-水解会显碱性，B选项是错误的；
C.NaHSO4会电离出H+，显酸性，C选项是错误的；
D.NH4NO3中的NH4+会水解显酸性，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.HCl的电离方程式：HCl=H++Cl-；
B.CH3COONa的水解方程式为：CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-；
C.NaHSO4电离的方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-;
D.NH4+的水解：NH4++H2O NH3·H2O+H+.
4．【答案】A
【解析】【解答】A、升华是固体直接转化成气体的过程，汞常温下为液体，故入火则汞去不是指升华，故A说法符合题意；
B、臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性，即可用于粮食仓储中杀菌防霉，故B说法不符合题意；
C、苏打为Na2CO3，NaHCO3为小苏打，两者的水溶液呈碱性，食用碱是指有别于工业用碱的纯碱和小苏打，在厨房做面点，一般用小苏打作为面点的膨松剂，也可用纯碱代替小苏打，食盐具有咸味，常用作调味品和防腐剂，故C说法不符合题意；
D、Na2CO3溶液显碱性，可以除去油脂，NH4Cl溶液显酸性，除去金属表面的氧化物，因此可处理金属表面的焊接点，故D说法不符合题意。
【分析】A.根据升华的概念进行判断；
B.臭氧具有强氧化性，能杀菌防霉；
C.根据碳酸钠和碳酸氢钠以及食盐的用途进行判断；
D.碳酸钠是强碱弱酸盐、氯化铵是强酸弱碱盐，都能水解。
5．【答案】D
【解析】【解答】A、铵盐和碳酸盐发生互促水解反应，生成氨气和二氧化碳，但前者仍存在硝酸根离子，存在肥效，故A错误；
B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B错误；
C、硅胶具有吸水性，无毒，可以用作食品、药品的干燥剂，故C错误；
D、采用“静电除尘”、“原煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”等方法可除去粉尘、二氧化硫以及氮氧化物，提高空气质量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、铵根离子和碳酸根离子发生双水解反应；
B、绿色化学应符合“原料中的原子全部转变成所需要的产物，不产生副产物，无污染，实现零排放”，绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；
C、硅胶能吸收水分，可作干燥剂；
D、采用“静电除尘”、“原煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可分别除去粉尘、二氧化硫以及氮氧化物的污染。
6．【答案】C
【解析】【解答】A、由图可知，1mo/LHClO2溶液的pH>1， 1mo/LHMnO4的pH=0，说明HClO2是弱酸，HMnO4为强酸，故A不符合题意；
B、根据图像可知：因为HClO2为弱酸，稀释促进电离，不能满足满足0≤pH≤5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH= ，HMnO4是强酸能满足满足0≤pH≤5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH= ，故B不符合题意；
C、两溶液起始浓度相同，则同体积同浓度中和1mol·L-1的NaOH溶液能力相同，故C符合题意；
D、酸性：HClO27，NaMnO4溶液不水解显中性；故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.根据起始时溶液pH的数值确定酸的强弱；
B.弱酸的稀释促进酸的电离平衡，pH变化不是正比例关系；
C.可通过图中数据得出算的物质的量相等，消耗氢氧化钠的物质的量相等；
D.NaClO2是强碱弱酸盐，水解呈碱性。
7．【答案】B
【解析】【解答】①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①与盐类的水解有关；
②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故②与盐类的水解有关；
③硫酸亚铁配制中要加硫酸和铁粉，铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化，故③与盐类的水解无关；
④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④与盐类的水解有关；
⑤铵根离子水解显酸性、硫离子水解溶液显碱性，故⑤与盐类的水解有关；
⑥铵根离子水解呈酸性，草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，二者发生相互促进的水解反应，生成氨气，挥发降低肥效，故⑥与盐类的水解有关；
⑦Na2SO3溶液蒸干过程中，Na2SO3被氧化为Na2SO4固体，故⑦与盐类的水解无关；
综上所述，与盐类的水解有关的有5个，故B符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，都弱都水解，谁强显谁性，同强显中性分析。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以③、④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大，故A不符合题意；
B．因为②为NaOH，③为CH3COOH，如果②③等体积混合，酸过量，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故B不符合题意；
C．弱电解质溶液中存在电离平衡，酸或碱加水稀释相同的倍数，弱电解质的pH变化小于强电解质，所以四种溶液的pH①＞②＞④＞③，故C不符合题意；
D．因为c(NH3·H2O)＞0.001mol/L、c(HCl)=0.001mol/L，若V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于或等于氨水，即V1＞V2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据表格分析①中c（NH3·H2O）＞0.001mol/L，②中c（NaOH）=0.001mol/L，③中c（CH3COOH）＞0.001mol/L，④中c（HCl）=0.001mol/L，据此判断。
9．【答案】C
【解析】【解答】A． NaHA溶液呈碱性，说明H2A是弱酸，A2-的水解能力更强，可以推测 溶液也呈碱性，故A不符合题意；
B． 常温下pH值等于3的HAc溶液水电离的氢离子浓度为10-11mol·L－1 和pH值等于11的氢氧化钠溶液水电离的氢离子浓度为10-11mol·L－1，水的电离程度相同，故B不符合题意；
C． 溶液呈中性，加热升温，溶液中水电离出的 和 浓度变大，只是 和 浓度相等，溶液仍呈中性，故C符合题意；
D． NaX溶液显碱性，通入少量 生成HX和 ，酸性：H2CO3>HX>HCO ,则说明结合 能力X小于 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据 NaHA溶液呈碱性， 可以判断酸为弱酸，强碱弱酸盐的溶液显碱性
B.根据给出的数据即可计算出水电离出的氢离子和 氢氧根离子
C.水的电离是吸热，温度是升高促进水的电离
D.根据发生的反应即可判断酸性的强弱
10．【答案】C
【解析】【解答】A．加热时乙醇会发挥发，也可以是酸性高锰酸钾溶液褪色，应先除去乙醇气体，A不符合题意；
B．SO2并不能使指示剂褪色，B不符合题意；
C．浓度相同，CH3COONa溶液的pH大，说明醋酸根的水解程度更大，则醋酸的酸性更弱，即结合H+的能力：HCOO-3COO-，C符合题意；
D．向1mL蛋白质溶液中逐滴加入饱和硫酸铵溶液，发生蛋白质的盐析，不是变性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ａ．乙醇易挥发，且具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
Ｂ．二氧化硫不能使 石蕊试液褪色；
Ｃ．“越弱越水解”，pH大的盐，对应的酸根酸性更弱；
Ｄ．蛋白质溶液中滴加硫酸铵，发生盐析。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．随着盐酸的加入，φ(NH3·H2O)减小，φ(NH )增大，由图可知，曲线①代表φ(NH3·H2O)，曲线②代表φ(NH )，故A不符合题意；
B．a点溶液中c(NH )=c(NH3·H2O)，此时溶液的pH为9.26，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，可知c(Cl-)＜c(NH )，故B不符合题意；
C．NH3 H2O的电离常数表达式为Kb= ，a点溶液中c(NH )=c(NH3·H2O)，Kb=c(OH-)=10-4.74，其数量级为10-5，故C不符合题意；
D．滴定终点时，所得溶液溶质为NH4Cl，铵根水解显酸性，应选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据反应即可判断一水合氨浓度在减小，而铵根离子浓度在增大
B.根据电荷守恒结合pH即可判断
C.利用电离平衡常数公式利用a点数据进行计算即可
D.终点的产物时氯化铵显酸性，而甲基橙的显色范围也是酸性
12．【答案】D
【解析】【解答】A. H3O+为水合氢离子，HCOOH+H2O H3O++HCOO-，属于甲酸的电离方程式，A不选；
B. HCO+OH－H2O+CO为碳酸氢根离子和氢氧根离子发生反应，不是水解反应，B不选；
C. SO2+H2O +H+属于二氧化硫和水反应生成亚硫酸、亚硫酸发生一级电离，不是水解反应，C不选；
D. +H2O H2CO3+OH-属于碳酸氢根离子的水解反应，D选；
故答案为：D。
【分析】A.甲酸的电离方程式；
B. 碳酸氢根离子和氢氧根离子反应；
C. 二氧化硫和水反应生成亚硫酸、亚硫酸发生一级电离；
D. 碳酸氢根离子的水解反应。
13．【答案】B
【解析】【解答】A.水解是一个可逆的过程，因此水解方程式中应用可逆符号，A不符合题意；
B.HF是一种弱酸，在水中部分电离，产生H+，H+与H2O结合形成H3O+，该电离方程式正确，B符合题意；
C.H3PO4为多远弱酸，多元弱酸在水中分步电离，C不符合题意；
D.NaHCO3为可溶性盐，在水中完全电离，产生Na+和HCO3-，HCO3-是弱酸阴离子，在水中部分电离，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.水解是一个可逆的过程，应用可逆符号；
B.HF电离产生的H+能与H2O结合；
C.多元弱酸的电离分步进行；
D.HCO3-为弱酸阴离子，在水中部分电离；
14．【答案】C
【解析】【解答】A.该工艺流程制备的是CuCl2，用盐酸溶解硅孔雀石粉不会引入其他阴离子，再者流程中也标明了“酸浸”时加入盐酸，故A不符合题意；
B.硅孔雀石粉中含有+2价铁的化合物，“酸浸”后溶液中还原性离子为Fe2+，所以通入氯气“氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故B不符合题意；
C.常温下，Fe3+在pH约为3.7时就全部以Fe(OH)3形式沉淀了，若pH过高，则Cu2+也会转化为沉淀，所以“调pH”时不能控制在碱性区域，故C符合题意；
D.CuCl2是强酸弱碱盐，CuCl2 xH2O“加热脱水”时，Cu2+会水解而得不到CuCl2，所以加入SOCl2的目的是生成HCl抑制CuCl2的水解，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题是一道工艺流程题，解题时应注意对流程的分析：硅孔雀石粉加盐酸“酸浸”，得到含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl-的溶液；通入氯气氧化Fe2+为Fe3+，调节pH使Fe3+以Fe(OH)3形式除去；结晶得到CuCl2 xH2O，在HCl的保护下加热脱水得到CuCl2。以此分析并结合选项，可解决此题。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.根据物料守恒0.1 mol/L Na2SO3溶液中：c(Na+)＝2c(SO32－)+2c(HSO3－)+2c(H2SO3)＝0.2 mol/L，故A不符合题意；
B.氨水是弱碱，若a+b=14，pH＝a的稀H2SO4与pH＝b的氨水等体积混合后氨水过量，故B符合题意；
C.0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，2 c(H+)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，故C不符合题意；
D.pH相同的三种溶液，NH4HSO4是强酸的酸式盐，c(NH4+)最小；NH4Cl 、(NH4)2SO4因为铵根水解呈酸性，pH相同，所以c(NH4+)相同，故c(NH4+)大小关系为：①=②＞③，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.根据物料守恒即可得出答案；
B.若混合后硫酸与氨水恰好完全反应，则氢离子的物质的量等于氨水的物质的量，据此进行分析；
C.根据溶液中的电荷守恒与物料守恒进行分析；
D.根据相同pH的硫酸铵与氯化铵溶液的水解程度与硫酸氢铵电离时产生的氢离子抑制铵根离子水解进行分析。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．西瓜是水果，属于碱性物质，A不符合题意；
B．牛肉是动物性食物，属于酸性食物，B不符合题意；
C．大米、面粉是淀粉类，属于酸性食物，C不符合题意；
D．鸡蛋是属于酸性食物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．水果属于碱性物质；
B．动物性食物属于酸性食物；
C．淀粉类属于酸性食物；
D．鸡蛋是属于酸性食物。
17．【答案】C
【解析】【解答】A. 氨态氮肥和草木灰混合使用水解相互促进，会降低肥效，A不符合题意；
B. 氢氟酸与二氧化硅反应生成的四氟化硅不是盐，不能体现酸性，B不符合题意；
C. 电渗析法、蒸馏法、离子交换法是海水淡化的常用方法，C符合题意；
D. 煤经过气化和液化等化学变化可转为清洁能源，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据铵态氮肥含有铵根，草木灰主要成分碳酸钾，铵根与碳酸根会双水解，使肥效降低解答；
B、考察HF对玻璃的腐蚀，氢氟酸与二氧化硅反应生成的四氟化硅和水，四氟化硅不是盐；
C、根据蒸馏是将水中的其他混合不同沸点的物质分离，电渗析法可使相应的离子通过半透膜，离子交换法将海水中离子去除达到净化海水的目的解答；
D、根据煤的气化将煤与氧气不完全燃烧生成CO、H2，煤的液化将煤转为产生的H2与CO转化为其他液体燃料，为化学变化解答；
18．【答案】D
【解析】【解答】A. 离子方程式为：2H++ +Ba2++2OH-=BaSO4↓+H2O，可以看出随着氢氧化钡的加入，c(H+)减小，溶液酸性逐渐减小，碱性逐渐增强，pH增大，由图可以看出，在各点的c(OH-)为aB. H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O，由方程式可以看出，随着氢氧化钡的加入，硫酸逐渐减少，自由移动的离子减少，溶液导电性变小，但在c点后，反应不再发生，因为酸与碱为体积比1:1的反应，故原酸的体积为20V，a点硫酸的浓度为0.1mol/L；b点溶液体积一共为30V，剩余原酸物质的量的一半；c点，酸碱恰好完全反应；d点，溶液体积50V，剩余的碱的物质的量为原酸的一半，故溶液中离子数目的多少为a>b>d>c，导电能力为a>b>d>c，故B不符合题意；
C. 氢氧化钡的加入到c点恰好完全反应，故a、b点酸多于碱，故溶液呈酸性，故C不符合题意；
D. 由图可以看出，c点后，m(BaSO4)恰好不再增加，故点为酸碱恰好完全反应的点，硫酸与氢氧化钡恰好完全反应生成硫酸钡和水，故溶液呈中性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据发生反应的方程式及图像中各点溶液中的溶质分析判断，硫酸与氢氧化钡反应的方程式为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O；溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度及离子所带的电荷呈正比，以此解答。
19．【答案】B
【解析】【解答】A.对纯水加热，水中c(H+)增大，酸性不变，A不符合题意；
B.pH相同，则溶液中c(H＋)相同，溶液中H＋来自于NH4＋水解产生，因此溶液中c(NH4＋)相同，B符合题意；
C.CH3COONH4为正盐，且为弱酸弱碱盐，但CH3COONH4溶液显中性，C不符合题意；
D.100℃时，水电离产生c(H＋)=10－7mol·L－1，该溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、对纯水加热，c(H+)增大，酸性不变；
B、pH相同，则溶液中c(H＋)相同，结合H＋来自NH4＋的水解分析；
C、CH3COONH4溶液显中性；
D、温度未知，无法判断；
20．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，若a=12，说明M溶液稀释10倍后，溶液中c(OH-)变为原来的，即M为强碱，则，A不符合题意；
B．由分析可知，若M、N都是弱碱，则a大于12，稀释后N溶液的pH大于M溶液的，由于碱溶液越弱越电离，则N的碱性弱于M，B不符合题意；
C．由图可知，稀释后，N溶液的pH大于M溶液的，即N溶液中c(OH-)较大，则N溶液对水的电离抑制程度更大，即M溶液中水的电离程度比N的大，C不符合题意；
D．稀释后的两种碱溶液与同浓度的盐酸反应至中性，即c(HCl)·V(HCl)=n(碱)，说明消耗V(HCl)与n(碱)成正比，由图可知，c（M）＜c（N），则相同体积的X、Y溶液中n（M）＜n（N），所以消耗盐酸的体积为V（N）＞V（M），D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息可知，将pH=13两种碱溶液M、N各稀释10倍后，N溶液的碱性大于M溶液，说明N溶液一定为弱碱。若M溶液为强碱，则溶液中c(OH-)变为原来的，即稀释后pH=12，a=12；若M溶液为弱碱，则稀释过程中碱继续电离，所以12＜a＜13。
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）碱；；正盐；
（2）大于
（3）
【解析】【解答】（1）NaH2PO2溶液中的含鳞微粒只有和H3PO2，说明只发生了水解，离子方程式为+H2OH3PO2+OH-，则NaH2PO2溶液呈碱性；不能电离，说明NaH2PO2是正盐；0.1mol L-1 NaH2PO2中，发生水解，溶液呈碱性，则该溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)。
（2）NaH2PO2溶液中，会发生水解，说明H3PO2是弱酸，则25℃时，将相同物质的量浓度的H3PO2溶液和盐酸分别加水稀释至相同的倍数后，两溶液的物质的量浓度依然相同，但是H3PO2部分电离，故此时H3PO2溶液的pH大于盐酸的pH。
（3）H3PO2溶液中，Ka(H3PO2)=，则==。
【分析】（1）弱酸根离子会发生水解，呈碱性；
（2）pH相同的强酸和弱酸，稀释相同的倍数，pH变化大的是强酸；
（3）结合电离平衡常数和水的离子积判断。
23．【答案】（1）HCO
（2）2
（3）无色
【解析】【解答】(1)在溶液中，强碱弱酸盐，强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐电离出来的离子与水电离出来的H+与OH-生成弱电解质的过程叫做盐类水解，所以能发生水解反应的是HCO ；
(2)盐酸属于强电解质，完全电离，c(H+)=c(HCl)=0.0100mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2，故答案为2；
(3)酚酞在碱性溶液中为红色，当达到滴定终点时溶液为中性，所以溶液变为无色，故答案为无色；
【分析】（2）根据pH计算的方式计算
（3）中和滴定终点的判断
24．【答案】（1）＜
（2）一定
（3）一定是
（4）＞
【解析】【解答】（1）由分析可知，pH相同时，酸浓度：强酸＜弱酸，所以酸浓度为：c(HA)＜c(HB)，故答案为：＜；
（2）由酸性：HA＞HB。则HB一定为弱酸，故答案为：一定；
（3）pH=2的HA溶液稀释1000倍时，氢离子浓度为原来的 ，则pH增大3，则说明HA为强酸，故答案为：一定是；
（4）酸抑制水电离，酸中的氢离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，稀释后氢离子浓度：HA＜HB，所以水电离产生的c(H+)：HA中＞HB中，故答案为：＞。
【分析】加水稀释促进弱电解质电离，稀释相同倍数时导致稀释后溶液中氢离子浓度：强酸<弱酸，所以稀释相同倍数时pH变化较大的酸性强、变化较小的是弱酸，根据图知，酸性：HA>HB，
(1) pH相同时，酸浓度：强酸<弱酸；
(2) 酸性：HA>HB，则HB一定是弱酸；
(3) pH=2的HA溶液稀释1000倍时，氢离子1浓度是原来的，则pH增大3，则说明HA是强酸；
(4)酸抑制水电离，酸中氢离子浓度越大，其抑制水电离程度越大。
25．【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。