3.3 盐类的水解 课后练习（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 课后练习
一、单选题
1．下列物质的水溶液呈酸性的是（　　）
A． B． C．NaClO D．
2．氯化铵溶液的性质是（）
A．酸性 B．中性 C．碱性 D．不能确定
3．氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是（　　）
A．金属镁能把NH3置换出来
B．镁具有强还原性，NH具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动
D．因为Mg与H2O反应，生成Mg(OH)2与NH4Cl反应
4．下列物质溶于水中，因水解而使容液呈碱性的是（）
A．NaO B．NaOH C．Na2SO4 D．Na2CO3
5．常温下，下列物质水溶液呈碱性的是（　　）
A．NH4Cl B．NaCl C．CuSO4 D．NaHCO3
6．某温度下，水的离子积KW=10-13，关于该温度下水电离的说法正确的是（　　）
A．pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液中水电离出的H+浓度之比为10：1
B．向水中加入少量硫酸氢钠固体或氯化铁固体，水的电离平衡均逆向移动
C．纯水的pH=6.5，显酸性
D．pH均为2的CH3COOH溶液与H2SO4溶液中水电离出的H+浓度不同
7．常温下，向25mL 0.12mol/LAgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg[c(H+)／c（OH-）]的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c（Ag+）与c(NH3)均约为2×10-3 mol/L。下列叙述错误的是（　　）
A．a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B．b点溶液中：c（Ag+）+c[Ag(NH3)2+]C．cd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
D．由e点可知，反应Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+平衡常数的数量级为105
8．常温下，下列说法正确的是（　　）
A．稀释酸溶液，溶液中所有离子的浓度均减小
B．用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明CH3COOH是弱电解质
C．相同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸<醋酸
D．pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，混合液呈碱性
9．常温下，Ka(CH3COOH) =2×10-5，Ka(HCOOH)=2×10-4，Kb(NH3·H2O)=2×10-5，下列说法错误的是（　　）
A．向0.1mol/L HCOOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(HCOOH)增大
B．浓度均为0.1mol/L的HCOOH和NH4Cl溶液，由水电高出的c(OH-)前者小于后者
C．用0.1mol/L的NaOH溶液分别中和等体积等pH的HCOOH和CH3COOH溶液，消耗NaOH溶液的体积相等
D．0.05mol/L的CH3COOH溶液中pH=3
10．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
11．下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（　　）
A．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度
B．物质的量浓度相等的（NH4）2SO4溶液与（NH4）2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度
C．将pH=3的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量
D．相同温度下，10mL0.1mol/L的醋酸与100mL0.01mol/L的醋酸中的H+物质的量
12．下面说法中，与盐类水解无关的是（　　）
①明矾和AlCl3可作净水剂
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸
③实验室配制AlCl3溶液，先把它溶解在盐酸中，而后加水稀释
④NH4Cl和ZnCl2溶液可作金属焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3 等溶液的试剂瓶应用橡皮塞
⑥在NH4Cl或AlCl3 溶液中加入镁条会产生气泡
⑦Na2S溶液和AlCl3溶液反应得不到Al2S3
⑧长期使用硫铵，土壤酸性增强，草木灰与铵态氮肥不能混合施用
A．①④⑦ B．②⑤⑧ C．③④⑥ D．全有关
13．在给定条件下，一定能大量共存的离子组是（　　）
A．加溶液显红色的溶液：
B．使酚酞变红色的溶液中：
C．与反应能放出的溶液中：
D．在的溶液中：
14．室温下，将碳酸钠溶液加热至70 ℃，其结果是（　　）
A．溶液中c( )增大 B．水的电离程度不变
C．KW(水的离子积)将变小 D．溶液的碱性增强
15．下列有关水的叙述正确的是（　　）
A．水是一种非电解质
B．纯水中c(H＋)随着温度的升高而降低
C．由液态水结成冰的过程是一个熵增的过程
D．25℃时浓度相同的氢氧化钠溶液与醋酸钠溶液，水的电离度前者小于后者
16．下列说法中错误的是（　　）
A．漂白粉用于水消毒时，会增大水的硬度
B．向滴有酚酞的氨水中加入少量固体，可使溶液颜色变浅
C．可用试纸测定新制氯水的，但不能用蒸馏水将试纸事先润湿
D．“浓墨飘香，钢枪闪亮”，可用溶液处理生锈的钢制武器，以达到除锈的目的
17．下列物质的水溶液因水解显碱性的是（　　）
A．NH4Cl B．NaOH C．CH3COONa D．Na2SO4
18．化学与生活密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
19．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
20．下列微粒能与水电离产生的离子作用生成弱电解质的是（　　）
A． B．K+ C． D．Cl-
二、综合题
21．酸、碱、盐都是电解质，常温下，有以下电解质溶液：
①②③④⑤⑥⑦
已知：的电离常数
（1）用化学用语解释④呈酸性的原因：　 　
（2）的溶液①中由水电离出的为　 　
（3）浓度均为的上述②③④三种溶液，由大到小为　 　
22．草酸（ ）广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究。
（1）已知 时， ： ， 溶液显酸性。解释 溶液显酸性的原因：　 　；（用化学用语并配以必要文字说明）
（2）已知反应： ，为了使草酸分解，通过 燃烧反应提供能量： ，已知分解的草酸与所需空气（其中氧气的体分数为 ）的物质的量之比为 ，则 　 　
（3）草酸分解生成的 燃料燃烧不足以提供足够的能量，还可通过甲烷来制备 。在密闭容器中通入物质的量浓度均为 的 和 ；在一定条件下发生反应 ，测得 的平衡转化率与温度、压强的关系如下图1所示。
①由图判断压强 、 、 、 由小到大的顺序为：　 　；该反应的 　 　0（填“<”“>”“=”）：
② 该反应的平衡常数为　 　（结果保留两位小数）
（4）常温下，向 的 溶液中逐滴加入 溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是　 　
① 点时：
② 点时：
③ 点时： ④ 点时：
23．在不同温度下的水溶液中，c(H+)和 c(OH-)的关系如图所示：
（1）A 点水的离子积为　 　 ，C 点水的离子积为 　 　，对纯水由
25℃升高温度至 100℃时水的离子积　 　
(填“增大”、“减小”或“不变”)，各离子浓度由 　 　点(填 A、B、C、D)变为　 　 点(填 A、B、C、D)。
（2）100 ℃时，若向 B 点溶液中滴少量稀硫酸，体系将由 B 点移向　 　 点(填 C 或 D)。
（3）25 ℃时，0.001 mol/L 的盐酸溶液 pH=　 　 ；25℃时，0.001 mol/L 的氢氧化钠溶液 pH=　 　 ；若将二者温度都升高至 100 ℃， 　 　(填“盐酸”、“氢氧化钠”或“盐酸和氢氧 化钠”)的 pH 会改变。
24．按要求填空
（1）用离子方程式表示NaCN溶液呈碱性的原因　 　。
（2）已知：8.0g甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量为445.0kJ(298K、1.01×105Pa时测定)。写出该条件下，甲烷燃烧的热化学方程式　 　。
25．常温下，有四种溶液：
①0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液　②0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液　③0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液④0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液
（1）溶液①的pH　 　（填“>”“<”或“=”）7，溶液中离子的电荷守恒关系式是　 　。
（2）溶液②呈　 　（填“酸”“碱”或“中”）性。其原因是　 　（用离子方程式和适当的叙述说明）。
（3）下列有关①和②两种溶液的说法正确的是　 　（填字母）。
a. 两种溶液中c(CH3COO-) 都等于0.1 mol·L-1
b. 两种溶液中c(CH3COO-) 都小于0.1 mol·L-1
c. CH3COOH溶液中c(CH3COO-) 小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)
（4）NaHSO3溶液的pH<7，NaHCO3溶液的pH>7，则NaHSO3溶液中c（H2SO3）　 　（填“>”“<”或“=”，下同）c( )，NaHCO3溶液中c(H2CO3)　 　c（ ）。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．NaCl为强酸强碱盐，不影响水的电离，溶液呈中性，A不符合题意；
B．为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，B符合题意；
C．NaClO为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，C不符合题意；
D．为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。
2．【答案】A
【解析】【解答】将氯化铵固体溶于水，溶液中的铵根离子是弱碱阳离子在水溶液中水解，NH4++H2O NH3 H2O+H+，溶液呈酸性。
故答案为：A。
【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性。
3．【答案】C
【解析】【解答】氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中铵根离子水解出来氢离子，使溶液显酸性，镁和氢离子反应放出氢气，水解平衡正向移动，随着一水合氨浓度增大，镁和氢离子反应放热，一水合氨分解产生氨气。
故答案为：C。
【分析】氯化铵中，铵根离子会发生水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，镁和氢离子的反应会生成氢气，反应放热使一水合氨分解出氨气。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.氧化钠溶于水生成氢氧化钠，属于碱，不能水解，故不符合题意；
B.氢氧化钠属于碱，不能水解，故不符合题意；
C.硫酸钠属于强酸强碱盐，不能水解，故不符合题意；
D.碳酸钠属于强碱弱酸盐，水解显碱性，故符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据盐类水解规律“谁强显谁性”可知，强碱弱酸盐水解会显碱性。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．NH4Cl溶液中铵根离子水解显酸性，故A不符合题意；
B．NaCl不发生水解，溶液呈中性，故B不符合题意；
C．CuSO4溶液中铜离子水解显酸性，故C不符合题意；
D．NaHCO3溶液中碳酸氢根水解大于电离，溶液显碱性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】水溶液呈碱性，可能是含有弱酸根的离子发生水解，也可能是碱在水中的电离。
6．【答案】A
【解析】【解答】该温度下pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液中水电离出的H+浓度分别是10-11mol/L和10-12mol/L，二者比值为10：1，A符合题意；加入少量硫酸氢钠固体，水的电离平衡逆向移动，加少量氯化铁固体，水的电离平衡正向移动B不符合题意；纯水无论pH是多少均显中性，C不符合题意；pH均为2的 CH3COOH溶液与H2SO4溶液中水电离出的H+浓度均为10-11mol/L，D不符合题意。
【分析】某温度下，水的离子积KW=10-13，说明温度高于室温，促进了水的电离，中性溶液的pH小于7，然后结合酸碱中和、pH的计算等进行分析即可。
7．【答案】D
【解析】【解答】A.中a点溶液中溶质只有硝酸银，pH约为5，呈酸性，硝酸银为强酸弱碱盐，银离子水解溶液显酸性，故A不符合题意；
B.b点lg[c(H+)/c(OH-)]=0，则c(H+)=c(OH-)，Ag(NH3)2+的电离和银离子的水解极微弱，可以忽略，根据电荷守恒可知c(Ag+)+ c[Ag(NH3)2+]+ c(NH4+)= c(NO3-)，则c(Ag+)+ c[Ag(NH3)2+]C.cd段酸度变化较小，说明加入的氨水主要用于银离子的沉淀和溶解，故C不符合题意；
D.该反应平衡常数K=c[Ag(NH3)2+] / c(Ag+)·c2(NH3)，忽略银离子水解和Ag(NH3)2+的电离，根据银元素守恒可知：c[Ag(NH3)2+]=25mL×0.12mol·L-1/(25 mL+4.7 mL) -2×10-3≈0.1 mol·L-1，则K=1.25×107，其数量级为107，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、硝酸银为强酸弱碱盐，根据银离子水解分析；
B、根据b点的pH值可知c(H+)=c(OH-)，结合溶液中的电荷守恒分析；
C、根据cd段酸度变化较小进行分析解答；
D、根据反应的平衡常数表达式，结合银元素守恒列式计算，即可得出答案。
8．【答案】C
【解析】【解答】A. 稀释酸溶液，溶液中氢氧根离子的浓度增大，A不符合题意；
B. 用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，溶液中的导电性与离子的浓度有关，与强弱电解质无关，B不符合题意；
C. 相同物质的量浓度的盐酸与醋酸中，氢离子浓度盐酸>醋酸,分别稀释相同倍数，稀释后氢离子浓度仍旧为盐酸>醋酸,则溶液pH：盐酸<醋酸，C符合题意；
D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸为弱酸，则醋酸的物质的量大于氢氧化钠的，混合后酸过量，则混合液呈酸性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】溶液中水的离子积为常数，酸溶液加水稀释，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大。
9．【答案】C
【解析】【解答】A.加水稀释，促进电离，平衡右移，溶液中n(HCOOH)减少、c((HCOOH)减少；n(H+)增大，c((H+)减少；相对于c((HCOOH)减少来说c((H+)减少的少，c(H+)/c(HCOOH)增大，A不符合题意；
B.HCOOH抑制水电离，NH4Cl溶液促进水电离，由水电离出的c(OH-)前者小于后者，B不符合题意；
C.已知：Ka(CH3COOH) =2×10-5，Ka(HCOOH)=2×10-4，pH相等的HCOOH和CH3COOH溶液，二者电离出氢离子浓度相同，但是Ka(CH3COOH)< Ka(HCOOH)，所以酸的浓度为：c（HCOOH）< c（CH3COOH），消耗NaOH溶液的体积CH3COOH多，C符合题意；
D.已知：Ka(CH3COOH) =2×10-5，设电离出的c((H+)=xmol/L，根据平衡常数公式进行计算：2×10-5=x2/0.05，x=10-3， 所以pH=3；D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据电离平衡常数可以知道乙酸酸性小于甲酸酸性，乙酸酸性和一水合氨碱性相当；
A、根据越稀越电离；
B、甲酸抑制水的电离，铵根离子的水解促进水的电离；
C、等体积等pH值，此时乙酸的浓度更大，消耗的氢氧化钠更多；
D、根据电离平衡常数的计算公式，可以列出相关方程式。
10．【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。
11．【答案】B
【解析】【解答】A.NaOH已知水的电离，碳酸钠促进水的电离，不符合题意；
B.碳酸根离子促进铵根离子的水解，前者的铵根离子浓度大于后者的铵根离子浓度，符合题意；
C.醋酸是弱酸，稀释后pH相同，则需要向醋酸中加入水的体积大于加入盐酸中的水的体积，不符合题意；
D.醋酸是弱酸，随浓度的增大，醋酸电离度减小，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据弱电解质的电离度与溶液浓度的关系、盐类水解的规律等进行分析即可。
12．【答案】D
【解析】【解答】根据分析得出，以上现象均与盐类的水解有关，答案为D
【分析】①明矾为KAl（SO4）2·12H2O，和AlCl3中的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，起到净水作用，与盐类的水解有关，①符合题意；②FeCl3溶液中Fe3+水解，加入少量盐酸为抑制Fe3+水解，与盐类的水解有关，②符合题意；③配制AlCl3溶液，AlCl3加水稀释时，发生水解，为防止水解，把它溶解在盐酸中，与盐类的水解有关，③符合题意；④NH4Cl和ZnCl2溶液中的NH4+、Zn2+水解使溶液显酸性，可与铁锈反应，与盐类的水解有关，④符合题意；⑤Na2CO3、Na2SiO3 等溶液CO32-、SiO32-水解使溶液呈碱性，可与磨口玻璃塞中的SiO2反应，与盐类的水解有关，⑤符合题意；⑥在NH4Cl或AlCl3 溶液中NH4+、Al3+水解使溶液显酸性，加入镁条会产生气泡，与盐类的水解有关，⑥符合题意；⑦Na2S溶液和AlCl3溶液混合后S2-、Al3+相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，与盐类的水解有关，⑦符合题意；⑧长期使用硫铵，土壤酸性增强，NH4+水解使溶液显酸性，NH4+、CO32-相互促进水解，生成氨气和二氧化碳气体，使氮肥失效，与盐类的水解有关，⑧符合题意；
13．【答案】D
【解析】【解答】A.加KSCN溶液显红色证明有Fe3+，三价铁离子会与碘离子发生氧化还原反应，因此不能大量共存，A选项是错误的；
B.使酚酞变红色的溶液中含有氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子不能共存，B选项是错误的；
C.与Al单质反应能放出氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显碱性的话，与铜离子不能共存，C选项是错误的；
D.该溶液显酸性，4种离子都能大量共存，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.二者发生反应的离子方程式为：Fe3++I-=Fe2++I2;
B.碳酸氢根是弱酸的酸式酸根离子，既不能在碱性溶液中存在，也不能在酸性环境中大量存在；
C.与Al单质反应能放出氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显碱性的话，与铜离子不能共存；
D.四种离子之间互不反应，也不与H+反应。
14．【答案】D
【解析】【解答】A、该水解反应是吸热反应，升温，平衡正向移动， 浓度减小，A不符合题意；
B、水的电离也是吸热反应，升温，平衡正向移动，水的电离程度增大，B不符合题意；
C、升温，水的电离程度增大，H+浓度和OH-浓度都增大，所以KW增大，C不符合题意；
D、升温， 的水解平衡正向移动，OH-浓度增大，所以碱性增强，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】 发生水解反应： +H2O HCO3-+OH- DH<0
15．【答案】D
【解析】【解答】A. 水是弱电解质，故A不符合题意；
B. 升温促进水的电离，所以纯水中c（H+）随着温度的升高而增大，故B不符合题意；
C. 同一物质的熵：气态＞液态＞固态，所以由液态水结成冰的过程是一个熵减小的过程，故C不符合题意；
D. 碱溶液中氢氧根离子浓度较大，使水的电离平衡逆移，抑制了水的电离；弱酸根离子或弱碱根离子能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，促进了水电离，所以25℃，浓度相同的氢氧化钠溶液与醋酸钠溶液，水的电离度前者小于后者，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．水是弱电解质；
B．温度升高，水的电离程度加大；
C．同一物质的熵：气态＞液态＞固态；
D．NaOH溶液抑制水的电离，CH3COONa促进水的电离；
16．【答案】C
【解析】【解答】A．用漂白粉净水时，溶于水的氯化钙和次氯酸钙会使水中钙离子浓度增大，增加水的硬度，A不符合题意；
B．滴有酚酞的氨水中加入少量固体，促进一水合氨的电离平衡逆向移动，溶液碱性减弱，红色变浅，B不符合题意；
C．新制氯水中存在，具有漂白性，会将试纸氧化漂白，因此无法用试纸测定其，C符合题意；
D．溶液中由于电离产生的NH发生水解反应而显现酸性，H+可以与Fe2O3，发生反应产生Fe3+和水，因此可以除去铁锈，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．钙离子浓度增大，水的硬度增加；
B．依据一水合氨的电离平衡的影响因素分析；
C．新制氯水中的具有漂白性；
D．强酸弱碱盐水解显酸性。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．NH4++H2O NH3·H2O+H+，NH4Cl溶液因 NH4+水解呈酸性，A不符合题意；
B．NaOH属于碱，不能水解，B不符合题意；
C．CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，CH3COONa溶液因 CH3COO-水解呈碱性，C符合题意；
D．Na2SO4属于强酸强碱盐，不能水解，显中性，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】盐中的弱酸根离子或弱碱阳离子能水解。
18．【答案】D
【解析】【解答】解：A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A不符合题意；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B不符合题意；
C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C不符合题意；
D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】此题注意能做胃肠的钡餐肯定不溶于胃酸，胃酸是盐酸，而碳酸钡能溶于胃酸，所以不能。
19．【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
20．【答案】A
【解析】【解答】A． 能结合水电离的OH-生成弱电解质 ，A符合题意；
B．K+是强碱的阳离子，不能水解，B不符合题意；
C． 是强酸的阴离子，不能水解，C不符合题意；
D．Cl-是强酸的阴离子，不能水解，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据弱酸的酸根离子和弱碱的碱根离子会发生水解分析。
21．【答案】（1）
（2）
（3）④②③
【解析】【解答】（1）NH4Cl在水中完全电离，产生NH4＋和Cl－。NH4＋是弱碱的阳离子，在水中发生水解反应：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性。
故答案为：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋
（2）NaOH溶液中H＋来自于H2O电离产生，水电离产生的c(OH－)等于水电离产生的c(H＋)。0.1mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，此时溶液中。由于溶液中的H＋都来自于H2O电离产生，因此c(H＋)水=c(H＋)aq=1.0×10－13mol·L－1，水电离产生的c(OH－)等于水电离产生的c(H＋)，所以c(OH－)水=c(H＋)水=1.0×10－13mol·L－1。
故答案为：1.0×10－13mol·L－1
（3）②CH3COOH是弱酸，在水中部分电离，产生H＋，使得溶液显酸性；③NaHSO4溶液中NaHSO4完全电离，产生H＋，使得溶液显酸性。因此0.1mol·L－1的NaHSO4溶液的酸性强于0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，所以pH值：②＞③。④NH4Cl溶液中由于NH4＋的水解使得溶液显酸性，因此0.1mol·L－1的NH4Cl溶液的酸性弱于0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，所以pH值：④＞②。综上，0.1mol·L－1的②③④三种溶液中的pH大小关系为④＞②＞③。
故答案为：④②③
【分析】（1）NH4Cl溶液中存在NH4＋的水解，使得溶液显酸性。
（2）0.1mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，溶液中的H＋来自于H2O电离产生，水电离产生的c(H＋)与H2O电离产生的c(OH－)相同。结合水的离子积常数Kw计算溶液中c(H＋)，从而得出由水电离产生的c(OH－)。
（3）②③④三种溶液都显酸性，根据溶液中H＋的来源，判断溶液pH的大小。
22．【答案】（1）NaHC2O4溶液存在电离平衡：HC2O4- H++ C2O42-，电离平衡常数K2=5.4×10-5；水解平衡：HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）=1.85×10-13< K2；HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，溶液显酸性
（2）169.8
（3）p4 >p3>p2>p1；>；6.55
（4）②③
【解析】【解答】（1）NaHC2O4溶液中存在电离平衡：HC2O4- H++ C2O42-，电离平衡常数K2=5.4×10-5；水解平衡：HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）=1.85×10-13< K2；HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性；
综上所述，本题答案是：NaHC2O4溶液存在电离平衡：HC2O4- H++ C2O42-，电离平衡常数K2=5.4×10-5；水解平衡：HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）=1.85×10-13< K2；HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，溶液显酸性；（2）已知分解的草酸与所需空气（其中氧气的体分数为 ）的物质的量之比为2：3，假设草酸为2mol，则氧气为3mol×1/5=0.6mol；根据能量守恒关系可知：2×a=0.6×566，a=169.8；
综上所述，本题答案是：169.8。（3）①温度相同时，压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，故p4 >p3>p2>p1；压强不变，升高温度，甲烷的转化率增大，平衡右移，正反应为吸热反应， H>0；
综上所述，本题答案是：p4 >p3>p2>p1；>。
②1100℃时，甲烷的转化率为80%，根据 反应可知，剩余甲烷气体的浓度为0.2mol/L-0.2mol/L×80%=0.04mol/L，二氧化碳气体的浓度为0.2mol/L-0.2mol/L×80%=0.04mol/L，生成一氧化碳气体的浓度为2×0.2mol/L×80%=0.32mol/L，生成氢气气体的浓度为2×0.2mol/L×80%=0.32mol/L，所以该反应的平衡常数K=c2(H2)c2(CO)/[c(CH4)c(CO2)]，代入数值计算可得：K=6.55；
综上所述，本题答案是：6.55。（4）①A点时，为草酸溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4－)+c(OH-)，错误；
② B点时等物质的量的H2C2O4和KOH恰好反应生成KHC2O4，溶液的pH小于7，说明KHC2O4溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小关系为：c(K+)>c(HC2O4－)>c(H+)>c(OH-)，符合题意；
③C点时：溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+ c(OH-)，所以c(K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)；根据物料守恒可知，如果全为草酸氢钾溶液：c(K+)= c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)；如果全为草酸钾溶液，c(K+)= 2[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)]；而题给混合液呈中性，为草酸氢钾和草酸钾的混合液，因此溶液中存在 ；符合题意；
④D点时：D点时，氢氧化钾的物质的量是草酸的2倍，二者恰好反应生成草酸钾，根据质子守恒：c(H+)+ c(HC2O4－)+2 c(C2O42-)=c(OH-)，错误；
故答案为：②③。
【分析】（1）草酸氢根是弱酸的酸式根，既存在电离也存在水解，溶液显酸性的原因是电离大于水解；
（2）根据草酸与空气的物质的量之比，可以计算出氧气的消耗量，继而求出a值；
（3）①该反应的正反应是体积增大的反应，所以增大压强，反应会逆向进行；升高温度，反应向正反应方向移动，说明该反应是吸热反应；
②平衡常数等于反应物的浓度幂之积与生成物的浓度幂之积之比；
（4）在该体系中存在三个守恒，即质子守恒、电荷守恒和物料守恒，结合三种守恒之间的关系，可以推导出体系中个微粒浓度之间的关系。
23．【答案】（1）1×10-14；1×10-12；增大；A；B
（2）D
（3）3；11；氢氧化钠
【解析】【解答】（1）水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)，则A点水的离子积为Kw=10-7×10-7=1×10-14，B点水的离子积为Kw=10-6×10-6=1×10-12，温度不变，水的离子积不变，C点与B点温度相同，则水的离子积相同，则C点水的离子积为1×10-12；由此可知对纯水由25℃升高温度至100℃时水的离子积增大，纯水中c(H+)始终等于c(OH-)，则氢离子、氢氧根浓度由A点变为B点；故答案为：1×10-14；1×10-12；增大；A；B；
（2）向溶液中滴加硫酸会对水的电离起到抑制作用，氢离子浓度增大，氢氧根浓度减小，但是温度不变，水的离子积不变，会在该温度曲线的基础上向着下方移动，则体系将由B点移向D点；故答案为：D；
（3）25℃时，Kw=1×10-14，0.001mol/L的盐酸溶液pH=-lgc(H+)= -lg0.001=3；0.001mol/L的氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.001mol/L， ，则pH= -lgc(H+)= -lg10-11=11；若将二者温度都升高至100℃，Kw=1×10-12，盐酸溶液中氢离子浓度不变，pH不变，氢氧化钠溶液中 pH变为9；故答案为：3；11；氢氧化钠。
【分析】（1）根据此时氢离子和氢氧根离子浓度计算，根据D点计算出100℃的常数即可，温度越高水解越强，水的离子积增大接口判断
（2）加入氢离子，导致抑制水的电离即可计算出氢氧根离子
（3）根据水的离子积即可计算出pH，根据给出的数据即可计算
24．【答案】（1）CN-+H2O HCN+OH-
（2）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)DH=-890kJ·mol-1
【解析】【解答】（1） NaCN溶液因为CN-水解使溶液呈碱性，离子方程式为：CN-+H2O HCN+OH-。
（2）已知：8.0g甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量为445.0kJ，则1mol甲烷完全燃烧放出的热量为890 kJ，甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)DH=-890kJ·mol-1。
【分析】
(1)根据CN-的水解分析；
(2)根据热化学方程式的要求书写。
25．【答案】（1）<；c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
（2）碱；CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，CH3COO-水解显碱性
（3）bc
（4）<；>
【解析】【解答】(1)醋酸属于酸，所以溶液①的pH小于7，满足电荷守恒，即c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。
（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-。
（3）醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，两种溶液中醋酸根离子的浓度都小于0.1mol/L，故a不正确，b正确；醋酸为弱电解质，部分电离出醋酸根离子，醋酸钠为强电解质，完全电离出醋酸根离子，存在醋酸根离子的水解，但醋酸根离子的水解程度很小，所以两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol L-1，所以CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)，故c正确；故答案为：b c；
（4）NaHSO3溶液pH<7，则 的电离程度大于水解程度，故c( )>c(H2SO3)，NaHCO3溶液的pH>7，则 的水解程度大于电离程度，故c( )【分析】（1）CH3COOH溶液显酸性，则其pH＜7；结合溶液中CH3COOH和H2O的电离，书写电荷守恒。
（2）CH3COONa溶液中存在CH3COO-的水解，使得溶液显碱性。
（3）CH3COOH为弱酸，在水中部分电离；而CH3COONa为可溶性盐，在水中完全电离。据此判断两溶液中离子浓度的大小关系。
（4）HSO3－、HCO3－都存在电离和水解，由溶液的酸碱性，判断离子电离和水解程度的相对大小，从而比较溶液中微粒的浓度大小。