2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练47水解常数的应用含解析

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水解常数的应用一、单选题（共19题）1．下列说法正确的是A．，其他条件不变时，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正向移动B．常温下，反应能自发进行，则其C．常温下，pH均为10的NaOH溶液与溶液中，水的电离程度相同D．保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入，溶液中的值减小2．下列有关电解质溶液的说法不正确的是(　　)A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小B．将0.1 mol·L－1K2C2O4溶液从25 ℃升高到35 ℃，增大C．向0.1 mol·L－1 HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1D．pH＝4的0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中：c(HC2O)>c(H＋)>c(H2C2O4)>c(C2O)3．已知HClO的，HF的，下列有关说法正确的是A．在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0. 01的稀盐酸，溶液的pH会变小B．0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，水解程度增大，但溶液的pH减小C．等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小D．将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6种微粒4．下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A．比较NO2在不同温度水浴中的颜色B．探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应C．淀粉在不同条件下水解D．配制FeCl3溶液5．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A．物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液，c(NH)的大小顺序为：①>②>③B．等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(H+)C．0.1mol·L-1的CH3COOH与0.05mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(H+)+c(CH3COOH)”、“＜”或“=”)。22．化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。I.现有25℃时，浓度均为的和的缓冲溶液，pH=4.76，回答下列问题：[25℃时，为盐的水解常数](1)25℃时_______(写表达式)，计算_______(保留三位有效数字)。(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。(3)用1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H+)_______mol/L。(4)改变下列条件，能使稀溶液中保持增大的是_______。a.升温 b.加入NaOH固体 c.稀释 d.加入CH3COONa固体II.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时，的一级电离常数，，。由题给数据可算得正常人体血液的pH约为_____，当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的值将___(填“变大”“变小”或“不变”)。23．常温下，某水溶液M中存在的粒子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－、H2O和H2A。根据题意回答下列问题： （1）H2A为_____酸（填“强”或“弱”），往H2A溶液中加水会使 c(H+)/c(H2A)的值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）若M是由一种溶质组成的溶液，则M的溶质可以是Na2A或________。①Na2A的水溶液pH________(填“＜”、“＞”或“＝”)7，原因是：______________________________（用离子方程式表示）②往Na2A溶液中加入_______________ 可抑制其水解 (选填字母序号)。a．氯化铵固体   b． KOH固体     c． 水  d．  升高温度 ③已知Ksp(CuA)＝1.3×10－36，往20mL 1 mol·L－1Na2A溶液中加入10 mL 1 mol·L－1 CuCl2溶液，混合后溶液中的Cu2＋浓度为________mol·L－1。（忽略A2－的水解）（3）若溶液M由10 mL 1.00 mol·L－1 H2A溶液与10 mL 1.00 mol·L－1 NaOH溶液混合而成，下列关于溶液M的说法正确的是________(选填字母序号)。a．c(A2－) + c(HA－) + c(H2A) ＝ 1 mol·L－1  b．若溶液显酸性，则c(Na＋)＞c(HA－) ＞c(H＋) ＞c(A2－) ＞c(OH－)c．离子浓度关系：c(Na＋) + c(H＋) ＝ c(OH－) + c(HA－) + c(A2－)d．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大（4）浓度均为0.1 mol · L－1的Na2A、NaHA混合溶液中： ＝ ______ 。24．常温下，几种酸的电离平衡常数如下： 回答下列问题:(1)物质的量浓度均为0.1mol·L-1的①NaClO溶液 ②Na2CO3溶液 ③NaHCO3溶液 ④Na2SO3溶液，pH值由大到小的顺序是____________________。(填序号)(2)用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因是____________________________________________。(3)0.1mol/L的氯化铵溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是___________，只改变下列一个条件，能使c(NH4+)与c(Cl-)比值变大的是______________________。(填标号)A．加入固体硫酸铵 B．通入少量氯化氢C．降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠(4)假设25 ℃时，0.1mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为1×10-6mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常数：Kb(NH3·H2O)=_________________________________。参考答案1．D【详解】A．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，故A错误；B．为气体体积减小的反应，则△S＜0，且△H-T△S＜0的反应可自发进行，常温下可自发进行，则△H＜0，故B错误；C．25℃时，pH=10的NaOH溶液和pH=10的Na2CO3溶液中，氢氧化钠是碱抑制水的电离，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，水的电离程度不相同，碳酸钠溶液中大于氢氧化钠溶液中水的电离，故C错误；D．温度不变电离平衡常数不变，溶液中 ，通入CO2时，二氧化碳和水反应生成的碳酸和氢氧根离子结合生成水而促进一水合氨电离，使得铵根离子浓度增大，所以溶液中 的值减小，故D正确。故选：D。2．D【详解】A．Na2CO3溶液中存在C的水解平衡：C+H2OHC+OH-，通入NH3后生成NH3H2O，电离产生OH-，溶液中c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，c(C)增大，c(Na+)不变，则减小，故A正确；B．K2C2O4溶液中存在C2的水解平衡：C2+H2OHC2+OH-，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c(C2)减小，c(K+)不变，则增大，故B正确；C．向0.1 mol·L－1 HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(H+)=c(OH-)，据电荷守恒式c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c(F-)，则有c(Na+)=c(F-)，即＝1，故C正确；D．pH＝4的0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则有c(C2O)>c(H2C2O4)，故D错误；答案选D。3．B【详解】A．pH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度为0.01，0. 01的稀盐酸中氢离子浓度为0. 01，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，故A错误；B．0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，故B正确；C．NaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：，，由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2(，HClO的，HF的，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶液中钠离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，故C错误；D．Cl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在氯气、氯离子、次氯酸根、氢离子、氢氧根离子、水分子、次氯酸分子等离子，故D错误；故选：B。4．C【详解】A．存在平衡2NO2N2O4，且该反应的正反应是放热反应。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致气体颜色加深；降低温度化学平衡向着正向移动，使c(NO2)减小，气体颜色变浅，可以用平衡移动原理来解释，A不符合题意；B．二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时压强较大，不会有气泡生成，打开瓶塞后压强减小，气体在水中溶解度减小，生成气泡，可用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．催化剂只能加快反应速率，不影响平衡，因此不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；D．铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸时，盐酸电离产生的H+使溶液中c(H+)增大，可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故合理选项是C。5．D【详解】A．三种溶液中，碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用，所以三种溶液中的铵根离子的浓度大小顺序是：③＞②＞①，故A错误；B．碳酸根离子和碳酸氢根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中c(OH-)＞c(H＋)，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中c(HCO)＞c(CO)，故B错误；C．0.1 mol·L-1的CH3COOH与0.05 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H＋)＋c(Na＋)= c(OH-)＋c(CH3COO-)和物料守恒关系2c(Na＋)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)，两式相减可得c(H＋)＋c(CH3COOH) = c(OH-)＋c(Na＋)，故C错误；D．pH相等的NaF和CH3COOK溶液中分别存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)、c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，两种溶液pH相等，则有c(Na+)-c(F-)=c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，故D正确；故选D。6．A【详解】A．红色加深说明溶液中c(OH-)增大，说明碳酸根的水解平衡正向移动，水解吸热，而pH减小，c(H+)也增大，说明加热时促进了水的电离，Kw增大，A正确；B．SO2不能漂白指示剂，所以溶液变红后不会褪色，B错误；C．向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2，次氯酸根将SO2氧化，得到的白色沉淀为CaSO4，所以无法比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，C错误；D．混合溶液中Cu(NO3)2、AgNO3的浓度不一定相同，无法比较二者的溶解度，且二者为不同类型的沉淀，不能简单根据溶解度判断溶度积大小，D错误；综上所述答案为A。7．C【详解】A．NaCl溶液中，稀释后因温度不变，c(H+)不变，A项不符合题意；B．稀释过程Kh不变，c(OH-)减小，则增大，B 项不符合题意；C．氨水中KW不变，即c(H+)·c(OH-)不变，但溶液体积增大，则n(H+)·n(OH-)增大，C项符合题意；D．CuS悬浊液稀释后Ksp不变，c(Cu2+)和 c(S2-)都不变，D项不符合题意；故正确选项为C8．C【详解】A． 水的电离平衡，能水解的盐，能结合水电离出的氢离子或氢氧根离子，从而促进水的电离，故A正确；B． 加热溶液，促进醋酸根离子的水解，减小，钠离子浓度不变，则溶液中的值将减小，故B正确；C． 由于的水解程度大于的水解程度，则同温时，等浓度的和溶液，溶液的pH小，故C错误；D． 在溶液中，铵根离子水解，加入稀，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则能抑制水解，故D正确；故选C。9．D【详解】A．溶液中的OH-全部来自水电离，所以由水电离的 c(OH-)= mol·L-1=1×10-4 mol·L-1，A正确；B．水的电离是一个吸热过程，若升高温度，水的电离平衡正向移动，溶液中 c(OH-)增大，B正确；C．若加入少量 NaOH 固体，溶液中c(OH-)增大，的水解平衡逆向移动，溶液中c()增大，C正确；D．在溶液中，阴、阳离子间满足电荷守恒，依据电荷守恒原则：，D错误；故选D。10．D【详解】①加适量盐酸，与S2-反应生成HS-或H2S，c(S2-)、c(Na+)都减小，但c(S2-)减小更多，的比值变大；②加适量 NaOH(s)，抑制S2-水解，c(S2-)、c(Na+)都增大，但c(Na+)增大更多，的比值变大； ③加适量 KOH(s)，抑制S2-水解，使c(S2-)增大、c(Na+)不变，的比值变小；④加适量 KHS(s)，抑制S2-水解，使c(S2-)增大、c(Na+)不变，的比值变小；⑤加水，促进S2-水解，c(S2-)、c(Na+)都减小，但c(S2-)减小更多，的比值变大；⑥通入适量 Cl2，与S2-发生氧化还原反应，使c(S2-)减小、c(Na+)不变，的比值变大；⑦加热，促进S2-水解，c(S2-)减小，c(Na+)不变，的比值变大；综合以上分析，只有③④符合题意，故选D。11．C【详解】A．碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的大于碳酸氢纳，A正确；B．和溶液中都含有，、、、，B正确；C．加入后，溶液中发生反应：，溶液中发生反应：，等物质的量的碳酸根与碳酸氢根分别与钙离子生成的沉淀不等量，C错误；D．溶液中发生反应：，D正确；故选C。12．A【详解】①CH3COONa与Na2CO3，碳酸根离子水解后的溶液显示碱性，抑制了醋酸根离子的水解，但抑制程度小于③，醋酸根离子浓度大于②，小于③；②CH3COONa与NaCl，醋酸根离子发生水解，c(CH3COO－)小于0.05 mol·L－1；③CH3COONa与NaOH，氢氧化钠为强碱，氢氧化钠电离的氢氧根离子大大抑制了醋酸根离子的水解，醋酸根离子浓度最大；④CH3COONa与HCl，二者恰好反应生成醋酸，醋酸的电离程度较小，溶液中醋酸根离子浓度最小；根据以上分析可知，各混合液中c(CH3COO-)浓度大小顺序为：③＞①＞②＞④；答案选A。13．B【详解】A．锌足量，反应生成氢气的量由酸的物质的量决定，未给溶液的体积，无法判断HA与HB的物质的量谁大，也就无法判断pH=3的HA溶液与HB溶液谁的浓度更大，无法判断其电离程度谁大，因此无法判断酸性谁强，A错误；B．CaCO3的Ksp小于CaSO4的Ksp，锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡转化为CaCO3，再用酸将CaCO3(s)溶解去除，B正确；C．合成氨生产中将NH3液化分离，NH3浓度减小，平衡正向移动，N2、H2的转化率增大，N2、H2的浓度随之减小，正反应速率减小，C错误；D．向Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，钙离子消耗碳酸根离子，同时OH-浓度增大，C水解平衡逆向移动，C水解程度减小，但OH-浓度增大，pH增大，D错误；答案选B。14．C【详解】A．I中Al表面没有气泡，说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，A项正确；B．碳酸钠溶液显碱性，铝表面的氧化膜和碱反应生成偏铝酸根，去掉氧化膜后，铝和碱反应生成偏铝酸根，碳酸根水解生成碳酸氢根，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子反应， AlO2- + HCO3- + H2O = Al(OH)3↓+ CO32-，B项正确；C．盐类水解是吸热反应，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向都起到促进作用，C项错误；D．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32- + H2O HCO3- + OH-，D项正确；故选C。15．B【详解】A． 若HCO电离程度大则呈酸性，HCO的水解程度大呈碱性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度，故A正确；B． 加入CaCl2钙离子与碳酸根结合生成碳酸钙，促进了HCO的电离，故B错误；C． 滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出，生成碳酸，反应的离子方程式是2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，故C正确；D． 根据电荷守恒，溶液呈中性，左侧删除c(H+)，右侧删除c(OH-)，反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)，故D正确；故选B。16．B【详解】A．Al与稀盐酸反应生成AlCl3溶液，AlCl3属于强酸弱碱盐，其在水溶液中能水解，温度升高盐类的水解程度增大，盐酸为易挥发性酸，受热时易挥发，所以蒸干Al与稀盐酸反应后所得的溶液最终得到的是氢氧化铝而不是无水AlCl3 固体，故A不选；B．向Na2CO3溶液中滴加酚酞溶液变红，加入足量BaCl2固体，搅拌，溶液逐渐褪色，是因为向Na2CO3溶液中加入足量BaCl2固体反应生成难溶的碳酸钡沉淀，结合水解方程式可知碳酸根离子被消耗，平衡逆向移动，故选B；C．将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，产生气泡，属于化学腐蚀而不是电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，故C不选；D．该实验中硫离子过量，所以后再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀不确定时原溶液中为反应的与结合生成黑色的CuS还是ZnS与反应生成的CuS，故D不选。答案选B。17．B【详解】A. 在0.1mol·L－1的醋酸溶液中，加0.1mol/L的葡萄糖溶液，溶质葡萄糖不影响醋酸的电离，相当于稀释了醋酸溶液，促进醋酸的电离，醋酸的电离程度增大，故A正确；B. 向0.1mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，根据氨水的电离平衡常数可知= ，则该比值减小，故B错误；C. Na2CO3溶液中存在水解反应：CO+H2OHCO+OH-，0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，则CO浓度降低， 该平衡逆向移动，OH-浓度降低，pH减小，但CO水解程度增大，故C正确；D. pH=5的①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液③NH4Cl溶液中，氯化铵溶液中铵根离子水解，促进了水的电离，而①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液中氢离子抑制了水的电离，①HCl和②CH3COOH和CH3COONa混合溶液的pH相等，则两溶液中水的电离程度相同，所以由水电离出的c（H+）大小为：①=②＜③，故D正确；故选B。18．B【详解】Na2CO3溶液中存在水解平衡：+H2O⇌+OH-，⇌H2CO3+OH-。A．稀释溶液，Na2CO3的水解平衡正向移动，溶液中n()减少，水解出的n(OH-)增多，减小，由于微粒处于同一溶液，溶液的体积相同，故减小，A错误；B．盐类水解反应是吸热反应，升高温度，盐的水解程度增大，c()减少，水解产生出的c()增大，则减小，B正确；C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH－)，C错误；D．100 mL 1 mol•L﹣1的Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为0.1 mol，完全吸收0.1 mol CO2气体后恰好完全反应生成0.1 mol NaHCO3，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c()+ c()+c(OH﹣)＞c()+c(OH﹣)，D错误；故合理选项是B。19．D【详解】A.CH3COONa的水解反应是吸热反应，升高温度，水解程度增大，溶液的pH增大，故A错误；B.酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子，则将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液变红，不能说明Fe(NO3)2样品溶于酸前已氧化变质，故B错误；C.没有明确浓度是否相同，无法判断氟离子和亚硝酸根离子的水解程度，故C错误；D.由白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀可知，氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜的溶解度小于氢氧化镁，溶度积Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正确；故选D。20．BD 减小 减小 ＞ ＞ ＞ c AB 11 【详解】(1)A.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡正向移动，和浓度都增大，不符合题意；B.加入NH4Cl固体，NH4Cl电离出，的浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小，符合题意；C.通入适量NH3，NH3·H2O浓度增大，平衡正向移动，和OH-浓度都增大，不符合题意；D.加入少量浓盐酸，浓盐酸电离出的H+与OH-结合成H2O，OH-浓度减小，电离平衡正向移动，浓度增大，符合题意；故答案为：BD；(2)①醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加入的醋酸钠电离出CH3COO-，CH3COO-浓度增大，电离平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小；在盐酸中加入醋酸钠，醋酸钠电离出的CH3COO-与H+结合成弱酸CH3COOH，溶液中c(H+)减小；故答案为：减小；减小；②加水稀释10倍，溶液体积变为原来的10倍，稀释后盐酸中c(H+)变为原来的1/10；加水稀释促进醋酸的电离，稀释后醋酸溶液中c(H+)大于原来的1/10；加水稀释10倍后醋酸溶液中的c(H＋)＞盐酸溶液中的c(H＋)，故答案为：＞；③醋酸为弱酸，盐酸为强酸，pH相同的盐酸和醋酸溶液，物质的量浓度：醋酸大于盐酸，等体积的溶液中加入等浓度的NaOH溶液至恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积：醋酸＞盐酸，故答案为：＞；④弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进醋酸的电离，醋酸溶液中c(H+)增大；升高温度，盐酸溶液中c(H+)不变，则温度都升高20℃后溶液中c(H+)：醋酸＞盐酸，故答案为：＞；⑤醋酸溶液中H+被消耗会促进醋酸的电离，反应过程中醋酸溶液中c(H+)大于盐酸中，醋酸与Zn反应的速率比盐酸与Zn反应的速率快；等pH、等体积的醋酸溶液和盐酸中，醋酸提供的H+总物质的量大于盐酸，醋酸与足量Zn反应放出的H2大于盐酸与足量Zn反应放出的H2；答案选c。(3)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释促进CH3COOH的电离，A.电离程度增大，正确；B.由于电离平衡正向移动，H+、CH3COO-物质的量增大，溶液中离子总数增多，正确；C.由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c(H+)、c(CH3COO-)物质的量浓度减小，溶液导电性减弱，错误；D.由于电离程度增大，溶液中醋酸分子减少，错误；答案选AB。(4)=1.0×10-5，则c(OH-)==1.0×10-3mol/L，c(H+)==1.0×10-11，则pH=11。21．BC A->B2->HB- 由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质方向进行 CD b>a=d>c ③ > 【详解】(1)①六种盐都为强碱弱酸盐，盐的pH越大，说明对应的酸水解程度越大，则对应的酸越弱，则A．CH3COOH酸性大于HCN，反应能发生，故A正确；B．酸性H2CO3＞HClO＞HCO，应生成NaHCO3，反应不能发生，故B错误；C．酸性H2CO3＞HClO＞HCN，应生成NaHCO3，不能生成CO2，故C错误；D．酸性C6H5OH＞HCO，反应能发生，故D正确；E．酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO，反应能发生，故E正确，故答案为：BC；②据反应H2B(少量)+2A-=B2-+2HA，可知，HA酸性小于H2B，HA酸性最弱，酸性越弱，对应的酸根离子得H+能力越强，没有HB-生成，说明得电子能力A-大于HB-，则得电子能力顺序为A-＞B2-＞HB-，故答案为：A-＞B2-＞HB-；(2)各反应均有固体生成，其溶解度更小，故复分解反应能够向生成更难溶的物质的方向进行，故答案为：由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行；(3)溶液中的c(H+)=10-9mol．L-1，说明溶液呈碱性，只有Na2S和NaOH符合，故答案为：CD；(4)一水合氨为弱电解质，不能完全电离，与盐酸反应至中性时，氨水应稍过量，则b＞a，c(OH -)=1.0×10-3molL-l的氨水，一水合氨浓度远大于1.0×10-3molL-l的氨水，反应至中性时，a＞c，氢氧化钡为强碱，与盐酸完全中和时，a=d，则b＞a=d＞c，故答案为：b＞a=d＞c；(5)CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，且水解程度较小，加水稀释时，浓度减小同时促进水解，但pH变化不大；向等体积纯水中分别加入等物质的量的CH3COONa和NaCN，NaCN水解程度比大CH3COONa，两种溶液中c(Na+)相等，由于CH3COONa溶液中H+浓度大于NaCN溶液中H+的浓度，则CH3COONa溶液中阴离子浓度较大，故答案为：③；＞。22． 5.71×10-10 1×10-4.76 d 7.4 变小 【详解】I. (1)25℃时醋酸根离子水解的离子方程式是，常数， 5.71×10-10；(2) 浓度均为的和的缓冲溶液，pH=4.76，溶液呈酸性，说明醋酸电离大于醋酸钠水解，该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是；(3)用1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，pH几乎不变，反应后溶液中c(H+)=1×10-4.76 mol/L；(4) a．升温，平衡正向移动， 减小、 增大，所以减小； b．加入NaOH固体， 增大，平衡逆向移动，减小，不变，所以减小；c．稀释，减小，不变，所以减小； d．加入CH3COONa固体， 增大，平衡正向移动，增大，不变，所以增大；选d。II.，，，，则正常人体血液的pH约为7.4，当过量的酸进入血液中时，不变，氢离子浓度增大，所以血液缓冲体系中的值将变小。【点睛】本题考查电离平衡常数、水解平衡常数的应用，掌握平衡常数的表达式书写，明确平衡常数只与温度有关，温度不变，水解常数、电离常数都不变。23．弱 增大 NaHA > A2-+H2O⇌HA-+OH-、HA-+H2O⇌H2A+OH- b 3.9×10－36 bd 3/2 【分析】（1）通过存在溶质分子来判断为弱酸，加水有利平衡向电离方向移动，但两者的浓度都变小，应从物质的量之比或Ka来解答；（2）对水解产生的离子，可以看出可以是正盐或酸式盐，而水解平衡的移动影响因素中注意氯化铵水解的促进，然后在离子浓度的计算上，先判断量的关系，注意混合后要重新进行计算；（3）溶液中溶质在混合后只有NaHA，电离程度与水解程度的对比，A为物料守恒，B为电离大于水解，C项为电荷守恒，D考查水的离子积常数，可以转化为浓度进行判断，可以看出体积增大，物质的量乘积也要跟着增高；（4）根据物料守恒分析解答。【详解】(1) 溶液中存在H2A，则说明H2A为弱电解质，往H2A溶液中加水促进电离，从电离平衡角度考虑，n(H+)增大，n(H2A)减小，所以，c(H+)/c(H2A)的值增大；故答案为弱，增大；(2)根据题意可知，水溶液M中存在的粒子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－、H2O和H2A，即可能是Na2A中A2-发生两步水解，一步水解生成HA-和OH-，二步水解HA-水解生成H2A和OH-，M也可能是NaHA，NaHA=Na++HA-，HA-⇌ H++A2-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以M可能是Na2A或NaHA；①由上可知，H2A是弱酸，Na2A即为强碱弱酸盐，所以A2-离子水解使溶液显碱性，离子方程式为：A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以Na2A的水溶液pH>7；故答案为NaHA ，>；A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-；②a.氯化铵溶液中，NH4+水解生成H+，与A2-水解生成的OH-反应，促进A2-水解，故a错误；b. 往Na2A溶液中加入KOH固体，使溶液中c(OH-)增大，抑制A2-水解，故b正确；c. 往Na2A溶液中加入水促进水解，故c错误；d.水解过程吸热，升高温度，使平衡向吸热反应方向移动，即促进水解，故d错误；故答案为b；③20mL1mol/LNa2A溶液中n（A2-）=0.02mol，10mL1mol/LCuCl2溶液中n（Cu2+）=0.01mol，两者混合充分反应后n（A2-）剩余=0.01mol，即混合后c（A2-）剩余=0.01mol÷（0.02L+0.01L）=mol/L，Ksp(CuA)=c(A2－)∙ c(Cu2＋)= 1.3×10－36，则c(Cu2＋)==3.9×10－36（mol/L），故答案为3.9×10－36；(3) 溶液在混合后溶质只有NaHA，a.根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝0.5 mol∙L－1 ，故a错误；b.由于溶液显酸性，则HA-的电离程度大于水解程度，可得到：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)，故b正确；c.根据电荷守恒可得到：c(Na＋)+c(H＋)＝c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)，故c错误；d.水的离子积只和温度有关，加水稀释后水的离子积保持不变，Kw=c(H＋)∙c(OH－)=[n(H＋)∙n(OH－)]/V2，因为V增大，故n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故d正确；故答案为bd；(4) 浓度均为0.1 mol · L－1的Na2A、NaHA混合溶液中，根据物料守恒分别可得：c(Na+)= 2[c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)]＝0.2mol∙L－1，c(Na+)= c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝0.1mol∙L－1，则c(Na+)=0.2mol∙L－1+0.1mol∙L－1=0.3mol∙L－1，c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)=0.1mol∙L－1+0.1mol∙L－1=0.2mol∙L－1，所以==3/2，故答案为3/2。24．②①④③ ClO-+H2OHClO+OH- c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) AC 10-3 【解析】【详解】（1）所给物质属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，根据题中酸的电离平衡常数，得出电离出H＋能力大小顺序是H2SO3>H2CO3>HSO3－>HClO>HCO3－，利用越弱越水解的规律，得出水解程度大小顺序是CO32－>ClO－>SO32－>HCO3－，因此pH大小顺序是②>①>④>③；（2）NaClO属于强碱弱酸盐，ClO－发生水解：ClO－＋H2OHClO＋OH－，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性；（3）NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，溶液显酸性，因为NH4＋水解程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；A、硫酸铵化学式为(NH4)2SO4，氯化铵溶液加入硫酸铵，c(NH4＋)增大，即c(NH4＋)/c(Cl－)增大，故A符合题意；B、加入HCl，抑制NH4＋的水解，c(NH4＋)增大，HCl为强电解质，完全电离出H＋和Cl－，c(Cl－)增加的比c(NH4＋)增加多，即c(NH4＋)/c(Cl－)减少，故B不符合题意；C、盐类水解为吸热反应，降低温度，抑制NH4＋水解，c(CNH4＋)增大，c(Cl－)不变，即c(NH4＋)/c(Cl－)增大，故C符合题意；D、加入少量NaOH，发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，c(NH4＋)减小，c(Cl－)不变，即c(NH4＋)/c(Cl－)减小，故D不符合题意；（4）NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，c(NH3·H2O)=c(H＋)=10－6mol·L－1，c(NH4＋)=(0.1－10－6)mol·L－1≈0.1mol·L－1，c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－6mol·L－1=10－8mol·L－1，NH3·H2O电离方程式为NH3·H2ONH4＋＋OH－，Kb=c(NH4＋)×c(OH－)/c(NH3·H2O)，代入数值，Kb=10－3。选项实验操作实验现象结论或解释A常温下取两份5mL0.1mol/LNa2CO3溶液，一份滴加2滴酚酞，另一份插入手持pH 计，同时放入温水浴中加热，加热至40℃，分别测出常温、40℃溶液pH红色加深；pH分别为11.7、11.4碳酸根离子水解、水的电离均吸热，温度升高，c(OH-)、Kw均增大B将SO2通入紫色石蕊试液中溶液先变红，后褪色SO2的水溶液有酸性、漂白性C向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2出现白色沉淀酸性：H2SO3>HClOD向Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液中滴加NaHS溶液 出现黑色沉淀Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)选项X稀释后A0. 1mol·L-1NaClc(Na+)和c(H+)都减小B0. 1mol·L-1Na2CO3c( HCO)/ c ( CO)减小C0. 1mol·L-1氨水n(H+)·n(OH-)增大D一定量的CuS悬浊液c( Cu2+ )和c(S2- )都增大无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验为H2和CO2)实验目的实验操作A制备无水AlCl3 固体蒸干Al与稀盐酸反应后所得的溶液B证明Na2CO3溶液中的水解平衡向Na2CO3溶液中滴加酚酞溶液变红，加入足量BaCl2固体，搅拌，溶液逐渐褪色C验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，产生气泡D验证Ksp(CuS)