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苏教版 (2019)选择性必修1专题3 水溶液中的离子反应第三单元 盐类的水解精练
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这是一份苏教版 (2019)选择性必修1专题3 水溶液中的离子反应第三单元 盐类的水解精练，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
3.3.2影响盐类水解的因素同步练习-苏教版高中化学选择性必修1
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．加水稀释0.1mol/L氨水，溶液中c(H+)·c(OH-)和均不变
B．配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解可向溶液中加入适量的稀硝酸
C．向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)
D．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液的pH降低
2．已知常温下有关弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸化学式
HX
HY
H2CO3
电离平衡常数
下列推断正确的是
A．同物质的量浓度的HX、HY两种弱酸，其pH：HX＞HY
B．向Na2CO3溶液中加入足量HY，反应的离子方程式：
C．相同条件下同浓度溶液的碱性：
D．H2CO3的电离常数表达式：
3．时，在溶液中滴入溶液，含磷元素的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．的数量级为
B．时，溶液中主要含磷元素的离子浓度大小关系为
C．的数量级为
D．溶液显碱性，若向溶液中加入足量的溶液，溶液则显酸性
4．0.1mol/LK2CO3溶液中，由于CO32－的水解，使得c(CO32－)＜0.1mol/L。如果要使c(CO32－)更接近0.1mol/L，可以采取的措施是
A．加入适量水 B．加入少量盐酸 C．加入适量KOH固体 D．加热
5．一定条件下，溶液中存在如下平衡：，下列说法正确的是
A．升高温度，增大
B．通入，平衡正向移动，溶液增大
C．加入固体，平衡正向移动，减小
D．稀释溶液，平衡正向移动，增大
6．下列微粒对CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-水解平衡有影响的是
A．H3O+ B． C．Ba2+ D．
7．某化学小组的同学测定溶液在先升温再降温过程中的pH(不将虑温度变化过程中溶液体积的变化)，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
下列说法中正确的是
A．溶液中存在水解平衡：
B．④的pH与①不同，是浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度的变化对水解平衡移动方向的影响一致
D．取①④时刻的溶液，加入溶液，④产生沉淀的物质的量更多
8．25℃时，向高铁酸钾(K2FeO4)水溶液中加酸过程中，平衡体系中含Fe微粒的分布系数δ[如]随pH的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是
A．高铁酸为三元酸
B．pH=2时，
C．向K2FeO4水溶液中加入KOH，水解程度增大
D．的平衡常数
9．向CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质（忽略温度与体积变化），可以使的比值减小的是
A．KOH固体 B．冰醋酸 C．CH3COONa固体 D．NaHSO4固体
10．下列有关说法不正确的是
A．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，的值增大
B．氯碱工业电解装置中通常使用阴离子交换膜将Cl2和NaOH隔开
C．反应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)，若ΔH＜0，则该反应一定能自发进行
D．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
二、填空题
11．(1)将足量的NaOH溶液滴入某酸(H3A)溶液中，发生反应：NaOH+H3A=NaH2A+H2O。则酸H3A是 (填入“一元酸、二元酸、三元酸、不能确定”中一个)。
(2)用电离方程式解释Na2HPO4溶液中有PO的原因
(3)表中是25℃时某些弱酸的电离常数，其中多元弱酸分步电离。
弱酸
K
弱酸
K
HF
3.5310-4
H2CO3
K1=4.410-7
K2=4.710-11
HClO
2.9510-8
HCOOH
1.76510-4
H2C2O4
K1=5.410-2
K2=5.410-5
CH3COOH
1.75310-5
根据表中数据判断下述反应可以发生的是 (填编号)
①NaF+CH3COOH=CH3COONa+HF
②HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑
③CH3COOH+K2C2O4=CH3COOK+KHC2O4
(4)少量CO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为 。
(5)常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴滴加40ml0.1mol/L盐酸溶液，溶液中含碳元素的三种微粒H2CO3、HCO、CO(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。
回答下列问题：
①各字母代表的粒子为b ，c 。
②在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO(填：“能”或“不能”) 大量共存。
12．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如下表：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
平衡常数
Ka=1.8×10-5
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka=3.0×10-8
回答下列问题：
(1) 物质的量浓度均为0．1mol·L-1的四种溶液：a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3，pH由小到大的排列顺序是 (用字母表示)
(2) 常温下，0．1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是 (填序号)
A．c（H+） B．c(H+)／c(CH3COOH)
C．c(H+)·c(OH-) D．c(OH-)／c(H+)
(3) 体积均为l00mL pH=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数 (填“＞”、“＜”或“=”)CH3COOH的电离平衡常数。
(4) 25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中：
①c(CH3COO-)-c(Na+)= mol·L—1(填精确值)
②c(CH3COO-)／c(CH3COOH)= 。
13．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵)是一种重要的化工原料，用途广泛。完成下列填空：
(1)Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子核外有 种能量不同的电子，占有的轨道总数是 个。铁在元素周期表的第ⅦB和第ⅠB之间。铁位于第 周期 族。
(2)写出Fe与水反应的化学方程式： 。
(3)将(NH4)2Fe(SO4)2中非金属元素的简单阴离子按半径由小到大的顺序排列： 。
(4)同温度同浓度的FeSO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(Fe2+)是否相等 ？为什么？ 。
(5)设计实验，证明(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中含有Fe2+ 。
(6)已知：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在200℃失去全部结晶水。将一定质量的粉末状该晶体置于坩埚中，保持200℃受热，经冷却、恒重等正确操作，计算得到的1mol晶体中结晶水含量总是偏低，偏低的可能原因是 (写一条即可)。
14．影响盐类水解平衡的因素有哪些 ？
15．回答下列问题：
(1)写出泡沫灭火器(硫酸铝和碳酸氢钠溶液)灭火时发生反应的离子方程式： 。
(2)写出明矾(KAl(SO4)2·12H2O)净水原理的离子方程式 。
(3)物质的量浓度相同的①NH4Cl；②NH4HCO3；③NH4HSO4；④(NH4)2SO4四种溶液中，c(NH)由大到小的顺序是 。
(4)等物质的量浓度的下列溶液：①NaCl②CH3COONa③NH4Cl④AlCl3⑤Ba(OH)2⑥Na2CO3⑦NaHCO3⑧NaHSO4⑨NaOH⑩H2SO4其pH值由大到小的顺序是(填序号) 。
(5)在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+△H>0，下列方法中，可以使0.10mol·L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是 。
a.加入少量0.10mol·L﹣1的稀盐酸b.加热c.加水稀释至0.010mol·L﹣1d.加入少量冰醋酸e.加入少量氯化钠固体f.加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液
(6)将FeCl2溶液蒸干、灼烧后所得固体为： ；Al2(SO4)3溶液蒸干所得固体为： 。配制FeCl3溶液时，加入少量的 ，目的是 。
16．回答下列问题：
(1)已知，常温下几种物质的电离常数如下： HClO：Ka=3.0×10-8。少量二氧化碳通入到次氯酸钠中的化学方程式 。
(2)若向NaHSO3溶液中加入少量的Cl2，则溶液中pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)能证明Na2SO3溶液中存在水解平衡事实是___________(填序号)。
A．滴入酚酞溶液变红，再加H2SO4溶液红色褪去
B．滴入酚酞溶液变红，微热后红色加深
C．滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
D．滴入酚酞溶液变红，再加NaOH溶液红色加深
(4)已知室温下：，。25℃时，浓度均为0.1mol· L-1的NaClO2溶液和CH3COONa溶液，两溶液中 (填“>”“<”或“=”)。若要使两溶液的pH相等，应 (填序号)。
a.向NaClO2溶液中加适量水 b.向NaClO2溶液中加适量NaOH固体
c.向CH3COONa溶液中加CH3COONa固体 d.向CH3COONa溶液中加适量的水
(5)直接加热CuCl2溶液得不到纯净的无水CuCl2固体，原因是 (用离子方程式表示)。
17．比较下列溶液的pH值(填“＞”、“＜”、“＝”)
(1)0.1 mol·L- 1NH4Cl溶液 0.01 mol·L- 1NH4Cl溶液
(2)0.1 mol·L- 1Na2CO3溶液 0.1 mol·L- 1 NaHCO3溶液
(3)25℃，1 mol·L- 1FeCl3溶液 80℃，1 mol·L- 1 FeCl3溶液
(4)0.1 mol·L- 1NaOH溶液 0.1 mol·L- 1 Na2CO3溶液
18．(1)某浓度的氨水中存在平衡，+、如想增大的浓度而不增大的浓度，应采取的措施是 (填字母)。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入 D．加入少量浓盐酸，
(2)常温下，有c()相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施∶
①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c()变化是醋酸溶液中c() (填“增大”“减小”或“不变”)，盐酸中c() (填“增大”“减小”或“不变”)。
②加水稀择10倍后，醋酸溶液中的c() (填"＞"="或*＜")盐酸溶液中的c()。
③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积。醋酸 (填＞、=或＜)盐酸
④使温度都升高20℃，溶液中c()：醋酸 (填“＞”“=”或“＜”)盐酸。
⑤分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是 (填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)
(3)将0.1mol/L的加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是 (填字母)
A．电离程度增大 B．溶液中离子总数增多 C．溶液导电性增强 D．溶液中醋酸分子增多
(4)常温下的电离常数为1.0×10-5，则0.1mol/L的溶液的pH= 。
19．现有下列电解质溶液：
①②③④⑤⑥⑦
(1)溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，其原因是 (用离子方程式表示)。
(2)上述六种电解质溶液中，既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是 (填序号)。
(3)写出⑤与足量溶液混合加热的离子方程式： 。
(4)常温下，物质的量浓度均为的④、⑥、⑦三种溶液，溶液中由大到小的顺序为： > > (填序号)。
(5)已知：，。常温下，溶液中的pH 7(填“>”“=”或“<”)，理由是 。
(6)已知能定量完成反应：，。相同温度下，相同物质的量浓度的①②③④四种溶液的由大到小的顺序为： (填序号)。
20．结合下表回答下列问题（均为常温下的数据）:
酸
电离常数（Ka）
酸
电离常数（Ka）
酸
电离常数（Ka）
酸
电离常数（Ka）
CH3COOH
1.8×10-5
H2CO3
K1=4.4×10-7
H2C2O4
K1=5.4×10-2
H2S
K1=1.3×10-7
HClO
3×10-8
K2=4.7×10-11
K2=5.4×10-5
K2=7.1×10-15
请回答下列问题:（1） 同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是 。
（2） 0.1mol/L的H2C2O4溶液与0.1mol/L的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。
（3）pH相同的NaClO和CH3COOK溶液中，[c(Na+)-c(C1O-)] [c(K+)-c(CH3COO-)]（填“>”、“<”或“=”） 。
（4） 向0.1mol/LCH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH): c(CH3COO-)=5:9，此时溶液pH= 。
三、实验题
21．硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体(CuSO4·xH2O)在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。某小组对硫酸铜晶体性质进行探究，回答下列问题：
[探究一]验证硫酸铜晶体的分解产物
某小组同学对某温度下硫酸铜晶体的分解产物进行验证，设计了如下实验：
观察到的实验现象有：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中品红溶液褪色；E中溶液变为红色。
(1)装有无水硫酸铜的仪器名称为 ，C、D两装置位置 (填“ 能”或“不能”)交换。
(2)C中产生的沉淀的化学式为 ，E中Fe2+发生反应的离子方程式为 。
(3)该实验设计的不足之处是 。
[探究二]测定硫酸铜晶体中结晶水含量
实验步骤：①称取mg硫酸铜晶体，用适量蒸馏水溶解，再滴加几滴酸A酸化。
②向①所得溶液中滴加足量BaCl2溶液，得到白色沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤。
③将洗涤后的沉淀充分干燥后称得其质量为ag。
(4)步骤①酸A应该选择 ( 填“稀盐酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是 。
(5)步骤②检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。
(6)根据实验数据，硫酸铜晶体( CuSO4·xH2O)中x= (用含 m、a的代数式表示)。
22．探究影响盐类水解平衡的因素
(1)哪些外界条件的改变影响的水解平衡？如何影响？
(2)判断向碳酸钠溶液中加水稀释，水解平衡的移动方向．并通过计算比较浓度商和水解平衡常数的大小，证明你的结论。
(3)设计实验证明溶于水后溶液呈碱性是由水解引起的。(可选用的试剂有溶液、酚酞、溶液)
23．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH随温度的升高发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
甲同学认为，该溶液pH升高的原因是随温度的升高HCO3-的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为 。
乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度 (填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为 。
丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。为什么？能不能选用Ba(OH)2溶液？ 。
(2)将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH (填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则 (填“甲”或“乙”)判断正确。
参考答案：
1．C
【详解】A. 溶液中c(H+)c(OH−)=Kw，Kw只与温度有关，则c(H+)⋅c(OH−)不变，= ，稀释过程中c(OH−)发生变化，则变化，故A错误；
B. 稀硝酸具有氧化性会把Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；
C. 向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，有电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(H+)= c(OH-)，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)，故C正确；
D. 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，溶液中= ，加入CH3COONa，增大，c(H+)减小，溶液碱性增强，pH增大，故D错误；
故选C。
2．B
【详解】A．弱酸的电离平衡常数越大，相应的弱酸电离能力就越强，等浓度时电离产生的H+浓度就越大，该弱酸的pH就越小。根据表格电离平衡常数可知酸性：HX＞HY，所以同物质的量浓度的HX、HY两种弱酸，其c(H+)：HX＞HY，则溶液pH：HX＜HY，A错误；
B．根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HY＞，所以向Na2CO3溶液中加入足量HY，发生反应产生NaY、NaHCO3，反应的离子方程式为：，B错误；
C．弱酸的酸性越强，其相应的盐水解程度就越小，等浓度的溶液碱性就越弱。根据电离平衡常数可知酸性：HX＞H2CO3＞HY＞，所以相同条件下同浓度溶液的碱性：Na2CO3＞NaY＞NaX，C错误；
D．H2CO3是二元弱酸，存在电离平衡，且电离分步进行，主要是第一步电离，该步的电离常数表达式为：，D错误；
故合理选项是B。
3．B
【分析】，题图中A点处，；，题图中B点处，；，题图中C点处，。
【详解】A．，题图中B点处，，数量级为，A正确；
B．等于7时，溶液中主要存在的含磷元素的离子是和，根据题图可以看出，，B错误；
C．，数量级为，C正确；
D．溶液显碱性，是因为的水解程度大于其电离程度，若向溶液中加入足量的溶液，与其电离产生的结合为磷酸钙沉淀，促进其电离，所以溶液显酸性，D正确；
故答案为：B。
4．C
【详解】如果要使c(CO32-)更接近于0.1mol/L，抑制碳酸根离子水解的条件即可；
A．加入水稀释会导致溶液中离子浓度减小，故A错误；
B．加入盐酸会和碳酸根反应生成水和二氧化碳，碳酸根离子浓度减小，故B错误；
C．加入氢氧化钾固体，会抑制碳酸根水解，使得碳酸根浓度接近0.1mol/L，故C正确；
D．加热会促进碳酸根离子水解，导致离子浓度减小，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．水解为吸热反应，温度升高平衡正向移动，增大，减小，则增大，故A正确；
B．通入，消耗，浓度减小，平衡正向移动，溶液pH值减小，故B错误；
C．加入固体，浓度增大，平衡逆向移动，pH增大，故C错误；
D．代表水解平衡常数，温度不变时Kh不变，故D错误；
故选：A。
6．A
【详解】CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- ，加入H3O+，H+与OH-结合生成水，平衡向右移动； 是氯离子，Cl-、Ba2+、与CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-体系中的微粒不反应，Cl-、Ba2+、对CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-平衡无影响，故选A；
7．B
【详解】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，存在水解平衡，分两步水解，水解平衡为：，故A错误；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH-浓度降低，也就说明过程中浓度有所降低，故B正确；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，由于④中被氧化为，浓度减小，平衡逆移，而升高温度，平衡正移，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；
D．①时刻加入溶液产生沉淀是BaSO3，④中被氧化为，④产生的白色沉淀是BaSO3和BaSO4，由于浓度减小，因此①产生沉淀的物质的量更多，故D错误；
故选：B。
8．D
【详解】A． 高铁酸H2FeO4为二元酸，故A错误；
B． 由图pH=2时，，故B错误；
C． ，水解生成碱，向K2FeO4水溶液中加入KOH，水解程度减小，故C错误；
D． pH=3.5时，，的平衡常数，故D正确；
故选D。
9．D
【分析】醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO- +H2OCH3COOH+OH- ，使c（CH3COO- ）/c（Na+）比值增大，可使平衡向逆反应方向移动，结合影响水解平衡移动的因素解答该题。
【详解】A．加入固体KOH，醋酸根的水解平衡逆向移动，c（CH3COO- ）增大，但c（Na+）不变，则比值增大，故A错误；
B．加入冰醋酸，平衡逆向移动，c（CH3COO-）增大，则比值增大，故B错误；
C．加入固体CH3COONa，c(CH3COONa)浓度增大，水解程度降低，则比值增大，故C错误；
D．加入固体NaHSO4 ，平衡向正向移动，c（Na+）增大，c（CH3 COO-）减小，则比值减小，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查学生盐的水解原理以及影响盐的水解平衡移动等方面的知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意知识的归纳整理是解题关键，难度中等。
10．B
【详解】A．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，的水解程度增大，则n()减小，n(NH3∙H2O)增大，从而得出=的值增大，A正确；
B．氯碱工业中，在阴极H2O得电子生成OH-和H2，使用阳离子交换膜，让饱和食盐水中的Na+进入阴极区，从而获得纯净的NaOH溶液，B不正确；
C．反应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)中，生成物气体分子数大于反应物气体分子数，是一个熵增反应，ΔS>0，若ΔH<0，则该反应一定能自发进行，C正确；
D．在海轮外壳连接锌块，由于Zn的金属活动性比Fe强，可阻止Fe失电子，从而保护外壳不受腐蚀，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故选B。
11． 一元酸 Na2HPO4=2Na++HPO HPO⇌ H++PO ② CO2+ClO-+H2O=HCO+HClO HCO H2CO3 不能
【详解】(1)足量的NaOH溶液滴入某酸(H3A)溶液中最终产物为NaH2A，说明NaH2A不能电离出氢离子，所以H3A为一元酸；
(2)Na2HPO4在溶液中电离出钠离子和磷酸氢根，磷酸氢根电离产生磷酸根，离子方程式为Na2HPO4=2Na++HPO、HPO⇌ H++PO；
(3)①根据表格数据可知HF的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数，所以HF的酸性强于醋酸，根据强酸制弱酸的原理可知①不能发生；
②根据表格数据可知HF的酸性强于H2CO3，所以HF可以和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故②可以发生；
③根据表格数据可知醋酸的酸性弱于草酸氢根，所以③不能发生；
综上所述选②；
(4)根据表格数据可知酸性：H2CO3>HClO>HCO，所以少量CO2通入NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HCO+HClO；
(5)①Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液，先发生的离子反应为CO+H+= HCO，此时CO减少，HCO增大；继而发生HCO+H+=H2O+CO2↑，此时HCO减少，H2CO3增多，但由于H2CO3分解产CO2，所以H2CO3增大的幅度不大，根据图中曲线变化趋势知，a为CO、b为HCO、c为H2CO3物质的量分数变化趋势；
②根据HCO的变化趋势可知，在pH=8时只有碳酸氢根离子存在，当溶液的pH大于8时，存在的离子为：HCO、CO，pH小于8时存在的离子为：H2CO3、HCO，所以在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO不能共存。
12． a d c b BD ＜ 9.9×10－7 18
【详解】(1) 根据平衡常数数据知道，酸性强弱：CH3COOH>H2CO3>HClO；形成盐的酸越弱，水解能力越强，碱性就越强；CH3COONa的pH最小，Na2CO3的pH最大，NaClO的pH大于NaHCO3,x顺序为：a d c b；
(2) CH3COOH加水稀释，平衡右移，CH3COOH分子数目减少，氢离子、醋酸根离子数目增大，但是离子浓度都减小，但是氢氧根离子浓度增大；A．c（H+）减少；B．c(H+)／c(CH3COOH) 增大，C．c(H+)·c(OH-)不变；D．c(OH-)／c(H+)增大；故选BD；
(3)加水稀释，醋酸的pH变化幅度大于HX，所以酸性，醋酸大于HX，温度一样的情况，HX的电离平衡常数＜CH3COOH的电离平衡常数。
(4) 在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，醋酸电离过程大于醋酸钠的水解过程；电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；
①c(CH3COO-)- c(Na+)= c(H+)- c(OH-)=10-6-106-14=10-6-10-8=9.9×10－7
②c(CH3COO-)×c(H+)/ c(CH3COOH)×c(H+)=Ka/ c(H+)=1.8×10-5/10-6=18。
13． 7 15 四(或4) Ⅷ r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-) 不相等 因为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+、NH+H2ONH3·H2O+H+，的水解会抑制Fe2+水解，使(NH4)2Fe(SO4)2中c(Fe2+)偏大 取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+ (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低
【详解】(1)电子能量由能层和能级共同决定，同一能级能量相同，铁原子核外有7个能级填充电子，故有7种能量不同的电子；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，根据铁原子的电子排布式知，1s~4s能级每个轨道都有电子填充，故共有15个轨道有电子填充，占有的轨道总数为15个；铁元素价电子排布为：3d64s2，最高能层为第四层，故位于第四周期，价电子共有8个，位于周期表的第8列，周期表中8、9、10三列合称第Ⅷ族，即铁位于第四周期第Ⅷ族。
(2)Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应方程式为：；
(3)四种非金属元素简单阴离子分别为：H-、N3-、S2-、O2-，其中H-电子层为一层，半径最小，S2-电子层为三层，半径最大，N3-、O2-电子层均为两层，但O的核电荷数大，对核外电子引力强，故半径小，所以四种离子半径大小顺序为：r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-)；
(4)(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+水解与水解相互抑制，水解程度比FeSO4中Fe2+水解程度小，故(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+浓度大于FeSO4中Fe2+浓度；
(5)证明(NH4)Fe(SO4)2中含有Fe2+，可以通过将Fe2+氧化为Fe3+检验，但需排除原有Fe3+干扰，故应该先加KSCN，再氧化Fe2+，具体方案为：取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+；
(6)由于样品中铁元素为二价，易被氧化，题目操作未说明隔绝空气，故会产生误差，即 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低。
14．影响水解平衡进行程度最主要因素是盐本身的性质，外界条件对平衡移动也有影响，移动方向应符合勒夏特列原理，下面以NH水解为例：
1、温度：水解反应为吸热反应，升温平衡右移。
2、浓度：改变平衡体系中每一种物质的浓度，都可使平衡移动，盐的浓度越小，水解程度越大。
3、溶液的酸碱度：加入酸或碱能促进或抑制盐类的水解.例如：水解呈酸性的盐溶液，若加入碱，就会中和溶液中的H+，使平衡向水解的方向移动而促进水解；若加入酸，则抑制水解。
同种水解相互抑制，不同水解相互促进.(酸式水解——水解生成H+；碱式水解——水解生成OH-)
【详解】影响盐类水解的因素有温度、浓度、同离子效应。盐类水解是吸热的，升高温度促进水解，水解程度增大，浓度越稀水解程度越大，总结为越热越电离和稀越电离，加入与水解产物相同的离子会抑制水解，水解程度减小，加入与水解产物反应的离子，会促进水解，使得水解程度增大。
15．(1)Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓
(2)④>③>①>②
(3)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
(4)⑤⑨⑥⑦②①③④⑧⑩
(5)bcf
(6) Fe2O3 Al2(SO4)3 盐酸 抑制FeCl3的水解
【解析】(1)
铝离子水解显酸性，HCO水解显碱性，二者混合后发生彻底双水解，离子方程式为Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓；
(2)
明矾溶于水后电离产生Al3+，Al3+水解生成氢氧化铝胶体，胶体可以吸附水中的杂质，从而净水，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；
(3)
(NH4)2SO4可以电离产生两个NH，水解是微弱的，所以④中浓度最大，NH4HCO3溶液中碳酸氢根的水解促进铵根的水解，所以②中最小，NH4HSO4溶液中硫酸氢根电离出的氢离子抑制铵根水解，NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根水解，所以③>①，综上所述c(NH)由大到小的顺序是④>③>①>②；
(4)
③、④、⑧、⑩均显酸性，pH较小，硫酸电离出两个氢离子，所以⑩最小，硫酸氢钠完全电离，但只能电离一个氢离子，所以⑧>⑩，氯化铵和氯化铝均因阳离子水解而显酸性，水解是微弱的，且铝离子水解程度更大，所以⑧>⑩>④>③；NaCl溶液显中性；②、⑤、⑥、⑦、⑨均显碱性，pH较大，Ba(OH)2和NaOH均为强碱，但Ba(OH)2为二元碱，所以⑤>⑨，②、⑥、⑦均因阴离子水解显碱性，水解程度碳酸根>碳酸氢根>醋酸根，所以⑥>⑦>②，综上所述pH值由大到小的顺序是⑤⑨⑥⑦②①③④⑧⑩；
(5)
a．0.10mol·L﹣1的稀盐酸c(H+)大于同浓度的醋酸中的氢离子浓度，所以加入后会抑制醋酸的电离，CH3COOH电离程度减小，a不符合题意；
b．该电离过程吸热，加热可以增大醋酸的电离程度，b符合题意；
c．加水稀释可以促进弱电解质的电离，c符合题意；
d．冰醋酸可以电离出醋酸根，加入后抑制醋酸的电离，d不符合题意；
e．加入少量氯化钠固体对醋酸的电离没有影响，e不符合题意；
f．加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液，可以和氢离子反应，促进醋酸的电离，f符合题意；
综上所述答案为bcf；
(6)
FeCl2溶液蒸干，由于FeCl2水解产生Fe(OH)2和HCl，而HCl会挥发，所以最终得到Fe(OH)2，灼烧过程中Fe(OH)2被氧化，然后分解得到Fe2O3；Al2(SO4)3虽然也会水解，但由于硫酸不挥发，所以蒸干后依然得到Al2(SO4)3；FeCl3会水解，配制时可以加入少量稀盐酸，来抑制FeCl3的水解。
16．(1)CO2+H2O+NaClO=HClO+NaHCO3
(2)减小
(3)BC
(4) > bd
(5)Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+
【详解】（1）由已知电离平衡常数可知酸性强弱顺序为H2CO3＞HClO＞，少量二氧化碳通入到次氯酸钠中的化学方程式为NaClO＋CO2＋H2O＝NaHCO3＋HClO；
（2）溶液中加入少量的Cl2，有反应、，有氢离子产生、氢离子浓度增大，所以pH减小；
（3）A．滴入酚酞溶液变红，再加H2SO4，硫酸电离出的氢离子中和溶液中的氢氧根离子，颜色褪去不能说明溶液中存在水解平衡，故A错误；
B．升温，促进亚硫酸根离子的水解，红色变深，说明存在水解平衡，故B正确；
C．钡离子与亚硫酸根离子结合生成亚硫酸钡沉淀，红色褪去说明存在水解平衡，故C正确；
D．NaOH使溶液pH值增大，溶液红色加深，不能说明溶液中存在水解平衡，故D错误；
选BC；
（4）已知室温下Ka(HClO2)＝1.1×10−2，Ka(CH3COOH)＝1.8×10−5，可知酸性HClO2＞CH3COOH，离子水解能力，故等浓度NaClO2溶液和CH3COONa溶液中，等物质的量浓度的的NaClO2溶液pH值小于CH3COONa溶液，若要使两溶液的pH相等，向NaClO2溶液中加适量NaOH固体，pH值增大，可实现pH相等；向CH3COONa溶液中加适量的水，氢氧根离子离子浓度减小，pH减小，可实现pH相等；故答案为>，bd；
（5）CuCl2溶液得不到纯净的无水CuCl2，原因是发生水解，且升温、氯化氢挥发导致水解平衡右移；水解的离子方程式为Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+。
17． ＜ ＞ ＞ ＞
【分析】(1)含有弱离子的盐，浓度越大其水解程度越小；
(2)多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度；
(3)温度越高，越促进弱离子水解；
(4)碳酸钠中碳酸根离子水解但水解程度较小，相同浓度的强碱和盐，碱的pH大于盐。
【详解】(1)含有弱离子的盐，盐的浓度越大其水解程度越小，但浓度大的溶液中离子水解的生成的离子浓度大，所以浓度越大的氯化铵溶液的pH越小，则溶液的pH：0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液＜0.01 mol•L-1 NH4Cl溶液；
(2)多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液的pH：0.1 mol•L-1Na2CO3溶液＞0.1 mol•L-1 NaHCO3溶液；
(3)温度升高，促进弱离子水解，温度越高，氯化铁的水解程度越大，其溶液的pH越小，所以pH：25℃1 mol•L-1FeCl3溶液＞80℃1 mol•L-1FeCl3溶液；
(4)碱NaOH完全电离，c(OH-)=c(NaOH)，而盐水解程度十分微弱，其水解产生的c(OH-)远小于盐的浓度。碳酸钠中碳酸根离子水解但水解程度较小，所以相同浓度的强碱和盐，碱的pH大于盐，故0.1 mol•L-1NaOH 溶液＞0.1 mol•L-1Na2CO3溶液。
【点睛】本题考查了pH大小的比较，涉及盐类水解的影响因素，知道盐类水解存在平衡，盐水解的程度与温度、溶液浓度的关系是解本题关键，而强酸、强碱完全电离，酸、碱电离程度远大于等浓度的盐水解的程度。注意(1)中虽然浓度越小弱离子水解程度越大，但浓度越小弱离子水解生成的离子浓度小，溶液的酸性或碱性越弱为易错点。
18． 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。
19．(1) 碱性
(2)②④⑤
(3)
(4) ⑥ ④ ⑦
(5) = 和的电离常数相等，和的水解常数(或水解程度相同)，故溶液的
(6)④>②>①>③
【解析】（1）
溶液中碳酸根发生水解反应，结合水中氢离子，导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，水解反应方程式为；
（2）
电离出HCO既与酸反应，也与碱反应，电离出CH3COO-与酸会反应、NH与碱反应，电离出NH与碱反应、HCO既与酸反应又与碱反应，则既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是：②④⑤；
（3）
NH4HCO3与足量NaOH溶液混合加热产生氨气，反应的离子方程式为；
（4）
浓度均为0.1mol/L三种溶液中，先不考虑水解，是弱碱，电离出的铵根离子浓度最小，中醋酸根离子水解促进铵根离子水解，正常发生水解，则由大到小的顺序为：⑥＞④＞⑦；
（5）
和的电离常数相等，和的水解常数(或水解程度相同)，故溶液的；
（6）
由，可得酸性：H2S>HR>HS->HZ，弱酸的酸性越弱，其组成盐发生水解的程度越大，溶液碱性越强，pH值越大，则pH：④>②>①>③。
20． HC2O4－ c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－) ＝ 5
【详解】（1）一定温度下，弱酸电离常数越大，酸性越强，根据表格数据可知酸性：
H2C2O4＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-＞HS-，酸根离子对应的酸酸性越强，该酸根离子结合氢离子的能力越弱，则同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、C1O-、S2-中结合H+的能力最弱是HC2O4-，故答案为HC2O4-；
（2）H2C2O4溶液与KOH溶液等浓度等体积混合，二者完全反应生成NaHC2O4和H2O。NaHC2O4溶液中存在三个平衡：HC2O4－⇌C2O42-+H＋；HC2O4－+H2O⇌H2C2O4+OH-；H2O⇌H＋+OH-。溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，HC2O4－的电离程度大于水解程度，所以c(C2O42－)>c(OH－)；又因为H＋来自于HC2O4－的电离和水的电离，而C2O42-只来自于HC2O4－的电离，所以c(H＋)>c(C2O42－)；则溶液中离子浓度大小顺序为：c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)。
（3）NaClO溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+ c(H＋)= c(ClO-)+ c(OH-)，则c(Na+)-c(ClO-)= c(OH-)- c(H＋)；CH3COOK溶液中存在电荷守恒：c(K+)+ c(H＋)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(K+)-c(CH3COO-)= c(OH-)-c(H＋)；又因为NaClO溶液和CH3COOK溶液pH相同，[c(Na+)-c(C1O-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]，故答案为=；
（4）常温下CH3COOH的电离常数Ka=1.8×10-5==，所以又则c(H+)=1.0×10-5mol/L；pH=-lg c(H+)=5；故答案为5.
点睛：溶液中判断某些微粒的大小关系，要以三大守恒式及平衡常数表达式为突破口，进行式子变形。
21．(1) 球形干燥管 不能
(2) BaSO4 4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O
(3)缺少尾气处理装置
(4) 稀盐酸 抑制Cu2+水解
(5)取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净
(6)
【分析】本题是一道检验硫酸铜晶体分解的产物的实验题，该晶体分解后无水硫酸铜变蓝说明产物中有水，C中氯化钡生成白色沉淀，说明分解产物中含有三氧化硫，D中品红褪色，说明分解产物中含有二氧化硫，E中溶液变为红色，说明分解产物中含有氧气，以此解题。
【详解】（1）由图可知，装有无水硫酸铜的仪器名称为球形干燥管；因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为：互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3，故两者不能互换；
（2）C中三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸再和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；E中二价铁被水中溶解的氧气氧化为三价铁，离子方程式为：4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O；
（3）反应中产生硫的氧化物，会污染空气，需要尾气处理装置，故不足之处是：缺少尾气处理装置；
（4）该实验是通过测定其中硫酸根的量来确定硫酸铜的量，故在实验过程中不能引入硫酸根离子，故酸A是稀盐酸；考虑到铜离子容易水解生成氢氧化铜沉淀影响实验，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制Cu2+水解；
（5）沉淀上容易吸附氯离子，可以通过检验洗涤液中是否还有氯离子来验证，则检验方法为：取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净；
（6）硫酸铜的物质的量等于最后硫酸钡的物质的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=，则。
22．(1)升高温度，碳酸根离子的水解平衡正向移动；加水稀释，水解平衡正向移动；增加碳酸钠浓度，水解平衡正向移动；加入其他离子如钙离子，结合碳酸根离子，水解平衡逆向移动
(2)假设加水稀释10倍：，，此时，加水稀释水解平衡正向移动
(3)取少量溶液于试管中，往其中滴加几滴酚酞，再滴加足量的氯化钙溶液，开始滴加酚酞后，溶液变红，加入氯化钙溶液之后产生白色沉淀，溶液变为无色
【分析】碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解过程吸热；外界条件的变化可以导致水解平衡发生移动；
【详解】（1）升高温度，碳酸根离子的水解平衡正向移动；加水稀释，水解平衡正向移动；增加碳酸钠浓度，水解平衡正向移动；加入其他离子如钙离子，结合碳酸根离子，水解平衡逆向移动；
（2）假设加水稀释10倍：，，此时，加水稀释水解平衡正向移动；
（3）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使得溶液显碱性；设计实验证明溶于水后溶液呈碱性是由水解引起的，可将碳酸根离子转化为沉淀后观察溶液碱性变化情况，故实验可以为：取少量溶液于试管中，往其中滴加几滴酚酞，再滴加足量的氯化钙溶液．开始滴加酚酞后，溶液变红，加入氯化钙溶液之后产生白色沉淀，溶液变为无色。
23． HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－ 大于 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O 若原因是HCO3-水解程度增大，则溶液中几乎没有CO32-，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO32-来推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba(OH)2溶液，因为Ba2＋＋OH－＋HCO3-===BaCO3↓＋H2O，若用Ba(OH)2溶液检验，无论哪种观点都会有沉淀产生 等于 甲
【分析】是弱酸根离子，水解出碳酸和氢氧根离子；碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水；碱性越强，说明水解程度越大；
(1) 能与钡离子结合成碳酸钡沉淀，与钡离子不反应；Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀；
(2)水解反应可逆，恢复到原温度，水解平衡逆向移动；
【详解】水解出碳酸和氢氧根离子，水解方程式：＋H2OH2CO3＋OH－。碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式是2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；碱性越强，说明水解程度越大，所以Na2CO3的水解程度大于NaHCO3；
(1) 能与钡离子结合成碳酸钡沉淀，与钡离子不反应，在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，说明溶液中含有；由于Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀，所以不能选用Ba(OH)2溶液；
(2)水解反应可逆，若恢复到原温度，水解平衡逆向移动，将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH等于8.3，则甲判断正确。
【点睛】本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，鉴别碳酸钠、碳酸氢钠用氯化钙或氯化钡溶液，不能用氢氧化钙或氢氧化钡。
3.3.2影响盐类水解的因素同步练习-苏教版高中化学选择性必修1
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．加水稀释0.1mol/L氨水，溶液中c(H+)·c(OH-)和均不变
B．配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解可向溶液中加入适量的稀硝酸
C．向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)
D．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液的pH降低
2．已知常温下有关弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸化学式
HX
HY
H2CO3
电离平衡常数
下列推断正确的是
A．同物质的量浓度的HX、HY两种弱酸，其pH：HX＞HY
B．向Na2CO3溶液中加入足量HY，反应的离子方程式：
C．相同条件下同浓度溶液的碱性：
D．H2CO3的电离常数表达式：
3．时，在溶液中滴入溶液，含磷元素的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．的数量级为
B．时，溶液中主要含磷元素的离子浓度大小关系为
C．的数量级为
D．溶液显碱性，若向溶液中加入足量的溶液，溶液则显酸性
4．0.1mol/LK2CO3溶液中，由于CO32－的水解，使得c(CO32－)＜0.1mol/L。如果要使c(CO32－)更接近0.1mol/L，可以采取的措施是
A．加入适量水 B．加入少量盐酸 C．加入适量KOH固体 D．加热
5．一定条件下，溶液中存在如下平衡：，下列说法正确的是
A．升高温度，增大
B．通入，平衡正向移动，溶液增大
C．加入固体，平衡正向移动，减小
D．稀释溶液，平衡正向移动，增大
6．下列微粒对CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-水解平衡有影响的是
A．H3O+ B． C．Ba2+ D．
7．某化学小组的同学测定溶液在先升温再降温过程中的pH(不将虑温度变化过程中溶液体积的变化)，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
下列说法中正确的是
A．溶液中存在水解平衡：
B．④的pH与①不同，是浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度的变化对水解平衡移动方向的影响一致
D．取①④时刻的溶液，加入溶液，④产生沉淀的物质的量更多
8．25℃时，向高铁酸钾(K2FeO4)水溶液中加酸过程中，平衡体系中含Fe微粒的分布系数δ[如]随pH的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是
A．高铁酸为三元酸
B．pH=2时，
C．向K2FeO4水溶液中加入KOH，水解程度增大
D．的平衡常数
9．向CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质（忽略温度与体积变化），可以使的比值减小的是
A．KOH固体 B．冰醋酸 C．CH3COONa固体 D．NaHSO4固体
10．下列有关说法不正确的是
A．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，的值增大
B．氯碱工业电解装置中通常使用阴离子交换膜将Cl2和NaOH隔开
C．反应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)，若ΔH＜0，则该反应一定能自发进行
D．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
二、填空题
11．(1)将足量的NaOH溶液滴入某酸(H3A)溶液中，发生反应：NaOH+H3A=NaH2A+H2O。则酸H3A是 (填入“一元酸、二元酸、三元酸、不能确定”中一个)。
(2)用电离方程式解释Na2HPO4溶液中有PO的原因
(3)表中是25℃时某些弱酸的电离常数，其中多元弱酸分步电离。
弱酸
K
弱酸
K
HF
3.5310-4
H2CO3
K1=4.410-7
K2=4.710-11
HClO
2.9510-8
HCOOH
1.76510-4
H2C2O4
K1=5.410-2
K2=5.410-5
CH3COOH
1.75310-5
根据表中数据判断下述反应可以发生的是 (填编号)
①NaF+CH3COOH=CH3COONa+HF
②HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑
③CH3COOH+K2C2O4=CH3COOK+KHC2O4
(4)少量CO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为 。
(5)常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴滴加40ml0.1mol/L盐酸溶液，溶液中含碳元素的三种微粒H2CO3、HCO、CO(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。
回答下列问题：
①各字母代表的粒子为b ，c 。
②在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO(填：“能”或“不能”) 大量共存。
12．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如下表：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
平衡常数
Ka=1.8×10-5
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka=3.0×10-8
回答下列问题：
(1) 物质的量浓度均为0．1mol·L-1的四种溶液：a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3，pH由小到大的排列顺序是 (用字母表示)
(2) 常温下，0．1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是 (填序号)
A．c（H+） B．c(H+)／c(CH3COOH)
C．c(H+)·c(OH-) D．c(OH-)／c(H+)
(3) 体积均为l00mL pH=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数 (填“＞”、“＜”或“=”)CH3COOH的电离平衡常数。
(4) 25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中：
①c(CH3COO-)-c(Na+)= mol·L—1(填精确值)
②c(CH3COO-)／c(CH3COOH)= 。
13．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵)是一种重要的化工原料，用途广泛。完成下列填空：
(1)Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子核外有 种能量不同的电子，占有的轨道总数是 个。铁在元素周期表的第ⅦB和第ⅠB之间。铁位于第 周期 族。
(2)写出Fe与水反应的化学方程式： 。
(3)将(NH4)2Fe(SO4)2中非金属元素的简单阴离子按半径由小到大的顺序排列： 。
(4)同温度同浓度的FeSO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(Fe2+)是否相等 ？为什么？ 。
(5)设计实验，证明(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中含有Fe2+ 。
(6)已知：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在200℃失去全部结晶水。将一定质量的粉末状该晶体置于坩埚中，保持200℃受热，经冷却、恒重等正确操作，计算得到的1mol晶体中结晶水含量总是偏低，偏低的可能原因是 (写一条即可)。
14．影响盐类水解平衡的因素有哪些 ？
15．回答下列问题：
(1)写出泡沫灭火器(硫酸铝和碳酸氢钠溶液)灭火时发生反应的离子方程式： 。
(2)写出明矾(KAl(SO4)2·12H2O)净水原理的离子方程式 。
(3)物质的量浓度相同的①NH4Cl；②NH4HCO3；③NH4HSO4；④(NH4)2SO4四种溶液中，c(NH)由大到小的顺序是 。
(4)等物质的量浓度的下列溶液：①NaCl②CH3COONa③NH4Cl④AlCl3⑤Ba(OH)2⑥Na2CO3⑦NaHCO3⑧NaHSO4⑨NaOH⑩H2SO4其pH值由大到小的顺序是(填序号) 。
(5)在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+△H>0，下列方法中，可以使0.10mol·L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是 。
a.加入少量0.10mol·L﹣1的稀盐酸b.加热c.加水稀释至0.010mol·L﹣1d.加入少量冰醋酸e.加入少量氯化钠固体f.加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液
(6)将FeCl2溶液蒸干、灼烧后所得固体为： ；Al2(SO4)3溶液蒸干所得固体为： 。配制FeCl3溶液时，加入少量的 ，目的是 。
16．回答下列问题：
(1)已知，常温下几种物质的电离常数如下： HClO：Ka=3.0×10-8。少量二氧化碳通入到次氯酸钠中的化学方程式 。
(2)若向NaHSO3溶液中加入少量的Cl2，则溶液中pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)能证明Na2SO3溶液中存在水解平衡事实是___________(填序号)。
A．滴入酚酞溶液变红，再加H2SO4溶液红色褪去
B．滴入酚酞溶液变红，微热后红色加深
C．滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
D．滴入酚酞溶液变红，再加NaOH溶液红色加深
(4)已知室温下：，。25℃时，浓度均为0.1mol· L-1的NaClO2溶液和CH3COONa溶液，两溶液中 (填“>”“<”或“=”)。若要使两溶液的pH相等，应 (填序号)。
a.向NaClO2溶液中加适量水 b.向NaClO2溶液中加适量NaOH固体
c.向CH3COONa溶液中加CH3COONa固体 d.向CH3COONa溶液中加适量的水
(5)直接加热CuCl2溶液得不到纯净的无水CuCl2固体，原因是 (用离子方程式表示)。
17．比较下列溶液的pH值(填“＞”、“＜”、“＝”)
(1)0.1 mol·L- 1NH4Cl溶液 0.01 mol·L- 1NH4Cl溶液
(2)0.1 mol·L- 1Na2CO3溶液 0.1 mol·L- 1 NaHCO3溶液
(3)25℃，1 mol·L- 1FeCl3溶液 80℃，1 mol·L- 1 FeCl3溶液
(4)0.1 mol·L- 1NaOH溶液 0.1 mol·L- 1 Na2CO3溶液
18．(1)某浓度的氨水中存在平衡，+、如想增大的浓度而不增大的浓度，应采取的措施是 (填字母)。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入 D．加入少量浓盐酸，
(2)常温下，有c()相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施∶
①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c()变化是醋酸溶液中c() (填“增大”“减小”或“不变”)，盐酸中c() (填“增大”“减小”或“不变”)。
②加水稀择10倍后，醋酸溶液中的c() (填"＞"="或*＜")盐酸溶液中的c()。
③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积。醋酸 (填＞、=或＜)盐酸
④使温度都升高20℃，溶液中c()：醋酸 (填“＞”“=”或“＜”)盐酸。
⑤分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是 (填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)
(3)将0.1mol/L的加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是 (填字母)
A．电离程度增大 B．溶液中离子总数增多 C．溶液导电性增强 D．溶液中醋酸分子增多
(4)常温下的电离常数为1.0×10-5，则0.1mol/L的溶液的pH= 。
19．现有下列电解质溶液：
①②③④⑤⑥⑦
(1)溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，其原因是 (用离子方程式表示)。
(2)上述六种电解质溶液中，既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是 (填序号)。
(3)写出⑤与足量溶液混合加热的离子方程式： 。
(4)常温下，物质的量浓度均为的④、⑥、⑦三种溶液，溶液中由大到小的顺序为： > > (填序号)。
(5)已知：，。常温下，溶液中的pH 7(填“>”“=”或“<”)，理由是 。
(6)已知能定量完成反应：，。相同温度下，相同物质的量浓度的①②③④四种溶液的由大到小的顺序为： (填序号)。
20．结合下表回答下列问题（均为常温下的数据）:
酸
电离常数（Ka）
酸
电离常数（Ka）
酸
电离常数（Ka）
酸
电离常数（Ka）
CH3COOH
1.8×10-5
H2CO3
K1=4.4×10-7
H2C2O4
K1=5.4×10-2
H2S
K1=1.3×10-7
HClO
3×10-8
K2=4.7×10-11
K2=5.4×10-5
K2=7.1×10-15
请回答下列问题:（1） 同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是 。
（2） 0.1mol/L的H2C2O4溶液与0.1mol/L的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。
（3）pH相同的NaClO和CH3COOK溶液中，[c(Na+)-c(C1O-)] [c(K+)-c(CH3COO-)]（填“>”、“<”或“=”） 。
（4） 向0.1mol/LCH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH): c(CH3COO-)=5:9，此时溶液pH= 。
三、实验题
21．硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体(CuSO4·xH2O)在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。某小组对硫酸铜晶体性质进行探究，回答下列问题：
[探究一]验证硫酸铜晶体的分解产物
某小组同学对某温度下硫酸铜晶体的分解产物进行验证，设计了如下实验：
观察到的实验现象有：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中品红溶液褪色；E中溶液变为红色。
(1)装有无水硫酸铜的仪器名称为 ，C、D两装置位置 (填“ 能”或“不能”)交换。
(2)C中产生的沉淀的化学式为 ，E中Fe2+发生反应的离子方程式为 。
(3)该实验设计的不足之处是 。
[探究二]测定硫酸铜晶体中结晶水含量
实验步骤：①称取mg硫酸铜晶体，用适量蒸馏水溶解，再滴加几滴酸A酸化。
②向①所得溶液中滴加足量BaCl2溶液，得到白色沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤。
③将洗涤后的沉淀充分干燥后称得其质量为ag。
(4)步骤①酸A应该选择 ( 填“稀盐酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是 。
(5)步骤②检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。
(6)根据实验数据，硫酸铜晶体( CuSO4·xH2O)中x= (用含 m、a的代数式表示)。
22．探究影响盐类水解平衡的因素
(1)哪些外界条件的改变影响的水解平衡？如何影响？
(2)判断向碳酸钠溶液中加水稀释，水解平衡的移动方向．并通过计算比较浓度商和水解平衡常数的大小，证明你的结论。
(3)设计实验证明溶于水后溶液呈碱性是由水解引起的。(可选用的试剂有溶液、酚酞、溶液)
23．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH随温度的升高发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
甲同学认为，该溶液pH升高的原因是随温度的升高HCO3-的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为 。
乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度 (填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为 。
丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。为什么？能不能选用Ba(OH)2溶液？ 。
(2)将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH (填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则 (填“甲”或“乙”)判断正确。
参考答案：
1．C
【详解】A. 溶液中c(H+)c(OH−)=Kw，Kw只与温度有关，则c(H+)⋅c(OH−)不变，= ，稀释过程中c(OH−)发生变化，则变化，故A错误；
B. 稀硝酸具有氧化性会把Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；
C. 向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，有电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(H+)= c(OH-)，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)，故C正确；
D. 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，溶液中= ，加入CH3COONa，增大，c(H+)减小，溶液碱性增强，pH增大，故D错误；
故选C。
2．B
【详解】A．弱酸的电离平衡常数越大，相应的弱酸电离能力就越强，等浓度时电离产生的H+浓度就越大，该弱酸的pH就越小。根据表格电离平衡常数可知酸性：HX＞HY，所以同物质的量浓度的HX、HY两种弱酸，其c(H+)：HX＞HY，则溶液pH：HX＜HY，A错误；
B．根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HY＞，所以向Na2CO3溶液中加入足量HY，发生反应产生NaY、NaHCO3，反应的离子方程式为：，B错误；
C．弱酸的酸性越强，其相应的盐水解程度就越小，等浓度的溶液碱性就越弱。根据电离平衡常数可知酸性：HX＞H2CO3＞HY＞，所以相同条件下同浓度溶液的碱性：Na2CO3＞NaY＞NaX，C错误；
D．H2CO3是二元弱酸，存在电离平衡，且电离分步进行，主要是第一步电离，该步的电离常数表达式为：，D错误；
故合理选项是B。
3．B
【分析】，题图中A点处，；，题图中B点处，；，题图中C点处，。
【详解】A．，题图中B点处，，数量级为，A正确；
B．等于7时，溶液中主要存在的含磷元素的离子是和，根据题图可以看出，，B错误；
C．，数量级为，C正确；
D．溶液显碱性，是因为的水解程度大于其电离程度，若向溶液中加入足量的溶液，与其电离产生的结合为磷酸钙沉淀，促进其电离，所以溶液显酸性，D正确；
故答案为：B。
4．C
【详解】如果要使c(CO32-)更接近于0.1mol/L，抑制碳酸根离子水解的条件即可；
A．加入水稀释会导致溶液中离子浓度减小，故A错误；
B．加入盐酸会和碳酸根反应生成水和二氧化碳，碳酸根离子浓度减小，故B错误；
C．加入氢氧化钾固体，会抑制碳酸根水解，使得碳酸根浓度接近0.1mol/L，故C正确；
D．加热会促进碳酸根离子水解，导致离子浓度减小，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．水解为吸热反应，温度升高平衡正向移动，增大，减小，则增大，故A正确；
B．通入，消耗，浓度减小，平衡正向移动，溶液pH值减小，故B错误；
C．加入固体，浓度增大，平衡逆向移动，pH增大，故C错误；
D．代表水解平衡常数，温度不变时Kh不变，故D错误；
故选：A。
6．A
【详解】CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- ，加入H3O+，H+与OH-结合生成水，平衡向右移动； 是氯离子，Cl-、Ba2+、与CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-体系中的微粒不反应，Cl-、Ba2+、对CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-平衡无影响，故选A；
7．B
【详解】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，存在水解平衡，分两步水解，水解平衡为：，故A错误；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH-浓度降低，也就说明过程中浓度有所降低，故B正确；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，由于④中被氧化为，浓度减小，平衡逆移，而升高温度，平衡正移，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；
D．①时刻加入溶液产生沉淀是BaSO3，④中被氧化为，④产生的白色沉淀是BaSO3和BaSO4，由于浓度减小，因此①产生沉淀的物质的量更多，故D错误；
故选：B。
8．D
【详解】A． 高铁酸H2FeO4为二元酸，故A错误；
B． 由图pH=2时，，故B错误；
C． ，水解生成碱，向K2FeO4水溶液中加入KOH，水解程度减小，故C错误；
D． pH=3.5时，，的平衡常数，故D正确；
故选D。
9．D
【分析】醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO- +H2OCH3COOH+OH- ，使c（CH3COO- ）/c（Na+）比值增大，可使平衡向逆反应方向移动，结合影响水解平衡移动的因素解答该题。
【详解】A．加入固体KOH，醋酸根的水解平衡逆向移动，c（CH3COO- ）增大，但c（Na+）不变，则比值增大，故A错误；
B．加入冰醋酸，平衡逆向移动，c（CH3COO-）增大，则比值增大，故B错误；
C．加入固体CH3COONa，c(CH3COONa)浓度增大，水解程度降低，则比值增大，故C错误；
D．加入固体NaHSO4 ，平衡向正向移动，c（Na+）增大，c（CH3 COO-）减小，则比值减小，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查学生盐的水解原理以及影响盐的水解平衡移动等方面的知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意知识的归纳整理是解题关键，难度中等。
10．B
【详解】A．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，的水解程度增大，则n()减小，n(NH3∙H2O)增大，从而得出=的值增大，A正确；
B．氯碱工业中，在阴极H2O得电子生成OH-和H2，使用阳离子交换膜，让饱和食盐水中的Na+进入阴极区，从而获得纯净的NaOH溶液，B不正确；
C．反应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)中，生成物气体分子数大于反应物气体分子数，是一个熵增反应，ΔS>0，若ΔH<0，则该反应一定能自发进行，C正确；
D．在海轮外壳连接锌块，由于Zn的金属活动性比Fe强，可阻止Fe失电子，从而保护外壳不受腐蚀，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故选B。
11． 一元酸 Na2HPO4=2Na++HPO HPO⇌ H++PO ② CO2+ClO-+H2O=HCO+HClO HCO H2CO3 不能
【详解】(1)足量的NaOH溶液滴入某酸(H3A)溶液中最终产物为NaH2A，说明NaH2A不能电离出氢离子，所以H3A为一元酸；
(2)Na2HPO4在溶液中电离出钠离子和磷酸氢根，磷酸氢根电离产生磷酸根，离子方程式为Na2HPO4=2Na++HPO、HPO⇌ H++PO；
(3)①根据表格数据可知HF的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数，所以HF的酸性强于醋酸，根据强酸制弱酸的原理可知①不能发生；
②根据表格数据可知HF的酸性强于H2CO3，所以HF可以和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故②可以发生；
③根据表格数据可知醋酸的酸性弱于草酸氢根，所以③不能发生；
综上所述选②；
(4)根据表格数据可知酸性：H2CO3>HClO>HCO，所以少量CO2通入NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HCO+HClO；
(5)①Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液，先发生的离子反应为CO+H+= HCO，此时CO减少，HCO增大；继而发生HCO+H+=H2O+CO2↑，此时HCO减少，H2CO3增多，但由于H2CO3分解产CO2，所以H2CO3增大的幅度不大，根据图中曲线变化趋势知，a为CO、b为HCO、c为H2CO3物质的量分数变化趋势；
②根据HCO的变化趋势可知，在pH=8时只有碳酸氢根离子存在，当溶液的pH大于8时，存在的离子为：HCO、CO，pH小于8时存在的离子为：H2CO3、HCO，所以在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO不能共存。
12． a d c b BD ＜ 9.9×10－7 18
【详解】(1) 根据平衡常数数据知道，酸性强弱：CH3COOH>H2CO3>HClO；形成盐的酸越弱，水解能力越强，碱性就越强；CH3COONa的pH最小，Na2CO3的pH最大，NaClO的pH大于NaHCO3,x顺序为：a d c b；
(2) CH3COOH加水稀释，平衡右移，CH3COOH分子数目减少，氢离子、醋酸根离子数目增大，但是离子浓度都减小，但是氢氧根离子浓度增大；A．c（H+）减少；B．c(H+)／c(CH3COOH) 增大，C．c(H+)·c(OH-)不变；D．c(OH-)／c(H+)增大；故选BD；
(3)加水稀释，醋酸的pH变化幅度大于HX，所以酸性，醋酸大于HX，温度一样的情况，HX的电离平衡常数＜CH3COOH的电离平衡常数。
(4) 在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，醋酸电离过程大于醋酸钠的水解过程；电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；
①c(CH3COO-)- c(Na+)= c(H+)- c(OH-)=10-6-106-14=10-6-10-8=9.9×10－7
②c(CH3COO-)×c(H+)/ c(CH3COOH)×c(H+)=Ka/ c(H+)=1.8×10-5/10-6=18。
13． 7 15 四(或4) Ⅷ r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-) 不相等 因为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+、NH+H2ONH3·H2O+H+，的水解会抑制Fe2+水解，使(NH4)2Fe(SO4)2中c(Fe2+)偏大 取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+ (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低
【详解】(1)电子能量由能层和能级共同决定，同一能级能量相同，铁原子核外有7个能级填充电子，故有7种能量不同的电子；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，根据铁原子的电子排布式知，1s~4s能级每个轨道都有电子填充，故共有15个轨道有电子填充，占有的轨道总数为15个；铁元素价电子排布为：3d64s2，最高能层为第四层，故位于第四周期，价电子共有8个，位于周期表的第8列，周期表中8、9、10三列合称第Ⅷ族，即铁位于第四周期第Ⅷ族。
(2)Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应方程式为：；
(3)四种非金属元素简单阴离子分别为：H-、N3-、S2-、O2-，其中H-电子层为一层，半径最小，S2-电子层为三层，半径最大，N3-、O2-电子层均为两层，但O的核电荷数大，对核外电子引力强，故半径小，所以四种离子半径大小顺序为：r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-)；
(4)(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+水解与水解相互抑制，水解程度比FeSO4中Fe2+水解程度小，故(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+浓度大于FeSO4中Fe2+浓度；
(5)证明(NH4)Fe(SO4)2中含有Fe2+，可以通过将Fe2+氧化为Fe3+检验，但需排除原有Fe3+干扰，故应该先加KSCN，再氧化Fe2+，具体方案为：取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+；
(6)由于样品中铁元素为二价，易被氧化，题目操作未说明隔绝空气，故会产生误差，即 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低。
14．影响水解平衡进行程度最主要因素是盐本身的性质，外界条件对平衡移动也有影响，移动方向应符合勒夏特列原理，下面以NH水解为例：
1、温度：水解反应为吸热反应，升温平衡右移。
2、浓度：改变平衡体系中每一种物质的浓度，都可使平衡移动，盐的浓度越小，水解程度越大。
3、溶液的酸碱度：加入酸或碱能促进或抑制盐类的水解.例如：水解呈酸性的盐溶液，若加入碱，就会中和溶液中的H+，使平衡向水解的方向移动而促进水解；若加入酸，则抑制水解。
同种水解相互抑制，不同水解相互促进.(酸式水解——水解生成H+；碱式水解——水解生成OH-)
【详解】影响盐类水解的因素有温度、浓度、同离子效应。盐类水解是吸热的，升高温度促进水解，水解程度增大，浓度越稀水解程度越大，总结为越热越电离和稀越电离，加入与水解产物相同的离子会抑制水解，水解程度减小，加入与水解产物反应的离子，会促进水解，使得水解程度增大。
15．(1)Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓
(2)④>③>①>②
(3)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
(4)⑤⑨⑥⑦②①③④⑧⑩
(5)bcf
(6) Fe2O3 Al2(SO4)3 盐酸 抑制FeCl3的水解
【解析】(1)
铝离子水解显酸性，HCO水解显碱性，二者混合后发生彻底双水解，离子方程式为Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓；
(2)
明矾溶于水后电离产生Al3+，Al3+水解生成氢氧化铝胶体，胶体可以吸附水中的杂质，从而净水，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；
(3)
(NH4)2SO4可以电离产生两个NH，水解是微弱的，所以④中浓度最大，NH4HCO3溶液中碳酸氢根的水解促进铵根的水解，所以②中最小，NH4HSO4溶液中硫酸氢根电离出的氢离子抑制铵根水解，NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根水解，所以③>①，综上所述c(NH)由大到小的顺序是④>③>①>②；
(4)
③、④、⑧、⑩均显酸性，pH较小，硫酸电离出两个氢离子，所以⑩最小，硫酸氢钠完全电离，但只能电离一个氢离子，所以⑧>⑩，氯化铵和氯化铝均因阳离子水解而显酸性，水解是微弱的，且铝离子水解程度更大，所以⑧>⑩>④>③；NaCl溶液显中性；②、⑤、⑥、⑦、⑨均显碱性，pH较大，Ba(OH)2和NaOH均为强碱，但Ba(OH)2为二元碱，所以⑤>⑨，②、⑥、⑦均因阴离子水解显碱性，水解程度碳酸根>碳酸氢根>醋酸根，所以⑥>⑦>②，综上所述pH值由大到小的顺序是⑤⑨⑥⑦②①③④⑧⑩；
(5)
a．0.10mol·L﹣1的稀盐酸c(H+)大于同浓度的醋酸中的氢离子浓度，所以加入后会抑制醋酸的电离，CH3COOH电离程度减小，a不符合题意；
b．该电离过程吸热，加热可以增大醋酸的电离程度，b符合题意；
c．加水稀释可以促进弱电解质的电离，c符合题意；
d．冰醋酸可以电离出醋酸根，加入后抑制醋酸的电离，d不符合题意；
e．加入少量氯化钠固体对醋酸的电离没有影响，e不符合题意；
f．加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液，可以和氢离子反应，促进醋酸的电离，f符合题意；
综上所述答案为bcf；
(6)
FeCl2溶液蒸干，由于FeCl2水解产生Fe(OH)2和HCl，而HCl会挥发，所以最终得到Fe(OH)2，灼烧过程中Fe(OH)2被氧化，然后分解得到Fe2O3；Al2(SO4)3虽然也会水解，但由于硫酸不挥发，所以蒸干后依然得到Al2(SO4)3；FeCl3会水解，配制时可以加入少量稀盐酸，来抑制FeCl3的水解。
16．(1)CO2+H2O+NaClO=HClO+NaHCO3
(2)减小
(3)BC
(4) > bd
(5)Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+
【详解】（1）由已知电离平衡常数可知酸性强弱顺序为H2CO3＞HClO＞，少量二氧化碳通入到次氯酸钠中的化学方程式为NaClO＋CO2＋H2O＝NaHCO3＋HClO；
（2）溶液中加入少量的Cl2，有反应、，有氢离子产生、氢离子浓度增大，所以pH减小；
（3）A．滴入酚酞溶液变红，再加H2SO4，硫酸电离出的氢离子中和溶液中的氢氧根离子，颜色褪去不能说明溶液中存在水解平衡，故A错误；
B．升温，促进亚硫酸根离子的水解，红色变深，说明存在水解平衡，故B正确；
C．钡离子与亚硫酸根离子结合生成亚硫酸钡沉淀，红色褪去说明存在水解平衡，故C正确；
D．NaOH使溶液pH值增大，溶液红色加深，不能说明溶液中存在水解平衡，故D错误；
选BC；
（4）已知室温下Ka(HClO2)＝1.1×10−2，Ka(CH3COOH)＝1.8×10−5，可知酸性HClO2＞CH3COOH，离子水解能力，故等浓度NaClO2溶液和CH3COONa溶液中，等物质的量浓度的的NaClO2溶液pH值小于CH3COONa溶液，若要使两溶液的pH相等，向NaClO2溶液中加适量NaOH固体，pH值增大，可实现pH相等；向CH3COONa溶液中加适量的水，氢氧根离子离子浓度减小，pH减小，可实现pH相等；故答案为>，bd；
（5）CuCl2溶液得不到纯净的无水CuCl2，原因是发生水解，且升温、氯化氢挥发导致水解平衡右移；水解的离子方程式为Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+。
17． ＜ ＞ ＞ ＞
【分析】(1)含有弱离子的盐，浓度越大其水解程度越小；
(2)多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度；
(3)温度越高，越促进弱离子水解；
(4)碳酸钠中碳酸根离子水解但水解程度较小，相同浓度的强碱和盐，碱的pH大于盐。
【详解】(1)含有弱离子的盐，盐的浓度越大其水解程度越小，但浓度大的溶液中离子水解的生成的离子浓度大，所以浓度越大的氯化铵溶液的pH越小，则溶液的pH：0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液＜0.01 mol•L-1 NH4Cl溶液；
(2)多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液的pH：0.1 mol•L-1Na2CO3溶液＞0.1 mol•L-1 NaHCO3溶液；
(3)温度升高，促进弱离子水解，温度越高，氯化铁的水解程度越大，其溶液的pH越小，所以pH：25℃1 mol•L-1FeCl3溶液＞80℃1 mol•L-1FeCl3溶液；
(4)碱NaOH完全电离，c(OH-)=c(NaOH)，而盐水解程度十分微弱，其水解产生的c(OH-)远小于盐的浓度。碳酸钠中碳酸根离子水解但水解程度较小，所以相同浓度的强碱和盐，碱的pH大于盐，故0.1 mol•L-1NaOH 溶液＞0.1 mol•L-1Na2CO3溶液。
【点睛】本题考查了pH大小的比较，涉及盐类水解的影响因素，知道盐类水解存在平衡，盐水解的程度与温度、溶液浓度的关系是解本题关键，而强酸、强碱完全电离，酸、碱电离程度远大于等浓度的盐水解的程度。注意(1)中虽然浓度越小弱离子水解程度越大，但浓度越小弱离子水解生成的离子浓度小，溶液的酸性或碱性越弱为易错点。
18． 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。
19．(1) 碱性
(2)②④⑤
(3)
(4) ⑥ ④ ⑦
(5) = 和的电离常数相等，和的水解常数(或水解程度相同)，故溶液的
(6)④>②>①>③
【解析】（1）
溶液中碳酸根发生水解反应，结合水中氢离子，导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，水解反应方程式为；
（2）
电离出HCO既与酸反应，也与碱反应，电离出CH3COO-与酸会反应、NH与碱反应，电离出NH与碱反应、HCO既与酸反应又与碱反应，则既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是：②④⑤；
（3）
NH4HCO3与足量NaOH溶液混合加热产生氨气，反应的离子方程式为；
（4）
浓度均为0.1mol/L三种溶液中，先不考虑水解，是弱碱，电离出的铵根离子浓度最小，中醋酸根离子水解促进铵根离子水解，正常发生水解，则由大到小的顺序为：⑥＞④＞⑦；
（5）
和的电离常数相等，和的水解常数(或水解程度相同)，故溶液的；
（6）
由，可得酸性：H2S>HR>HS->HZ，弱酸的酸性越弱，其组成盐发生水解的程度越大，溶液碱性越强，pH值越大，则pH：④>②>①>③。
20． HC2O4－ c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－) ＝ 5
【详解】（1）一定温度下，弱酸电离常数越大，酸性越强，根据表格数据可知酸性：
H2C2O4＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-＞HS-，酸根离子对应的酸酸性越强，该酸根离子结合氢离子的能力越弱，则同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、C1O-、S2-中结合H+的能力最弱是HC2O4-，故答案为HC2O4-；
（2）H2C2O4溶液与KOH溶液等浓度等体积混合，二者完全反应生成NaHC2O4和H2O。NaHC2O4溶液中存在三个平衡：HC2O4－⇌C2O42-+H＋；HC2O4－+H2O⇌H2C2O4+OH-；H2O⇌H＋+OH-。溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，HC2O4－的电离程度大于水解程度，所以c(C2O42－)>c(OH－)；又因为H＋来自于HC2O4－的电离和水的电离，而C2O42-只来自于HC2O4－的电离，所以c(H＋)>c(C2O42－)；则溶液中离子浓度大小顺序为：c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)。
（3）NaClO溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+ c(H＋)= c(ClO-)+ c(OH-)，则c(Na+)-c(ClO-)= c(OH-)- c(H＋)；CH3COOK溶液中存在电荷守恒：c(K+)+ c(H＋)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(K+)-c(CH3COO-)= c(OH-)-c(H＋)；又因为NaClO溶液和CH3COOK溶液pH相同，[c(Na+)-c(C1O-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]，故答案为=；
（4）常温下CH3COOH的电离常数Ka=1.8×10-5==，所以又则c(H+)=1.0×10-5mol/L；pH=-lg c(H+)=5；故答案为5.
点睛：溶液中判断某些微粒的大小关系，要以三大守恒式及平衡常数表达式为突破口，进行式子变形。
21．(1) 球形干燥管 不能
(2) BaSO4 4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O
(3)缺少尾气处理装置
(4) 稀盐酸 抑制Cu2+水解
(5)取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净
(6)
【分析】本题是一道检验硫酸铜晶体分解的产物的实验题，该晶体分解后无水硫酸铜变蓝说明产物中有水，C中氯化钡生成白色沉淀，说明分解产物中含有三氧化硫，D中品红褪色，说明分解产物中含有二氧化硫，E中溶液变为红色，说明分解产物中含有氧气，以此解题。
【详解】（1）由图可知，装有无水硫酸铜的仪器名称为球形干燥管；因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为：互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3，故两者不能互换；
（2）C中三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸再和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；E中二价铁被水中溶解的氧气氧化为三价铁，离子方程式为：4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O；
（3）反应中产生硫的氧化物，会污染空气，需要尾气处理装置，故不足之处是：缺少尾气处理装置；
（4）该实验是通过测定其中硫酸根的量来确定硫酸铜的量，故在实验过程中不能引入硫酸根离子，故酸A是稀盐酸；考虑到铜离子容易水解生成氢氧化铜沉淀影响实验，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制Cu2+水解；
（5）沉淀上容易吸附氯离子，可以通过检验洗涤液中是否还有氯离子来验证，则检验方法为：取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净；
（6）硫酸铜的物质的量等于最后硫酸钡的物质的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=，则。
22．(1)升高温度，碳酸根离子的水解平衡正向移动；加水稀释，水解平衡正向移动；增加碳酸钠浓度，水解平衡正向移动；加入其他离子如钙离子，结合碳酸根离子，水解平衡逆向移动
(2)假设加水稀释10倍：，，此时，加水稀释水解平衡正向移动
(3)取少量溶液于试管中，往其中滴加几滴酚酞，再滴加足量的氯化钙溶液，开始滴加酚酞后，溶液变红，加入氯化钙溶液之后产生白色沉淀，溶液变为无色
【分析】碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解过程吸热；外界条件的变化可以导致水解平衡发生移动；
【详解】（1）升高温度，碳酸根离子的水解平衡正向移动；加水稀释，水解平衡正向移动；增加碳酸钠浓度，水解平衡正向移动；加入其他离子如钙离子，结合碳酸根离子，水解平衡逆向移动；
（2）假设加水稀释10倍：，，此时，加水稀释水解平衡正向移动；
（3）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使得溶液显碱性；设计实验证明溶于水后溶液呈碱性是由水解引起的，可将碳酸根离子转化为沉淀后观察溶液碱性变化情况，故实验可以为：取少量溶液于试管中，往其中滴加几滴酚酞，再滴加足量的氯化钙溶液．开始滴加酚酞后，溶液变红，加入氯化钙溶液之后产生白色沉淀，溶液变为无色。
23． HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－ 大于 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O 若原因是HCO3-水解程度增大，则溶液中几乎没有CO32-，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO32-来推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba(OH)2溶液，因为Ba2＋＋OH－＋HCO3-===BaCO3↓＋H2O，若用Ba(OH)2溶液检验，无论哪种观点都会有沉淀产生 等于 甲
【分析】是弱酸根离子，水解出碳酸和氢氧根离子；碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水；碱性越强，说明水解程度越大；
(1) 能与钡离子结合成碳酸钡沉淀，与钡离子不反应；Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀；
(2)水解反应可逆，恢复到原温度，水解平衡逆向移动；
【详解】水解出碳酸和氢氧根离子，水解方程式：＋H2OH2CO3＋OH－。碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式是2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；碱性越强，说明水解程度越大，所以Na2CO3的水解程度大于NaHCO3；
(1) 能与钡离子结合成碳酸钡沉淀，与钡离子不反应，在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，说明溶液中含有；由于Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀，所以不能选用Ba(OH)2溶液；
(2)水解反应可逆，若恢复到原温度，水解平衡逆向移动，将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH等于8.3，则甲判断正确。
【点睛】本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，鉴别碳酸钠、碳酸氢钠用氯化钙或氯化钡溶液，不能用氢氧化钙或氢氧化钡。
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