人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解第3课时练习

这是一份人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解第3课时练习，共17页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，下列说法正确的是，已知，H2A为二元弱酸等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共12小题）


1．下列说法不正确的是（ ）


A．将pH＝4的某酸稀释10倍，测得其pH＜5，则该酸为弱酸


B．中和pH相同、体积相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸所需NaOH多于盐酸


C．0.1ml•L﹣1的NaA溶液和0.1ml•L﹣1的HA溶液等体积混合pH＝4.75，则溶液中c（A﹣）+c（HA）＝2c（Na+）


D．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液中c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＝c（H+）


2．向1L 0.3ml/L的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是（ ）


A．通入二氧化碳为0.15ml时，2c（Na+）＝c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）


B．通入二氧化碳为0.15ml时，c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）


C．通入二氧化碳为0.2ml时，c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）


D．向A选项反应后溶液中通入0.3ml HCl，加热，c（Na+）＝c（Cl﹣）＝0.3ml/L


3．常温下，下列溶液的粒子浓度关系式正确的是（ ）


A．0.1ml/L的NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）


B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＞b+1


C．pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HSO3﹣ ）+2c（SO32﹣）


D．0.2ml/L的CH3COOH溶液与0.1ml/L的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）


4．下列溶液中离子浓度关系表示正确的是（ ）


A．NaHCO3溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）


B．常温下，pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c（H+）＞c（OH﹣）


C．0.1ml/L的NH4Cl溶液中，c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）


D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：c（Na+）＝2[c（CH3OOH）+c（CH3COO﹣）]


5．25℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（ ）


A．pH＝4的醋酸中：c（H+）＝4.0ml/L


B．饱和小苏打溶液中：c（Na+）＝c（HCO3﹣）


C．pH为2的盐酸与等体积pH＝12的氨水混合后所得溶液显酸性


D．pH＝12的纯碱溶液中：c（OH﹣）＝1.0×10﹣2ml/L


6．已知某温度下0.1ml•L﹣1的NaHSO3溶液呈酸性，下列关系不正确的是（ ）


A．c（Na+）＝0.1ml•L﹣1


B．c（HSO3﹣）＜0.1ml•L﹣1


C．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）


D．c（Na+）+c（H+）＝c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣）


7．下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是（ ）


A．0.1ml•L﹣1HCOOH溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）


B．lL 0.1ml•L﹣1CuSO4•（NH4）2SO4•6H2O溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c（H+）＞c（OH﹣）


C．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c（Na+）＞c（HX）＞c（X﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）


D．0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）+c（H2CO3）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）


8．下列说法正确的是（ ）


A．在稀醋酸中加水，溶液中c（H+）变大


B．等体积、等pH的氨水和NaOH两溶液中加入稀盐酸至中性，消耗的n（HCl）一样多


C．0.1ml•L﹣1Na2CO3溶液中，c（H+）+c（Na+）═c（CO32﹣）+（HCO3﹣ ）+c（OH﹣）


D．向混有Fe3+的CuSO4溶液中加入CuO可除去Fe3+


9．已知：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O═Al（OH）3↓+CO32﹣．向含0.01ml NaAlO2和0.02ml NaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，溶液中c（CO32﹣）随通入的n（CO2）的变化如图，下列对应关系正确的是（ ）





A．A点：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）═c（AlO2﹣）


B．B点：c（Na+ ）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）


C．C点：c（Na+ ）+c（H+）═c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）


D．O点：c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）


10．H2A为二元弱酸。室温下，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（忽略溶液混合引起的体积变化）（ ）


A．0.1 ml•L﹣1H2A溶液：c（H2A）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H+）


B．0.1 ml•L﹣1NaHA溶液（pH＜7）：c（Na+）＞c（HA﹣）；c（H2A）＞c（A2﹣）


C．0.1 ml•L﹣1NaHA溶液和0.1 ml•L﹣1NaHA溶液等体积混合：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）


D．0.1 ml•L﹣1NaHA溶液（pH＜7）和0.1 ml•L﹣1H2A溶液等体积混合：c（Na+）＞c（HA﹣）+2c（A2﹣）


11．常温下，向1L 1.0ml•L﹣1的NaClO溶液中级慢通入SO2气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SO2物质的量关系如图所示（忽略溶液体积变化和NaClO、HClO的分解）。下列说法错误的是（ ）


A．常温下，HClO电离平衡常数的数量级为10﹣8


B．a点溶液中存在4c（Cl﹣）═c（HClO）+c（ClO﹣）


C．b点溶液中存在c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）


D．c点溶液中c（H+）═2.0ml•L﹣1


12．工业上常用（NH4）2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lgY[Y＝或]，与pH的变化关系如图所示。则下列说法一定错误的是（ ）





A．通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动


B．α1＝α2一定等于45°


C．当对应溶液的pH处于1.81＜pH＜6.91时，溶液中的微粒浓度一定存在c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）


D．直线Ⅱ中M、N点一定存在c2（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）•c（H2SO3）


二．填空题（共3小题）


13．（Ⅰ）CuCl2溶液显 性，理由是（用离子方程式表示）


（Ⅱ）BaSO4浊液中存在 平衡，其表达式为：


（Ⅲ）已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H1＝﹣1275.6kJ/ml


②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2＝﹣566.0kJ/ml，


③H2O（g）═H2O（l）△H3＝﹣44.0kJ/ml


上述三个反应或变化中，△S＜0的是 。甲醇燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式是


（Ⅳ）已知碳酸H2CO3：Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，草酸H 2C2O4：Ka1＝5.9×10﹣2，Ka2＝6.4×10﹣5，0.1 ml/L Na2CO3溶液的pH 0.1 ml/L Na2C2O4溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”），等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是 。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是 。（选填编号）


A．c（H+）＞c（HC2O4﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）


B．c（HCO3﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（CO32﹣）


C．c（H+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（CO32﹣）


D．c（H2CO3）＞c（HCO3﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（CO32﹣）


14．按要求填写下面的空。


（1）温度相同、浓度均为0.2ml/L的①（NH4）2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、⑤NaClO、⑥CH3COONa溶液，它们的pH值由小到大的排列顺序是


A．③①④②⑥⑤B．③①④②⑤⑥C．③②①⑥④⑤D．⑤⑥②④①③


（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1ml•L﹣1醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为 ；向10mL此溶液中加水稀释的值将 （填“增大”、“减小”或“无法确定”）


（3）25℃时，pH＝3的NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）＝ （取近似值）


（4）pH＝2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，分别加水至pH再次相等，则加入水的体积V（HCl） V（CH3COOH）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）


（5）浓度均为0.1ml/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后pH（HCl） pH（CH3COOH）


15．物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡．请根据所学知识的回答：


（1）A为0.1ml•L﹣1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为 ．


（2）B为0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液，在NaHCO3溶液中存在的各种平衡体系为（用离子方程式表示）： ；


实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因： ．


（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸目的是 ．


若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程为 ．


（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：


AgCl（S）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）


在25℃时，氯化银的Ksp＝1.8×10﹣10ml2•L﹣2．现将足量氯化银分别放入：①100mL蒸馏水中；②100mL 0.2ml•L﹣1AgNO3溶液中；③100mL 0.1ml•L﹣1氯化铝溶液中；④100mL 0.1ml•L﹣1盐酸溶液中．充分搅抖后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是 （填写序号）．





参考答案


一．选择题（共12小题）


1．【分析】A．某酸稀释10倍后测得其pH＜5，pH变化小于1，说明加水促进酸的电离；


B．醋酸为弱酸，pH相同时醋酸的浓度较大；


C．结合混合液中的物料守恒分析；


D．若按1：1反应生成硫酸铵、硫酸钠，溶液呈酸性，若为中性NaOH应过量，则c（Na+）＞c（SO42﹣），显中性时溶液的溶质为硫酸钠、硫酸铵、一水合氨，结合电荷守恒分析。


【解答】解：A．弱酸加水稀释促进酸的电离，将pH＝4的某酸稀释10倍，已知测得其pH＜5，pH变化小于1，说明溶液中氢离子的物质的量增大，即加水促进酸的电离，所以该酸为弱酸，故A正确；


B．醋酸部分电离，pH相同，醋酸的初始浓度要大，所以消耗的NaOH要多，故B正确；


•L﹣1的NaA溶液和0.1ml•L﹣1的HA溶液等体积混合，根据物料守恒可得：c（A﹣）+c（HA）＝2c（Na+），故C正确；


D．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，若按1：1反应，则溶液应显酸性，已知为中性则NaOH过量，则c（Na+）＞c（SO42﹣），显中性时溶液的溶质为硫酸钠、硫酸铵、一水合氨，由电荷守恒知c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO42﹣），则c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+），所以所得混合液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＝c（H+），故D错误；


故选：D。


2．【分析】n（NaOH）＝0.3ml/L×1L＝0.3ml，


A．通入二氧化碳为0.15ml时，溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C）；


B．通过二氧化碳为0.15ml时，发生反应2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，所以溶液中溶质为Na2CO3，Na2CO3两步水解都生成OH﹣，只有一步水解生成HCO3﹣，但是其水解程度较小；


C．通入二氧化碳为0.2ml时，发生反应2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、H2O+Na2CO3+CO2＝2NaHCO3，生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量都是0.1ml，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；


D．A中发生反应2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，且二者恰好完全反应生成碳酸钠，向A选项反应后溶液中通入0.3ml HCl，HCl和碳酸钠反应生成氯化钠和二氧化碳，反应方程式为Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，加热，钠离子和氯离子的物质的量浓度不变。


【解答】解：n（NaOH）＝0.3ml/L×1L＝0.3ml，


A．通入二氧化碳为0.15ml时，溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C），即c（Na+）＝2[c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）]，故A错误；


B．通过二氧化碳为0.15ml时，发生反应2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，所以溶液中溶质为Na2CO3，Na2CO3两步水解都生成OH﹣，只有一步水解生成HCO3﹣，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），但是其水解程度较小，所以存在c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故B正确；


C．通入二氧化碳为0.2ml时，发生反应2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、H2O+Na2CO3+CO2＝2NaHCO3，生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量都是0.1ml，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C正确；


D．A中发生反应2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，且二者恰好完全反应生成碳酸钠，向A选项反应后溶液中通入0.3ml HCl，HCl和碳酸钠反应生成氯化钠和二氧化碳，反应方程式为Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，加热，钠离子和氯离子的物质的量浓度不变且相等，即c（Na+）＝c（Cl﹣）＝0.3ml/L，故D正确；


故选：A。


3．【分析】A．碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则c（H2CO3）＞c（CO32﹣）；


B．加水稀释促进一水合氨电离，导致稀释10倍后溶液中c（OH﹣）大于原来的；


C．结合混合液中的电荷守恒分析；


D．反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，结合物料守恒分析。


【解答】解：A．0.1ml/L的NaHCO3溶液，NaHCO3属于盐，是强电解质，完全电离即NaHCO3＝Na++HCO3﹣，HCO3﹣存在水解平衡，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，又存在电离平衡，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，由于NaHCO3溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，则0.1ml/L的NaHCO3溶液粒子浓度关系为c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故A错误；


B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，导致稀释10倍后溶液中c（OH﹣）大于原来的，pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b＞a﹣1，则a＜b+1，故B错误；


C．pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，由于H2SO3属于弱酸，则混和后溶液中有Na+、SO32﹣、HSO3﹣、H+、OH﹣等离子，由电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），故C正确；


的CH3COOH溶液与0.1ml/L的NaOH溶液等体积混合后，得到的是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，由物料守恒得：2c（Na+）═c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故D错误；


故选：C。


4．【分析】A．结合碳酸氢钠溶液中的电荷守恒分析；


B．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性；


C．铵根离子部分水解，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析；


D．结合混合液中的物料守恒分析。


【解答】解：A．NaHCO3溶液中存在Na+、HCO3﹣、CO32﹣、H+、OH﹣离子，由电荷守恒得：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故A错误；


B．常温下，pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝10﹣3ml•L﹣1，与醋酸中的氢离子的浓度相同，CH3COOH是弱酸，酸的浓度远远大于氢离子浓度，酸的浓度远远大于氢氧化钠，所以pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量很多，溶液中的溶质是酸和盐，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；


C．0.1ml/L的NH4Cl溶液中，NH4+会发生水解反应，即NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液显酸性，水解的程度是很小的，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；


D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒得：2c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故D错误；


故选：B。


5．【分析】A．结合pH＝﹣lgc（H+）计算；


B．小苏打为碳酸氢钠，碳酸根离子部分水解，导致碳酸氢根离子的浓度减小；


C．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，呈碱性；


D．结合pH＝﹣lgc（H+）及水的离子积计算。


【解答】解：A．pH＝4的醋酸中，结合pH＝﹣lgc（H+）可知，c（H+）＝10﹣pH＝10﹣4ml/L，故A错误；


B．饱和小苏打溶液中，由于HCO3﹣部分水解，则c（Na+）＞c（HCO3﹣），故B错误；


C．pH为2的盐酸与等体积pH＝12的氨水混合，由于氨水为弱碱，混合液中氨水过量，混合液呈碱性，故C错误；


D．pH＝12的纯碱溶液中，c（H+）＝10﹣12＝10﹣12ml/L，c（OH﹣）＝ml/L＝1.0×10﹣2ml/L，故D正确；


故选：D。


6．【分析】某温度下，0.1ml•L﹣1NaHSO3溶液呈酸性。在NaHSO3溶液中存在电离方程式HSO3﹣H++SO32﹣，电离出H+，使得溶液呈酸性；还存在水解方程式：HSO3﹣+H2OH2SO3+OH﹣，水解得到OH﹣，使得溶液呈碱性；现溶液呈酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于水解程度，据此结合电荷守恒分析。


【解答】解：A．NaHSO3在溶液中完全电离，电离得到Na+和HSO3﹣，因此0.1ml•L﹣1NaHSO3溶液中c（Na+）＝0.1ml•L﹣1，故A正确；


B．HSO3﹣是弱酸的酸式根离子，既能水解又能电离，则0.1ml•L﹣1NaHSO3溶液中c（HSO3﹣）＜0.1ml•L﹣1，故B正确；


C．NaHSO3溶液呈酸性，溶液中的c（H+）＞c（OH﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；


D．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣），故D正确；


故选：C。


7．【分析】A．结合甲酸溶液中的电荷守恒分析；


B．该化学式中含有1个铜离子、2个硫酸根离子和2个铵根离子，铵根离子和铜离子部分水解；


C．该浓度关系违反了电荷守恒；


D．结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）分析。


【解答】解：A．0.1ml•L﹣1HCOOH溶液中存在电荷守恒：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+），故A正确；


B．CuSO4•（NH4）2SO4•6H2O电离出2个SO42﹣、2个NH4+和1个Cu2+，NH4+和Cu2+发生水解，溶液呈酸性，则c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；


C．该混合液中若c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒可知c（Na+）＜c（X﹣），故C错误；


D．0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）+c（H+）+c（H2CO3）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D正确；


故选：C。


8．【分析】A．稀释后醋酸溶液中氢离子浓度减小；


B．氨水为弱碱，pH相等时一水合氨的浓度较大；


C．结合碳酸钠溶液中的电荷守恒分析；


D．CuO可促进铁离子水解转化为沉淀。


【解答】解：A．在稀醋酸中加水，醋酸的电离程度增大，但溶液中c（H+）变小，故A错误；


B．等体积、等pH的氨水和NaOH两溶液中加入稀盐酸至中性，由于氨水为弱碱，则一水合氨的浓度较大，氨水消耗的n（HCl）较大，故B错误；


C．Na2CO3溶液中满足电荷守恒：c（H+）+c（Na+）═2c（CO32﹣）+（HCO3﹣ ）+c（OH﹣），故C错误；


D．向混有Fe3+的CuSO4溶液中加入CuO，CuO可促进铁离子水解转化为沉淀，然后过滤可分离，故D正确；


故选：D。


9．【分析】向含0.01ml NaAlO2和0.02ml NaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，首先进行的反应为2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，0.02ml NaOH消耗0.01ml CO2，生成0.01ml Na2CO3，故A点溶液的的溶质为0.01ml Na2CO3和0.01ml NaAlO2；然后发生反应：2NaAlO2+CO2+3H2O＝2Al（OH）3↓+Na2CO3，0.01ml NaAlO2消耗0.005mlCO2，生成0.005mlNa2CO3，故B点溶液的溶质为Na2CO3；继续通入CO2，发生反应：CO2+Na2CO3+H2O＝2NaHCO3，前两个阶段共生成0.015ml Na2CO3，则该反应会消耗0.015mlCO2，生成0.03ml NaHCO3，故C点溶液的溶质为NaHCO3，据此分析解答。


【解答】解：A．由以上分析知，A点溶液的的溶质为0.01ml Na2CO3和0.01ml NaAlO2，CO32﹣和AlO2﹣均发生水解，由物料守恒可知，A点：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）＞c（AlO2﹣），故A错误；


B．由以上分析知，B点溶液的溶质为Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO32﹣的水解平衡，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，同时存在水的电离，又水解是微弱的，故B点：c（Na+ ）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故B正确；


C．由以上分析知，C点溶液的溶质为NaHCO3，由电荷守恒知，C点：c（Na+ ）+c（H+）═2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故C错误；


D．O点未通入CO2，溶液的溶质为0.01 ml NaAlO2和0.02 ml NaOH，故O点：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故D错误；


故选：B。


10．【分析】A．H2A为二元弱酸，第一步电离出氢离子可抑制第二步的电离，且均电离出氢离子；


B．pH＜7，可知HA﹣的电离大于其水解；


C．等体积混合浓度不变，溶液中存在质子守恒；


D．由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），混合后溶液pH＜7，c（H+）＞c（OH﹣）。


【解答】解：A．H2A为二元弱酸，第一步电离出氢离子可抑制第二步的电离，且均电离出氢离子，则离子浓度为c（H2A）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣），故A错误；


B．pH＜7，可知HA﹣的电离大于其水解，则c（H2A）＜c（A2﹣），故B错误；


C．等体积混合浓度不变，溶液中存在质子守恒式为c（OH﹣）＝c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A），故C正确；


D．由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），混合后溶液pH＜7，c（H+）＞c（OH﹣），则c（Na+）＜c（HA﹣）+2c（A2﹣），故D错误；


故选：C。


11．【分析】向1L 1.0ml•L﹣1的NaClO溶液中级慢通入SO2气体，开始时发生反应①SO2+H2O+3NaClO＝Na2SO4+NaCl+2HClO，SO2过量后发生总反应为②SO2+H2O+NaClO＝H2SO4+NaCl，所以b点恰好发生反应①，c点恰好发生反应②，据此结合物料守恒分析。


【解答】解：根据分析可知，b点恰好发生反应SO2+H2O+3NaClO＝Na2SO4+NaCl+2HClO，c点恰好发生反应SO2+H2O+NaClO＝H2SO4+NaCl。


A．b点溶液pH约为4，c（H+）≈10﹣4ml/L，n（HClO）＝2n（SO2）＝ml×2＝ml，溶液中的c（HClO）≈＝ml/L，c（ClO﹣）≈c（H+）＝10﹣4ml/L，则Ka（HClO）≈＝1.5×10﹣8，即HClO电离平衡常数的数量级为10﹣8，故A正确；


B．a点通入0.2mlSO2，n（NaCl）＝n（Na2SO4）＝n（SO2）＝0.2ml，n（HClO）＝2n（SO2）＝0.4ml，反应消耗的n（NaClO）＝3n（SO2）＝0.6ml，反应后含有的n（NaClO）＝1ml/L×1L﹣0.6ml＝0.4ml，则n（HClO）+n（NaClO）＝0.8ml、n（Cl﹣）＝0.2ml，结合物料守恒可知：4c（Cl﹣）═c（HClO）+c（ClO﹣），故B正确；


C．b点恰好发生反应SO2+H2O+3NaClO＝Na2SO4+NaCl+2HClO，n（NaCl）＝n（Na2SO4）＝n（SO2）＝ml，n（HClO）＝2n（SO2）＝ml×2＝ml，则c（SO42﹣）＝c（Cl﹣），正确的浓度关系为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＝c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；


D．c点恰好发生反应SO2+H2O+NaClO＝H2SO4+NaCl，n（H2SO4）＝n（SO2）＝1.0ml，c（H+）＝＝2.0ml•L﹣1，故D正确；


故选：C。


12．【分析】A．通入少量SO2的过程中，发生H2O+SO2＝H2SO3溶液酸性增强，pH 减小；


B．tanα1＝＝1，α1＝45°，所以α1＝α2一定等于45°；


C．当对应溶液的pH处于1.81＜pH＜6.91时，lg＞0，说明c（HSO3﹣）＞c（H2SO3），lg＜0，说明c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）；


D．利用Ka1＞Ka2，展开公式求解。


【解答】解：A．通入少量SO2的过程中，发生H2O+SO2＝H2SO3溶液酸性增强，pH 减小，直线Ⅱ中的N点向M点移动，故A正确；


B．Ka1＝⇒lgKa1＝lg+lgc（H+）⇒lgKa1﹣lgc（H+）＝lg⇒lgKa1+pH＝lg，同理lgKa2+pH＝lg，由图得知Ka1＝1×10﹣1.81，Ka2＝1×10﹣6.91，tanα1＝＝1，α1＝45°，同理，α2＝45°，所以α1＝α2一定等于45°，故B正确；


C．当对应溶液的pH处于1.81＜pH＜6.91时，lg＞0，说明c（HSO3﹣）＞c（H2SO3），lg＜0，说明c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣），c（SO32﹣）和c（H2SO3）无法比较，故C错误；


D．由于Ka1＞Ka2，可知＞，即c2（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）•c（H2SO3），故D正确；


故选：C。


二．填空题（共3小题）


13．【分析】（Ⅰ）氯化铜水溶液中铜离子部分水解显酸性；


（Ⅱ）BaSO4属于难溶物，其浊液中存在沉淀溶解平衡；


（Ⅲ）生成物气体分子数小于反应物气体分子数的反应是熵减反应；根据盖斯定律计算反应的焓变书写热化学方程式即可；


（Ⅳ）电离平衡常数越大酸性越强，则酸性：H2C2O4＞HC2O4﹣＞H2CO3＞HCO3﹣，草酸的酸性强，等浓度时氢离子浓度越大；“越弱越水解”，则CO32﹣水解程度大于C2O42﹣，水解程度越大，溶液pH越大；酸性越强电离程度越大，结合酸性H2C2O4＞HC2O4﹣＞H2CO3＞HCO3﹣分析。


【解答】解：（I）CuCl2水溶液中存在水解平衡：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，所以其水溶液呈酸性，


故答案为：酸；Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；


（II）BaSO4属于难溶物，BaSO4浊液中存在沉淀溶解平衡：BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq），


故答案为：溶解；BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）；


（III）反应①为气体体积最大的反应，△S＞0，反应②、③中产物的气体分子数小于反应物气体分子数，是熵减反应，△S＜0；


已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H1＝﹣1275.6kJ/ml，


②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2＝﹣566.0kJ/ml，


③H2O（g）═H2O（l）△H3＝﹣44.0kJ/ml，


根据盖斯定律，得：CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l），△H＝[（﹣1275.6kJ/ml）+（﹣44.0kJ/ml）×4﹣（﹣566.0kJ/ml）]＝﹣442.8kJ/ml，


故答案为：②③；CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H＝﹣442.8kJ/ml；


（IV）已知碳酸H2CO3：Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，草酸H2C2O4：Ka1＝5.9×10﹣2，Ka2＝6.4×10﹣5，电离平衡常数越大酸性越强，则酸性：H2C2O4＞HC2O4﹣＞H2CO3＞HCO3﹣，草酸的酸性强，等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸；根据越弱越水解规律，所以CO32﹣水解程度大于C2O42﹣，则0.1 ml/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 ml/L Na2C2O4溶液的pH；


将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，酸性越强电离程度越大，由于酸性H2C2O4＞HC2O4﹣＞H2CO3＞HCO3﹣，则离子浓度大小顺序为：c（H+）＞c（HC2O4﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），（H+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（CO32﹣），


故答案为：大于；草酸（H2C2O4）；AC。


14．【分析】（1）先根据酸碱性分组，酸性组①（NH4）2SO4、③NH4HSO4、④NH4NO3，中性组②NaNO3，碱性组⑤NaClO、⑥CH3COONa，再分析各组酸性或碱性，最后排序；


（2）0.1ml•L﹣1醋酸溶液的pH约为3，即0.1ml•L﹣1醋酸溶液中c（H+）＝c（CH3COO﹣）＝0.001ml/L，c（CH3COOH）＝0.1ml/L﹣0.001ml/L≈0.1ml/L，代入醋酸的电离常数K＝中计算K，醋酸溶液中加水稀释时，促进醋酸电离，溶液中n（H+）增大，据此判断；


（3）pH＝3的NH4Al（SO4）2中c（H+）＝0.001ml/L，c（OH﹣）＝10﹣11ml/L，根据电荷关系计算；


（4）CH3COOH是弱酸，pH＝2的CH3COOH溶液中c（H+）＞0.01ml/L，加水稀释促进CH3COOH电离，使CH3COOH溶液的酸性大于pH相同的盐酸的酸性，据此分析解答；


（5）CH3COOH是弱酸，部分电离，据此分析解答。


【解答】解：（1）6种溶液分组为酸性组pH＜7，①（NH4）2SO4、③NH4HSO4、④NH4NO3：③NH4HSO4电离生成H+，酸性最强，①（NH4）2SO4中c（NH4+）较大、水解后溶液酸性较强，pH值由小到大的顺序为③＜①＜④；


中性组②NaNO3，pH＝7；


碱性组pH＞7，⑤NaClO、⑥CH3COONa：CH3COOH的酸性大于HClO，所以⑤NaClO的水解程度大，碱性强、pH大，


综上，6种溶液的pH值由小到大的排列顺序是③＜①＜④＜②＜⑥＜⑤，故A正确，


故答案为：A；


（2）0.1ml•L﹣1醋酸溶液中c（H+）＝c（CH3COO﹣）＝0.001ml/L，c（CH3COOH）＝0.1ml/L﹣0.001ml/L≈0.1ml/L，醋酸的电离常数K＝＝＝10﹣5 ；醋酸溶液中加水稀释时，促进醋酸电离，溶液中n（CH3COOH）减小、n（H+）增大，所以＝增大，


故答案为：10﹣5 ；增大；


（3）pH＝3的NH4Al（SO4）2中c（H+）＝0.001ml/L，c（OH﹣）＝10﹣11ml/L，电荷关系为2c（SO42﹣）+c（OH﹣）＝c（NH4+）+3c（Al3+）+c（H+），所以2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）＝c（H+）﹣c（OH﹣）＝0.001ml/L﹣10﹣11ml/L＝0.001ml/L，


故答案为：0.001ml/L；


（4）CH3COOH是弱酸，pH＝2的CH3COOH溶液中c（H+）＞0.01ml/L，pH＝2的盐酸和CH3COOH溶液加水稀释相同倍数时，由于加水促进CH3COOH的电离，导致CH3COOH溶液的酸性强、pH小，要使加水至pH再次相等，则CH3COOH溶液应该继续加水，所以加入水的体积V（HCl）＜V（CH3COOH），


故答案为：＜；


（5）CH3COOH是弱酸，浓度相同的盐酸和CH3COOH溶液加入等体积的水稀释后，CH3COOH的电离不完全，导致CH3COOH溶液的酸性弱、pH大，即加入等体积的水稀释后pH（HCl）＜pH（CH3COOH），


故答案为：＜。


15．【分析】（1）硫酸铵溶液中，铵根水解而使溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断离子浓度大小关系；


（2）弱电解质存在电离平衡，弱根离子存在水解平衡；


（3）氯化铁属于强酸弱碱盐，铁离子易水解而使其溶液呈酸性，加入酸抑制其水解；


铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解；


（4）银离子或氯离子都抑制氯化银溶解，根据银离子浓度或氯离子浓度确定抑制氯化银溶解程度．


【解答】解：（1）硫酸铵溶液中，铵根水解而使溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）＝2c（SO42﹣）+c（OH﹣），则c（NH4+）＞c（SO42﹣），铵根离子水解程度较弱，所以溶液中c（SO42﹣）＞c（H+），则离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），


故答案为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；


（2）弱电解质存在电离平衡，弱根离子存在水解平衡，所以溶液中存在平衡有：HCO3﹣⇌H++CO32﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣、H2O⇌H++OH﹣，碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致溶液呈碱性，


故答案为：HCO3﹣⇌H++CO32﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣、H2O⇌H++OH﹣；HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，溶液中c（OH﹣）＞c（H+），故溶液显碱性；


（3）铁离子水解而使其溶液呈酸性，为抑制铁离子水解，应该向溶液中加入酸，铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解而生成氢氧化铁红褐色沉淀和二氧化碳，离子反应方程式为Fe3++3HCO3﹣＝Fe（OH）3↓+3CO2↑，


故答案为：抑制Fe3+水解；Fe3++3HCO3﹣＝Fe（OH）3↓+3CO2↑；


（4）银离子或氯离子都抑制氯化银溶解，银离子浓度或氯离子浓度越大其抑制氯化银溶解程度越大，


硝酸银为可溶性银盐，所以其溶液中银离子浓度最大，氯化铝中氯离子浓度大于盐酸，所以氯化铝中银离子浓度最小，其次是盐酸，水溶解氯化银程度大于盐酸，则这几种溶液中银离子浓度大小顺序是②①④③，


故答案为：②①④③．