07盐类水解-北京市2023-2024学年高二化学上学期期末重点专题练习（人教版2019新版，选择性必须第1册）

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07盐类水解-北京市2023-2024学年高二化学上学期期末重点专题练习（人教版2019新版，选择性必修1）一、单选题1．（2023上·北京石景山·高二统考期末）某浓度Na2CO3溶液的pH随温度的变化如下图所示，下列判断不正确的是A．a点→b点→c点，Na2CO3的水解程度逐渐增大B．b点开始随温度升高碳酸钠溶液pH逐渐降低，因此碳酸根水解是放热过程C．100℃时，纯水的pH=6，c点溶液中c(OH-)约为10-0.3mol·L-1D．溶液在b点时电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)2．（2024上·北京丰台·高二统考期末）常温下，邻苯二甲酸()的，。该温度下，用的溶液滴定的邻苯二甲酸氢钾()溶液，溶液的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A．点的混合溶液中：B．点的混合溶液中：C．点的混合溶液中：D．从点到点水的电离程度逐渐增大3．（2023上·北京·高二北京市第十一中学校考期末）室温时，下列溶液中的离子浓度关系，正确的是A．0.1 mol·L−1 Na2CO3 溶液中：c(Na+)=2c( )B．0.1 mol·L−1 NH4Cl 溶液中：c(Cl－)>c(H+)>c( )>c(OH－)C．pH>7 的HCN、NaCN 混合溶液：c(CN－)>c(Na+)D．0.1 mol·L−1 NH4Cl 溶液和0.1 mol·L−1 NH3·H2O 相比，c( )前者大于后者4．（2023上·北京大兴·高二统考期末）下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A．电解精炼铜的阴极反应式为：B．钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：C．溶于水产生：D．明矾作净水剂：5．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）实验室用0.1 的NaOH溶液滴定20 mL 0.1 的某酸HA溶液。溶液中含A微粒a、b的分布系数、NaOH溶液体积V(NaOH溶液)与pH的关系如图所示。已知：HA的分布系数下列说法不正确的是A．微粒b为B．X点对应溶液的pH约为5C．p点对应的溶液中，D．滴定到q点时，溶液中6．（2023上·北京平谷·高二统考期末）对下列事实解释的化学用语表达正确的是A．硫酸铜溶液呈酸性：B．氨水呈碱性：C．将水加热至90℃水的pH变小：  D．向碳酸氢钠溶液中滴加滴加酚酞呈红色：7．（2023上·北京东城·高二汇文中学校考期末）下列不能表明HF是弱电解质的是A．的HF溶液 B．HF溶液能与纯碱反应C．室温下NaF溶液呈碱性 D．常温下同浓度HF溶液的导电性比盐酸弱8．（2022上·北京·高二北京师大附中校考期末）探究铝片与溶液的反应。下列说法不正确的是A．Ⅲ中产生的原因：、B．对比Ⅰ、Ⅲ，说明溶液能破坏铝表面的保护膜C．推测出现白色浑浊的原因：D．加热和逸出对水解平衡移动方向的影响是一致的9．（2022上·北京·高二北京师大附中校考期末）某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。资料：CaS遇水完全水解由上述实验得出的结论不正确的是A．③中白色浑浊不可能是CaSB．②中由于酸性，发生反应：C．实验Ⅱ的①中过量发生的反应是：D．由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较和酸性的强弱10．（2022上·北京丰台·高二统考期末）研究氧化制备对资源的综合利用有重要意义，主要化学反应有：①，②。在一定条件下，将和按物质的量1∶1投入反应容器，反应一段时间后，体系内含碳物质的浓度变化如下表所示。下列说法不正确的是A．的转化率大于的B．根据表中物质的浓度变化，推测有副反应C．该反应条件下，副反应生成的速率大于反应①生成的速率D．若体系生成的含碳物质只有和，则初始物质浓度与反应一段时间后物质浓度c之间一定存在：11．（2022上·北京丰台·高二统考期末）下列物质的用途或事实与盐类的水解无关的是A．硫酸钡用作钡餐B．明矾用于净水C．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液用于泡沫灭火器D．由制取无水固体时，需在气流中蒸发12．（2023上·北京石景山·高二统考期末）常温下，将3种一元酸与0.1溶液等体积混合，实验数据如下表：下列分析正确的是A．酸性强弱为：B．①混合后溶液中离子浓度为：C．比较①和②的溶液：D．实验③的离子反应：13．（2023上·北京昌平·高二统考期末）时，用溶液滴定溶液，所得滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A．①处的溶液中 B．②处对应的溶液体积为C．②处的溶液中 D．从①至③过程中，水的电离程度逐渐减小二、填空题14．（2023上·北京大兴·高二统考期末）室温下，有浓度均为0.1 mol·L的下列五种溶液，请回答问题。①HCl②NaCl③④⑤资料：室温下电离常数，醋酸；碳酸，。(1)上述溶液中水的电离被抑制的是 (填序号，下同)，水的电离被促进的是 ，溶液⑤中溶质与水作用的离子方程式为 。(2)上述溶液的pH由大到小的顺序为 。(3)比较溶液③和④中的物质的量浓度：③ ④(填“<”、“=”或“>”)。(4)室温下，向溶液①中加水稀释至原体积的10倍，所得溶液的pH为 。(5)向20 mL 0.1 mol/L 中滴加0.1 mol/L NaOH过程中，pH变化如图所示。①滴加过程中发生反应的离子方程式是 。②下列说法正确的是 。a． A、C两点水的电离程度：A>Cb．B点溶液中微粒浓度满足：c．D点溶液微粒浓度满足：15．（2023上·北京平谷·高二统考期末）现有：①醋酸、②盐酸、③醋酸钠、④碳酸氢钠、⑤氨化钙、⑥氯化铵六种试剂。(1)醋酸钠溶液呈碱性原因： 。(化学用语)(2)盐酸溶液与碳酸氢钠反应的离子方程式 。(3)有关溶液的叙述不正确的是 。a．与同浓度盐酸溶液的导电性不相同b．常温下，等浓度等体积溶液与NaOH溶液混合后溶液c．向溶液中加少量固体，减小d．向溶液中加少量固体，增大e．溶液中离子浓度关系满足：(4)25℃时，pH均等于4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的与氯化铵溶液中水电离出的之比是 。(5)向饱和溶液中滴加饱和溶液，可观察到先产生白色沉淀，后又产生无色气泡，结合化学用语，从平衡移动角度解释原因 。16．（2023上·北京东城·高二统考期末）25℃时，某小组同学分别用如下方法测定的电离常数 (Ka)。(1)电离方程式为 。【方法一】实验步骤：ⅰ.取a mL稀溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液。ⅱ.用标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为。ⅲ.另取一份该稀溶液于烧杯中，用pH计测得其pH为x。(2)ⅱ中滴定恰好达到终点时的现象为 。(3)该稀溶液的浓度 (用代数式表示)。(4)数据处理：醋酸的电离平衡常数。代入相关数据，即可得。误差分析：若ⅰ中锥形瓶提前用该稀溶液进行了润洗，会使测得的 (填“偏大”或“偏小”)。【方法二】实验原理：由的电离平衡常数表达式可知，当时，。实验步骤：①取25mL某溶液，用NaOH溶液滴定至终点。②继续向①中加入25mL该溶液。③用pH计测定②中混合溶液的pH为y。(5)步骤②的目的是 。数据处理：(6) (用代数式表示) 迁移应用：(7)已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，其溶液中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 (填字母序号)。A．的B．溶液显碱性C．向溶液中逐滴加入NaOH溶液至，发生反应：17．（2022上·北京海淀·高二清华附中校考期末）研究电解质在水溶液中的行为有重要的意义(以下均为25℃)。I.有0.1 mol·L的三种溶液：a.NaOH    b.    c.盐酸(1)溶液a的 ；c中水电离出的 。(2)溶液b的，用化学用语解释原因 。(3) L溶液a与 L溶液c混合后，若所得溶液的，则 。(4)向20 mL溶液b中滴加溶液a的过程中，pH变化如图所示。①滴加过程中发生反应的离子方程式是 。②B点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为 。③D点溶液中， (填“>”、“＜”或“=”)。II.、、HClO和的电离平衡常数如下：(5)0.1 mol·L的下列四种溶液，pH由小到大的顺序是_______(填字母)。A． B． C．NaClO D．(6)0.1 mol·L 的溶液中，结合化学用语解释原因： 。(7)向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为 。(8)向NaClO溶液中分别加入下列物质，能增大的是 (填字母)。A．    B．    C．三、解答题18．（2023上·北京房山·高二统考期末）时，下图烧杯中各盛有的溶液。甲：  乙：(1)甲中溶液的 1(填“>”、“<”或“=”)，请用电离方程式解释 。(2)乙中溶液的 。乙溶液由水电离出的 。(3)取甲溶液与乙溶液等体积混合，测得混合液的，用化学用语解释原因 ，此时该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是 。19．（2023上·北京海淀·高二北京二十中校考期末）盐酸和醋酸是生活中常用的酸(可用HA代表)。某实验小组进行了以下实验。(1)对比盐酸和醋酸与的反应。常温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定过程中溶液pH的变化曲线如下图所示。①表示滴定醋酸的曲线是 (填“I”或“II”)。②a点溶液中，、、由大到小的顺序为 。③时， (填“>”“<”或“=”)。(2)对比盐酸和醋酸与的反应。资料：25℃时和的电离平衡常数分别为和。①溶液中加入石蕊溶液变蓝，用化学用语解释原因 。②实验II的目的是 。③结合资料和化学用语解释I的实验现象 。④III中溶液变为浅黄绿色，用离子方程式解释原因 。20．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）碳酸亚铁(白色固体，难溶于水)可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组设计实验制备，依次进行了实验I、II、III，方案如下：资料：ⅰ．，ⅱ．吸附后会呈现茶色ⅲ．(1)实验I中的白色沉淀是 。甲同学从理论上解释了该沉淀不是的原因 。(2)请结合化学用语解释溶液呈碱性的原因 。(3)写出实验II中“产生白色沉淀及气泡”的离子方程式 。(4)与实验I和II对比，实验Ⅲ使用溶液的优点有 。【实验反思】乙同学进一步确认实验I中红褐色沉淀的成分，进行了如下实验：取沉淀溶于足量的硫酸，向其中通入气体至饱和，溶液变为红棕色，放置12小时后溶液呈浅绿色。(5)请结合化学用语解释“先出现红棕色，12小时后变为浅绿色”的原因 。21．（2022上·北京丰台·高二统考期末）某小组研究与盐溶液的反应。资料：ⅰ.镁和水反应会在镁条表面形成致密的膜，阻碍反应进一步发生。ⅱ.某些体积较小的离子能够“钻入”膜，达到使其溶解的效果，称作“离子钻入效应”。进行实验：常温下，向试剂X中加入长的光亮镁条。(1)分别收集实验Ⅱ和实验Ⅳ中产生的气体于小试管中，用拇指堵住试管口，靠近酒精灯火焰，松开拇指，均听到爆鸣声，说明生成的气体中含有 。(2)常温下，溶液的。结合化学用语解释溶液显碱性的原因 。(3)经实验测定，实验Ⅱ中产生的白色沉淀中含有。已知可以和形成，请用化学平衡移动原理解释实验Ⅱ中生成气体速率快及生成的原因 。(4)实验Ⅲ中生成了，写出该反应的离子方程式 。(5)对于实验Ⅳ，小组同学猜测滤液中的某些微粒可能对反应速率有影响。继续设计并实施实验，进行深入研究。①甲同学认为实验Ⅳ的滤液中含有，请设计实验方案证实其想法 。②对比实验Ⅳ和Ⅴ，可知对反应速率有影响。实验Ⅴ中的试剂X是 。(6)综合上述实验可知，与可以加快和反应的速率。反应速率加快的原因是 。(7)研究表明，与盐溶液反应的多样性与 有关。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(经检验为和)实验操作现象Ⅰ向盛有溶液的①中持续通入至过量②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡Ⅱ向盛有溶液的①中持续通入气体至过量现象同实验Ⅰ实验序号c(一元酸)混合后溶液pH①②③化学式HClO电离平衡常数()0.8 mol/L溶液实验试管内试剂现象Ⅰ1 mol/L 溶液产生白色沉淀后很快变为灰绿色沉淀，5 min后出现明显的红褐色Ⅱ1 mol/L 溶液产生白色沉淀后逐渐变茶色，有小气泡生成Ⅲ1 mol/L 溶液产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色实验序号试剂X实验现象Ⅰ蒸馏水镁条表面有微小气泡附着Ⅱ溶液迅速有大量无色气泡冒出，同时产生大量白色沉淀Ⅲ溶液镁条表面迅速覆盖一层疏松黑色固体，并有少量气泡冒出Ⅳ溶液和溶液充分混合、过滤后所得的滤液迅速有大量无色气泡冒出，滤液中逐渐出现白色浑浊实验序号试剂X实验现象Ⅴ_______细微气泡冒出Ⅵ溶液蒸馏水镁条表面有微小气泡附着参考答案：1．B【详解】A．a点→b点→c点，升温促进盐类水解，Na2CO3的水解程度逐渐增大，A正确；B．由图可知pH随温度升高而减小，则增大，而水解是吸热反应，则随温度升高水解程度增大，增大，B错误；C．100℃时，纯水的pH=6，， c点溶液中c(H+) = ，则 mol·L-1，C正确；D．Na2CO3溶液在图上任一点都符合电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，D正确； 故选B。2．C【分析】由图可知，a点时邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液反应得到邻苯二甲酸氢钾和邻苯二甲酸钠等浓度的混合液，溶液呈酸性；b点时邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液反应得到邻苯二甲酸氢钾和邻苯二甲酸钠的混合液，溶液呈中性；c点时邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾等浓度的混合液，溶液呈碱性；【详解】A．由分析可知，a点为邻苯二甲酸氢钾和邻苯二甲酸钾等浓度的混合液，溶液呈酸性，说明的电离程度大于的水解程度，溶液中，故A错误；B．b点溶液的pH=7，，此时溶液中所含溶质为等浓度的K2A和Na2A，以及少量的KHA，根据电荷守恒，因此，在KHA溶液中存在物料守恒，，因此，故B错误；C．c点为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾等浓度的混合液，溶液中，由物料守恒可得，故C正确；D．由电离常数可知邻苯二甲酸氢根的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，邻苯二甲酸根为二元弱酸根，在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离，从a点到c点，邻苯二甲酸氢根的浓度减小，邻苯二甲酸根浓度增大，水的电离程度逐渐增大，从c点到d过量的氢氧化钠会抑制水的电离，水的电离程度逐渐减小，故D错误；故选C。3．D【详解】A．0.1 mol•L−1 Na2CO3溶液中发生两步水解产生和H2CO3，根据物料守恒：c(Na+)=2c( )+ 2c( )+ 2c(H2CO3)，故A错误；B．0.1 mol•L−1 NH4Cl溶液中部分水解产生NH3•H2O和H＋，溶液中：c(Cl−)＞c()＞c(H＋)＞c(OH−)，故B错误；C．pH＞7的HCN、NaCN混合溶液，说明HCN的电离程度小于NaCN的水解程度，则混合溶液中：c(CN−)＜c(Na＋)，故C错误；D．NH4Cl是强电解质，在水溶液中完全电离出和Cl−，有很少一部分发生水解；NH3•H2O是弱碱，电离程度很小，溶液中很小，所以0.1 mol•L−1 NH4Cl 溶液和0.1 mol•L−1 NH3•H2O 相比，c()前者大于后者，故D正确；故答案选D。4．B【详解】A．电解精炼铜的阴极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜，反应式为：，A正确；B．钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀中铁失去电子生成亚铁离子：，B错误；C．溶于水生成弱酸碳酸，碳酸部分电离产生：，C正确；D．明矾作净水剂是铝离子能水解生成氢氧化铝胶体：，D正确；故选B。5．C【详解】A．由图可知，微粒b随着pH的增大分布系数增加，则为，选项A正确；B．由图像可知，当时，对应溶液的，此时溶液中的，，X点时，根据图像有，则此时的，，选项B正确；C．p点时，，根据电荷守恒有：，根据物料守恒有：，两式联立消去，解得：，选项C错误；D．滴定到q点时，，为NaA溶液，是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故，选项D正确；答案选C。6．C【详解】A．水解程度很弱，所以水解方程式为：，A错误；B．是弱电解质，电离方程式为：，B错误；C．水的电离：，升高温度，平衡横向移动，增大，pH变小，C正确；D．水解程度很弱，不能生成气体，所以水解的离子方程式为：，D错误； 故选C。7．B【详解】A．由题意知常温下0.1mol/L的HF溶液中c(H+)=10-2mol/L<0.1mol/L，可推断HF不能完全电离，所以该事实能说明HF是弱酸，A项正确；B．根据强酸制弱酸的原理，HF能与Na2CO3溶液反应，可推断HF的酸性比H2CO3强，但不能确定HF是强酸还是弱酸，B项错误； C．常温下，NaF溶液呈碱性，则NaF属于强碱弱酸盐，它水解使溶液显碱性：，可推知HF是弱酸，C项正确；D．常温下等浓度的一元强酸HCl与HF做导电性对照实验，导电性比盐酸弱，该事实说明HF一定是弱酸，D正确；故选B。8．C【详解】A．溶液中水解，存在水解平衡：，铝表面的氧化膜溶于碱，内部的铝单质与氢氧根离子反应生成氢气，反应离子方程式为：，A正确；B．依据铝能与热水反应，实验Ⅰ中没有气泡冒出，说明表面有氧化膜，实验Ⅲ有气泡冒出，说明氧化膜被溶液破坏，B正确；C．碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，离子方程式：，C错误；D．盐类水解为吸热过程，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，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对水解平衡移动都起到促进作用，D正确；故选：C。9．B【分析】由操作和现象可知，①CO2过量发生2CO2+2H2O+S2-═2HCO+H2S，②中发生H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，③中二氧化碳与石灰水反应生成白色浑浊是CaCO3。【详解】A．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3，CaS遇水完全水解③中白色浑浊不可能是CaS，故A正确；B．②中发生反应：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，反应之所以发生是因为CuS难溶于水且难溶于硫酸，而不是强酸制弱酸原理，实际酸性：，故B错误；C．实验II的①中过量发生的反应是，故C正确；D．由强酸制取弱酸的原理及实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D正确；故选：B。10．D【详解】A．反应前、的浓度相等，反应后浓度大于，转化率=，故的转化率大于，A正确；B．反应①中CO2：CO=1：1，生成的CO=消耗的CO2，但由图可知，实际生成的CO>消耗的CO2，故推测有副反应，B正确；C．由题可知大量的CO来源于副反应的生成，反应①中C2H4(g)和CO(g)的变化量相等，则相同时间内副反应生成CO的速率大于反应①生成CO的速率，C正确；D．若体系生成的含碳物质只有C2H4和CO，根据碳原子守恒可知：2c0(C2H6)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+2c(C2H4)+2c(C2H6)，D错误；故选D。11．A【详解】A．硫酸钡用作钡餐是由于硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生Ba2+对人体造成危害，与水解无关，A项正确；B．明矾用于净水是由于Al3+水解产生Al(OH)3胶体，使悬浊物沉降，可以净水，B项错误；C．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液用于泡沫灭火器是由于Al3+与发生双水解反应，C项错误；D．Fe3+在水中会水解，加热会促进Fe3+的水解，故由制取无水固体时，需在气流中蒸发，抑制Fe3+的水解，D项错误；答案选A。12．B【详解】A． HZ反应后pH等于7，则反应后的盐NaZ呈中性，HZ为强酸；HX、HY反应后分别得到NaX、NaY溶液呈碱性，则HX、HY为弱酸，且NaX溶液的碱性更强，即X-的水解程度更大，根据越弱越水解原理，则酸性HXHY>HX，故A错误；B．①中NaOH和HX反应恰好生成NaX溶液，该溶液pH大于7显碱性，X-离子发生水解，故答案为：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)，故B正确；C．由A可知酸性HY>HX，则 X-离子水解程度大于Y-，所以，故C错误；D．HZ为强酸，离子方程式中要拆写，所以离子方程式应该为：，故D错误； 故选B。13．A【分析】由图可知，HA为一元弱酸，①处为等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液呈酸性，②处为HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，③处为NaA溶液，溶液呈碱性。【详解】A．由分析可知，①处为等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液呈酸性说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液中A—离子的浓度大于HA，故A正确；B．由分析可知，②处为HA和NaA的混合溶液，HA溶液未完全反应，所以氢氧化钠溶液的体积小于20mL，故B错误；C．由分析可知，②处为HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，则由电荷守恒可知，溶液中离子浓度的关系为，故C错误；D．由分析可知，①处为等浓度的HA和NaA的混合溶液，③处为NaA溶液，则从①至③过程中，水的电离程度逐渐增大，故D错误；故选A。14．(1) ①③ ④⑤ (2)⑤④②③①(3)＜(4)2(5) bc【分析】相同温度下电离常数越大、电离能力越大，等物质的量浓度的酸提供的氢离子浓度越大、酸性越强，据表格知，酸性排序为：HCl ＞＞【详解】（1）溶液中水电离出的OH−浓度等于溶液中水电离出的氢离子浓度，都代表了水的电离程度，酸溶液中水的电离被抑制，和溶液中因水解促进了水的电离，氯化钠不影响水的电离，则上述溶液中水的电离被抑制的是①③，水的电离被促进的是④⑤，溶液⑤中溶质与水作用，即碳酸根离子水解，一级水解为主，则主要的离子方程式为。（2）①HCl呈酸性，③呈酸性，盐酸是强酸、醋酸是弱酸，等物质的量浓度的盐酸酸性大于醋酸，则pH：①HCl呈酸性＜③，②NaCl呈中性，④、⑤因水解呈碱性，“越弱越水解”，水解程度④＜⑤，则pH④＜⑤，故上述溶液的pH由大到小的顺序为⑤④②③①。（3）③是弱酸、微弱电离，④是强电解质、完全电离、微弱水解，则溶液③和④中的物质的量浓度：③＜④。（4）室温下，向溶液①HCl中加水稀释至原体积的10倍，所得溶液的中氢离子浓度变为原来的十分之一，即0.01 mol·L，则pH为2。（5）①向20 mL 0.1 mol/L 中滴加0.1 mol/L NaOH，滴加过程中NaOH溶液和CH3COOH水溶液反应生成醋酸钠和水，发生反应的离子方程式是。②a． A为醋酸溶液，抑制水的电离，D为溶液、因水解促进了水的电离，则A→D的过程中水的电离程度不断增大，则A、C两点水的电离程度：A＜C，a错误；b．B点溶液中电荷守恒，微粒浓度满足：，b正确；c．D点恰好中和，D点溶液为溶液，物料守恒，则微粒浓度满足：，c正确；选bc。15．(1)(2)(3)be(4)10-6：1(5)在溶液中，存在平衡，向溶液中加入Ca2+，发生反应，产生白色沉淀，使减小，使平衡正移，c(H+)增大，发生反应，CO2逸出，产生大量气体【详解】（1）因为醋酸钠中醋酸根离子是弱酸阴离子可发生水解，产生氢氧根离子，水解方程式为：；（2）盐酸和碳酸氢钠反应生成水和二氧化碳，离子方程式为：；（3）a．醋酸是弱酸，只能部分电离，其溶液中离子浓度较小，故与同浓度盐酸溶液的导电性不相同，a正确；b．常温下，等浓度等体积溶液与NaOH溶液混合后生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，溶液显碱性，b错误；c．醋酸在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOH⇌H++CH3COO-，向溶液中加少量固体，醋酸根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，则减小，c正确；d．醋酸在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOH⇌H++CH3COO-，向溶液中加少量固体，则碳酸根离子结合氢离子，氢离子浓度减小，电离平衡正向移动，增大，d正确；e．醋酸在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOH⇌H++CH3COO-，另外水也可以电离出氢离子，则氢离子浓度大于醋酸根离子，e错误；故选be；（4）25℃时，pH等于4的醋酸溶液中醋酸电离产生的c(H+)=10-4 mol/L，则根据水的离子积产生Kw=10-14可知溶液中c(OH-)=10-10 mol/L，在该溶液中水电离产生的c(H+)与溶液中c(OH-)相同，故该溶液中水电离产生的c(H+)=10-10 mol/L；pH=4的NH4Cl溶液中c(H+)=10-4 mol/L，溶液中H+完全是水电离产生，所以该溶液中水电离产生的c(H+)=10-4 mol/L，因此25℃时，pH均等于4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的c(H+)与氯化铵溶液中水电离出的c(H+)之比是10-10 mol/L：10-4 mol/L=10-6：1；（5）向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，可观察到先产生白色沉淀，后产生大量无色气泡，这是由于在溶液中NaHCO3电离产生的存在电离平衡：H++，电离产生的与加入的CaCl2电离产生的Ca2+结合形成CaCO3沉淀，导致溶液中c()减小，使的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)增大，H+与发生反应：H++=CO2↑+H2O，CO2气体逸出，因此有大量气泡产生。16．(1)CH3COO-+H+(2)锥形瓶内溶液颜色由无色变为淡粉色，且半分钟内不褪色(3)(4)偏小(5)使(6)(7)AC  【详解】（1）为弱酸，电离方程式为CH3COO-+H+；（2）滴定终点，锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；（3）该稀溶液的浓度；（4）若ⅰ中锥形瓶提前用该稀溶液进行了润洗则锥形瓶内溶质增多，故V1偏大，导致c偏大，但是x值不变，醋酸的电离平衡常数，会使测得的偏小；（5）步骤②的目的是使；（6）pH为y，；（7）A. 时，pH=1.43，的，A正确；B． 中，同时存在电离和水解，当，c(H+)=10-6.54，；的水解常数；，溶液显酸性，B错误；C．向溶液中逐滴加入NaOH溶液至，发生反应：，C正确；故选AC。17．(1) 13 (2)为弱酸，不能完全电离，0.1 mol·L中氢离子浓度小于0.1 mol·L(3)9：11(4) =(5)DBCA(6)的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中(7)(8)A【详解】（1）0.1 mol·L的NaOH溶液中c()=0.1 mol·L，c()=，13；0.1 mol·L的盐酸中c()=0.1 mol·L，溶液中的氢氧根离子完全来自水的电离，c()水=，水电离出的 c()水=，故答案为：13；；（2）为弱酸，在溶液中只能部分电离出氢离子，因此0.1 mol·L电离生成的氢离子浓度小于0.1 mol·L，其pH值大于1，故答案为：为弱酸，不能完全电离，0.1 mol·L中氢离子浓度小于0.1 mol·L；（3） L NaOH溶液与 L盐酸混合后，若所得溶液的，可知酸过量，混合后溶液中的氢离子浓度：c()=，9：11，故答案为：9：11；（4）①醋酸与氢氧化钠反应的离子方程式为：，故答案为：；②B点溶液中，醋酸消耗一半，所得溶液为等浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小为：，故答案为：；③D点溶液，醋酸恰好完全反应，溶液为醋酸钠溶液，根据质子守恒得：，则=，故答案为：=；（5）中，既电离也水解，其电离常数为：，其水解常数：Kh=<，电离程度大于水解程度，因此溶液呈酸性；、、NaClO均水解呈碱性，酸性：> HClO >，根据越弱越水解可知，水解程度：1；（2）NaOH为一元强碱，在水溶液中完全电离，所以0.100mol/L的NaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=0.100mol/L，溶液中 ，溶液的pH =13；碱抑制水电离，碱溶液中c(H+)就是水电离出的c(H+)= 10-13mol/L；（3）取甲溶液与乙溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COO-水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为：，c 但其水解程度较小，钠离子不水解，则 ，溶液中存在电荷守恒，所以存在：；19．(1) I >> < (2) ClO− + H2OHClO + OH− 空白对照，排除I中因稀释导致溶液褪色的可能 Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，I中发生反应ClO− + CH3COOH = HClO + CH3COO−，c(HClO)增大，漂白性增强，溶液褪色 ClO− + Cl− + 2H+ = Cl2↑ + H2O【分析】NaClO是强碱弱酸盐，溶于水ClO-离子水解生成氢氧根离子，使溶液显碱性，可以使石蕊试液变蓝色；次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色；【详解】（1）①HCl是强电解质，0.1mol/L的溶液中氢离子浓度也是0.1mol/L，pH=1，所以曲线II是盐酸滴定曲线，表示滴定醋酸的曲线是I；②a点处溶液中溶质成分应是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系是，根据图中信息，此时溶液pH<7呈酸性，所以，代入电荷守恒关系可知，溶液中CH3COOH是弱电解质部分电离，所以，所以>>；③完全中和的两个盐溶液中，CH3COO-水解，Cl-不水解，所以应填<；（2）①NaClO是强碱弱酸盐，溶于水ClO-离子水解生成氢氧根离子，使溶液显碱性，ClO− + H2OHClO + OH−；②实验II中加入了与实验I加入醋酸体积相同的蒸馏水，然后观察实验现象是否相同，避免因原NaClO溶液因稀释而造成HClO增多导致溶液变色的现象干扰实验I的分析判断，故应填：空白对照，排除I中因稀释导致溶液褪色的可能；③次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色；根据题目所给信息，Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，浓度相同的醋酸酸性大于次氯酸酸性，实验I中发生醋酸制取次氯酸的反应，次氯酸生成的越多，漂白性就越强，故应填：Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，I中发生反应ClO− + CH3COOH = HClO + CH3COO−，c(HClO)增大，漂白性增强，溶液褪色；④ClO-与Cl-在酸性条件下氧化还原生成黄绿色的Cl2，故应填：ClO− + Cl− + 2H+ = Cl2↑ + H2O。20．(1) ，，1mol/L碳酸钠溶液中，约为1 mol/L，生成需要的更低，更易生成(2)，，的水解程度大于电离程度(3)(4)生成保护；pH低，降低的比例(5)反应1：，反应2：。反应1速率比反应2快，故先出现红棕色。随反应2进行，浓度下降，反应1平衡逆移，故红棕色消失变为的浅绿色。【分析】利用硫酸亚铁溶液与碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸氢铵分别反应产生的白色沉淀，白色沉淀发生的变化，进行探究。【详解】（1）实验I中产生白色沉淀后很快变为灰绿色沉淀，5 min后出现明显的红褐色，则为被空气中的氧气氧化转化为，故白色沉淀为；甲同学从理论上解释了该沉淀不是的原因是，，溶液中，约为1 mol/L，生成需要的更低，更易生成；（2），，的水解程度大于电离程度，故溶液呈碱性；（3）实验II中硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液反应，产生白色沉淀后逐渐变茶色，有小气泡生成吸附后会呈现茶色，故产生白色沉淀为碳酸亚铁，气泡为二氧化碳，反应的离子方程式为；（4）与实验I和II对比，实验Ⅲ使用溶液的优点有生成保护，防止其被氧化；pH低，降低的比例；（5）反应1：，反应2：。反应1速率比反应2快，故先出现红棕色。随反应2进行，浓度下降，反应1平衡逆移，故红棕色消失变为的浅绿色。21．(1)氢气(2)水解程度大于电离程度，水解反应为，使溶液显碱性(3)Mg2+和形成[Mg(HCO3)]+, c(Mg2+)减小， Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡正移，Mg(OH)2 膜溶解，生成气体速率变快； c(OH-)升高,促进的电离，c()增大，Mg2++ = MgCO3↓(4)；(5) 向滤液中滴加含有稀的NaCl溶液，生成白色沉淀； ；(6)Cl-因“离子钻入效应”，能破坏镁条表面的Mg(OH)2膜；Ag+与Mg发生置换反应，形成了Mg-Ag原电池，两者协同加快了Mg+H2O的反应速率(7)盐溶液中阴、阳离子的性质，含镁生成物的溶解性、致密性等  【详解】（1）用拇指堵住试管口，靠近酒精灯火焰，松开拇指，均听到爆鸣声，是检验氢气的操作，说明生成的气体中含有氢气；（2）Mg2+和形成[Mg(HCO3)]+, c(Mg2+)减小， Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡正移，Mg(OH)2 膜溶解，生成气体速率变快； c(OH-)升高,促进的电离，c()增大，Mg2++ = MgCO3↓（3）在溶液中存在平衡，，，Mg和溶液反应，产生氢气的离子方程式为，然而还会和发生反应，发生反应的离子方程式为,,和反应会生成，消耗使平衡正向移动，产生氢气的速率加快，和碳酸氢根电离出的反应生成；（4）Mg和硝酸银会发生置换反应，离子方程式为：；（5）检验，向滤液中滴加含有稀的NaCl溶液，生成白色沉淀；探究有影响，对比实验Ⅳ，与实验Ⅳ不同之处应该是去除Ag+，仍保留K+，并且浓度也要保持一致，则加入的试剂应该是；（6）Cl-因“离子钻入效应”，能破坏镁条表面的Mg(OH)2膜；Ag+与Mg发生置换反应，形成了Mg-Ag原电池，两者协同加快了Mg+H2O的反应速率；（7）通过以上分析可以看出Mg与盐溶液中阴、阳离子的性质，含镁生成物的溶解性、致密性等有关；