人教版高中化学选修四化学高二第三章第三节盐类的水解同步练习

高中化学学习材料金戈铁骑整理制作人教版化学高二选修4第三章第三节盐类的水解同步练习一、选择题下列物质的水溶液因水解呈酸性的是()A、A®BNazCqC.NaClD.沖答案：A解析：解答：A、AlCl3属于强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，所以A正确；B、Na2CO3属于强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以B错误；C、NaCl是强酸强碱盐，在溶液中不水解，其溶液呈中性，所以C错误；D、K2SO4是强酸强碱盐，在溶液中不水解，其溶液呈中性，所以D错误；所以选A.分析：本题考查了盐类水解的原理应用判断，把握盐的组成和物质性质是解题关键.下列说法错误的是()NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO3-)的值保持增大浓度均为O.lmol・L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)]在O.lmol・L-】氨水中滴加0.lmol・L-】盐酸，恰好完全反应时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH-)=l0-amol•L-i向O.lmol・L-i(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(NH4+)、c(SO32-)均增大在Na2S稀溶液中，c(OH-)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)①④B.②④C.①③D.②⑤答案：B解析：解答：①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，n(HCO3-)减小，n(Na+)不变，则的比值会增大，所以①正确；浓度均为O.lmol・L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L,则n(Na+)=0.3mol,而c(CO32-)+c(HCO3-)+c(也尘)=0.2mol,则：2c(Na+)—3[c(CQ2-)+c(^CQ)+c(HCO3-)],所以②错误；在O.lmol・L」氨水中滴加O.lmol・L」盐酸，刚好完全中和生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，此时pH=a，则溶液中水电离的c(OH-)=c(H+)=10-amol・L-1,所以③正确；向0.1mol/L(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中钠离子、氢氧根离子浓度增大，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，则铵根离子浓度减小，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离子的水解，则亚硫酸根离子浓度增大，所以c(Na+)、c(SO32-)均增大，c(NH4+)减小，所以④错误；在Na2S稀溶液中，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS-),所以⑤正确；根据分析可知，错误的有②④，所以选B.分析：本题考查了溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的沉淀平衡等知识，注意掌握酸碱混合后溶液的定性判断及溶液中pH的计算方法，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题.关于常温下O.lmol・L-1醋酸钠溶液，下列说法正确的是()水电离出来的c(OH-)=1.0x10-13mol・L-1该溶液的pHV13溶液中离子浓度关系：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)加入等浓度等体积的盐酸，溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)+c(Na+)答案：B解析：解答：A.CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO-水解而促进水电离，所以水电离出来的c(OH-)>1.0x10-7mol-L-1,所以A错误；CH3COO-水解但程度较小，所以该溶液的pHV13，所以B正确；CH3COO-水解导致溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO-),醋酸根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),所以C错误；溶液中存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)=c(Na+),所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)Vc(Cl-)+c(Na+),所以D错误；所以选B.分析：本题考查离子浓度大小比较，明确溶质性质是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，注意盐类水解程度较小，为易错点.用0.10mol・L-i的盐酸滴定0.10mol・L-i的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是()c(NH4+)>c(C1-),c(OH-)>c(H+)c(NH4+)=c(Cl-)，c(0H-)=c(H+)c(Cl-)>c(NH4+),c(OH-)>c(H+)c(Cl-)>c(NH4+),c(H+)>c(0H-)答案：C解析：解答：A、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c(OH-)>c(H+)，溶液中弱电解质的电离〉盐的水解，即c(NH4+)>c(Cl-)，则符合电荷守恒，所以A是可能出现的结果；B、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒可知c(NH4+)=c(Cl-)，所以B是可能出现的结果；C、当c(Cl-)>c(NH4+)，c(OH-)>c(H+)，则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，所以C是不可能出现的结果；D、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，又水解的程度很弱，贝yc(Cl-)>c(NH4+)，且符合电荷守恒，所以D是可能出现的结果；所以选C.分析：本题考查酸碱滴定后溶液中离子浓度的关系，明确溶液中的弱电解质的电离及盐的水解来分析，利用电荷守恒则可知溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况即可解答.某温度下，体积和pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液加水稀释时的pH变化曲线如图，下列有关说法正确的是()加等量的水后硫酸中水电离出的C(H+)与硫酸铝中水电离出的C(H+)的比值比稀释前的比值增大a点溶液中有：c(H+)+c(Al3+)=c(OH-)+c(SO42-)

体积和pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液与等浓度的NaOH反应，消耗NaOH的体积相D.b、c两溶液水电离出的c(OH-)相等答案：A解析：解答：A、加水稀释，硫酸中氢离子浓度减小，对水的电离抑制作用减小，硫酸中中水的电离程度增加，稀释硫酸铝，硫酸铝中铝离子的水解程度增大，水的电离程度增加，但是铝离子浓度减小，其中水的电离程度增加值不如稀释硫酸过程水的电离程度增加的大，即加等量的水后硫酸中水电离出的C(H+)与硫酸铝中水电离出的C(H+)的比值比稀释前的比值增大，所以A正确；B、a点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+3c(A13+)=c(OH-)+2c(SO42-)，所以B错误；C、pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液中氢离子的浓度相等，但是它们和氢氧化钠反应的实质不一样,前者是氢离子和氢氧根离子的反应，但是后者是铝离子和氢氧根离子之间的反应，氢离子和铝离子的物质的量不相等，所以C错误；D、硫酸对水的电离起抑制作用，硫酸铝对水的电离起到促进作用，b、c两溶液水电离出的c(OH-)，硫酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小，所以D错误.所以选A.分析：本题考查酸溶液的稀释，注意弱电解质溶液稀释时的浓度变化及加水促进弱电解质电离的特点即可解答.TOC\o"1-5"\h\z常温下，向稀Na2CO3溶液中加水，下列数值增大的是()A.c(OH-)(Na+)BA.c(OH-)(Na+)B・cCO2-)3\o"CurrentDocument"C.3D.cHCO-)cH+)3答案：B解析：解答:碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性,水解过程是吸热过程,co32-+h2ohco3-+OH-，稀释促进水解，平衡状态下离子浓度减小，溶液中氢离子浓度增大；A、溶液中氢氧根离子浓度减小，所以A错误；B、溶液中加入水钠离子和碳酸根离子浓度减小，同时碳酸根离子水解正向进行，所以比值增大，所以B正确；C、溶液中加入水稀释，促进水解，碳酸根离子数减小，碳酸氢根离子数增多，比值减小,所以C错误;D、溶液中存在离子积常数，温度不变，离子积不变，稀释过程中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，比值减小，所以D错误；所以选B.分析：本题考查了盐类水解的影响因素分析判断，离子浓度变化特征，主要是溶液中离子积常数随温度变化，盐类水解过程是吸热过程的理解应用.下列关于O.lmol・L-iNH4C1溶液的说法正确的是()A•向溶液中加滴加几滴浓盐酸，c(NH4+)减少向溶液中加入少量CH3COONa固体，c(NH4+)减少溶液中离子浓度关系为：c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D•向溶液中加适量氨水使混合液的pH=7，混合液中c(NH4+)>c(C1-)答案：B解析：解答：A、NH4C1溶液中存在铵根离子水解显酸性，加入盐酸会抑制铵根离子的水解，c(NH4+)增大，所以A错误；B、向溶液中加入少量CH3COONa固体，溶解后醋酸根离子水解显碱性，促进铵根离子的水解，c(NH4+)减少，所以B正确；C、NH4C1溶液中存在铵根离子水解显酸性分析离子浓度大小，c(C1-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，所以C错误；D、结合溶液中电荷守恒分析判断离子浓度大小，c(C1-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，混合液的pH=7则c(H+)=c(OH-)，c(C1-)=c(NH4+)，所以D错误；所以选C.分析：本题考查了盐类水解的分析应用，主要是电解质溶液中电荷守恒的分析，离子浓度大小的理解应用，掌握基础是关键.下列说法正确的是()室温下，0.001mol・L-i的醋酸中由水电离的c(H+)=10-iimol・L-iNa2CO3溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ac(X)+bc(Y)，若X为HCO3-,则b=2某温度下，浓度均为0.01mol・L-1的盐酸和氢氧化钠溶液的pH分别为2和12向0.1mol・L-1氯化铵溶液滴加几滴浓盐酸，c(NH4+)减小，PH增大答案：B解析：解答：A.醋酸为弱酸部分电离，醋酸中氢离子浓度小于0.001mol・L-1，贝9氢氧根离子的浓度大于10-11mol^L-1，所以c(H+)>10-11mol・L-1,所以A错误；B.Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),若X为HCO3-，则b=2，所以B正确;C.温度不知道，则Kw的数据不知，氢氧化钠溶液中c(H+)=(OH)，所以无法计算(OH-NaOH溶液的pH,所以C错误;D.向O.lmol・L-i氯化铵溶液滴加几滴浓盐酸，抑制铵根离子的水解，则c(NH4+)增大,加浓盐酸，氢离子浓度增大，pH减小，所以D错误.所以选B.分析：本题考查了盐的水解、溶液中离子浓度的计算，注意酸、碱、盐溶液中氢离子和氢氧根离子的计算方法.下列说法正确的是()配制FeCl3溶液时，可加入少量的稀硫酸以抑制Fe3+的水解MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，可向混合溶液中加入MgO以除杂氯化铝溶液蒸干灼烧得到的固体物质还是氯化铝无色透明溶液中，Na+、A13+、SO42-、Cl-、CIO-、I-能大量共存答案：B解析：解答：A•配制FeCl3溶液时，可加入少量的盐酸以抑制Fe3+的水解，加硫酸会引入杂质，所以A错误；三价铁离子易水解，加MgO溶液的pH会增大，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤即可除去，所以B正确；加热氯化铝溶液，促进水解，生成氢氧化铝和HCl,HCl易挥发，最后得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝，所以C错误；ClO-与I-能发生氧化还原反应，所以无色透明溶液中，Na+、Al3+、SO42-、Cl-、ClO-、I-不能大量共存，所以D错误.所以选B.分析：本题考查了盐的水解原理应用、离子共存，注意把握盐的水解规律、以及判断离子能否共存的方法.10•下列有关说法正确的是()Na2CO3和NaOH都能抑制水的电离0.1mol・L-1Na2CO3溶液加水稀释，CO32-的水解程度增大，溶液pH减小酸碱中和滴定实验中，锥形瓶需用待测液润洗2〜3次后，再加入待测液常温下，pH=3的盐酸、醋酸分别用水稀释m倍、n倍后pH相同，则m>n答案：B解析：解答：A•易水解的盐促进水的电离，则Na2CO3水解时促进水的电离，NaOH能抑制水的电离，所以A错误；加水稀释水解程度增大，则0.1mol・L-iNa2CO3溶液加水稀释，CO32-的水解程度增大，但是由于溶液比较变化大于氢氧根离子的变化，则溶液pH减小，所以B正确；中和滴定时锥形瓶不能润洗，若润洗，则锥形瓶中待测液的物质的量会偏大，滴定时消耗的标准溶液偏多，所以锥形瓶不能润洗，所以C错误；醋酸属于弱酸，pH相同时，醋酸溶液的浓度大，如稀释相同的倍数，则醋酸的PH小，若稀释后两溶液的pH仍相同，则m<n，所以D错误；所以选B.分析：本题考查了盐的水解、水的电离的影响因素、中和滴定、弱电解质的电离，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查.对于常温下pH为2的盐酸，叙述不正确的是()c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)与等体积pH=12的氨水混合后所得溶液显碱性由H2O电离出的c(H+)=1.0x10-12mol・L-1与等体积0.01mol・L」醋酸钠溶液混合后所得溶液中：c(Cl-)=c(CH3COO-)答案：D解析：解答：A.因溶液遵循电荷守恒，则c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以A正确；与等体积pH=12的氨水混合后，氨水有剩余，溶液显碱性，所以B正确；常温下Kw=1.0x10-14,pH=2的盐酸溶液中由H2O电离出的c(H+)=1.0x10-12mol・L-1,所以C正确；与等体积0.01mol・L-1醋酸钠溶液混合后，生成NaCl和醋酸，溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，由电离可知，c(Cl-)>c(CH3COO-)，所以D错误；所以选D.分析：本题考查酸碱混合溶液的定性分析，明确电荷守恒及pH与浓度的换算即可解答.常温下，用O.lmol・L-1NaOH溶液滴定20mLO.lmol・L-1CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示.下列说法正确的是()

A[UL32A[UL32r(hlaOH)AnL点①所示溶液中：c(Na+)〉c(CH3COO-)〉c(CH3COOH)〉c(H+)〉c(OH-)点②所示溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(OH-)C•点③所示溶液中：c(CH3COO-)〉c(Na+)〉c(OH-)〉c(H+)D.在整个滴定过程中:溶液中D.在整个滴定过程中:溶液中(CHCOOH)1cCHCOO-))：H+始终不变答案：D解析：解答：A.点①所示溶液中，滴入10mL氢氧化钠溶液，则反应后溶液中溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，贝y：c(H+)〉c(OH-)、c(CH3COO-)〉c(CH3COOH)，结合物料守恒可得：c(CH3COO-)〉c(Na+)〉c(CH3COOH)，所以A错误；点②所示溶液中一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)+c(H+)Vc(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(OH-)，所以B错误；点③所示溶液中，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，贝卩：c(CH3COO-)Vc(Na+)、c(OH-)〉c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)〉c(CH3COO-)〉c(OH-)〉c(H+)，所以C错误；(CHCOOH)3为醋酸电离平衡常数的倒数，由于滴定过程中醋酸的电离平衡常c(CHCOO-)f(H+)数始终不变,c(CHCOOH数始终不变,c(CHCOOH)贝q1c(CHCOO-)f(H+)的值不变，所以D正确；所以选D.分析：本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，明确反应后溶液中的溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法.下列溶液中，各微粒的物质的量浓度关系正确的是()室温下，向0.01mol・L-i的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：C(Na+)>C(SO42-)>C(NH+)>C(OH-)=C(H+)40.1mol・L-i的NaHCO3溶液：C(Na+)>C(OH-)>C(HCO3-)>C(H+)Na2CO3溶液：C(OH-)-C(H+)=C(HCO3-)+C(H2CO3)25°C时，浓度均为0.1mol・L-i的CH£OOH、CHfOONa混合溶液，呈酸性：C(CH3COO-)+C(OH-)VC(CH3COOH)+C(H+)答案：A解析：解答：A.NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4,溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH呈中性，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，所以溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)，所以A正确；HCO3-离子水解导致溶液呈碱性，但水解程度较小，所以C(OH-)VC(HCO3-)，所以B错误；碳酸钠溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得C(OH-)-C(H+)=C(HCO3-)+2C(H2CO3)，所以C错误；混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，根据电荷守恒得C(CH3COO-)+C(OH-)=c(Na+)+C(H+)，根据物料守恒得C(CH£OO-)+C(CH3COOH)=2C(Na+)，所以得C(CH3COO-)+2C(OH-)=C(CH3COOH)+2C(H+)，溶液呈酸性,则c(OH-)Vc(H+)，所以得C(CH3COO-)+C(OH-)>C(CH£OOH)+C(H+)，所以D错误；所以选A.分析：本题考查离子浓度大小比较，为高考高频点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，灵活运用物料守恒、电荷守恒、质子守恒解答,，采用逆向思维方法解答.14.某二元酸H2A在水中发生电离：H2A=H++HA-,HA-H++A2-.下列叙述中不正确的是()在NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(OH-)在Na2A溶液中c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)+2c(H2A)在Na2A溶液中c(OH-)=c(HA-)+c(H+)在H2A溶液中c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)答案：B解析：解答：A.NaHA溶液中：HA-电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(Na+)>c(HA-),溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(OH-),所以A正确；Na2A溶液中，HA-只能电离不能水解，所以溶液中不存在H2A,所以B错误；根据Na2A溶液中的质子守恒可得：c(OH-)=c(HA-)+c(H+)，所以C正确；根据H2A溶液中的电荷守恒得：c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，所以D正确；所以选B.分析：本题考查了离子浓度大小的比较，明确该二元酸的电离方式特点解本题关键，注意第一步是完全电离，第二步是部分电离，导致HA-只能电离不能水解，为易错点.下列说法中正确的是()0.1mol/L(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)pH=4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(OH-)均减小常温下向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH溶液，使混合液的pH=7，则混合液中c(Na+)=c(CH3COO-)等浓度的弱酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，所得混合液显酸性答案：C解析：解答：A.0.1mo1/L(NH4)2SO4溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，c(H+)>c(OH-)，由于铵根离子水解程度较小，则c(NH4+)>c(SO42-),则溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，所以A错误；pH=4的醋酸稀释10倍，溶液中酸性减弱，氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中c(OH-)增大，所以B错误；常温下向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH溶液，使混合液的pH=7，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，混合液中c(Na+)=c(CH3COO-),所以C正确；等浓度的弱酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成醋酸钠，由于醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，所以D错误；所以选C.分析：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，注意掌握酸碱混合的定性判断、盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小.下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是()A•氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c(C1-)>c(NH4+)B.pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c(OH-)=c(H+)O.lmol・L-1的硫酸铵溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)O.lmol•L-i的硫化钠溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)答案：C解析：解答：A、在氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中存在：c(C1-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),因pH=7,则c(OH-)=c(H+),所以c(C1-)=c(NH4+),所以A错误；B、题目内有给出酸碱的强弱，如是强酸强碱，则c(OH-)=c(H+),如是强酸弱碱，则c(OH-)>c(H+),如是强碱弱酸,则c(OH-)Vc(H+),所以B错误；C、铵根离子水解呈酸性，并且一般情况下，盐的水解程度较小，贝Jc(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)，所以C正确；D、根据质子守恒，水电离的c(OH-)=c(H+)，而H+离子与S2-离子结合分别生成HS-、H2S，则有：c(oh-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，所以D错误；所以选C.分析：本题考查离子浓度大小比较，注意根据电荷守恒、质子守恒以及盐类水解的特点判断离子浓度的大小.O.lmol/LNaOH溶液和O.lmol/LN^C1溶液等体积混合后，溶液中离子浓度大小顺序正确的是()c(Na+)>c(C1-)>c(OH-)>c(H+)c(Na+)=c(C1-)>c(H+)>c(OH-)c(Na+)=c(C1-)>c(OH-)>c(H+)c(C1-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)答案：C解析：解答：O.lmol/LNaOH溶液和O.lmol/LN^Cl溶液等体积混合后，溶液溶质为NH3・也0和NaCl,NHb-HzO为弱电解质，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)=c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)，则有c(Na+)=c(C1-)>c(OH-)>c(H+)，所以选C.分析：本题考查离子浓度大小比较，注意反应后溶液溶质的判断，考虑弱电解质的电离问题.25°C时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c(Na+)=c(C1-)>c(CH3COO-)>c(OH-)O.lmol/LNH4C1与O.lmol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3・H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)30.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：恳c(Na+)=c(CO/-)+c(HCO3乙1JJJJJ-)+c(H2CO3)0.1mol/LNa2C2O4与O.lmol/LHC1溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)答案：A解析：解答：A、0.1mo1/LCH3COONa与O.lmol/LHCl溶液等体积混合反应生成NaCl和CH3COOH,醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶液呈酸性，溶液中离子浓度c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-),所以A正确；B、0.1mo1/LNH4C1与0.1mo1/L氨水等体积混合(pH>7),说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c(NH4+)>c(C1-)>c(NH3・H2O)>c(OH-),所以B错误；C、0.1mo1/LNa2CO3与0.1mo1/LNaHCO3溶液等体积混合：n(Na)：n(C)=3：2,溶液中物料守恒得到：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)],所以C错误；D、0.1mo1/LNa2C2O4与0.1mo1/LHC1溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：c(C1-)+2c(C2O42-)+c(HCQ-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以D错误；所以选A.分析：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，注意明确盐的水解原理，掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒等比较离子浓度大小中应用.下列有关问题，与盐的水解有关且叙述正确的是()NH4C1与ZnC12溶液可作焊接金属中的除锈剂；用NaHCO3与A12(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；草木灰与铵态氮肥不能混合施用；实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞；加热蒸干A1C13溶液得到Al(OH)3固体.①②③④⑤B.①②③④C.①④⑤D.①②③答案：A解析：解答：①NH4C1与ZnC12溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；用NaHCO3与Al2(S04)3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳，可作泡沫灭火剂，与水解有关；草木灰与铵态氮肥相互促进水解，不能混合施用，与水解有关；实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；加热蒸干AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸为挥发性酸，则最后得到Al(OH)3固体，与水解有关；所以选A.分析：本题考查盐类水解的应用，理解盐类水解实质是关键，把握常见的盐的类别，明确有弱才水解即可解答.今有两种盐的稀溶液，分别是amol・L-1NaX溶液和bmol・L-1NaY溶液，下列说法不正确的是()若a=b，pH(NaX)>pH(NaY)，则相同浓度时，酸性HX>HY若a=b,并测得c(X-)=c(Y-)+c(HY)；则相同浓度时，酸性HX>HY若a>b，测得c(X-)=c(Y-)，则可推出溶液中c(HX)>c(HY)，且相同浓度时，酸性HXVHY若两溶液等体积混合，测得c(X-)+c(Y-)+c(HX)+c(HY)=0.1mol・L-1,则可推出a+b=0.2mol・L-1答案：A解析：解答：A•若a=b，pH(NaX)>pH(NaY)，说明X-水解程度大于Y-，酸根离子水解程度越强则其相应酸的酸性越弱，所以相同浓度时，酸性HXVHY，所以A错误；若a=b,并测得c(X-)=c(Y-)+c(HY)，说明HX的酸性比HY强，所以相同浓度时，酸性HX>HY，所以B正确；若a>b，测得c(X-)=c(Y-)，说明X-水解程度大于Y-，其盐溶液中酸的浓度越大，所以这两种盐溶液中溶液中c(HX)>c(HY)，酸根离子水解程度越强则其相应酸的酸性越弱，相同浓度时，酸性HXVHY，所以C正确；任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(X-)+c(Y-)+c(HX)+c(HY)=0.1mol^L-1，则可推出a+b=0.2mol^L-1，所以D正确；所以选A.分析：本题考查了盐类水解，涉及弱电解质的电离，明确盐类水解程度与相应酸的电离程度的关系是解本题关键，再结合物料守恒解答.二、非选择题TOC\o"1-5"\h\z(1)Na2CO3的水溶液呈(填“酸”、“中”、“碱”，下同)性，常温时的pH7(填“〉”、“=”、“V”)，原因是(用离子方程式表示)：；答案：碱l>ICO32-+H2OJHCO3-+OH-氯化铁水溶液常温时的pH7(填“〉”、“=”)，原因是(用离子方程式表示).把氯化铁溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物化学式是.答案：VIFe3++3H2OFe(OH)3+3H+IFe2O30.01mol/L的NaHSO4溶液呈性，原因是(用电离方程式表示)：，pH=.答案：酸INaHSO4=Na++H++SO42-I2解析：解答：(1)Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-离子水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-,使溶液呈碱性，pHV7,所以答案为：碱性；>；CO32-+H2OHCO3-+OH-；FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，溶液呈酸性，PHV7,氯化铁溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁；所以答案为：V；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；Fe2O3；0.01mol/L的NaHSO4溶液中硫酸氢钠完全电离，溶液呈酸性，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-,pH=-lg0.01=2，所以答案为：酸；NaHSO4=Na++H++SO42-；2.分析：本题考查了盐类水解的原理分析判断，溶液酸碱性的实质分析，离子方程式书写方法,掌握基础是关键.已知：NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-常温下，pH=5的NaHSO4溶液中水的电离程度pH=9的NH3・H2O中水的电离程度.(填“〉”、“=”或“V”)答案：=等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，溶液呈酸性的原因为.(用离子方程式表示);若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，溶液pH=7,则C(Na+)+C(NH4+)2C(SO42-)(填“〉”、“=”或“<”)；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42-完全沉淀，则反应后溶液的pH7(填“〉”、“=”或“V”).答案：NH4++H2ONR”2O+H+I=>解析：解答:(1)pH=5的NaHSO4溶液中，水的电离c(H+)=10-9mol/L,pH=9的NH3・H2O中水的电离c(H+)=10-9mol/L，则两溶液中水的电离程度相等，所以答案为：=;(2)等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子部分水解溶液显酸性，水解离子反应为：nh4++h2onh3・h2o+h+；pH=7,氢离子与氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒可知离子浓度关系为：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，硫酸根离子完全沉淀，则二者以1：2反应，生成硫酸钡、NaOH，溶液显碱性，溶液的pH>7,所以答案为：nh4++h2onh3・h2o+h+；=；>.分析：本题考查了溶液中的离子浓度大小比较，试题涉及盐类水解、电离、离子之间的反应等知识点，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力.23•按要求回答下列问题：实验室中常用NaOH溶液来进行洗气和提纯，当100mL3mol/L的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LC02时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为答案：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)常温下向一定体积的0.1mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的—.溶液中导电粒子的数目减少B.醋酸的电离程度增大，c(H-)亦增大(CHCOO-)(CHCOO)C.溶液中3不变D.溶液中3减小cCHCOOH)cOH-)cH)3答案：cd①常温下将0.15mol/L稀硫酸V1mL与0.1mol/LNaOH溶液V2mL棍合，所得溶液的pH为1,则V]：V2=(溶液体积变化忽略不询.②常温下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得，则下列说法正确的是—若反应后溶液呈中性，则c(H+)+c(OH-)=2x10-7mol/L若V1=V2，反应后溶液pH一定等于7若反应后溶液呈酸性，则v1一定大于v2若反应后溶液呈碱性，则V]—定小于V2答案：1：1IAD常温下，浓度均为O.1mol/L的下列五种溶液的PH值如下表所示：溶质CHfOONaNaHCO3NazCqNaClONaCN

pH8.89.711.610.311.1①根据表中数据，将浓度均为O.Olmol/L的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的A.HCNBHC1OC.H2C03D.C^COOH②根据以上数据，判断下列反应可以成立的—.A.一NaHCq+C^COONaB.C^COOH+NaCNYHsCOONa+HCNC.Cq+^O+ZNaClO—NazCq+ZHClOD•NaHCq+HCN—NaCN+^O+CQ答案:AIAB解析:4.48L解答：解：(1)n(NaOH)=3mol/Lx0.1L=0.3mol,n(C02)==0.2mol,222.4L/molIx+y二0.2设生成的碳酸钠的物质的量、碳酸氢钠的物质的量为y，则.+y二0.3，解得x二0.1即碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量都是0.1mol,碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液呈碱y二0.1性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，再结合物料守恒判得该混合溶液中离子浓度大小顺序是：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，所以答案为：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；a.加水稀释促进醋酸电离，贝y溶液中导电粒子的数目增加，所以错误；c(CHCOO)醋酸的电离程度增大，但溶液中c(Hc(CHCOO)Ka溶液中3=，温度不变，则电离平衡常数、水的离子积常数c(CHCOOH)c(OH-)Kw3c(CHCOO)不变，所以溶液中c(chcoOh)c(OH-)不变，所以正确;3c(H+)D.溶液中水的电离程度增大，则MH3cOOc(H+)所以选CD；(3)①溶液中氢氧化钠的物质的量为：V2x10-3Lx0.1mol/L=V2x10-4mol,稀硫酸的物质的量为：V1x10-3Lx0.15mol/Lx2=3V1x10-4mol，两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1x10-1mol^L-1，则有：3V1x10-4mol-V2x10-4mol=(V1+V2)x10-3Lx1x10-1mol・L-1=(V1+V2)x10-4mol,解得V］：V2=1：1,所以答案为：1:1;②A.若混合溶液呈中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)=2x10-7mol・L」，所以溶液中c(H+)+c(OH-)=2x10-7mol・L-1,所以正确；如果二者体积相等，如果酸是强酸，则混合溶液呈中性，如果酸是弱酸，则混合溶液呈酸性，所以错误；如果溶液呈酸性，则溶液是酸和盐溶液，酸是弱酸，酸浓度大于氢氧化钠浓度，所以V1不一定大于v2,所以错误；D•如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液，则V1一定小于V2，所以正确；所以选AD；(4)①相同浓度的钠盐溶液，酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大，根据钠盐溶湎H确定酸的强弱；相同浓度的不同酸，加水稀释促进弱酸电离，则稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸溶液稀释过程中pH变化越小，根据钠盐溶液的pH知,HCN、HC1O、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN，所以溶液的pH变化最小的是HCN，所以选A；②HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClOJ厶JJ厶J>HCN，根据强酸制取弱酸知，酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-，所以二者反应为CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa，所以正确；醋酸酸性大于HCN,所以二者反应为CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN，所以正确；碳酸酸性大于次氯酸，所以二者反应为CO2+H2O+NaClO—NaHCO3+NaClO,所以错误；酸性H2CO3>HClO>HCN,所以NaHCO3、HCN二者不反应，所以错误；所以选AB；分析：本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等知识点，根据溶液中的溶质及其性质确定溶液中离子浓度大小，知道酸的强弱与酸根离子水解程度的关系，知道弱电解质稀释过程中各种离子浓度变化.(1)硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离.但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H++HSO4-,HSO4-H++S°42-.请回答下列有关问题:①①Na2SO4溶液呈(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)，其理由是(用离子方程式表示);TOC\o"1-5"\h\zH2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为：；在0.10mol/L的Na2SO4溶液中，下列离子浓度关系正确的(填写编号);c(SO2-)+c(HSO-)+c(HSO)=0.1mol/L\o"CurrentDocument"4424c(OH-)=c(H+)+c(HSO-)4c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO-)+2c(SO2-)\o"CurrentDocument"44c(Na+)>c(SO2-)>c(OH-)>c(HSO-)>c(H+)44答案：碱性ISO42-+H2OOH-+HSO4-IHSO4-+Ba2+=BaSO4J+H+IBCD硼酸在玻璃制造和医药领域应用广泛.硼酸(H3BO3)溶液中存在如下反应：H3BO3(aq)+H2O(l)[B(OH)4]-(aq)+H+(aq)K=5.7x1O-io(298K)①实验中不慎将NaOH沾到皮肤时，用大量水洗后要涂上硼酸溶液.写出硼酸与NaOH反应的离子方程.②已知298K时:化学式电离常数HCO.3化学式电离常数HCO.3K1=4.4x10-7K=4.7x10-ii2CH3COOHK=1.75x10-5nh3・h2oK=1.75x10-5(a)下列说法正确的是碳酸钠溶液滴入硼酸中能观察到有气泡产生碳酸钠溶液滴入醋酸中能观察到有气泡产生等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，pH：前者〉后者等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者〉后者硼酸钠溶液中通入CO2可能生成碳酸钠(b)写出醋酸铵水解反应的离子方程，298K时，计算CH3COONH4的水解常数Kh=(计算结果保留两位有效数字)TOC\o"1-5"\h\z4h答案：H,BO,+OH-=BO-+2HOIBDINH++CHCOO-CHCOOH+NH•HOI3.3x10-5\o"CurrentDocument"332243332解析：解答：根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4=H++HSO4-，第二步电离并不完全：HSO-3H++SO2-，4(1)①Na2SO4溶液中硫酸根离子易水解，所以溶液中存在SO42-+H2OOH-+HSO4-，导致溶液呈弱碱性,所以答案为：弱碱性；SO42-+H2OOH-+HSO4-；硫酸在溶液中电离出硫酸氢根离子，硫酸氢根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀和氢离子，所以离子反应方程式为：HSO4-+Ba2+=BaSO4J+H+,所以答案为：HSO4-+Ba2+=BaSO4J+H+；A.溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(SO42-)+c(HSO4-)=0.1mol•L-1,硫酸钠溶液中不存在硫酸分子，所以A错误；溶液中存在物料守恒2c(SO42-)+2c(HSO4-)=c(Na+),存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO4-)+2c(SO42-)，所以得c(OH-)=c(H+)+c(HSO4-),所以B正确；液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO』)+2c(SO42-)，所以C正确；硫酸钠溶液中只有少量的硫酸根离子水解，则c(SO42-)>(HSO4-),水解后溶液显示碱