第三章 水溶液中的离子反应与平衡 测试题
一、单选题
1．下列微粒在水溶液中显酸性的是（ ）
A．Cl- B．SO42- C．NH4+ D．CH3COO-
2．下列物质对水的电离起抑制作用的是（ ）
A．HCl B．NH4Cl C．CH3COONa D．NaCl
3．关于甲酸（HCOOH）的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是（ ）
A．把pH=2的甲酸溶液稀释100倍后pH=3.5
B．50mL1 mol L﹣1的甲酸溶液恰好与50mL 1mol L﹣1的NaOH溶液完全反应
C．HCOONa溶液能使酚酞试液变红
D．0.1 mol L﹣1的甲酸溶液的pH约为2
4．25℃时，5 mL0.1mol/l的 H2SO4和15 mL 0.1mol/lNaOH溶液相混合并稀释至500 mL，所得溶液的pH为 （ ）
A．12.3 B．11 C．3 D．1.7
5．CaCO3在下列液体中溶解度最大的是（ ）
A．CaCl2溶液 B．Na2CO3溶液 C．稀盐酸 D．H2O
6．常温下，用0.1000mol L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol L﹣1CH3 COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（ ）
A．①处水的电离程度大于②处水的电离程度
B．②处加入的NaOH溶液恰好将CH3COOH中和
C．③处所示溶液：c（N+）＜c（CH3COO﹣）
D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）
7．下列说法正确的是（ ）
A．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，则常温下Ksp (BaCO3)＜Ksp (BaSO4)
B．常温下，向纯水中加入钠或氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积不变
C．常温下，反应4Fe(OH)2(s)+ O2(g) +2H2O(l) =4Fe(OH)3(s)的△H＜0、△S＜0
D．铅蓄电池在工作过程中，负极质量减少，阳极质量增加
8．下列说法正确的是（ ）
A．pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）之比为1：10
B．100℃时，纯水中c（H +）=1×10﹣6 mol L﹣1，此时纯水显酸性
C．等体积pH=12 NaOH溶液和pH=2 CH3COOH溶液混合，混合后溶液pH＞7
D．1mol/L醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小
9．已知：AgA、Ag2B都是难溶盐。室温下，向体积均为10mL、浓度均为0.1mol·L-1的NaA溶液、Na2B溶液中分别滴加0.1mol·L-1的AgNO3溶液，溶液中pX与AgNO3溶液体积的关系如图所示[已知：pX=—lgc(A—)或—lgc(B2—)]。下列推断错误的是（ ）
A．室温下，Ksp(Ag2B)=4×10-3a
B．对应溶液中c(Ag+)：e>f
C．室温下，溶解度：S(AgA)
10．化学在生产生活中有很多应用，下列应用与盐类水解无关的是（ ）
A．明矾用作净水剂 B．用氯化铵溶液除铁锈
C．小苏打用作发酵粉 D．水热法制备纳米材料
11．下列各离子方程式中，属于水解反应的是（ ）
A．HCO3-+H2O H3O++CO32- B．NH4++H2O NH3·H2O+H+
C．S2-+2H2O H2S+2OH- D．H2O+H2O H3O++OH-
12．下列过程或现象与盐类水解无关的是（ ）
A．纯碱溶液去油污
B．实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3 (s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释
C．明矾可以做净水剂
D．硫酸氢钠溶液显酸性
13．下列物质的应用中，和盐类水解无关的是（ ）
A．热的溶液可以清洗油污
B．用明矾净水
C．与混合加热可得到无水
D．用盐酸去除铁锈(主要成分)
14．下列说法一定正确的是（ ）
A．将NaCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH＜7，所以呈酸性
B．相同温度下，中和等pH的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量前者更多
C．相同温度下，pH相等的NaHSO4，H3PO4溶液中，水电离的H+浓度相等
D．相同温度下，1L 0.02mol·L-1NaCl溶液和2L 0.01mol·L-1NaCN溶液的离子总数相等
15．在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是（ ）
A．pH=3的HNO3和pH=11的KOH溶液
B．pH=3的盐酸和pH=11的氨水
C．pH=3硫酸和pH=11的氢氧化钠溶液
D．pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液
16．下列说法中正确的是（ ）
A．在时，约为6的纯水呈酸性
B．已知反应：；；则知
C．若，化学反应在低温下可自发进行
D．常温下，由水电离出的为，溶液的可能为1
二、综合题
17．写出下列盐溶液的水解离子方程式：
（1）Fe（NO3）3 ；
（2）NaF ；
（3）K2CO3 、 ．
18．FeCl3是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，且有效果好、价格便宜等优点．工业上可将铁粉溶于盐酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液．
已知：①标准状况下，1体积水中最多能溶解500体积的HCl；②饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1．
（1）在标准状况下，将44.8LHCl气体溶于100mL水中，所得溶液A的密度为1.038g cm﹣3，则溶液中HCl的物质的量浓度为 ；（若使饱和NaCl溶液中Cl﹣浓度与溶液A中的Cl﹣浓度相等，则还应溶解约 L标准状况HCl气体（溶液体积变化忽略不计）．
（2）若实验室需0.5mol L﹣1NaCl溶液240mL，则应量取体积是 mL的饱和NaCl溶液来配制，在配制过程
中，使用前必须检查是否漏液的仪器有 ；下列配制操作，造溶液浓度偏高的是 （选填标号）．
A．量取溶液时有少量液体溅出
B．容量瓶用蒸馏水洗涤干净后未干燥
C．定容时，俯视液面加水至刻度线
D．转移液体后，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
E．用量筒量取溶液时仰视读数
F．定容时不慎超过度线，立即用胶头滴管吸出多余部分
（3）FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为 （用离子方程式表示），若100mL、1mol L﹣1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数 0.1NA（填“大于”、“等于”或“小于”）．
19．写出下列盐类水解的离子方程式，并指出其溶液的酸碱性．
（1）Fe2（SO4）3水解： （显 性）．
（2）CH3COONa水解： （显 性）．
20．燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用等。
已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；H2SO3：Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7
（1）处理烟气中的SO2常用液吸法。室温条件下，将烟气通入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液，0.1mol/L(NH4)2SO3溶液的pH (填“>”“<”或“=”)7。将烟气通入 (NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2 ，用离子方程式表示出能吸收二氧化硫的原因 。
（2）用活性炭可以还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)。在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是 _______(填选项编号)。
A．单位时间内生成2n mol NO(g)的同时消耗n mol CO2(g)
B．混合气体的密度不再发生改变
C．反应体系的压强不再发生改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（3）有科学家经过研究发现，用CO2和H2在210~290℃，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。
①230℃，向容器中投入0.5molCO2和1.5molH2，当转化率达80％时放出热量19.6kJ能量，写出该反应的热化学方程式 。
②一定条件下 ， 往 2L 恒容密闭容器中充入 1.0molCO2 和 3.0molH2，在不同催化剂作用下， 相同时间内 CO2 的转化率随温度变化如图1所示：
催化剂效果最佳的是催化剂 (填“I”，“Ⅱ”，“Ⅲ”)。b点v(正) v(逆) ( 填“>” ，“< ”，“=”)。此反应在 a 点时已达平衡状态， a 点的转化率比 c 点高的原因是 。已知容器内的起始压强为100kPa，则图中 c 点对应温度下反应的平衡常数 Kp= 。(保留两位有效数字) (Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
（4）一定条件下，CO2和H2也可以发生反应CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH＜0，一定温度下，在3 L容积可变的密闭容器中，已知c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ或曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是 。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是 。
21．简答题
（1）盐碱地因含较多的NaCl、Na2CO3，使得土壤呈碱性，不利于作物生长，通过施加适量石膏粉末（主要含有CaSO4，微溶于水）来降低土壤的碱性．用离子方程式和必要的文字解释CaSO4的作用 ．
（2）SOCl2是一种无色或淡黄色液体，遇水剧烈反应得到二氧化硫和氯化氢，是一种常用的脱水剂．将SOCl2与FeCl3 6H2O混合并加热，可得到无水FeCl3，得到无水FeCl3的化学方程式为 ．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．Cl-为强酸酸根离子，不水解，溶液呈中性，A不符合题意；
B.SO42-为强酸酸根离子，不水解，溶液呈中性，B不符合题意；
C.NH4+为弱碱阳离子，水解溶液呈酸性，C符合题意；
D.CH3COO-为弱酸阴离子，水解溶液呈碱性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】微粒在水溶液中显酸性，则微粒在水中能电离产生H+；或发生水解产生H+，据此结合选项所给离子进行分析。
2．【答案】A
【解析】【解答】解：A、氯化氢为酸溶液，能够电离出氢离子，使溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故A正确；
B、氯化铵溶液中铵离子部分水解，促进了水的电离，故B错误；
C、醋酸钠中醋酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，故C错误；
D、氯化钠为强酸强碱盐，在溶液中不发生水解，所以不影响电离电离，故D错误；
故选A．
【分析】水是弱电解质，能够电离出氢离子和氢氧根离子，所以溶液中存在电离平衡，酸溶液和碱溶液抑制了水的电离、能够水解的盐溶液促进了水的电离，据此进行判断．
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A．把pH=2的甲酸溶液稀释100倍后，如果甲酸是强酸，则稀释后溶液的pH=4，实际上稀释后溶液的pH=3.5，说明加水稀释促进甲酸电离，甲酸中存在电离平衡，为弱电解质，故A不选；
B.50mL1 mol L﹣1的甲酸溶液恰好与50mL1 mol L﹣1的NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，但不能说明甲酸部分电离，所以不能说明甲酸为弱电解质，故B选；
C．HCOONa溶液能使酚酞试液变红，说明甲酸钠是强碱弱酸盐，则甲酸是弱酸，为弱电解质，故C不选；
D.0.1 mol L﹣1的甲酸溶液的pH约为2，氢离子浓度小于酸浓度，说明甲酸存在电离平衡，为弱电解质，故D不选；
故选B．
【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，只要能证明HCOOH部分电离就能证明HCOOH是弱电解质，据此分析解答．
4．【答案】B
【解析】【解答】5mL0.1mol L-1 H2SO4中氢离子的物质的量为：5×10-3L×0.1mol/L×2=1×10-3mol，15mL0.1mol L-1 NaOH 溶液中含有的氢氧根离子的物质的量为：15×10-3L×0.1mol/L=1.5×10-3mol，两溶液混合后，氢氧化钠过量，剩余的氢氧根离子的物质的量为：1.5×10-3mol-1×10-3mol=5×10-4mol，稀释至500mL后溶液中氢氧根离子的浓度为：c(OH-)= mol/L=1×10-3mol/L，常温下溶液中氢离子浓度为：c(H+)= mol/L=1×10-11mol/L，稀释后溶液的pH=-lgc(H+)=lg1×10-11=11，
故答案为：B。
【分析】本题考查了酸碱反应后混合液pH的简单计算，解题关键是明确溶液pH的计算方法、常温下水的离子积，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。先计算出5mL0.1mol L-1 H2SO4和15mL0.1mol L-1 NaOH 溶液混合后溶液中剩余的氢氧根离子的物质的量，然后根据溶液的体积计算出溶液中氢氧根离子浓度，再根据常温下水的离子积计算出溶液中氢离子浓度，最后pH=-lgc(H+)计算出稀释后溶液的pH。
5．【答案】C
【解析】【解答】解：CaCO3的溶解过程如下：CaCO3（s） Ca2++CO32﹣，
如果溶液中有大量Ca2+ 或大量CO32﹣，都会使平衡左移，减小CaCO3的溶解度．这就是同离子效应．
若加入的溶液能与钙离子或者碳酸根反应，则会使平衡向右移动，例如加入盐酸，盐酸与碳酸根反应生成二氧化碳气体，导致碳酸钙的溶解平衡向右移动，故碳酸钙在盐酸中的溶解度最大，
故选C．
【分析】如果溶剂中含有和电离平衡正反应产物相同的离子，则发生同离子效应，抑制电离平衡，从而抑制溶解平衡，若与钙离子或碳酸根离子反应，则能够促进碳酸钙的溶解，据此进行解答．
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．点①时氢氧化钠溶液的体积为1mol，反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，混合液为酸性，抑制了水的电离，水电离的氢离子小于1×10﹣7mol/L，而②处水电离的氢离子为1×10﹣7mol/L，则①处水的电离程度小于②处水的电离程度，故A错误；
B．点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），而二者恰好反应时生成醋酸钠，溶液显示碱性，则恰好反应时溶液的pH＞7，此时氢氧化钠不足，醋酸过量，故B错误；
C．点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO﹣水解，且程度较小，c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D．当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D正确；
故选D．
【分析】A．根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，抑制水的电离；
B．点②pH=7，由电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），则c（H+）=c（OH﹣），c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中还存在醋酸分子，则此时醋酸过量；
C．点③体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，醋酸根离子部分水解；
D．在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情况．
7．【答案】C
【解析】【解答】A、由于向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明沉淀中有碳酸钡，证明了碳酸钡的溶解度小于硫酸钡的溶解度；溶度积越大，溶解度越小，所以常温下Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），A不符合题意；
B、常温下，向纯水中加入钠，钠与水电离的氢离子反应，促进了水的电离，水的电离平衡向着正向移动，而氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向移动，B不符合题意；
C、反应的△S＜0，反应能自发进行，应有△G=△H-T △S＜0，则该反应的△H＜0才能符合，C符合题意；
D、铅蓄电池在工作过程中，负极铅失去电子被氧化生成硫酸铅沉淀，负极质量增加，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据溶度积越大，溶解度越小进行判断；
B、钠和水反应有氢气生成，消耗了水电离出的氢离子；
C、根据△G=△H-T △S进行判断；
D、根据反应原理PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O分析。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：A．pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）=0.1mol/L，则两溶液中氢离子浓度之比=0.01mol/L：0.1mol/L=1：10，故A正确；
B.100℃时，纯水中c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣6 mol L﹣1，此时纯水显中性，故B错误；
C．等体积pH=12 NaOH溶液和pH=2 CH3COOH溶液混合，由于醋酸部分电离出氢离子，则混合液中醋酸过量，混合后溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故C错误；
D.1mol/L醋酸溶液加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子会增大，故D错误；
故选A．
【分析】A．根据c（H+）=10﹣pH计算两溶液中氢离子浓度之比；
B．溶液酸碱性取决于氢离子与氢氧根离子浓度大小；
C．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性；
D．稀释过程中氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大．
9．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，室温下，Ag2B的溶度积Ksp(Ag2B)=4×10-3a，故A不符合题意；
B．由图可知，e点时NaA溶液过量，f点时NaA溶液恰好反应，由温度不变，溶度积不变可知，e点银离子浓度小于f点，故B不符合题意；
C．由分析可知，AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C不符合题意；
D．若硝酸银溶液浓度变为0.05mol/L，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+离子浓度还是10—bmol/L，则c点会向d点移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 10mL0.1mol·L-1的NaA溶液完全沉淀需要10mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，10mL0.1mol·L-1Na2B溶液完全沉淀需要20mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，则c点所在曲线为pX=-lgc(A-)与AgNO3溶液体积的关系 ，f点所在曲线为pX=-lgc(B-)与AgNO3溶液体积的关系。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．明矾用作净水剂是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中杂质，故不选A；
B．氯化铵溶液除铁锈是利用铵根离子水解生成的氢离子和氧化铁反应，故不选B；
C．小苏打用作发酸粉的原理是小苏打在加热的条件下分解产生二氧化碳气体，从而使面粉膨胀，与水解无关，故选C；
D．水热法制备
纳米材料是利用
水解生成
和氯化氢，故不选D；
故答案为：C。
【分析】A.铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附沉淀；
B.氯化铵铁锈，因为铵根离子水解呈酸性；
C.碳酸氢钠不稳定受热分解；
D.Ti4+水解生成TiO2。
11．【答案】B
【解析】【解答】A. 表示的是碳酸氢根离子在水溶液中发生电离，并水合形成水合氢离子的过程，A不符合题意；
B. 表示的是铵根离子的水解反应，B符合题意；
C. 多元弱酸的酸根离子水解应分步水解，C不符合题意；
D. 表示的是水的自耦电离，D不符合题意；
故故答案为：B。
【分析】根据水解反应的定义进行判断。
12．【答案】D
【解析】【解答】A.纯碱为Na2CO3，CO32-在水中水解使得溶液显碱性，利用溶液的碱性去除油污，与盐类的水解有关，A不符合题意；
B.FeCl3溶液中Fe3+会水解，溶解在浓盐酸中，H+可抑制Fe3+的水解，与盐类水解有关，B不符合题意；
C.明矾为KAl(SO4)2·12H2O，Al3+在水中能水解产生Al(OH)3胶体，具有吸附性，可起到净水作用，故明矾做净水剂与盐类的水解有关，C不符合题意；
D.NaHSO4溶液在水中完全电离产生Na+、H+和SO42-，使得溶液显酸性，过程中没有发生水解，与盐类的水解无关，D符合题意；
故答案为：D
【分析】盐类水解的实质是与水电离产生的H+或OH-结合成弱电解质的过程。结合水解平衡移动分析选项即可。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．热的溶液水解后显碱性，可以清洗油污，A不符合题意；
B．用明矾中铝离子会发生水解生成氢氧化铝吸附悬浮性杂质，可以净水，B不符合题意；
C．会吸收中的水生成，抑制铝离子的水解，最终得到无水 ，C不符合题意；
D．用盐酸去除铁锈是酸与碱性氧化物反应生成盐和水，与水解无关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据盐类水解规律分析，D项中用盐酸去除铁锈是酸与碱性氧化物反应生成盐和水，与水解无关。
14．【答案】C
【解析】【解答】A． 将NaCl溶液从常温加热至80℃，水的电离程度增大，故pH减小，但溶液仍呈中性，故A不符合题意；
B． 等pH的氨水、NaOH溶液相比，氨水的浓度比NaOH浓度大，但是二者体积不明确，故无法比较二者所需HCl的物质的量，故B不符合题意；
C． NaHSO4，H3PO4均能电离出氢离子，抑制水的电离，相同温度下，pH相等的NaHSO4，H3PO4溶液中氢离子的浓度相等，故水电离的H+浓度相等，故C符合题意；
D． 1L 0.02mol·L-1NaCl溶液和2L 0.01mol·L-1NaCN溶液的溶质物质的量相同，c(Na+)相同，NaCl溶液中电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(Cl-)，则离子总浓度为2[c(Na+)+ c(H+)]，NaCN溶液中电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(CN-)，则离子总浓度为2[c(Na+)+ c(H+)]，NaCl溶液显中性，NaCN溶液显碱性，二者氢离子的浓度不同，故二者离子总数不相等，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A． 依据温度对水的电离的影响，利用中性实质分析；
B．二者体积不明确，无法比较；
C． 依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据电荷守恒分析。
15．【答案】D
【解析】【解答】A. pH=3的HNO3和pH=11的KOH溶液，二者刚好完全反应，溶液的pH=7，A不合题意；
B. pH=3的盐酸和pH=11的氨水，由于氨水中的一水合氨为弱碱，只发生部分电离，所以反应结束后，一水合氨过量，过量的一水合氨发生电离，溶液呈碱性，pH>7，B不合题意；
C. pH=3硫酸和pH=11的氢氧化钠溶液，二者刚好完全反应，溶液呈中性，pH=7，C不合题意；
D. pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液，由于醋酸为弱酸，二者完全反应后，醋酸有剩余，剩余的醋酸发生电离，使溶液显酸性，pH<7，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】pH=a的酸与pOH=14-a的碱等体积混合，若二者都为强电解质，则混合溶液的pH=7，溶液呈中性；若强酸与弱碱混合，则反应后弱碱过量，溶液中以弱碱的电离为主，混合溶液呈碱性，pH>7；若强碱与弱酸混合，则反应后弱酸过量，溶液中经弱酸的电离为主，溶液呈酸性，pH<7。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.100℃时水的离子积Kw=10-12，水电离出的c(H+)为1×10-6mol/L，pH=6，即100℃时pH约为6的纯水呈中性，故A不符合题意；
B．根据盖斯定律将反应1-反应2得到 ，则 ，即 ，故B不符合题意；
C．若 ，由自发进行的判据 ，化学反应在高温下可自发进行，故C不符合题意；
D．由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L＜1×10-7mol/L，受到酸或碱的抑制，则水电离出的c(OH-)=1.0×10-13mol/L，所以原溶液中c(H+)=0.1mol/L或者1.0×10-13mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=1或强碱时pH=13，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.纯水中氢离子和氢氧根离子的浓度始终相等；
B. 根据盖斯定律可知则 ，即 ；
C.由自发进行的判据 判断，高温下可自发进行；
D.pH为1的酸溶液中， 由水电离出的 为 。
17．【答案】（1）Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+
（2）F﹣+H2O HF+OH﹣
（3）CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣
【解析】【解答】解：（1）Fe（NO3）3中含有铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，水解方程式为Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，
故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；（2）NaF中，氟离子是弱根离子，水解生成氢氟酸和氢氧根离子，水解方程式为F﹣+H2O HF+OH﹣，
故答案为：F﹣+H2O HF+OH﹣；（3）碳酸是二元弱酸，所以碳酸根离子分两步水解，第一步碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，第二步碳酸氢根离子水解生成碳酸根离子，所以其水解方程式分别为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；
故答案为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣．
【分析】（1）Fe（NO3）3中含有铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子；（2）NaF中，氟离子是弱根离子，水解生成氢氟酸和氢氧根离子；（3）碳酸是二元弱酸，所以碳酸根离子分两步水解，第一步碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，第二步碳酸氢根离子水解生成碳酸根离子．
18．【答案】（1）12mol/L；291.2
（2）25；容量瓶；CE
（3）FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；小于
【解析】【解答】解：（1）标况下，44.8L HCl的物质的量n= = =2mol，HCl的质量=2mol×36.5g/mol=73g，100mL水的质量约为100g，则所得溶液的质量为173g，所得溶液的体积为：V= = mL，所得溶液的物质的量浓度为c= = =12mol/L，饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1，需再溶解的氯化氢的量为（12﹣5）mol/L×22.4L/mol=291.2L，
故答案为：12mol/L；291.2；（2）配制溶液240mL需要选择250mL容量瓶，稀溶液为0.5mol L﹣1NaCl溶液，饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1，n=c浓V浓=c稀V稀，V浓= =25mL，容量瓶能用来盛放液体，且有活塞，使用时必须检查是否漏水，
A．量取溶液时有少量液体溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故A错误；
B．容量瓶用蒸馏水洗涤干净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，对配制溶液的浓度无影响，故B错误；
C．定容时，俯视液面加水至刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故C正确；
D．转移液体后，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；
E．用量筒量取溶液时仰视读数，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故E正确；
F．定容时不慎超过度线，立即用胶头滴管吸出多余部分，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故F错误；
故答案为：25；容量瓶；CE；（3）FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，水解方程式为FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl Na2CO3+H2O=NaHCO3+NaOH，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.1NA，
故答案为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；小于．
【分析】（1）根据n= 计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据V= 计算出溶液的体积，再根据c= 计算溶液中HCl的物质的量浓度；饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1，根据两者的浓度差计算需溶解的氯化氢的量；（2）配制溶液240mL需要选择250mL容量瓶，利用n=c浓V浓=c稀V稀来计算；能用来盛放液体，且有活塞的仪器使用时必须检查是否漏水；配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c= = 的影响进行判断；（3）FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，胶体具有吸附性而净水；水解反应为可逆反应．
19．【答案】（1）Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；酸
（2）CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣；碱
【解析】【解答】解：（1）Fe2（SO4）3为强酸弱碱盐，水解显酸性，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，水解离子方程式：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；溶液显酸性；故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；酸；（2）醋酸钠强碱弱酸盐，水解显碱性，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，水解离子方程式：CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，溶液呈碱性；故答案为：CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，碱．
【分析】（1）Fe2（SO4）3为强酸弱碱盐，水解显酸性，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子；（2）醋酸钠强碱弱酸盐，水解显碱性，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子．
20．【答案】（1）>；SO32-+ SO2+ H2O= 2HSO3-
（2）B；D
（3）CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H= - 49kJ/mol；催化剂I；>；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；8.3×10-4或1/1200kPa-2
（4）加入催化剂；将容器快速压缩至2L
【解析】【解答】(1)已知NH3·H2O的电能平衡常数大于H2SO3的Ka2，则在(NH4)2SO3溶液中NH4+的水解能力小于SO32-的水解程度，可知溶液显碱性，即pH>7； (NH4)2SO3溶液吸收SO2 生成NH4HSO3，发生反应的离子方程式为SO32-+ SO2+ H2O= 2HSO3-；
(2)在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆反应速率相同，各组分含量不变，C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)；
A．单位时间内生成2nmol NO(g)的同时消耗nmol CO2(g)，说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B.碳是固体．当平衡发生移动，气体质量会发生变化，容器体积不变，所以混合气体的密度不再发生改变可以说明反应达到平衡状态，B符合题意；
C.反应前后气体总物质的量不变，反应体系的压强始终不发生改变，不能判定平衡，C不符合题意；
D.C为固体，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可知气体的质量不变，为平衡状态，D符合题意；
故答案为：BD
(3)①已知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热23-3.4=19.6KJ，则该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H=- ×2=-49kJ mol-1；
②由图象知：反应Ⅰ在较低温度T3时CO2就达到80%的转化率，催化剂效果最佳的反应是反应Ⅰ，T3的b点时，反应未达到限度，故v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低。T4的a点转化率比T5的c点高，c点时：
CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)
起始（mol） 1 3 0 0
转化（mol） 0.6 1.8 0.6 0.6
平衡（mol） 0.4 1.2 0.6 0.6
在恒容恒温条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，则平衡时总压强p总=100kPa× =70 kPa，该反应的平衡常数Kp= =8.3×10-4 kPa-2；
(4)图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件不好为曲线Ⅱ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L满足条件。
【分析】（1）由电离平衡常数确定NH4+和SO32-的水解平衡常数的大小，从而确定(NH4)2SO3溶液的酸碱性；
SO2过量，则继续与SO32-反应形成HSO3-；
（2）A.该描述只体现了逆反应，未能体现正逆反应速率相等；
B.根据公式结合反应的化学方程式分析反应过程中混合气体的密度是否变化；
C.该反应中，反应前后，气体分子数不变，则压强一直不变；
D.根据公式结合反应的化学方程式分析反应过程中混合气体的摩尔质量是否发生变化；
（3）①根据“转化率达80%时放出热量19.6kJ”计算完全反应时放出的热量，从而确定反应的热化学方程式；
②根据图1以及影响平衡移动的因素进行分析；
（4）结合平衡移动的影响因素进行分析；
21．【答案】（1）石膏电离出的Ca2+与CO32﹣结合生成更难溶的CaCO3 CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣，CO32﹣浓度降低，使得CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，平衡向左移动，OH﹣浓度降低，碱性减弱
（2）FeCl3+6H2O+6SOCl2=FeCl3+6SO2↑+12HCl↑
【解析】【解答】解：（1）酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性，水解离子反应为CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，石膏能与碳酸根离子反应，平衡向左移动，OH﹣浓度降低，降低碱性，石膏电离出的Ca2+与CO32﹣结合生成更难溶的CaCO3 离子反应为：CO32﹣+CaSO4═SO42﹣+CaCO3；故答案为：石膏电离出的Ca2+与CO32﹣结合生成更难溶的CaCO3 CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣，CO32﹣浓度降低，使得CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，平衡向左移动，OH﹣浓度降低，碱性减弱；（2）使SOCl2与FeCl3 6H20混合并加热，可得到无水FeCl3，SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用，反应的 化学方程式为FeCl3+6H2O+6SOCl2=FeCl3+6SO2↑+12HCl↑；故答案为：FeCl3+6H2O+6SOCl2=FeCl3+6SO2↑+12HCl↑；
【分析】（1）碳酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性；石膏能与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解左移降低碱性；（2）SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铁水解起到抑制作用；
