3.3 盐类的水解 课堂同步练
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．家庭储备的药品过期后应作为有害垃圾处理
B．食品包装袋里的硅胶颗粒可防止食品氧化变质
C．家用苏打可用于洗涤厨房用具的油污
D．铝制餐具不能长时间存放酸性或碱性食物
2．25℃时，下列溶液等体积混合后，溶液pH>7的是（ ）
A．pH=3的H2SO4和pH=11的氨水
B．0.1 mol/L的盐酸和0.2 mol/L的醋酸钠溶液
C．等物质的量浓度的盐酸和氨水
D．等物质的量浓度的硫酸和NaOH溶液
3．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）
A．小苏打可用于生产玻璃，也可用来除去物品表面的油污
B．过氧化钠可用于食品、羽毛和织物等的漂白
C．医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D．汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都是造成雾霾天气的主要原因
4．下列离子方程式中，属于水解反应的是（ ）
A．HCOOH+H2O HCOO﹣+H3O+ B．CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣
C．CO2+H2O HCO3﹣+H+ D．HS﹣ S2﹣+H+
5．化学与生产、生活紧密相关，下列事实与盐类水解有关的是（ ）
A．侯德榜制碱原理
B．盐水浸泡的铁锅易生锈
C．氯化铵溶液可以用于除铁锈
D．纯碱溶液可用于除去水垢中的CaSO4
6．在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣
C．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣
D．a、d两点对应的溶液均显中性
7．在常温下，下列各组溶液的c（H+）一定等于1×10﹣7mol/L的是（ ）
A．将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍
B．0.05mol/L H2SO4与0.10mol/L NaOH溶液以等体积混合
C．pH=2的盐酸和pH=12的氨水两种溶液以等体积混合
D．pH=1的H2SO4与0.10mol/L 的Ba（OH）2溶液以等体积混合
8．下列物质水溶液呈碱性并能促进水电离的是（ ）
A．AlCl3 B．NaOH C．HCl D．Na2CO3
9．室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测得0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH约为8
2 向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入过量0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
3 向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液
4 向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，有气体和沉淀生成
下列说法不正确的是（ ）
A．实验1的溶液中存在c(Na+)>c(H2CO3)>c()
B．实验2所得上层清液中存在c(Ba2+)·c()=Ksp(BaCO3)
C．实验3反应后的溶液中存在c(Na+)
10．在蒸发皿中用酒精灯加热并灼烧下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（ ）
A．氯化铝 B．碳酸氢钠 C．硫酸镁 D．高锰酸钾
11．25℃时，下列说法正确的是（ ）
A．将amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，若溶液中c(NH )=c(Cl-)，则氨水的电离平衡常数
B．pH=3和pH=4的醋酸溶液，醋酸浓度前者是后者的10倍
C．NaHS溶液中存在如下关系：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+2c(S2-)
D．浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和CH3COONa溶液，后者pH大
12．下列解释实验事实的平衡不正确的是（ ）
实验 解释
A 100℃0.1mol/L Na2SO4溶液pH=6.2 H2O=H++OH﹣
B 0.1mol/L CH3COOH的pH=3 CH3COOH CH3COO﹣+H+
C 配制FeCl3溶液时加少量盐酸 Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+
D 随温度有升高，碳酸钠溶液pH增大 CO32﹣+2H2O H2CO3+2OH﹣
A．A B．B C．C D．D
13．常温下，向溶液中滴加溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。
已知：。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中：
B．指示滴定突跃点b点时可选择酚酞溶液作指示剂
C．在b点和c点之间的某点溶液中存在
D．n的值为12.5
14．下图是某水溶液常温下pH从0到14的范围内H2CO3、HCO3-、CO32-三种成分平衡时组成分数，下列叙述正确的是（ ）
A．此图是1.0mol/L碳酸钠溶液滴定1.0mol/L盐酸的滴定曲线
B．向pH=10.25的溶液中通HCl气体使pH=7，此时c(H2CO3)>c(Cl-)=c(HCO3-)>c(CO32-)
C．人体血液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3-形式存在
D．该温度下，碳酸氢根的水解平衡常数Kh=10-3.75
15．常温下，有下列盐：①FeCl3②NaClO ③NaCl，其水溶液的pH由大到小排列正确的是（ ）
A．①＞③＞② B．②＞③＞① C．③＞②＞① D．①＞②＞③
16．关于化合物SiH2Cl2，下列说法错误的是（ ）
A．该化合物为四面体结构
B．与水反应产生H2
C．与足量NaOH溶液反应生成两种盐
D．与盐酸混合无沉淀生成
二、综合题
17．按要求填空
（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈 （填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（Na+） c（CH3COO﹣）（填“＞”或“=”或“＜”，下同）．
（2）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈 ，醋酸体积 氢氧化钠溶液体积．
（3）将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，则醋酸溶液中c（H+） 氢氧化钠溶液中c（OH﹣），m与n的大小关系是m n．
（4）用标准的NaOH滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是 ．
A．配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
E．未用标准液润洗碱式滴定管．
18．将0.2mol L﹣1 HA溶液与0.2mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c（Na+）＞c（A﹣），则（用“＞”、“＜”或“=”填写下列空白）：
（1）混合溶液中c（HA） c（A﹣）；
（2）混合溶液中c（HA）+c（A﹣） 0.1mol L﹣1；
（3）混合溶液中由水电离出的c（OH﹣） 0.2mol L﹣1 HA溶液中由水电离出的c（H+）；
（4）25℃时，如果取0.2mol L﹣1 HA溶液与0.1mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，则HA的电离程度 NaA的水解程度．
19．根据问题填空：
（1）把对应物质的字母代码填入括号内．
A．水玻璃 B．明矾 C．浓硫酸D．过氧化钠E．新制氯水 F．小苏打 G．二硫化碳H．次氯酸钙
①能使石蕊试液先变红后褪色
②能做木材防火剂
③能做处理胃酸过多的一种药剂
④能作为处理试管内壁沾有硫磺的一种试剂
（2）绿色化学要求综合考虑经济、技术、环保等方面来设计化学反应路线．现以铜为原料制取硫酸铜，以下图为例设计符合绿色化学思想的反应路线．Al {#mathmL#}{#/mathmL#} AlCl3 {#mathmL#}{#/mathmL#} Al（OH）3 ．
20．t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol/L，c（OH﹣）=10﹣bmol/L，已知a+b=12．
（1）该温度下，水的离子积常数Kw= ．
（2）在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH= ，此时该溶液中由水电离的c（OH﹣）= ．
（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是 ．
21．下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃ 25 t1 t2
水的离子积常数 1×10－14 α 1×10－12
试回答以下问题：
（1）若25＜t1＜t2，则α (填“＜”“＞”或“=”)1×10－14，作出此判断的理由是 。
（2）25℃下，某Na2SO4溶液中c(SO42-)=5×10－4mol·L－1，取该溶液1mL，加水稀释至10 mL，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)= 。
（3）t2℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1∶V2= 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A、药品过期后应作为有害垃圾处理，A错误；
B、硅胶颗粒的作用是作为干燥剂，B正确；
C、苏打溶于水呈碱性，可以用于清洗油污，C错误；
D、铝可以和酸或者碱发生反应，D错误；
故答案为：B
【分析】A、药品过期后应作为有害垃圾处理；
B、硅胶颗粒的作用是作为干燥剂；
C、苏打溶于水呈碱性，可以用于清洗油污；
D、铝可以和酸或者碱发生反应。
2．【答案】A
【解析】【解答】A、盐酸为强酸，氨水是弱碱，pH=3的HCl与pH=11的氨水溶液等体积混合后，氨水过量，溶液显示碱性，溶液pH＞7，A符合题意；
B、0.1 mol/L的盐酸和0.2 mol/L的醋酸钠溶液等体积混合后，醋酸钠过量，反应后的溶液为醋酸和醋酸 溶液，溶液显示酸性，溶液pH＜7，B不符合题意；
C、一水合氨为弱电解质，等物质的量浓度的盐酸和氨水等体积混合生成氯化铵，铵根水解，溶液显示酸性，溶液的pH一定小于7，C不符合题意；
D、硫酸是二元强酸，氢氧化钠是一元强碱，等物质的量浓度的硫酸和NaOH溶液等体积混合后，硫酸过量，溶液pH＜7，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A氨水为弱碱，电离出等浓度的OH-需要氨水的浓度更多，则混合溶液为硫酸铵与氨水的混合溶液，显碱性。
B为0.05mol/L的醋酸钠和0.05mol/L的醋酸溶液的混合溶液，呈酸性
C为氯化铵溶液，铵根离子电离呈酸性
D等物质的量的浓度的硫酸和氢氧化钠，氢离子浓度是氢氧根的两倍，故混合后，呈酸性。
3．【答案】D
【解析】【解答】A.常用于生产玻璃的是碳酸钠，A不符合题意；
B.过氧化钠具有强氧化性，因而具有漂白性，但不可用于漂白食品，B不符合题意；
C.医用酒精使病毒的蛋白质变性而消毒，并非是将病毒氧化，C不符合题意；
D.汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都会产生细小颗粒物，是造成雾霾天气的主要原因，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.可用于生产玻璃的为苏打；
B.Na2O2不可用于食品漂白；
C.酒精不具有氧化性；
D.根据雾霾的形成分析；
4．【答案】B
【解析】【解答】解：A．该式子是甲酸的电离方程式，不是水解反应，故A错误；
B．碳酸根水解分步进行，以第一步为主，不能一步完成，该式子是碳酸根的第一步水解反应，故B正确；
C．二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸分步电离，产生氢离子和碳酸氢根离子该式子不是水解反应，故C错误；
D．硫离子水解分步进行，以第一步为主，不能一步完成，该式子是HS﹣的电离方程式，不是水解反应，故D错误；
故选B．
【分析】水解离子反应中弱酸或弱碱离子结合水电离生成的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，以此分析．
5．【答案】C
【解析】【解答】A．侯德榜制碱原理是向饱和NaCl溶液中先通入足量氨气，再通入足量CO2发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤出来，然后加热NaHCO3分解产生Na2CO3，与盐的水解无关，A不符合题意；
B．铁锅中含有Fe及杂质C等，若用盐水浸泡，构成原电池，Fe为负极，被氧化而引起腐蚀生锈，与原电池有关，而与盐的水解无关，B不符合题意；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈现酸性，可溶解铁锈，与盐的水解有关，C符合题意；
D．水垢中的CaSO4存在沉淀溶解平衡，向其中加入纯碱，Ca2+与 结合形成CaCO3沉淀，CaSO4的沉淀溶解平衡正向移动而发生沉淀转化，与盐的水解无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．侯德榜制碱原理是溶解度大的物质制取溶解度相对小的物质；
B．盐水浸泡的铁锅构成原电池加快铁的腐蚀；
C．铵根离子、锌离子水解显酸性和铁锈反应；
D．纯碱溶液可用于除去水垢中的CaSO4该过程为沉淀的转化。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣，故B正确；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，
故D正确；
故选C．
【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；
B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4．
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A．pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍，pH接近7，仍为酸性，则c（H+）略小于1×10﹣7mol/L，故A不选；
B．c（H+）=0.05mol/L×2=0.1mol/L，c（OH﹣）=0.1mol/L，等体积混合，n（H+）=n（OH﹣），为中性，则c（H+）一定等于1×10﹣7mol/L，故B选；
C．pH=2的盐酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的氨水中c（NH3．H2O）＞0.01mol/L，等体积混合时碱过量，则溶液显碱性，c（H+）小于1×10﹣7mol/L，故C不选；
D．pH=1的H2SO4中c（H+）=0.1mol/L，0.10mol/L 的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L×2=0.2mol/L，则溶液显碱性，c（H+）小于1×10﹣7mol/L，故D不选；
故选B．
【分析】A．pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍，pH接近7，仍为酸性；
B．c（H+）=0.05mol/L×2=0.1mol/L，c（OH﹣）=0.1mol/L，等体积混合，n（H+）=n（OH﹣），为中性；
C．pH=2的盐酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的氨水中c（NH3．H2O）＞0.01mol/L；
D．pH=1的H2SO4中c（H+）=0.1mol/L，0.10mol/L 的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L×2=0.2mol/L．
8．【答案】D
【解析】【解答】解：A、氯化铝是弱碱强酸盐，铵根离子水解呈酸性，促进水的电离，溶液中氢离子浓度增大，故A错误；
B、NaOH溶液是强碱溶液，氢氧根离子抑制水的电离，溶液中氢离子浓度减小，故B错误，
C、HCl溶液是酸溶液，氢离子浓度抑制水的电离，溶液中的氢离子浓度增大显酸性，故C错误；
D、Na2CO3是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度增大，故D正确；
故选D．
【分析】物质能促进水的电离，且溶液显碱性说明物质是含弱离子的盐溶液，水解促进水的电离，溶液呈碱性说明是弱酸阴离子水解显碱性．
9．【答案】C
【解析】【解答】A、室温下 0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH约为8，则溶液为碱性，HCO3-的水解程度大于电离程度，则c(Na+)>c(H2CO3)>c()，A错误；
B、向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入过量0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，发生的反应为NaHCO3+Ba(OH)2=NaOH+BaCO3↓+H2O，存在，则有 c(Ba2+)·c()=Ksp(BaCO3) ，B错误；
C、 向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，发生反应
NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，Na2CO3溶液呈碱性，则c(H+)
D、向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，HCO3-和Al3+可以发生完全双水解： Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑ ，D错误；
故答案为：C
【分析】A、结合弱酸酸式盐电离和水解程度判断；
B、结合溶度积计算公式判断；
C、结合电荷守恒判断；
D、结合离子的水解方程式判断。
10．【答案】C
【解析】【解答】加热蒸干并灼烧的过程中，要注意考虑盐的水解平衡的移动、物质的氧化、物质的分解等情况，氯化铝易水解，碳酸氢钠和高锰酸钾加热易分解．
【解答】解：A．AlCl3因为能水解生成Al（OH）3，灼烧得Al2O3，故A错误；
B．碳酸氢钠分解为碳酸钠，故B错误；
C．硫酸镁溶液加热时水解生成氢氧化镁和硫酸，但硫酸难挥发，最终产物仍为硫酸镁，故C正确；
D．KMnO4受热易分解，故D错误．
故选C．
11．【答案】A
【解析】【解答】A．混合溶液中c(NH )=c(Cl-)，根据电荷守恒， ，溶液呈中性，二者等体积混合后溶液中氯离子的浓度为原来的一半，则 c(NH )=c(Cl-)=0.005mol/L， ，氨水的电离平衡常数 K= ，A符合题意；
B．醋酸为弱酸，不能完全电离，醋酸浓度前者大于后者的10倍，B不符合题意；
C．NaHS溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2S)+ c(HS-)+c(S2-)，C不符合题意；
D．醋酸酸性强于碳酸，根据“越弱越水解”，前者pH更大，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据电荷守恒，注意二者等体积混合后溶液中离子的浓度为原来的一半 ，利用K= 计算 ；
B．醋酸为弱酸，存在电离平衡；
C．依据物料守恒分析；
D．根据“越弱越水解”分析。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A．水的电离吸热，水存在电离平衡，升高温度促进水电离，导致中性溶液的pH小于7，所以100℃0.1mol/L Na2SO4溶液pH=6.2，故A正确；
B．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离导致溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，即溶液中存在电离平衡，故B正确；
C．氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加入稀盐酸抑制铁离子水解，Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，故C正确；
D．碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，升高温度，水解平衡正向移动，碱性增强，pH增大，故D错误；
故选D．
【分析】A．水的电离吸热，升高温度促进水电离；
B．醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡；
C．氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加入稀盐酸抑制铁离子水解；
D．硫酸钡在水溶液里存在电离平衡，硫酸根离子抑制硫酸钡电离．
13．【答案】C
【解析】【解答】A．在水中完全电离出、和，由于发生水解产生，且溶液呈酸性，则离子浓度大小为，A项不符合题意；
B．酚酞的变色范围是8.2-10.0，b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，水解使溶液呈酸性，pH小于8.5，故不可选择酚酞溶液作指示剂，B项不符合题意；
C．b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，水解使溶液呈酸性，c点溶质为Na2SO4、，电离使溶液呈碱性，中性点在b与c之间，即，根据电荷守恒关系：，C项符合题意；
D．c点溶液中，如果一水合氨完全电离，=，，实际上一水合氨电离程度约为1%，pH<12.5，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】ａ点溶液中的溶质为(NH4)2SO4，氢氧化钠先与(NH4)2SO4电离的氢离子发生中和反应，再与铵根离子生成一水合氨，ｂ点溶液中的溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，ｃ点溶液中的溶质为Na2SO4、一水合氨，据此分析解答。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.1.0mol/L碳酸钠溶液滴定1.0mol/L 盐酸，在碳酸浓度达到饱和之前，碳酸浓度应逐渐增大，且起始浓度不可能为1.0mol/L，A不符合题意；
B.碳酸钠和碳酸氢钠溶液水解显碱性，而加入氯化氢后，溶液显中性，只能说明盐酸的量要少一些，两种盐稍过量，所以c(H2CO3)>c(Cl-)，又由于碳酸根离子水解能力大于碳酸氢根离子，所以c(HCO3-)>c(CO32- )，但是c(H2CO3)、c(Cl-)均大于c(HCO3-)、c(CO32- )，所以，c(H2CO3)>c(Cl-)> c(HCO3-)>c(CO32- )；B不符合题意；
C.由图可知，当pH =7.4时，HCO3-的量最大，所以人体血液的pH 约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3-形式存在，C符合题意；
D.从图像看出，当pH=6.37时，c(H2CO3) =c(HCO3-)，碳酸的第一步电离平衡常数为Ka1=c(HCO3-)×c(H+)/ c(H2CO3) =10-6.37， 该温度下，碳酸氢根的水解平衡常数Kh=Kw/ Ka1=10-14/10-6.37=10-7.63， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】要注意几个关键点，两条曲线的交点，起始点、终止点。
A、注意碳酸钠和盐酸反应的过程，碳酸钠滴加盐酸，先生成碳酸，所以碳酸浓度应该逐渐增大；
B、注意结合水解的原理，且一级水解大于二级水解；
C、根据图可以观察pH为7.4的存在形式；
D、要注意根据交点进行计算，交点处两者的浓度相等。
15．【答案】B
【解析】【解答】解：常温下，盐溶液酸碱性根据其对应的酸、碱的相对强弱判断，强酸强碱盐溶液呈中性，强酸弱碱盐溶液呈酸性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，溶液的酸性越强其pH越小、碱性越强pH越大，
①是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，常温下pH＜7；
②是强碱弱酸盐，溶液呈酸性，常温下pH＞7；
③是强酸强碱盐，溶液呈中性，常温下pH=7，
所以这三种溶液pH大小顺序是②＞③＞①，故选B．
【分析】常温下，盐溶液酸碱性根据其对应的酸、碱的相对强弱判断，强酸强碱盐溶液呈中性，强酸弱碱盐溶液呈酸性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，溶液的酸性越强其pH越小、碱性越强pH越大，据此分析解答．
16．【答案】D
【解析】【解答】A．SiH2Cl2类似于甲烷的分子结构CH4，C被Si取代，2个H被Cl取代故其结构为四面体结构，A不符合题意；
B．SiH2Cl2水解生成氢气，B不符合题意；
C．SiH2Cl2与足量NaOH溶液反应生成硅酸钠和盐酸两种盐，C不符合题意；
D．与盐酸混合生成二氧化硅沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】化合物SiH2Cl2相当于SiH4中有2个H原子被氯原子取代，也类似具有卤代烃的性质，如可以水解，水解时断Si-H键和Si-Cl键，据此分析作答即可。
17．【答案】（1）碱性；＞
（2）中性；＞
（3）＜；＞
（4）A；D；E
【解析】【解答】解：（1.）醋酸为弱电解质，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），显碱性，即c（H+）＜c（OH﹣），所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣）；故答案为：碱性；＞；
（2.）将物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，所以溶液呈中性；二者等体积恰好反应生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，若显中性，则醋酸稍过量，即醋酸体积＞氢氧化钠溶液体积；故答案为：中性；＞；
（3.）将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，当m=n时，两溶液恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若使溶液的pH=7，则醋酸的浓度应该稍大一些，即m＞n；由于醋酸为弱酸，则溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，即c（H+）＜氢氧化钠溶液中c（OH﹣），
故答案为：＜；＞；
（4.）解：A．配制标准溶液的NaOH中混有Na2CO3杂质，以酚酞为指示剂时等质量的氢氧化钠和Na2CO3消耗的酸前者大，所以标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质时造成V（碱）偏大，根据c（酸）= ，可知c（酸）偏大，故A正确；
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，V（碱）偏小，根据c（酸）= ，可知c（酸）偏小，故B错误；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，则V（碱）不变，根据c（酸）= ，可知c（酸）不变，故C错误；
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（碱）偏高，根据c（酸）= ，可知c（酸）偏高，故D正确；
E．未用标准液润洗碱式滴定管，标准液碱的浓度偏小，造成V（碱）偏高，根据c（酸）= ，可知c（酸）偏高，故E正确；故答案为：ADE．
【分析】（1）醋酸为弱酸，将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，结合电荷守恒分析；（2）根据溶液中电荷守恒及醋酸根离子与钠离子浓度相等进行判断氢离子与氢氧根离子浓度关系；（3）醋酸为弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，等体积的两溶液混合pH=7，若m=n，溶液显示中性，则醋酸浓度稍大；（4）根据c（酸）= 判断不当操作对相关物理量的影响．
18．【答案】（1）＜
（2）=
（3）＞
（4）＞
【解析】【解答】解：（1.）将0.2mol/L HA 溶液与 0.2mol/L NaOH溶液等体积混合，则溶液中的溶质是NaA，物质的量浓度是0.1mol/L，混合溶液中c（Na+）＞c（A﹣），说明A﹣离子水解显碱性，A﹣+H2O HA+OH﹣，c（HA）＜c（A﹣）；故答案为：＜；
（2.）溶液中c（H+）＜c（OH﹣），溶液NaA呈碱性，根据物料守恒得c（HA）+c（A﹣）=0.1mol/L，故答案为：=；
（3.）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以混合溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）＞0.2mol/L HA溶液中由水电离出的c（H+），故答案为：＞；
（4.）如果取0.2mol/L HA溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，则溶液中的溶质是NaA，测得混合溶液的pH＜7，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度；故答案为：＞．
【分析】（1）将0.2mol/L HA溶液与0.2mol/L NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成NaA，测得混合溶液中c（Na+）＞c（A﹣），说明HA是弱酸弱酸阴离子水解生成的HA；（2）依据溶液中物料守恒计算得到；（3）溶液中NaA水解显碱性；（4）如果取0.2mol/L HA溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，则溶液中的溶质是NaA和HA，且二者的物质的量浓度相等，测得混合溶液的pH＜7，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度．
19．【答案】（1）E；A；F；G
（2）
【解析】【解答】解：（1）使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性，应该是新制氯水，其中含有盐酸和次氯酸，故答案为：E；
②硅酸钠能做木材防火剂，是耐火材料，故答案为：A；
③能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质，可以选择碳酸氢钠，故答案为：F；
④单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，所以二硫化碳作为处理试管内壁沾有硫磺的一种试剂，故答案为：G；（2）以铜为原料制取硫酸铜，符合“绿色化学”思想的反应，应先生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，反应的方程式为2Cu+O2 {#mathmL#}{#/mathmL#} 2CuO、CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，故路线为： ；
故答案为： ．
【分析】（1）能使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性；
②能做木材防火剂的是耐火材料；
③能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质；
④单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳．（2）以铜为原料制取硫酸铜，符合“绿色化学”思想的反应，应先生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜．
20．【答案】（1）10﹣12
（2）11；10﹣11mol/L
（3）a+b=14
【解析】【解答】解：（1）水的离子积常数Kw=c（H+）．c（OH﹣）=10﹣amol/L.10﹣bmol/L=10﹣12（mol/L）2，故答案为：10﹣12；（2）混合溶液中c（OH﹣）= mol/L=0.1mol/L，溶液中c（H+）= mol/L=10﹣11mol/L，则溶液的pH=11；溶液呈碱性，碱抑制水电离，水电离出的氢氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度，为10﹣11mol/L，故答案为：11；10﹣11mol/L；（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中氢离子物质的量等于碱中氢氧根离子物质的量，则溶液中100×10﹣a=1×10b﹣12，则a+b=14，
故答案为：a+b=14．
【分析】（1）水的离子积常数Kw=c（H+）．c（OH﹣）=10﹣amol/L.10﹣bmol/L=10﹣12（mol/L）2；（2）混合溶液中c（OH﹣）= mol/L=0.1mol/L，溶液中c（H+）= mol/L=10﹣11mol/L；溶液呈碱性，碱抑制水电离，水电离出的氢氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度；（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中氢离子物质的量等于碱中氢氧根离子物质的量，据此计算．
21．【答案】（1）＞；升高温度，水的电离程度增大，离子积增大
（2）1000∶1
（3）9∶11
【解析】【解答】(1).水的电离是吸热的，所以升温促进水的电离，电离平衡常数增大，即α＞1×10－14； (2) Na2SO4溶液中c(SO42-)=5×10－4mol·L－1，则钠离子浓度为10-3 mol·L－1，加水稀释，钠离子浓度变为10-4 mol·L－1，溶液中的氢氧根离子浓度为10-7 mol·L－1，二者比例为10-4:10-7=1000∶1； (3) t2℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1L氢氧根离子浓度为10-1 mol·L－1，与pH=1的稀硫酸V2L中氢离子浓度为10-1 mol·L－1，混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2 ，则有 ，解V1：V2=9∶11。
【分析】（1）升高温度促进水的电离，故温度升高，离子积变大
（2）温度不变，中性盐稀释时，水的电离不影响，故c(OH-)=10-7mol/L，根据数据计算出钠离子浓度即可
（3）混合之后显酸性，c(H+)=10-2mol/L,根据c(H+)=n(H+)/(Z1+V2)计算即可
