第三章 水溶液中的离子反应 测试题
一、单选题
1．常温下，下列物质的水溶液，其pH小于7的是（）
A．Na2CO3 B．NH4NO3 C．Na2SO4 D．KNO3
2．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡:CO32－＋H2O HCO3－＋OH－。下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，c(HCO3－)/c(CO32－)减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
3．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．的溶液
B．纯水
C．使石蕊试液呈紫色的溶液
D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
4．下列物质的应用过程中不涉及盐类水解的是（ ）
A．小苏打用作食品膨松剂
B．硫酸铝钾作净水剂
C．热碱水清洗厨房里的油污
D．组成为7.5的缓冲溶液
5．下列物质中，既是强电解质又属于离子化合物的是（ ）
A．醋酸 B．碘化氢
C．硫酸 D．苛性钠
6．在常温下，将 的 溶液与 的 溶液等体积混合后，溶液的 最接近于（已知 ）（）
A．9.3 B．9.7 C．10.7 D．10.3
7．下列反应不属于水解反应或水解方程式错误的是（ ）
①
②
③
④碳酸氢钠溶液：
⑤ 溶于 中：
A．①②③④ B．①②③ C．②③⑤ D．全部
8．若pH=2的酸溶液和pH=12的碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，其原因可能（ ）
A．反应后盐水解使溶液呈碱性
B．弱酸溶液和强碱溶液反应
C．强酸溶液和弱碱溶液反应
D．一元强酸溶液和一元强碱溶液反应
9．某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，下列对于该溶液的叙述不正确的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10-12 mol·L-1
C．加入NaHSO4晶体抑制了水的电离
D．c(H+)=c(OH-)+ c(SO42-)
10．下列说法正确的是（ ）
A．一定温度下测得某溶液pH=6，则溶液呈酸性
B．常温下，pH相等的NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液，c( )也相等
C．25℃时，0.1 mol·L-1HA溶液稀释至pH=4，所得溶液c(OH－)=1×10-10mol·L-1
D．10 mL0.01 mol·L-1NaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，则HA溶液的体积V≤10 mL
11．室温下向20mL含0.10mol·L－1Cr2+和0.10mol·L－1Fe2+的混合溶液中滴加0.10 mol·L －1NaOH溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。若溶液中金属离子浓度小于10－5mol·L－1视为完全沉淀，则下列说法错误的是（ ）
[Cr(OH)2的ksp为2×10－16，Fe(OH)2的ksp为8×10－16]
A．曲线A表示c(Fe2+)
B．当V(NaOH)=30mL时，Fe2+开始沉淀
C．当pH=7时溶液中Fe2+、Cr2+均完全沉淀
D．V(NaOH)>30mL时，溶液中c(Fe2+)︰c(Cr2+) =4.0
12．某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度变化如图所示。据图分析，下列判断正确是（ ）
A．Ksp[Cu(OH)2]数量级为10-20
B．d点表示Cu(OH)2形成饱和溶液
C．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D．b、c两点表示Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等
13．向一定量 4%的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸，有关分析错误的是（ ）
A． B．
C． D．
14．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3 H2O能大量共存
B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2+
C 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol L﹣1NaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH pH试纸都变成碱色 可以用pH试纸的颜色与标准比色卡比较，从而判断HClO和CH3COOH的酸性强弱
D 向少量AgNO3溶液中滴加适量NaCl溶液，再滴加适量Na2S溶液 开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 Ksp（Ag2S）＜Ksp（AgCl）
A．A B．B C．C D．D
15．对于物质的量浓度均为0.01mol/L的①NaHCO3、②Na2CO3、③CH3COOH、④CH3COONa四种溶液，下列说法正确的是（ ）
A．①的离子浓度为：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）
B．②c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+c（H2CO3）
C．③加入等体积的水稀释，电离平衡正向移动，c（H+）增大
D．④和③等体积混合，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.01 mol/L
16．常温下，下列选项不正确的是（ ）
A．已知A－＋H2B（过量）= HA＋HB－，则结合H＋的能力：HB－＜A－＜B2－
B．在0.1 mol/L氨水中滴加0.1 mol/L盐酸，恰好完全中和时溶液pH=a，则由水电离产生的c（OH－）=10－a mol/L
C．将c mol L－1的醋酸溶液与0.02 mol L－1NaOH溶液等体积混合后溶液恰好呈中性，用含c的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka=
D．欲除去CuCl2溶液中混有少量的FeCl3，可加入CuO
二、综合题
17．NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛，请回答下列问题：
（1）相同条件下，pH相同的NH4Al（SO4）2中c（NH4+） （填“=”、“＞”或“＜”）NH4HSO4中c（NH4+）．
（2）如图一是0.1mol L﹣1电解质溶液的pH随温度变化的图象．
①其中符合0.1mol L﹣1 NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是 （填写字母）；
②室温时，0.1mol L﹣1 NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=
mol L﹣1（填数值）
（3）室温时，向100mL 0.1mol L﹣1 NH4HSO4溶液中滴加0.1mol L﹣1 NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图二所示．试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 ；在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 ．
18．现有NH4Cl和氨水组成的混合溶液．请回答下列问题（填“＞”、“＜”或“=”）：
（1）若溶液的pH=7，则该溶液中c（NH4+） c（Cl﹣）．
（2）若溶液中pH＞7，则该溶液中c（NH4+） c（Cl﹣）．
19．下表为常见几种弱酸的电离常数，
酸 电离常数(Ka) 酸 电离常数(Ka)
CH3COOH 1.8×10-5 HClO 3×10-8
H2O2 K1=2.4×10-12 K2=1×10-25 H2CO3 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11
I．结合上表回答下列问题(均为常温下的数据)：
（1）在常温下，相同物质的量浓度的①CH3COONa②Na2CO3③NaClO三种溶液的pH由小到大的顺序为 （用序号回答）
（2）向Na2CO3溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的钠盐，同时还有另两种钠盐生成，该反应的化学方程式为
（3）II.过氧化氢（H2 O2）为淡蓝色粘稠液体，是中学常见试剂．
①H2O2含有的共价键类型为
②实验室可用稀硫酸与BaO2反应来制取H2 O2，该反应的化学方程式为
③经测定H2O2为二元弱酸，酸性比碳酸还弱，不稳定易分解．已知Na2O2中通入干燥的CO2不反应，但通入潮湿的CO2却可以产生O2，试用化学方程式表示这一过程
20．草酸（H2C2O4）是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性．向10mL 0.01mol L﹣1的H2C2O4溶液滴加0.01mol L﹣1 KOH溶液V（mL），回答下列问题．
（1）当V＜10mL时，反应的离子方程式为 ．
（2）当V=10mL时，溶液中HC2O4﹣、C2O42﹣、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为 ．
（3）当V=a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）；当V=b mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）；则a b（填“＜”“=”或“＞”）．
（4）当V=20mL时，再滴入NaOH溶液，则溶液中 的值将 （填“变大”“变小”或“不变”）．
21．化学与人类生活密切相关。请按要求，回答下列问题：
（1）现有以下生产、生活中常见的物质：A．铜丝 B．漂白粉 C．NaCl晶体 D．醋酸溶液 E．Na2O粉末 F．液氨。
①属于电解质是 (填写序号，下同)。
②在上述所给状态下能导电的是 。
③E在熔融状态下的电离方程式为 。
④写出工业上制备B的化学方程式 。
（2）生活中消毒剂有多种，如高铁酸钾(K2FeO4)、ClO2、O3等。例如K2FeO4的一种制备过程如下：先在碱性条件下，用NaClO氧化Fe(OH)3来制备K2FeO4，请将该反应的离子方程式配平 。
然后再向制得的Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4晶体，写出该反应的离子方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】Na2CO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，NH4NO3强酸弱碱盐水解溶液显酸性；Na2SO4强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，KNO3强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，
故答案为：B。
【分析】根据盐类水解的规律“谁强显谁性”可知，强酸弱碱盐通过水解会使水溶液显酸性。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.平衡常数只受温度的影响，加水稀释，平衡常数不变，故A不符合题意；
B.通入CO2，与OH-反应，平衡正向移动，故B符合题意；
C.升高温度，平衡向正向移动，则c（HCO3-）/c（CO32-）的比值增大，故C不符合题意；
D.加入NaOH固体，c（OH-）浓度增大，溶液pH增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.平衡常数只与温度有关，温度不变，常数就不会改变；
C.升高温度，水解平衡右移，碳酸氢根离子的浓度增大，碳酸根离子浓度减小，因此二者的比值减小；
D.加入氢氧化钠固体就是增大氢氧根离子的浓度，显然溶液的pH会增大。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．的溶液不一定为中性，如溶液温度高于25℃则为碱性，故A不符合题意；
B．纯水，因是纯水，故为中性，故B符合题意；
C．使石蕊试液呈紫色的溶液只能说明pH在之间，可能为酸性也可能为碱性，故C不符合题意；
D．如为强酸与弱碱则生成强酸弱碱盐显酸性，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】c(H+)=c(OH-)的溶液呈中性。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．小苏打NaHCO3作为食品膨松剂，与NaHCO3受热分解以及与酸反应有关，而与水解无关，选项A符合；
B．硫酸铝钾中铝离子水解Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，胶体具有吸附性，与盐类水解有关，选项B不符合；
C． △H>0，加热促进水解，碱性增大，去油污能力增强，与水解有关，选项C不符合；
D．Na2HPO4溶液里碱性是因为水解能力大于电离能力，组成为7.5，为碱性，说明水解大于电离，与水解有关，选项D不符合；
故答案为：A。
【分析】A项中利用NaHCO3受热分解以及与酸反应会产生气体，而与水解无关；
5．【答案】D
【解析】【解答】A.醋酸是弱酸，属于弱电解质，A不符合题意。
B.碘化氢是强电解质，但是是共价化合物，B不符合题意。
C.硫酸是强酸，是强电解质，但是是共价化合物，C不符合题意。
D.苛性钠NaOH是强碱，属于强电解质，是离子化合物，D符合题意。
【分析】强电解质是在水溶液中（几乎）完全发生电离的电解质， 离子化合物是由阳离子和阴离子构成的化合物 。
6．【答案】C
【解析】【解答】常温下，pH=9的NaOH溶液中c(OH－)=10－5mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，假设体积氢氧化钠的体积为1L，等体积混合后，溶液中n(OH－)=(1L×10－5mol·L－1＋1L×10－3mol·L－1)≈10－3mol，则c(OH－)=10－3mol/2L=5×10－4mol·L－1，根据水的离子积，推出c(H＋)= =2×10－11mol·L－1，解出pH=10.7，故C符合题意。
故答案为：C
【分析】计算本题时，应该先算出氢氧根的浓度，再根据水的离子积常数，算出氢离子的浓度，从而计算出溶液的pH。
7．【答案】D
【解析】【解答】① 属于HCl的电离方程式，故①符合题意；
② 属于AlCl3的水解方程式，但水解是微弱的，应用“ ”表示，而不是“=”，故水解方程式不符合题意，故②符合题意；
③多元弱酸根离子的水解分步进行，因此 水解方程式不符合题意，故③符合题意；
④碳酸氢钠溶液： 属于 的电离方程式，故④符合题意，
⑤ 溶于 中 水解方程式不符合题意， 水解生成 和 ，正确的水解离子反应方程式为： ，故⑤符合题意；
故答案为：D。
【分析】此题是对电离方程式和水解方程式书写的考查，结合电解质在水中的电离、离子的水解进行分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A．生成一种弱酸强碱盐，则酸为弱酸，反应后为弱酸与盐的混合物，一般溶液显酸性，故A错误；
B．弱酸溶液和强碱溶液反应，由pH和浓度的关系可知，反应后为弱酸与盐的混合物，一般溶液显酸性，故B错误；
C．强酸与弱碱溶液反应，由pH和浓度的关系可知，反应后为弱碱与盐的混合溶液，溶液显碱性，故C正确；
D．一元强酸溶液与一元强碱溶液反应，等体积等浓度混合，生成强酸强碱盐，溶液为中性，故D错误．
故选C．
【分析】若pH=2的酸溶液中c（H+）=10﹣2mol/L，pH=12的碱溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，等体积混合后溶液呈碱性，则酸为强酸，碱为弱碱，反应后为弱碱与盐的混合溶液，以此来解答．
9．【答案】B
【解析】【解答】A．蒸馏水的pH=6，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-6 mol L-1，KW=1×10-12＞1×10-14，说明温度高于25℃，故A正确；
B．水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，c(H+)水=c(OH-)= = mol/L=1×10-10 mol L-1，故B错误；
C．NaHSO4晶体溶于蒸馏水中能电离出氢离子，相当于一元强酸，抑制了水的电离，故C正确；
D．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，由于c(Na+)=c(SO42-)，则c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)，故D正确；故选B。
【分析】pH=2=-lgc（H+），c(H+)水=c(OH-)，注意此温度下，Kw=1×10-12
10．【答案】C
【解析】【解答】A．未指明溶液温度，因此不能根据溶液pH判断溶液的酸碱性，A不符合题意；
B．在NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液中，两种盐都会电离产生 ，NH4HSO4溶液还会电离产生H+，硫酸氢铵电离产生H+的浓度远大于 发生水解反应产生的H+的浓度，因此当盐浓度相等时，溶液的酸性：NH4HSO4溶液＞NH4Cl溶液，则当溶液pH相等，即c(H+)相等时，NH4Cl溶液浓度大于NH4HSO4溶液，故溶液中c( )是NH4Cl溶液浓度较大，B不符合题意；
C.25℃时，0.1 mol·L-1HA溶液稀释至pH=4，c(H+)=10-4 mol/L，则所得溶液c(OH-)= mol/L=1×10-10 mol·L-1，C符合题意；
D.10 mL0.01 mol·L-1NaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，若HA是强酸，n(NaOH)=n(HA)，由于二者浓度相等，则HA溶液的体积V=10 mL；若HA是弱酸，若HA体积是10 mL，二者恰好中和，但得到的NaA是强碱弱酸盐，水解会使溶液显碱性，要使溶液显中性，则酸应该稍微过量，酸溶液的体积就应该＞10 mL，故HA溶液的体积V≥10 mL，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.温度未知，不可由pH判断溶液的酸碱性；
B. NH4Cl中铵根离子水解导致溶液呈酸性，NH4HSO4中电离出氢离子、铵根离子水解导致溶液呈酸性，但后者中电离出的氢离子抑制铵根离子水解；
C.依据该温度下水的离子积分析解答；
D.10mL 0.01mol/L NaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，混合后溶液呈中性，根据HA是强酸、弱酸来判断体积的大小。
11．【答案】C
【解析】【解答】根据Cr(OH)2的ksp为2×10－16，若使Cr2+沉淀完全，c(OH-)= =2 ×10-6mol/L，
同理根据Fe(OH)2的ksp为8×10－16，若使Fe2+沉淀完全，c(OH-)= =4 ×10-6mol/L，故Cr2+先沉淀完全，由图可知曲线A表示c(Fe2+)，曲线B表示c(Cr2+)，
A. 由以上分析可知，曲线A表示c(Fe2+)，故A不符合题意；
B. 由于Cr(OH)2的ksp小于Fe(OH)2的ksp，Cr(OH)2先沉淀，当V(NaOH)=30mL时，A曲线出现拐点，此时c(Fe2+)=0.1mol/L =0.04mol/L，开始沉淀，故B不符合题意；
C. 根据前面分析中的计算结果可知，Fe2+、Cr2+完全沉淀时的溶液c(OH-)均大于10-7mol/L，所以当pH=7时溶液中Fe2+、Cr2+均未完全沉淀，故C符合题意；
D. V(NaOH)>30mL时，Fe2+、Cr2+都处于沉淀溶解平衡，所以溶液中c(Fe2+)︰c(Cr2+) = = =4.0，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据氢氧化铬和氢氧化亚铁的溶度积常数计算，可知在pH=7时，两种离子均完全沉淀。
12．【答案】A
【解析】【解答】A.由c点可知Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=1.0×(10-9.6)2=10-19.2，因此氢氧化铜的溶度积常数的数量级为10-20，A符合题意；
B.曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点为平衡点，曲线上方的点为过饱和溶液，曲线下方的浓度积常数未达到溶度积常数的值，因此形成的不是饱和溶液，所以d点表示Cu(OH)2形成的不饱和溶液，B不符合题意；
C.加适量NH4Cl固体，NH4+与OH-结合形成NH3·H2O，导致溶液中c(OH-)减小，因此不能使溶液由a点变到b点，C不符合题意；
D. b、c两点表示其中的金属阳离子的浓度相等，由于Fe(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数不同，所以不能表示二者的溶解度相等，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.d点表示的是Cu(OH)2不饱和溶液；
C.加适量NH4Cl固体，会减小氢氧根离子的浓度，因此不会使a点变到b点；
D.b、c两点表示其中的金属阳离子的浓度相等而不是溶解度相等。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．开始时氢氧化钠溶液是碱性，pH大于7，随着稀盐酸的滴加，pH逐渐减小，但稀盐酸过量时pH小于7，故A不符合题意；
B.酸碱中和反应会放出热量，故随着稀盐酸的加入，溶液的温度升高，当恰好完全中和时，溶液温度最高，继续滴加稀盐酸，溶液的温度就会降低，故B不符合题意；
C.没有滴加稀盐酸时，溶液中氯化钠的质量分数为零，随着加入稀盐酸生成的氯化钠越来越多，溶液中氯化钠的质量分数越来越大，当二者完全中和时，溶液中氯化钠的质量分数达到最大值且不再增加，再滴加稀盐酸，溶液的质量增大，氯化钠的质量不变，溶液中氯化钠的质量分数减小，故C不符合题意；
D.当加入的稀盐酸与氢氧化钠发生反应时，HCl的物质的量为零，当二者恰好完全反应时，继续滴加稀盐酸，HCl的物质的量增加，且随着稀盐酸加入的量的增多，而不断增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】酸碱中和反应过程中能量变化和各物质及离子的变化，根据酸碱中和实质，采用分段法进行分析，而恰好完全反应是一个区分点。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．Ag+与NH3 H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液，溶液变澄清，所以Ag+与NH3 H2O不能大量共存，故A错误；
B．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，而稀硫酸不能氧化亚铁离子，故B错误；
C．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液pH值，故C错误；
D．溶解度大的难溶物能转化为溶解度小的难溶物，AgCl沉淀中滴入Na2S溶液，白色沉淀变为黑色，所以说明Ag2S比AgCl更难溶，故D正确；
故选D．
【分析】A．Ag+与NH3 H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液；
B．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；
C．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸；
D．溶解度大的难溶物能转化为溶解度小的难溶物．
15．【答案】D
【解析】【解答】解：A．①中碳酸氢钠为强碱弱酸酸式盐，HCO3﹣水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，但水解程度较小，钠离子不水解，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；
B．②Na2CO3溶液中存在质子守恒为：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3），故B错误；
C．加水稀释CH3COOH，促进CH3COOH电离，但溶液中醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，故C错误；
D．③和④等体积混合后溶液的pH＜7，则c（OH﹣）＜c（H+），依据溶液中物料守恒可知，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）=2×0.005 mol/L=0.01mol/L，故D正确；
故选D．
【分析】A．①中碳酸氢钠为强碱弱酸酸式盐，HCO3﹣水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，但水解程度较小；
B．溶液中存在质子守恒分析；
C．加水稀释CH3COOH，促进CH3COOH电离，但溶液中c（H+）减小；
D．③和④等体积混合后溶液的pH＜7，根据物料守恒判断．
16．【答案】A
【解析】【解答】H2B过量，A－＋H2B（过量）= HA＋HB－，只能证明结合H＋的能力HB－＜A－，不能证明结合H＋的能力A－＜B2－，故A符合题意；
在0.1 mol/L氨水中滴加0.1 mol/L盐酸，恰好完全中和时，溶质是氯化铵，氯化铵水解促进水电离，溶液pH=a，则由水电离产生的c（OH－）=10－a mol/L，故B不符合题意；
将c mol L－1的醋酸溶液与0.02 mol L－1NaOH溶液等体积混合后溶液恰好呈中性c（OH－）= c（H+）=10－7 mol/L，c（Na+）=0.01 mol/L，根据电荷守恒c（Na+）+ c（H+）= c（CH3COO-）+ c（OH－），则c（CH3COO-）=0.01 mol/L，根据物料守恒，c(CH3COOH)=（ －0.01） mol/L， CH3COOH的电离常数Ka= ，故C不符合题意；
欲除去CuCl2溶液中混有少量的FeCl3，可加入CuO使溶液PH升高，促进铁离子水解，生成氢氧化铁沉淀，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.根据强酸制取弱酸进行判断；
B.根据混合溶液的pH和水的离子积计算水电离出的氢氧根离子的浓度；
C.根据弱电解质的电离平衡常数定义进行计算；
D.氧化铜可以促进氯化铁的水解反应，生成氢氧化铁而除去.
17．【答案】（1）＞
（2）I；10﹣3
（3）a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【解析】【解答】解：（1）NH4Al（SO4）2水解显酸性，NH4HSO4主要是因为完全电离出的H+显酸性，故pH相同的NH4Al（SO4）2的浓度须远大于大于NH4HSO4溶液的浓度，则NH4Al（SO4）2中c（NH4+） 大于NH4HSO4中c（NH4+），故答案为：＞；（2）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为I，故答案为：I；②根据电荷守恒，可以求出2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣3 mol L﹣1[c（OH﹣）太小，可忽略]，故答案为：10﹣3；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4，（NH4）2SO4的水解对水的电离有促进作用；而b、c、d三点溶液均含有NH3 H2O，而NH3 H2O抑制水的电离，故a点溶液中水的电离程度最大；c点溶液呈碱性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3 H2O三种成分，b点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）．
【分析】（1）NH4Al（SO4）2水解显酸性，NH4HSO4主要是因为电离出H+显酸性；（2）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；②根据电荷守恒定律解题；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3 H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3 H2O抑制水的电离．C点溶液呈碱性．
18．【答案】（1）=
（2）＞
【解析】【解答】解：（1）常温下，pH=7的溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以c（NH4+）=c（Cl﹣），
故答案为：=；
（2.）若溶液的pH＞7，如为碱性，则：c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）可得：[NH4+]＞[Cl﹣]，
故答案为：＞．
【分析】（1）常温下，pH=7的溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断c（NH4+）、c（Cl﹣）相对大小；（2）若溶液的pH＞7，则c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒可知[NH4+]＞[Cl﹣]．
19．【答案】（1）①<③<②
（2）2Na2CO3+Cl2+H2O＝2 NaHCO3+NaCl+ NaClO
（3）非极性键、极性键；H2SO4+BaO2=BaSO4↓+H2O2；Na2O2+CO2+H2O=Na2CO3+H2O2 、2H2O2=2H2O+O2↑
【解析】【解答】（1）①CH3COONa、②Na2CO3、③NaClO为强碱弱酸盐，溶液显示碱性；由于酸性醋酸大于次氯酸，次氯酸大于碳酸氢根，则醋酸根离子的水解程度小于次氯酸根离子，次氯酸根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，则醋酸钠溶液中氢氧根离子浓度小于NaClO，NaClO溶液中氢氧根离子浓度小于Na2CO3，所以pH：①＜③＜②；
（2）氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl和HClO与碳酸钠反应生成氯化钠、碳酸氢钠和次氯酸钠，所以反应的化学方程式为2Na2CO3+Cl2+H2O=2NaHCO3+NaCl+NaClO；
（3）①H2O2中H原子和O原子之间存在极性共价键、O原子和O原子之间只存在非极性共价键；
②稀硫酸与BaO2反应来生成H2O2和硫酸钡沉淀，反应的化学方程式为：H2SO4+BaO2=BaSO4↓+H2O2；
③根据电离常数可知经测定H2O2为二元弱酸，酸性比碳酸还弱，不稳定易分解。已知Na2O2中通入干燥的CO2不反应，但通入潮湿的CO2却可以产生O2，是水和CO2生成碳酸，依据强酸制弱酸的原理，碳酸再与Na2O2反应生成H2O2；H2O2不稳定，发生了分解生成氧气，反应的化学方程式为：Na2O2+CO2+H2O=Na2CO3+H2O2、2H2O2=2H2O+O2↑。
故答案为：（1）①＜③＜②；（2）2Na2CO3+Cl2+H2O=2NaHCO3+NaCl+NaClO；（3）①非极性键、极性键；②H2SO4+BaO2=BaSO4↓+H2O2；③Na2O2+CO2+H2O=Na2CO3+H2O2 、2H2O2=2H2O+O2↑
【分析】（1）三种溶液均显碱性，其碱性来自于弱酸酸根离子的水解，故pH的大小，应考虑酸根离子的水解程度大小，根据“越弱越水解”分析，弱酸酸性的强弱可由平衡常数判断；
（2）生活中常用的漂白、消毒的钠盐为NaClO，结合题干中弱酸的平衡常数，确定另一种产物为NaHCO3，据此写出反应的化学方程式；
（3）①过氧化氢的结构式为H-O-O-H；
②根据化学方程式的书写规则书写；
③根据强酸制弱酸的原理，书写产生H2O2的化学方程式；根据H2O2不稳定易分解，写出其分解反应的化学方程式；
20．【答案】（1）H2C2O4+OH﹣═HC2O4﹣+H2O
（2）c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）
（3）＞
（4）变小
【解析】【解答】解：（1）当V＜10mL时，H2C2O4和KOH反应生成HC2O4﹣，还有草酸多余，反应的离子方程式为：H2C2O4+OH﹣=HC2O4﹣+H2O；
故答案为：H2C2O4+OH﹣=HC2O4﹣+H2O；（2）当V=10mL时，H2C2O4和KOH反应生成HC2O4﹣，KHC2O4溶液呈酸性说明溶液中电离大于水解，比较溶液中HC2O4﹣、C2O42﹣、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为：c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）；
故答案为：c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）；（3）当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣），依据溶液中电荷守恒分析氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同判断，溶液中溶质为KHC2O4和为K2C2O4；当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）是溶液中物料守恒分析，溶质为KHC2O4，说明a大于b，
故答案为：＞；（4）当V=20mL时，反应生成K2C2O4，再滴入NaOH溶液，抑制盐类的水解，n（C2O42﹣）的值将增大，所以 的值变小，
故答案为：变小．
【分析】草酸（H2C2O4）是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性．向10mL 0.01mol L﹣1的H2C2O4溶液滴加0.01mol L﹣1KOH溶液V（mL）；（1）当V＜10mL时，H2C2O4和KOH反应生成HC2O4﹣，还有草酸多余；（2）当V=10mL时，H2C2O4和KOH反应生成KHC2O4﹣，KHC2O4溶液呈酸性说明溶液中电离大于水解，比较溶液中HC2O4﹣、C2O42﹣、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序；（3）当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣），依据溶液中电荷守恒分析氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同判断；
当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）是溶液中物料守恒分析，溶质为KHC2O4；（4）当V=20mL时，反应生成K2C2O4，再滴入NaOH溶液，抑制盐类的水解，n（C2O42﹣）的值将增大．
21．【答案】（1）CE；AD；；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
（2）3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O；2K++=K2FeO4↓
【解析】【解答】(1)①C．NaCl晶体能够在水溶液中或熔融状态下电离产生自由移动的离子而能够导电，因此NaCl属于电解质；
E．Na2O粉末在熔融状态下能够发生电离产生自由移动的离子而能够导电，因此Na2O属于电解质，故属于电解质的物质序号是CE；
②A．铜丝中含有自由移动电子，因此能够导电；
D．醋酸溶液中含有自由移动的CH3COO-、H+而能够导电，因此能够导电的物质序号是AD；
③E．Na2O粉末是离子化合物，在熔融状态下能够发生电离产生Na+、O2-，其电离方程式为：；
④B是漂白粉，在工业上用Cl2通入石灰乳中发生氧化还原反应制取，该反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(2)在该反应中Cl元素化合价由反应前ClO-中的+1价变为反应后Cl-的-1价，化合价降低2价；Fe元素化合价由反应前Fe(OH)3中的+3价变为反应后中的+6价，化合价升高3价，化合价升、降最小公倍数是6，所以ClO-、Cl-的系数是3；Fe(OH)3、的系数是2，然后根据电荷守恒可知OH-的系数是4，最后根据H、O原子守恒，可知H2O的系数是5，则配平后该反应的化学方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O；
将制取得到的Na2FeO4溶液加入适量饱和KOH溶液中，发生复分解反应产生K2FeO4沉淀和NaOH，该反应的离子方程式为：2K++=K2FeO4↓。
【分析】（1）在水溶液或熔融状态下可以导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不可以导电的化合物是非电解质，电解质导电的前提是要电离产生自由移动的阴阳离子；
（2） NaClO氧化Fe(OH)3来制备K2FeO4 ，NaClO被还原为Cl-，根据元素守恒，电荷守恒，得失电子守恒书写离子方程式，Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4晶体 是一个复分解反应。
