3.3 盐类的水解 同步练习
一、单选题
1．下列应用与盐类水解无关的是（ ）
A．泡沫灭火器
B．氯化铵和消石灰制备氨气
C．明矾净水
D．草木灰不宜与铵态氮肥混合使用
2．室温下，下列说法错误的是（ ）
A．等浓度、等体积的盐酸和醋酸溶液与足量Zn反应，产生等质量的
B．pH相等的盐酸和醋酸溶液，则
C．溶液呈酸性，则一定是强酸
D．若溶液中，则溶液一定呈酸性
3．化学与科学、技术、社会、环境等密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”
B．铁盐溶于水能生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂
C．草木灰 主要成分为 与铵态氮肥 如 混用会降低肥效
D．海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧
4．下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是（ ）
A．HNO3 B．CuCl2 C．K2CO3 D．NaCl
5．化学与社会、生产密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．明矾净水是因为其水解产物能杀菌、消毒，并能吸附水中悬浮物
B．95%的酒精能使蛋白质失去生理活性，可用于消毒预防新冠肺炎
C．医用外科口罩使用材料之一为聚丙烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．葡萄酒中通常添加微量SO2，具有杀菌并防止营养成分被氧化的作用
6．下列说法不具有因果关系的是（ ）
A．明矾溶于水后生成氢氧化铝胶体，因此具有净水能力
B．纯碱水溶液呈碱性，因此可以去油污
C．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，因此装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
D．SO2具有漂白性，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色
7．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
8．25℃时，向VmL pH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH溶液10VmL时，溶液中的Cl－和Na+的物质的量相等，则a+b的值是（ ）
A．13 B．14 C．15 D．不能确定
9．25℃时，0.01mol/L氢氧化钠溶液的pH是 （ ）
A．2 B．5 C．9 D．12
10．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
①pH=0的溶液：Na+、Cl 、MnO4-、SO42-
②pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2-、NO3-、S2 、SO32-
③水电离的H+浓度c(H+)=10 12mol·L 1的溶液中，Cl 、CO32-、NO3-、NH4+、SO32-
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl 、K+、SO42-
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4-、NO3-、Na+、Na+、SO42-
⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、I 、Cl 、S2-
A．②④ B．①③⑥ C．①②⑤ D．①②⑥
11．下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．SO3溶于水后能导电，故SO3为电解质
B．一切钾盐、钠盐、硝酸盐都不发生水解
C．硫酸酸性强于醋酸，但CaCO3难溶于硫酸，可溶于醋酸
D．pH=5的盐酸和氯化铵溶液，水的电离程度相同
12．常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的c(OH-)在此滴定过程变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a~e点，a点时水的电离受抑制最强
B．b、d两点溶液的pH相同
C．c点所示溶液中c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
D．d点所示浴液中c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
13．常温下，盐酸与氨水混合后，所得溶液 pH＝7，则此溶液中存在（ ）
A．该溶液的溶质为 NH4Cl
B．c（NH4+）+c（NH3·H2O）= c（Cl- ）
C．c（NH4+）< c（Cl- ）
D．c（NH4+ ）+ c（OH-）＝c（Cl- ）+ c（H+）
14．某化学兴趣小组在学习完温度对盐类水解的影响后，测定了0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH随温度的变化，结果如下图所示。下列分析正确的是（ ）
A．升温前溶液呈碱性的原因是：CO＋2H2OH2CO3＋2OH-
B．常温下，0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中：c(Na＋)>2c(CO)＋c(HCO)
C．温度升高，Na2CO3水解程度增大，溶液pH增大，故图1实验数据一定不符合题意
D．降低温度，Na2CO3水解平衡移动和水的电离平衡移动对溶液pH的影响一致
15．下列有关离子水解的方程式中正确的是 （ ）
A．NH4Cl溶液在重水(D2O)中水解：NH + D2O NH3·HDO + D+
B．NaH2PO4溶液：H2PO + H2O HPO + H3O+
C．Na2CO3溶液：CO + 2H2O H2CO3 + 2OH-
D．明矾净水：Al3+ + 3H2O Al(OH)3↓ + 3H+
16．25 ℃时，某溶液中只含有Na＋、H＋、OH－、A－四种离子。下列说法正确的是（ ）
A．对于该溶液一定存在：pH≥7
B．在c(OH－)>c(H＋)的溶液中不可能存在：c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
C．若溶液中c(A－)＝c(Na＋)，则溶液一定呈中性
D．若溶质为NaA，则溶液中一定存在： c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
17．25℃时，对下列溶液等体积混合，相关判断错误的是（ ）
A．若强酸与强碱溶液的pH之和等于14，则混合后溶液显中性，pH=7
B．若强酸与强碱溶液的pH之和大于14，则混合后溶液显碱性，pH＞7
C．若强酸与强碱溶液的pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pH＜7
D．若酸、碱溶液的pH之和为14，酸、碱中有一强、一弱，则酸、碱溶液混合后，谁强显谁性
18．25℃时，浓度均为0.1 mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是（ ）
序号 ① ② ③ ④
溶液 NaCl CH3COONH4 NaF NaHCO3
pH 7.0 7.0 8.1 8.4
A．酸性强弱：H2CO3＞HF
B．①和②中溶质均未水解
C．离子的总浓度：①＞③
D．④中：c(HCO3-) + 2c(CO32-) + c(H2CO3) 0.1 mol/L
19．下列物质加入水中，能使水的电离程度增大，且所得溶液显酸性的是（ ）
A．CH3COOH B．Al2(SO4)3 C．NaOH D．Na2CO3
20．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中 减小
C．醋酸的电离程度变大，c(H+)也增大
D．溶液中 增大
二、综合题
21．已知在常温下测得浓度均为0.1mol L﹣1的下列四种溶液的pH如下表：
溶质 NaHCO3 Na2CO3 NaF NaClO
pH 8.4 11.6 7.5 9.7
（1）用离子方程式表示NaClO溶液的pH = 9.7的原因 。
（2）根据盐溶液的pH，可知①Ka(HClO)
②Ka1(H2CO3)
③Ka(HF) ④Ka2(H2CO3)的由大到小顺序为
(填序号)。
（3）将少量CO2通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式： 。
（4）常温下，将CO2通入0.1mol L﹣1的Na2CO3溶液中至中性，则溶液中2c（CO32-）+ c（HCO3-）= (列计算式)
22．溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
（1）Na2CO3溶液显碱性的原因，用离子反应方程式表示 ；CuSO4溶液呈酸性的原因，用离子反应方程式表示： 。
（2）25 ℃时，pH为9的CH3COONa溶液中c(OH-)= 。
（3）25 ℃时，将a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（ ）＝c（Cl－），则溶液显 （填“酸”“碱”或“中”）性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝ 。
23．
（1）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式 。
（2） II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol
写出该反应的平衡常数表达式K= 。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是 。
a．减小NO2的浓度 b．降低温度 c．增大压强 d．升高温度
（3）III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作 实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置 溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂 溶液为无色
在试管中继续加入少量水 溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性) 红色褪去
①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是 (请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于 盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是 。
a．CO2气体 b．KOH固体 c．HCl气体 d．Na2CO3固体
24．水是生命之源，万物之基。不仅如此，水在化学中的作用也不可忽视。
（1）I.常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列五种水溶液的pH如下表：
上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是 。
（2）根据表中数据判断，浓度均为0.01 mol·L－1的下列四种物质的溶液中，酸性最弱的是 ；将各溶液分别加水稀释100倍，pH变化最大的是 (填字母)。
A.HCN B.HClO C.H2CO3 D.CH3COOH
（3）要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为 。
（4）II.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：
95℃时水的电离平衡曲线应为 (选填“A”或“B”)；
（5）25℃时，将pH＝10的NaOH溶液与pH＝6的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为 ；
（6）95℃时，若1体积pH＝a的某强酸溶液与10x体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，a与b之间应满足的关系是 。
25．①碳酸氢钠②醋酸钠③碳酸钠④硫酸铝
（1）Ⅰ.将上述①③④的水溶液加热并蒸干，其中能得到相应的盐的是 (填序号)；①的水溶液显碱性，因此水解 电离(写“大于”“小于”“等于”)，②中离子浓度由大到小排列 。
（2）Ⅱ.已知水的电离平衡曲线如图所示：
图中C点水的离子积常数为 。
（3）从A点到D点，可采取的措施是 。
a.升温
b.加入少量盐酸
c.降温
d.加入少量NaOH
（4）100℃时，pH=2的盐酸中水电离产生的H+浓度为 。
（5）25℃时，将pH=12的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 。
（6）能证明醋酸是弱酸的是 。
a.醋酸钠溶液显碱性
b.醋酸能与水互溶
c.0.1mol·L-1醋酸溶液的pH=3
d.盐酸可与醋酸钠反应
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A. 泡沫灭火器的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，从而灭火，与盐类水解有关，A不符合题意；
B. 氯化铵和消石灰制备氨气属于固体之间的反应，与盐类水解没有关系，B符合题意；
C. 明矾净水的原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性从而净水，与盐类水解有关，C不符合题意；
D. 草木灰不宜与铵态氮肥混合使用，二者混合易发生相互促进的水解反应，降低肥效，与盐类水解有关，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3，不属于水解反应。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．如果起始时醋酸和盐酸的浓度相同、体积相同，醋酸和盐酸溶质的总量相等，与足量的锌反应产生的氢气的量也相同，故A不符合题意；
B．pH相等时，，，电离出相同浓度的氢离子，则，故B不符合题意；
C．NaHA的水溶液呈酸性，并不能说明该盐不水解，故C符合题意；
D．溶液的酸碱性是由c(H+)和c(OH-)的相对大小来决定的，当时，溶液呈酸性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、锌足量，则氢气有酸决定，一元酸的物质的量相同，则氢气的物质的量也相同；
B、pH相等的盐酸和醋酸，醋酸未完全电离，即醋酸的初始浓度大于盐酸；
C、酸式盐为酸性，可能是强酸，如NaHSO4，也可能是弱酸，如NaHSO3；
D、溶液的酸碱性是由c(H+)和c(OH-)的相对大小来决定的，两者相等，则为中性，若两者不相等，则哪一方大则呈相应性质。
3．【答案】A
【解析】【解答】A. 乙醇属于可再生能源，汽油属于不可再生能源，推广使用“乙醇汽油”可减少污染，A项符合题意；
B. 铁盐溶于水能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物形成沉淀达到净水的目的，B项不符合题意；
C. 铵根离子和碳酸根离子相互促进水解而生成二氧化碳、氨气，会降低肥效，C项不符合题意；
D. 由于“可燃冰”的稳定性较差，甲烷可导致温室效应，所以海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.汽油不是可再生能源；
B.氢氧化铁胶体具有吸附作用，可用于净水；
C.碳酸钾水解使溶液呈碱性，氯化铵水解使溶液呈酸性，二者混合，水解相互促进；
D.甲烷是温室气体之一。
4．【答案】B
【解析】【解答】A、HNO3不是盐，不能水解，故不是因水解而使溶液显酸性，A不符合题意；
B、CuCl2为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，B符合题意；
C、碳酸钾是强碱弱酸盐，水解显碱性，C不符合题意；
D、氯化钠是强酸强碱盐，不水解，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】能水解而使溶液显酸性的溶液中，应含有弱碱的阳离子；据此结合选项所给物质的化学式分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．明矾水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能够净水，但不具有强的氧化性，不能杀菌消毒，A不符合题意；
B．杀菌消毒一般使用75%的酒精，B不符合题意；
C．聚丙烯是丙烯的聚合物，结构中没有碳碳双键，不能使KMnO4褪色，C不符合题意；
D．SO2虽然有毒，但是可以杀菌，而且具有还原性，故微量的SO2可防止葡萄糖中的营养成分被氧化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.明矾可以净水，但是不能杀毒
B.95%的酒精溶液不能杀死病毒，一般的浓度是75%
C.双键可使高锰酸钾溶液褪色，但是聚丙烯中不含双键
D.二氧化硫可以杀菌，具有还原性可以作为红酒的添加剂
6．【答案】D
【解析】【解答】A.明矾中含有Al3+，Al3+水解产生Al(OH)3胶体，具有吸附性，可用于净水，选项正确，A不符合题意；
B.纯碱的主要成分为Na2CO3，CO32-水解使得溶液显碱性，因此可用于除去油污，选项正确，B不符合题意；
C.玻璃中含有SiO2，SiO2能与NaOH反应，因此盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，选项正确，C不符合题意；
D.SO2具有还原，KMnO4具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，因此SO2使KMnO4溶液褪色是由于SO2的还原性，而不是漂白性，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据Al3+的水解分析；
B.纯碱的主要成分为Na2CO3；
C.SiO2能与NaOH反应；
D.根据SO2的性质分析；
7．【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。
8．【答案】A
【解析】【解答】溶液中Cl－的物质的量恰好等于Na+的物质的量,根据溶液呈电中性可以知道n(H+)=n(OH-),即酸碱恰好完全中和,则有n(HCl)=n(NaOH), pH=a的盐酸中c(H+)=10-amol/L,pH=b的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10b-14mol/L,则V×10-3×10-a =10V×10-3×10b-14,解之得:a+b=13；
故答案为：A。
【分析】解决本题的思路是：根据电荷守恒计算出氢离子和氢氧根离子浓度相等，然后再计算出氢氧根离子和氢离子的浓度，即可求出a和b的和。
9．【答案】D
【解析】【解答】0.01mol/L氢氧化钠溶液中 ， , pH是12，故D符合题意。
【分析】知道了氢氧根离子的浓度，根据离子积常数可以求出氢离子的浓度，继而可以求出溶液的pH。
10．【答案】A
【解析】【解答】①MnO4－具有氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，不可大量共存，①不符合题意；
②溶液中的相互间不反应，可大量共存，②符合题意；
③水电离产生的c(H＋)=10－12mol·L－1<10－7mol·L－1，说明该溶液为酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，H＋能与CO32－、SO32－反应，不可大量共存，若为碱溶液，OH－能与NH4＋反应，不可大量共存，③不符合题意；
④加入Mg能生成H2的溶液中含有大量的H＋，H＋与其他离子相互间不反应，可大量共存，④符合题意；
⑤MnO4－具有氧化性，能将Fe2＋氧化，不可大量共存，⑤不符合题意；
⑥Al3＋能与S2－能发生双水解反应，Fe3＋和S2－能发生氧化还原反应，不可大量共存，⑥不符合题意；
综上，各组离子在指定溶液中可大量共存的是②④，A符合题意；
故答案为：A
【分析】分析所给离子相互间能否形成难溶（或微溶）物质、易挥发物质、弱电解质，是否能发生氧化还原反应，是否能发生双水解反应；据此判断溶液中的离子是否能共存。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．SO3溶于水后生成硫酸，硫酸是强电解质完全电离出离子能导电，并不是SO3电离而导电，SO3属于非电解质，故A项不符合题意；
B．有弱才水解，如碳酸钾，硝酸铵，都含有弱酸根阴离子或弱碱阳离子，能够水解，故B项不符合题意；
C．碳酸钙与硫酸反应生成微溶物硫酸钙，硫酸钙附着在碳酸钙表面，碳酸钙与醋酸反应生成易溶性醋酸钙，所以CaCO3难溶于硫酸，易溶于醋酸，故C项符合题意；
D．盐酸抑制水的电离，氯化铵可水解，能够促进水的电离，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题主要考查电解质的性质与判断，要注意理解掌握电解质的定义，电解质发生水解的条件等，试题难度不大。
12．【答案】C
【解析】【解答】A、水电离出的c(OH-)越小，则水的电离受的抑制越强，故a--e点，e点时水的电离受抑制最强，故A不符合题意；
B、b、d两点水电离出的c(OH-)相同，但b点显酸性，d点显碱性，故两溶液的pH不同，故B不符合题意；
C、c点加入的NaOH的体积为20mL，此时NaOH和醋酸恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa 溶液，根据质子守恒可以知道c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，所以C选项是符合题意的；
D、d点所示的溶液为CH3COONa和NaOH的混合溶液，故c(Na+)> c(CH3COO-)，而因为醋酸根的水解程度很小，且受到氢氧化钠的抑制，故水解出的c(CH3COOH)浓度很小，即c(Na+)> c(CH3COO-) >c(CH3COOH) ，故D不符合题意.
故答案为：C
【分析】A、根据水电离出的c(OH-)判断；
B、容易忽略bd两点的酸碱性；
C、根据此时溶液中的溶质和质子守恒分析；
D、根据氢氧化钠抑制了醋酸根离子的水解解答；
13．【答案】D
【解析】【解答】A．常温下，盐酸与氨水混合后，所得溶液 pH＝7，则溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，故A不符合题意；
B．盐酸与氨水混合后的溶液中存在的电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，溶液呈中性， 即c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)=c(Cl-)，c(NH4+)+c(NH3·H2O)＞ c(Cl- )，故B不符合题意；
C．盐酸与氨水混合后的溶液中存在的电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，溶液呈中性， 即c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)=c(Cl-)，故C不符合题意；
D．盐酸与氨水混合后的溶液中存在的电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A．因为盐酸是强酸，氨水是弱碱，当溶液呈中性时，氨水过量；
B．因为溶液呈中性， 则c(H+)=c(OH-)，再根据溶液呈电中性，可以得出结论；
C．根据B项可以得出结论；
D．根据电荷守恒，可以得出结论。
14．【答案】B
【解析】【解答】A. 升温前溶液呈碱性的原因是：CO＋H2OHCO＋OH-，故A不符合题意；
B. 常温下，0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO)＋c(HCO)+c(OH-)，溶液呈碱性，c(Na＋)>2c(CO)＋c(HCO)，故B符合题意；
C. 温度升高，Na2CO3水解程度增大，溶液pH增大，但升高温度，水的电离平衡也正向移动，pH降低，综合两者作用，温度对水电离平衡常数的影响大于碳酸根离子的水解常数，pH降低，图1提供的信息是升高温度溶液的pH降低，故图1实验数据一定符合题意，故C不符合题意；
D. 降低温度，Na2CO3水解平衡移动逆向移动，溶液的pH降低，降低温度，水的电离平衡逆向移动，水的pH升高，对溶液pH的影响不一致，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根；
B.根据电荷守恒分析；
C.升温促进碳酸钠的水解，也促进水的电离；
D.降温碳酸钠的水解平衡逆向移动，水的电离平衡逆向移动。
15．【答案】A
【解析】【解答】A.NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，结合重水电离出的OD－，其水解方程式为NH4＋＋D2O NH3·HDO＋D＋，A符合题意；
B.弱酸的酸式酸根存在电离和水解两个过程，该式为H2PO 的电离方程式，其水解方程式为H2PO ＋H2O H3PO4＋OH－，B不符合题意；
C.多元弱酸根的水解应是分步水解，正确的是CO ＋H2O HCO ＋OH－、HCO ＋H2O H2CO3＋OH－，C不符合题意；
D.单水解是微弱的，不能产生沉淀，正确的水解方程式为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3+ 3H+，D不符合题意；
故答案：A。
【分析】A．盐NH4Cl在水溶液中电离出的NH4+结合重水（D2O）电离出的OD-，生成NH3 HDO；
B．H3O+简写为H+，该式为电离方程式；
C．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，以第一步水解为主；
D．水解程度小，铝离子水解生成氢氧化铝，不标沉淀符号。
16．【答案】C
【解析】【解答】A、如果溶质是NaOH、NaA在溶液显碱性，如果溶质为NaA属于强碱弱酸盐，则溶液呈现中性，如果溶液是NaA、HA，HA为强酸，则溶液显酸性，故不符合题意；
B、加入溶液的溶质为NaOH、NaA，n(NaOH)>n(NaA)，离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，故不符合题意；
C、根据溶液显电中性，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，当c(Na＋)=c(A－)，则有c(H＋)=c(OH－)，故符合题意；
D、根据选项B的分析，故不符合题意。
【分析】A.溶液既可能显碱性也可能显酸性；
B.根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度的关系可能存在c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)；
C.体系中存在电荷守恒，当c(Na＋)=c(A－)，就会有c(H＋)=c(OH－)；
D.在体系中，A-的浓度是小于氢氧根离子浓度的。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．pH(酸)+pH(碱)=14，则pH(酸)=14- pH(碱)= pOH(碱)，从而得出混合后c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，pH=7，A不符合题意；
B．pH(酸)+pH(碱)＞14，则pH(酸)＞14- pH(碱)=pOH(碱)，从而得出混合后中c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，pH＞7，B不符合题意；
C．pH(酸)+pH(碱)＜14，则pH(酸)＜14- pH(碱)= pOH(碱)，从而得出混合后中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，pH＜7，C不符合题意；
D．若酸、碱溶液的pH之和为14，酸、碱中有一强、一弱，反应后弱酸或弱碱继续发生电离，则混合溶液显酸性或碱性，所以谁弱显谁性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据溶液酸碱性的判断及计算分析解答。
18．【答案】C
【解析】【解答】A.不同弱酸强碱盐浓度相等时，PH越大说明对应的酸形成的盐越易水解，根据越弱越水解规律可知，HF的酸性强，A不符合题意；
B.CH3COONH4溶液 pH＝7.0是CH3COO－的水解程度和NH4+水解程度相同的缘故，而NaCl溶液中不存在水解过程，B不符合题意；
C.①和③溶液中Na+溶液是相等的，另外①中Cl－浓度应该和③中F－和OH－浓度之和相等，但③溶液显碱性，因此③中H+浓度比①中H+浓度小，C符合题意；
D.溶液④中的物料守恒式应该是：c(HCO3-)+c(CO32-) +c(H2CO3)＝c(Na+)=0.1mol/L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强；
B.氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性；
C.氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，结合溶液中电荷守恒比较大小；
D.依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变。
19．【答案】B
【解析】【解答】酸、碱对水的电离起抑制作用，因此A、C不符合题意，盐类的水解促进水的电离，
B、属于强酸弱碱盐，水溶液显酸性，故符合题意，
D、Na2CO3属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，故不符合题意。
【分析】酸碱多水的电离起到抑制作用，强酸弱碱盐或强碱弱酸盐对水的电离起到促进的作用。
20．【答案】D
【解析】【解答】A. 弱电解质，浓度越稀，电离程度越大，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，溶液中导电粒子的数目增多，A项不符合题意；
B. = ，因温度不变，则醋酸的电离平衡常数不变，加水稀释时，氢离子浓度减小，所以 会增大，B项符合题意；
C. 醋酸溶液中加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n(H+)增加的倍数，则c(H+)减小，C项不符合题意；
D. 因温度不变，则醋酸的电离平衡常数不变，加水稀释时，醋酸根离子浓度减小，所以 会增大，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】向醋酸中加水稀释 ，会促进醋酸的电离，所以导电离子的数目会增大；
醋酸根离子的数目会增大，但是醋酸分子的数目会减少，所以二者的额比值会增大；
C。醋酸的电离程度是增大的但是氢离子的数目是减少的；
D,.溶液中氢离子浓度减少比醋酸分子减少的少，因此二者的比值是增大的。
21．【答案】（1）ClO-+H2O HClO+OH-
（2）③②①④
（3）CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-
（4）0.2
【解析】【解答】（1）次氯酸钠溶液中，次氯酸根离子发生水解：ClO-+H2O═HClO+OH-，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液显示碱性；（2）浓度相同时溶液的pH越大，水解程度越大，对应的酸越弱，电离常数越小，故①Ka(HClO) ②Ka1(H2CO3) ③Ka(HF) ④Ka2(H2CO3)的大小顺序为③②①④；（3）因HClO的酸性介于H2CO3和HCO3-之间，将少量CO2通入NaClO溶液中，发生反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-；（4）将CO2通入0.1mol L﹣1的Na2CO3溶液中至中性，溶液是Na2CO3、NaHCO3和H2CO3的混合溶液，根据电荷守恒式2c(CO32-)+ c(HCO3-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，其中c(OH-)=c(H+)，则2c(CO32-)+ c(HCO3-)=c(Na+)=0.2 mol L﹣1。
【分析】（1）次氯酸根离子是弱酸根离子，在水溶液中会结合水电离出的氢离子生成弱酸，从而使溶液显碱性；
（2）根据越弱越水解的规律，可以推出几种酸根离子对应的酸的强弱；
（3）由于碳酸的酸性强于次氯酸，但是碳酸氢根的酸性弱于次氯酸，所以二氧化碳通入到NaClO溶液中，会得到次氯酸和碳酸氢根离子；
（4）根据电荷守恒可知，碳酸根离子的浓度和碳酸氢根离子的浓度之和等于钠离子的浓度。
22．【答案】（1）CO32-+H2OHCO3-+OHˉ；Cu2++2H2O2H++Cu(OH)2
（2）10-5mol/L
（3）中；
【解析】【解答】（1）碳酸钠溶液中因存在碳酸根的水解而显碱性，离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OHˉ；硫酸铜溶液中因存在铜离子的水解而显酸性，离子方程式为Cu2++2H2O2H++Cu(OH)2；
(2)25 ℃时，pH为9的CH3COONa溶液中c(H+)=10-9mol/L，溶液中c(OH-)==10-5mol/L；
(3)混合溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)＝c(OH-)+c(Cl－)，因为c(NH4+)＝c(Cl－)，所以c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；NH3·H2O的电离常数Kb＝，溶液显中性，所以c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)＝c(Cl－)，两溶液等体积混合后，氯离子的浓度变为原来的一半为5×10-3mol/L，所以c(NH4+)=5×10-3mol/L，根据物料守恒可知c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=0.5amol/L，则c(NH3·H2O)=(0.5a-5×10-3)mol/L，所以Kb＝=。
【分析】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根水解显碱性；硫酸铜强酸弱碱盐，铜离子水解显酸性；
(2)根据水的离子积进行计算；
(3)根据物料守恒和电荷守恒计算各离子浓度，然后代入公式计算。
23．【答案】（1）2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol
（2）；bc
（3）会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；强碱弱酸；bd
【解析】【解答】(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=，由题干反应方程式2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b正确；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c正确；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
(3)①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为：+H2O+OH-，故答案为：会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得的浓度减小，的比值增大，a不合题意；
b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡+H2O+OH-逆向移动，使得的浓度增大，的比值减小，b正确；
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得的浓度减小，的比值增大，c不合题意；
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d正确；
故答案为：bd。
【分析】（1）书写热化学反应方程式要注意物质的状态以及反应热的计算
（2）分析该反应可知，该反应是气体物质的量减小的和放热反应，可以考虑加压和降温来提高转化率
（3）根据碳酸钠的水解，利用其水解平衡进行解决
24．【答案】（1）CO
（2）A；D
（3）2Cl2+CO +H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO或Cl2+H2O=H++2Cl-+HClO、2H++CO =CO2↑+H2O)
（4）B
（5）1:100
（6）a+b+x=12
【解析】【解答】（1）Na2CO3溶液的pH最大，则其溶液中CO32－的水解程度最大，说明CO32－结合质子的能力最强，因此上述盐溶液中，结合质子能力最强的阴离子为CO32－；
（2）由于pH(NaCN)>pH(NaClO)>pH(NaHCO3)>pH(CH3COONa)，说明溶液中水解程度CN－>ClO－>HCO3－>CH3COO－，因此酸性HCN
（3）由于酸性HCl>H2CO3>HClO，因此将Cl2通入Na2CO3溶液中，发生反应的离子方程式为：2Cl2＋CO32－＋H2O=CO2↑＋2Cl－＋2HClO；
（4）温度升高，水的电离程度增大，水电离产生的c(H+)和c(OH-)也增大，因此图中曲线B表示的是95℃时水的电离平衡曲线；
（5）25℃时，pH=10的NaOH溶液中，c(OH-)=10-4mol/L，pH=6的盐酸溶液中，c(H+)=10-6mol/L，设参与反应的NaOH溶液和盐酸溶液的体积分别为V1、V2，由于反应后所得溶液的pH=7，二者恰好完全反应，因此可得10-4×V1=10-6×V2，所以；
（6）95℃时，中性溶液的pH=6，则该温度下，水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=a的强酸溶液，其c(H+)=10-amol/L，pH=b的强碱溶液中c(OH-)=10b-12mol/L，由于两溶液混合后所得溶液显中性，因此可得：1L×10-amol/L=10x×10b-12mol/L，解得a+b+x=12；
【分析】（1）结合质子的能力越强， 则离子水解能力越强；
（2）根据“越弱越水解”进行分析；根据稀释对电离的影响分析；
（3）根据“强酸制弱酸”原理书写反应的离子方程式；
（4）结合温度对水电离平衡移动的影响分析；
（5）混合后所得溶液的pH=7，说明NaOH和HCl恰好完全反应，据此进行计算；
（6）由图可知，95℃时，中性溶液的pH=6，据此进行计算；
25．【答案】（1）③④；大于；c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
（2）1×10-12
（3）b
（4）1×10-10mol/L
（5）1：10
（6）acd
【解析】【解答】Ⅰ.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，故加热并蒸干碳酸氢钠溶液得不到碳酸氢钠固体；醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠，醋酸挥发，故得不到醋酸钠固体；碳酸钠和硫酸铝水解均生成难挥发的物质，故蒸干可得相应的盐，故答案：③④；
碳酸氢钠的水溶液显碱性，故碳酸氢根的水解程度（生成OH-）大于其电离程度（生成H+），故答案为：大于；
醋酸钠水解显碱性，且醋酸钠完全电离，再由电荷守恒可得离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；
Ⅱ.(1)c点时，Kw=c (H+) c (OH-) =10-6mol/L×10-6mol/L=10-12 (mol /L) 2，故答案为1×10-12；(3) A到D过程氢离子增多，氢氧根减少，故可以向其加入少量的盐酸， 故答案为：b；(4)酸抑制水的电离，水电离出的氢离子与溶液中氢氧根一样，pH=2的盐酸中，c (H+)=0.01mol/L，所以100℃时c (OH-) = mol/L =10-10mol/L， 所以水电离产生的H+浓度为10-10mol/L，故答案为：10-10mol/L；(5)25℃时，若所得混合溶液的pH=7，说明两者恰好完全反应溶液呈中性，将pH=12的NaOH溶液，氢氧离子的浓度为0.01mol/L与pH=3的H2SO4溶液氢离子的浓度为10-3mol/L混合，溶液呈中则氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，所以0.01mol/L× Vb=10-3mol/L×Va，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为1：10，故答案为：1：10；(6) a．醋酸钠水解显碱性，钠离子不水解，醋酸根水解生成氢氧根和醋酸，根据水解规律，有弱才水解，故醋酸为弱电解质，a正确；
b．醋酸与水能以任意比混溶，只能说明醋酸是可溶性物质，不能说明醋酸的电离程度，所以不能说明醋酸是弱电解质，b不正确；
c.0.1mol/L的醋酸的pH值约为3，说明醋酸部分电离为弱酸，若为强酸pH=1，c正确；
d．盐酸和醋酸钠反应生成醋酸和氯化钠，说明醋酸的酸性比盐酸弱，且氯化钠为强电解质，该反应能发生，说明醋酸是弱电解质，d正确；
故答案为：acd。
【分析】(1)根据水解分析蒸干后的产物；根据溶液的酸碱性分析水解和电离的程度；根据电荷守恒分析离子浓度；
(2)根据C点的数据计算Kw；
(3)根据图像中A到D的趋势，沿着25℃的曲线，说明温度不变，再根据氢离子增多，氢氧根减少分析改变的条件；
(4)根据100℃的Kw计算水电离的H+浓度；
(5)根据溶液混合呈中性，说明酸碱恰好反应，计算酸和碱的比例；
(6)根据有弱才水解、弱酸不能完全电离、强酸制弱酸分析；
