2022届高三化学一轮复习 化学反应原理专题练31 盐类水解中的三大守恒（含解析）.docx

1、盐类水解中的三大守恒一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 已知0.1molL-1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是()A. 在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同B. 在溶质的物质的量相等的Na2A，NaHA两溶液中，阴离子总数相等C. 在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)D. 在Na2A溶液中一定有：c(Na+)c(A2-)c(H+)c(OH-)2. 某溶液中(假定不考虑水解因素)仅含有K+、Mg2+、SO42-、NO3-四种离子，其中K+与Mg2+的个数之比为45，则NO3-与SO42-的物质的量浓度

2、之比一定不是A. 83B. 32C. 23D. 133. 把有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( )A. B. C. D. 4. 常温下，把pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，对所得溶液的叙述正确的是( )A. 反应生成的CH3COONa发生水解，所以溶液呈碱性B. 溶液中存在电荷守恒，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C. 溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)D

3、. 溶液中存在物料守恒，所以c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)5. 已知常温下某二元酸发生如下电离：H2A=H+HA-；HA-H+A2-(Ka=110-2)。则下列说法中正确的是 ( )A. NaHA溶液呈酸性，因为HA-的电离程度大于水解程度B. 常温下pH=10的Na2A溶液中c(A2-)是c(HA-)的108倍C. 常温下pH=2的H2A溶液中c(A2-)小于c(HA-)D. 0.1molL-1H2A溶液中c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1molL-16. 在常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A. 1L0.1molL-1(NH4)

4、2Fe(SO4)26H2O的溶液中：c(NH4+)+c(Fe2+)+c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)B. 0.1molL-1NH4HS溶液中：c(NH4+)c(ClO-)c(Cl-)c(OH-)D. 向0.10molL-1Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)7. 某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液，若pHc(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)B. c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)C. c(H+)+c(A2-)=c(OH-)+c(H2A)D. c(Na+)=c(HA-)+c(H2

5、A)+c(A2-)8. 25时，按如表配制两份溶液。下列说法错误的是()一元弱酸溶液加入的NaOH溶液混合后所得溶液HA10.0mL0.20molL-15.0mL0.20molL-1溶液pH=5.0HB10.0mL0.20molL-15.0mL0.20molL-1溶液pH=4.0A. 溶液中，c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)B. 和的pH相差1.0，说明Ka(HA)Ka(HB)=10C. 混合和：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(OH-)D. 混合和：c(HA)c(HB)9. 常温下，下列溶液中各离子浓度关系不正确的是()A. pH=2的HA溶液与pH=12的M

6、OH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)C. 0.1molL-1的NaHS溶液中离子浓度关系：c(OH-)=c(H+)-c(S2-)+c(H2S)D. 醋酸溶液与NaOH溶液混合后，所得溶液呈中性：c(Na+)c(CH3COO-)10. 25时，在20mL0.1molL-1NaOH溶液中加入0.2molL-1CH3COOH溶液，所加入的溶液的体积(V)和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列说法正确的

7、是()A. AB间任意一点都满足c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)B. B点时，c(Na+)c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C. C点时，c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)D. AD间任意一点都满足c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)11. 室温下，分别向1L0.10molL-1HA、HB溶液中逐滴加入0.10molL-1NaOH溶液，溶液的pH随-lgc(HA)c(A-)或-lgc(HB)c(B-)的变化关系如图所示。下列说法正确的是A. 消耗NaOH溶液的体积：VaVcB. 常温下，Ka(HA)c(NH4+)c(S

8、O42-)c(OH-)=c(H+)B. 25时，NaB溶液的pH=8，c(Na+)-c(B-)=9.910-7molL-1C. 0.1molL-1NaHCO3溶液：c(Na+)c(OH-)c(HCO3-)c(H+)D. 相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)c(ClO-)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)13. 室温时，用0.1000molL-1的NaOH溶液滴定0.1000molL-1的顺丁烯二酸H2A的滴定曲线如图所示(pKa=-lgKa)，下列说法 错误的是( )A. 用NaOH溶液滴定NaHA溶液可用酚酞作指示剂B. a点

9、：c(HA-)=c(H2A)C. H2A的Ka2=10-6D. d点：c(Na+)c(H+)c(NH4+)c(OH-)15. 向7.5mL0.03molL-1的H3PO4溶液中，逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积关系如图所示，已知Ka1Ka2Ka3，下列说法错误的是( )A. H3PO4第一级电离平衡常数Ka1的数量级为10-3B. 水的电离程度：bc(H2PO4-)c(HPO42-)c(PO43-)c(H+)c(OH-)D. c点溶液中：2c(H3PO4)+c(H2PO4-)+c(H+)=c(OH-)+c(PO43-)二、填空题（本大题共5小题，共55分）16. Na

10、ClO和KAl(SO4)2都是重要的化工产品，均可应用于造纸业。(1)NaClO溶液pH7，用离子方程式表示原因_。(2)NaClO是84消毒液的有效成分，则在纸浆中加入NaClO溶液的目的是_。(3)某小组同学用如图所示装置探究饱和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反应的实验。打开活塞向烧瓶中加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀。反应的离子方程式是_。(4)已知在常温下测得浓度均为0.1molL-1的下列5种溶液的pH：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.1判断下列反应不能成立的是_(填编号)。A.CO2+

11、H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO B.CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClOC.CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN D.CH3COOH+NaClO=CH3COONa+HClO(5)室温下，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( )A.Na2CO3溶液：2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)B.NaClO溶液：c(Na+)c(ClO-)c(OH-)c(H+)C.NaHCO3溶液：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)D.pH=2的HCl与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(NH4+)+c(

12、OH-)c(Cl-)+c(H+)(6)亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3。试回答下列问题：Na2HPO3中P元素的化合价为_。Na2HPO3是_(填“正盐”或者“酸式盐”)，其溶液的pH_7(填“”、“=”或“”、“”“”“=”或“7，则V10B.若混合液pHc(C6H5O-)c(H+)c(OH-)C.V=10时，混合液中水的电离程度小于10mL0.01molL-1苯酚溶液中水的电离程度D.V=5时，2c(NH3H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(C6H5OH)(4)如图所示为某温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法不正确的是_(填序号)。 A.

13、加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点B.在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成C.蒸发溶剂可能使溶液由c点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)D.升高温度，可使溶液由b点变为c点20. 回答下列问题：(1)常温下，将mmolL-1的CH3COOH溶液和nmolL-1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则m与n的大小关系是mn(填“”、“c(A2-)c(OH-)c(H+)，故D错误；故选C本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，溶液中离子的特征性质和水解、电离，是解题关键，题目难度中等2.【答案】C【解析】【分析】本题考查溶液有关

14、计算，难度较大，注意题目为离子数目之比，不能利用物质的量解答，若用物质的量解答，二者难度为任意比都可能。【解答】设K+离子有4个，Mg2+离子有5个，总正电荷为14+25=14溶液显电中性，所以负电荷数目也为14设NO3-离子个数为x，SO42-离子个数为y则x+2y=14，x=8时，y=3，故A成立；x=6时，y=4，故B成立；x=2时，y=6，故D成立；x=4时，y应该等于5，二者浓度之比为4：5x=10，y=2，二者浓度之比为5：1，故C不成立。故选C。3.【答案】D【解析】【分析】本题考查溶液中物质的量浓度的计算，注意电荷守恒的使用，是常考题型。【解答】根据题意，500mL溶液分成5等

15、份，每份为100mL。由反应：Ba2+SO42-=BaSO4知，每份溶液中Ba2+的物质的量为amol，同理Cl-的物质的量为bmol。由电荷守恒：n(K+)=n(Cl-)-2n(Ba2+)=(b-2a)mol，故c(K+)=(b-2a)mol/0.1L=10(b-2a)molL-1，故D正确。4.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查盐类的水解、弱电解质的电离平衡以及电荷守恒定律和物料守恒，难度不大，注意醋酸的浓度大于NaOH。【解答】A.pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠溶液混合后，醋酸为弱酸，所以醋酸过量，溶液显酸性，故A错误；B.溶液中存在电荷守恒，溶液中只有Na+、CH3COO-、

16、H+和OH-，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故B正确；C.由于醋酸过量，溶液显酸性，结合电荷守恒知c(CH3COO-)c(Na+)，故C错误；D.由于醋酸过量，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)c(Na+)，故D错误。故选B。5.【答案】B【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离和离子浓度大小的比较，为高频考点，把握电离程度、Ka及Kh的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。【解答】A.H2A第一步完全电离，第二步部分电离，则溶液中HA-不发生水解只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，故A错误；B.A2

17、-的水解平衡常数=10-14110-2=c(HA-)c(OH-)c(A2-)=c(HA-)c(A2-)10-4=10-12，则c(HA-)c(A2-)=10-8，所以c(A2-)是c(HA-)的108倍，故B正确；C.pH=2的H2A溶液中，Ka=c(A2-)c(H+)c(HA-)=110-2，c(H+)=10-2，所以c(A2-)=c(HA-)，故C错误；D.H2A溶液中不存在H2A分子，溶液中存在物料守恒c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L，故D错误。故选B。6.【答案】B【解析】解：A.1L0.1molL-1(NH4)2Fe(SO4)26H2O的溶液中存在电荷守恒，c(NH4+)

18、+2c(Fe2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，故A错误； B.0.1molL-1NH4HS溶液中存在物料守恒：c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)，c(NH4+)c(Cl-)c(ClO-)c(HClO)，故C错误； D.向0.10molL-1Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液中存在质子守恒，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，而通入二氧化碳气体后氢氧根离子浓度减小，碳酸氢根离子离子浓度增大，则c(OH-)c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故D错误； 故选

19、：B。A.结合溶液中存在电荷守恒分析判断，溶液中阴阳离子所带电荷总数相同； B.溶液中存在物料守恒，n(N)=n(S)； C.在饱和氯水中加入NaOH使pH=7，c(H+)=c(0H-)，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-)，反应后溶质为NaCl、NaClO、HClO，由Cl2+H2OHClO+HCl可知，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，据此分析判断； D.向0.10molL-1Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中生成碳酸氢钠，溶液中存在质子守恒。本题考查了离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒、盐类水解的原理等知识，题目难度中等。7.【答案】C【解析】【

20、分析】本题考查了溶液中离子浓度大小分析，题目难度中等，注意对电荷守恒、物料守恒的理解应用，能够利用电荷守恒、物料守恒及盐的水解比较溶液中离子浓度大小【解答】某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液，若pHc(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)，故A正确；B、溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，故B正确；C、溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)，合并得到：c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)，故C错误；D、溶液中

21、存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)，故D正确；故选：C。8.【答案】B【解析】【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断和怕H计算，侧重考查信息获取和运用及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与酸性强弱的判断是解本题关键，弱电解质的电离及电荷守恒关系式的应用，题目难度不大。【解答】A.溶液pH=5.0呈酸性，c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，所以c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故A正确；B.溶液为物质的量浓度相等的HA和NaA的混合溶液，HA的电离微弱，则c(A-)c(HA)，此时

22、Ka(HA)=c(A-)c(H+)c(HA)=c(H+)=10-pH=10-5.0，同理Ka(HB)=10-4.0，所以和的pH相差1.0时，Ka(HA)Ka(HB)=10-1.0=0.1，故B错误；C.混合和时，溶液为HA、NaA、HB和NaB的混合溶液，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(OH-)，故C正确；D.由选项B的分析可知，Ka(HA)=10-pH=10-5.0，Ka(HB)=10-4.0，则酸性：HBHA，混合和时HA、NaA、HB和NaB的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，所以HA的电离程度小于HB，则混合溶液中c(HA)c(HB)，故D正确

23、；故选B。9.【答案】D【解析】【分析】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，题目难度不大。【解答】A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，则根据电荷守恒得：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，故A正确； B.混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，二者结合可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故B正确； C.由电荷守恒

24、得c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)=c(H+)+c(Na+)、物料守恒得c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，所以得c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+c(H2S)，即c(OH-)=c(H+)-c(S2-)+c(H2S)，故C正确； D.混合溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，则：c(Na+)=c(CH3COO-)，故D错误； 故选：D。10.【答案】D【解析】解：A.B点酸碱物质的量相等，二者恰好完全反应生成醋酸钠，AB间在接近B点处，溶液中溶质主要是醋酸钠，醋酸根离子水解导致

25、溶液呈碱性，但是其水解程度较小，在接近B点处存在c(OH-)Kh(A-)、Ka(HB)Kh(B-)，若不忽略电离或水解时，NaA和HA的混合溶液中HA电离使A-使增加、等物质的量的NaB和HB的混合溶液中B-水解使HB增加，要使最终两溶液中c(A-)=c(HA)、c(B-)=c(HB)，即a、c点-lgc(HA)c(A-)=0、-lgc(HB)c(B-)=0，c(A-)=c(HA)、c(B-)=c(HB)，则加入NaOH溶液：Va0.5LVc，故A错误；B.当-lgc(HA)c(A-)=1时，pH=5.75，即c(A-)=10c(HA)时c(H+)=10-5.75，Ka(HA)=c(A-)c(

26、HA)c(H+)=1010-5.75=10-4.75，当-lgc(HB)c(B-)=1时，pH=10.37，即c(B-)=10c(HB)时c(H+)=10-10.37，Ka(HB)=c(B-)c(HB)c(H+)=1010-10.37=10-9.37Ka(HA)，故B错误；C.c点时-lgc(HB)c(B-)=0，c(B-)=c(HB)，Ka(HB)=c(B-)c(HB)c(H+)=c(H+)=10-9.37，则pH=9.37，即c点处的溶液呈碱性，故C错误；D.b点-lgc(HA)c(A-)=-1，则c(HA)=10c(A-)，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，所

27、以c(HA)=10c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，即110c(HA)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确；故选：D。12.【答案】B【解析】【分析】本题考查水溶液中的离子平衡及电解质的电离、离子浓度比较等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确酸的电离常数与酸的强弱、酸根离子水解能力的关系是解本题关键，难度不大。【解答】A.如果二者以1：1反应，溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则n(NH4HSO4)：n(NaOH)c(SO42-)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，所以c(SO42-)c(NH

28、4+)，故A错误；B.pH=8，则c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-1410-8mol/L=10-6mol/L，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，所以得c(Na+)-c(B-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.910-7mol/L，故B正确；C.NaHCO3溶液中，HCO3-水解：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，水解是微弱的反应，所以溶液中c(HCO3-)c(OH-)，故C错误；D.醋酸的酸性大于次氯酸，醋酸根的水解程度小于次氯酸根的水解程度，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同

29、物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)c(CH3COO-)c(ClO-)c(OH-)c(H+)，故D错误。故选B。13.【答案】D【解析】【分析】本题考查酸碱中和反应后溶液酸碱性的判断，为高考常见题型，把握溶液中电荷守恒和离子浓度大小比较是解题关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等。【解答】A.用NaOH溶液滴定NaHA溶液，滴定终点生成Na2A，由图象可知第二滴定终点pH介于9-10之间，溶液呈碱性，可用酚酞作指示剂，故A正确；B.由图象可知a点pH=pKa1，由Ka1=c(HA-)c(H+)c(H2A)=c(H+)，可知c

30、(HA-)=c(H2A)，故B正确；C.由图象可知c点c(HA-)=(A2-)，pH=6，则Ka2=c(A2-)c(H+)c(HA-)=c(H+)=10-6，故C正确；D.d点溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)c(HA-)+2c(A2-)，故D错误。故选：D。14.【答案】D【解析】【分析】本题考查酸与碱滴定的曲线以及离子浓度大小比较等，解答这类问题需要分析半反应点、恰好完全反应点等，试题难度一般。【解答】A.由图象曲线变化可知，加入20mL盐酸时出现滴定飞跃，说明氨水与盐酸的浓度相等，所以该

31、氨水的物质的量浓度为0.1000mol/L，故A正确；B.点时滴入10mL盐酸，由于盐酸与氨水浓度相等，反应后溶质为等浓度的氯化铵和氨水，根据物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)，故B正确；C.点时溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据溶液中的电荷守恒可知：c(NH4+)=c(Cl-)，故C正确；D.点时氨水和氯化氢恰好完全反应，反应后溶质为氯化铵，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，由于水解程度较小，则c(NH4+)c(H+)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，故D错误。故选D。15.【答案】C【解析】【分

32、析】本题考查了电解质溶液曲线的分析，明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合质子守恒来分析解答，题目难度中等。【解答】A.已知a点未加入NaOH溶液，则溶液中存在的电离平衡为，那么，所以第一级电离平衡常数Ka1的数量级为10-3，A正确；B.b点的溶质为，此时溶液呈酸性，则的电离程度大于水解程度，那么b点水的电离受抑制，而c点溶质为，此时溶液呈碱性，那么的电离程度小于水解程度，则促进了水的电离，所以水的电离程度：b【解析】【分析】本题考查较为综合，涉及盐类水解、弱电解质的电离平衡、反应规律、离子浓度大小比较等知识，题目难度中等，充分考查了学生对所学知识的掌握情况

33、，掌握基础是解题关键。【解答】(1)NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-；(2)NaClO具有强氧化性，可用于漂白纸浆；(3)向烧瓶中加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀，Al3+与ClO-发生互促水解反应，离子方程式为Al3+3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3；(4)根据“越弱越水解”的规律结合盐溶液的pH可知，酸性强弱顺序为：CH3COOHH2CO3HClOHCNHCO3-，A.碳酸酸性大于次氯酸，次氯酸大于碳酸氢根离子，反应的化学方程式，CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO，故A符合题意；B.碳酸

34、酸性大于次氯酸，次氯酸大于碳酸氢根离子，CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO，故B不符合题意；C.醋酸酸性大于HCN，可以发生反应CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN，故C不符合题意；D.醋酸酸性大于次氯酸，可以发生反应CH3COOH+NaClO=CH3COONa+HClO，故D不符合题意；(5)A.Na2CO3溶液，根据物料守恒，c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故A错误；B.NaClO中ClO-部分水解显碱性，c(Na+)c(ClO-)c(OH-)c(H+)，故B正确；C.NaHCO3溶液中，电荷守恒可得c(Na+)+c(

35、H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，物料守恒可得，c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，由可得，c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)，故C错误；D.pH=2的HCl与pH=12的氨水等体积混合，NH3H2O为弱电解质，氨水浓度大于盐酸浓度，氨水过量，c(NH4+)c(Cl-)，所得溶液显碱性c(OH-)c(H+)，所得溶液中：c(NH4+)+c(OH-)c(Cl-)+c(H+)，故D正确；(6)Na2HPO3中Na的化合价为+1价，H为+1价，O为-2价，由化合价代数和为0可知P元素化合价为+3价；由题给信息“亚磷酸

36、是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3”可知Na2HPO3为正盐，水解呈碱性，pH7。17.【答案】(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- (2)c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+) (3)BC (4)ABC (5)C (6)c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)c(CH3COO-)，但是其水解程度较小，所以离子浓度为c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故答案为：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)；(3)A.稀释醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，稀释醋酸钠溶液，醋酸钠的水解程度增大，故A错误；B.弱电解质的电离和

37、盐类水解都吸收热量，所以升高温度促进醋酸电离、醋酸钠水解，故B正确；CD.醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸电离出醋酸根离子、醋酸根离子水解生成醋酸，所以醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离，故C正确D错误；故选BC；(4)Ka(CH3COOH)=1.6910-5，Kh(CH3COO-)=10-141.6910-55.910-10AC，则pH最小的是C，故选C；(6)酸性：醋酸碳酸氢根，水解程度CH3COONaNa2CO3，所以相同浓度钠盐溶液的pH：pH(CH3COONa)pH(Na2CO3)，故答案为：。本题以醋酸钠和醋酸为载体考查盐类水解、弱电解质的电离，侧重考查基础知识的灵活运用，明确

38、溶液中溶质成分及其性质、盐类水解影响因素是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。18.【答案】(1)酸性 (2)BCD (3)；c(Na+)c(H+)c(OH-)；bc；(3)1.710-5molL-1；0.1005【解析】【分析】本题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，根据溶液的酸碱性及水的离子积常数来分析解答，注意把握酸碱混合的相关计算公式的运用，难度中等。【解答】(1)若m=n，则生成单一醋酸钠溶液，溶液呈碱性，要使混合后溶液的pH=7，酸多一些，碱少一点，故m与n的大小关系是mn；由于醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，则原酸中c(H+)与碱中c(OH-)的大小关系是c

39、(H+)；c(Na+)，混合溶液中各离子浓度按照由大到小排序为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，a.根据电荷守恒，此溶液一定有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故a正确；b.根据物料守恒，此溶液一定有2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故b错误；c.酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则此溶液中水的电离程度小于纯水的电离程度，故c错误；d.此溶液为缓冲溶液，向此溶液中加少量氢氧化钠或盐酸，溶液pH变化不大，故d正确；故答案为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)；bc；(3)点溶液中：c(CH3COO-)=1.7c(CH3COOH)，pH=5即c(H+)=10-5mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=1.710-5，根据点恰好中和时酸碱物质的量相等得醋酸浓度=0.1mol/L0.02010L0.020L=0.1005mol/L，故答案为：1.710-5molL-1；0.1005。