2022届高三化学一轮高考复习常考题型：52盐类水解的影响因素 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学一轮高考复习常考题型：52盐类水解的影响因素注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、 单选题（共15题）1常温下，下列叙述错误的是A向稀溶液中加入少量晶体，则溶液中减小B浓度均为溶液和溶液等体积混合：C溶液中：D向盐酸中逐滴加入氨水至溶液呈中性时，则混合液中2BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：不列说法错误的是A酸浸工序中分次加入稀 HNO3可降低反应剧烈程度B酸浸过程中金属Bi被稀HNO3氧化为Bi(NO3)3C转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3D水解工序中加入少

2、量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成3下列有关说法正确的是A若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化B反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，是因为H0C常温下，向0.1molL-1氨水中通入少量HCl，溶液中减小D乙酸乙酯的水解反应，加入NaOH溶液会使平衡常数增大，平衡向正反应方向移动425 时，下列有关电解质溶液的说法正确的是A加水稀释0.1 molL1氨水，溶液中c(H)c(OH)和均保持不变B向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中的值增大C等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：c(H)c(H2C

3、2O4)c(C2O)7已知HClO的，HF的，下列有关说法正确的是A在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0. 01的稀盐酸，溶液的pH会变小B0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，水解程度增大，但溶液的pH减小C等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小D将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6种微粒8下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A物质的量浓度相等的(NH4)2CO3(NH4)2SO4(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液，c(NH)的大小顺序为：B等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)c(CO)c(HCO)

4、c(OH-)c(H+)C0.1molL-1的CH3COOH与0.05molL-1NaOH溶液等体积混合：c(H+)+c(CH3COOH)HClOD向Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液中滴加NaHS溶液 出现黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(Ag2S)AABBCCDD10下列关于盐类水解的说法错误的是A在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离B加热溶液，溶液中的值将减小C同温时，等浓度的和溶液，溶液的pH大D在溶液中加入稀能抑制水解11温度一定时，为了使 Na2S 溶液中 的比值变小，可采取的措施是:加适量盐酸 加适量 NaOH(s) 加适量 KOH(s) 加适量 KHS(s) 加水 通入适量

5、Cl2加热ABCD12室温下，将0.05mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是加入的物质结论A50mL 1mol/L H2SO4反应结束后，c(Na+)=c(SO)B0.5mol CaO溶液中增大C50mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH-)不变D0.1mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c (Na+)不变AABBCCDD1325，相同体积相同浓度的盐酸能与下列溶液恰好完全中和。V1mLpH=9的氨水；V2mLpH=10的氨水；V3mLpH=10的NaOH溶液。下列叙述正确的是AV110V2B和中比值：C、中水的电离度：=D

6、分别与盐酸完全中和后溶液的pH：14在一定条件下对于100 mL 1 molL1的Na2CO3溶液，下列说法正确的是（ ）A稀释溶液，增大B升高温度，减小C溶液中存在：c(Na+)+ c(H+)=c()+c()+c(OH)D完全吸收0.1 mol CO2气体后，溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)15山梨酸钾(CH3CH=CHCH=CHCOOK，简写为RCOOK)是常用的食品防腐剂，其水溶液.显碱性。下列叙述正确的是A山梨酸和山梨酸钾都是强电解质B稀释山梨酸钾溶液时，溶液中n(OH-)和c(OH-)都减小C山梨酸钾溶液中c(RCOO-)c(K+)c(H+)c(OH-)D若

7、山梨酸的电离常数为Ka，则RCOOK稀溶液中c(K+)= c(RCOO-)1+第II卷（非选择题）二、填空题（共5题）16如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯中加入生石灰，向烧杯中加入晶体，烧杯中不加任何物质。(1)含酚酞的溶液显浅红色的原因是_。(2)实验过程中发现的烧瓶中溶液红色变深、的烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是_(填字母)。A水解反应为放热反应 B水解反应为吸热反应C溶于水时放出热量 D溶于水时吸收热量(3)常温下，向溶液中分别加入固体、固体，则水解平衡移动的情况分别为_(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”，下同)、_。17(1)

8、某浓度的氨水中存在平衡，+、如想增大的浓度而不增大的浓度，应采取的措施是_(填字母)。A适当升高温度 B加入NH4Cl固体 C通入 D加入少量浓盐酸，(2)常温下，有c()相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c()变化是醋酸溶液中c()_(填“增大”“减小”或“不变”)，盐酸中c()_(填“增大”“减小”或“不变”)。加水稀择10倍后，醋酸溶液中的c()_(填=或*)盐酸溶液中的c()。加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积。醋酸_(填、=或)盐酸使温度都升高20，溶液中c()：醋酸_(填“”“=”或“”)盐酸。分别与足量的锌粉发生反

9、应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是_(填字母)。(表示盐酸，表示醋酸)(3)将0.1mol/L的加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是_(填字母)A电离程度增大 B溶液中离子总数增多 C溶液导电性增强 D溶液中醋酸分子增多(4)常温下的电离常数为1.010-5，则0.1mol/L的溶液的pH=_。18在室温下，下列五种溶液：0.1 molL-1 NH4Cl溶液0.1 molL1 CH3COONH4溶液0.1 molL1 NH4HSO4溶液0.1 molL1氨水 0.1 molL1 NH3H2O和0.1 molL1 NH4Cl混合液请根据要求填写下列空白：(1)溶

10、液呈_(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是_(用离子方程式表示)。(2)上述5中溶液中，其中水的电离程度最大的是_(填序号)(3)在上述、溶液中c(NH4+)浓度由大到小的顺序是_。(填序号)(4) 室温下，测得溶液的pH7，则CH3COO与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO)_c(NH4+)(填“”、“”或“=”)。(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水实验。滴定可选用的指示剂为_(填“甲基橙”或 “酚酞”)。上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，则会导致滴定结果_(填“偏高”或 “偏低”)。19常温下，某水溶液M中存在的粒子有Na、A2、HA、H、OH、H

11、2O和H2A。根据题意回答下列问题： （1）H2A为_酸（填“强”或“弱”），往H2A溶液中加水会使 c(H+)/c(H2A)的值_(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）若M是由一种溶质组成的溶液，则M的溶质可以是Na2A或_。Na2A的水溶液pH_(填“”、“”或“”)7，原因是：_（用离子方程式表示）往Na2A溶液中加入_可抑制其水解(选填字母序号)。a氯化铵固体 bKOH固体 c 水 d升高温度 已知Ksp(CuA)1.31036，往20mL 1 molL1Na2A溶液中加入10 mL 1 molL1 CuCl2溶液，混合后溶液中的Cu2浓度为_molL1。（忽略A2的水解）（3）若

12、溶液M由10 mL 1.00 molL1 H2A溶液与10 mL 1.00 molL1 NaOH溶液混合而成，下列关于溶液M的说法正确的是_(选填字母序号)。ac(A2) + c(HA) + c(H2A) 1 molL1b若溶液显酸性，则c(Na)c(HA) c(H)c(A2) c(OH)c离子浓度关系：c(Na) + c(H) c(OH) + c(HA) + c(A2)d25 时，加水稀释后，n(H)与n(OH)的乘积变大（4）浓度均为0.1 mol L1的Na2A、NaHA混合溶液中： _ 。20常温下，几种酸的电离平衡常数如下： 回答下列问题:(1)物质的量浓度均为0.1molL-1的N

13、aClO溶液 Na2CO3溶液 NaHCO3溶液 Na2SO3溶液，pH值由大到小的顺序是_。(填序号)(2)用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因是_。(3)0.1mol/L的氯化铵溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是_，只改变下列一个条件，能使c(NH4+)与c(Cl-)比值变大的是_。(填标号)A加入固体硫酸铵 B通入少量氯化氢C降低溶液温度 D加入少量固体氢氧化钠(4)假设25 时，0.1mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为110-6mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常数：Kb(NH3H2O)=_。参考答案1A【详解】A 向的稀溶液中加入少量晶体，即增大了溶

14、液浓度，浓度越大，水解程度越小，故增大，A错误；B 溶液中存在物料守恒为：，B正确；C 溶液中存在质子守恒为： ，C正确；D 根据电荷守恒可得中性溶液中， D正确；答案为：A。2D【详解】硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应生成Bi(NO3)3，向Bi(NO3)3溶液中加入HCl、NaCl将Bi(NO3)3转化为BiCl3，BiCl3水解生成BiOCl。A酸浸工序中分次加入稀HNO3，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，故A正确；B硝酸为强氧化剂，金属Bi为金属单质，具有还原性，二者可反应生成Bi(NO3)3，故B正确；CBi3+能够水解生成BiOCl、BiONO3，转化工序中加入稀HCl，溶

15、液中Cl-浓度增大，能够使Bi3+Cl-+H2OBiOCl+2H+平衡右移，同时溶液中H+浓度增大，Bi3+H2OBiONO3+2H+平衡逆向移动，因此可抑制生成BiONO3，故C正确；D氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3+Cl-+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，水解生成H+，溶液中H+浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3+H2OBiONO3+2H+，也不利于生成BiOCl，故D错误；综上所述，答案为D。3B【详解】A根据原电池原理，活泼的一极为负极，更容易被氧化，铝比铜活

16、泼， A错误；B该反应为熵减的反应，若能自发，则HKa2，则，C错误；D0.1 molL1的HF加水稀释，c(H)减小，c(OH-)增大，故变小，D错误；答案选B。5C【详解】ANaHSO3溶液的，说明的电离程度大于其水解程度，则，A项错误；B加水稀释促进醋酸的电离，的醋酸溶液稀释10倍后，溶液中H+浓度大于原来的，所以稀释溶液后，醋酸的pH，B项错误；C的盐酸与的氨水以任意比例混合后，根据电荷守恒可知，C项正确；D向的氨水中加入少量水，促进的电离，溶液中的物质的量减少，的物质的量增加，则增大，所以溶液中增大，D项错误；答案选C。6D【详解】ANa2CO3溶液中存在C的水解平衡：C+H2OHC

17、+OH-，通入NH3后生成NH3H2O，电离产生OH-，溶液中c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，c(C)增大，c(Na+)不变，则减小，故A正确；BK2C2O4溶液中存在C2的水解平衡：C2+H2OHC2+OH-，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c(C2)减小，c(K+)不变，则增大，故B正确；C向0.1 molL1 HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(H+)=c(OH-)，据电荷守恒式c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c(F-)，则有c(Na+)=c(F-)，即1，故C正确；DpH4的0.1 molL1 NaHC2O4溶液中，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则有

18、c(C2O)c(H2C2O4)，故D错误；答案选D。7B【详解】ApH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度为0.01，0. 01的稀盐酸中氢离子浓度为0. 01，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，故A错误；B0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，故B正确；CNaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：，由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2(，HClO的，HF的，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶液中钠

19、离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，故C错误；DCl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在氯气、氯离子、次氯酸根、氢离子、氢氧根离子、水分子、次氯酸分子等离子，故D错误；故选：B。8D【详解】A三种溶液中，碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用，所以三种溶液中的铵根离子的浓度大小顺序是：，故A错误；B碳酸根离子和碳酸氢根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中c(OH-)c(H)，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中c(HCO)c(CO)，故B错

20、误；C0.1 molL-1的CH3COOH与0.05 molL-1NaOH溶液等体积混合得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H)c(Na)=c(OH-)c(CH3COO-)和物料守恒关系2c(Na)=c(CH3COOH)c(CH3COO-)，两式相减可得c(H)c(CH3COOH) =c(OH-)c(Na)，故C错误；DpH相等的NaF和CH3COOK溶液中分别存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)、c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，两种溶液pH相等，则有c(Na+)-c(F-)=c(K+)-c

21、(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，故D正确；故选D。9A【详解】A红色加深说明溶液中c(OH-)增大，说明碳酸根的水解平衡正向移动，水解吸热，而pH减小，c(H+)也增大，说明加热时促进了水的电离，Kw增大，A正确；BSO2不能漂白指示剂，所以溶液变红后不会褪色，B错误；C向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2，次氯酸根将SO2氧化，得到的白色沉淀为CaSO4，所以无法比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，C错误；D混合溶液中Cu(NO3)2、AgNO3的浓度不一定相同，无法比较二者的溶解度，且二者为不同类型的沉淀，不能简单根据溶解度判断溶度积大小，D错误；综上所述答案为A。10C【详解】

22、A 水的电离平衡，能水解的盐，能结合水电离出的氢离子或氢氧根离子，从而促进水的电离，故A正确；B 加热溶液，促进醋酸根离子的水解，减小，钠离子浓度不变，则溶液中的值将减小，故B正确；C 由于的水解程度大于的水解程度，则同温时，等浓度的和溶液，溶液的pH小，故C错误；D 在溶液中，铵根离子水解，加入稀，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则能抑制水解，故D正确；故选C。11D【详解】加适量盐酸，与S2-反应生成HS-或H2S，c(S2-)、c(Na+)都减小，但c(S2-)减小更多，的比值变大；加适量 NaOH(s)，抑制S2-水解，c(S2-)、c(Na+)都增大，但c(Na+)增大更多，的比值变大

23、； 加适量 KOH(s)，抑制S2-水解，使c(S2-)增大、c(Na+)不变，的比值变小；加适量 KHS(s)，抑制S2-水解，使c(S2-)增大、c(Na+)不变，的比值变小；加水，促进S2-水解，c(S2-)、c(Na+)都减小，但c(S2-)减小更多，的比值变大；通入适量 Cl2，与S2-发生氧化还原反应，使c(S2-)减小、c(Na+)不变，的比值变大；加热，促进S2-水解，c(S2-)减小，c(Na+)不变，的比值变大；综合以上分析，只有符合题意，故选D。12B【详解】An(H2SO4)=1mol/L0.05L=0.05mol，二者恰好完全反应生成硫酸钠和二氧化碳、水，根据物料守恒

24、得c(Na+)=2c()，故A错误；B0.5molCaO和水反应生成0.5mol氢氧化钙，和0.05molNa2CO3反应， Na2CO3完全被消耗转化为CaCO3沉淀，溶液中浓度极低， OH-浓度较大，所以溶液中增大，故B正确；CNa2CO3水解促进水的电离，溶液显碱性，加水稀释，溶液的碱性减弱，对水的电离的促进程度减弱，由水电离出的c(H+)c(OH-)减小，故C错误；D加入0.1mol硫酸氢钠，二者恰好反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，硫酸氢钠能电离出钠离子而导致溶液中c(Na+)增大，溶液的pH减小，故D错误；故选B。13D【分析】V1mLpH=9的氨水、V2mLpH=10的氨水、V3mL

25、pH=10的NaOH溶液三份溶液，与相同体积相同浓度的盐酸恰好完全中和，则三份溶液中溶质的物质的量相等。【详解】ApH=9的氨水中，c(OH-)=10-5mol/L，pH=10的氨水中，c(OH-)=10-4mol/L，则中c(OH-)是中c(OH-)的10倍，对氨水来说，浓度越大，电离度越小，所以氨水的浓度c(OH-)210c(OH-)1，所以V110V2，A不正确；B中氨水的浓度比中小，则中氨水的电离度比中大，所以比值(为氨水的电离度)：，B不正确；C、中水的电度都受到抑制，、中c(OH-)相同，与水的抑制作用相同，中c(OH-)小，对水电离的抑制作用弱，所以水的电离度：=，C不正确；D、

26、分别与盐酸完全中和后，、中溶液呈酸性，中溶液呈中性，中c()比中小，则水解生成的c(H+)小，pH比中大，所以溶液的pH：，D正确；故选D。14B【详解】Na2CO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH-，H2CO3+OH-。A稀释溶液，Na2CO3的水解平衡正向移动，溶液中n()减少，水解出的n(OH-)增多，减小，由于微粒处于同一溶液，溶液的体积相同，故减小，A错误；B盐类水解反应是吸热反应，升高温度，盐的水解程度增大，c()减少，水解产生出的c()增大，则减小，B正确；C溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH)，C错误；D100 mL 1

27、 molL1的Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为0.1 mol，完全吸收0.1 mol CO2气体后恰好完全反应生成0.1 mol NaHCO3，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c()+ c()+c(OH)c()+c(OH)，D错误；故合理选项是B。15D【详解】A由题意可知山梨酸钾水解显碱性，说明山梨酸是弱酸，属于弱电解质，故A错误；B溶液稀释时山梨酸根离子的水解平衡正向移动，n(OH-)增大，但是因为溶液体积增大，所以c(OH-)减小，故B错误；C由题意可知山梨酸钾水解显碱性，则c(OH-)c(H+)，故C错误；D已知Ka=，Kw =，c(K+)= c(RCOO-)+c

28、(RCOOH)，联立后可得：c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)= c(RCOO-)1+= c(RCOO-)1+= c(RCOO-)1+，故D正确；故选D。16，使溶液显碱性 BD 向左移动 向右移动 【详解】(1)中水解，水解后溶液中的氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，使溶液显碱性，碱性溶液使酚酞显红色。故答案为：，使溶液显碱性；(2)生石灰与水反应放出大量的热，根据的烧瓶中溶液的红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热的，同时的烧瓶中溶液红色变浅，可知水解平衡向左移动，说明溶于水时吸收热量。故答案为：BD；(3)与水解相互抑制，醋酸钠中加碳酸钠水解平衡逆向移动；与水解相互促

29、进，醋酸钠中加硫酸亚铁，水解平衡正向移动，故答案为：向左移动；向右移动；17BD 减小 减小 c AB 11 【详解】(1)A.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡正向移动，和浓度都增大，不符合题意；B.加入NH4Cl固体，NH4Cl电离出，的浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小，符合题意；C.通入适量NH3，NH3H2O浓度增大，平衡正向移动，和OH-浓度都增大，不符合题意；D.加入少量浓盐酸，浓盐酸电离出的H+与OH-结合成H2O，OH-浓度减小，电离平衡正向移动，浓度增大，符合题意；故答案为：BD；(2)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加入的醋酸钠电

30、离出CH3COO-，CH3COO-浓度增大，电离平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小；在盐酸中加入醋酸钠，醋酸钠电离出的CH3COO-与H+结合成弱酸CH3COOH，溶液中c(H+)减小；故答案为：减小；减小；加水稀释10倍，溶液体积变为原来的10倍，稀释后盐酸中c(H+)变为原来的1/10；加水稀释促进醋酸的电离，稀释后醋酸溶液中c(H+)大于原来的1/10；加水稀释10倍后醋酸溶液中的c(H)盐酸溶液中的c(H)，故答案为：；醋酸为弱酸，盐酸为强酸，pH相同的盐酸和醋酸溶液，物质的量浓度：醋酸大于盐酸，等体积的溶液中加入等浓度的NaOH溶液至恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积：醋酸盐酸，故答

31、案为：；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进醋酸的电离，醋酸溶液中c(H+)增大；升高温度，盐酸溶液中c(H+)不变，则温度都升高20后溶液中c(H+)：醋酸盐酸，故答案为：；醋酸溶液中H+被消耗会促进醋酸的电离，反应过程中醋酸溶液中c(H+)大于盐酸中，醋酸与Zn反应的速率比盐酸与Zn反应的速率快；等pH、等体积的醋酸溶液和盐酸中，醋酸提供的H+总物质的量大于盐酸，醋酸与足量Zn反应放出的H2大于盐酸与足量Zn反应放出的H2；答案选c。(3)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释促进CH3COOH的电离，A.电离程度增大，正确；B.由于电离平衡正向移动，H+、

32、CH3COO-物质的量增大，溶液中离子总数增多，正确；C.由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c(H+)、c(CH3COO-)物质的量浓度减小，溶液导电性减弱，错误；D.由于电离程度增大，溶液中醋酸分子减少，错误；答案选AB。(4)=1.010-5，则c(OH-)=1.010-3mol/L，c(H+)=1.010-11，则pH=11。18酸 NH4+H2ONH3H2OH 甲基橙 偏低 【分析】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性；(2)以0.1 molL-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，结合溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响分

33、析水的电离程度的变化；(3)以0.1 molL-1 NH4Cl溶液为标准，根据溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响，结合盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小分析排序；(4)常温下，测得溶液的pH=7，说明溶液中c(OH-)=(H+)，根据电荷守恒分析判断；(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，需要选择在酸性条件下变色的指示剂；滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，据此分析判断。【详解】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，水解的离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为酸；N

34、H4+H2ONH3H2O+H+；(2)以0.1 molL-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，0.1 molL1 CH3COONH4溶液，醋酸根离子水解，促进铵根离子水解，水的电离程度增大，0.1 molL1 NH4HSO4溶液，氢离子抑制铵根离子水解，电离出的H+抑制水的电离，0.1 molL1氨水，电离显碱性，水的电离受到抑制，0.1 molL1 NH3H2O和0.1 molL1 NH4Cl混合液中一水合氨抑制了铵根离子的水解，水的电离程度减小，因此水的电离程度最大的是，故答案为；(3)0.1 molL-1 NH4Cl溶液，铵根离子水解，c(NH4+)略小于0.1 m

35、olL-1；0.1mol/L CH3COONH4 醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于比小；0.1mol/L NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度比大；0.1 molL1氨水，一水合氨部分电离，c(NH4+)远小于0.1 molL-1；因此c(NH4+)浓度由大到小的顺序为，故答案为；(4)常温下，测得溶液的pH=7，说明0.1mol/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，pH=7说明溶液中c(OH-)=(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4

36、+)，故答案为=；(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，可选用甲基橙作指示剂。滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，滴定结果偏低，故答案为甲基橙；偏低。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意盐类水解的影响因素，同时注意盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小。19弱 增大 NaHA A2-+H2OHA-+OH-、HA-+H2OH2A+OH- b 3.91036 bd 3/2 【分析】（1）通过存在溶质分子来判断为弱酸，加水有利平衡向电离方向移动，但两者的浓度都变小，应从物质的量之比或Ka来解答；（2）对水解产

37、生的离子，可以看出可以是正盐或酸式盐，而水解平衡的移动影响因素中注意氯化铵水解的促进，然后在离子浓度的计算上，先判断量的关系，注意混合后要重新进行计算；（3）溶液中溶质在混合后只有NaHA，电离程度与水解程度的对比，A为物料守恒，B为电离大于水解，C项为电荷守恒，D考查水的离子积常数，可以转化为浓度进行判断，可以看出体积增大，物质的量乘积也要跟着增高；（4）根据物料守恒分析解答。【详解】(1) 溶液中存在H2A，则说明H2A为弱电解质，往H2A溶液中加水促进电离，从电离平衡角度考虑，n(H+)增大，n(H2A)减小，所以，c(H+)/c(H2A)的值增大；故答案为弱，增大；(2)根据题意可知，

38、水溶液M中存在的粒子有Na、A2、HA、H、OH、H2O和H2A，即可能是Na2A中A2-发生两步水解，一步水解生成HA-和OH-，二步水解HA-水解生成H2A和OH-，M也可能是NaHA，NaHA=Na+HA-，HA- H+A2-，HA-+H2OH2A+OH-，所以M可能是Na2A或NaHA；由上可知，H2A是弱酸，Na2A即为强碱弱酸盐，所以A2-离子水解使溶液显碱性，离子方程式为：A2-+H2OHA-+OH-，HA-+H2OH2A+OH-，所以Na2A的水溶液pH7；故答案为NaHA ，；A2-+H2OHA-+OH-，HA-+H2OH2A+OH-；a.氯化铵溶液中，NH4+水解生成H+，

39、与A2-水解生成的OH-反应，促进A2-水解，故a错误；b. 往Na2A溶液中加入KOH固体，使溶液中c(OH-)增大，抑制A2-水解，故b正确；c. 往Na2A溶液中加入水促进水解，故c错误；d.水解过程吸热，升高温度，使平衡向吸热反应方向移动，即促进水解，故d错误；故答案为b；20mL1mol/LNa2A溶液中n（A2-）=0.02mol，10mL1mol/LCuCl2溶液中n（Cu2+）=0.01mol，两者混合充分反应后n（A2-）剩余=0.01mol，即混合后c（A2-）剩余=0.01mol（0.02L+0.01L）=mol/L，Ksp(CuA)=c(A2) c(Cu2)= 1.31

40、036，则c(Cu2)=3.91036（mol/L），故答案为3.91036；(3) 溶液在混合后溶质只有NaHA，a.根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(A2)+c(HA)+c(H2A)0.5 molL1 ，故a错误；b.由于溶液显酸性，则HA-的电离程度大于水解程度，可得到：c(Na)c(HA)c(H)c(A2)c(OH)，故b正确；c.根据电荷守恒可得到：c(Na)+c(H)c(OH)+c(HA)+2c(A2)，故c错误；d.水的离子积只和温度有关，加水稀释后水的离子积保持不变，Kw=c(H)c(OH)=n(H)n(OH)/V2，因为V增大，故n(H)与n(OH)的乘积变大，故d正确；

41、故答案为bd；(4) 浓度均为0.1 mol L1的Na2A、NaHA混合溶液中，根据物料守恒分别可得：c(Na+)= 2c(A2)+c(HA)+c(H2A)0.2molL1，c(Na+)= c(A2)+c(HA)+c(H2A)0.1molL1，则c(Na+)=0.2molL1+0.1molL1=0.3molL1，c(A2)+c(HA)+c(H2A)=0.1molL1+0.1molL1=0.2molL1，所以=3/2，故答案为3/2。20 ClO-+H2OHClO+OH- c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) AC 10-3 【解析】【详解】（1）所给物质属于强碱弱酸盐，溶液显碱性

42、，根据题中酸的电离平衡常数，得出电离出H能力大小顺序是H2SO3H2CO3HSO3HClOHCO3，利用越弱越水解的规律，得出水解程度大小顺序是CO32ClOSO32HCO3，因此pH大小顺序是；（2）NaClO属于强碱弱酸盐，ClO发生水解：ClOH2OHClOOH，使c(OH)c(H)，溶液显碱性；（3）NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4发生水解：NH4H2ONH3H2OH，溶液显酸性，因为NH4水解程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Cl)c(NH4)c(H)c(OH)；A、硫酸铵化学式为(NH4)2SO4，氯化铵溶液加入硫酸铵，c(NH4)增大，即c(NH4)/c(Cl)增大，故A符合题意

43、；B、加入HCl，抑制NH4的水解，c(NH4)增大，HCl为强电解质，完全电离出H和Cl，c(Cl)增加的比c(NH4)增加多，即c(NH4)/c(Cl)减少，故B不符合题意；C、盐类水解为吸热反应，降低温度，抑制NH4水解，c(CNH4)增大，c(Cl)不变，即c(NH4)/c(Cl)增大，故C符合题意；D、加入少量NaOH，发生NH4OH=NH3H2O，c(NH4)减小，c(Cl)不变，即c(NH4)/c(Cl)减小，故D不符合题意；（4）NH4发生水解：NH4H2ONH3H2OH，c(NH3H2O)=c(H)=106molL1，c(NH4)=(0.1106)molL10.1molL1，c(OH)=Kw/c(H)=1014/106molL1=108molL1，NH3H2O电离方程式为NH3H2ONH4OH，Kb=c(NH4)c(OH)/c(NH3H2O)，代入数值，Kb=103。