2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_23盐类水解规律的理解 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_23盐类水解规律的理解一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 室温下，分别把下列物质加入水中，能使水的电离程度增大且所得溶液呈酸性的是( )A. K2SO4B. NaHSO4C. NaClOD. NH4NO32. 下列溶液加热蒸干后并灼烧，能析出溶质固体的是()A. AlCl3B. KHCO3C. Fe2(SO4)3D. NH4HCO33. 下列有关盐类水解的说法中不正确的是 ()A. 盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡B. 盐类水解会促进水的电离C. 盐类水解后的溶液不一定显中性D. Na2CO3溶液中，c(Na+)是c(CO32-)的两

2、倍4. 已知：在某温度下，Ka(HCN)=6.210-10molL-1，Ka(HF)=6.810-4molL-1，Ka(CH3COOH)=1.710-5molL-1，Ka(HNO2)=7.110-4molL-1。物质的量浓度均为0.1molL-1的下列溶液中，pH由大到小的顺序是()A. NaCNNaNO2CH3COONaNaFB. NaFNaNO2CH3COONaNaCNC. NaCNCH3COONaNaNO2NaFD. NaCNCH3COONaNaFNaNO25. 已知中盛有一定量的Na2CO3溶液，根据如图所示的实验过程，下列说法不正确的是A. 中溶液为红色B. 中溶液发生的离子反应方程

3、式为：CO32-+Ca2+=CaCO3C. 加入过量稀盐酸后，中观察到溶液红色褪去，沉淀溶解并产生大量气泡D. 中溶液的溶质除酚酞外，还有2种6. 相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中代表的物质可能分别为( )A. NH4Cl (NH4)2SO4 CH3COONa NaHCO3NaOHB. (NH4)2SO4 NH4Cl CH3COONa NaHCO3 NaOHC. (NH4)2SO4 NH4Cl NaOH CH3COONa NaHCO3D. CH3COOH NH4Cl (NH4)2SO4 NaHCO3 NaOH7. 已知酸式盐NaHB在水溶液中存在下列变化：Na

4、HB=Na+HB-，HB-+H2OH2B+OH-，且溶液中c(B2-)c(H2B)，则下列说法一定正确的是()A. 0.01molL-1的NaHB溶液，其pH可能为2B. NaHB及H2B均为强电解质C. 该酸式盐溶液中水电离出的氢离子浓度小于纯水中水电离出的氢离子浓度D. HB-的电离程度小于HB-的水解程度8. 常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是()A. 相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)Ka(HF)B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)C

5、. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)D. 在1molL-1Na2S溶液中，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1molL-19. 将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是(溶液体积变化忽略不计)( )Na2O2Na2ONa2CO3NaClA. B. C. =D. =10. 相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是()A. 电离程度：HCNHClOB. pH：HClOHCNC. 与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaO

6、H的物质的量：HClOHCND. 酸根离子浓度：CN-NaB(OH)4D. NaOH溶液溅到皮肤时，可用大量清水冲洗，再涂上硼酸溶液12. 由晶体制取无水的实验装置如下图所示，下列说法错误的是A. 装置制取用到浓硫酸的吸水性B. 装置起到干燥气体的作用C. 操作顺序是先点燃处酒精灯，再滴入浓盐酸D. 装置中下层少量起到防倒吸的作用13. 某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示下列判断正确的是()A. a、c两点溶液的导电能力相同B. a、b、c三点溶液中水的电离程度：abcC. b点溶液中：c(H+)+c(NH3H2O)=c(OH-)D. 用NaOH溶液和

7、等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积Vb=Vc14. 25时，0.1molL-1下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是()序号溶液NaClCH3COONH4NaClONaHCO3Na2CO3pH7.07.010.38.311.6A. 在溶液等体积混合的溶液中：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1molL-1B. pH值相同的溶液中酸根离子浓度：c(ClO-)=c(HCO3-)C. 由水电离产生的c(H+)：=D. 溶液呈碱性的原因：H2O+CO32-=HCO3-+OH-15. 25时，在100mL1molL-1H2A稀溶液中滴入1molL-1NaOH溶液，溶液

8、中HA-、A2-的物质的量随pH变化的关系如图所示。下列有关叙述正确的是( )A. pH=4时，溶液中c(HA-)c(A2-)=110B. HA-在水中的电离程度小于水解程度C. 滴入150mLNaOH溶液时，溶液中c(Na+)c(HA-)c(A2-)D. a、c两点对应溶液中水的电离程度：ac二、填空题（本大题共5小题，共70分）16. 已知下列有关信息(25)：弱酸CH3COOHHCNH2CO3Ka1.810-54.910-104.310-75.610-11Ksp(CaCO3)=2.810-9(1)在Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液变红原因是(用离子方程式表示)_。(2)一定浓度的CH3CO

9、OH溶液与0.1molL-1CH3COONa溶液等体积混合，若溶液pH=7，则c(CH3COOH)=_molL-1(精确至0.01)。(3)25同体积，同浓度的CH3COONa和NaCN稀溶液中，离子总数：CH3COONa溶液_NaCN溶液(填“小于”“等于”或“大于”)。(4)在等浓度的NaCN、NaHCO3混合溶液中，除H+和OH-，其他各种离子浓度从大到小的顺序是_。(5)NaCN溶液中通入CO2，写出反应的离子方程式_。(6)已知，尾气SO2可以用氨水吸收除去，25时，H2SO3的电离常数为Ka1=1.310-2、Ka2=6.210-8，将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.01

10、0-7mol/L时，溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)=_。(7)25，210-4molL-1Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合产生沉淀，则c(CaCl2)最小为_molL-1。17. 醋酸是日常生活中最常见的调味剂和重要的化工原料，醋酸钠是其常见的盐(已知：25，Ka(CH3COOH)=1.6910-5)。(1)醋酸钠溶液呈碱性的原因是_(写出有关的离子方程式)(2)在CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为_(用c(Bn)表示相应离子浓度)；(3)25时，0.10mol/L的醋酸溶液的pH约为_(已知：lg1.3=0.114)；(4)对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的下列说法

11、正确的是_；A.稀释醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，而稀释醋酸钠溶液则醋酸钠的水解程度减小。B.升高温度可以促进醋酸电离，也可以促进醋酸钠水解。C.醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离。D.醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸促进醋酸钠的水解、醋酸钠也促进醋酸的电离。(5)物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合(注：混合前后溶液体积变化忽略不计)，混合液中的下列关系式正确的是_；A.c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)B.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C.c(CH3CO

12、O-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L(6)常温时，有以下3种溶液，其中pH最小的是_；A.0.02molL-1CH3COOH与0.02molL-1NaOH溶液等体积混合液B.0.03molL-1CH3COOH与0.01molL-1NaOH溶液等体积混合液C.pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合液(7)用pH试纸在常温下分别测定0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸钠溶液，则pH(CH3COONa)_pH(Na2CO3)。(填：“”、“”或“=”)18. 铁是生产生活中重要的金属，其单质和化合物在生活中有很广泛的用途。请回答：(1)红热的铁能跟

13、水蒸气反应，有一种产物是可燃性气体，则其化学反应方程式为_。(2)缺铁性贫血患者应补充Fe2+。用绿矾制成的补铁剂药片外表包有一层特殊的糖衣，试推测糖衣的作用是_。(3)向某溶液中加入KSCN溶液，溶液立即变成红色，则原溶液中含有(填离子符号)_，要除去FeCl3溶液中少量的氯化亚铁，可行的办法是_(填字母)。A.加入铜粉 B.加入铁粉C.通入氯气D.加入KSCN溶液(4)四氧化三铁是生产生活常见的一种铁的氧化物。它溶于盐酸的离子方程式为_。(5)高铁酸钾(K2FeO4，其中铁为+6价)可消毒饮用水和除悬浮物。投入水中可发生如下反应：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2

14、+8KOH该反应中被氧化的元素是_(填元素符号)。高铁酸钾能够消毒饮用水是因为其具有强氧化性，能除悬浮物的原因是_。19. (1)已知常温时，0.1mol/L醋酸在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=_，醋酸的电离平衡常数K=_(2)向冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性随加入水的体积变化如下图所示：a、b、c三点溶液中CH3COOH的电离程度由大到小的顺序是_。a、c两点对应的溶液分别吸收氨气，若两溶液最终pH均为7(25时)，则a点溶液中的c(CH3COO-)_c点溶液中的c(NH4+)。(填“”或“=”)(3)已知25时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COO

15、HH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.810-5Ka1=4.310-7Ka2=5.610-11Ka=3.010-8物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_(用编号填写)a.CH3COONab.Na2CO3 c.NaClOd.NaHCO3写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_20. 25时，几种常见弱酸的Ka如下表所示已知草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸：(1)25时，0.1molL-1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序是_，中和等体积等pH的CH3COOH和HCN溶液消耗NaOH的物质的量_(填“

16、前者大”或“后者大”)。(2)KHC2O4溶液呈酸性。向10mL0.01molL-1的H2C2O4溶液滴加0.01molL-1KOH溶液V(mL)，回答下列问题：当V10mL时，反应的离子方程式为_。当V=10mL时，溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为_。当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)；当V=bmL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“”)答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题考查了弱电解质的电离，明确影响水

17、电离的因素及盐的特点是解本题的关键，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电解质的电离特点以及盐类的水解，难度不大。【解答】A.K2SO4是强酸强碱盐，不促进也不抑制水电离，故A错误；B.加入NaHSO4后溶液呈酸性，由于HSO4-可以电离出的H+，所以抑制了水的电离，故B错误；C.根据水的电离平衡H2OH+OH-知，NaClO为强碱弱酸盐，次氯酸根会结合水电离的氢离子，促进了水的电离，向正方向移动，但溶液呈碱性，故C错误；D.加入少量的NH4NO3，铵根离子水解导致溶液呈酸性，促进水电离，故D正确。故选D。2.【答案】C【解析】【分析】本题考查了盐类水解知识，明确物质的稳定性及盐类

18、水解特点即可解答。【解答】A.Al3+水解，生成Al(OH)3，且氯化氢易挥发，导致蒸干时得到Al(OH)3固体，再灼烧时，Al(OH)3分解生成Al2O3，所以最终得到的固体是Al2O3，故A错误；B.KHCO3不稳定，加热易分解生成碳酸钾、二氧化碳气体与水，故B错误；C. 加热时Fe3+虽然水解，但硫酸难挥发，最后固体仍为Fe2(SO4)3，故C正确；D.NH4HCO3不稳定，加热易分解生成氨气、二氧化碳气体和水，故D错误。故选C。3.【答案】D【解析】【分析】本题考查了盐类水解的分析判断、水解实质理解应用，掌握水解规律是关键，题目较简单。【解答】A.盐类水解实质是弱离子和水电离出的氢离子

19、或氢氧根离子生成弱电解质的过程，破坏了纯水的电离平衡，故A正确；B.盐类水解结合水电离的产物H+或OH-，使水的电离平衡向正反应方向移动，故B正确；C.弱酸根水解显碱性，弱碱阳离子水解显酸性，盐类水解的结果使溶液不一定呈中性，故C正确；D.碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解、钠离子不水解，所以Na+的浓度大于CO32-浓度的2倍，故D错误。4.【答案】D【解析】解：Ka(HNO2)Ka(HF)Ka(CH3COOH)Ka(HCN)，故酸性：HNO2HFCH3COOHHCN，酸的酸性越弱，对应阴离子的水解能力越强，故水解能力：CN-CH3COO-F-NO2-，酸根离子水解使溶液呈碱性

20、，故水解能力越强，溶液碱性越强，pH越大，故pH由大到小的顺序是：NaCNCH3COONaNaFNaNO2，故选：D本题考查了酸根离子的水解能力的大小要注意，酸的酸性越强，对应离子的水解能力越弱5.【答案】D【解析】【分析】本题考查盐类水解的规律、碳酸钠的性质、离子方程式的书写等，题目难度不大，熟练掌握碳酸钠的性质是解题的关键。【解答】A.碳酸钠溶液呈碱性，能使无色酚酞变红，中溶液为红色，故A不符合题意；B.碳酸钠溶液和石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子反应方程式为：CO32-+Ca2+=CaCO3，故B不符合题意；C.中溶液为红色，当中加入过量稀盐酸后，碳酸钙沉淀被溶解，中观察到沉淀消

21、失，产生大量气泡，红色也会消失，故C不符合题意；D.加入过量的稀盐酸，稀盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水、二氧化碳，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠、水，故中溶液的溶质除酚酞外，有氯化钠、氯化钙和盐酸，故D符合题意。故选D。6.【答案】B【解析】【分析】本题考查盐类的水解知识点，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确等浓度时盐类水解程度与溶液pH的关系是解本题关键，难度中等。【解答】由于NaNO3显中性，故的溶液显酸性，且由于NH4HSO4因电离显强酸性，酸性强弱相当于一元强酸，故要么是弱酸，要么是强酸弱碱盐；溶液的碱性弱于Na2CO3，故应均为强碱弱酸盐，根据越弱越水解的规律可知，对应的酸

22、的酸性应强于所对应的酸的酸性；的碱性强于Na2CO3，故其要么是碱，要么是强碱弱酸盐，且需对应的酸的酸性弱于HCO3-，据此分析。A、相同温度、相同浓度下，NH4Cl、(NH4)2SO4溶液中，(NH4)2SO4中铵根离子浓度更大，故其酸性更强，pH更小，故A错误；B、相同温度、相同浓度下，NH4Cl、(NH4)2SO4溶液中，(NH4)2SO4中铵根离子浓度更大，故其酸性更强，pH更小；CH3COONa、NaHCO3溶液均显碱性，且两者的碱性均弱于Na2CO3，且由于酸性CH3COOHH2CO3，故CH3COONa、NaHCO3溶液后者的pH更大；NaOH是强碱，电离显碱性，溶液pH强于Na

23、2CO3，故B正确；C、相同温度、相同浓度下，NaOH的碱性强于Na2CO3，CH3COONa、NaHCO3的碱性均弱于Na2CO3，故C错误；D、(NH4)2SO4溶液显酸性，故D错误；故选：B。7.【答案】C【解析】【分析】本题考查了弱酸的酸式盐的电离和水解，注意根据溶液的酸碱性判断电离和水解程度的大小，题目难度中等。【解答】A.是部分电离，所以0.01molL-1的 NaHB溶液，其pH不可能为2，故A错误；B.NaHB是盐，为强电解质，由HB-能发生水解：HB-+H2OH2B+OH-，生成H2B，则H2B为弱酸，为弱电解质，故B错误；C.HB-既电离又水解，c(B2-)c(H2B)，电

24、离程度大于水解程度，所以该酸式盐溶液中水电离出的氢离子浓度小于纯水中水电离出的氢离子浓度，故C正确；D.HB-既电离又水解，且溶液中c(B2-)c(H2B)，说明HB-的电离程度大于水解程度，故D错误；故选C。8.【答案】A【解析】解：A、酸性越弱，其相应离子的水解程度越大；相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明HCOO-的水解程度大于F-的水解程度，HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka(HCOOH)c(OH-)；根据溶液中的电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)；得出c(CH3COO-)c(Na+)；所以溶液中的离子

25、浓度大小为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故B正确；C、FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，对于组成相似的物质，溶解性越大，Ksp越大，所以Ksp(FeS)Ksp(CuS)，故C正确；D、在1molL-1Na2S溶液中，S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，根据硫元素的物料守恒，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1molL-1，故D正确；故选：A。本题考查学生对电离平衡和水解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握平衡的影响因素、元素守恒、离子浓度大小比较等，明确Ka、Ksp的大小判断是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要

26、学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。9.【答案】C【解析】解：由反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，故为=； 中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于，而中NaCl的浓度为0.1mol/L，故答案为C。等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32-+H2OHCO3-+OH-这是一道多年的陈题，对学生

27、守恒思想的考查，是一道典型的“计而不算”的计算题注意溶液中的化学反应10.【答案】D【解析】【分析】本题考查盐类水解和弱电解质的电离，明确弱酸的电离程度与酸根离子水解程度的关系是解本题关键，注意C中消耗氢氧化钠的物质的量与酸的强弱无关，为易错点。【解答】相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则说明酸根离子水解程度：CNClO。A.酸根离子水解程度越大，则相对应的酸越弱，酸的电离程度越小，则酸的电离程度：HCNHClO，故A错误；B.酸的电离程度：HCNHClO，二者都是一元弱酸，则pH：HClOHCN，故B错误；C.同温同体积同浓度的HCN和HClO的物质的量相等

28、且都是一元酸，所以消耗氢氧化钠的物质的量相等，故C错误；D.酸根离子水解程度越大，则对应酸的电离程度越小，溶液中酸根离子浓度越小，以酸根离子浓度：CN-Ka(H3BO3)，说明酸性：CH3COOHH3BO3，则B(OH)4-的水解程度大于CH3COO-，则等浓度溶液的pH：CH3COONaNaB(OH)4，故C错误；D.NaOH溶液溅到皮肤时，可用大量清水冲洗，再涂上硼酸溶液，故D正确。12.【答案】C【解析】【分析】本题考查物质制备实验方案的设计与评价，涉及实验操作的顺序，题目难度一般。【解答】A.装置制取用到浓硫酸的吸水性，可吸收浓盐酸中的水分，且浓盐酸和浓硫酸混合时会放出大量热量，使浓盐

29、酸中HCl挥发进后续装置，故A正确；B.装置中的氯化钙具有良好的吸水性，可进一步吸收氯化氢气体中的水蒸气，起到干燥气体的作用，故B正确；C.氯化镁会在加热时水解，需要氯化氢抑制其水解，因此应先打开分液漏斗的旋塞，过一段时间后再点燃处酒精灯，故C错误；D.由于氯化氢极易溶于水，直接与水接触会倒吸，故在水下加少量CCl4起到防倒吸的作用，故D正确。13.【答案】B【解析】【分析】本题考查电解质的电离以及盐类的水解，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意弱电解质溶液稀释时的浓度变化及加水促进弱电解质电离的特点即可解答，题目难度中等。盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和p

30、H都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液，以此解答该题。【解答】A.溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的多少有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；B.盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的

31、pHb，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度abc，故B正确；C.b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH-)+c(NH3H2O)=c(H+)，故C错误；D.用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而C点只有盐酸消耗NaOH(盐酸完全电离)，故消耗NaOH溶液体积VbVc，故D错误故选B。14.【答案】A【解析】【分析】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、盐的水解原理，注意把握水解原理、物料守恒和电荷守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。【解答】A.等体

32、积等浓度碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中存在物料守恒：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，故A正确；B.盐的水解原理：越弱越水解，根据数据得到NaClO中次氯酸根离子的水解程度大于NaHCO3中碳酸氢根离子的水解程度，所以等pH的NaClO和NaHCO3溶液中，c(ClO-)c(HCO3-)，故B错误；C.NaCl对水的电离无影响，CH3COONH4促进水的电离，则由水电离产生的c(H+)：c(A2-)c(HA-)，故C错误；D.a至c溶液酸性减弱，对水电离的抑制程度减弱，a、c两点对应溶液中水的电离程度：ac(HCO3-)c(CN-)c(CO32-)(5)H2

33、O+CO2+CN-=HCN+HCO3- (6)0.62(7)5.610-5【解析】【分析】本题考查考查较为综合，涉及弱电解质的电离、溶度积计算、离子浓度大小比较、盐的水解等知识，题目难度中等，明确弱电解质平衡及其影响为解答关键，注意掌握溶度积的概念及计算方法，试题培养了学生的综合应用能力。【解答】(1)Na2CO3溶液中存在水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，溶液呈碱性，滴入酚酞后溶液变红；(2)一定浓度的CH3COOH溶液与0.1molL-1CH3COONa溶液等体积混合，若溶液pH=7，则c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)=c(

34、Na+)=120.1molL-1=0.05molL-1；Ka(CH3COOH)=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)=1.810-5，带入c(CH3COO-)=0.05molL-1、c(H+)=10-7mol/L可得：c(CH3COOH)2.7810-4mol/L；(3)等体积、等浓度CH3COONa溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，NaCN溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，两溶液中c(Na+)相同，由于CH3COOH的电离平衡常数大于HCN，则CH3COO-离子水解程度小于CN-离子，则NaCN溶液中c

35、(OH-)大于CH3COONa，NaCN溶液中(H+)小于CH3COONa溶液，所以CH3COONa溶液的离子总数大于NaCN溶液的离子总数；(4)酸性：H2CO3HCN，则水解程度CN-HCO3-，水解程度越大离子浓度越小，则Na+的浓度最大，所以在等浓度的NaCN、NaHCO3混合溶液中，除H+和OH-，其他各种离子浓度从大到小的顺序是：c(Na+)c(HCO3-)c(CN-)c(CO32-)；(5)电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCN的电离平衡常数小于碳酸第一步电离平衡常数而大于碳酸第二步电离平衡常数，向NaCN溶液中通入二氧化碳气体，二者反应生成HCN和碳

36、酸氢钠，离子方程式为：H2O+CO2+CN-=HCN+HCO3-；(6)根据亚硫酸的Ka2=c(H+)c(SO32-)c(HSO3-)=6.210-8可知，当c(OH-)降至1.010-7mol/L时，c(H+)=1.010-7mol/L，代入关系式即可求得c(SO32-)/c(HSO3-)=0.62；(7)将Na2CO3浓度为210-4molL-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，c(CO32-)=110-4molL-1，Qc(CaCO3)Ksp，生成沉淀，则110-4molL-1c(Ca2+)2.810-9，解得c(Ca2+)2.810-5mol/L，所用CaCl2溶液的浓度为

37、x，则xV2V2.810-5mol/L，则x5.610-5molL-1，即所用CaCl2溶液的浓度至少应大于5.610-5molL-1。17.【答案】(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；(2)c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)；(3)2.886；(4)B、C；(5)A、B、C；(6)C；(7)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故答案为：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)；(3)Ka(CH3COOH)=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)c2(H+)c(CH3COOH)=1.6910-5，c(H+)=1.310-3m

38、ol/L，pH=-lg1.310-3=3-lg1.3=2.886，故答案为：2.886；(4)A.稀释促进电离、促进水解，则稀释时醋酸的电离程度增大，醋酸钠的水解程度增大，故A错误；B.电离、水解均为吸热反应，升高温度，促进水解、电离，故B正确；C.醋酸和醋酸钠的混合液中，电离与水解相互抑制，故C正确，D错误，故答案为：B、C；(5)物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L=2c(Na+)，由上述两个

39、式子可得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，故答案为：A、B、C；(6)混合溶液的酸性越强，则pH越小，A.0.02mol/LCH3COOH与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合液，恰好生成醋酸钠，溶液显碱性；B.0.03mol/LCH3COOH与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合液，反应后为醋酸和醋酸钠的混合溶液，剩余0.01mol/L醋酸；C.pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合液，反应后为醋酸和醋酸钠的混合溶液，pH=2的醋酸浓度远大于0.01mol/L，显然C酸性最大，pH最小，故答案为：C；(7)用pH试纸在常温

40、下分别测定0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸氢钠溶液，酸性越强，酸根离子水解程度小，则碱性弱，pH就小，由酸性：CH3COOHH2CO3HCO3-，醋酸的酸性强，则醋酸钠水解程度小，盐溶液的pH小，故答案为：ba； (3)adcb ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点、电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、及盐的水解原理，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。【解答】(1)已知常温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，

41、依据电离度=c(H+)c(HA)可知，c(H+)=0.1mol/L0.1%=110-4mol/L，溶液的pH=4；依据电离平衡HAH+A-，Ka=c(H+)c(A-)c(HA)=10-410-40.1-10-4110-7，故答案为：4；110-7；(2)溶液体积越大，醋酸电离程度越大，根据图知，溶液体积：abba，故答案为：cba；25时，铵盐溶液pH=7，则溶液中存在c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)=c(NH4+)，所以两点溶液中c(CH3COO-)越大则该点溶液中的c(NH4+)越大，溶液中c(CH3COO-)：ac，则c(NH4+)：ac，所以a点溶液中的c(

42、CH3COO-)c点溶液中的c(NH4+)，故答案为：；(3)据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，则pH由小到大排列顺序是adcb，故答案为：adcHCO3-，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸氢根离子，该反应的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO，20.【答案】(1)Na2CO3NaCNCH3COONaNa2C2O4；后者大(2)H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2Oc(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(H2C2O4)【解析】【分析】本题

43、考查了酸碱混合的定性判断及溶液中离子浓度大小比较方法，题目难度中等，注意掌握酸碱中和反应中过量情况的判断与计算方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中离子浓度大小。【解答】(1)由电离常数可知，草酸的第二步电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，醋酸的电离平衡常数大于氢氰酸的电离平衡常数，氢氰酸的电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序是Na2CO3NaCNCH3COONaNa2C2O4，等体积等pH的CH3COOH和HCN溶液相比，n(H

44、CN)n(CH3COOH)，所以中和等体积等pH的CH3COOH和HCN溶液消耗NaOH的物质的量后者大，故答案为：Na2CO3NaCNCH3COONaNa2C2O4；后者大；(2)当Vc(H+)c(C2O42-)c(H2C2O4)；故答案为：c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(H2C2O4)；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：。