2025届高三化学一轮复习 -盐类的水解

2025届高三化学复习-盐类的水解 一、单选题 1．（2024高三上·江苏南京·期末）下列有关说法正确的是 A．反应室温下不能自发进行，则该反应的 B．下，在稀溶液中加水稀释，的值不变 C．在溶液中，滴入少量溶液产生黑色沉淀，电离程度减小 D．与足量的水反应生成，转移的电子数目为 2．（2024高三下·浙江绍兴·期中）在下列溶液中能大量共存的离子组是 A．0.1mol/L的AlCl3溶液：Na+、CH3COO－、、S2－ B．0.1mol/L的H2SO4溶液：Mg2+、Fe2+、Br－、 C．0.1mol/L的FeCl3溶液：、K+、CN－、 D．0.1mol/L的NaOH溶液：K+、Na+、Cl－、 3．（2024高三上·江苏南京·阶段练习）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向2支盛有5mL不同浓度溶液的试管中同 时加入2mL5％溶液，观察实验现象 浓度越大，反应速率越快 B 将的溶液和等浓度的溶液 混合，有沉淀生成 沉淀为碳酸钙 C 向盛有的试管中滴加新制氯水，产生无色气体 酸性： D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应 A．A B．B C．C D．D 4．（2024高三上·江苏南京·期中）室温下，某兴趣小组通过下列实验制备少量NaHCO3并探究其性质。 实验1：测得100 mL 14 mol·L-1氨水的pH约为12； 实验2：向上述氨水中加NaCl粉末至饱和，通入足量CO2后析出晶体； 实验3：将所得混合物静置后过滤、洗涤、干燥，得到NaHCO3； 实验4：配制100 mL一定浓度的NaHCO3溶液，测得pH为8.0。 下列说法正确的是 A．依据实验1推测Kb(NH3·H2O)约为7×10-26 B．依据实验2推测溶解度：NaHCO3>NaCl C．实验3所得滤液中：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-) D．实验4的溶液中：c(H2CO3)>c() 5．（24-25高三上·江西·开学考试）下列实验操作、结论均正确的是 选项 实验操作 结论 A 用pH试纸测定同浓度KCN溶液、K2CO3溶液的pH，后者的pH高于前者 HCN的酸性比H2CO3的强 B 用pH计测定某溶液R的pH，pH=6.5 溶液R一定呈酸性 C 将MnSO4溶液和(NH4)2S2O8溶液混合并分成甲、乙两等份，甲中滴加2滴Ag2SO4溶液，乙中滴加2滴蒸馏水，观察到甲中迅速变为紫红色，乙中缓慢变为浅红色 Ag+作为MnSO4和(NH4)2S2O8反应的催化剂 D 常温下，在铁铝合金表面滴加浓硫酸，无明显现象 铁铝合金不和浓硫酸反应 A．A B．B C．C D．D 6．（2024高三下·江苏宿迁·阶段练习）下列由废催化剂(主要含及少量溴、苯)制取无水的实验装置与原理能达到实验目的的是 A．用装置制取氯气 B．用装置氧化溶液中的溴离子 C．用装置分离出溶液 D．用装置蒸干溶液可得无水 A．A B．B C．C D．D 7．（2024高三下·黑龙江大庆·期末）雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下离子中的若干种：、Ba2+、Fe2+、Cl-、、、。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成如下实验： 下列说法错误的是 A．原溶液中一定含有、、Fe2+、 B．该溶液中一定不含有，不能确定是否有Cl- C．实验②发生的离子方程式有：Fe3++3=3CO2↑+Fe(OH)3↓ D．气体F的成分是NH3 8．（2024高三下·湖南岳阳·期末）常温下，向20 ml 0.2 mol/L一元弱碱ROH溶液中逐滴加入0.1 mol/L盐酸，溶液的M值{M=lg[c(ROH)/c(R+)]}随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。已知a点pH=9.8，下列说法中错误的是 A． B．b点时，溶液可能呈中性 C．c点时， D．a点中水的电离程度小于d点中水的电离程度 9．（2024高三下·广东·期末）对于溶液，正确的是 A．稀释溶液，水解常数增大 B．忽略溶液体积变化和空气影响，升高温度，增大 C． D． 10．（2024高三上·广西柳州·阶段练习）常温下，向的溶液中滴加的溶液，溶液中随的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．常温下，的电离平衡常数为 B．当溶液的时，消耗溶液体积小于 C．a点溶液中： D．溶液中水的电离程度大小： 11．（2024高三下·山西晋城·阶段练习）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。常温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是 A．碳酸钠溶液()中： B．加入苯酚显紫色的溶液中能大量共存的离子： C．酸性溶液中： D．常温下的溶液中： 12．（2024高三下·山西·期末）室温下，向浓度均为的NaOH和混合溶液A中滴加标准盐酸，溶液pH与关系如图所示。下列叙述错误的是 A．b点对应溶液中水的电离程度最大 B．常温下，的水解常数约为 C．a点溶液中： D．b点溶液中： 13．（2024高三下·河南平顶山·期末）常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液中与pH的关系如图所示(已知c点对应pH为7)。下列叙述错误的是 A．直线L1代表与pH的关系 B．V=10.0时，溶液中() C．c点对应溶液中 D． (l)的平衡常数 14．（2025高三·全国·专题练习）下列离子组中加（或通）入相应试剂后，判断和分析均正确的是 选项 离子组 加（或通）入试剂 判断和分析 A 、Ba2+、Cl-、 足量CO2 能大量共存 B Na+、Mg2+、Cl-、 足量NaOH溶液 不能大量共存，只发生下列反应：Mg2++=MgCO3+H2O C Na+、K+、Cl-、 足量NaHCO3溶液 不能大量共存，因和之间会发生相互促进的水解反应生成CO2气体和Al(OH)3沉淀 D Na+、K+、ClO-、 少量 不能大量共存，只发生下列氧化还原反应： ClO-+H2O+SO2=Cl-++2H+ A．A B．B C．C D．D 二、非选择题 15．（2024高三上·北京海淀·阶段练习）I.25℃时，对比下列两种溶液，填空。 甲 乙 丙 物质的量浓度(mol/L) 0.10 pH 10 10 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 盐酸 (1)两溶液中c(OH-)：甲 乙(填“<”、“=”或“>”，下同)。 (2)两溶液中溶液的物质的量浓度：甲 乙。 (3)两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：甲 乙。 (4)等体积的甲、乙两溶液分别与丙溶液完全中和，消耗盐酸的体积：甲 乙。 (5)已知：lg2≈0.3，则等体积的乙与丙溶液混合后(忽略混合过程中的溶液体积变化)，溶液的pH约为 。 II.醋酸是我们很熟悉的一种有机物。 (6)醋酸的电离方程式为 。 (7)某同学为了了解醋酸溶液的导电性进行了相应实验，如图为冰醋酸(无水醋酸晶体)在稀释过程中溶液的导电性变化关系图。 ①在稀释过程中，a、b、c三处溶液的pH由大到小的顺序是 。 ②从b点到c点，溶液中的比值 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ③b点时溶液除水以外各种分子、离子的浓度由大到小的顺序是 。 III.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数： 弱酸化学式 HF HClO H2CO3 H2SO3 电离平衡常数 6.6×10-4 4.2×10-8 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 K1=1.23×10-2 K2=6.6×10-8 (8)相同物质的量浓度的HF、HClO溶液中，水的电离程度大的是 溶液。 (9)NaClO溶液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性，原因是 (用化学用语表示)。 (10)NaClO溶液与少量CO2反应的离子方程式是 。 (11)将0.02mol/L的HF与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈酸性，以下说法正确的是 (填序号)。 A．相同条件下，HF的电离程度大于F-的水解程度 B．c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-) C．c(HF)+c(F-)=2c(Na+)=0.02mol/L D．c(Na+)＞c(F-)＞c(HF)＞c(H+)＞c(OH-) (12)经测定，NaHSO3溶液呈酸性，其原因是 。 (13)氯水可用作消毒剂。 ①若需增大氯水中的次氯酸的浓度，可向氯水中加入足量的 (填序号)。 A．Na2CO3B．NaHCO3C．Na2SO3D．NaHSO3 ②请用化学平衡移动的原理解释其原因： 。 ③请用离子方程式表示C可以或不可以的原因： 。 16．（2024高三上·上海宝山·阶段练习）氮元素在自然界中存在多种价态，结合题干回答下列问题： (1)如图所示为元素周期表中氮元素部分信息，数据“14.01”表示的是 ；氮元素原子核外有 个未成对电子，最外层有 种能量不同的电子。 (2)氮和磷是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是_______(填编号)。 A．NH3比PH3稳定性强 B．Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4 C．硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性 D．氮气常温是气体，磷单质是固体 (3)已知，氯胺NH2Cl熔点-66℃，NH4Cl熔点340℃，氯胺的电子式为 。 (4)NH2Cl比HClO稳定性高，易水解，因水解后能产生可杀菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂，NH2Cl发生水解的化学方程式为 。 (5)将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中离子浓度大小关系为 。 (6)下列做法能使氯化铵溶液中的 c(NH)与 c(Cl-)比值变大的是_______(选填编号) A．通入少量氯化氢 B．加入固体氯化铵 C．降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠 (7)肼(N2H4)又称联氨，具有很强的还原性。已知在酸性条件能与MnO2反应，产生N2、 Mn2+、H2O，写出该反应的离子方程式并配平 。 17．（2024高三上·湖北襄阳·期中）现有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵、⑦氨水，请回答下列问题： (1)①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是(填序号) 。 (2)④、⑤、⑥、⑦四种溶液中NH浓度由大到小的顺序是(填序号) 。 (3)将③和④按体积比1：1混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是 。 (4)已知t℃时，Kw=1×10-13，则t℃(填“>”“<”或“=”) 25℃。在t℃时将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=2，则a：b= 。若在常温时将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液呈中性，则a：b= 。 18．（2024高三上·广东深圳·期末）双氧水、84消毒液、都可做消毒剂。 Ⅰ.某学习小组为探究的电离情况，用计测定25℃时不同浓度次氯酸的，结果如下： 浓度/() 0.2000 0.1000 0.0100 2.83 2.88 3.38 (1)根据表中数据可知是 电解质(填“强”或“弱”)，得出此结论的依据是 。 (2)从表中数据，还可以得出另一结论：随着次氯酸溶液浓度的减小，次氯酸的电离程度 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 Ⅱ.2016年巴西奥运会期间，工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是与反应产生。 (3)①该反应说明氧化性： (填“>”或“<”)。 ②当有生成时，转移电子 。 (4)已知：不稳定，为防止存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余少量，请运用平衡移动原理解释的作用： 。 (5)双氧水是二元弱酸，298K时，，，双氧水电离方程式为 ；298K时双氧水溶液的 。(已知：) 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B D C C A B B C 题号 11 12 13 14 答案 A D D A 1．B 【详解】A．依据反应自发性的判断依据是，结合反应特征分析，反应室温下不能自发进行，，反应的熵变，则，故A项错误； B．在稀溶液中，，温度不变，则Kw和Kb不变，所以加水，的值不变，故B项正确； C．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-电离出的S2-与Cu2+结合生成CuS沉淀，HS-电离程度增大，故C项错误； D．Na2O2与足量的水反应生成1molO2，转移2mol电子，2.24LO2（标准状况下）即0.1mol，转移的电子数目为0.2×6.02×1023，故D项错误； 故本题选B。 2．D 【详解】A．0.1mol/L的AlCl3溶液中Al3+会和S2－发生双水解反应，2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，不能大量共存，A错误； B．0.1mol/L的H2SO4溶液中、H+、Fe2+会发生氧化还原反应不能大量共存，B错误； C．0.1mol/L的FeCl3溶液中CN－和Fe3+会反应生成[Fe(CN)6]3-络合物，不能大量共存，C错误； D．0.1mol/L的NaOH溶液中K+、Na+、Cl－、之间不发生反应，可以大量共存，D正确； 故选D。 3．B 【详解】A．该反应无明显现象，无法清晰分辨反应速率快慢，描述错误，A错误； B．与反应生成碳酸钙，二氧化碳，氯化钠，B正确； C．向盛有的试管中滴加新制氯水，产生无色气体，氯水中有盐酸和次氯酸，酸性：，不能证明，C错误； D．向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅，苯萃取了溴水中的溴，D错误； 故选B。 4．D 【详解】A．常温下pH=12，c(H+)=10-12mol/L，则c(OH-)=10-2mol/L，，则， A错误； B．发生反应NH3+H2O+NaCl+CO2= NaHCO3↓+NH4Cl，析出NaHCO3晶体，说明溶解度NaHCO3＜NaCl，B错误； C．得到的溶液主要含NH4Cl、NaCl，且含有少量NaHCO3，根据电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)+c()+2c()=c(Na+)+ c(H+)+c()，又物料守恒：，C错误； D．NaHCO3溶液中，根据物料守恒：，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c()+2c()，两式联立得：c(H2CO3)- c()=c(OH-)- c(H+)=10-6mol/L-10-8 mol/L＞0，所以c(H2CO3)>c()，D正确； 故答案为：D。 5．C 【详解】A．的酸性由决定，对应的盐是，A错误； B．温度不确定，如果温度高于常温，中性溶液的pH也可能为6.5，B错误； C．可以作为和反应的催化剂，加速反应速率，因此甲中迅速变为紫红色，乙中缓慢变为浅红色，C正确； D．常温下，铁铝合金遇浓硫酸生成了一层致密的氧化膜，D错误； 故选C。 6．C 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，A错误； B．氯气通到溴化铁溶液中，左边装置应长管进短管出，B错误； C．氯化铁溶于水不溶于苯，溴在苯中的溶解度更大，可用萃取分离，C正确； D．氯化铁溶液中铁离子易水解，在空气中蒸干溶液会得到氢氧化铁，得不到无水FeCl3⋅6H2O，D错误； 答案选C。 7．A 【分析】实验①中加入足量稀盐酸，有气体A生成，该气体可能为二氧化碳或一氧化氮，实验②中加入过量的碳酸氢钠溶液，气体C为CO2，沉淀E只能为Fe(OH)3，说明原溶液中一定含有Fe2+，一定不含，通过上述实验无法确定Ba2+和的存在情况，实验③中加入足量Ba(OH)2，加热产生气体F，F为NH3，说明原溶液中含有，由于B中碳酸氢钠过量，所以G可能为BaSO4或者BaCO3或者两者的混合物，综上可知，气体A为NO，气体F为NH3，一定含有的离子为Fe2+和、，一定不含，可能含有Cl-，Ba2+和可能含有且只能含有一种，据此回答。 【详解】A．根据分析可知，一定含有的离子为Fe2+和、，一定不含，可能含有Cl-，Ba2+和可能含有且只能含有一个，A错误； B．一定不含，可能含有Cl-， B正确； C．实验②中Fe3+与双水解反应生成CO2和Fe(OH)3，离子方程式有：Fe3++3HCO=3CO2↑+Fe(OH)3↓，C正确； D．根据分析可知，气体F为NH3，D正确； 故选A。 8．B 【分析】向20mL 0.2mol•L-1一元弱碱ROH溶液中逐滴加入0.1mol•L-1盐酸，发生反应ROH+HCl=RCl+H2O，由图可知，a点M=lg=0，故c(R+)=c(ROH)，b点加入盐酸体积为20mL，溶质为等浓度的ROH和RCl，c点加入盐酸体积为40mL，溶质为RCl，d点加入盐酸大于40mL，溶质为RCl和HCl。 【详解】A．a点pH=9.8，c(H+)=10-9.8mol/L，c(OH-)=10-4.2mol/L，a点M=lg=0，故c(R+)=c(ROH)，Kb(ROH)==c(OH-)=1×10-4.2，A正确； B．b点加入盐酸体积为20mL，溶质为等浓度的ROH和RCl,M=lg＜0，故c(R+)＞c(ROH)，说明溶液中ROH电离程度大于R+水解程度，溶液显碱性，B错误； C．c点加入盐酸体积为40mL，溶质为RCl,由物料守恒可知c(Cl-)=c(R+)+c(ROH)，C正确； D．a点pH=9.8，c(H+)=10-9.8mol/L，c(OH-)=10-4.2mol/L，溶液呈碱性，c(H+)水=10-9.8mol/L，d点溶质为RCl和HCl,溶液显酸性，M=lg=-3.8，故10-3.8c(R+)=c(ROH)，Kb(ROH)==103.8×c(OH-)=1×10-4.2，c(OH-)水=10-8mol/L，水的电离程度a<d，D正确； 故选B。 9．B 【详解】A．稀释溶液，水解常数不变，水解常数只和温度有关，故A错误； B．升高温度，促进水解正向移动，增大，故B正确； C．根据电荷守恒可知，，故C错误； D．根据物料守恒可知，，故D错误； 答案选B。 10．C 【详解】A．b点=0，则=1，pH=4.76则c(H+)=10-4.76mol/L，常温下，的电离平衡常数Ka==10-4.76×1=，故A正确； B．醋酸是弱酸，醋酸钠溶液显碱性，pH=7则溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，消耗氢氧化钠小于20mL，故B正确； C．c点是存在电荷守恒：，由于c点pH=2.88呈酸性，c(H+)> c(OH-)，则有，错误，故C错误； D．a→b→c，加入氢氧化钠的过程中醋酸的浓度不断减小，对水电离的抑制不断减小，因此溶液中水的电离程度大小：c>b>a，故D正确； 答案选C。 11．A 【详解】A．碳酸根离子和题给的三种离子均不会反应，且三种离子之间也互不反应，故各离子可以共存，A正确； B．加入苯酚显紫色的溶液中有铁离子，铁离子和硫离子之间会发生氧化还原反应，生成亚铁离子和硫单质，故二者不能共存，B错误； C．草酸根离子、亚铁离子、溴离子均能和酸性高锰酸钾溶液发生反应，故不能共存，C错误； D．常温下的溶液中，氢离子浓度为，溶液中还有硝酸根离子，在氢离子的作用下硝酸根离子会将亚铁离子氧化，故三者不能共存，D错误； 答案选A。 12．D 【分析】向浓度均为的NaOH和混合溶液A中滴加盐酸，根据图像可知，a点NaOH没有反应完全，溶质为、NaOH、NaCl，当η=1时，则盐酸也为1L，即HCl也是0.2mol，此时HCl与NaOH恰好完全反应，故b点溶质为0.2molNa2CO3与0.2molNaCl，当η=1时，盐酸为2L，即HCl是0.4mol，c点溶质为0.2mol，0.4molNaCl。 【详解】A．a→b为盐酸与NaOH的中和反应，NaOH浓度降低，则水电离程度增大，b→c为盐酸与反应生成，水电离程度减小，则b点对应溶液中水的电离程度最大，A项正确； B．根据b点可知，则，的水解常数，B项正确； C．根据图像可知a点溶液显碱性，则，结合电荷守恒可得：，C项正确； D．b点溶质为、NaCl，由分析可知，根据物料守恒关系为，D项错误； 答案选D。 13．D 【分析】根据，，当pH增大，增大，则增大，也增大，因此直线L2代表与pH的关系，直线L1代表与pH的关系。同理可得：，代入a点数值，可以得到=10-4.76；代入b点数值，可以得到=10-4.76。二者电离常数相等，则溶液显中性。 【详解】A．根据分析知，直线L1代表与pH的关系，A正确； B．V=10.0时，溶质为等物质的量的和，则溶液显碱性，离子浓度为：，B正确； C．c点对应pH为7，显中性，，根据分析知，溶质为，根据电荷守恒：，则，C正确； D． (l)的平衡常数，D错误； 故选D。 14．A 【详解】A．、、、之间不反应，通入足量 也不反应，能够大量共存，A正确； B．生成的碳酸镁与氢氧化钠溶液反应生成更难溶的氢氧化镁，B错误； C．和之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，和 发生的不是相互促进的水解反应，C错误； D．、、、之间不反应能够共存，通入少量与发生氧化还原反应， 与 结合生成，不能大量共存，D错误； 答案选A。 15．(1)= (2)> (3)> (4)> (5)1.3 (6)CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (7) b、a、c 增大 c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)； (8)HClO (9) 碱 ClO-+H₂O⇌HClO+OH- (10) (11)AB (12)HSO的电离程度大于水解程度； (13) B 加入NaHCO3可以结合氢离子，平衡正向移动； HClO+ SO=HSO+ClO- 【详解】（1）两种溶液的pH相同，温度相同，则氢离子和氢氧根离子浓度都相同，故答案为：=； （2）氨水中的一水合氨的弱电解质，是部分电离，则两者pH相同时前者浓度大，故答案为：>； （3）氨水中的一水合氨的弱电解质，稀释促进弱电解质的电离，其中氢氧根离子浓度较大，故答案为：>； （4）由第二问分析可知，甲的浓度大，故两者体积相等时，甲的物质的量多，消耗的盐酸多，故答案为：>； （5）混合后c(H+)=，则pH=1+0.3=1.3； （6）醋酸是弱电解质，其电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+； （7）①溶液的导电能力与氢离子浓度成正比，根据溶液导电能力知，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c，酸抑制水电离，酸中氢离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，所以由水电离出的c（H+）由小到大顺序是b、a、c，故答案为b、a、c； ②加水稀释促进醋酸电离，则n（CH3COO-）增大、n（CH3COOH）减小，所以从b点到c点，溶液中的比值增大，故答案为增大； ③b点时溶液呈酸性，酸微弱电离，也存在水的电离，故除水以外各种分子、离子的浓度由大到小的顺序是c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)； （8）根据表格中的数据可知，HF的电离程度大，相同物质的量浓度时，其中的氢离子浓度大，对水的电离的已知程度大，水的电离程度小，故答案为：HClO； （9）NaClO溶液中次氯酸根离子可以水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性；原因是：ClO-+H₂O⇌HClO+OH-； （10）根据表格中的数据可知，酸性，次氯酸钠溶液中通入少量的二氧化碳气体，反应的离子方程式为； （11）将0.02mol/L的HF与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后溶质是等浓度的NaF和HF，溶液显酸性，说明HF电离为主，氟离子水解是次要的； A．由分析可知HF的电离程度大于F-的水解程度，A正确； B．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，B正确； C．溶液体积加倍，则根据元素守恒，此时c(HF)+c(F-)=2c(Na+)=0.01mol/L，C错误； D．由分析可知HF电离为主，则c(F-)＞c(Na+)，D错误； 故选AB； （12）NaHSO3溶液呈酸性,说明溶液中HSO的电离程度大于水解程度； （13）①氯水中发生可逆反应，结合表中数据可知，加入NaHCO3可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大，而Na2CO3和Na2SO3会和次氯酸，故答案为：B； ②由①的分析可知加入NaHCO3可以结合氢离子，平衡正向移动； ③根据表格中的数据Na2SO3可以和次氯酸反应，从而降低其浓度，反应的方程式为：HClO+ SO=HSO+ClO-。 16．(1) 氮元素的相对原子质量 3 2 (2)AB (3) (4)NH2Cl+H2OHClO+NH3 (5)[Cl-]>[NH]>[H+]>[OH-] (6)BC (7)N2H4 + 2MnO2 + 4H+→ N2 + 2Mn2+ + 4H2O 【详解】（1）数据“14.01”表示的是氮元素的相对原子质量，氮原子核外电子排布式为：1s22s22p3，则核外有3个未成对电子，最外层有2种能量不同的电子，故答案为：氮元素的相对原子质量；3；2； （2）元素的非金属性越强，氢化物越稳定、最高价含氧酸的酸性越强， a.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，NH3比PH3稳定性强，说明非金属性氮强于磷，故a正确； b.Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4，说明酸性硝酸强于磷酸，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则非金属性氮强于磷，故b正确； c.硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性，酸的氧化性与元素的非金属性无关，故c错误； d.氮气常温是气体，磷单质是固体，单质的状态与元素的非金属性无关，故d错误； 故答案为：ab； （3）氯胺中所有原子最外层均满足饱和结构，氯胺分子的电子式为，故答案为：； （4）氯胺在水中部分发生水解反应生成氨气和次氯酸，其反应的化学方程式为NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO，故答案为：NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO； （5）将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，二者恰好反应产生NH4Cl，该盐是强酸弱碱盐，发生水解反应而消耗，而Cl-不发生反应，所以c(Cl-)＞c()；发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)；但盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于其水解产生的离子浓度，则c()＞c(H+)，故该溶液中含有的各种离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)； （6）a.通入少量氯化氢，NH4Cl的水解平衡逆向移动，导致c()增大，但平衡移动趋势是微弱的，最终达到平衡水溶液中c()与c(Cl-)比值变小，故a错误； b.加入固体氯化铵，溶液中NH4Cl水解程度减小，最终达到平衡时c()与c(Cl-)比值变大，故b正确； c.盐水解反应是吸热反应，降低溶液温度，水解平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中c()与c(Cl-)比值变大，故c正确； d.加入少量固体氢氧化钠反应消耗变为NH3•H2O，c()减小，因此最终达到平衡时溶液中c()与c(Cl-)比值变小，故d错误； 故答案为：bc； （7）肼(N2H4)又称联氨，具有很强的还原性，在酸性条件能与MnO2反应，产生N2、Mn2+、H2O，其反应的离子方程式为：N2H4+2MnO2+4H+=N2+2Mn2++4H2O，故答案为：N2H4+2MnO2+4H+=N2+2Mn2++4H2O。 17．(1)④②③① (2)⑥④⑤⑦ (3)c(Cl-) =c(Na＋)>c(OH-) >c(NH)>c(H＋) (4) > 9：2 100：1 【详解】（1）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，0.1mol/L的①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵中，硫酸中氢离子浓度为0.2mol/L、醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L、氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，氯化铵促进水电离，所以①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①。 （2）氯化铵、醋酸铵、硫酸氢铵属于强电解质，在水溶液里完全电离，一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，醋酸根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，所以铵根离子浓度大小顺序是⑥④⑤⑦。 （3）将③和④按体积比1：1混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、NH3·H2O，氯化钠为强电解质，完全电离，钠离子和氯离子浓度相等，NH3·H2O为弱电解质，部分电离生成铵根离子和氢氧根离子，水电离生成氢氧根离子和氢离子，则有c(OH-) >c(NH)>c(H＋)，因此混合液中各离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl-) =c(Na＋)>c(OH-) >c(NH)>c(H＋)。 （4）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，t℃时，Kw=1×10-13，则t℃＞25℃，t℃时pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，混合溶液中c(H+)=mol/L=0.01mol/L，则a:b=9:2；常温时pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=mol/L=0.001mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，混合溶液中c(H+)=c(OH-)，0.1mol/LbL=0.001mol/LaL，则a:b=100:1。 18．(1) 弱 溶液的，说明未完成电离或“溶液的，说明未完成电离 (2)增大 (3) ＞ 0.2 (4)加入使增大，平衡逆移，使减小，分解速率减慢(或消毒液更稳定) (5) 、 6.4 【详解】（1）根据表中数据的pH大于1，说明HClO是部分电离即是弱电解质，得出此结论的依据是溶液的，说明未完成电离或“溶液的，说明未完成电离”；故答案为：弱；溶液的，说明未完成电离或“溶液的，说明未完成电离。 （2）从表中数据，0.1000 mol∙L−1变为0.01 mol∙L−1，浓度变为原来的十分之一，则氢离子浓度也应变为原来的十分之一即pH应为3.88，但pH变为了3.38，则可以得出随着次氯酸溶液浓度的减小，次氯酸的电离程度增大；故答案为：增大。 （3）①与反应产生，说明双氧水中氧化合价升高，体现还原性，则NaClO体现氧化性，因此该反应说明氧化性：＞；故答案为：＞。 ②双氧水中氧为−1价，当有生成时，转移电子0.2；故答案为：0.2。 （4）已知：不稳定，为防止存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余少量，请运用平衡移动原理解释的作用：，次氯酸根水解生成次氯酸和氢氧根，加入使增大，平衡逆移，使减小，分解速率减慢(或消毒液更稳定)；故答案为：加入使增大，平衡逆移，使减小，分解速率减慢(或消毒液更稳定)。 （5）双氧水是二元弱酸，298K时，，，说明双氧水是一步一步电离，其双氧水电离方程式为、；298K时双氧水溶液，则，则；故答案为：、；6.4。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$