2025届高考化学一轮复习 盐类的水解

盐类的水解 一．选择题（共15小题） 1．（2024•鼓楼区一模）下列说法正确的是（　　） A．0.1mol/LNa2CO3溶液： B．0.1mol/LNaHSO3溶液（pH＜7）： C．等浓度、等体积的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液（pH＞7）： D．0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）：mol•L﹣1 2．（2024•江苏一模）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol/LNaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O的挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2SO3）+c（HS）+c（S）。H2SO3的电离常数分别为Ka1＝1.29×10﹣2，Ka2＝6.24×10﹣8。下列说法正确的是（　　） A．“吸收”所得溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（HS）+c（S）+c（OH﹣） B．“吸收”过程中，溶液中c总＝0.1mol/L时：Kw＞Ka1•Ka2 C．若“吸收”所得溶液pH＝7，则溶液中c（S）＞c（H2SO3） D．“氧化”时调节溶液pH约为5，主要发生反应：2S+O2═2S 3．（2024•建邺区三模）草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol/LNaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（　　） A．V（NaOH）＝0时，c（H）＝1×10﹣2mol/L B．V（NaOH）＜10mL时，不可能存在c（Na+）＝2c（C2）+c（HC2） C．V（NaOH）＝10mL时，c（H）＝1×10﹣7mol/L D．V（NaOH）＞10mL时，c（Na+）＞c（C2）＞c（HC2） 4．（2024•南京模拟）室温下，用含有少量Mn2+的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如图。下列说法正确的是（　　） A．NaClO溶液中：c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣） B．NH4HCO3溶液中：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＝c（H+）+c（H2CO3）+c（） C．“过滤”所得滤液中：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（） D．“过滤”所得滤液中：＜ 5．（2024•新吴区一模）侯氏制碱法原理是，向饱和氨盐水（通入NH3至饱和的饱和NaCl溶液）中通CO2，发生反应已知，NaCl+NH3+H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4Cl。通入CO2的过程中，始终存在c（）＜c（）。下列说法错误的是（　　） A．饱和氨盐水中：c（）+c（H+）＝c（OH﹣） B．开始通入CO2时，主要的离子反应为CO2+2NH3•H2O═+2+H2O C．析出晶体后的溶液中：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（）+c（H2CO3） D．过滤所得的滤液中：c（）＞c（H2CO3）＞c（） 6．（2024•徐州四模）实验测得0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（　　） A．Na2SO3溶液中存在水解平衡+2H2O⇌H2SO3+2OH﹣ B．温度升高，溶液pH降低的主要原因是水解程度减小 C．a、b两点均有c（Na+）＝2[c（）+c（）+c（H2SO3）] D．将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液 7．（2024•常熟市一模）下列有关化学用语表达正确的是（　　） A．AlCl3溶液中Al3+的水解反应方程式：Al3++3H2O═Al（OH）3+3H+ B．CaCO3的溶解平衡表达式：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+（aq） C．的水解方程式：+H2O⇌H3O++ D．H2CO3的电离方程式：H2CO3⇌2H++ 8．（2024•建邺区期末）欲使CaCl2与HCl的混合溶液转变成中性溶液，在不用指示剂的情况下，选用的物质是（　　） A．氨水 B．CaCO3 C．Na2CO3 D．NaOH 9．（2024•苏州期末）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1的CH3COOH溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．点①所示的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH） B．点②所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）＞c（CH3COOH）+c（OH﹣） C．点③所示的溶液中：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH） D．点④所示的溶液中：c（H+）＝c（CH3COOH）+c（OH﹣） 10．（2017春•盐都区一模）下列有关0.10mol•L﹣1的NH4Cl溶液的叙述正确的是（　　） A．c（H+）＜c（OH﹣） B．c（）＞c（Cl﹣） C．c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣） D．c（）+c（Cl﹣）＝0.10mol•L﹣1 11．（2024•锡山区期末）已知：[FeCl4（H2O）2]﹣为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，下列实验所得结论不正确的是（　　） （溶液中有少量的Fe（OH）3时呈浅黄色；加热为微热，忽略体积变化） ① ② ③ ④ 加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深 加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化 加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深 加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深 A．实验①中，Fe2（SO4）3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe（OH）3 B．实验②中，酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响 C．实验③中，加热，可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣正向移动 D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3+水解平衡正向移动 12．（2024•建邺区一模）有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1，下列说法正确的是（　　） A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞① B．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞② C．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是② D．若分别加入25mL 0.1mol•L﹣1盐酸后，pH最大的是① 13．（2024•盐城三模）燃煤烟气脱硫的一种方法如题12图所示。室温下以150mL0.2mol•L﹣1氨水吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和NH3、H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2SO3）+c（）+c（）。H2SO3的电离平衡常数分别为：Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.3×10﹣7；NH3•H2O的电离平衡常数为：Kb＝1.8×10﹣5。下列说法正确的是（　　） A．NH3•H2O吸收SO2所得到的溶液中：c（）＞2c（） B．NH3•H2O吸收SO2，c总＝0.1mol•L﹣1溶液：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3） C．NH3•H2O吸收标况下0.448LSO2，所得溶液中：3c（）+3c（NH3•H2O）＝2c（H2SO3）+2c（）+2c（） D．题图所示“吸收”“氧化”后的溶液pH增大 14．（2024•江阴市一模）一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是（　　） A．能与金属Al反应放出H2 B．c（OH﹣）＜ C．pH＝6 D．不能使酚酞溶液显红色 15．（2024•秦淮区一模）常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　） A．pH＝8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（）＞c（H2CO3）＞c（） B．少量Cl2通入过量冷的0.1mol•L﹣1NaOH溶液中：c（Na+）＝c（HClO）+c（ClO﹣）+c（Cl﹣） C．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液混合到pH＝7：c（Na+）＝c（Cl﹣）＝c（CH3COOH） D．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（Cl﹣）+c（OH﹣） 二．解答题（共5小题） 16．（2024•海安市期末）苏打型盐碱地含有较多Na2CO3、NaCl，导致土壤出现不同程度的碱性，影响农植物生长。通过非化学改良和化学改良等综合治理，也可以实现粮食高产。 Ⅰ.非化学改良是采用淡水喷灌、抽取盐水补充淡水等措施，降低土壤碱性的治理方法。 （1）苏打型（Na2CO3）盐碱地土壤显碱性的主要原因是 　 　（用离子方程式表示）。 （2）相比于原土壤中水的电离程度，通过抽取盐水补充淡水，后来土壤中水的电离程度 　 　（填“增大”、“不变”或“减小”）。 Ⅱ.化学改良是通过施加适量的磷酸二氢钙[Ca（H2PO4）2]、石膏（CaSO4•2H2O）、绿矾（FeSO4•7H2O）等化学试剂，降低苏打型盐碱地碱性的方法。已知：常温下磷酸溶液中，平衡时含磷微粒（H3PO4、H2、、）浓度占含磷微粒总浓度的比值δ随pH变化的情况如图所示。 （3）常温下，某Ca（H2PO4）2溶液的pH＝6.0。 ①在H2中，磷原子的杂化类型为 　 　。 ②＝　 　。 （4）石膏是治理盐碱地最常用的改良试剂。解释石膏降低土壤碱性的原理为：　 　。 （5）FeSO4•7H2O改良盐碱地时生成Fe3（OH）2（CO3）2沉淀和NaHCO3，离子方程式为 　 　。 17．（2019秋•启东市一模）CH3COOH、H2CO3、H2SO3的电离常数如表所示。 酸 电离常数 CH3COOH K＝1.8×10 ﹣5 H2CO3 K1＝4.3×10 ﹣7，K2＝5.6×10 ﹣11 H2SO3 K1＝1.54×10﹣2，K2＝1.02×10﹣7 请回答下列问题： （1）①NaHSO3溶液中电荷守恒表达式　 　 ②NaHSO3溶液中各离子浓度大小顺序：　 　 （2）①用离子方程式表示Na2CO3溶液碱性的原因　 　 ②写出Na2CO3溶液中物料守恒表达式　 　 ③写出NaHCO3溶液中质子守恒表达式　 　 （3）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液： ①NH4Cl ②NH4HCO3 ③（NH4）2SO4 ④NH4HSO4 ⑤（NH4）2Fe（SO4）2 溶液中c（NH4+）从大到小排列顺序为　 　（填序号） （4）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、 ④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为　 　（填序号） （5）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：　 　将AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是　 　（填化学式） （6）证明CH3COOH是弱电解质的简单且可行的方法是：　 　 （7）下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序或等量关系正确的是　 　 A．10 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L盐酸混合：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．10 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） C．10 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+） E．在NaHSO4溶液中，c（H+）＝c（OH﹣）+c（SO42﹣）， 18．（2024•锡山区期末）NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中：NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题： （1）NH4Al（SO4）2可作净水剂，其理由是 　 　（用必要的化学用语和相关文字说明）。 （2）相同条件下，相等物质的量浓度的NH4Al（SO4）2中c（NH4+） 　 　（填“等于”“大于”或“小于”）0.1mol•L﹣1 NH4HSO4中c（NH4+）。 （3）如图1是0.1mol•L﹣1电解质溶液的pH随温度变化的图象。 ①其中符合0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是 　 　（填写字母）； ②室温时，0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）＝　 　。 （4）室温时，向100mL0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣11NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a，b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 　 　；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 　 　。 （5）Zn（OH）2与Al（OH）3性质相似，均为两性氢氧化物，已知有关锌的化合物的下列反应：Zn2++2OH﹣═Zn（OH）2↓；Zn（OH）2+2OH﹣═[Zn（OH）4]2﹣。如图3是常温条件下，溶液的pH与1gC的关系图象，lgC＝lgc（Zn2+）或1gC＝1gc[Zn（OH）4]2﹣。下列说法正确的是 　 　。 A.由b点到a点可以通过升高溶液pH和溶液c（Zn2+）的方法来实现 B.溶液中Zn2+析出沉淀的pH范围为8～12 C.常温下，Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17 D.元素Zn在甲区以Zn2+存在，在丙区以[Zn（OH）4]2﹣存在 19．（2024•无锡期末）酸、碱、盐的水溶液在生产、生活及化学实验中有极广泛的存在和应用，请同学们运用所学的电离、水解等知识解决下列问题。 （1）已知25℃时部分弱酸的电离平衡常数如表所示，回答下列问题： 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数 Ka＝1.75×10﹣5 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka＝4.0×10﹣8 ①物质的量浓度均为0.1mol/L的下列四种溶液，pH最小的是：　 　（填字母）。 a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3 ②写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳反应的离子方程式：　 　。 （2）25℃时，取0.1mol/LHX溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8。 ①混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）＝　 　mol/L。 ②该混合溶液中：c（Na+） 　 　c（X﹣）（填“＞”、“＝”或“＜”）。 （3）相同温度，等物质的量浓度的下列溶液①NH4Cl②NH4HSO4③CH3COONH4④（NH4）2SO4⑤NH3⋅H2O，c（NH4+）由大到小的顺序正确的是 　 　（填字母）。 A．①②③④⑤ B．④②①③⑤ C．④③②①⑤ D．②④①③⑤ 20．（2024•常熟市一模）NaOH溶液可用于多种气体的处理。 （1）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3。 ①Na2CO3水溶液因CO32﹣水解而呈碱性，写出CO32﹣第一步水解的离子方程式 　 　。 已知25℃时，CO32﹣第一步水解的平衡常数Ka＝2×10﹣4，当溶液中＝20时，溶液的pH＝　 　。 ②泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液，请写出两者混合时反应的离子方程式 　 　。 （2）NO2可用NaOH溶液吸收，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。已知25℃电离常数Ka（HNO2）＝5.6×10﹣4、Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，现有： 溶液A：含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液； 溶液B：0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液。 ①则两份溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为 　 　。 ②若使溶液A和溶液B的pH相等，可选用的方法是 　 　（填字母）。 a.向溶液A中加适量NaOH b.向溶液A中加适量水 c.向溶液B中加适量NaOH d.向溶液B中加适量水 （3）SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收。吸收SO2的过程中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示： ①图中pH＝7时，溶液中离子浓度关系正确的是 　 　（填字母）。 A.c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣） B.c（Na+）＝c（SO 32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3） C.c（OH﹣）＝c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣） D.c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣） ②利用图中数据，求反应H2SO3⇌H++HSO3﹣的平衡常数的数值 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•鼓楼区一模）下列说法正确的是（　　） A．0.1mol/LNa2CO3溶液： B．0.1mol/LNaHSO3溶液（pH＜7）： C．等浓度、等体积的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液（pH＞7）： D．0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）：mol•L﹣1 【答案】D 【分析】A．溶液中由水电离出的氢离子等于由水电离出的氢氧根离子； B．0.1mol/LNaHSO3溶液的pH＜7说明溶液显酸性，即的电离大于水解； C．等浓度、等体积的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液的pH＞7说明溶液显碱性，即NH3•H2O的电离程度大于的水解程度； D．溶液中由水电离出的氢离子等于由水电离出的氢氧根离子，则0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）中有：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（）。 【解答】解：A．溶液中由水电离出的氢离子等于由水电离出的氢氧根离子，0.1mol/LNa2CO3溶液有：，故A错误； B．0.1mol/LNaHSO3溶液的pH＜7说明溶液显酸性，即的电离大于水解，故溶液中的离子浓度关系为：，故B错误； C．等浓度、等体积的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液的pH＞7说明溶液显碱性，即NH3•H2O的电离程度大于的水解程度，故溶液中的微粒浓度关系为：，故C错误； D．溶液中由水电离出的氢离子等于由水电离出的氢氧根离子，0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）中有：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），故有c（H2CO3）﹣c（）＝c（OH﹣）﹣c（H+）＝（10﹣6﹣10﹣8）mol/L＝9.9×10﹣7mol/L，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 2．（2024•江苏一模）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol/LNaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O的挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2SO3）+c（HS）+c（S）。H2SO3的电离常数分别为Ka1＝1.29×10﹣2，Ka2＝6.24×10﹣8。下列说法正确的是（　　） A．“吸收”所得溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（HS）+c（S）+c（OH﹣） B．“吸收”过程中，溶液中c总＝0.1mol/L时：Kw＞Ka1•Ka2 C．若“吸收”所得溶液pH＝7，则溶液中c（S）＞c（H2SO3） D．“氧化”时调节溶液pH约为5，主要发生反应：2S+O2═2S 【答案】C 【分析】A．根据电荷守恒关系分析判断； B．“吸收”所得溶液中c总＝0.1mol/L时溶质为NaHSO3，结合Kw、Ka1、Ka2数值进行计算； C．Ka1＝×c（H+）＝1.29×10﹣2，Ka2＝×c（H+）＝6.24×10﹣8，则Ka1•Ka2＝×c2（H+）； D．“氧化”时调节溶液pH约为5，溶液中溶质主要为NaHSO3。 【解答】解：A．“吸收”所得溶液中存在电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），故A错误； B．“吸收”所得溶液中c总＝0.1mol/L时溶质为NaHSO3，Ka1•Ka2＝1.29×10﹣2×6.24×10﹣8＝8.0496×10﹣10＞Kw，故B错误； C．Ka1•Ka2＝×c（H+）××c（H+）＝×c2（H+）＝1.29×10﹣2×6.24×10﹣8＝8.0496×10﹣10，若“吸收”所得溶液pH＝7，c（H+）＝10﹣7mol/L，则＝8.0496×104＞1，即c（）＞c（H2SO3），故C正确； D．“氧化”时调节溶液pH约为5，此时溶液中溶质主要为NaHSO3，发生的反应为2+O2＝2+2H+，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查溶液中离子浓度大小比较、二氧化硫的性质，侧重考查学生的计算能力和基础知识灵活运用能力，把握电离平衡常数表达式及其计算、溶液中溶质成分及守恒关系式的应用是解题关键，题目难度中等。 3．（2024•建邺区三模）草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol/LNaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（　　） A．V（NaOH）＝0时，c（H）＝1×10﹣2mol/L B．V（NaOH）＜10mL时，不可能存在c（Na+）＝2c（C2）+c（HC2） C．V（NaOH）＝10mL时，c（H）＝1×10﹣7mol/L D．V（NaOH）＞10mL时，c（Na+）＞c（C2）＞c（HC2） 【答案】D 【分析】A．V（NaOH）＝0时，NaHC2O4溶液中HC2部分电离产生H+； B．c（Na+）＝2c（C2）+c（HC2）时，溶液显中性，V（NaOH）＜10mL； C．V（NaOH）＝10mL时，溶质为Na2C2O4，溶液显碱性； D．V（NaOH）＞10mL时，溶液是Na2C2O4和NaOH的混合物。 【解答】解：A．V（NaOH）＝0时，NaHC2O4溶液中HC2部分电离产生H+，0.01mol/LNaHC2O4溶液中，c（H+）＜1×10﹣2mol/L，故A错误； B．当溶液显中性时，c（Na+）＝2c（C2）+c（HC2），V（NaOH）＜10mL，故B错误； C．V（NaOH）＝10mL时，溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，c（H+）＜1×10﹣7mol/L，故C错误； D．V（NaOH）＞10mL时，溶液是Na2C2O4和NaOH的混合物，溶液中c（Na+）＞c（C2）＞c（HC2），故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查溶液中离子浓度的关系，侧重考查学生基础知识的应用能力，试题难度中等。 4．（2024•南京模拟）室温下，用含有少量Mn2+的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如图。下列说法正确的是（　　） A．NaClO溶液中：c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣） B．NH4HCO3溶液中：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＝c（H+）+c（H2CO3）+c（） C．“过滤”所得滤液中：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（） D．“过滤”所得滤液中：＜ 【答案】C 【分析】ZnSO4溶液中加入次氯酸钠将二价锰离子氧化为二氧化锰并除去，在滤液中加入碳酸氢铵与氨水沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸铵，过滤得到碳酸锌，据此回答。 【解答】解：A．在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误； B．在NH4HCO3中存在质子守恒：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）+c（）＝c（H+）+c（H2CO3），故B错误； C．过滤之后的滤液为（NH4）2CO3，根据物料守恒，铵根离子以及水解产生的一水合氨分子的浓度之和等于碳酸氢根离子、电离产生的碳酸根离子、水解产生的碳酸分子的浓度之和的2倍，则为c（）+c（NH3•H2O）＝2[c（）+c（H2CO3）+c（）]，所以c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（），故C正确； D．过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于氢氧化锌的饱和溶液而言，氢氧根离子浓度偏小，则＞，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 5．（2024•新吴区一模）侯氏制碱法原理是，向饱和氨盐水（通入NH3至饱和的饱和NaCl溶液）中通CO2，发生反应已知，NaCl+NH3+H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4Cl。通入CO2的过程中，始终存在c（）＜c（）。下列说法错误的是（　　） A．饱和氨盐水中：c（）+c（H+）＝c（OH﹣） B．开始通入CO2时，主要的离子反应为CO2+2NH3•H2O═+2+H2O C．析出晶体后的溶液中：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（）+c（H2CO3） D．过滤所得的滤液中：c（）＞c（H2CO3）＞c（） 【答案】B 【分析】A．饱和氨的食盐水的溶质是氯化钠和一水合氨； B．由于通入CO2过程中，始终存在：c（）＜c（），则开始通入CO2时，氨水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵； C．析出晶体后的溶液中溶质为氯化铵和碳酸氢钠，由于碳酸氢钠晶体析出，则氯化铵的浓度大于碳酸氢钠； D．过滤所得的滤液为氯化铵和少量的碳酸氢钠，由于碳酸氢根离子的水解大于碳酸氢根离子的电离。 【解答】解：A．饱和氨的食盐水的溶质是氯化钠和一水合氨，则：c（）+c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于c（Na+）＝c（Cl﹣），则c（）+c（H+）＝c（OH﹣），故A正确； B．通入CO2过程中，始终存在：c（）＜c（），开始通入CO2时，氨水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，其反应的离子方程式为：CO2+NH3•H2O═+，故B错误； C．析出晶体后的溶液中溶质为氯化铵和碳酸氢钠，由于碳酸氢钠晶体析出，则氯化铵的浓度大于碳酸氢钠，则：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（）+c（H2CO3），故C正确； D．过滤所得的滤液为氯化铵和少量的碳酸氢钠，由于碳酸氢根离子的水解大于碳酸氢根离子的电离，则：c（）＞c（H2CO3）＞c（），故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查侯氏制碱法，侧重考查学生物质之间的转化和微粒浓度关系的掌握情况，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 6．（2024•徐州四模）实验测得0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（　　） A．Na2SO3溶液中存在水解平衡+2H2O⇌H2SO3+2OH﹣ B．温度升高，溶液pH降低的主要原因是水解程度减小 C．a、b两点均有c（Na+）＝2[c（）+c（）+c（H2SO3）] D．将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液 【答案】D 【分析】是弱酸的酸根，在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀，因此部分被空气中的氧气氧化为，结合影响水解的因素来分析本题即可。 【解答】解：是弱酸的酸根，在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀，因此部分被空气中的氧气氧化为， A．水解反应是分步进行的，Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O⇌+OH﹣，+H2O⇌H2SO3+OH﹣，故A错误； B．水解是吸热反应，温度升高，溶液pH降低的主要原因是被氧气氧化，故B错误； C．温度升高溶液中部分被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑，故C错误； D．当b点溶液直接冷却至25℃后，因部分被氧化为，的浓度降低，的水解平衡左移，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小，所以其pH小于a点溶液，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。 7．（2024•常熟市一模）下列有关化学用语表达正确的是（　　） A．AlCl3溶液中Al3+的水解反应方程式：Al3++3H2O═Al（OH）3+3H+ B．CaCO3的溶解平衡表达式：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+（aq） C．的水解方程式：+H2O⇌H3O++ D．H2CO3的电离方程式：H2CO3⇌2H++ 【答案】B 【分析】A．铝离子水解为可逆反应； B．碳酸钙难溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡； C．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子； D．碳酸为多元弱酸，分布电离，以第一步为主。 【解答】解：A．AlCl3溶液中Al3+的水解的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故A错误； B．碳酸钙难溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡，离子方程式为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+（aq），故B正确； C．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，离子方程式为：+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故C错误； D．H2CO3的电离方程式：H2CO3⇌H++，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应实质，盐类水解的性质是解题关键，题目难度不大。 8．（2024•建邺区期末）欲使CaCl2与HCl的混合溶液转变成中性溶液，在不用指示剂的情况下，选用的物质是（　　） A．氨水 B．CaCO3 C．Na2CO3 D．NaOH 【答案】B 【分析】使CaCl2与盐酸的混合溶液中和至中性，与盐酸反应，且不能引入新的杂质，以此来解答。 【解答】解：使CaCl2与盐酸的混合溶液中和至中性，与盐酸反应，且不能引入新的杂质，盐酸与氨水、碳酸钠、NaOH反应均引入新杂质，则碳酸钙可与盐酸反应，且不引入新杂质，所以至中性时最好选择CaCO3， 故选：B。 【点评】本题考查物质的分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的反应和除杂的原则，题目难度不大。 9．（2024•苏州期末）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1的CH3COOH溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．点①所示的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH） B．点②所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）＞c（CH3COOH）+c（OH﹣） C．点③所示的溶液中：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH） D．点④所示的溶液中：c（H+）＝c（CH3COOH）+c（OH﹣） 【答案】B 【分析】A．点①所示的溶液是20.00mL 0.1000mol•L﹣1的CH3COOH溶液； B．点②所示滴入10mL氢氧化钠溶液，得到的溶液是等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液； C．点③所示的溶液pH＝7，为CH3COOH和CH3COONa混合溶液，电荷守恒分析判断； D．点④所示的溶液为恰好完全反应生成的CH3COONa溶液。 【解答】解：A．点①所示的溶液是20.00mL 0.1000mol•L﹣1的CH3COOH溶液，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH），故A错误； B．点②所示滴入10mL氢氧化钠溶液，得到的溶液是等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，溶液显酸性，得到c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），溶液中电荷守恒得到：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c（Na+）+c（H+）＞c（CH3COOH）+c（OH﹣），故B正确； C．点③所示的溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故C错误； D．点④所示的溶液为恰好完全反应生成的CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），存在微粒守恒：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+），故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了弱电解质溶液中离子浓度关系，主要是电荷守恒、物料守恒、质子守恒的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 10．（2017春•盐都区一模）下列有关0.10mol•L﹣1的NH4Cl溶液的叙述正确的是（　　） A．c（H+）＜c（OH﹣） B．c（）＞c（Cl﹣） C．c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣） D．c（）+c（Cl﹣）＝0.10mol•L﹣1 【答案】C 【分析】NH4Cl溶液中铵根离子水解显酸性，且水解程度不大，则c（）＜c（Cl﹣），并结合电荷守恒、物料守恒来解答． 【解答】解：A．氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故A错误； B．NH4Cl溶液中铵根离子水解，则c（）＜c（Cl﹣），故B错误； C．由电荷守恒可知，c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确； D．n（Cl）＝n（N），由物料守恒可知c（）+c（NH3．H2O）＝0.10mol•L﹣1，c（）+c（Cl﹣）＜0.10mol•L﹣1，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查离子浓度比较，为高频考点，把握盐类水解、电荷守恒、物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盐的类别及构成，题目难度不大。 11．（2024•锡山区期末）已知：[FeCl4（H2O）2]﹣为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，下列实验所得结论不正确的是（　　） （溶液中有少量的Fe（OH）3时呈浅黄色；加热为微热，忽略体积变化） ① ② ③ ④ 加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深 加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化 加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深 加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深 A．实验①中，Fe2（SO4）3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe（OH）3 B．实验②中，酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响 C．实验③中，加热，可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣正向移动 D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3+水解平衡正向移动 【答案】D 【分析】A.根据题意，溶液中有少量的Fe（OH）3时呈浅黄色，Fe2（SO4）3溶液中Fe3+会水解产生了少量Fe（OH）3，且水解吸热，据此结合实验①的现象解答； B.Fe3+的水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，据此结合实验②的现象解答； C.根据题意，往Fe2（SO4）3溶液加入NaCl，溶液中存在可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，[FeCl4（H2O）2]﹣为黄色，据此结合实验③的现象解答； D.FeCl3溶液中同时存在Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，据此解答。 【解答】解：A.根据题意，溶液中有少量的Fe（OH）3时呈浅黄色，Fe2（SO4）3溶液中Fe3+会水解产生了少量Fe（OH）3，水解吸热，加热促进Fe3+水解，根据实验①的现象，加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，故Fe2（SO4）3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe（OH）3，故A正确； B.Fe3+的水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，则增大氢离子浓度会平衡左移，即酸化会抑制Fe3+水解，而加热促进Fe3+水解，根据实验②的现象，酸化的Fe2（SO4）3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，即加热后Fe3+水解程度依然受到很大程度的抑制，故酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，故B正确； C.根据题意，往Fe2（SO4）3溶液加入NaCl，溶液中存在可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，[FeCl4（H2O）2]﹣为黄色，根据实验③的现象，加热后溶液黄色变深，说明平衡正向移动，故C正确； D.FeCl3溶液中同时存在Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，由选项C可知，加热可促进Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣平衡正向移动，导致溶液黄色变深，即升高温度，颜色变深不一定是因为Fe3+水解平衡正向移动，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查盐类的水解平衡和化学平衡，题目难度中等，关键是掌握水解平衡的特点和外界条件对平衡移动的影响，培养学生宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的学科素养。 12．（2024•建邺区一模）有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1，下列说法正确的是（　　） A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞① B．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞② C．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是② D．若分别加入25mL 0.1mol•L﹣1盐酸后，pH最大的是① 【答案】D 【分析】A．等浓度时强碱的pH最大；强碱弱酸盐中对应的酸酸性越强，水解程度越小，酸性越强，pH越小； B．pH相同时，碱的浓度最小，盐的水解程度越小，盐的浓度越大； C．稀释时强碱的变化程度大； D．分别加入25mL 0.1mol•L﹣1盐酸后，均与盐酸等物质的量反应，根据产物的性质分析． 【解答】解：A．等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是③＞①＞②，故A错误； B．pH相同时，碱的浓度最小，盐的水解程度越小，盐的浓度越大，若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是②＞①＞③，故B错误； C．稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③，故C错误； C．等体积等浓度混合后，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，而离子水解显碱性，所以pH最大的是①，故C错误； D．分别加入25mL 0.1mol•L﹣1盐酸后，均与盐酸等物质的量反应，①Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，溶液显碱性，②CH3COONa溶液生成醋酸溶液显酸性，③NaOH与HCl反应生成NaCl，溶液显中性，所以pH最大的是①，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查盐类水解、pH的判断等，明确酸碱混合的计算，盐类水解的规律、pH与浓度的关系等知识即可解答，题目难度不大。 13．（2024•盐城三模）燃煤烟气脱硫的一种方法如题12图所示。室温下以150mL0.2mol•L﹣1氨水吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和NH3、H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2SO3）+c（）+c（）。H2SO3的电离平衡常数分别为：Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.3×10﹣7；NH3•H2O的电离平衡常数为：Kb＝1.8×10﹣5。下列说法正确的是（　　） A．NH3•H2O吸收SO2所得到的溶液中：c（）＞2c（） B．NH3•H2O吸收SO2，c总＝0.1mol•L﹣1溶液：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3） C．NH3•H2O吸收标况下0.448LSO2，所得溶液中：3c（）+3c（NH3•H2O）＝2c（H2SO3）+2c（）+2c（） D．题图所示“吸收”“氧化”后的溶液pH增大 【答案】A 【分析】A．根据氧化产物为（NH4）2SO4可知，NH3•H2O吸收SO2所得到的溶液中溶质为（NH4）2SO3，结合水解平衡常数分析判断； B．所得溶液中c总＝0.1mol•L﹣1时n（N）：n（S）＝2：1，溶液中溶质为（NH4）2SO3，物料守恒关系为c（）+c（NH3•H2O）＝2c（H2SO3）+2c（）+2c（），结合电荷守恒关系分析判断； C．NH3•H2O吸收标况下0.448LSO2，所得溶液中n（N）：n（S）＝0.15×0.2：＝3：2，结合物料守恒关系分析判断； D．图中“吸收”、“氧化”后得到（NH4）2SO4溶液，溶液的碱性减弱、酸性增强。 【解答】解：A．根据氧化产物为（NH4）2SO4可知，NH3•H2O吸收SO2所得到的溶液中溶质为（NH4）2SO3，的水解常数Kh1＝＝≈1.6×10﹣8，的水解常数Kh2＝≈5.6×10﹣9＜Kh1，即的水解程度大，c（）＞2c（），故A正确； B．所得溶液中c总＝0.1mol•L﹣1时n（N）：n（S）＝2：1，溶液中溶质为（NH4）2SO3，物料守恒关系为c（）+c（NH3•H2O）＝2c（H2SO3）+2c（）+2c（），电荷守恒关系为c（）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（），则c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3）﹣c（NH3•H2O），故B错误； C．NH3•H2O吸收标况下0.448LSO2，所得溶液中n（N）：n（S）＝0.15×0.2：＝3：2，所得溶液中物料守恒关系为2c（）+2c（NH3•H2O）＝3c（H2SO3）+3c（）+3c（），故C错误； D．图中“吸收”、“氧化”后得到（NH4）2SO4溶液，溶液的碱性减弱、酸性增强，即溶液的pH减小，故D错误； 故选：A。 【点评】本题以燃煤烟气脱硫为载体考查了离子浓度大小比较，侧重分析判断能力和灵活运用能力考查，把握电离平衡常数及其计算、溶液中守恒关系式的应用为解题关键，题目难度中等。 14．（2024•江阴市一模）一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是（　　） A．能与金属Al反应放出H2 B．c（OH﹣）＜ C．pH＝6 D．不能使酚酞溶液显红色 【答案】B 【分析】由c（OH﹣）、c（H+）的相对大小判断溶液的酸碱性，若c（H+）＞c（OH﹣）时，溶液为酸性，以此来解答。 【解答】解：A．能与金属Al反应放出H2，可能为强碱溶液，如Al与NaOH溶液反应生成氢气，故A错误； B．c（OH﹣）＜，可知c（H+）＞c（OH﹣），溶液为酸性，故B正确； C．温度未知，如100℃时pH＝6的溶液为中性，故C错误； D．不能使酚酞溶液显红色，溶液可能为中性或弱碱性，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查溶液酸碱性的判断，为高频考点，把握溶液中氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小为解答的关键，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。 15．（2024•秦淮区一模）常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　） A．pH＝8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（）＞c（H2CO3）＞c（） B．少量Cl2通入过量冷的0.1mol•L﹣1NaOH溶液中：c（Na+）＝c（HClO）+c（ClO﹣）+c（Cl﹣） C．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液混合到pH＝7：c（Na+）＝c（Cl﹣）＝c（CH3COOH） D．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（Cl﹣）+c（OH﹣） 【答案】A 【分析】A．NaHCO3溶液pH＝8.3，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，Na+不水解； B．如果两者恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠，符合c（Na+）＝c（HClO）+c（ClO﹣）+c（Cl﹣），而氢氧化钠过量； C．0.1 mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1 HCl液混合，溶液的pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中的溶质为醋酸钠、醋酸和NaCl，根据电荷守恒可得c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣），根据物料守恒可得：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣ ）； D．0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与 0.1 mol•L﹣1 HCl溶液等体积混合得到等浓度的NaHCO3和NaCl。 【解答】解：A．NaHCO3溶液pH＝8.3，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，Na+不水解，则溶液中存在，故A正确； B．两者恰好完全反应，溶质为氯化钠和次氯酸钠，符合c（Na+）＝c（HClO）+c（ClO﹣）+c（Cl﹣），而氢氧化钠过量，所以c（Na+ ）＞c（HClO）+c（ClO﹣）+c（Cl﹣），故B错误； C．溶液的pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），溶质为醋酸钠、醋酸和NaCl，根据电荷守恒可得c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣），根据物料守恒可得：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣ ），则c（CH3COOH）＝c（Cl﹣），所以c（Na+）＞c（Cl﹣）＝c（CH3COOH），故C错误； D．0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与 0.1 mol•L﹣1 HCl溶液等体积混合，溶质为等浓度的NaHCO3和NaCl：电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）+2c（），故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•海安市期末）苏打型盐碱地含有较多Na2CO3、NaCl，导致土壤出现不同程度的碱性，影响农植物生长。通过非化学改良和化学改良等综合治理，也可以实现粮食高产。 Ⅰ.非化学改良是采用淡水喷灌、抽取盐水补充淡水等措施，降低土壤碱性的治理方法。 （1）苏打型（Na2CO3）盐碱地土壤显碱性的主要原因是 　+H2O⇌+OH﹣、+H2O⇌H2CO3+OH﹣　（用离子方程式表示）。 （2）相比于原土壤中水的电离程度，通过抽取盐水补充淡水，后来土壤中水的电离程度 　减小　（填“增大”、“不变”或“减小”）。 Ⅱ.化学改良是通过施加适量的磷酸二氢钙[Ca（H2PO4）2]、石膏（CaSO4•2H2O）、绿矾（FeSO4•7H2O）等化学试剂，降低苏打型盐碱地碱性的方法。已知：常温下磷酸溶液中，平衡时含磷微粒（H3PO4、H2、、）浓度占含磷微粒总浓度的比值δ随pH变化的情况如图所示。 （3）常温下，某Ca（H2PO4）2溶液的pH＝6.0。 ①在H2中，磷原子的杂化类型为 　sp3　。 ②＝　10﹣2.9　。 （4）石膏是治理盐碱地最常用的改良试剂。解释石膏降低土壤碱性的原理为：　石膏能与碳酸根离子反应，（aq）+CaSO4（s）⇌CaCO3（s）+（aq），消耗碳酸根离子，是碳酸根离子水解逆向进行，碱性减弱，降低了土壤碱性　。 （5）FeSO4•7H2O改良盐碱地时生成Fe3（OH）2（CO3）2沉淀和NaHCO3，离子方程式为 　3Fe2++4+2H2O＝Fe3（OH）2（CO3）2↓+2　。 【答案】Ⅰ．（1）+H2O⇌+OH﹣、+H2O⇌H2CO3+OH﹣； （2）减小； Ⅱ．（3）①sp3； ②10﹣2.9； （4）石膏能与碳酸根离子反应，（aq）+CaSO4（s）⇌CaCO3（s）+（aq），消耗碳酸根离子，是碳酸根离子水解逆向进行，碱性减弱，降低了土壤碱性； （5）3Fe2++4+2H2O＝Fe3（OH）2（CO3）2↓+2。 【分析】Ⅰ．（1）碳酸钠溶于水，溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性； （2）比于原土壤中水的电离程度，通过抽取盐水补充淡水，碳酸根离子浓度减小，水解程度减小； Ⅱ．（3）①在H2中，中心原子的价电子对数＝4+＝4，无孤对电子； ②随着溶液中pH增大，H3PO4减小，H2先增大后减小，也是先增大后减小，但变化比H2变化所需的pH大，的量增大，由pH＝2处交点可知，Ka1＝＝c（H+）＝10﹣2mol/L，同理Ka2＝10﹣7.1，常温下，某Ca（H2PO4）2溶液的pH＝6.0，＝×＝； （4）石膏能与碳酸根离子反应，（aq）+CaSO4（s）⇌CaCO3（s）+（aq），消耗碳酸根离子，是碳酸根离子水解逆向进行，碱性减弱； （5）FeSO4•7H2O改良盐碱地时生成Fe3（OH）2（CO3）2沉淀和NaHCO3，结合电荷守恒、原子守恒书写离子方程式。 【解答】解：Ⅰ．（1）苏打型（Na2CO3）盐碱地土壤显碱性的主要原因是碳酸根离子分步水解，反应的离子方程式为：+H2O⇌+OH﹣、+H2O⇌H2CO3+OH﹣， 故答案为：+H2O⇌+OH﹣、+H2O⇌H2CO3+OH﹣； （2）比于原土壤中水的电离程度，通过抽取盐水补充淡水，导致碳酸根离子浓度减小，对水的电离促进程度减小，后来土壤中水的电离程度减小， 故答案为：减小； Ⅱ．（3）①在H2中，中心原子的价电子对数＝4+＝4，无孤对电子，磷原子形成四个共价键，杂化类型为sp3杂化， 故答案为：sp3； ②随着溶液中pH增大，H3PO4减小，H2先增大后减小，也是先增大后减小，但变化比H2变化所需的pH大，的量增大，由pH＝2处交点可知，Ka1＝＝c（H+）＝10﹣2mol/L，同理Ka2＝10﹣7.1，常温下，某Ca（H2PO4）2溶液的pH＝6.0，＝×＝＝＝10﹣2.9， 故答案为：10﹣2.9； （4）石膏是治理盐碱地最常用的改良试剂，石膏降低土壤碱性的原理是：石膏能与碳酸根离子反应，（aq）+CaSO4（s）⇌CaCO3（s）+（aq），消耗碳酸根离子，是碳酸根离子水解逆向进行，碱性减弱，降低了土壤碱性， 故答案为：石膏能与碳酸根离子反应，（aq）+CaSO4（s）⇌CaCO3（s）+（aq），消耗碳酸根离子，是碳酸根离子水解逆向进行，碱性减弱，降低了土壤碱性； （5）FeSO4•7H2O改良盐碱地时生成Fe3（OH）2（CO3）2沉淀和NaHCO3，反应的离子方程式为：3Fe2++4+2H2O＝Fe3（OH）2（CO3）2↓+2， 故答案为：3Fe2++4+2H2O＝Fe3（OH）2（CO3）2↓+2。 【点评】本题考查了盐类水解、原子结构、沉淀转化、物质性质的理解应用，题目难度中等。 17．（2019秋•启东市一模）CH3COOH、H2CO3、H2SO3的电离常数如表所示。 酸 电离常数 CH3COOH K＝1.8×10 ﹣5 H2CO3 K1＝4.3×10 ﹣7，K2＝5.6×10 ﹣11 H2SO3 K1＝1.54×10﹣2，K2＝1.02×10﹣7 请回答下列问题： （1）①NaHSO3溶液中电荷守恒表达式　c（Na+）+c（H+）＝c（HSO3﹣）+2 c（SO32﹣）+c（OH﹣）　 ②NaHSO3溶液中各离子浓度大小顺序：　c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）　 （2）①用离子方程式表示Na2CO3溶液碱性的原因　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣　 ②写出Na2CO3溶液中物料守恒表达式　c（Na+）＝2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）　 ③写出NaHCO3溶液中质子守恒表达式　c（H+）+c（H2CO3）﹣c（CO32﹣）＝c（OH﹣）　 （3）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液： ①NH4Cl ②NH4HCO3 ③（NH4）2SO4 ④NH4HSO4 ⑤（NH4）2Fe（SO4）2 溶液中c（NH4+）从大到小排列顺序为　⑤＞③＞④＞①＞②　（填序号） （4）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、 ④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为　①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥　（填序号） （5）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：　Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+　将AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是　Al2O3　（填化学式） （6）证明CH3COOH是弱电解质的简单且可行的方法是：　25℃测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7　 （7）下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序或等量关系正确的是　BE　 A．10 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L盐酸混合：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．10 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） C．10 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+） E．在NaHSO4溶液中，c（H+）＝c（OH﹣）+c（SO42﹣）， 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）①溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数； ②亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3﹣电离程度大于水解程度，无论电离还是水解其程度都较小； （2）①Na2CO3溶液碱性是碳酸根离子分步水解； ②Na2CO3溶液中物料守恒，n（Na）＝n（C）； ③质子守恒实际是水电离出的氢离子和氢氧根离子的量相等的守恒，据此书写即可； （3）①NH4Cl ②NH4HCO3 ③（NH4）2SO4 ④NH4HSO4 ⑤（NH4）2Fe（SO4）2，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4 和 ⑤（NH4）2Fe（SO4）2都含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，⑤（NH4）2Fe（SO4）2，亚铁离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，溶液中c（NH4+）大于②（NH4）2SO4 溶液的c（NH4+），①NH4Cl，②NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子水解促进铵根离子水解，④NH4HSO4，溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，再根据盐类的水解角度分析解答； （4）①NaOH为强碱，⑥H2SO4为强酸，②NaCl为强酸强碱盐，④H2SO3为弱酸，③Na2CO3⑤CH3COONa为弱酸强碱盐，醋酸的酸性比碳酸强； （5）从盐类的水解角度分析，AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性；加热时，促进水解正向进行得到氢氧化铝，Al（OH）3在灼烧条件下分解生成Al2O3； （6）强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断，据此分析解答； （7）A．两溶液恰好完全反应，溶质为NH4Cl，为强酸弱碱盐； B．两溶液混合反应后，为等浓度的NaCl与NH3•H2O的混合溶液，溶液显碱性； C．两溶液混合反应后，溶质为CH3COONa，CH3COO﹣水解，溶液呈碱性； D．两溶液反应，盐酸过量，溶质为NaCl、CH3COOH及过量的HCl； E．在NaHSO4溶液中，根据质子守恒可得。 【解答】解：（1）①溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，则0.1mol/L NaHSO3溶液中的电荷守恒表达式：c（Na+）+c（H+）＝c（HSO3﹣）+2 c（SO32﹣）+c（OH﹣）， 故答案为：c（Na+）+c（H+）＝c（HSO3﹣）+2 c（SO32﹣）+c（OH﹣）； ②亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3﹣电离程度大于水解程度，无论电离还是水解其程度都较小，所以c（H+）＜c（HSO3﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）， 故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）； （2）①用离子方程式表示Na2CO3溶液碱性的原因为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣， 故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣； ②Na2CO3溶液中物料守恒关系为：c（Na+）＝2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）， 故答案为：c（Na+）＝2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）； ③质子守恒的书写方法，得到碳酸钠中的质子守恒为：c（H+）+c（H2CO3）﹣c（CO32﹣）＝c（OH﹣）， 故答案为：c（H+）+c（H2CO3）﹣c（CO32﹣）＝c（OH﹣）； （3）①NH4Cl ②NH4HCO3 ③（NH4）2SO4 ④NH4HSO4 ⑤（NH4）2Fe（SO4）2，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4 和 ⑤（NH4）2Fe（SO4）2都含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，⑤（NH4）2Fe（SO4）2，亚铁离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，溶液中c（NH4+）大于②（NH4）2SO4 溶液的c（NH4+），①NH4Cl，②NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子水解促进铵根离子水解，④NH4HSO4，溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子的浓度为：⑤＞③＞④＞①＞②， 故答案为：⑤＞③＞④＞①＞②； （4）①NaOH为强碱；⑥H2SO4为强酸；②NaCl为强酸强碱盐；④H2SO3为弱酸；③Na2CO3和⑤CH3COONa为弱酸强碱盐，醋酸的酸性比碳酸强，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，溶液碱性强；所以其pH从大到小排列顺序为：①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥， 故答案为：①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥； （5）AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，Al3+水解离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；溶液蒸干，氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧得到氧化铝，反应的化学方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O， 故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；Al2O3； （6）证明弱电解质的相关离子可以水解，25℃测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，证明醋酸为弱电解质， 故答案为：25℃测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7； （7）A．两溶液恰好完全反应，溶质为NH4Cl，NH4+水解，溶液呈酸性，故A错误； B．两溶液混合反应后，为等浓度的NaCl与NH3•H2O的混合溶液，溶液呈碱性，故B正确； C．两溶液混合反应后，溶质为CH3COONa，CH3COO﹣水解，溶液呈碱性，c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故C错误； D．两溶液反应，盐酸过量，溶质为NaCl、CH3COOH及过量的HCl，溶液呈酸性，故D错误； E．在NaHSO4溶液中，根据质子守恒可得，c（H+）＝c（OH﹣）+c（SO42﹣），故E正确； 故答案为：BE。 【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较、守恒关系、盐类水解和弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 18．（2024•锡山区期末）NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中：NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题： （1）NH4Al（SO4）2可作净水剂，其理由是 　Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，Al（OH）3胶体具有吸附性，能吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水　（用必要的化学用语和相关文字说明）。 （2）相同条件下，相等物质的量浓度的NH4Al（SO4）2中c（NH4+） 　小于　（填“等于”“大于”或“小于”）0.1mol•L﹣1 NH4HSO4中c（NH4+）。 （3）如图1是0.1mol•L﹣1电解质溶液的pH随温度变化的图象。 ①其中符合0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是 　Ⅰ　（填写字母）； ②室温时，0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）＝　10﹣3﹣10﹣11　。 （4）室温时，向100mL0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣11NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a，b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 　a　；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 　c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＝c（H+）　。 （5）Zn（OH）2与Al（OH）3性质相似，均为两性氢氧化物，已知有关锌的化合物的下列反应：Zn2++2OH﹣═Zn（OH）2↓；Zn（OH）2+2OH﹣═[Zn（OH）4]2﹣。如图3是常温条件下，溶液的pH与1gC的关系图象，lgC＝lgc（Zn2+）或1gC＝1gc[Zn（OH）4]2﹣。下列说法正确的是 　ACD　。 A.由b点到a点可以通过升高溶液pH和溶液c（Zn2+）的方法来实现 B.溶液中Zn2+析出沉淀的pH范围为8～12 C.常温下，Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17 D.元素Zn在甲区以Zn2+存在，在丙区以[Zn（OH）4]2﹣存在 【答案】（1）Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，Al（OH）3胶体具有吸附性，能吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水； （2）＜； （3）①Ⅰ； ②10﹣3﹣10﹣11； （4）a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＝c（H+）； （5）ACD。 【分析】（1）Al3+水解生成的Al（OH）3胶体具有吸附性； （2）HSO4﹣电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，对NH4+水解抑制强； （3）①NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解； ②根据溶液中的电荷守恒计算； （4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离；b点溶液呈中性； （5）A．结合图像曲线分析b点到a点，锌离子浓度和氢氧根离子浓度均增大； B．只要在乙区内部的点，均满足将锌离子转化为沉淀的条件； C．根据图象中a点可以计算Zn（OH）2的溶度积常数； D．如图所示分析甲区、乙区、丙区的锌元素的存在形式。 【解答】解：（1）NH4Al（SO4）2溶液中，Al3+水解生成的Al（OH）3胶体具有吸附性，即Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，Al（OH）3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水， 故答案为：Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，Al（OH）3胶体具有吸附性，能吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水； （2）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4﹣电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，因此NH4Al（SO4）2中c（NH4+）小于0.1mol•L﹣1 NH4HSO4中c（NH4+）， 故答案为：＜； （3）①NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解，导致溶液酸性增强，溶液的pH减小，则曲线Ⅰ符合， 故答案为：Ⅰ； ②根据电荷守恒可得：2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）＝c（H+）﹣c（OH﹣）＝10﹣3﹣10﹣11， 故答案为：10﹣3﹣10﹣11； （4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，所以水的电离程度最大的为a；b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c（Na+）＝c（SO42﹣），b点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系可得：c（SO42﹣）＞c（NH4+），所以c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＝c（H+）， 故答案为：a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＝c（H+）； （5）A．结合图像曲线分析b点到a点，锌离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，故A正确； B．只要在乙区内部的点，均满足将锌离子转化为沉淀的条件，则pH范围不止8～12，故B错误； C．根据图象中a点可以计算Zn（OH）2的溶度积常数为Ksp[Zn（OH）2]＝c（Zn2+）×c2（OH﹣）＝10﹣3×（10﹣7）2＝10﹣17，故C正确； D．如图所示，在甲区的锌元素以锌离子的形式存在，在丙区的锌元素以四羟基合锌的形式存在，在乙区的以氢氧化锌固体形式存在，故D正确； 故选：ACD。 【点评】本题考查了离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，离子浓度大小比较常常与盐类水解、弱电解质的电离联合考查，确定离子浓度大小时要结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等。 19．（2024•无锡期末）酸、碱、盐的水溶液在生产、生活及化学实验中有极广泛的存在和应用，请同学们运用所学的电离、水解等知识解决下列问题。 （1）已知25℃时部分弱酸的电离平衡常数如表所示，回答下列问题： 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数 Ka＝1.75×10﹣5 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka＝4.0×10﹣8 ①物质的量浓度均为0.1mol/L的下列四种溶液，pH最小的是：　a　（填字母）。 a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3 ②写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳反应的离子方程式：　ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣　。 （2）25℃时，取0.1mol/LHX溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8。 ①混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）＝　10﹣6　mol/L。 ②该混合溶液中：c（Na+） 　＞　c（X﹣）（填“＞”、“＝”或“＜”）。 （3）相同温度，等物质的量浓度的下列溶液①NH4Cl②NH4HSO4③CH3COONH4④（NH4）2SO4⑤NH3⋅H2O，c（NH4+）由大到小的顺序正确的是 　B　（填字母）。 A．①②③④⑤ B．④②①③⑤ C．④③②①⑤ D．②④①③⑤ 【答案】（1）①a； ②ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣； （2）①10﹣6； ②＞； （3）B。 【分析】（1）①酸越弱，对应的盐的水解程度越大，据此分析； ②根据酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO、HCO3﹣； （2）25℃时，取0.1mol/LHX溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，得混合溶液的pH＝8的0.05mol/L的NaX溶液； ①0.05mol/L的NaX溶液pH＝8，说明X﹣能水解，溶液中的氢氧根离子是水电离出的氢氧根离子的全部，据此分析； ②溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒来分析； （3）①NH4Cl②NH4HSO4③CH3COONH4④（NH4）2SO4是强电解质，完全电离，而⑤NH3⋅H2O是弱电解质，只能发生微弱电离；①②③④中①为NH4+的正常的单水解、②NH4HSO4中NH4+的水解被抑制、③CH3COONH4中NH4+与CH3COO﹣发生双水解、④（NH4）2SO4 中含2个NH4+，据此分析。 【解答】解：（1）①根据弱酸的电离平衡常数可知，酸性强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，酸越弱，对应的盐的水解程度越大，故等浓度时的水解程度：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，则pH最小的是a， 故答案为：a； ②根据酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO、HCO3﹣，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣， 故答案为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣； （2）①0.05mol/L的NaX溶液pH＝8，说明X﹣能水解，溶液中的氢氧根离子是水电离出的氢氧根离子的全部，而c（H+）＝10﹣8mol/L，c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，故此溶液中水电离出的c（OH﹣）＝10﹣6mol/L， 故答案为：10﹣6； ②根据电荷守恒可知：c（OH﹣）+c（X﹣）＝c（Na+）+c（H+），而溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），则c（Na+）＞c（X﹣）， 故答案为：＞； （3）①NH4Cl②NH4HSO4③CH3COONH4④（NH4）2SO4是强电解质，完全电离，而⑤NH3⋅H2O是弱电解质，只能发生微弱电离，故⑤NH3⋅H2O中c（NH4+）最小；；①②③④中①NH4Cl为NH4+的正常的单水解、②NH4HSO4中NH4+的水解被抑制、③CH3COONH4中NH4+与CH3COO﹣发生双水解、④（NH4）2SO4 中含2个NH4+且为单水解，故c（NH4+）由大到小的顺序正确的是④②①③⑤， 故答案为：B。 【点评】本题考查盐类水解的原理和应用、水的电离平衡分析和计算等，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离，题目难度中等。 20．（2024•常熟市一模）NaOH溶液可用于多种气体的处理。 （1）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3。 ①Na2CO3水溶液因CO32﹣水解而呈碱性，写出CO32﹣第一步水解的离子方程式 　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　。 已知25℃时，CO32﹣第一步水解的平衡常数Ka＝2×10﹣4，当溶液中＝20时，溶液的pH＝　9　。 ②泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液，请写出两者混合时反应的离子方程式 　3HCO3﹣+Al3+＝Al（OH）3↓+3CO2↑　。 （2）NO2可用NaOH溶液吸收，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。已知25℃电离常数Ka（HNO2）＝5.6×10﹣4、Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，现有： 溶液A：含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液； 溶液B：0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液。 ①则两份溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为 　c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）　。 ②若使溶液A和溶液B的pH相等，可选用的方法是 　ad　（填字母）。 a.向溶液A中加适量NaOH b.向溶液A中加适量水 c.向溶液B中加适量NaOH d.向溶液B中加适量水 （3）SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收。吸收SO2的过程中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示： ①图中pH＝7时，溶液中离子浓度关系正确的是 　A　（填字母）。 A.c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣） B.c（Na+）＝c（SO 32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3） C.c（OH﹣）＝c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣） D.c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣） ②利用图中数据，求反应H2SO3⇌H++HSO3﹣的平衡常数的数值 　10﹣1.8mol/L　。 【答案】（1）①CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；9； ②3HCO3﹣+Al3+＝Al（OH）3↓+3CO2↑； （2）①c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）； ②ad； （3）①A； ②10﹣1.8mol/L。 【分析】（1）①CO32﹣分步水解而使其水溶液呈碱性；CO32﹣第一步水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解常数Kh1＝，当溶c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝20：1时，据此计算c（OH﹣），溶液中c（H+）＝，pH＝﹣lgc（H+）； ②Al2（SO4）3与NaHCO3混合时，能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体； （2）①根据方程式2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O知，0.2molNaOH和0.2molNO2恰好完全反应生成0.1molNaNO3、0.1molNaNO2，溶液的体积为1L，则溶液A中含有0.1mol/L的NaNO3、0.1mol/L的NaNO2；溶液B中含有0.1mol/L的CH3COONa，NaNO3是强酸强碱盐，不水解，Ka（HNO2）＞Ka（CH3COOH），则水解程度：NO2﹣＜CH3COO﹣，水解程度越大，该酸根离子浓度越小，所以； ②A中酸根离子水解程度小于B，所以溶液的pH：A＜B，若使溶液A和溶液B的pH相等，可改变条件使A溶液pH值增大或B溶液pH值降低； （3）①图中pH＝7时，c（OH﹣）＝c（H+）、c（SO32﹣）＝c（HSO3﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3； ②pH＝1.8时，c（H2SO3）＝c（HSO3﹣），反应H2SO3⇌H++HSO3﹣的平衡常数＝×c（H+）＝c（H+）。 【解答】解：（1）①CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，CO32﹣第一步水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解常数Kh1＝＝2×10﹣4，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝20：1时，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣5mol/L，c（H+）＝＝mol/L＝10﹣9mol/L，则pH＝﹣lg10﹣9＝9， 故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；9； ②Al2（SO4）3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑， 故答案为：3HCO3﹣+Al3+＝Al（OH）3↓+3CO2↑； （2）①根据方程式2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O知，0.2molNaOH和0.2molNO2恰好完全反应生成0.1molNaNO3、0.1molNaNO2，溶液的体积为1L，则溶液A中含有0.1mol/L的NaNO3、0.1mol/L的NaNO2；溶液B中含有0.1mol/L的CH3COONa，NaNO3是强酸强碱盐，不水解，c（NO3﹣）最大；Ka（HNO2）＞Ka（CH3COOH），则水解程度：NO2﹣＜CH3COO﹣，水解程度越大，该酸根离子浓度越小，c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣），所以这三种离子浓度大小顺序是c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）， 故答案为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）； ②A中酸根离子水解程度小于B，所以溶液的pH：A＜B，若使溶液A和溶液B的pH相等，可改变条件使A溶液pH值增大或B溶液pH值降低； a．向溶液A中加适量NaOH，溶液的pH值增大，可使两种溶液中pH相等，故a正确； b．向溶液A中加适量水，促进弱酸根离子水解，但弱酸根离子水解程度小于溶液体积增大程度，则溶液的pH降低，故b错误； c．向溶液B中加适量NaOH，B溶液的pH值增大，两种溶液pH值不能相等，故c错误； d．向溶液B中加适量水，促进弱酸根离子水解，但弱酸根离子水解程度小于溶液体积增大程度，溶液的pH值降低，可使两种溶液pH值相等，故d正确； 故答案为：ad； （3）①图中pH＝7时，c（OH﹣）＝c（H+）、c（SO32﹣）＝c（HSO3﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3； A．c（OH﹣）＝c（H+）、c（SO32﹣）＝c（HSO3﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＞2c（SO32﹣），所以存在c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣），故A正确； B．溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3，根据物料守恒知，c（Na+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故B错误； C．溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），所以存在c（OH﹣）＜c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣），故C错误； D．根据图知，c（HSO3﹣）＝c（SO32﹣），故D错误； 故答案为：A； ②pH＝1.8时，c（H2SO3）＝c（HSO3﹣），反应H2SO3⇌H++HSO3﹣的平衡常数＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.8mol/L， 故答案为：10﹣1.8mol/L。 【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确弱酸根离子水解程度与弱酸电离平衡常数的关系、电离平衡常数的计算方法是解本题关键，题目难度不大。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$