2020届高考化学二轮复习盐类的水解作业 16页

盐类的水解 ‎1、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是（）‎ A．a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/L B．b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)‎ C．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)‎ D．e点所得溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：本题考查图象变化的分析，酸碱反应溶液酸碱性，盐类水解原理，电解质溶液中离子浓度大小的比较方法等知识。‎ 数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2OHSO3-+OH-，Kh==，c(OH-)=，带入计算得到：c(HSO3-)=c(SO32-)，溶液中2n(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3=3，c(Na+)＞3c(HSO3-)，故C正确；D．加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，Na2SO3水解显碱性，溶液中离子浓度c(OH-)>c(H+)，故D错误；故选C。‎ ‎2、下列实验操作能达到实验目的的是（）‎ 选项 实验目的 操作方法 A 除去溴苯中的溴 将混合物倒入分液漏斗中，加入苯，充分振荡，静置，分液 B 制备氢氧化铁胶体 在氢氧化钠溶液中加入饱和FeCl3溶液，煮沸 C 除去Cl2中少量HCl 将混合气体通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶 D 验证CH3COONa溶液中存在水解平衡 取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体（其水溶液呈中性），观察溶液颜色变化 ‎【答案】D ‎【解析】解：A．溴和溴苯均易溶于苯，不能分离，故A错误；B．在氢氧化钠溶液中加入饱和FeCl3溶液，煮沸生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁饱和溶液，故B错误；C．氯化氢与饱和碳酸氢钠溶反应生成二氧化碳，会混入二氧化碳杂质，故C错误；D．如存在平衡，则加入醋酸铵，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故D正确；故选D。‎ ‎3、下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）‎ A．醋酸钠中加入适量醋酸得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ B．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+c（A2﹣）‎ C．1.0mol·L﹣1Na2CO3溶液：c（OH﹣）=2c（HCO3﹣）+c（H+）+c（H2CO3）‎ D．物质的量浓度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c（NH4+）：（NH4）2SO4＞NH4HSO4＞NH4Cl ‎【答案】D ‎【解析】解：本题考查电解质溶液中离子浓度大小比较．‎ A、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中电荷守恒c（Na+）‎ ‎+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），c（H+）＞c（OH﹣），c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故A错误；‎ B、某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故B错误；‎ C、1.0mol/LNa2CO3溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3），故C错误；‎ D、NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解，浓度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，c＞c（NH4HSO4）＞c（NH4Cl），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎4、 下列有关离子水解的方程式中正确的是()。‎ A．溶液:‎ B．溶液:‎ C．溶液:‎ D．溶液:‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.NaHS溶液中HS－水解方程式为HS－+H2OH2S+OH－，A正确；‎ B.NaH2PO4溶液中H2PO4－水解方程式为H2PO4－+H2OH3PO4+OH－，B错误；‎ C.碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解方程式为CO32－+H2OHCO3－+OH－，C错误；‎ D.氯化铁溶液中铁离子水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，D错误；‎ 答案选A。 ‎ ‎5、 下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是(　　)‎ A．Al2(SO4)3溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH-‎ Al(OH)3‎ B．以KOH溶液为电解质溶液的氢氧燃料电池的负极反应式：O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ C．测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3·H2ONH4++OH-‎ D．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式：Fe－2e－=Fe2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.水解为可逆反应,应用可逆符号； B.给出的是正极的电解反应式； C.一水合氨为弱电解质,部分电离； D.给出的为负极的电极反应式。‎ ‎【详解】‎ A.Al2(SO4)3溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,故A错误；‎ B.以KOH溶液为电解质溶液的氢氧燃料电池的负极发生氧化反应，极反应式:H2+2OH-=2H2O+2e-，故B错误； C.一水合氨为弱电解质,部分电离,离子方程式:NH3·H2ONH4++OH-，故C正确；‎ D.钢铁发生吸氧腐蚀时，正极发生还原反应，极反应式:2H2O+O2+4e-=4OH-，故D错误； 综上所述，本题选C。 ‎ ‎6、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（）‎ 选项 现象或事实 解释 A 用热的烧碱溶液洗去镀件油污 Na2CO3可直接和油污反应 B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ C 施肥时，草木灰（有效成分为K2C03）不能与NH4C1混合使用 K2CO3与NH4C1溶液反应生成氨气会降低氮肥肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜 ‎【答案】C ‎【解析】解：A、纯碱水解显碱性，能水解生成NaOH，油脂在NaOH作用下发生较为彻底的水解反应，故是NaOH和油污发生反应，而不是纯碱，A错误；B、漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2，有效成分是Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可与空气中二氧化碳反应生成不稳定的HClO，则久置会变质，B错误；C、K2CO3与NH4Cl水解相互促进放出氨气而降低肥效，C正确；D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉，D错误，答案选C。‎ ‎7、常温下，将amol·L-1CH3COOH溶液与bmol·L-1NaOH溶液（0＜a＜0.2，0＜b＜0.2）等体积混合。下列有关推论错误的是（）‎ A．若混合后溶液的pH＝7，则c(Na＋)＝c(CH3COO-)，且a＞b B．若a＝2b，则c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)‎ C．若2a＝b，则c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)‎ D．若混合溶液满足：c(OH-)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，则可推出a＝b ‎【答案】C ‎【解析】解：本题考查酸碱混合的定性判断，盐类的水解以及弱电解质的电离。‎ A．醋酸为弱电解质，pH=7时溶液呈中性，存在c(OH-)=c(H+)，醋酸应过量，根据电荷守恒可知c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则有c(Na+)=c(CH3COO-)，故A正确；B．若a=2b，醋酸过量，溶液呈酸性，存在c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．若2a=b，NaOH过量，由于CH3COO-水解，则有c(OH-)＞c(CH3COO-)，故C错误；D．若a=b，完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，由质子守恒可知c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确；故选C。‎ ‎8、已知：25℃时，某些弱酸的电离平衡常数如下表。下列说法正确的是（）‎ A．向漂白粉溶液中加入少量NaHSO3可增强漂白性 B．Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应的离子方程式为：2C032-+SO2+H2O=2HCO3-+S032-‎ C．相同浓度的NaC1O、Na2CO3、NaHCO3溶液的pH值由大到小的顺序为：NaC10>Na2C03>NaHC03‎ D．相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度大小关系是：c(Na＋)＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A．向漂白粉溶液中加入少量NaHSO3，亚硫酸氢钠被氧化，漂白性降低，A错误；B．亚硫酸的酸性强于碳酸，则Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应的离子方程式为：2C032-+SO2+H2O=2HCO3-+S032-，B正确；C．酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，相同浓度的NaC1O、Na2CO3、NaHCO3溶液的pH值由大到小的顺序为：Na2C03>NaC10>NaHC03，C错误；D．次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根，则相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度大小关系是：c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H＋)，D错误，答案选B。‎ ‎9、下列实验操作能达到实验目的的是（）‎ A.用CaCl2作干燥剂，可除去氨气中的水蒸气 B.分液漏斗不能将水与乙醇分离，但可以分离苯和四氯化碳 C.酸碱中和滴定时，滴定管和锥形瓶在使用前均需用待装液润洗 D.测定同温同浓度的NaCl和CH3COONa的pH可比较HC1和CH3COOH的酸性强弱 ‎【答案】D ‎【解析】解：A.CaCl2能够与氨气形成络合物，不能用CaCl2除去氨气中的水蒸气，故A错误；B.水与乙醇、苯和四氯化碳均互溶，分液漏斗不能将水与乙醇分离，也不能分离苯和四氯化碳，故B错误；C．中和滴定中，锥形瓶不能用待测液润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C错误；D.CH3COONa溶液的pH小，说明醋酸钠水解呈酸性，即醋酸为弱酸，氯化钠溶液的pH大，说明盐酸的水解程度小，或者不水解，能够说明酸性的强弱，故D正确；故选D。‎ ‎10、能促进水的电离且溶液呈酸性的是（）‎ A.Al2(SO4)3B.Na2CO3C.HNO3D.NaCl ‎【答案】A ‎【解析】分析：A项，Al3+水解促进水的电离，溶液呈酸性；B项，CO32-水解促进水的电离，溶液呈碱性；C项，HNO3电离出H+抑制水的电离；D项，NaCl对水的电离无影响，溶液呈中性。‎ 详解：A项，Al2（SO4）3属于强酸弱碱盐，Al3+水解促进水的电离，溶液呈酸性，A项符合题意；B项，Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32-水解促进水的电离，溶液呈碱性，B项不符合题意；C项，HNO3电离出H+抑制水的电离，溶液呈酸性，C项不符合题意；D项，NaCl对水的电离无影响，溶液呈中性，D项不符合题意；答案选A。‎ ‎11、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞cCH3COO﹣）＞c（OH﹣）‎ B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3·H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）‎ C．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3（Na+）=2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]‎ D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：本题考查离子浓度大小的比较．‎ A.0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，恰好反应生成等浓度的醋酸和氯化钠，醋酸电离溶液显酸性，则c（Na+）=c（Cl﹣）＞cCH3COO﹣）＞c（OH﹣），故A正确；‎ B.0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7），溶液显碱性，则NH3·H2O的电离程度大于NH4+离子的水解程度，则c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3·H2O）＞c（OH﹣），故B错误；‎ C.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可知2（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，故C错误；‎ D.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，二者恰好反应生成NaHC2O4和NaCl，根据电荷守恒可知：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）‎ ‎+c（Cl﹣）=c（Na+）+c（H+），故D错误，‎ 故选A．‎ ‎12、将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，忽略溶液体积变化．两份溶液中c（CO32﹣）的变化分别是（　　）‎ A．减小、减小 B．减小、增大 C．增大、增大 D．增大、减小 ‎【答案】B ‎【解析】解：本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．‎ 将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，‎ 一份加入少许冰醋酸，发生HAc+HCO3﹣=H2O+CO2↑+Ac﹣，则溶液中c（CO32﹣）减小；‎ 另外一份加入少许Ba（OH）2固体，发生Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=2H2O+BaCO3↓+CO32﹣，则溶液中c（CO32﹣）增大，‎ 故选B．‎ ‎13、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 A.0.1mol/LpH<7的NaHSO3溶液中:c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)‎ B.在NaHCO3溶液中一定有:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+c(CO32-)‎ C.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液:c[(NH4)2CO3]c(H+)>c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A.0.1mol/LpH<7的NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解，故c(SO32-)>c(H2SO3)，选项A错误；B.根据电荷守恒，在NaHCO3溶液中一定有:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，选项B错误；C.铵根离子水解，（NH4）2SO4中含有2个铵根离子，所以铵根离子浓度最大，（NH4）2CO3中含有2个铵根离子，碳酸根离子和铵根离子相互促进水解，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱；所以当它们物质的量浓度相同时，c（NH4+‎ ‎）大小顺序为（NH4）2SO4溶液>（NH4）2CO3溶液>NH4Cl溶液，所以如果c（NH4+）相同，电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小，所以当c（NH4+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为（NH4）2SO4溶液<（NH4）2CO3溶液c(H+)>c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，选项D正确。答案选D。‎ ‎14、在一定条件下,Na2S溶液存在水解平衡;S2-+H2OHS-+OH-.下列说法正确的是 A.稀释溶液，水解平衡常数增大B.升高温度,c(HS-)/c(S2-)增大 C.加入NaOH固体,溶液pH减小D.加入CuSO4固体,HS-浓度增大 ‎【答案】B ‎【解析】A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，选项A错误；B、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2-）减小，c（HS-）增大，所以c(HS？)/c(S2？)减小，选项B错误；C、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，选项C错误；D、通入H2S，HS-浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2-+H2OHS-+OH-正向移动，HS-浓度增大，选项D正确。答案选B。‎ ‎15、下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）‎ A.等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液：c(NH4+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)‎ B.向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)‎ C.常温下，pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)‎ D.0.10mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7：c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.硫酸根离子不水解，铵根离子水解，因此c(SO42-)>c(NH4+)；B.反应后溶液为等浓度碳酸钠和碳酸氢钠，根据碳酸根的水解程度大于碳酸氢根进行分析；C.根据电荷守恒：c(Cl－)+c(OH－)＝c(NH4+)+c(H+)进行分析；D.‎ 反应后溶液为氯化钠、醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒进行分析。‎ 详解：等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中硫酸根离子不水解，铵根离子水解，因此c(SO42-)>c(NH4+)，A正确；向0.2mol/LNaHCO3溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液反应生成碳酸钠，且剩余一半的碳酸氢钠，由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则溶液中c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H+)，B错误；常温下，pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中根据电荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH4+)>c(OH－)＝c(H+)，C错误；0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)+c(CH3COO-)，溶液呈中性：c(H+)=c(OH－)，c(Na+)=c(Cl－)+c(CH3COO-)，所以可知c(Na+)>c(Cl－)=c(CH3COOH)，D正确；正确选项D。‎ ‎16、下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1mol·L-1。①H2S溶液;②KHS溶液;③K2S溶液;④H2S和KHS混合溶液(已知常温下KHS溶液的pH>7)。下列说法正确的是（）‎ A.溶液pH从大到小的顺序是：③>②>①>④‎ B.在H2S和KHS混合溶液中有：c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=2c(K+)‎ C.c(H2S)从大到小的顺序是：①>④>③>②‎ D.在KHS溶液中有：c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、H2S溶于水会电离出H+，其溶液呈酸性，而且多元弱酸的第一步电离比第二步电离大得多，K2S溶于水时S2-与水电离出的H+结合形成硫氢根离子，从而使其溶液呈碱性，H2S和KHS的混合溶液中KHS电离出的HS-对H2S的电离起抑制作用，所以c（H+）从大到小的是①>④>②>③，选项A错误；B、在H2S和KHS混合溶液中存在物料守恒：c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=2c(K+)=0.2mol/L，选项B正确；C、④H2S和KHS混合溶液中H2S的电离受HS-的抑制，c（H2S）最大，①H2S溶液中H2S部分电离，主要以H2S分子存在，c（H2S）次之，②KHS溶液中HS-水解产生H2S，而③K2S溶液第二步水解才产生H2S，②中c（H2S）大于③中的；所以c（H2S）从大到小的顺序是：④>①>②>③，选项C错误；D、在KHS溶液中，根据电荷守恒有c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，选项D错误。答案选B。‎ ‎17、已知草酸是二元弱酸，0.2mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性，关于NaHC2O4‎ 溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是（）‎ A.c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)B.c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)‎ C.c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(OH-)D.c(H+)+c(H2C2O4)=c(C2O42-)+c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A项中，NaHC2O4溶液中存在电离平衡：HC2O4—C2O42—＋H＋；还存在水解平衡：HC2O4—＋H2OH2C2O4＋OH－，由于溶液显酸性，故电离程度大于水解程度，所以c(C2O42—)＞c(H2C2O4)，正确。B项中，等式关系是物料守恒，NaHC2O4溶液中Na＋的总量等于与草酸相关物质的总量，正确。C项中，因为等式左边全是正电荷，等式右边全是负电荷，若是电荷守恒，则c(C2O42—)的系数应是2，错误。D项中，等式是质子守恒，可以由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4—)＋2c(C2O42—)＋c(OH－)与物料守恒c(Na＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(H2C2O4)相减而得，正确。‎ ‎18、下列事实：①明矾可做净水剂；②NaHSO4水溶液呈酸性;③Na2SiO3、Na2CO3、Na[Al(OH)4]等溶液不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中;④铵态氮肥不能与草木灰混合施用;⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强;⑥配制FeCl3溶液，需用浓盐酸溶解FeCl3固体;⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放;⑧泡沫灭火器反应原理。其中与盐类水解有关的是（）‎ A.全部B.除⑦以外C.除②以外D.除④、⑥以外 ‎【答案】C ‎【解析】分析：盐类水解的实质是盐中的某些离子与水电离出的H+或OH-生成弱电解质,促进了水的电离,增大了水的电离度,强酸弱碱盐、强碱弱酸盐以及弱酸弱碱盐可发生水解。‎ 详解：(1)明矾可做净水剂是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性而净水,与盐类水解有关,①正确；NaHSO4水溶液呈酸性是因为硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关,②错误；③Na2SiO3、Na2CO3、Na[Al(OH)4]等都是强碱弱酸盐，水解呈碱性,则溶液不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中,与盐类水解有关,③正确；铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是因为铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，④正确；加热能使纯碱溶液去污能力增强是因为加热促进盐类的水解,⑤正确；配制FeCl3溶液,需用浓盐酸溶解FeCl3固体,目的是抑制铁离子的水解,防止溶液浑浊,与盐类水解有关,⑥正确；‎ NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放,是因为水解生成HF能腐蚀玻璃,⑦正确；硫酸铝水解显酸性，碳酸氢钠溶液水解显碱性，相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳，与盐类水解有关，⑧正确；除②以外全正确；正确选项C。‎ ‎19、25℃时，下列叙述正确的是（　　）‎ A．将pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH＞7‎ B．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（Na+）=2c（SO42﹣）‎ C．0.1mol·L﹣1CH3COOH溶液与0.1mol·L﹣1CH3COONa等体积混合后pH＜7，则c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ D．KNO3和CH3COONH4溶液pH均为7，两溶液中水的电离程度相同 ‎【答案】C ‎【解析】解：本题考查离子浓度大小的比较．‎ A．常温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合，醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，所以混合溶液pH＜7，故A错误；‎ B．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），所以c（Na+）＜2c（SO42﹣），故B错误；‎ C.0.1mol·L﹣1CH3COOH溶液与0.1mol·L﹣1CH3COONa等体积混合后pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离程度较小，结合物料守恒得离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；‎ D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，硝酸钾中钾离子、硝酸根离子都不影响水电离，醋酸铵中铵根离子和醋酸根离子都促进水电离，所以两种溶液中水电离程度不同，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎20、 用NaOH标准溶液对某醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：‎ ‎（1）实验用品有：0.2000mol/L的NaOH溶液，醋酸溶液，蒸馏水；pH计，酸式滴定管，碱式滴定管，锥形瓶，烧杯，铁架台。还缺少的一种仪器是 ‎____________。‎ ‎（2）为标定该醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol/L的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 消耗NaOH溶液的体积(mL)‎ ‎20.05‎ ‎20.00‎ ‎19.95‎ 该醋酸溶液的准确浓度为_____________（保留小数点后四位），上述标定过程中，造成测定结果偏高的原因可能是_______________。‎ A．未用标准液润洗碱式滴定管 B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确 C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 ‎【答案】滴定管夹0.2000mol/LA、D ‎【解析】⑴.用NaOH标准溶液测定某醋酸溶液的浓度，从题目中所给仪器来看，还缺少滴定管的固定装置，即缺少滴定管夹，故答案为：滴定管夹；‎ ‎⑵.三次滴定消耗NaOH溶液的平均体积为：(20.05+20.00+19.95)mL÷3=20.00mL，则醋酸溶液的准确浓度为c(CH3COOH)==0.2000mol/L；A．未用标准液润洗碱式滴定管，造成NaOH标准液浓度减小，消耗标准液的体积偏大，则测定结果偏高，A项符合；B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，会造成滴定终点读数偏小，测定结果偏低，B项不符合；C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对测定结果无影响，C项不符合；D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成标准液的体积偏大，测定结果偏高，D项符合；故答案为：0.2000mol/L；A、D。 ‎ ‎21、 室温下向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。‎ ‎（1）a点（横坐标为10）所示溶液中离子浓度从大到小的顺序为___________________，其中c(Na+)______c(A-)+c(HA）（填“>”“<”或“=”）。‎ ‎（2）c点所示溶液中，c(Na+)_____c(A-)（填“>”“<”或“=”）。‎ ‎（3）b点所示溶液中，c(A-)_____c(HA）（填“>”“<”或“=”）。‎ ‎（4）a、b、c点所示溶液中,水的电离程度最大的是__________________________。‎ ‎（5）以下滴定操作会导致V(HA)偏大的是____________。‎ A、滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 B、锥形瓶洗涤后没有干燥 C、滴定时锥形瓶中有液体溅出 D、滴定开始前读数时平视，滴定终点，读数时俯视 ‎【答案】c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)==＞aA ‎【解析】本题考查离子浓度大小比较、误差分析，（1）a点，消耗HA的体积为10mL，两者恰好完全反应，反应后溶质为NaA，此时溶液显碱性，说明A－为弱酸根离子，发生A－＋H2OHA＋OH－，因此离子浓度为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；根据物料守恒，c(Na＋)=c(A－)＋c(HA)；（2）c点时，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，溶液的pH显中性，c(H＋)=c(OH－)，即c(Na＋)=c(A－)；（3）b点溶质为NaA和HA，且两种物质的物质的量相等，此时溶液显酸性，说明HA的电离程度大于A－水解程度，即c(HA)c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)‎ b.c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-）+C(H2SO3)‎ c.c(Na+)>c(SO32-)>c(OH一)>c(H+)‎ d.水电离出c(OH一)=1×l0-8mol/L ‎③25℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝______mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎(2)电化学处理法 如图所示，Pt(1)电极的反应式为_________；碱性条件下，用Pt(2)电极排出的S2O42-溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32-生成。若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体____mol。‎ ‎【答案】(1).SO32-+SO2+H2O=2HSO3-(2).(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)(3).ad(4).1×10－12(5).增大(6).SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+(7).1.5‎ ‎【解析】（1）本题考查SO2的性质和离子浓度大小顺序、电离平衡常数的计算，①SO2与CO2在某些性质上具有相似，因此SO2与Na2SO3反应的离子方程式为SO2＋SO32－＋H2O=2HSO3－，HSO3－的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，HSO3－部分电离，即离子浓度大小顺序是(Na＋)>c(HSO3－)>c(H＋)>c(SO32－)>c(OH－)；②a、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)，因此有c(Na＋)＋c(H＋)>c(OH－)＋c(HSO3－)＋c(SO32－)，故a正确；b、如果溶质只有NaHSO3，根据物料守恒，c(Na＋)=c(SO32－)+c(HSO3‎ ‎－）+C(H2SO3)，如果溶质为NaHSO3和H2SO3，则c(Na＋)c(OH－)，故c错误；d、根据水的离子积，c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－6mol·L－1=10－8mol·L－1，故d正确；③根据Kh=Kw/Ka1=1×10－14/10－2=1×10－12；加入I2，发生HSO3－＋I2＋H2O=SO42－＋2I－＋3H＋，然后发生H＋＋HSO3－=H2SO3，因此c(H2SO3)增大，c(HSO3－)减小，此比值增大；（2）考查电极反应式的书写和电化学计算，根据装置图，Pt(1)电极SO2→H2SO4，S的化合价升高，失去电子，即Pt(1)作阳极，即电极反应式为SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋SO42－；Pt(2)电极反应式为2HSO3－＋2H＋＋2e－=S2O42－＋2H2O，转移电子6mol，生成S2O42－物质的量6/2mol=3mol，然后根据得失电子数目守恒，3×2×1=n(NO2)×4，即n(N2)=1.5mol。‎