2020届高考化学二轮复习盐类的水解作业(2) 29页

盐类的水解 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．已知NaCN溶液中CN水解常数Kh＝≈[co（NaCN）是NaCN溶液的起始浓度]．25℃时，向c0的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lgc0与2pOH[pOH﹣＝﹣lg c（OH﹣）]的关系如图。‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A．其它条件不变，降低温度，可使b点变到a点 ‎ B．相同温度时，c点对应溶液中的pH大于a点 ‎ C．由图可知，25℃时，Kh（CN ）≈10﹣4.7 ‎ D．向1 L lgc0＝0的NaCN溶液中通入0.5 mol HCl气体，所得溶液中c（CN﹣）＜c（HCN）‎ ‎2．下列各式表示水解反应的是（　　）‎ A．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣ B．HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣ ‎ C．HSO3﹣+H2O⇌SO32﹣+H3O+ D．HCO3﹣+OH﹣⇌H2O+CO32﹣‎ ‎3．欲使0.1mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）、c（CO）、c（HCO3¯）都减少，其方法是（　　）‎ A．加入氢氧化钠固体 B．加水 ‎ C．通入二氧化碳气体 D．加入饱和石灰水溶液 ‎4．某温度下，体积和pH都相同的氯化铵溶液和盐酸加水稀释时的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：c＞a ‎ B．a、b、c三点溶液中水的电离程度：a＞b＞c ‎ C．b点溶液中：c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣） ‎ D．用NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积Vb＝Vc ‎5．下列叙述正确的是（　　）‎ A．反应2A（g）+B（g）＝3C（s）+D（g）在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H＞0 ‎ B．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体的原理是加热促进了Fe3+水解 ‎ C．0.1mol/L的NH4Cl溶液的Kw大于0.01mol/LNH4Cl溶液的Kw ‎ D．等体积，pH都为3的酸HA、HB分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明HA的酸性大于HB ‎6．对滴有酚酞试液的溶液中，下列操作溶液颜色会变深的是（　　）‎ A．AlCl3溶液中在融入AlCl3 ‎ B．CH3COONa溶液加热 ‎ C．氨水中加入少量NH4Cl固体 ‎ D．醋酸溶液加热 ‎7．常温下，滴有两滴酚酞试液的Na2CO3溶液中存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣平衡，溶液呈红色．下列说法不正确的是（　　）‎ A．稀释溶液，增大 ‎ B．通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，溶液pH均减小 ‎ C．升高温度，红色变深，平衡常数增大 ‎ D．加入NaOH固体，减小 ‎8．下列说法正确的是（　　）‎ A．由图甲可知，升高温度醋酸钠的水解程度增大 ‎ B．由图乙可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大 ‎ C．由图丙可知，反应A（g）+B（g）＝2C（g）是吸热反应 ‎ D．由图丁可知，反应C（金刚石，s）＝C（石墨，s）的焓变△H＝△H1﹣△H2‎ ‎9．室温下，将0.1molNaHCO3固体溶于水配成250mL溶液，保持温度不变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 A 少量Ba（OH）2‎ 反应结束后，c（CO32﹣）减小 B 再加入等量Na2CO3‎ 溶液中c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣）‎ C ‎ 100mLH2O 由水电离出的c（H+）•c（OH﹣）不变 D 冰醋酸 增大 A．A B．B C．C D．D ‎10．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．则下列说法正确的是（　　）‎ A．稀释溶液，溶液pH增大 ‎ B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动 ‎ C．升高温度，减小 ‎ D．加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎11．下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是（　　）‎ A．Na+ B．Fe2+ C．HCO3﹣ D．Cl﹣‎ ‎12．下列物质的水溶液不呈碱性的是（　　）‎ A．Ca（OH）2 B．NaHCO3 C．NH4Cl D．NH3•H2O ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．pH＝1的NaHSO4溶液：c（H+）＜c（SO42﹣）+c（OH　﹣） ‎ B．室温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，因生成的CH3COONa水解，所以由水电离出的c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1 ‎ C．已知常温下Ka（CH3COOH）＞Ka（HCN），则等体积等浓度的NaCN和CH3COONa溶液中，CH3COONa溶液所含的离子数比NaCN溶液多 ‎ D．室温下，pH＝11和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后，则混合后的溶液中c（H+）＝mol•L﹣1‎ ‎14．常温下0.2mol•L﹣1Na2CrO4溶液中，H2CrO4、CrO42﹣、Cr2O72﹣和HCrO4﹣的分布曲线如图所示。下列叙述错误的是（已知：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O）（　　）‎ A．曲线M表示pH与CrO42﹣的变化关系 ‎ B．Ka2（H2CrO4）的数量级为10﹣6 ‎ C．HCrO4﹣的电离程度大于水解程度 ‎ D．pH＝2和pH＝5时，2HCrO4﹣＝Cr2O72﹣+H2O的平衡常数相等 ‎15．下列说法不正确的是（　　）‎ A．浓度均为0.1mol/L的①NH4Fe（SO4）2②NH4HSO4③（NH4）2CO3④CH3COONH4溶液中c（NH4+）的大小顺序为③＞①＞②＞④ ‎ B．浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液与NaClO溶液，溶液中阴、阳离子的总浓度前者大于后者 ‎ C．H3PO2为一元弱酸，在NaH2PO2水溶液中存在：c（H3PO2）+c（H2PO2﹣）＝c（Na + ） ‎ D．0.1mol/L的Ca（HCO3）2溶液中：c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）＝0.2mol/L ‎16．25℃时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物质的量分数（φ）随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法中正确的是（　　）‎ A．pH＝7时，c（Na+）＝（Cl﹣ ）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣） ‎ B．pH＝8时，c（Na+）＝c（C1﹣） ‎ C．pH＝12时，c（Na+ ）＞c（OH﹣ ）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+） ‎ D．25℃时，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣的水解平衡常数Kh＝10﹣10mol•L﹣1‎ ‎17．常温下，向1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3•H2O的变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法不正确的是（　　）‎ A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小 ‎ B．在M点时，n（OH﹣）﹣n（H+）＝（a﹣0.05）mol ‎ C．随着NaOH的加入，不断增大 ‎ D．当n（NaOH）＝0.05mo1时，溶液中有：c（C1﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎18．工业生产中，向Na2CO3溶液中通入SO2气体制备无水Na2SO3，水溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣粒子的物质的量分数随pH的分布、Na2SO3的溶解度曲线如图所示：下列说法不正确的是（　　）‎ A．溶液pH＝4，溶质为NaHSO3 ‎ B．溶液pH＝10，c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（SO32﹣）+c（HSO3﹣） ‎ C．溶液pH＝7，c（SO32﹣）＝c（HSO3﹣） ‎ D．溶液pH＝10时，停止通入SO2，将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于34℃趁热过滤、洗涤、干燥得到无水Na2SO3‎ ‎19．25℃时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断错误的是（　　）‎ A．粒子种类不同 ‎ B．c（Na+）前者大于后者 ‎ C．c（OH﹣）前者大于后者 ‎ D．分别加入NaOH固体，c（CO32﹣）均增大 ‎20．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．已知酸性HF＞CH3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中c（Na+）﹣c（F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣） ‎ B．0.1mol•L﹣1的NaHX溶液pH为4，该溶液中：c（HX﹣）＞c（H2X）＞c（X2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） ‎ C．氯水中：c（Cl2）＝2[c（ClO﹣）+c（Cl﹣）+c（HClO）] ‎ D．25℃时，pH＝8的CH3COONa溶液中，c（CH3COOH）约为10﹣6 mol•L﹣1‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．Be和Al具有相似的化学性质，写出BeCl2水解反应的化学方程式　 　．‎ ‎22．锡为第ⅣA族元素，锡的单质和化合物与某些物质的化学性质有许多相似之处．已知锡元素具有如下性质：‎ Sn4++Sn═2Sn2+；2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O；2H++SnO22﹣⇌Sn（OH）2⇌Sn2++2OH﹣．‎ 试回答：‎ ‎（1）锡溶于盐酸，再向反应后的溶液中通入氯气，有关反应类似于铁的相应变化，试写出有关反应的化学方程式：　 　，　 　．‎ ‎（2）将（1）中溶液蒸干后继续灼烧所得固体，变化过程类似于FeCl3溶液相应的变化，则最后得到的固体物质是　 　（填化学式）．‎ ‎（3）若可用SnCl2溶液与过量的碱溶液反应的方法制Sn（OH）2，该碱可选用　 　．‎ ‎23．中国古代曾用银器查毒，其主要产物为Ag2S．硫化物通常有“废物”之称。硫化物据其溶解性可以分三类：①易溶于水的有 K2S、Na2S、（NH4）2S等；②易溶于非氧化性强酸、不溶于水的有 FeS、ZnS；③大部分的硫化物既不溶于水也不溶于非氧化性强酸，如HgS、Ag2S、CuS、Cu2S．其中，Ag2S、CuS、Cu2S能溶于硝酸发生氧化还原反应，而HgS只能溶于王水。‎ ‎（1）K2S溶液显　 　性，原因　 　（用离子方程式表示），K2S溶液中离子浓度由大到小顺序　 　。‎ ‎（2）氢硫酸是多元弱酸，多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数，对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着数量上的规律，此规律是　 　，产生此规律的原因是　 　（请从粒子的电荷情况和电离平衡的移动两方面作答）。‎ ‎（3）已知在常温下FeS的Ksp＝6.25×10﹣18，H2S饱和溶液中c（H+）与c（S2﹣）之间存在如下关系：‎ c2（H+）•c（S2﹣）＝1.0×10﹣22．在该温度下，将适量FeS入硫化氢饱和溶液中，欲使溶液中（Fe2+）为1mol/L，应调节溶液的pH为　 　（lg2＝0.3）‎ ‎24．（1）pH＝13的CH3COONa溶液加水稀释100倍后，pH　 　11（填“＞”“＝”或“＜”）原因是　 　（用离子方程式和必要的文字说明）；pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH　 　NaOH溶液的pH（填“＞”“＝”或“＜”）；‎ ‎（2）pH相等时，①NH4Cl　②（NH4）2SO4　③NH4HSO4三种溶液中c（NH4+）由大到小的顺序为　 　；‎ ‎（3）等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈　 　性，溶液中c（Na+）　 　c（CH3COO﹣）（填“＞”“＝”或“＜”）；pH＝13的氢氧化钠与pH＝1的醋酸等体积混合后溶液呈　 　性，溶液中c（Na+）　 　c（CH3COO﹣）（填“＞”“＝”或“＜”）；‎ ‎（4）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c（NH4+）＝c（Cl﹣），则混合后溶液呈　 　性，盐酸的体积　 　氨水的体积（填“＞”“＝”或“＜”）；‎ ‎（5）NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4═Na++H++SO42﹣．该溶液中c（H+）　 　c（OH﹣）+c　 　（填“＞”“＝”或“＜”）．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎25．取一株油菜幼苗放在广口瓶中培养，注入（NH4）2SO4溶液（pH为6.42），在室温下4h后取出植株，测定溶液的pH为6.01问：‎ ‎（a）（NH4）2SO4溶液的pH小于7，写出有关离子方程式　 　．‎ ‎（b）4h后（NH4）2SO4溶液的pH下降的原因是　 　．‎ ‎26．FeCl3具有净水作用，但容易腐蚀设备；聚合氯化铁是一种新型絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．‎ ‎（1）FeCl3腐蚀钢铁设备，除了H+作用外，另一主要原因是　 　．（用离子方程式表示）‎ ‎（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到含FeCl3的溶液．若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）＝2.0×10﹣2mol/L，c（Fe3+）＝1.0×10﹣3mol/L，c（Cl﹣）＝5.3×10﹣2mol/L，则该溶液的pH约为　 　．‎ ‎（3）若在空气中加热FeCl3•6H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，写出反应的化学方程式：　 　；若在干燥的HCl气流中加热FeCl3•6H2O时，能得到无水FeCl3，其原因是　 　．‎ ‎（4）FeCl3在水中分三步水解（K为水解平衡常数）：‎ Fe3++H2O⇌Fe（OH）2++H+K1‎ Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）2++H+K2‎ Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）3+H+K3‎ 以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是　 　．‎ ‎（5）通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3++yH2O⇌Fex（OH）ym++yH+‎ 欲使平衡朝正反应方向移动，可采用的方法是　 　．‎ a．降温b．加水稀释c．加入NH4Cld．加入NaHCO3．‎ ‎27．氢元素与其它元素既能形成离子键，也能形成共价键，在化合物中氢元素可能为+1价或﹣1价．回答下列问题：‎ ‎（1）LiH中Li+的半径　 　H﹣的半径（填“大于”、“小于”或“等于”）；CaH2与水剧烈反应生成密度最小的气体，写出CaH2与稀盐酸反应的化学方程式　 　．‎ ‎（2）主族非金属元素与氢形成共价型氢化物．第三周期的气态氢化物，对热稳定性由强到弱的顺序为　 　（填气态氢化物分子式）．‎ ‎（3）已知H、B、Si、Cl的电负性分别为2.1、2.0、1.8、3.0，甲硅烷（SiH4）分子中H元素的化合价为　 　．微量碱作催化剂时，甲硅烷遇水迅速水解生成SiO2•nH2O，写出该反应的化学方程式　 　．乙硼烷（B2H6）有强还原性，在空气中能自燃，乙硼烷的强还原性来自于　 　．‎ ‎（4）在乙醚中，氢化钠与乙硼烷反应能生成万能还原剂硼氢化钠（NaBH4），请写出NaBH4与水反应的化学方程式　 　．‎ ‎（5）环状化合物甲（N6H6）有作为高能材料的可能性，甲分子中有3种化学环境的N原子和2种化学环境的H原子，且N原子均达到8电子结构，则甲的结构式可能为　 　．‎ ‎28．取一定量饱和FeCl3溶液，进行如下实验：‎ ‎（1）加入少量NaOH（s），FeCl3的水解程度　 　（填“增强”“减弱”或“不变”）．‎ ‎（2）将溶液加热蒸干，并灼烧，最后得到的固体是　 　（写化学式）．‎ ‎（3）FeCl3溶液中通入HCl（g），溶液的pH　 　（填“增大”“减小”或“不变”），FeCl3的水解程度　 　（填“增强”“减弱”或“不变”）．‎ ‎（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊试液，现象是　 　．‎ ‎（5）向FeCl3溶液中加入过量的Mg片，现象是　 　．‎ ‎29．近年来，利用SRB（硫酸盐还原菌）治理废水中的有机物、SO42﹣及重金属污染取得了新的进展。‎ ‎（1）图1表示H2CO3和H2‎ S在水溶液中各种微粒物质的量分数随pH的变化曲线。某地下水样pH＝8.5，在SRB的作用下，废水中的有机物（主要为CH3COO﹣）将SO42﹣还原为﹣2价硫的化合物，请用离子方程式表示该过程中的化学变化：　 　。‎ ‎（2）SRB除去废水中有机物的同时，生成的H2S还能用于构造微生物电池，某pH下该微生物燃料电池的工作原理如图2所示。‎ ‎①写出电池正极的电极反应：　 　。‎ ‎②负极室的pH随反应进行发生的变化：　 　（“减小”或“增大”），结合电极反应解释pH变化的原因：　 　。‎ ‎（3）SRB可用于处理废水中含重金属锑（Sb）的离子。‎ ‎①通过两步反应将Sb（OH）6﹣转化为Sb2S3除去，转化过程中有单质生成。完成第一步反应的离子方程式。‎ 第一步：　 　Sb（OH） 6﹣+　 　H2S═1　 　+1　 　↓+　 　H2O 第二步：3H2S+2SbO2﹣+2H+═Sb2S3↓+4H2O ‎②某小组模拟实验时配制a mL含Sb元素b mg•L﹣1 的废水，需称取　 　g KSb（OH）6（相对分子质量为263）。提示：列出计算式即可。‎ 盐类的水解 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A．升高温度，有利于CN﹣水解平衡向右移动，溶液中OH﹣浓度增大，溶液碱性增强，减低温度溶液碱性减弱；‎ B．pOH＝﹣lgc（OH﹣）分析；‎ C．a点坐标（﹣1，5.7），即lgc0＝﹣1，2pOH＝5.7计算Kb（CN﹣）；‎ D．向1 L lgc0＝0的NaCN溶液中通入0.5 mol HCl气体，NaCN物质的量1L×1mol/L＝1mol，和0.5molHCl反应得到等浓度的NaCN和HCN的混合溶液，CN﹣离子水解程度大于HCN的电离程度，溶液显碱性。‎ ‎【解答】解：A．其它条件不变，降低温度，CN﹣水解平衡向左移动，溶液中OH﹣浓度减小，溶液碱性减弱，不可使b点变到a点，故A错误；‎ B．pOH＝﹣lgc（OH﹣），c点的2pOH小于a点2pOH，则c点对应溶液中的c（OH﹣）大于a点，c点对应溶液中的pH大于a点，故B正确，‎ C．a点坐标（﹣1，5.7），即lgc0＝﹣1，2pOH＝5.7，即c0＝0.1mol/L，c（OH﹣）＝10﹣2.85mol/L，则Kb（CN﹣）＝＝＝10﹣4.7，故C正确；‎ D．向1 L lgc0＝0的NaCN溶液中通入0.5 mol HCl气体，NaCN物质的量1L×1mol/L＝1mol，和0.5molHCl反应得到等浓度的NaCN和HCN的混合溶液，CN﹣离子水解程度大于HCN的电离程度，溶液显碱性，所得溶液中c（CN﹣）＜c（HCN），故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎2．【分析】水解反应的实质是：弱酸或弱碱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程，水解反应方程式用可逆符号表示，以此分析得出正确结论．‎ ‎【解答】解：A、HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣，是碳酸氢根离子的电离方程式，不是水解离子方程式，故A错误；‎ B、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，是硫氢根离子的水解离子方程式，故B正确；‎ C、HSO3﹣+H2O⇌SO32﹣+H3O+，是亚硫酸氢根离子的电离方程式，故C错误；‎ D、HCO3﹣+OH﹣⇌H2O+CO32﹣‎ ‎，是碳酸氢根离子和氢氧根离子发生的复分解反应，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎3．【分析】碳酸氢钠溶于水电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子能电离出氢离子和碳酸根离子，且存在电离平衡，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，只要加入的物质和氢离子、碳酸根离子都反应，使平衡向正反应方向移动即可．‎ ‎【解答】解：A．NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故A错误；‎ B．加水稀释促进水解氢氧根离子的浓度减小，氢离子浓度增大，故B错误；‎ C．CO2与水反应生成碳酸，c（H+）、c（HCO3﹣）增大，故C错误；‎ D．Ca（OH）2+NaHCO3＝CaCO3↓+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎4．【分析】盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是能水解的盐，水解显示酸性，加水稀释后水解程度增大，‎ A．溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的多少有关；‎ B．盐酸对水的电离起抑制作用，氯化铵对水的电离起到促进作用；‎ C．根据溶液中的质子守恒分析；‎ D．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）．‎ ‎【解答】解：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pH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变化是氯化铵溶液的，‎ A．稀释前两溶液的pH相同，由于铵根离子的水解程度较小，则氯化铵溶液浓度大于盐酸，稀释相同体积时，氯化铵溶液的浓度大于盐酸，则导电能力：a＞c，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pH＜b点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c，故B正确；‎ C．b点溶液中，根据质子守恒，得出c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＝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Vb＞Vc，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎5．【分析】A、反应自发进行的判断依据是：△H﹣T△S＜0，分析选项是否符合要求；‎ B、实验室利用水解原理加热饱和的氯化铁溶液制备胶体；‎ C、Kw是温度的函数，温度相同Kw相同；‎ D、等体积，pH都为3的酸HA、HB分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明HA溶液浓度大，溶液的酸性弱于HB．‎ ‎【解答】解：A、2A（g）+B（g）＝3C（s）+D（g）的△S＜0，在一定条件下能自发进行，则△H﹣T△S＜0，所以该反应的△H＜0，故A错误；‎ B、利用水解原理加热饱和的氯化铁溶液制备胶体，故B正确；‎ C、Kw是温度的函数，温度相同Kw相同，所以0.1mol/L的NH4Cl溶液的Kw等于0.01mol/LNH4Cl溶液的Kw，故C错误；‎ D、等体积，pH都为3的酸HA、HB分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明HA的酸性弱于HB，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎6．【分析】对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后红色变深，说明溶液中OH﹣浓度增大，结合外界条件对水解平衡移动的影响分析。‎ ‎【解答】解：A．AlCl3在水中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A错误；‎ B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B正确；‎ C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl＝NH4++Cl﹣，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误；‎ D．醋酸溶液呈酸性，加入酚酞溶液不变色，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎7．【分析】A、稀释溶液，水解平衡常数不变，而溶液的碱性变弱，即c（H+）增大；‎ B、通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，均能消耗掉氢氧根，导致c（OH﹣）减小；‎ C、盐类水解吸热；‎ D、加入氢氧化钠固体，增大了c（OH﹣），结合水解平衡常数来分析．‎ ‎【解答】解：A、稀释溶液，水解平衡常数Kh＝不变，而溶液的碱性变弱，即c（H+）增大，故变小，故A错误；‎ B、通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，均能消耗掉氢氧根，导致c（OH﹣）减小，c（H+）增大，故溶液pH减小，故B正确；‎ C、盐类水解吸热，故升高温度，水解平衡右移，水解平衡常数增大，且溶液中c（OH﹣）增大，故红色变深，故C正确；‎ D、加入氢氧化钠固体，增大了c（OH﹣），而水解平衡常数Kh＝不变，故减小，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎8．【分析】A、图中分析可知随温度升高溶液PH增大，说明升温促进醋酸根离子水解；‎ B、离子积常数只随温度变化；‎ C、依据图象分析，先拐先平，温度高，T1＜T2，结合化学平衡移动原理分析C体积分数随温度变化判断反应能量变化；‎ D、由图得：①C（S，石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H1，‎ ‎②C（S，金刚石）+O2（g）＝CO2（g）△H2，利用盖斯定律将②﹣①可得：C（S，金刚石）＝C（S，石墨）△H2﹣△H1．‎ ‎【解答】解：A、图中分析可知随温度升高溶液PH增大，醋酸根离子水解显碱性，说明升温促进醋酸根离子水解，升高温度醋酸钠的水解程度增大，故A正确；‎ B、离子积常数只随温度变化，ab点的温度都是25°C，a点Kw的数值和b点Kw的数值相同，故B错误；‎ C、依据图象分析，先拐先平，温度高，T1＜T2‎ ‎，结合化学平衡移动原理分析C体积分数随温度变化，温度越高C体积分数越小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，故C错误；‎ D、由图得：①C（S，石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H1，②C（S，金刚石）+O2（g）＝CO2（g）△H2，利用盖斯定律将②﹣①可得：C（S，金刚石）＝C（S，石墨）焓变△H＝△H2﹣△H1，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎9．【分析】A．加入少量氢氧化钡溶解后和碳酸钠反应生成碳酸钡、碳酸钠溶液；‎ B．加入等量的碳酸钠溶解后溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液显碱性；‎ C．加入水温度不变，溶液中离子积常数不变；‎ D．碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的电离平衡常数Ka2＝，据此分析加入冰醋酸比值的变化．‎ ‎【解答】解：A．加入少量氢氧化钡溶解后和碳酸钠反应生成碳酸钡、碳酸钠溶液，Ba（OH）2+2NaHCO3＝BaCO3↓+2H2O+Na2CO3，反应后溶液中碳酸根离子浓度增大，故A错误；‎ B．加入等量的碳酸钠溶解后溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液显碱性，溶液中c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），故B正确；‎ C．水溶液中存在离子积常数，温度不变，常数不变，加入水稀释促进水解，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积发生改变，故C错误；‎ D．碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子电离平衡中的电离平衡常数Ka2＝，温度不变Ka2不变，，加入醋酸氢离子浓度增大，则比值减小，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎10．【分析】A．稀释促进水解，氢氧根离子的物质的量增大，但氢氧根离子浓度减小；‎ B．通入CO2，发生CO32﹣+H2O+CO2＝2HCO3﹣；‎ C．水解为吸热反应；‎ D．加入NaOH固体，平衡逆向移动，但氢氧根离子的浓度增大．‎ ‎【解答】‎ 解：A．稀释促进水解，氢氧根离子的物质的量增大，但氢氧根离子浓度减小，则pH减小，故A错误；‎ B．通入CO2，发生CO32﹣+H2O+CO2＝2HCO3﹣，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣平衡朝正反应方向移动，故B正确；‎ C．水解为吸热反应，则升高温度，平衡正向移动，可知增大，故C错误；‎ D．加入NaOH固体，平衡逆向移动，但氢氧根离子的浓度增大，则溶液pH增大，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎11．【分析】根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．Na+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故A错误；‎ B．Fe2+水解，为弱碱阳离子，使得溶液水解呈酸性，只能降低pH值，故B错误；‎ C．HCO3﹣在溶液中存在两个趋势：HCO3﹣离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3﹣水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故C正确；‎ D．Cl﹣不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎12．【分析】强碱弱酸盐，弱酸根离子在溶液中部分水解，溶液呈碱性，碱在溶液中电离出氢氧根离子，溶液显碱性，据此进行判断。‎ ‎【解答】解：A．Ca（OH）2是强碱，在溶液中完全电离出钙离子和氢氧根离子，溶液呈碱性，故A不选；‎ B．NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子在溶液中部分水解，溶液呈碱性，故B不选；‎ C．NH4Cl溶液中，铵根离子水解，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，故C选；‎ D．NH3•H2O是弱碱，在溶液中部分电离出氢氧根离子，溶液呈碱性，故D不选；‎ 故选：C。‎ ‎13．【分析】A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；‎ B、酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；‎ C、根据电荷守恒，c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），c（CN﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），和水解程度大小分析；‎ D、先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据离子积常数计算混合溶液中氢离子浓度。‎ ‎【解答】解：A、根据电荷守恒，pH＝1的NaHSO4溶液存在：c（Na+）+c（H+）＝2c（SO42‾）+c（OH‾），因为c（Na+）＝c（SO42‾），所以c（H+）＝c（SO42‾）+c（OH‾），故A错误；‎ B、pH＝3的CH3COOH溶液中，c（CH3COOH）＞0.001mol/L，pH＝11的NaOH溶液中c（NaOH）＞＝0.001mol/L，二者等体积混合后酸过量，所以溶液呈酸性，抑制水电离，则由水电离出的c（H+）＜10﹣7mol•L﹣1，故B错误；‎ C、根据电荷守恒，c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），c（CN﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+ ）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH﹣）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以乙酸钠中离子浓度大，故C正确；‎ D、混合溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝5.05×10﹣2mol/L，溶液中氢离子浓度＝mol/L＝2×10﹣13mol•L﹣1，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎14．【分析】A．碱性增强，2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O逆向移动，c（Cr2O72﹣）增大；‎ B．Ka2（H2CrO4）表示HCrO4﹣电离生成CrO42﹣和H+的电离平衡常数，当c（Cr2O72﹣）＝c（　　）HCrO4﹣）即Q与M的交叉点时，Ka2＝c（H+）；‎ C．根据HCrO4﹣的电离常数Ka2（H2CrO4）和HCrO4﹣的水解常数kh大小比较判断，k越大，反应进行程度越大；‎ D．平衡常数k只与温度有关，温度不变，则k不变；‎ ‎【解答】解：A．碱性增强，2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O逆向移动，c（Cr2O72﹣）增大，所以曲线M表示pH与CrO42﹣的变化关系，故A正确；‎ B．Ka2（H2CrO4）＝，当c（Cr2O72﹣）＝c（HCrO4﹣）即Q与M的交叉点时，Ka2＝c（H+）≈10﹣6.5＝100.5×10﹣7，所以Ka2（H2CrO4）的数量级为10﹣7，故B错误；‎ C．由图可知当c（H2CrO4）＝c（HCrO4﹣）即H2CrO4与Q的交叉点时，Ka1（H2CrO4）＝c（H+）≈10﹣1，HCrO4﹣的水解常数kh＝＝10﹣13＜10﹣6.5，所以HCrO4﹣的电离程度大于水解程度，故C正确；‎ D．平衡常数k只与温度有关，温度不变，则k不变，所以pH＝2和pH＝5时，2HCrO4﹣＝Cr2O72﹣+H2O的平衡常数相等，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎15．【分析】A．①NH4Fe（SO4）2②NH4HSO4③（NH4）2CO3④CH3COONH4溶液中，亚铁离子抑制氨根离子水解，氢离子抑制氨根离子水解，醋酸根、碳酸根离子促进氨根离子水解；‎ B．等物质的量浓度的 NaF和NaClO溶液中阴离子的总浓度都等于钠离子和氢离子的浓度和，钠离子浓度相等，酸性HF强于HClO，所以次氯酸钠的碱性强，氢离子浓度小，故所含离子总浓度前者大于后者，故D正确 C．依据物料守恒解答；‎ D．依据物料守恒判断。‎ ‎【解答】解：A．浓度均为0.1mol/L的①NH4Fe（SO4）2②NH4HSO4③（NH4）2CO3④CH3COONH4溶液，四种溶液中，亚铁离子抑制铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大于亚铁离子，醋酸根离子、碳酸根离子都促进氨根离子水解，且碳酸根离子促进能力强于醋酸根离子，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：②＞①＞④＞③，故A错误；‎ B．等物质的量浓度的 CH3COONa溶液与NaClO溶液，阳离子的总浓度都等于钠离子和氢离子的浓度和，钠离子浓度相等，酸性CH3COOH强于HClO，所以次氯酸钠的碱性强，氢离子浓度小，故所含离子总浓度前者大于后者，故B正确；‎ C．H3PO2为一元弱酸，在NaH2PO2水溶液中，H2PO2部分水解生成H3PO2，依据物料守恒得：c（H3PO2）+c（H2PO2﹣）＝c（Na + ），故C正确；‎ D．碳酸氢根离子部分电离生成碳酸根离子，部分水解生成碳酸，依据物料守恒：碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子中所以碳原子浓度等于0.2mol/L，即c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）＝0.2mol/L，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎16．【分析】A．pH＝7时，c（OH﹣ ）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；‎ B．pH＝8时，溶液呈碱性，c（OH﹣ ）＞c（H+），溶液中含碳微粒HCO3﹣的物质的量分数为100%，则溶液中的阴离子有Cl﹣、HCO3﹣、OH﹣，阳离子有Na+、H+‎ ‎，根据电荷守得c（Na+）＞c（C1﹣）+c（HCO3﹣）；‎ C．pH＝12时，含碳微粒中CO32﹣的物质的量分数为100%，则c（HCO3﹣）＝0，且溶液中c（OH﹣ ）很小；‎ D.25℃时，溶液中c（CO32﹣）＝c（HCO3﹣）时，该溶液中HCO3﹣的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣10，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣的水解平衡常数Kh＝。‎ ‎【解答】解：A．pH＝7时，c（OH﹣ ）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）＝（Cl﹣ ）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故A正确；‎ B．pH＝8时，溶液呈碱性，c（OH﹣ ）＞c（H+），溶液中含碳微粒HCO3﹣的物质的量分数为100%，则溶液中的阴离子有Cl﹣、HCO3﹣、OH﹣，阳离子有Na+、H+，根据电荷守得c（Na+）＞c（C1﹣）+c（HCO3﹣），所以存在c（Na+）＞c（C1﹣），故B错误；‎ C．pH＝12时，溶液呈碱性，含碳微粒中CO32﹣的物质的量分数为100%，则c（HCO3﹣）＝0，且溶液中c（OH﹣ ）很小，所以溶液中存在c（Na+ ）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣ ）＞c（H+），故C错误；‎ D.25℃时，溶液中c（CO32﹣）＝c（HCO3﹣）时，该溶液中HCO3﹣的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣10，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣4，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎17．【分析】A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，碱中c（OH﹣）越大其抑制水电离程度越大，含有弱离子的盐浓度越大，水的电离程度越大；‎ B．M点c（NH4+）＝c（NH3•H2O）＝0.05mol，c（C1﹣）＝0.1mol/L，c（Na+）＝amol/L，根据电荷守恒得c（C1﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（NH4+）+c（Na+），则c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（NH4+）+c（Na+）﹣c（C1﹣）；‎ C.＝×＝，加入NaOH后促进铵根离子水解，导致c（NH3•H2O）增大，温度不变水解平衡常数不变；‎ D．当n（NaOH）＝0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3．H2O和NH4Cl、NaCl，NH3．H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性。‎ ‎【解答】解：A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，碱中c（OH﹣）越大其抑制水电离程度越大，含有弱离子的盐浓度越大，水的电离程度越大，原溶液中溶质为氯化铵，M点溶液中溶质为氯化铵、一水合氨和NaCl，且M点氯化铵浓度小于原溶液，所以水电离程度：M点小于原溶液，故A正确；‎ B．M点c（NH4+）＝c（NH3•H2O）＝0.05mol，c（C1﹣）＝0.1mol/L，c（Na+）＝amol/L，根据电荷守恒得c（C1﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（NH4+）+c（Na+），则c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（NH4+）+c（Na+）﹣c（C1﹣），溶液同一体积相等，所以存在n（OH﹣）﹣n（H+）＝n（NH4+）+n（Na+）﹣n（C1﹣）＝0.05mol/L×1L+amol﹣0.1mol/L×1L＝（a﹣0.05）mol，故B正确；‎ C．加入NaOH后促进铵根离子水解，导致c（NH3•H2O）增大，温度不变水解平衡常数不变，所以＝×＝减小，故C错误；‎ D．当n（NaOH）＝0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3．H2O和NH4Cl、NaCl，NH3．H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎18．【分析】A．溶液的pH＝4时，溶液中含有S元素的微粒只有HSO3﹣；‎ B．pH＝10时，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；‎ C．pH＝7时，溶质中含有S元素的微粒有SO32﹣、HSO3﹣；‎ D．pH＝10时，停止通入SO2，溶液中溶质为Na2SO3，将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于34℃析出的溶质为Na2SO3。‎ ‎【解答】解：A．溶液的pH＝4时，溶液中含有S元素的微粒只有HSO3﹣，所以溶质为NaHSO3，故A正确；‎ B．pH＝10时，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故B错误；‎ C．根据图知，pH＝7时，c（SO32﹣）＝c（HSO3﹣），故C正确；‎ D．pH＝10时，停止通入SO2，溶液中溶质为Na2SO3，将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于34℃析出的溶质为Na2SO3，所以将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于34℃趁热过滤、洗涤、干燥得到无水Na2SO3，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎19．【分析】A．根据电离方程和水解方程判断；‎ B．根据碳酸钠和碳酸氢钠的化学式组成分析；‎ C．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，水解规律：谁强显谁性；‎ D．分别加入NaOH固体会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3。‎ ‎【解答】解：A．NaHCO3溶液中：H2O⇌H++OH﹣，HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，H2O+HCO3﹣⇌H2CO3+OH﹣；Na2CO3溶液中：H2O⇌H++OH﹣，H2O+CO32﹣⇌HCO3﹣+OH﹣，H2O+HCO3﹣⇌H2CO3+OH﹣，所以存在的粒子种类相同，故A错误；‎ B．Na2CO3中：c（Na+）＝2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中：c（Na+）＝c（NaHCO3），二者浓度相等，则c（Na+）前者大于后者，故B正确；‎ C．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，跟据水解规律：谁强显谁性，所以碳酸钠中的c（OH﹣）大于碳酸氢钠溶液中，故C正确；‎ D．分别加入NaOH固体会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32﹣）均增大，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎20．【分析】A．酸性HF＞CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液，F﹣的水解程度小，结合电荷守恒分析；‎ B.0.1mol/LNaHX溶液pH＝4，说明HX﹣的电离程度大于水解程度；‎ C．根据Cl元素守恒分析；‎ D．pH＝8的CH3COONa 稀溶液中：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，c（H+）＝×10﹣8mol/L，根据Kw计算c（OH﹣），结合水的电离分析。‎ ‎【解答】解：A．由电荷守恒可知，c（Na+）﹣c（F﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）、c（K+）﹣c（CH3COO﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+），F﹣的水解程度小，对应的c（OH﹣）﹣c（H+）小，则[c（Na+）﹣c（F﹣）]＜[c（K+）﹣c（CH3COO﹣）]，故A错误；‎ B.0.1mol/LNaHX溶液pH＝4，说明HX﹣的电离程度大于水解程度，则c（X2﹣）＞c（H2X），故B错误；‎ C．氯水中，根据Cl元素守恒：2c（Cl2）＝c（ClO﹣）+c（Cl﹣）+c（HClO），故C错误；‎ D．pH＝8的CH3COONa 稀溶液中：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，c（H+）＝10﹣8mol/L，则c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，水解生成的c（OH﹣）＝10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L＝9.9×10﹣7mol/L，所以水解生成的c（CH3COOH）＝9.9×10﹣7mol/L，约为10﹣6mol/L，故D正确，‎ 故选：D。‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．【分析】Be和Al具有相似的化学性质，氯化铝生成生成氢氧化铝和氯化氢，则氯化铍水解生成氢氧化铍和氯化氢，据此据此进行解答即可．‎ ‎【解答】解：铝氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化铝水解的化学方程式为：AlCl3+2H2O⇌Al（OH）3+3HCl，‎ Be和Al具有相似的化学性质，则氯化铍水解生成氢氧化铍和氯化氢，氯化铍水解的化学方程式为：BeCl2+2H2O⇌Be（OH）2+2HCl，‎ 故答案为：BeCl2+2H2O⇌Be（OH）2+2HCl．‎ ‎22．【分析】（1）Sn和HCl反应生成SnCl2、H2，SnCl2被Cl2氧化生成SnCl4；‎ ‎（2）加热SnCl4溶液时，SnCl4水解生成HCl，HCl易挥发促进SnCl4水解，然后灼烧最终得到金属氧化物；‎ ‎（3）根据2H++SnO22﹣⇌Sn（OH）2⇌Sn2++2OH﹣知，Sn（OH）2具有两性，能溶于强碱、强酸．‎ ‎【解答】解：（1）Sn的性质和铁相似，根据铁、亚铁离子的性质知，Sn和HCl反应生成SnCl2、H2，SnCl2被Cl2氧化生成SnCl4，反应方程式分别为Sn+2HCl═SnCl2+H2↑、SnCl2+Cl2═SnCl4，故答案为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；SnCl2+Cl2═SnCl4；‎ ‎（2）加热SnCl4溶液时，SnCl4水解生成HCl，HCl易挥发促进SnCl4水解，然后灼烧最终得到金属氧化物SnO2，故答案为：SnO2；‎ ‎（3）根据2H++SnO22﹣⇌Sn（OH）2⇌Sn2++2OH﹣知，Sn（OH）2具有两性，能溶于强碱、强酸，所以用SnCl2溶液与过量的碱溶液反应的方法制Sn（OH）2，该碱可选用弱碱NH3•H2O，故答案为：NH3•H2O．‎ ‎23．【分析】（1）硫化钾为强碱弱酸盐，硫离子水解而使其溶液呈碱性；硫离子水解分两步进行，第一步水解程度远远大于第二步，但水解程度都较小；‎ ‎（2）多元弱酸每一步都电离出氢离子，第一步电离出的氢离子对后边的电离起抑制作用；‎ ‎（3）根据硫化亚铁的溶度积常数和亚铁离子浓度计算硫离子浓度，再根据氢硫酸的电离平衡常数计算氢离子浓度，最后利用pH计算公式计算溶液的pH。‎ ‎【解答】解：（1）硫化钾为强碱弱酸盐，硫离子水解而使其溶液呈碱性，其水解离子方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S﹣+OH﹣；硫离子水解分两步进行，第一步水解程度远远大于第二步，但水解程度都较小，硫氢根离子和硫离子水解都生成氢氧根离子，只有硫离子水解生成硫氢根离子，溶液呈碱性，则溶液中离子浓度 大小顺序是c（K+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+），‎ 故答案为：碱性；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S﹣+OH﹣；c（K+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）；‎ ‎（2）多元弱酸每一步都电离出氢离子，第一步电离出的氢离子对后边的电离起抑制作用，且从带负电荷的阴离子中电离出带正电荷的阳离子更加困难，所以其电离程度越来越小，则K1：K2：K3≈1：10﹣5：10﹣10 （能体现出逐级减小即可），‎ 故答案为：K1：K2：K3≈1：10﹣5：10﹣10 （能体现出逐级减小即可）；上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用、从带负电荷的阴离子中电离出带正电荷的阳离子更加困难；‎ ‎（3）溶液中c（S2﹣）＝＝＝6.25×10﹣18mol/L，c2（H+）•c（S2﹣）＝1.0×10﹣22，则c（H+）＝mol/L＝4×10﹣3mol/L，pH＝﹣＝2.4，‎ 故答案为：2.4。‎ ‎24．【分析】（1）加水稀释促进醋酸钠水解，溶液中存在水解平衡；‎ 升高温度促进醋酸根离子水解，水解程度越大，溶液的pH越大；‎ ‎（2）从两个角度考虑，一是相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液的水解程度是否相等，二是NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制；‎ ‎（3）等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸的物质的量相等，二者恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）相对大小；‎ pH＝13的氢氧化钠与pH＝1的醋酸，醋酸浓度远远大于NaOH，二者等体积混合后溶液呈酸性性，再结合电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）相对大小；‎ ‎（4）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c（NH4+）＝c（Cl﹣），根据电荷守恒判断溶液酸碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量；‎ ‎（5）NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4═Na++H++SO42﹣，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．‎ ‎【解答】解：（1）加水稀释促进醋酸根离子水解，导致溶液中氢氧根离子浓度大于原来的，所以pH＞11，水解方程式为CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，升高温度促进醋酸根离子水解，水解程度越大，溶液的pH越大，所以CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH，‎ 故答案为：＞；加水稀释使平衡CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣右移；＞；‎ ‎（2）相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，‎ 故答案为：①＝②＞③；‎ ‎（3）等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸的物质的量相等，二者恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，根据电荷守恒得c（Na+）＞c（CH3COO﹣）；‎ pH＝13的氢氧化钠与pH＝1的醋酸，醋酸浓度远远大于NaOH，二者等体积混合后溶液呈酸性性，根据电荷守恒判断c（Na+）＜c（CH3COO﹣），‎ 故答案为：碱；＞；酸；＜；‎ ‎（4）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c（NH4+）＝c（Cl﹣），根据电荷守恒得c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸的体积＜氨水的体积，故答案为：中；＜；‎ ‎（5）溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（SO42﹣），存在物料守恒c（Na+）＝c（SO42﹣），所以c（H+）＝c（OH﹣）+c（SO42﹣），‎ 故答案为：＝；SO42﹣．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎25．【分析】（a）（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性；‎ ‎（b）植株吸收NH4+比SO42﹣要快，溶液中H+浓度增大，pH下降．‎ ‎【解答】解：（a）（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；‎ ‎（b）植株吸收NH4+比SO42﹣要快，溶液中H+浓度增大，因为PH＝﹣lg，使得pH下降，故答案为：植株吸收NH4+比SO42﹣要快，溶液中H+增多，pH下降．‎ ‎26．【分析】（1）钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；‎ ‎（2）根据电荷守恒：c（Cl﹣）＝2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH＝﹣lgc（H+）计算；‎ ‎（3）在空气中加热FeCl3•6H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，升高温度促进水解，所以得不到氯化铁，可以采用抑制水解的方法制取氯化铁；‎ ‎（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；‎ ‎（5）控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动．‎ ‎【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe＝3Fe2+，‎ 故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3++Fe＝3Fe2+；‎ ‎（2）根据电荷守恒：c（Cl﹣）＝2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）＝c（Cl﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1，则溶液pH＝﹣lg1.0×10﹣2＝2，‎ 故答案为：2；‎ ‎（3）若在空气中加热FeCl3•6H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，根据反应物、生成物及反应条件知，该反应的化学方程式：FeCl3•6H2O＝Fe（OH）Cl2+HCl↑+5H2O，升高温度促进水解，所以得不到氯化铁，为抑制水解，需要在干燥的HCl气流中加热FeCl3•6H2O来得到FeCl3，‎ 故答案为：FeCl3•6H2O＝Fe（OH）Cl2+HCl↑+5H2O；在干燥的HCl气流中抑制FeCl3水解，且带走FeCl3•6H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化铁；‎ ‎（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1‎ ‎＞K2＞K3；‎ 故答案为：K1＞K2＞K3；‎ ‎（5）控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd；‎ ‎27．【分析】（1）电子层一样多，核电荷数越大，半径越小，氢化钙（CaH2）与盐酸反应生成氢气和氯化钙，由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，还会生成氯化钙，写出反应的化学方程式即可；‎ ‎（2）同周期元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，氢化物的还原性越弱；‎ ‎（3）电负性越大，得电子能力越强，则其元素显示负价；根据甲硅烷遇水迅速水解生成SiO2•nH2O，和氢气来书写方程式；化合价升高元素表现还原性，乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水；‎ ‎（4）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，据此书写方程式；‎ ‎（5）环状化合物甲（N6H6）有作为高能材料的可能性，甲分子中有3种化学环境的N原子和2种化学环境的H原子，且N原子均达到8电子结构，氮原子周围形成四个共价键，据此写出结构式．‎ ‎【解答】解：（1）LiH中Li+、H﹣的电子层数一样多，电子层一样多，核电荷数越大，半径越小，故半径：Li+＜H﹣，氢化钙（CaH2）与水反应生成氢气，由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，还会生成氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaH2+2HCl＝CaCl2+2H2↑，‎ 故答案为：小于；CaH2+2HCl＝CaCl2+2H2↑；‎ ‎（2）同周期元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，氢化物的还原性越弱，第三周期的气态氢化物，对热稳定性由强到弱的顺序为：HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故答案为：HCl＞H2S＞PH3＞SiH4；‎ ‎（3）H的电负性越大，得电子能力越强，H元素显示负价，所以H显示﹣1价，甲硅烷遇水迅速水解生成SiO2•nH2O，方程式为：SiH4+（n+2）H2O＝SiO2•nH2O+4H2↑，乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水，反应方程式为：B2H6+3O2B2O3+3H2‎ O，B元素化合价升高﹣3升高到+3，B元素表现还原性，乙硼烷的强还原性来自于B，‎ 故答案为：﹣1；SiH4+（n+2）H2O＝SiO2•nH2O+4H2↑；B；‎ ‎（4）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，反应方程式为：NaBH4+4H2O═Na[B（OH）4]+4H2↑或NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑；故答案为：NaBH4+4H2O═Na[B（OH）4]+4H2↑或NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑；‎ ‎（5）甲分子中有3种化学环境的N原子和2种化学环境的H原子，且N原子均达到8电子结构，氮原子周围形成四个共价键，据此写出结构式可能为：，‎ 故答案为：．‎ ‎28．【分析】饱和FeCl3溶液中，存在反应为FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl，‎ ‎（1）加入少量NaOH（s），氢离子浓度减小，FeCl3的水解程度增强；‎ ‎（2）根据三氯化铁在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答该题；‎ ‎（3）FeCl3溶液中通入HCl（g），溶液的pH 减小，FeCl3的水解程度减弱；‎ ‎（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊试液，溶液呈酸，所以溶液变红；‎ ‎（5）向FeCl3溶液中加入过量的Mg片，镁与氢离子反应生成氢气，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：饱和FeCl3溶液中，存在反应为FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl，‎ ‎（1）加入少量NaOH（s），氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，所以FeCl3的水解程度增强，故答案为：增强；‎ ‎（2）在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe（OH）3，又由于灼热发生2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，使Fe（OH）3分解生成Fe2O3，故答案为：Fe2O3；‎ ‎（3）FeCl3溶液中通入HCl（g），溶液的pH 减小，氢离子浓度增大，抑制FeCl3‎ 的水解，所以水解程度减弱，故答案为：减小；减弱；‎ ‎（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊试液，溶液呈酸，所以溶液变红，故答案为：溶液变红；‎ ‎（5）向FeCl3溶液中加入过量的Mg片，镁与氢离子反应生成氢气，所以现象有气泡产生，故答案为：有气泡产生．‎ ‎29．【分析】（1）某地下水样pH＝8.5，在SRB的作用下，废水中的有机物（主要为CH3COO﹣）将SO42﹣还原为﹣2价硫的化合物，图中变化曲线和PH分析，生成的物质主要是HS﹣和HCO3﹣；‎ ‎（2）①电池正极的反应是得到电子发生还原反应，为通入氧气的电极，酸性溶液中生成水；‎ ‎②负极区SBR生成二氧化碳，硫化氢失电子发生氧化反应生成硫酸；‎ ‎（3）①反应中H2S中硫元素化合价﹣2价变化为+6价，电子转移8e﹣，Sb元素化合价+6价变化为+3价，电子转移3e﹣，电子守恒和原子守恒配平得到离子方程式；‎ ‎②Sb元素守恒计算KSb（OH）6的质量。‎ ‎【解答】解：（1）某地下水样pH＝8.5，在SRB的作用下，废水中的有机物（主要为CH3COO﹣）将SO42﹣还原为﹣2价硫的化合物，图中变化曲线和PH分析，生成的物质主要是HS﹣和HCO3﹣，反应的离子方程式：SO42﹣+CH3COO﹣HS﹣+HCO3﹣，‎ 故答案为：SO42﹣+CH3COO﹣HS﹣+HCO3﹣；‎ ‎（2）①电池正极的反应是得到电子发生还原反应，为通入氧气的电极，酸性溶液中生成水，电极反应：O2+4H++4e﹣＝2H2O，‎ 故答案为：O2+4H++4e﹣＝2H2O；‎ ‎②负极区SBR生成二氧化碳，硫化氢失电子发生氧化反应生成硫酸，溶液PH减小，负极电极反应：H2S+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+10H+，每生成1mol硫酸根离子生成10mol氢离子，同时有8mol氢离子通过质子膜进入正极区，负极PH减小，‎ 故答案为：减小；负极电极反应：H2S+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+10H+，每生成1mol硫酸根离子生成10mol氢离子，同时有8mol氢离子通过质子膜进入正极区，负极PH减小；‎ ‎（3）①反应中H2S中硫元素化合价﹣2价变化为+6价，电子转移8e﹣，Sb元素化合价+6价变化为+3价，电子转移3e﹣，电子守恒和原子守恒配平得到离子方程式：Sb（OH） 6﹣+H2S═SbO2﹣+S↓+4H2O，‎ 故答案为：1、1、SbO2﹣、S、4；‎ ‎②某小组模拟实验时配制a mL含Sb元素b mg•L﹣1 的废水，‎ 依据元素守恒计算得到需称取KSb（OH）6（相对分子质量为263）质量＝＝g，‎ 故答案为：；‎