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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：52盐类水解的影响因素
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这是一份2022届高三化学一轮高考复习常考题型：52盐类水解的影响因素，共21页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，下列有关说法正确的是，下列关于盐类水解的说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：52盐类水解的影响因素
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、 单选题（共15题）
1．常温下，下列叙述错误的是
A．向稀溶液中加入少量晶体，则溶液中减小
B．浓度均为溶液和溶液等体积混合：
C．溶液中：
D．向盐酸中逐滴加入氨水至溶液呈中性时，则混合液中
2．BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
不列说法错误的是
A．酸浸工序中分次加入稀 HNO3可降低反应剧烈程度
B．酸浸过程中金属Bi被稀HNO3氧化为Bi(NO3)3
C．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
3．下列有关说法正确的是
A．若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化
B．反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，是因为△H<0
C．常温下，向0.1mol·L-1氨水中通入少量HCl，溶液中减小
D．乙酸乙酯的水解反应，加入NaOH溶液会使平衡常数增大，平衡向正反应方向移动
4．25 ℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．加水稀释0.1 mol·L－1氨水，溶液中c(H＋)·c(OH－)和均保持不变
B．向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中的值增大
C．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：<
D．将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，始终增大
5．常温下，下列溶液中的离子浓度关系正确的是
A．的NaHSO3溶液中，
B．的醋酸或盐酸分别稀释10倍的pH均为
C．的盐酸与的氨水以任意比例混合后，溶液中
D．向的氨水中加入少量水，溶液中减小
6．下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小
B．将0.1 mol·L－1K2C2O4溶液从25 ℃升高到35 ℃，增大
C．向0.1 mol·L－1 HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1
D．pH＝4的0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中：c(HC2O)>c(H＋)>c(H2C2O4)>c(C2O)
7．已知HClO的，HF的，下列有关说法正确的是
A．在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0. 01的稀盐酸，溶液的pH会变小
B．0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，水解程度增大，但溶液的pH减小
C．等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小
D．将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6种微粒
8．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是
A．物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液，c(NH)的大小顺序为：①>②>③
B．等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(H+)
C．0.1mol·L-1的CH3COOH与0.05mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(H+)+c(CH3COOH)
9．下列实验操作、实验现象以及相应的结论或解释均正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
常温下取两份5mL0.1mol/LNa2CO3溶液，一份滴加2滴酚酞，另一份插入手持pH 计，同时放入温水浴中加热，加热至40℃，分别测出常温、40℃溶液pH
红色加深；pH分别为11.7、11.4
碳酸根离子水解、水的电离均吸热，温度升高，c(OH-)、Kw均增大
B
将SO2通入紫色石蕊试液中
溶液先变红，后褪色
SO2的水溶液有酸性、漂白性
C
向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2
出现白色沉淀
酸性：H2SO3>HClO
D
向Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液中滴加NaHS溶液
出现黑色沉淀
Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)
A．A B．B C．C D．D
10．下列关于盐类水解的说法错误的是
A．在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离
B．加热溶液，溶液中的值将减小
C．同温时，等浓度的和溶液，溶液的pH大
D．在溶液中加入稀能抑制水解
11．温度一定时，为了使 Na2S 溶液中 的比值变小，可采取的措施是:
①加适量盐酸 ②加适量 NaOH(s) ③加适量 KOH(s) ④加适量 KHS(s) ⑤加水 ⑥通入适量 Cl2⑦加热
A．②③④ B．①②⑤⑥⑦ C．②③ D．③④
12．室温下，将0.05mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，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
50mL 1mol/L H2SO4
反应结束后，c(Na+)=c(SO)
B
0.5mol CaO
溶液中增大
C
50mL H2O
由水电离出的c(H+)•c(OH-)不变
D
0.1mol NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c (Na+)不变
A．A B．B C．C D．D
13．25℃，相同体积相同浓度的盐酸能与下列溶液恰好完全中和。①V1mLpH=9的氨水；②V2mLpH=10的氨水；③V3mLpH=10的NaOH溶液。下列叙述正确的是
A．V1＜10V2 B．①和②中比值：①＜②
C．①、②、③中水的电离度：②=③＞① D．分别与盐酸完全中和后溶液的pH：③＞①＞②
14．在一定条件下对于100 mL 1 mol•L﹣1的Na2CO3溶液，下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，增大
B．升高温度，减小
C．溶液中存在：c(Na+)+ c(H+)=c()+c()+c(OH﹣)
D．完全吸收0.1 mol CO2气体后，溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)
15．山梨酸钾(CH3CH=CHCH=CHCOOK，简写为RCOOK)是常用的食品防腐剂，其水溶液.显碱性。下列叙述正确的是
A．山梨酸和山梨酸钾都是强电解质
B．稀释山梨酸钾溶液时，溶液中n(OH-)和c(OH-)都减小
C．山梨酸钾溶液中c(RCOO-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)
D．若山梨酸的电离常数为Ka，则RCOOK稀溶液中c(K+)= c(RCOO-)[1+]
第II卷（非选择题）
二、填空题（共5题）
16．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的溶液显浅红色的原因是___________。
(2)实验过程中发现①的烧瓶中溶液红色变深、③的烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是___________(填字母)。
A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应
C．溶于水时放出热量 D．溶于水时吸收热量
(3)常温下，向溶液中分别加入固体、固体，则水解平衡移动的情况分别为___________(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”，下同)、___________。
17．(1)某浓度的氨水中存在平衡，+、如想增大的浓度而不增大的浓度，应采取的措施是___________(填字母)。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入 D．加入少量浓盐酸，
(2)常温下，有c()相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施∶
①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c()变化是醋酸溶液中c()___________(填“增大”“减小”或“不变”)，盐酸中c()___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
②加水稀择10倍后，醋酸溶液中的c()___________(填"＞"="或*＜")盐酸溶液中的c()。
③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积。醋酸___________(填＞、=或＜)盐酸
④使温度都升高20℃，溶液中c()：醋酸___________(填“＞”“=”或“＜”)盐酸。
⑤分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是___________(填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)
(3)将0.1mol/L的加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是___________(填字母)
A．电离程度增大 B．溶液中离子总数增多 C．溶液导电性增强 D．溶液中醋酸分子增多
(4)常温下的电离常数为1.0×10-5，则0.1mol/L的溶液的pH=___________。
18．在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液 ②0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液 ③0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液 ④0.1 mol·L－1氨水 ⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是___________(用离子方程式表示)。
(2)上述5中溶液中，其中水的电离程度最大的是_______(填序号)
(3)在上述①、②、③、④溶液中c(NH4+)浓度由大到小的顺序是_____________。(填序号)
(4) 室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)______c(NH4+)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水实验。滴定可选用的指示剂为_______(填“甲基橙”或 “酚酞”)。上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，则会导致滴定结果______(填“偏高”或 “偏低”)。
19．常温下，某水溶液M中存在的粒子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－、H2O和H2A。根据题意回答下列问题：
（1）H2A为_____酸（填“强”或“弱”），往H2A溶液中加水会使 c(H+)/c(H2A)的值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）若M是由一种溶质组成的溶液，则M的溶质可以是Na2A或________。
①Na2A的水溶液pH________(填“＜”、“＞”或“＝”)7，
原因是：______________________________（用离子方程式表示）
②往Na2A溶液中加入_______________ 可抑制其水解 (选填字母序号)。
a．氯化铵固体 b． KOH固体 c． 水 d． 升高温度
③已知Ksp(CuA)＝1.3×10－36，往20mL 1 mol·L－1Na2A溶液中加入10 mL 1 mol·L－1 CuCl2溶液，混合后溶液中的Cu2＋浓度为________mol·L－1。（忽略A2－的水解）
（3）若溶液M由10 mL 1.00 mol·L－1 H2A溶液与10 mL 1.00 mol·L－1 NaOH溶液混合而成，下列关于溶液M的说法正确的是________(选填字母序号)。
a．c(A2－) + c(HA－) + c(H2A) ＝ 1 mol·L－1
b．若溶液显酸性，则c(Na＋)＞c(HA－) ＞c(H＋) ＞c(A2－) ＞c(OH－)
c．离子浓度关系：c(Na＋) + c(H＋) ＝ c(OH－) + c(HA－) + c(A2－)
d．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
（4）浓度均为0.1 mol · L－1的Na2A、NaHA混合溶液中： ＝ ______ 。
20．常温下，几种酸的电离平衡常数如下：
回答下列问题:
(1)物质的量浓度均为0.1mol·L-1的①NaClO溶液 ②Na2CO3溶液 ③NaHCO3溶液 ④Na2SO3溶液，pH值由大到小的顺序是____________________。(填序号)
(2)用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因是____________________________________________。
(3)0.1mol/L的氯化铵溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是___________，只改变下列一个条件，能使c(NH4+)与c(Cl-)比值变大的是______________________。(填标号)
A．加入固体硫酸铵
B．通入少量氯化氢
C．降低溶液温度
D．加入少量固体氢氧化钠
(4)假设25 ℃时，0.1mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为1×10-6mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常数：Kb(NH3·H2O)=_________________________________。
参考答案
1．A
【详解】
A． 向的稀溶液中加入少量晶体，即增大了溶液浓度，浓度越大，水解程度越小，故增大，A错误；
B． 溶液中存在物料守恒为：，B正确；
C． 溶液中存在质子守恒为： ，C正确；
D． 根据电荷守恒可得中性溶液中， D正确；
答案为：A。
2．D
【详解】
硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应生成Bi(NO3)3，向Bi(NO3)3溶液中加入HCl、NaCl将Bi(NO3)3转化为BiCl3，BiCl3水解生成BiOCl。
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，故A正确；
B．硝酸为强氧化剂，金属Bi为金属单质，具有还原性，二者可反应生成Bi(NO3)3，故B正确；
C．Bi3+能够水解生成BiOCl、BiONO3，转化工序中加入稀HCl，溶液中Cl-浓度增大，能够使Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+平衡右移，同时溶液中H+浓度增大，Bi3+++H2OBiONO3+2H+平衡逆向移动，因此可抑制生成BiONO3，故C正确；
D．氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，水解生成H+，溶液中H+浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3+++H2OBiONO3+2H+，也不利于生成BiOCl，故D错误；
综上所述，答案为D。
3．B
【详解】
A．根据原电池原理，活泼的一极为负极，更容易被氧化，铝比铜活泼， A错误；
B．该反应为熵减的反应，若能自发，则△H<0， B正确；
C．向0.1mol ·L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl，氢离子浓度增大，水解平衡逆向移动导致一水合氨的浓度减小，不变，则溶液中增大，C错误；
D．乙酸乙酯水解生成乙酸，加入NaOH消耗乙酸平衡向正反应方向移动，但是平衡常数只与温度有关，故平衡常数不变，D错误；
故选B。
4．B
【详解】
A．0.1 mol·L－1氨水稀释过程中c(H＋)增大，c(OH－)减小，因而变大，A错误；
B．向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中＝，加入CH3COONa，溶液碱性增强，则c(H＋)减小，所以的值增大，B正确；
C．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，根据电离常数有Ka1＝、Ka2＝，同一溶液中c(H＋)相等，而Ka1>Ka2，则>，C错误；
D．0.1 mol·L－1的HF加水稀释，c(H＋)减小，c(OH-)增大，故变小，D错误；
答案选B。
5．C
【详解】
A．NaHSO3溶液的，说明的电离程度大于其水解程度，则，A项错误；
B．加水稀释促进醋酸的电离，的醋酸溶液稀释10倍后，溶液中H+浓度大于原来的，所以稀释溶液后，醋酸的pH＞，B项错误；
C．的盐酸与的氨水以任意比例混合后，根据电荷守恒可知，，C项正确；
D．向的氨水中加入少量水，促进的电离，溶液中的物质的量减少，的物质的量增加，则增大，，所以溶液中增大，D项错误；
答案选C。
6．D
【详解】
A．Na2CO3溶液中存在C的水解平衡：C+H2OHC+OH-，通入NH3后生成NH3H2O，电离产生OH-，溶液中c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，c(C)增大，c(Na+)不变，则减小，故A正确；
B．K2C2O4溶液中存在C2的水解平衡：C2+H2OHC2+OH-，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c(C2)减小，c(K+)不变，则增大，故B正确；
C．向0.1 mol·L－1 HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(H+)=c(OH-)，据电荷守恒式c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c(F-)，则有c(Na+)=c(F-)，即＝1，故C正确；
D．pH＝4的0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则有c(C2O)>c(H2C2O4)，故D错误；
答案选D。
7．B
【详解】
A．pH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度为0.01，0. 01的稀盐酸中氢离子浓度为0. 01，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，故A错误；
B．0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，故B正确；
C．NaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：，，由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2(，HClO的，HF的，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶液中钠离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，故C错误；
D．Cl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在氯气、氯离子、次氯酸根、氢离子、氢氧根离子、水分子、次氯酸分子等离子，故D错误；
故选：B。
8．D
【详解】
A．三种溶液中，碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用，所以三种溶液中的铵根离子的浓度大小顺序是：③＞②＞①，故A错误；
B．碳酸根离子和碳酸氢根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中c(OH-)＞c(H＋)，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中c(HCO)＞c(CO)，故B错误；
C．0.1 mol·L-1的CH3COOH与0.05 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H＋)＋c(Na＋)= c(OH-)＋c(CH3COO-)和物料守恒关系2c(Na＋)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)，两式相减可得c(H＋)＋c(CH3COOH) = c(OH-)＋c(Na＋)，故C错误；
D．pH相等的NaF和CH3COOK溶液中分别存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)、c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，两种溶液pH相等，则有c(Na+)-c(F-)=c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，故D正确；
故选D。
9．A
【详解】
A．红色加深说明溶液中c(OH-)增大，说明碳酸根的水解平衡正向移动，水解吸热，而pH减小，c(H+)也增大，说明加热时促进了水的电离，Kw增大，A正确；
B．SO2不能漂白指示剂，所以溶液变红后不会褪色，B错误；
C．向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2，次氯酸根将SO2氧化，得到的白色沉淀为CaSO4，所以无法比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，C错误；
D．混合溶液中Cu(NO3)2、AgNO3的浓度不一定相同，无法比较二者的溶解度，且二者为不同类型的沉淀，不能简单根据溶解度判断溶度积大小，D错误；
综上所述答案为A。
10．C
【详解】
A． 水的电离平衡，能水解的盐，能结合水电离出的氢离子或氢氧根离子，从而促进水的电离，故A正确；
B． 加热溶液，促进醋酸根离子的水解，减小，钠离子浓度不变，则溶液中的值将减小，故B正确；
C． 由于的水解程度大于的水解程度，则同温时，等浓度的和溶液，溶液的pH小，故C错误；
D． 在溶液中，铵根离子水解，加入稀，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则能抑制水解，故D正确；
故选C。
11．D
【详解】
①加适量盐酸，与S2-反应生成HS-或H2S，c(S2-)、c(Na+)都减小，但c(S2-)减小更多，的比值变大；
②加适量 NaOH(s)，抑制S2-水解，c(S2-)、c(Na+)都增大，但c(Na+)增大更多，的比值变大；
③加适量 KOH(s)，抑制S2-水解，使c(S2-)增大、c(Na+)不变，的比值变小；
④加适量 KHS(s)，抑制S2-水解，使c(S2-)增大、c(Na+)不变，的比值变小；
⑤加水，促进S2-水解，c(S2-)、c(Na+)都减小，但c(S2-)减小更多，的比值变大；
⑥通入适量 Cl2，与S2-发生氧化还原反应，使c(S2-)减小、c(Na+)不变，的比值变大；
⑦加热，促进S2-水解，c(S2-)减小，c(Na+)不变，的比值变大；
综合以上分析，只有③④符合题意，故选D。
12．B
【详解】
A．n(H2SO4)=1mol/L×0.05L=0.05mol，二者恰好完全反应生成硫酸钠和二氧化碳、水，根据物料守恒得c(Na+)=2c()，故A错误；
B．0.5molCaO和水反应生成0.5mol氢氧化钙，和0.05molNa2CO3反应， Na2CO3完全被消耗转化为CaCO3沉淀，溶液中浓度极低， OH-浓度较大，所以溶液中增大，故B正确；
C．Na2CO3水解促进水的电离，溶液显碱性，加水稀释，溶液的碱性减弱，对水的电离的促进程度减弱，由水电离出的c(H+)▪c(OH-)减小，故C错误；
D．加入0.1mol硫酸氢钠，二者恰好反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，硫酸氢钠能电离出钠离子而导致溶液中c(Na+)增大，溶液的pH减小，故D错误；
故选B。
13．D
【分析】
①V1mLpH=9的氨水、②V2mLpH=10的氨水、③V3mLpH=10的NaOH溶液三份溶液，与相同体积相同浓度的盐酸恰好完全中和，则三份溶液中溶质的物质的量相等。
【详解】
A．pH=9的氨水中，c(OH-)=10-5mol/L，pH=10的氨水中，c(OH-)=10-4mol/L，则②中c(OH-)是①中c(OH-)的10倍，对氨水来说，浓度越大，电离度越小，所以氨水的浓度c(OH-)2＞10c(OH-)1，所以V1＞10V2，A不正确；
B．①中氨水的浓度比②中小，则①中氨水的电离度比②中大，所以比值(为氨水的电离度)：①＞②，B不正确；
C．①、②、③中水的电度都受到抑制，②、③中c(OH-)相同，与水的抑制作用相同，①中c(OH-)小，对水电离的抑制作用弱，所以水的电离度：②=③＜①，C不正确；
D．①、②、③分别与盐酸完全中和后，①、②中溶液呈酸性，③中溶液呈中性，①中c()比②中小，则水解生成的c(H+)小，pH比②中大，所以溶液的pH：③＞①＞②，D正确；
故选D。
14．B
【详解】
Na2CO3溶液中存在水解平衡：+H2O⇌+OH-，⇌H2CO3+OH-。
A．稀释溶液，Na2CO3的水解平衡正向移动，溶液中n()减少，水解出的n(OH-)增多，减小，由于微粒处于同一溶液，溶液的体积相同，故减小，A错误；
B．盐类水解反应是吸热反应，升高温度，盐的水解程度增大，c()减少，水解产生出的c()增大，则减小，B正确；
C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH－)，C错误；
D．100 mL 1 mol•L﹣1的Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为0.1 mol，完全吸收0.1 mol CO2气体后恰好完全反应生成0.1 mol NaHCO3，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c()+ c()+c(OH﹣)＞c()+c(OH﹣)，D错误；
故合理选项是B。
15．D
【详解】
A．由题意可知山梨酸钾水解显碱性，说明山梨酸是弱酸，属于弱电解质，故A错误；
B．溶液稀释时山梨酸根离子的水解平衡正向移动，n(OH-)增大，但是因为溶液体积增大，所以c(OH-)减小，故B错误；
C．由题意可知山梨酸钾水解显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故C错误；
D．已知Ka=，Kw =，c(K+)= c(RCOO-)+c(RCOOH)，联立后可得：c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)= c(RCOO-)×[1+]= c(RCOO-)×[1+]= c(RCOO-)[1+]，故D正确；
故选D。
16．，使溶液显碱性 BD 向左移动 向右移动
【详解】
(1)中水解，，水解后溶液中的氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，使溶液显碱性，碱性溶液使酚酞显红色。故答案为：，使溶液显碱性；
(2)生石灰与水反应放出大量的热，根据①的烧瓶中溶液的红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热的，同时③的烧瓶中溶液红色变浅，可知水解平衡向左移动，说明溶于水时吸收热量。故答案为：BD；
(3)与水解相互抑制，醋酸钠中加碳酸钠水解平衡逆向移动；与水解相互促进，醋酸钠中加硫酸亚铁，水解平衡正向移动，故答案为：向左移动；向右移动；
17．BD 减小 减小 ＞ ＞ ＞ c AB 11
【详解】
(1)A.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡正向移动，和浓度都增大，不符合题意；
B.加入NH4Cl固体，NH4Cl电离出，的浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小，符合题意；
C.通入适量NH3，NH3·H2O浓度增大，平衡正向移动，和OH-浓度都增大，不符合题意；
D.加入少量浓盐酸，浓盐酸电离出的H+与OH-结合成H2O，OH-浓度减小，电离平衡正向移动，浓度增大，符合题意；故答案为：BD；
(2)①醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加入的醋酸钠电离出CH3COO-，CH3COO-浓度增大，电离平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小；在盐酸中加入醋酸钠，醋酸钠电离出的CH3COO-与H+结合成弱酸CH3COOH，溶液中c(H+)减小；故答案为：减小；减小；
②加水稀释10倍，溶液体积变为原来的10倍，稀释后盐酸中c(H+)变为原来的1/10；加水稀释促进醋酸的电离，稀释后醋酸溶液中c(H+)大于原来的1/10；加水稀释10倍后醋酸溶液中的c(H＋)＞盐酸溶液中的c(H＋)，故答案为：＞；
③醋酸为弱酸，盐酸为强酸，pH相同的盐酸和醋酸溶液，物质的量浓度：醋酸大于盐酸，等体积的溶液中加入等浓度的NaOH溶液至恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积：醋酸＞盐酸，故答案为：＞；
④弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进醋酸的电离，醋酸溶液中c(H+)增大；升高温度，盐酸溶液中c(H+)不变，则温度都升高20℃后溶液中c(H+)：醋酸＞盐酸，故答案为：＞；
⑤醋酸溶液中H+被消耗会促进醋酸的电离，反应过程中醋酸溶液中c(H+)大于盐酸中，醋酸与Zn反应的速率比盐酸与Zn反应的速率快；等pH、等体积的醋酸溶液和盐酸中，醋酸提供的H+总物质的量大于盐酸，醋酸与足量Zn反应放出的H2大于盐酸与足量Zn反应放出的H2；答案选c。
(3)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释促进CH3COOH的电离，
A.电离程度增大，正确；
B.由于电离平衡正向移动，H+、CH3COO-物质的量增大，溶液中离子总数增多，正确；
C.由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c(H+)、c(CH3COO-)物质的量浓度减小，溶液导电性减弱，错误；
D.由于电离程度增大，溶液中醋酸分子减少，错误；答案选AB。
(4)=1.0×10-5，则c(OH-)==1.0×10-3mol/L，c(H+)==1.0×10-11，则pH=11。
18．酸 NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ ② ③＞①＞②＞④ ＝ 甲基橙 偏低
【分析】
(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性；
(2)以0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，结合溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响分析水的电离程度的变化；
(3)以0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，根据溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响，结合盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小分析排序；
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，说明溶液中c(OH-)=(H+)，根据电荷守恒分析判断；
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，需要选择在酸性条件下变色的指示剂；滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，据此分析判断。
【详解】
(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，水解的离子方程式为：NH4++H2ONH3•H2O+H+，故答案为酸；NH4++H2ONH3•H2O+H+；
(2)以①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，②0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液，醋酸根离子水解，促进铵根离子水解，水的电离程度增大，③0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液，氢离子抑制铵根离子水解，电离出的H+抑制水的电离，④0.1 mol·L－1氨水，电离显碱性，水的电离受到抑制，⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液中一水合氨抑制了铵根离子的水解，水的电离程度减小，因此水的电离程度最大的是②，故答案为②；
(3)①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液，铵根离子水解，c(NH4+)略小于0.1 mol·L-1；②0.1mol/L CH3COONH4 醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于比①小；③0.1mol/L NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度比①大；④0.1 mol·L－1氨水，一水合氨部分电离，c(NH4+)远小于0.1 mol·L-1；因此c(NH4+)浓度由大到小的顺序为，故答案为③＞①＞②＞④；
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，pH=7说明溶液中c(OH-)=(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4+)，故答案为=；
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，可选用甲基橙作指示剂。滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，滴定结果偏低，故答案为甲基橙；偏低。
【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意盐类水解的影响因素，同时注意盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小。
19．弱 增大 NaHA > A2-+H2O⇌HA-+OH-、HA-+H2O⇌H2A+OH- b 3.9×10－36 bd 3/2
【分析】
（1）通过存在溶质分子来判断为弱酸，加水有利平衡向电离方向移动，但两者的浓度都变小，应从物质的量之比或Ka来解答；
（2）对水解产生的离子，可以看出可以是正盐或酸式盐，而水解平衡的移动影响因素中注意氯化铵水解的促进，然后在离子浓度的计算上，先判断量的关系，注意混合后要重新进行计算；
（3）溶液中溶质在混合后只有NaHA，电离程度与水解程度的对比，A为物料守恒，B为电离大于水解，C项为电荷守恒，D考查水的离子积常数，可以转化为浓度进行判断，可以看出体积增大，物质的量乘积也要跟着增高；
（4）根据物料守恒分析解答。
【详解】
(1) 溶液中存在H2A，则说明H2A为弱电解质，往H2A溶液中加水促进电离，从电离平衡角度考虑，n(H+)增大，n(H2A)减小，所以，c(H+)/c(H2A)的值增大；
故答案为弱，增大；
(2)根据题意可知，水溶液M中存在的粒子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－、H2O和H2A，即可能是Na2A中A2-发生两步水解，一步水解生成HA-和OH-，二步水解HA-水解生成H2A和OH-，M也可能是NaHA，NaHA=Na++HA-，HA-⇌ H++A2-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以M可能是Na2A或NaHA；
①由上可知，H2A是弱酸，Na2A即为强碱弱酸盐，所以A2-离子水解使溶液显碱性，离子方程式为：A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以Na2A的水溶液pH>7；
故答案为NaHA ，>；A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-；
②a.氯化铵溶液中，NH4+水解生成H+，与A2-水解生成的OH-反应，促进A2-水解，故a错误；
b. 往Na2A溶液中加入KOH固体，使溶液中c(OH-)增大，抑制A2-水解，故b正确；
c. 往Na2A溶液中加入水促进水解，故c错误；
d.水解过程吸热，升高温度，使平衡向吸热反应方向移动，即促进水解，故d错误；
故答案为b；
③20mL1mol/LNa2A溶液中n（A2-）=0.02mol，10mL1mol/LCuCl2溶液中n（Cu2+）=0.01mol，两者混合充分反应后n（A2-）剩余=0.01mol，即混合后c（A2-）剩余=0.01mol÷（0.02L+0.01L）=mol/L，Ksp(CuA)=c(A2－)∙ c(Cu2＋)= 1.3×10－36，则c(Cu2＋)==3.9×10－36（mol/L），
故答案为3.9×10－36；
(3) 溶液在混合后溶质只有NaHA，
a.根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝0.5 mol∙L－1 ，故a错误；
b.由于溶液显酸性，则HA-的电离程度大于水解程度，可得到：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)，故b正确；
c.根据电荷守恒可得到：c(Na＋)+c(H＋)＝c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)，故c错误；
d.水的离子积只和温度有关，加水稀释后水的离子积保持不变，Kw=c(H＋)∙c(OH－)=[n(H＋)∙n(OH－)]/V2，因为V增大，故n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故d正确；
故答案为bd；
(4) 浓度均为0.1 mol · L－1的Na2A、NaHA混合溶液中，根据物料守恒分别可得：c(Na+)= 2[c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)]＝0.2mol∙L－1，c(Na+)= c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝0.1mol∙L－1，则c(Na+)=0.2mol∙L－1+0.1mol∙L－1=0.3mol∙L－1，c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)=0.1mol∙L－1+0.1mol∙L－1=0.2mol∙L－1，所以==3/2，
故答案为3/2。
20．②①④③ ClO-+H2OHClO+OH- c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) AC 10-3
【解析】
【详解】
（1）所给物质属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，根据题中酸的电离平衡常数，得出电离出H＋能力大小顺序是H2SO3>H2CO3>HSO3－>HClO>HCO3－，利用越弱越水解的规律，得出水解程度大小顺序是CO32－>ClO－>SO32－>HCO3－，因此pH大小顺序是②>①>④>③；
（2）NaClO属于强碱弱酸盐，ClO－发生水解：ClO－＋H2OHClO＋OH－，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性；
（3）NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，溶液显酸性，因为NH4＋水解程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；A、硫酸铵化学式为(NH4)2SO4，氯化铵溶液加入硫酸铵，c(NH4＋)增大，即c(NH4＋)/c(Cl－)增大，故A符合题意；
B、加入HCl，抑制NH4＋的水解，c(NH4＋)增大，HCl为强电解质，完全电离出H＋和Cl－，c(Cl－)增加的比c(NH4＋)增加多，即c(NH4＋)/c(Cl－)减少，故B不符合题意；
C、盐类水解为吸热反应，降低温度，抑制NH4＋水解，c(CNH4＋)增大，c(Cl－)不变，即c(NH4＋)/c(Cl－)增大，故C符合题意；
D、加入少量NaOH，发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，c(NH4＋)减小，c(Cl－)不变，即c(NH4＋)/c(Cl－)减小，故D不符合题意；
（4）NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，c(NH3·H2O)=c(H＋)=10－6mol·L－1，c(NH4＋)=(0.1－10－6)mol·L－1≈0.1mol·L－1，c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－6mol·L－1=10－8mol·L－1，NH3·H2O电离方程式为NH3·H2ONH4＋＋OH－，Kb=c(NH4＋)×c(OH－)/c(NH3·H2O)，代入数值，Kb=10－3。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：52盐类水解的影响因素
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、 单选题（共15题）
1．常温下，下列叙述错误的是
A．向稀溶液中加入少量晶体，则溶液中减小
B．浓度均为溶液和溶液等体积混合：
C．溶液中：
D．向盐酸中逐滴加入氨水至溶液呈中性时，则混合液中
2．BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
不列说法错误的是
A．酸浸工序中分次加入稀 HNO3可降低反应剧烈程度
B．酸浸过程中金属Bi被稀HNO3氧化为Bi(NO3)3
C．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
3．下列有关说法正确的是
A．若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化
B．反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，是因为△H<0
C．常温下，向0.1mol·L-1氨水中通入少量HCl，溶液中减小
D．乙酸乙酯的水解反应，加入NaOH溶液会使平衡常数增大，平衡向正反应方向移动
4．25 ℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．加水稀释0.1 mol·L－1氨水，溶液中c(H＋)·c(OH－)和均保持不变
B．向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中的值增大
C．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：<
D．将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，始终增大
5．常温下，下列溶液中的离子浓度关系正确的是
A．的NaHSO3溶液中，
B．的醋酸或盐酸分别稀释10倍的pH均为
C．的盐酸与的氨水以任意比例混合后，溶液中
D．向的氨水中加入少量水，溶液中减小
6．下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小
B．将0.1 mol·L－1K2C2O4溶液从25 ℃升高到35 ℃，增大
C．向0.1 mol·L－1 HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1
D．pH＝4的0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中：c(HC2O)>c(H＋)>c(H2C2O4)>c(C2O)
7．已知HClO的，HF的，下列有关说法正确的是
A．在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0. 01的稀盐酸，溶液的pH会变小
B．0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，水解程度增大，但溶液的pH减小
C．等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小
D．将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6种微粒
8．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是
A．物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液，c(NH)的大小顺序为：①>②>③
B．等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(H+)
C．0.1mol·L-1的CH3COOH与0.05mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(H+)+c(CH3COOH)
9．下列实验操作、实验现象以及相应的结论或解释均正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
常温下取两份5mL0.1mol/LNa2CO3溶液，一份滴加2滴酚酞，另一份插入手持pH 计，同时放入温水浴中加热，加热至40℃，分别测出常温、40℃溶液pH
红色加深；pH分别为11.7、11.4
碳酸根离子水解、水的电离均吸热，温度升高，c(OH-)、Kw均增大
B
将SO2通入紫色石蕊试液中
溶液先变红，后褪色
SO2的水溶液有酸性、漂白性
C
向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2
出现白色沉淀
酸性：H2SO3>HClO
D
向Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液中滴加NaHS溶液
出现黑色沉淀
Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)
A．A B．B C．C D．D
10．下列关于盐类水解的说法错误的是
A．在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离
B．加热溶液，溶液中的值将减小
C．同温时，等浓度的和溶液，溶液的pH大
D．在溶液中加入稀能抑制水解
11．温度一定时，为了使 Na2S 溶液中 的比值变小，可采取的措施是:
①加适量盐酸 ②加适量 NaOH(s) ③加适量 KOH(s) ④加适量 KHS(s) ⑤加水 ⑥通入适量 Cl2⑦加热
A．②③④ B．①②⑤⑥⑦ C．②③ D．③④
12．室温下，将0.05mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，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
50mL 1mol/L H2SO4
反应结束后，c(Na+)=c(SO)
B
0.5mol CaO
溶液中增大
C
50mL H2O
由水电离出的c(H+)•c(OH-)不变
D
0.1mol NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c (Na+)不变
A．A B．B C．C D．D
13．25℃，相同体积相同浓度的盐酸能与下列溶液恰好完全中和。①V1mLpH=9的氨水；②V2mLpH=10的氨水；③V3mLpH=10的NaOH溶液。下列叙述正确的是
A．V1＜10V2 B．①和②中比值：①＜②
C．①、②、③中水的电离度：②=③＞① D．分别与盐酸完全中和后溶液的pH：③＞①＞②
14．在一定条件下对于100 mL 1 mol•L﹣1的Na2CO3溶液，下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，增大
B．升高温度，减小
C．溶液中存在：c(Na+)+ c(H+)=c()+c()+c(OH﹣)
D．完全吸收0.1 mol CO2气体后，溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)
15．山梨酸钾(CH3CH=CHCH=CHCOOK，简写为RCOOK)是常用的食品防腐剂，其水溶液.显碱性。下列叙述正确的是
A．山梨酸和山梨酸钾都是强电解质
B．稀释山梨酸钾溶液时，溶液中n(OH-)和c(OH-)都减小
C．山梨酸钾溶液中c(RCOO-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)
D．若山梨酸的电离常数为Ka，则RCOOK稀溶液中c(K+)= c(RCOO-)[1+]
第II卷（非选择题）
二、填空题（共5题）
16．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的溶液显浅红色的原因是___________。
(2)实验过程中发现①的烧瓶中溶液红色变深、③的烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是___________(填字母)。
A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应
C．溶于水时放出热量 D．溶于水时吸收热量
(3)常温下，向溶液中分别加入固体、固体，则水解平衡移动的情况分别为___________(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”，下同)、___________。
17．(1)某浓度的氨水中存在平衡，+、如想增大的浓度而不增大的浓度，应采取的措施是___________(填字母)。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入 D．加入少量浓盐酸，
(2)常温下，有c()相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施∶
①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c()变化是醋酸溶液中c()___________(填“增大”“减小”或“不变”)，盐酸中c()___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
②加水稀择10倍后，醋酸溶液中的c()___________(填"＞"="或*＜")盐酸溶液中的c()。
③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积。醋酸___________(填＞、=或＜)盐酸
④使温度都升高20℃，溶液中c()：醋酸___________(填“＞”“=”或“＜”)盐酸。
⑤分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是___________(填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)
(3)将0.1mol/L的加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是___________(填字母)
A．电离程度增大 B．溶液中离子总数增多 C．溶液导电性增强 D．溶液中醋酸分子增多
(4)常温下的电离常数为1.0×10-5，则0.1mol/L的溶液的pH=___________。
18．在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液 ②0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液 ③0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液 ④0.1 mol·L－1氨水 ⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是___________(用离子方程式表示)。
(2)上述5中溶液中，其中水的电离程度最大的是_______(填序号)
(3)在上述①、②、③、④溶液中c(NH4+)浓度由大到小的顺序是_____________。(填序号)
(4) 室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)______c(NH4+)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水实验。滴定可选用的指示剂为_______(填“甲基橙”或 “酚酞”)。上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，则会导致滴定结果______(填“偏高”或 “偏低”)。
19．常温下，某水溶液M中存在的粒子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－、H2O和H2A。根据题意回答下列问题：
（1）H2A为_____酸（填“强”或“弱”），往H2A溶液中加水会使 c(H+)/c(H2A)的值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）若M是由一种溶质组成的溶液，则M的溶质可以是Na2A或________。
①Na2A的水溶液pH________(填“＜”、“＞”或“＝”)7，
原因是：______________________________（用离子方程式表示）
②往Na2A溶液中加入_______________ 可抑制其水解 (选填字母序号)。
a．氯化铵固体 b． KOH固体 c． 水 d． 升高温度
③已知Ksp(CuA)＝1.3×10－36，往20mL 1 mol·L－1Na2A溶液中加入10 mL 1 mol·L－1 CuCl2溶液，混合后溶液中的Cu2＋浓度为________mol·L－1。（忽略A2－的水解）
（3）若溶液M由10 mL 1.00 mol·L－1 H2A溶液与10 mL 1.00 mol·L－1 NaOH溶液混合而成，下列关于溶液M的说法正确的是________(选填字母序号)。
a．c(A2－) + c(HA－) + c(H2A) ＝ 1 mol·L－1
b．若溶液显酸性，则c(Na＋)＞c(HA－) ＞c(H＋) ＞c(A2－) ＞c(OH－)
c．离子浓度关系：c(Na＋) + c(H＋) ＝ c(OH－) + c(HA－) + c(A2－)
d．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
（4）浓度均为0.1 mol · L－1的Na2A、NaHA混合溶液中： ＝ ______ 。
20．常温下，几种酸的电离平衡常数如下：
回答下列问题:
(1)物质的量浓度均为0.1mol·L-1的①NaClO溶液 ②Na2CO3溶液 ③NaHCO3溶液 ④Na2SO3溶液，pH值由大到小的顺序是____________________。(填序号)
(2)用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因是____________________________________________。
(3)0.1mol/L的氯化铵溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是___________，只改变下列一个条件，能使c(NH4+)与c(Cl-)比值变大的是______________________。(填标号)
A．加入固体硫酸铵
B．通入少量氯化氢
C．降低溶液温度
D．加入少量固体氢氧化钠
(4)假设25 ℃时，0.1mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为1×10-6mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常数：Kb(NH3·H2O)=_________________________________。
参考答案
1．A
【详解】
A． 向的稀溶液中加入少量晶体，即增大了溶液浓度，浓度越大，水解程度越小，故增大，A错误；
B． 溶液中存在物料守恒为：，B正确；
C． 溶液中存在质子守恒为： ，C正确；
D． 根据电荷守恒可得中性溶液中， D正确；
答案为：A。
2．D
【详解】
硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应生成Bi(NO3)3，向Bi(NO3)3溶液中加入HCl、NaCl将Bi(NO3)3转化为BiCl3，BiCl3水解生成BiOCl。
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，故A正确；
B．硝酸为强氧化剂，金属Bi为金属单质，具有还原性，二者可反应生成Bi(NO3)3，故B正确；
C．Bi3+能够水解生成BiOCl、BiONO3，转化工序中加入稀HCl，溶液中Cl-浓度增大，能够使Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+平衡右移，同时溶液中H+浓度增大，Bi3+++H2OBiONO3+2H+平衡逆向移动，因此可抑制生成BiONO3，故C正确；
D．氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，水解生成H+，溶液中H+浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3+++H2OBiONO3+2H+，也不利于生成BiOCl，故D错误；
综上所述，答案为D。
3．B
【详解】
A．根据原电池原理，活泼的一极为负极，更容易被氧化，铝比铜活泼， A错误；
B．该反应为熵减的反应，若能自发，则△H<0， B正确；
C．向0.1mol ·L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl，氢离子浓度增大，水解平衡逆向移动导致一水合氨的浓度减小，不变，则溶液中增大，C错误；
D．乙酸乙酯水解生成乙酸，加入NaOH消耗乙酸平衡向正反应方向移动，但是平衡常数只与温度有关，故平衡常数不变，D错误；
故选B。
4．B
【详解】
A．0.1 mol·L－1氨水稀释过程中c(H＋)增大，c(OH－)减小，因而变大，A错误；
B．向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中＝，加入CH3COONa，溶液碱性增强，则c(H＋)减小，所以的值增大，B正确；
C．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，根据电离常数有Ka1＝、Ka2＝，同一溶液中c(H＋)相等，而Ka1>Ka2，则>，C错误；
D．0.1 mol·L－1的HF加水稀释，c(H＋)减小，c(OH-)增大，故变小，D错误；
答案选B。
5．C
【详解】
A．NaHSO3溶液的，说明的电离程度大于其水解程度，则，A项错误；
B．加水稀释促进醋酸的电离，的醋酸溶液稀释10倍后，溶液中H+浓度大于原来的，所以稀释溶液后，醋酸的pH＞，B项错误；
C．的盐酸与的氨水以任意比例混合后，根据电荷守恒可知，，C项正确；
D．向的氨水中加入少量水，促进的电离，溶液中的物质的量减少，的物质的量增加，则增大，，所以溶液中增大，D项错误；
答案选C。
6．D
【详解】
A．Na2CO3溶液中存在C的水解平衡：C+H2OHC+OH-，通入NH3后生成NH3H2O，电离产生OH-，溶液中c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，c(C)增大，c(Na+)不变，则减小，故A正确；
B．K2C2O4溶液中存在C2的水解平衡：C2+H2OHC2+OH-，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c(C2)减小，c(K+)不变，则增大，故B正确；
C．向0.1 mol·L－1 HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(H+)=c(OH-)，据电荷守恒式c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c(F-)，则有c(Na+)=c(F-)，即＝1，故C正确；
D．pH＝4的0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则有c(C2O)>c(H2C2O4)，故D错误；
答案选D。
7．B
【详解】
A．pH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度为0.01，0. 01的稀盐酸中氢离子浓度为0. 01，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，故A错误；
B．0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，故B正确；
C．NaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：，，由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2(，HClO的，HF的，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶液中钠离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，故C错误；
D．Cl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在氯气、氯离子、次氯酸根、氢离子、氢氧根离子、水分子、次氯酸分子等离子，故D错误；
故选：B。
8．D
【详解】
A．三种溶液中，碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用，所以三种溶液中的铵根离子的浓度大小顺序是：③＞②＞①，故A错误；
B．碳酸根离子和碳酸氢根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中c(OH-)＞c(H＋)，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中c(HCO)＞c(CO)，故B错误；
C．0.1 mol·L-1的CH3COOH与0.05 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H＋)＋c(Na＋)= c(OH-)＋c(CH3COO-)和物料守恒关系2c(Na＋)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)，两式相减可得c(H＋)＋c(CH3COOH) = c(OH-)＋c(Na＋)，故C错误；
D．pH相等的NaF和CH3COOK溶液中分别存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)、c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，两种溶液pH相等，则有c(Na+)-c(F-)=c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，故D正确；
故选D。
9．A
【详解】
A．红色加深说明溶液中c(OH-)增大，说明碳酸根的水解平衡正向移动，水解吸热，而pH减小，c(H+)也增大，说明加热时促进了水的电离，Kw增大，A正确；
B．SO2不能漂白指示剂，所以溶液变红后不会褪色，B错误；
C．向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2，次氯酸根将SO2氧化，得到的白色沉淀为CaSO4，所以无法比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，C错误；
D．混合溶液中Cu(NO3)2、AgNO3的浓度不一定相同，无法比较二者的溶解度，且二者为不同类型的沉淀，不能简单根据溶解度判断溶度积大小，D错误；
综上所述答案为A。
10．C
【详解】
A． 水的电离平衡，能水解的盐，能结合水电离出的氢离子或氢氧根离子，从而促进水的电离，故A正确；
B． 加热溶液，促进醋酸根离子的水解，减小，钠离子浓度不变，则溶液中的值将减小，故B正确；
C． 由于的水解程度大于的水解程度，则同温时，等浓度的和溶液，溶液的pH小，故C错误；
D． 在溶液中，铵根离子水解，加入稀，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则能抑制水解，故D正确；
故选C。
11．D
【详解】
①加适量盐酸，与S2-反应生成HS-或H2S，c(S2-)、c(Na+)都减小，但c(S2-)减小更多，的比值变大；
②加适量 NaOH(s)，抑制S2-水解，c(S2-)、c(Na+)都增大，但c(Na+)增大更多，的比值变大；
③加适量 KOH(s)，抑制S2-水解，使c(S2-)增大、c(Na+)不变，的比值变小；
④加适量 KHS(s)，抑制S2-水解，使c(S2-)增大、c(Na+)不变，的比值变小；
⑤加水，促进S2-水解，c(S2-)、c(Na+)都减小，但c(S2-)减小更多，的比值变大；
⑥通入适量 Cl2，与S2-发生氧化还原反应，使c(S2-)减小、c(Na+)不变，的比值变大；
⑦加热，促进S2-水解，c(S2-)减小，c(Na+)不变，的比值变大；
综合以上分析，只有③④符合题意，故选D。
12．B
【详解】
A．n(H2SO4)=1mol/L×0.05L=0.05mol，二者恰好完全反应生成硫酸钠和二氧化碳、水，根据物料守恒得c(Na+)=2c()，故A错误；
B．0.5molCaO和水反应生成0.5mol氢氧化钙，和0.05molNa2CO3反应， Na2CO3完全被消耗转化为CaCO3沉淀，溶液中浓度极低， OH-浓度较大，所以溶液中增大，故B正确；
C．Na2CO3水解促进水的电离，溶液显碱性，加水稀释，溶液的碱性减弱，对水的电离的促进程度减弱，由水电离出的c(H+)▪c(OH-)减小，故C错误；
D．加入0.1mol硫酸氢钠，二者恰好反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，硫酸氢钠能电离出钠离子而导致溶液中c(Na+)增大，溶液的pH减小，故D错误；
故选B。
13．D
【分析】
①V1mLpH=9的氨水、②V2mLpH=10的氨水、③V3mLpH=10的NaOH溶液三份溶液，与相同体积相同浓度的盐酸恰好完全中和，则三份溶液中溶质的物质的量相等。
【详解】
A．pH=9的氨水中，c(OH-)=10-5mol/L，pH=10的氨水中，c(OH-)=10-4mol/L，则②中c(OH-)是①中c(OH-)的10倍，对氨水来说，浓度越大，电离度越小，所以氨水的浓度c(OH-)2＞10c(OH-)1，所以V1＞10V2，A不正确；
B．①中氨水的浓度比②中小，则①中氨水的电离度比②中大，所以比值(为氨水的电离度)：①＞②，B不正确；
C．①、②、③中水的电度都受到抑制，②、③中c(OH-)相同，与水的抑制作用相同，①中c(OH-)小，对水电离的抑制作用弱，所以水的电离度：②=③＜①，C不正确；
D．①、②、③分别与盐酸完全中和后，①、②中溶液呈酸性，③中溶液呈中性，①中c()比②中小，则水解生成的c(H+)小，pH比②中大，所以溶液的pH：③＞①＞②，D正确；
故选D。
14．B
【详解】
Na2CO3溶液中存在水解平衡：+H2O⇌+OH-，⇌H2CO3+OH-。
A．稀释溶液，Na2CO3的水解平衡正向移动，溶液中n()减少，水解出的n(OH-)增多，减小，由于微粒处于同一溶液，溶液的体积相同，故减小，A错误；
B．盐类水解反应是吸热反应，升高温度，盐的水解程度增大，c()减少，水解产生出的c()增大，则减小，B正确；
C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH－)，C错误；
D．100 mL 1 mol•L﹣1的Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为0.1 mol，完全吸收0.1 mol CO2气体后恰好完全反应生成0.1 mol NaHCO3，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c()+ c()+c(OH﹣)＞c()+c(OH﹣)，D错误；
故合理选项是B。
15．D
【详解】
A．由题意可知山梨酸钾水解显碱性，说明山梨酸是弱酸，属于弱电解质，故A错误；
B．溶液稀释时山梨酸根离子的水解平衡正向移动，n(OH-)增大，但是因为溶液体积增大，所以c(OH-)减小，故B错误；
C．由题意可知山梨酸钾水解显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故C错误；
D．已知Ka=，Kw =，c(K+)= c(RCOO-)+c(RCOOH)，联立后可得：c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)= c(RCOO-)×[1+]= c(RCOO-)×[1+]= c(RCOO-)[1+]，故D正确；
故选D。
16．，使溶液显碱性 BD 向左移动 向右移动
【详解】
(1)中水解，，水解后溶液中的氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，使溶液显碱性，碱性溶液使酚酞显红色。故答案为：，使溶液显碱性；
(2)生石灰与水反应放出大量的热，根据①的烧瓶中溶液的红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热的，同时③的烧瓶中溶液红色变浅，可知水解平衡向左移动，说明溶于水时吸收热量。故答案为：BD；
(3)与水解相互抑制，醋酸钠中加碳酸钠水解平衡逆向移动；与水解相互促进，醋酸钠中加硫酸亚铁，水解平衡正向移动，故答案为：向左移动；向右移动；
17．BD 减小 减小 ＞ ＞ ＞ c AB 11
【详解】
(1)A.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡正向移动，和浓度都增大，不符合题意；
B.加入NH4Cl固体，NH4Cl电离出，的浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小，符合题意；
C.通入适量NH3，NH3·H2O浓度增大，平衡正向移动，和OH-浓度都增大，不符合题意；
D.加入少量浓盐酸，浓盐酸电离出的H+与OH-结合成H2O，OH-浓度减小，电离平衡正向移动，浓度增大，符合题意；故答案为：BD；
(2)①醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加入的醋酸钠电离出CH3COO-，CH3COO-浓度增大，电离平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小；在盐酸中加入醋酸钠，醋酸钠电离出的CH3COO-与H+结合成弱酸CH3COOH，溶液中c(H+)减小；故答案为：减小；减小；
②加水稀释10倍，溶液体积变为原来的10倍，稀释后盐酸中c(H+)变为原来的1/10；加水稀释促进醋酸的电离，稀释后醋酸溶液中c(H+)大于原来的1/10；加水稀释10倍后醋酸溶液中的c(H＋)＞盐酸溶液中的c(H＋)，故答案为：＞；
③醋酸为弱酸，盐酸为强酸，pH相同的盐酸和醋酸溶液，物质的量浓度：醋酸大于盐酸，等体积的溶液中加入等浓度的NaOH溶液至恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积：醋酸＞盐酸，故答案为：＞；
④弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进醋酸的电离，醋酸溶液中c(H+)增大；升高温度，盐酸溶液中c(H+)不变，则温度都升高20℃后溶液中c(H+)：醋酸＞盐酸，故答案为：＞；
⑤醋酸溶液中H+被消耗会促进醋酸的电离，反应过程中醋酸溶液中c(H+)大于盐酸中，醋酸与Zn反应的速率比盐酸与Zn反应的速率快；等pH、等体积的醋酸溶液和盐酸中，醋酸提供的H+总物质的量大于盐酸，醋酸与足量Zn反应放出的H2大于盐酸与足量Zn反应放出的H2；答案选c。
(3)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释促进CH3COOH的电离，
A.电离程度增大，正确；
B.由于电离平衡正向移动，H+、CH3COO-物质的量增大，溶液中离子总数增多，正确；
C.由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c(H+)、c(CH3COO-)物质的量浓度减小，溶液导电性减弱，错误；
D.由于电离程度增大，溶液中醋酸分子减少，错误；答案选AB。
(4)=1.0×10-5，则c(OH-)==1.0×10-3mol/L，c(H+)==1.0×10-11，则pH=11。
18．酸 NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ ② ③＞①＞②＞④ ＝ 甲基橙 偏低
【分析】
(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性；
(2)以0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，结合溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响分析水的电离程度的变化；
(3)以0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，根据溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响，结合盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小分析排序；
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，说明溶液中c(OH-)=(H+)，根据电荷守恒分析判断；
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，需要选择在酸性条件下变色的指示剂；滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，据此分析判断。
【详解】
(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，水解的离子方程式为：NH4++H2ONH3•H2O+H+，故答案为酸；NH4++H2ONH3•H2O+H+；
(2)以①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，②0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液，醋酸根离子水解，促进铵根离子水解，水的电离程度增大，③0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液，氢离子抑制铵根离子水解，电离出的H+抑制水的电离，④0.1 mol·L－1氨水，电离显碱性，水的电离受到抑制，⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液中一水合氨抑制了铵根离子的水解，水的电离程度减小，因此水的电离程度最大的是②，故答案为②；
(3)①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液，铵根离子水解，c(NH4+)略小于0.1 mol·L-1；②0.1mol/L CH3COONH4 醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于比①小；③0.1mol/L NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度比①大；④0.1 mol·L－1氨水，一水合氨部分电离，c(NH4+)远小于0.1 mol·L-1；因此c(NH4+)浓度由大到小的顺序为，故答案为③＞①＞②＞④；
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，pH=7说明溶液中c(OH-)=(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4+)，故答案为=；
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，可选用甲基橙作指示剂。滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，滴定结果偏低，故答案为甲基橙；偏低。
【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意盐类水解的影响因素，同时注意盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小。
19．弱 增大 NaHA > A2-+H2O⇌HA-+OH-、HA-+H2O⇌H2A+OH- b 3.9×10－36 bd 3/2
【分析】
（1）通过存在溶质分子来判断为弱酸，加水有利平衡向电离方向移动，但两者的浓度都变小，应从物质的量之比或Ka来解答；
（2）对水解产生的离子，可以看出可以是正盐或酸式盐，而水解平衡的移动影响因素中注意氯化铵水解的促进，然后在离子浓度的计算上，先判断量的关系，注意混合后要重新进行计算；
（3）溶液中溶质在混合后只有NaHA，电离程度与水解程度的对比，A为物料守恒，B为电离大于水解，C项为电荷守恒，D考查水的离子积常数，可以转化为浓度进行判断，可以看出体积增大，物质的量乘积也要跟着增高；
（4）根据物料守恒分析解答。
【详解】
(1) 溶液中存在H2A，则说明H2A为弱电解质，往H2A溶液中加水促进电离，从电离平衡角度考虑，n(H+)增大，n(H2A)减小，所以，c(H+)/c(H2A)的值增大；
故答案为弱，增大；
(2)根据题意可知，水溶液M中存在的粒子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－、H2O和H2A，即可能是Na2A中A2-发生两步水解，一步水解生成HA-和OH-，二步水解HA-水解生成H2A和OH-，M也可能是NaHA，NaHA=Na++HA-，HA-⇌ H++A2-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以M可能是Na2A或NaHA；
①由上可知，H2A是弱酸，Na2A即为强碱弱酸盐，所以A2-离子水解使溶液显碱性，离子方程式为：A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以Na2A的水溶液pH>7；
故答案为NaHA ，>；A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-；
②a.氯化铵溶液中，NH4+水解生成H+，与A2-水解生成的OH-反应，促进A2-水解，故a错误；
b. 往Na2A溶液中加入KOH固体，使溶液中c(OH-)增大，抑制A2-水解，故b正确；
c. 往Na2A溶液中加入水促进水解，故c错误；
d.水解过程吸热，升高温度，使平衡向吸热反应方向移动，即促进水解，故d错误；
故答案为b；
③20mL1mol/LNa2A溶液中n（A2-）=0.02mol，10mL1mol/LCuCl2溶液中n（Cu2+）=0.01mol，两者混合充分反应后n（A2-）剩余=0.01mol，即混合后c（A2-）剩余=0.01mol÷（0.02L+0.01L）=mol/L，Ksp(CuA)=c(A2－)∙ c(Cu2＋)= 1.3×10－36，则c(Cu2＋)==3.9×10－36（mol/L），
故答案为3.9×10－36；
(3) 溶液在混合后溶质只有NaHA，
a.根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝0.5 mol∙L－1 ，故a错误；
b.由于溶液显酸性，则HA-的电离程度大于水解程度，可得到：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)，故b正确；
c.根据电荷守恒可得到：c(Na＋)+c(H＋)＝c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)，故c错误；
d.水的离子积只和温度有关，加水稀释后水的离子积保持不变，Kw=c(H＋)∙c(OH－)=[n(H＋)∙n(OH－)]/V2，因为V增大，故n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故d正确；
故答案为bd；
(4) 浓度均为0.1 mol · L－1的Na2A、NaHA混合溶液中，根据物料守恒分别可得：c(Na+)= 2[c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)]＝0.2mol∙L－1，c(Na+)= c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝0.1mol∙L－1，则c(Na+)=0.2mol∙L－1+0.1mol∙L－1=0.3mol∙L－1，c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)=0.1mol∙L－1+0.1mol∙L－1=0.2mol∙L－1，所以==3/2，
故答案为3/2。
20．②①④③ ClO-+H2OHClO+OH- c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) AC 10-3
【解析】
【详解】
（1）所给物质属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，根据题中酸的电离平衡常数，得出电离出H＋能力大小顺序是H2SO3>H2CO3>HSO3－>HClO>HCO3－，利用越弱越水解的规律，得出水解程度大小顺序是CO32－>ClO－>SO32－>HCO3－，因此pH大小顺序是②>①>④>③；
（2）NaClO属于强碱弱酸盐，ClO－发生水解：ClO－＋H2OHClO＋OH－，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性；
（3）NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，溶液显酸性，因为NH4＋水解程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；A、硫酸铵化学式为(NH4)2SO4，氯化铵溶液加入硫酸铵，c(NH4＋)增大，即c(NH4＋)/c(Cl－)增大，故A符合题意；
B、加入HCl，抑制NH4＋的水解，c(NH4＋)增大，HCl为强电解质，完全电离出H＋和Cl－，c(Cl－)增加的比c(NH4＋)增加多，即c(NH4＋)/c(Cl－)减少，故B不符合题意；
C、盐类水解为吸热反应，降低温度，抑制NH4＋水解，c(CNH4＋)增大，c(Cl－)不变，即c(NH4＋)/c(Cl－)增大，故C符合题意；
D、加入少量NaOH，发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，c(NH4＋)减小，c(Cl－)不变，即c(NH4＋)/c(Cl－)减小，故D不符合题意；
（4）NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，c(NH3·H2O)=c(H＋)=10－6mol·L－1，c(NH4＋)=(0.1－10－6)mol·L－1≈0.1mol·L－1，c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－6mol·L－1=10－8mol·L－1，NH3·H2O电离方程式为NH3·H2ONH4＋＋OH－，Kb=c(NH4＋)×c(OH－)/c(NH3·H2O)，代入数值，Kb=10－3。
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