高中人教版 (2019)第三节 盐类的水解同步训练题

这是一份高中人教版 (2019)第三节 盐类的水解同步训练题，共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设NA为阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NA
B．标准状况下，38g3H2O2中含有4NA共价键
C．常温下，将5.6g铁块投入一定量浓硝酸中，转移0.3NA电子
D．一定温度下，1L0.50ml/LNH4Cl溶液与2L0.25ml/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量一定不相同
2．下列溶液中，操作和现象对应正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
3．水质检验中，测定水的硬度时，用到氨-氯化氨缓冲溶液，控制溶液在左右．则关于该缓冲溶液的说法不正确的是
A．将缓冲溶液加水稀释时，pH一定会减小
B．将缓冲溶液升温，pH一定没有变化
C．在缓冲溶液中，水的电离受到抑制
D．在缓冲溶液中，一定有
4．两种溶液混合后的成分与溶液酸碱性的变化可能有关，下列说法正确的是
A．的溶液与的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：
B．等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液混合：
C．常温下，的HA溶液与的BOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7，则
D．向某溶液中加入少量晶体，所得溶液中水解程度增大，pH增大
5．常温时，下列关于电解质溶液的叙述正确的是
A．稀释pH=10的氨水，溶液中所有离子的浓度均降低
B．pH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，水的电离程度相同
C．35℃时0.1ml·L-1的Na2CO3溶液碱性比25℃时强，说明该水解反应吸热
D．分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗NaOH的物质的量多
6．某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列分析错误的是
A．b点水解程度最大
B．水的电离平衡也会对溶液的pH产生影响
C．a→b段水解平衡向右移动
D．水解是吸热过程
7．常温下，等体积等pH的盐酸和氯化铵两溶液，下列说法正确的是
A．两溶液导电能力相同
B．分别与等量且同条件的锌反应，平均反应速率后者大
C．稀释10倍后，盐酸的pH比氯化铵溶液的pH小
D．分别与等浓度的氢氧化钠溶液恰好反应，消耗的氢氧化钠溶液的体积相同
8．下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-aml·L-1，若a>7时，则该溶液的pH值可能为14-a或a
B．pH=9的CH3COONa溶液和pH=9的NH3·H2O溶液，两溶液中水的电离程度不相同
C．温度一定时，向水中滴加少量酸或碱形成稀溶液，水的离子积常数不变
D．常温下，向纯水中加入少量NH4Cl固体，水的电离平衡正移，Kw变大
9．室温下，通过下列实验探究FeCl3水解反应[FeCl3(黄色)＋3H2O⇌Fe(OH)3(红褐色)＋3HCl]的条件。
下列有关说法正确的是
A．实验1中FeCl3溶液加热至沸腾会生成红褐色沉淀
B．实验2中Fe3+水解反应平衡逆向移动，化学平衡常数变小
C．实验3得到的溶液中有3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)
D．实验4中反应的离子方程式为Fe3＋＋HCO＋H2O=Fe(OH)3↓＋CO2↑
10．将标准状况下缓慢通入的溶液中，气体被充分吸收，下列关系不正确的是
A．混合溶液溶质为和
B．
C．
D．加热蒸干所得混合溶液，最终得到固体
二、填空题
11．测得某温度下0.5ml·L-1 HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2。
（1）写出HNO2的电离方程式 。
（2）将溶液加水稀释至10倍后，c(NO2-) （填“增大”、“减小”或“不变”），n(H+) （填“增大”、“减小”或“不变”），pH区间范围是 。
A．1～2 B．2～3 C．3～4 D．4～5
（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明可能的原因 。
（4）0.1ml·L-1 NaNO2溶液pH 7（填“＞”、“＜”或“＝”），溶液中含有 种分子，溶液中c(Na+) c(NO2-)（填“＞”、“＜”或“＝”），下列措施能提高溶液中c(OH-)的是 。
A．适当升高温度 B．增加压强 C．加水 D．加入NH4Cl固体 E.加入Na2CO3固体
12．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 ml·L-1 CH3COONa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NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 ml·L-1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是 。
A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 ml·L-1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO-水解平衡移动的方向分别为 、 、 、 (填“左”、“右”或“不移动”)。
13．Ⅰ.(1)在100 mL 0.8ml/L硝酸溶液中加入足量铜粉，则被溶解的铜的质量为 g。
(2)在上述溶液中再加入足量稀硫酸，又有 g铜溶解。
Ⅱ. 请回答下列问题：25℃时，浓度均为0.10ml • L﹣1的 ①氨水 ②NH4Cl溶液
(1)NH4Cl溶液显 (酸、碱、中)性，原因是(用离子方程式表示) ，若加入少量的氨水，使溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)，则溶液的pH 7 (填“＞”、“＜”或“=”)．
(2)氨水显碱性的原因(用离子方程式表示) ，向氨水中加入NH4Cl固体，氨水的电离程度 (填“增大”、“减小”或“不变”)，溶液的pH将 (填“增大”、“减小”或“不变”)．
14．已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：
(1)可逆反应：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)是炼铁工业中的一个重要反应，其温度与平衡常数K的关系如下表：
若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，若升高温度，混合气体的平均相对分子质量 ；充入氦气，混合气体的密度 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)常温下，浓度均为0.1 ml·L－1的下列五种溶液的pH如下表：
①用等式表示Na2CO3溶液中含有H+ 、OH- 、HCO3-、H2CO3微粒间的关系 。
②根据表中数据判断，浓度均为0.01 ml·L－1的下列四种物质的溶液中，酸性最强的是 ；将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是 (填字母)。
A．HCN B．HClO C．H2CO3 D．CH3COOH
③要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为 。
15．常温下，某水溶液M中存在的离子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：
(1)写出酸H2A的电离方程式 。
(2)若溶液M由10 mL 2 ml·L－1NaHA溶液与10 mL 2 ml·L－1 NaOH溶液等体积混合而成，则溶液M的pH (填“”或“＝”)7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。已知Ksp(BaA)＝1.8×10－10，向该溶液中加入10 mL 1 ml·L－1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2＋浓度为 ml·L－1。
(3)若有下列三种溶液：①0.01 ml·L－1的H2A溶液；②0.01 ml·L－1的NaHA溶液；③0.02 ml·L－1的HCl与0.04 ml·L－1的NaHA溶液等体积混合，则三种情况下，溶液中c(H2A)最大的是 ；pH由大到小的顺序为 。
(4)若溶液M由pH＝3的H2A溶液V1 mL与pH＝11的NaOH溶液V2 mL混合反应而得，混合溶液中＝104，V1与V2的大小关系为 (填“V1大于V2”“V1等于V2”“V1小于V2”或“均有可能”)。
16．氮、磷、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）为原子序数依次增大的同族元素。完成下列填空：
（1）铋在元素周期表中的位置是 。Mc原子核内中子数与核外电子数之差为 。
（2）已知：P（s，红磷）P（s，白磷）-17.6kJ；P（s，白磷）P（s，黑磷）+39.3kJ。红磷、白磷、黑鳞互为 ，其中最稳定的是 。
（3）SbCl3能发生较强的水解：Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+。该水解反应的平衡常数表达式为 。配制SbCl3溶液应注意 。
（4）写出能够比较磷与砷最高价氧化物对应水化物酸性强弱的一个实验事实 。
（5）科学家发明了用H2治理废水中硝酸盐的污染的方法，其原理可以表示为：5H2+2NON2+2OH-+4H2O。25℃时，反应进行10min，废水的pH由7变为12，这段时间内NO的平均反应速率为 。
17．已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
(1)常温下，pH 相同的三种溶液①NaF 溶液 ②NaClO 溶液 ③Na2CO3 溶液，其物质的量溶度由大到小的顺序是 (填序号)
(2)25°C 时，pH=4 的 NH4Cl 溶液中各离子浓度的大小关系为 。
(3)0.1 ml/L 的 NaClO 溶液和 0.1 ml/L 的 NaHCO3 溶液中，c(ClO- ) c(HCO )(填“＞，＜，=”)
(4)向 NaClO 溶液中通入少量的 CO2，所发生的离子方程式为 。
18．弱酸的电离平衡常数与对应酸根的水解平衡常数存在某种定量关系。
（1）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3。25℃时，将amlNH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是 (用离子方程式表示)。向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 (填“正向”“不”或“逆向”)移动，所滴加氨水的浓度为 ml·L-1(NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5)。
（2）已知常温下CN-的水解常数Kh=1.61×10-5。
①含等物质的量浓度HCN与NaCN的混合溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性，c(CN-) (填“>”“” “ Kh2，则0.1 ml∙L−1 NaHSO3溶液：
①溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)；
②溶液中c(Na＋) c()(填“>”“”“7，则推知BOH的碱性较弱，由电离平衡常数越大，弱酸的酸性或者弱碱的碱性就越大可知，，C项正确；
D．溶液中存在水解平衡：S2-+H2OHS-+OH-，向溶液加入少量晶体，Cu2+会结合S2-发生反应得到CuS沉淀，S2-浓度减小，平衡逆向移动，所得溶液中水解程度减小，pH减小，D项错误；
故答案选C。
5．C
【详解】A． 氨水中存在一水合氨的电离平衡，稀释促进电离，OH-的数量增加，但浓度降低，温度不变，水的离子积不变，所以氢离子的浓度增大，A错误；
B． 盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，水解促进水的电离，B错误；
C． Na2CO3溶液中存在碳酸根离子的水解反应，35℃时0.1ml·L-1的Na2CO3溶液碱性比25℃时强，说明该水解反应吸热，升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，C正确；
D． 醋酸是弱酸，在pH相同的条件下，醋酸的浓度比硫酸的浓度大的多，所以分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的物质的量少，D错误；
答案选C。
6．A
【分析】溶液中存在碳酸根的水解平衡和水的电离平衡；图中显示温度升高溶液的碱性先增强后减弱，水的电离是吸热过程，纯水中温度升高pH值会降低，碳酸钠溶液中温度升高pH有增大的过程，说明水解受到促进，即水解为吸热过程；后pH值下降，说明温度升高水电离出更多的氢氧根抑制了碳酸根的水解，据此分析作答。
【详解】A.根据分析可知水解是吸热过程，温度越高，水解程度越大，故A错误；
B.随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，水电离出的氢氧根离子浓度抑制水解平衡，导致溶液pH值减小，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故B正确；
C. a→b段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大溶液pH增大，图像符合，故C正确；
D.根据分析可知水解是吸热过程，故D正确；
故答案为A。
7．B
【详解】A、盐酸是强酸，完全电离，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解使溶液显酸性，因为NH4＋水解程度微弱，因此相同pH时，c(NH4Cl)>c(HCl)，离子所带电荷越多、离子浓度越大，导电能力越强，即NH4Cl溶液的导电能力强于盐酸，故A错误；
B、NH4Cl溶液中存在NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入Zn，消耗H＋，NH4＋还能水解出H＋，即反应开始后NH4Cl溶液中c(H＋)大于盐酸中c(H＋)，即后者反应速率快，故B正确；
C、加水稀释促进NH4＋水解，NH4Cl溶液中c(H＋)大于盐酸中c(H＋)，即盐酸的pH比NH4Cl溶液的pH大，故C错误；
D、盐酸与NaOH反应至中性，溶质为NaCl，NH4Cl与NaOH反应至中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O、NaCl，显然NH4Cl、盐酸消耗NaOH的体积不同，故D错误。
答案选B。
8．D
【分析】A.常温时，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-aml/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液；
B.根据CH3COONa能促进水的电离分析；
C. Kw只与温度有关，据此分析；
D. Kw只与温度有关，据此分析；
【详解】A、常温时，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-aml/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pH=14-a，如为碱溶液，则pH=a，故A正确；
B、CH3COONa促进水的电离，NH3·H2O抑制水的电离，故B正确；
C、温度不变，Kw不变，故C正确；
D、常温下，向纯水中加入少量NH4Cl固体，促进了水的电离，溶液中c(H+)增大，但是由于温度不变，Kw=c(OH-)•c(H+)不变 ，故D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，酸碱浓度越大，抑制程度越大；加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移。
9．C
【详解】A．实验1将FeCl3溶液加热促进FeCl3水解，产物浓度增大，颜色加深，没有生成红褐色沉淀，A项错误；
B．平衡常数只受温度影响，温度不变K不变，B项错误；
C．实验3得到的溶液中存在电荷守恒3c(Fe3＋)＋c(H＋)+c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)+2c(SO)，存在物料守恒c(NH3·H2O)+ c(NH)=2c(SO)，联立得3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)，C项正确；
D．实验4中反应的离子方程式为Fe3＋＋3HCO =Fe(OH)3↓＋3CO2↑，D项错误。
故选C。
10．C
【解析】，，根据C元素守恒，有，根据元素守恒，有，解得，，反应所得溶液为等浓度的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，据此解答。
【详解】A．由分析可知，A正确；
B．根据电荷守恒，有，B正确；
C．结合分析可知，反应后溶液为等浓度的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，溶液显碱性，的水解程度强于，因此离子浓度大小顺序是，C错误；
D．加热蒸干后得到和，因为不稳定，受热易分解：，因此最终得到的物质为，D正确。
答案选C。
11． HNO2H++NO2- 减小 增大 B 弱酸电离吸热 ＞ 2 ＞ AE
【分析】（1）0.5ml·L-1 HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2，c(H+)=0.01ml/L，则表明，HNO2只发生部分电离，生成H+、NO2-，HNO2为弱酸；
（2）将溶液加水稀释至10倍后，HNO2电离程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液体积增大占主导地位，所以c(NO2-)减小；假设平衡不移动，pH=3；平衡移动后，c(H+)增大，pH减小，但比原pH大，从而确定区间范围；
（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明HNO2电离吸热；
（4）因为HNO2为弱酸，则NaNO2在溶液中发生水解而使溶液显碱性，溶液中含有水分子和亚硝酸分子，因水解导致c(NO2-)减小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；
A.适当升高温度，能促进吸热的NO2-水解反应正向移动，c(OH-)增大；
B.增加压强，整个反应中没有气体参与反应，对c(OH-)不产生影响；
C.加水，溶液稀释，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小；
D.加入NH4Cl固体，NH4+与NO2-水解生成的OH-结合，从而促进NO2-水解反应的进行，但c(OH-)减小；
E. CO32-的水解能力比NO2-强，加入Na2CO3固体，c(OH-)增大。
【详解】（1）0.5ml·L-1 HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2，c(H+)=0.01ml/L，则表明，HNO2只发生部分电离，生成H+、NO2-，HNO2为弱酸，则HNO2的电离方程式HNO2H++NO2-；
（2）将溶液加水稀释至10倍后，HNO2电离程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液体积增大占主导地位，所以c(NO2-)减小；假设平衡不移动，pH=3；平衡移动后，c(H+)增大，pH减小，但比原pH大，从而确定区间范围在2~3之间；
（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明HNO2电离吸热；
（4）因为HNO2为弱酸，则NaNO2在溶液中发生水解而使溶液显碱性，pH>7；溶液中含有水分子和亚硝酸分子共2种分子，因水解导致c(NO2-)减小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；
A.适当升高温度，能促进吸热的NO2-水解反应正向移动，c(OH-)增大，A符合题意；
B.增加压强，整个反应中没有气体参与反应，对c(OH-)不产生影响，B不合题意；
C.加水，溶液稀释，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小，C不合题意；
D.加入NH4Cl固体，NH4+与NO2-水解生成的OH-结合，从而促进NO2-水解反应的进行，但c(OH-)减小，D不合题意；
E. CO32-的水解能力比NO2-强，加入Na2CO3固体，c(OH-)增大，E符合题意；
答案为：AE。
12． CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，使溶液显碱性 BD 右 左 左 右
【详解】(1)CH3COONa中CH3COO-水解使溶液显碱性，酚酞溶液遇碱显红色。
(2)生石灰与水剧烈反应且放出大量热，根据烧杯①中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧杯③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。
(3)酸促进CH3COO-的水解；碱抑制CH3COO-的水解；碳酸根离子与CH3COO-带同种电荷，水解都呈碱性，相互抑制；Fe2+水解呈酸性、CH3COO-水解呈碱性，相互促进。
13． 1.92 5.76 酸 NH4++H2O NH3•H2O+H+ = NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ 减小 减小
【分析】硝酸和铜反应时，硝酸表现酸性和氧化性，根据硝酸和铜反应的方程式分析，注意酸性条件下硝酸根离子表现强氧化性，能继续氧化单质铜。根据影响弱电解质电离平衡的因素分析，加入同种离子的物质，抑制其电离。
【详解】Ⅰ. (1)硝酸的物质的量为0.8ml/L×0.1L=0.08ml，根据铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水的方程式分析，反应消耗的铜的物质的量为0.03ml，质量为0.03ml×64g/ml=1.92g。
(2)反应生成0.03ml硝酸铜，在溶液中加入足量的稀硫酸，提供氢离子，则硝酸根离子还可以溶解铜，根据电子守恒分析，0.06ml硝酸根离子能得到0.18ml电子，所以能溶解0.18ml÷2=0.09ml铜，质量为0.09ml×64g/ml=5.76g。
Ⅱ. (1)氯化铵中铵根离子水解使溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2O NH3•H2O+H+；
若加入少量的氨水，溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)，则根据电荷守恒分析，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，即溶液为中性，pH=7。
(2)一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，电离方程式为： NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，向溶液中加入氯化铵，氯化铵电离出铵根离子，抑制一水合氨的电离，所以电离程度减小，溶液的pH将减小。
【点睛】掌握硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，所以硝酸盐中加入稀硫酸后能溶解金属铜，再根据硝酸根离子全部表现氧化性，得失电子数相等进行分析溶解铜的物质的量。
14． 减小 增大 c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3) D A 2Cl2＋CO32-＋H2O==CO2↑＋2Cl－＋2HClO
【详解】(1)根据表中数据可知，升高温度，K减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应。升高温度，平衡逆向移动，使CO含量增多，CO2含量减少，因此气体的平均相对分子质量会减小；若充入氦气，由于气体总质量增大，但气体的体积不变，所以气体的密度增大；
(2) ①Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)
②弱酸的酸性越弱，其相应的酸根离子越易水解，等浓度的该酸形成的盐溶液的碱性就越强，所以等浓度盐溶液pH最小的物质CH3COONa对应的酸CH3COOH的酸性最强，合理答案为：D；
根据同浓度的钠盐溶液的pH可知物质的酸性：HCNc(HA－)>c(H＋)；由离子方程式Ba2＋＋A2－=BaA↓可得：反应后A2－过量0.01 ml，溶液中c(A2－)＝＝ml·L－1，根据BaA的Ksp可得：c(Ba2＋)＝ml/L＝5.4×10－10ml/L。本题答案为：＞； c(Na＋)＞c(A2－)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H＋) ；5.4×10－10。
(3)③中溶质为物质的量浓度均为0.01 ml/L的NaCl、NaHA、H2A。NaHA、H2A相互抑制，弱酸电离程度较小，酸式酸根离子水解程度更小，所以这三种溶液中c(H2A)最大的为③；①为酸溶液，pH最小，②为盐溶液，③为酸和盐的混合溶液，所以pH③＜②，则这三种溶液pH大小顺序是②＞③＞①。本题答案为：③ . ②＞③＞① 。
(4)混合溶液＝104，说明溶液呈酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH＝3的H2A溶液与pH＝11的NaOH溶液混合时酸的浓度大于碱的浓度,则二者体积关系不确定,大于、小于或等于都可能酸过量,因此，本题正确答案是:均有可能。
16． 第六周期第VA族 58 同素异形体 黑磷 K= 加入稀盐酸抑制水解 相同条件下，相同物质的量浓度的H3PO4溶液pH小于H3AsO4 0.001ml/（L•min）
【详解】
(1)N为第二周期第VA族元素，则铋位于第六周期第VA族，Mc的中子数=288-115=173，核外电子数=115，所以原子核内中子数与核外电子数之差=173-115=58，故答案为：第六周期第VA族；58；
(2)红磷、白磷、黑鳞是由P元素组成的不同种单质，互为同素异形体。P（s，红磷）P（s，白磷）-17.6kJ，则P（s，白磷）P（s，红磷）+17.6kJ，1ml白磷转化为1ml红磷放出17.6kJ热量，P（s，白磷）P（s，黑磷）+39.3kJ，1ml白磷转化为1ml黑磷放出热量39.3kJ热量，说明三者的能量高低：1ml白磷＞1ml红磷＞1ml黑磷，黑磷最稳定，故答案为：同素异形体；黑磷；
(3)由平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数K=，SbCl3能发生较强的水解：Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，配制SbCl3溶液时应加入H+抑制水解，为了不引入杂质，应加入HCl抑制水解，故配制SbCl3溶液时应加入稀盐酸抑制水解，故答案为：K=；加入稀盐酸抑制水解；
(4)同主族元素从上往下非金属性减弱，P的非金属性比As强，则H3PO4的酸性比H3AsO4强，可证明H3PO4的酸性比H3AsO4强的事实是：相同条件下，相同物质的量浓度的H3PO4溶液pH小于H3AsO4，故答案为：相同条件下，相同物质的量浓度的H3PO4溶液pH小于H3AsO4；
(5)pH=7时，c(OH-)=c(H+)=10-7ml/L，pH=12时，c(H+)=10-12，c(OH-)=ml/L=10-2ml/L，≈10-2ml/L，结合反应的计量数可知：，所以v(NO3-)==0.001ml/（L•min），故答案为：0.001ml/（L•min）。
17． ①＞②＞③ c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-) ＜ ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
【详解】(1)由于Ka(HF) ＞Ka(HClO) ＞Ka2(H2CO3)，则酸性：HF＞HClO＞HCO，则等浓度的弱酸根离子的水解程度：F-＜ClO-＜，则溶液的碱性：NaF溶液＜NaClO溶液＜Na2CO3溶液，故常温下，pH相同的三种溶液①NaF 溶液 ②NaClO 溶液 ③Na2CO3 溶液，其物质的量溶度由大到小的顺序是①＞②＞③；
(2)25°C 时，pH=4 的 NH4Cl 溶液中，铵根离子水解使溶液呈酸性，且水解是微弱的，则各离子浓度的大小关系为c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)；
(3)由于Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，则酸性：H2CO3＞HClO，则0.1 ml/L 的 NaClO 溶液和 0.1 ml/L 的 NaHCO3 溶液中，ClO- 的水解程度比HCO大，则c(ClO- )＜c(HCO )；
(4)由于Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，则酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，则向NaClO 溶液中通入少量的 CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，所发生的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO。
18． NH+H2ONH3·H2O+H+ 逆向 碱 ＜ c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+) 0.6162
【详解】(1)NH4NO3溶液中由于发生水解：+H2ONH3·H2O+H+，使溶液显酸性。加入氨水抑制铵根离子的水解，从而使水的电离平衡向逆反应方向移动。将aml NH4NO3溶于水，滴加bL氨水后溶液呈中性，根据电荷守恒可知：c()+c(H+)=c()+c(OH-)，由于溶液呈中性，则c()=c()。NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，设混合后溶液体积为VL，滴加氨水的浓度为c'(NH3·H2O)，c()=c()=ml·L-1，根据一水合氨电离平衡：NH3·H2O+OH-，可知平衡常数为Kb== =2×10-5，计算得到c(NH3·H2O)=ml·L-1，故答案为：NH+H2ONH3·H2O+H+；逆向；；
(2)①CN-水解方程式为CN-+H2OHCN+OH-，其水解常数Kh(CN-)==1.61×10-5，由此可求出HCN的电离平衡常数Ka(HCN)===≈6.2×10-10。比较HCN的电离常数和CN-的水解常数大小可知，CN-的水解程度强于HCN的电离程度，由于NaCN与HCN的物质的量相等，故水解产生的c(OH-)大于电离生成的c(H+)，使混合溶液显碱性，且c(CN-)＜c(HCN)。溶液中存在Na+、CN-、OH-和H+四种离子，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，溶液显碱性，即c(H+)＜c(OH-)，则有c(Na+)＞c(CN-)，因此溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：碱；＜；c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；
②该溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(CN-)+c(Cl-)+c(OH-)，当溶液显中性时，即c(H+)=c(OH-)，则有c(K+)=c(CN-)+c(Cl-)。根据物料守恒c(K+)=c(HCN)+c(CN-)，可知c(HCN)=c(K+)-c(CN-)=c(Cl-)=0.5cml·L-1，由于cml·L-1的盐酸与0.62ml·L-1的KCN等体积混合，则c(CN-)=(0.31-0.5c)ml·L-1，根据CN-+H2OHCN+OH-得Kh===1.61×10-5，解得c≈0.6162，故答案为：0.6162。
19． ＜ ＞ AC ＝ 4＜pH＜6 c 酸性 ＞ c(Na＋)+ c(H＋)=c()+2c()+c() c(Na＋) = c()+c()+c() c(H＋)+ c()= c()+c()
【详解】(1)根据上表可知，碳酸的小于亚硫酸的，因此酸性＜，根据对应的酸越弱，其水解程度越大，在相同条件下，Na2CO3、Na2SO3溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO3；故答案为：＜；＞。
(2)A．加入NaCl溶液实质是加水，加水稀释，平衡正向移动，水解程度程度增大，故A符合题意；B．加入Na2CO3固体，两者相互抑制的双水解，故B不符合题意；C．加入NH4Cl溶液，两者相互促进的双水解，水解程度增大，故C符合题意；D．加CH3COONa固体，平衡正向移动，但水解程度减小，故D不符合题意；综上所述，答案为：AC。
(3)常温下NH3∙H2O的电离常数，醋酸的电离常数，因此生成是弱酸弱碱盐，水解程度相当，溶液呈中性，则常温下CH3COONH4溶液的pH ＝7；故答案为：＝。
(4)将pH=4的溶液稀释100倍，稀释时，醋酸又电离出氢离子，因此溶液pH变化不到2个单位，因此稀释后溶液的pH范围是4＜pH＜6，加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，电离程度增大，溶液的pH增大，醋酸电离平衡常数不变，离子浓度减小，溶液导电性能力减弱，因此图中的纵坐标可以是c；故答案为：4＜pH＜6；c。
(5)①已知25 ℃时，Ka2 ＞ Kh2，说明电离程度大于水解程度，因此0.1 ml∙L−1 NaHSO3溶液呈酸性；故答案为：酸性。
②溶液中亚硫酸根既要电离又要水解，因此溶液中c(Na＋)＞c()；故答案为：＞。
③电荷守恒：c(Na＋)+ c(H＋)=c()+2c()+c()，物料守恒：c(Na＋) = c()+c()+c()，质子守恒：c(H＋)+ c()= c()+c()；故答案为：c(Na＋)+ c(H＋)=c()+2c()+c()；c(Na＋) = c()+c()+c()；c(H＋)+ c()= c()+c()。
20． 1×10−14 H2SO4 NH4Cl 1×10a−14 ml·L−1 1×10－a ml·L−1 > 减小
【分析】（1）室温下，水的离子积为1×10-14；
（2）强酸溶液稀释，H+浓度随体积变化减小，NH4Cl溶液稀释除了体积变化浓度减小外，稀释促进NH4+的水解，H+物质的量增大，浓度减小；
（3）NH4+的水解是吸热的过程，加热溶液，促进水解，c(H+)增大，硫酸溶液加热，c(H+)不变；
（4）硫酸中的OH-是水电离得到的，NH4Cl溶液中的H+是水电离出来的，据此进行计算；
（5）NH4Cl溶液稀释促进了水解，平衡正向进行，依据溶液中体积相同，离子浓度之比可以比较离子物质的量之比。
【详解】（1）室温下，水的离子积KW=c(H+)c(OH-)=1×10-14；
（2）室温条件下，pH为a的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，各取5mL，分别加水稀释，至50mL，稀释10倍，H2SO4溶液pH变化为a+1，稀释促进NH4+水解，导致溶液pH小于a+1，因此pH较大的是硫酸溶液；
（3）室温下，NH4+的水解是吸热的过程，加热溶液，促进水解，c(H+)增大，硫酸溶液加热，c(H+)不变，因此各取5 mL上述溶液，分别加热到90℃，pH较小的是NH4Cl溶液；
（4）室温下，pH为a的H2SO4溶液和NH4Cl溶液存在离子积常数，酸溶液中，c(H+)酸c(OH-)碱=10-14，水电离出的c(OH-)水==1×10a-14ml/L，NH4Cl溶液中，c(H+)水c(OH-)水剩余=10-14，水电离出的c(H+)水=1×10-aml/L，
（5）取5 mL NH4Cl溶液，加水稀释至50 mL，体积减小到原来的10倍，稀释促进了水解，因此溶液中c(H+)