高中化学人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解第1课时课后测评

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解第1课时课后测评，共13页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共13小题）


1．加较多量的水稀释 0.1 ml/l 的 NaHCO3 溶液，下列离子浓度会增大的是（ ）


A．CO32﹣B．HCO3﹣C．H+D．OH﹣


2．下列式子属于水解反应，且其相应溶液呈酸性的是（ ）


A．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣


B．Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+


C．ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣


D．H2S+H2O⇌HS﹣+H3O+


3．0.5ml•L﹣1CH3COONa溶液和水的pH随温度的变化如图所示，下列分析错误的是（ ）





A．25℃，CH3COONa溶液的pH＝8.2，显碱性


B．60℃，H2O中c（H+）＝1×10﹣6.5ml•L﹣1，呈中性


C．60℃，CH3COONa溶液中c（OH﹣）＝1×10﹣5.1ml•L﹣1


D．升高温度，CH3COONa溶液水解程度和pH都减小


4．利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的 pH与温度（ T）的关系，曲线如图，下列分析错误的是（ ）


A．碳酸钠水解是吸热反应


B．ab 段说明水解平衡正向移动


C．bc段说明水解平衡逆向移动


D．水的电离平衡也对 pH 产生影响


5．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


6．能证明Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣的事实是（ ）


A．滴入酚酞试液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去


B．滴入酚酞试液变红，再加入新制氯水后红色褪去


C．滴入酚酞试液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去


D．滴入酚酞试液变红，再加入氢氧化钠后溶液红色加深


7．下列说法正确的是（ ）


A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同


B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，水解平衡正向移动


C．用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH＝1的醋酸溶液


D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1：2


8．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）


A．加入NaOH固体，平衡向正反应方向移动


B．稀释溶液，CO32﹣的水解程度增大


C．通入HCl，溶液pH增大


D．升高温度，EQ \f(c(HCO3―), c(CO32―))不变


9．常温下，稀释0.1ml•L﹣1Na2SO3溶液，如图中的纵坐标可以表示（ ）





A．SO32﹣水解的平衡常数B．溶液的pH


C．溶液中HSO3﹣的数目D．溶液中的c（SO32﹣）


10．为了使（NH4）2SO4 溶液中EQ \f(c(NH4＋), c(SO42―))接近 2：1，可采取的措施是（ ）


A．加热B．加适量 NaOH（s）


C．加水D．通 HCl


11．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）


A．加入NaOH固体，溶液pH减小


B．稀释溶液，水解平衡常数增大


C．加入CuSO4固体，HS﹣浓度增大


D．升高温度，c（HS﹣）/c（S2﹣）增大


12．室温下，有两种溶液：①0.01ml•L﹣1 NH3•H2O 溶液、②0.01ml•L﹣1 NH4Cl 溶液，下列操作可以使两种溶液中 c（NH4+）都增大的是（ ）


A．通入少量 HCl 气体B．加入少量 NaOH 固体


C．加入少量 H2OD．适当升高温度


13．已知溶液中存在Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+的平衡，其中Cr2O72﹣呈橙色，CrO42﹣呈黄色，向该平衡体系中滴加饱和NaOH溶液时，颜色的变化情况是（ ）


A．黄色加深B．橙色加深C．颜色不变D．颜色褪去


二．填空题（共3小题）


14．一定量饱和FeCl3溶液进行如下实验：


（1）加入少量CH3COONa固体，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气体，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溶液中加入适量Na2CO3溶液，反应的离子方程式为 ．


15．氯化铵是一种重要化工原料，也是一种常用的氨肥．


（1）氯化铵作为化肥时不宜与草木灰（主要成分K2CO3）混用．其原因是 ．


（2）热的浓氯化铵溶液可以清洗铁器表面锈迹，写出相关反应的离子方程式： ．


（3）常温下，在20mLaml．L﹣1氨水中滴加20mLbml．L﹣1HCl溶液恰好至溶液呈中性．计算常温下，NH3．H2O的电离常数Kb＝ （用含a，b的精确代数式表示）


（4）为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，设计如下实验方案：


限选药品和仪器：恒温水浴、pH计、烧杯、0.1ml．L﹣1硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液．


①实验中，“待测物理量”是 ．


②i＝ ；ii： ．


③上述表格中，y （填“＞”“＜”或“＝”）m．


16．化学中有一些貌似很难的问题，其实这是对化学原理理解的偏差所造成的，认真思考下面问题，看一看你是否具有“火眼金睛”．


问题一：已知CH3COONa溶液中存在着如下水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，当加入少量氢氧化钠固体后（不考虑体积的变化），溶液中c（CH3COO﹣）如何变化？


甲同学认为：加入的NaOH和生成的CH3COOH反应，使平衡向右移动，所以c（CH3COO﹣）减小．


乙同学认为：加入氢氧化钠后溶液中的c（OH一）增大，使平衡向左移动，所以c（CH3COO﹣）增大．你认为 正确．


问题二：已知某容器中A（g）+2B（g）⇌2C（g）反应达到平衡，当增大容器体积2倍时，达到新平衡时，B的浓度如何变化？


甲同学认为：体积增大，平衡左移，B的物质的量增大，所以B的浓度应是增大的．


乙同学认为：虽然平衡左移，但由于体积也增大了，所以B的浓度应是减小的．


你认为 正确．





答案解析


一．选择题（共13小题）


1．【分析】在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，结合水的离子积常数，分析解答。


【解答】解：在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变，所以氢离子的浓度变大，


故选：C。


2．【分析】水解反应的概念：在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应；


A．属于碳酸氢根的电离方程式；


B．Fe3+水解生成Fe（OH）3，溶液显示酸性；


C．是水解反应，溶液显碱性；


D．式子为硫化氢的电离方程式。


【解答】解：水解反应的概念：在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应；


A．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣属于碳酸氢根的电离方程式，故A错误；


B．Fe3+水解生成Fe（OH）3，溶液显示酸性，所以其水解方程为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故B正确；


C．ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣是水解反应，但是溶液显碱性，不符合题意，故C错误；


D．H2S+H2O⇌HS﹣+H3O+是硫化氢的电离方程式，而不是水解反应，故D错误；


故选：B。


3．【分析】A、根据图示信息得到25℃CH3COONa溶液的pH即可，并判断酸碱性；


B、根据图示信息得到60℃水的pH，计算H2O中c（H+），无论什么温度下，水都是中性的；


C、根据图示得到60℃时Kw的数值并根据60℃，CH3COONa溶液pH结合Kw公式计算；


D、升高温度促进盐的水解，据此回答。


【解答】解：A、根据图示信息得到25℃CH3COONa溶液的pH是8.2，大于7，溶液显碱性，故A正确；


B、根据图示信息得到60℃水的pH＝6.5，c（H+）＝1×10﹣6.5ml•L﹣1，无论什么温度下，水都是中性的，故B正确；


C、根据图示得到60℃时Kw＝10﹣13，60℃，CH3COONa溶液中c（OH﹣）＝EQ \f(10－13, 10－7.9)ml•L﹣1＝1×10﹣5.1ml•L﹣1，故C正确；


D、升高温度促进盐的水解，CH3COONa溶液水解程度增大碱性增强，pH增大，故D错误。


故选：D。


4．【分析】A、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，升温pH增大，说明水解是吸热反应；


B、ab段说明升温促进水解，碱性增大，溶液pH增大；


C、温度升高促进水解平衡正向进行；


D、随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离液起到促进作用，氢氧根离子浓度抑制水解平衡。


【解答】解：A、分析图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，升温pH增大，说明水解是吸热反应，故A正确；


B．碳酸钠是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，而升高温度使平衡正向移动，溶液的碱性增强，故B正确；


C．水解是吸热的，温度不断升高只会导致平衡不断正向移动，此时溶液pH却出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，故C错误；


D．水本身也存在着一个电离平衡，温度改变平衡移动，因此对溶液的pH产生影响，故D正确；


故选：C。


5．【分析】溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32﹣+H2O═HCO3﹣+OH﹣和水的电离平衡H2O⇌H++OH﹣，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。


【解答】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，图象符合，故C正确；


D．根据分析可知水解是吸热过程，故D正确；


故选：A。


6．【分析】A.只能证明发生了水解；


B.新制氯水具有酸性和氧化性；


C.加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，红色褪去，说明c（OH﹣）减小；


D.加入氢氧化钠溶液后，溶液的碱性增强。


【解答】解：A.只能证明发生了水解，而无法证明是否存在水解平衡，故A错误；


B.新制氯水具有酸性和氧化性，所以加入新制氯水后红色褪去不能说明存在题述水解平衡，故B错误；


C.加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，说明SO32﹣没有水解完全，红色褪去，说明c（OH﹣）减小，证明Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，故C正确；


D.加入氢氧化钠溶液后，溶液的碱性增强，红色也会加深，不能判断是否存在水解平衡，故D错误。


故选：C。


7．【分析】A．一水合氨为弱碱，pH相同时氨水的浓度较大，中和时消耗HCl的物质的量较多；


B．加水稀释促进盐的水解；


C．醋酸弱酸，难以配制pH＝1的溶液；


D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸，Ba（OH）2溶液中氢氧根离子的浓度等于盐酸中氢离子的浓度。


【解答】解：A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，由于一水合氨为弱碱，pH相同时氨水的浓度较大，则氨水消耗HCl的物质的量大于NaOH溶液，故A错误；


B．加水稀释促进盐的水解，则在醋酸钠溶液中再加入少量水，促进醋酸钠的水解，即水解平衡正向移动，故B正确；


C．醋酸为弱酸，难以配制pH＝1的溶液，可配制0.1ml/L的溶液，故C错误；


D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸，Ba（OH）2溶液中氢氧根离子的浓度等于盐酸中氢离子的浓度，所以二者恰好中和时，消耗二者体积比为1：1，故D错误。


故选：B。


8．【分析】A．加入NaOH固体，生成物OH﹣的浓度增大；


B．稀释溶液，促进盐的水解；


C．通入HCl会消耗氢氧根离子；


D．升高温度，平衡向吸热方向移动。


【解答】解：A．加入NaOH固体，生成物OH﹣的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故A错误；


B．稀释溶液，相当于向体系内加水，增大反应物的量，平衡正向移动，CO32﹣的水解程度增大，故B正确；


C．通入HCl会消耗氢氧根离子，溶液的pH减小，故C错误；


D．升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡向正反应方向移动，生成物HCO3﹣的浓度增大，CO32﹣的浓度减小，则EQ \f(c(HCO3―), c(CO32―))增大，故D错误；


故选：B。


9．【分析】A．水解的平衡常数只与温度有关；


B．加水稀释，溶液中氢氧根离子浓度减小；


C．加水稀释，亚硫酸根离子水解平衡正移；


D．加水稀释，亚硫酸根离子水解平衡正移。


【解答】解：A．水解的平衡常数只与温度有关，加水稀释平衡常数不变，故A错误；


B．加水稀释，溶液的体积增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，所以稀释过程中溶液pH应逐渐减小，故B错误；


C．稀释过程中水解平衡SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣向右移动，所以HSO3﹣数目增大，SO32﹣数目减少，则溶液中HSO3﹣的数目符合图中变化，故C正确；


D．稀释过程中水解平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣向右移动，所以SO32﹣数目减少，溶液中的c（SO32﹣）减小，则溶液中的c（SO32﹣）不符合图中变化，故D错误；


故选：C。


10．【分析】铵根离子水解呈酸性，依据铵根在水溶液中水解减少，为了使（NH4）2SO4 溶液中接近 2：1，加入的试剂能抑制铵根的水解，由此分析解答。


【解答】解：A、加热促进铵根离子的水解，故A错误；


B、加入氢氧化钠会促进铵根的水解，减少铵根离子，c（NH4+）和c（SO42﹣）之比小于2：1，故B错误；


C、越稀越水解，所以加水促进铵根离子的水解，导到c（NH4+）和c（SO42﹣）之比小于2：1，故C错误；


D、通 HCl，抑制铵根离子的水解，使c（NH4+）和c（SO42﹣）之比更接近2：1，故D正确；


故选：D。


11．【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；


A．加入NaOH固体是一种强碱，抑制水解；


B．平衡常数只随温度变化；


C．加入CuSO4固体和硫离子结合生成硫化铜，水解平衡逆向进行；


D．水解反应是吸热反应，升温促进水解，溶液中硫离子浓度减小，硫氢根离子浓度增大。


【解答】解：A．加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故A错误；


B．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，故B错误；


C．加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS﹣浓度减小，故C错误；


D．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EQ \f(c(NH4＋), c(SO42―))增大，故D正确；


故选：D。


12．【分析】A．HCl溶于水后的盐酸是强酸，与①NH3•H2O 反应，c（NH4+）增大；盐酸中的氢离子抑制了铵离子的水解，c（NH4+）也增大；


B．氢氧化钠属于强碱，加入少量NaOH固体，溶液中的c（OH﹣）增大，抑制了氨水的电离；氢氧根离子结合铵离子生成一水合氨，铵离子浓度减小；


C．加入少量H2O，溶液被稀释，两种溶液中c（NH4+）都会减小；


D．升高温度，②氨气会从溶液中挥发出来，导致NH3•H2O 浓度减小，c（NH4+）自然减小；②NH4Cl溶液，升高温度后，促进了水解，c（NH4+）减小．


【解答】解：A．HCl溶于水后得到的盐酸是强酸，能够和①NH3•H2O 反应，导致溶液中c（NH4+）增大；盐酸中的H+离子抑制了NH4+的水解，使氯化铵溶液中的c（NH4+）也增大，故A正确；


B．加入少量NaOH固体，溶液中的c（OH﹣）增大，抑制了NH3•H2O 溶液的电离；氢氧根离子结合NH4+生成一水合氨，c（NH4+）都会减小，所以两溶液中铵离子浓度都减小，故B错误；


C．当向①0.01ml L﹣1NH3•H2O ②0.01ml L﹣1NH4Cl加入少量H2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c（NH4+）都会减小，故C错误；


D．温度升高，氨气具有挥发性，导致氨气挥发，NH3•H2O 浓度减小，溶液中的c（NH4+）减小；而NH4Cl溶液中，铵根离子的水解为吸热反应，升高温度可以促进NH4+水解，导致c（NH4+）减小，故D错误；


故选：A。


13．【分析】Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+的平衡中加入饱和NaOH溶液时，会消耗氢离子，使得氢离子浓度降低，平衡正向移动，据此回答．


【解答】解：Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+的平衡中加入饱和NaOH溶液时，会消耗氢离子，使得氢离子浓度降低，平衡正向移动，CrO42﹣的浓度增大，所以黄色加深，故选A。


二．填空题（共3小题）


14．【分析】（1）根据水解平衡的影响因素来判断；


（2）氯化铁是水解能生成挥发性的盐酸的盐；


（3）氯化氢溶于水得到盐酸，是强酸，根据水解平衡的影响因素来判断；


（4）碳酸根离子和铁离子之间会发生双水解反应得到沉淀和气体．


【解答】解：（1）醋酸钠中的醋酸根离子会和铁离子水解生成的氢离子结合，促进水解平衡正向移动，水解程度增强，故答案为：增强；


（2）将氯化铁溶液加热蒸干，得到的是水解产物氢氧化铁，再灼烧，得到的是分解产物Fe2O3，故答案为：Fe2O3；


（3）FeCl3溶液中通入HCl气体，氯化氢溶于水得到盐酸，所以酸性增强，pH减小，盐酸中的氢离子会抑制铁离子水解，FeCl3的水解程度减弱，故答案为：减小；减弱；


（4）碳酸根离子和铁离子之间会发生双水解反应：2Fe3++3CO32﹣+3H2O＝2Fe（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O＝2Fe（OH）3↓+3CO2↑．


15．【分析】（1）氯化铵水解显酸性，K2CO3水解显碱性，二者相互促进水解；


（2）氯化铵水解生成一水合氨和盐酸，盐酸与氧化铁反应生成氯化铁；


（3）中性溶液中存在c（H+）＝c（OH﹣），常温下c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7 ml/L；根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）可知：c（NH4+）＝c（Cl﹣），混合后溶液体积增大一倍，所以溶液中c（Cl﹣）＝0.5bml/L，c（NH3•H2O）＝0.5aml/L﹣c（NH4+）＝0.5aml/L﹣0.5bml/L，最后根据Kb进行计算；


（4）①由提供的药品和仪器可知，只能测定溶液的pH；


②探究浓度对氯化铵水解平衡的影响，则温度必须相同；实验I与实验III浓度相同，温度不同；


③温度越高，浓度越大，溶液的酸性越强．


【解答】解：（1）氯化铵水解显酸性，K2CO3水解显碱性，二者相互促进水解的反应，使铵态氮肥反应放出氨气，会降低肥效；


故答案为：氯化铵与碳酸钾发生相互促进的水解反应生成氨气，会降低肥效；


（2）氯化铵水解生成一水合氨和盐酸，盐酸与氧化铁反应生成氯化铁，其反应的离子方程式为：6NH4++Fe2O32Fe3++6NH3↑+3H2O；


故答案为：6NH4++Fe2O32Fe3++6NH3↑+3H2O；


（3）混合液为中性，则c（H+）＝c（OH﹣），在常温下c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7 ml/L；


根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）可知：c（NH4+）＝c（Cl﹣），混合后溶液体积增大一倍，则溶液中c（Cl﹣）＝c（NH4+）＝0.5bml/L，


所以混合液中c（NH3•H2O）＝0.5aml/L﹣c（NH4+）＝0.5aml/L﹣0.5bml/L，


所以常温下NH3•H2O的电离常数Kb＝＝EQ \f(a, a﹣b)×10﹣7ml/L，


故答案为：EQ \f(a, a﹣b)×10﹣7ml/L；


（4）①由提供的药品和仪器可知，pH计用于准确的测定溶液的pH，所以待测物理量是溶液的pH；


故答案为：溶液的pH；


②探究浓度对氯化铵水解平衡的影响，则温度必须相同，所以实验II的温度与实验I相同，即为30℃；实验I与实验III浓度相同，温度不同，所以实验III是探究温度对氯化铵水解平衡的影响；


故答案为：探究温度对氯化铵水解平衡的影响；


故答案为：30；


③水解反应属于吸热反应，温度越高促进水解，氢离子浓度增大，浓度越高，水解生成的氢离子浓度越大，则溶液的酸性越强，已知实验IV的浓度大、温度高，所以IV的pH小，即y＞m；


故答案为：＞．


16．【分析】问题一：从影响平衡移动的因素的角度解答；


问题二：判断浓度变化时，应综合考虑物质的量和体积的变化，可从平衡常数的角度分析．


【解答】解：问题一：加入少量氢氧化钠，溶液中c（OH﹣）增大，平衡应向正反应分析移动，也可根据电荷守恒判断，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），因加入氢氧化钠，则c（Na+）增大，如加入的NaOH和生成的CH3COOH反应，则OH一消耗，则c（CH3COO﹣）应增大，如向逆反应方向移动，则c（OH﹣）相对增加的c（Na+）而言增加较小，则c（CH3COO﹣）应增大，故乙正确；


故答案为：乙；


问题二：可从平衡常数的角度分析，因温度不变，则平衡常数不变，体积增大，则c（C）肯定减小，由K不变，则c（C）减小，c（B）肯定减小，则乙正确，


故答案为：乙． 实验序号
c（NH4Cl）/ml．L﹣1
温度/℃
待测物理量
实验目的
Ⅰ
0.5
30
x
﹣
Ⅱ
1.5
i
y
探究浓度对氯化铵水解平衡的影响
Ⅲ
0.5
35
z
ii
Ⅳ
2.0
40
m
探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响