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【化学】山西省运城市永济涑北中学2019-2020学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷
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山西省运城市永济涑北中学2019-2020学年高二上学期12月月考
第I卷（选择题）
一、单选题(每小题2.5分，共50分)
1.能使水的电离平衡右移，且其水溶液显碱性的离子是
A. H+ B. OH- C. Al3+ D. HCO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
水的电离方程式为H2OH++OH-，能使水的电离平衡右移，且水溶液显碱性，说明该离子能和氢离子反应导致溶液中c（H+）＜c（OH-），据此分析解答。
【详解】水的电离方程式为H2OH++OH-，则
A．加入氢离子，抑制了水的电离，水的电离平衡左移，故A错误；
B．加入OH-，溶液中c（OH-）增大，抑制水电离，水的电离平衡左移，故B错误；
C．Al3+水解促进水电离，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，故C错误；
D．HCO3-水解促进水电离，导致溶液中c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查水的电离及其影响，明确加入物质对弱电解质电离影响是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性的判断方法。
2.某学生用碱式滴定管量取0.10 mol·L－1NaOH溶液，开始时仰视读数，读数为1.00 mL，取出部分溶液后俯视读数，读数为11.00 mL。该学生实际取出的液体体积( )
A. 大于10.00 mL B. 小于10.00 mL
C. 等于10.00 mL D. 等于11.00 mL
【答案】A
【解析】
【详解】滴定管的刻度自上而下是逐渐增大的，所以如果放液前仰视，放液后俯视，读出体积比实际体积小，答案选A。
【点睛】该题是高考中的常见题型，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力，该题的关键是明确滴定管的构造特点以及读数的注意事项，然后灵活运用即可。
3. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是
A. 明矾溶液加热 B. CH3COONa溶液加热
C. 氨水中加入少量NH4Cl固体 D. 小苏打溶液中加入少量NaCl固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾溶液中电离后产生的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，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，B正确；
C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2ONH4++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，C错误；
D．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误。
答案选B。
【点晴】解答时注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。
4.室温下，向10 mL 0.1 mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是( )
A. 溶液中离子的数目减小
B. 再加入CH3COONa固体能促进醋酸的电离
C. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
D. 溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)∙c(OH-)不变
【答案】D
【解析】
【分析】
根据醋酸溶液中存在着CH3COOHH＋+CH3COO-电离平衡进行分析即可。
【详解】A.加水稀释醋酸的过程中，醋酸的电离程度增大，溶液中离子数目增多，故A错误；
B.再加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡向左移动，能抑制CH3COOH的电离，故B错误；
C.加水稀释醋酸的过程中，醋酸的电离程度增大，但溶液中c(H＋)减小，C错误；
D.溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)∙c(OH-)]＝Ka/Kw，因加水稀释过程中温度不变，所以Ka/Kw不变,故D正确；
答案：D。
5.在恒温条件下，欲使CH3COONa的稀溶液中c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大，可在溶液中加入少量下列物质中的( )
①固体NaOH；②固体KOH；③固体NaHS；④冰醋酸
A. 只有①② B. 只有③④ C. 只有②④ D. 只有①④
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中使CH3COONa的稀溶液中c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大可知，本题考查影响盐类水解程度的主要因素，运用醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-及影响水解平衡移动的因素分析。
【详解】①加入NaOH固体，会导致氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，但是钠离子增加的程度大，即比值会减小，故①错误；
②加入KOH固体，钠离子浓度不变，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故②正确；
③加入NaHS固体，钠离子浓度变大，水解平衡向正向移动，所以醋酸根离子浓度减小，即比值会减小，故③错误；
④加入冰醋酸，冰醋酸的浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故④正确。
答案选C。
6.下列水溶液一定呈中性的是
A. c(NH4+)=c(C1-)的NH4Cl 溶液
B. c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液
C. pH=7的溶液
D. 室温下将pH=3的酸与pH= 11的碱等体积混合后的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】水溶液的温度不一定是室温，故pH＝7或c(H＋)＝10－7mol/L时，溶液不一定呈中性；选项D中由于不知酸、碱的相对强弱，故无法判断溶液的酸碱性，NH4Cl溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH4+)＝c(Cl－)，则c(OH－)＝c(H＋)，溶液一定呈中性。答案选A。
7. 关于某酸的酸式盐NaHY的水溶液的下列叙述中，正确的是
A. 该酸式盐的水溶液一定显酸性
B. 在该盐溶液中，离子浓度为：c(Na+)＞c(Y2-)＞c(HY-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 若HY-能水解，水解方程式为：HY-+H2OY2-+H3O+
D. 若HY-能电离，电离方程式为：HY-+H2OY2-+H3O+
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaHY溶液由于Y2－没有指定，常见的有三种情况：①NaHSO4，只电离，不水解；②NaHSO3，其水溶液中HSO3-电离程度大于水解程度，溶液显酸性；③NaHCO3、NaHS，其水溶液中HCO3-、HS－水解程度大于电离程度，溶液显碱性。因Y2－不确定，A错误；
B、根据A中分析可知B错误；
C、为电离方程式而非水解方程式，水解方程式为HY-+H2OH2Y+OH－，C错误；
D、根据C中分析可知D正确；
答案选D。
8.在25 ℃时，向AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25 ℃)如表所示：
AgCl
AgI
Ag2S
Ksp
1.8×10−10
8.3×10−17
6.3×10−50
下列叙述错误的是
A. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B. 溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C. AgCl固体在等物质量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解度相同
D. 25 ℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag+的浓度不同
【答案】C
【解析】
【详解】A、沉淀转化的实质就是由难溶物质转化为更难溶的物质，故属于沉淀溶解平衡的移动，故A不符合题意；
B、对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向AgCl的白色悬浊液中加入KI溶液，可生成AgI沉淀，故B不符合题意；
C、由于溶度积是常数，故溶液中氯离子浓度越大，银离子浓度小，等浓度的氯化钠、氯化钙溶液中氯离子浓度不同，则氯化银在两溶液中的溶解度不同，故C符合题意；
D、饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中Ag+的浓度分别为：、、，Ag+的浓度不同，故D不符合题意。
9.下列关于电解质溶液的叙述正确的是 （ ）
A. 常温下，在 pH＝7 的醋酸钠和醋酸混合溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
B. 稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 在 pH＝5 的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中，c(Na＋)＝c(Cl－)
D. 0.1 mol·L－1 的硫化钠溶液中，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，在pH=7的醋酸钠和醋酸混合溶液中c（H+）=c（OH-），电荷守恒式为c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（CH3COO-），则c（CH3COO-）=c（Na+），故A错误；
B．稀释醋酸溶液，c（H+）减小，Kw不变，则醋酸稀释时c（OH-）增大，故B错误；
C．pH=5的溶液中c（H+）＞c（OH-），由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（NO3-），则c（Na+）＜c（Cl-）+c（NO3-），但钠离子、氯离子均来源氯化钠的电离，则c（Na+）=c（Cl-），故C正确；
D．硫化钠溶液中，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（S2-）+c（HS-）+c（OH-），由物料守恒可知c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），则c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），故D错误；
故选C。
10.下列各溶液中，微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1 mol /L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42—)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH—)
B. 0.2 mol /L的Na2CO3溶液中：c(OH—)= c(HCO3—)+ c(H+)+ c(H2CO3)
C. 0.1 mol /L的NH4Cl溶液与0.05 mol L-l的NaOH溶液等体积混合，其混合溶液中：c(Cl-) > c(NH4+) > c(Na+) > c(H+) > c(OH-)
D. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4C1溶液中：c[(NH4)2SO4] < c[(NH4)2CO3] < c(NH4C1)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中微粒的物质的量浓度关系可知，本题考查离子浓度大小的比较，运用盐类水解是微弱的分析。
【详解】A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性,溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH-)，A项错误；
B.溶液中存在质子守恒,水电离出的所有氢氧根离子浓度等于电离出所有氢离子的存在形式,0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH−)=c(HCO3−)+c(H+)+2c(H2CO3)，B项错误；
C. 0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05mol/L的NaOH溶液等体积混合得到等浓度的NH4Cl溶液、NaCl溶液和NH3⋅H2O溶液,一水合氨电离大于铵根离子水解,其混合溶液中：c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)，C项错误；
D.(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>(NH4)2CO3>NH4Cl,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,物质的量浓度由小到大的顺序为,(NH4)2SO4<(NH4)2CO3
【点睛】水解是微弱，多元弱酸根分步水解，以第一步为主，往后每一步都比前一步弱很多。
11.已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42—。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是（ ）
A. 该温度高于25℃
B. 由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－10mol·L－1
C. NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
D. 该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中NaHSO4在水中的电离可知，本题考查电解质的电离，运用温度、浓度对弱电解质电离平衡规律分析。
【详解】A. pH=6的蒸馏水中，c（OH-）=c（H+）=1×10-6mol/L,Kw=1×10-12＞1×10-14,说明温度高于25℃，A项正确；
B. 水电离出来的c（H+）= c（OH-）=, B项正确；
C. NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42—，相当增加氢离子浓度，抑制水的电离，C项正确；
D. Kw=1×10-12，
应加入等体积浓度为0.01mol·L的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，D项错误；
答案选D。
12.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ △H＞0，下列叙述正确的是 （ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C. 由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液pH一定为12
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题中水的电离平衡可知，本题考查离子积常数、水的电离，运用水的离子积常数只是温度的函数，温度不变，水的离子积常数不变分析。
【详解】A.向水中加入稀氨水，NH3 ·H2O是弱碱，抵制水电离，平衡逆向移动，但 c（OH－）增加,A项错误；
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，酸性增强，c（H＋）增大，K w可能变，温度不变时，才不变,B项正确；
C．由水电离出的 c（H +）=1×10－12 mol/L的溶液，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，pH不一定为12，也可能是2，C项错误；
D．将水加热， K w 增大，pH也变，呈中性,D项错误；
答案选B。
【点睛】25 ℃时， K w =1×10－14，此时纯水电离出的c（H＋）= c（OH－）=1×10－7 mol/L；
100 ℃时， K w =1×10－12，此时纯水电离出的c（H＋）= c（OH－）=1×10－6 mol/L。
13.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：
A. A>B B. A=10-4B C. B=10-4 A D. A=B
【答案】B
【解析】
【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH－）=c（H＋）=10-9 mol·L－1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH－）= = =10-5 mol·L－1，所以A=10-4B；
故选B。
【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．
14. 常温时，以下4种溶液pH最小的是（ ）
A. 0.01mol/L醋酸溶液
B. 0.02mol/L醋酸与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合
C. 0.02mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合
D. pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
【答案】A
【解析】
【详解】A，单纯醋酸电离；
B，可看成正好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解呈碱性；
C，可看成反应后得到的溶液一半醋酸钠，一半醋酸，醋酸钠水解呈碱性，抵消一部分醋酸电离的H+，所得溶液的酸性肯定不如A大；
D，正好反应，得到NaCl和水，溶液呈中性，pH=7；
综上可知，pH最小的也就是酸性最强的为A选项。
【点睛】本题为两种溶液混合后溶液酸碱性判断的经典题，这类题一般分两种情况。均为等体积混合。第一种为物质的量浓度相同的同元酸碱，等体积混合后所得溶液可归纳成谁强显谁性，如B选项。第二种情况为，pH值相当的酸碱，等体积混合之后，所得溶液的酸碱性归纳成谁弱显谁性，如D选项，分不出强弱显中性，如果是强酸和弱碱，则会显碱性。
15.若pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是
A. 生成了一种强酸弱碱盐 B. 弱酸溶液和强碱溶液反应
C. 强酸溶液和弱碱溶液反应 D. 一元强酸溶液和一元强碱溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】假设为强酸和强碱反应，pH＝3的强酸完全电离，所产生的c（H+）=1×10-3mol/L，pH＝11的强碱完全电离，所产生的c（OH－）=1×10-3mol/L，等体积混合后会恰好反应，所得的溶液应该呈中性。而题目中溶液呈酸性 ，说明反应后还有H+剩余，即原来酸还有未完全电离的分子，在反应过程中不断的补充H+而使溶液呈酸性。所以酸为弱酸碱为强碱，故答案为B。
16.相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比,NaCN溶液的pH较大,则下列关于同温、同体积、同浓度的HCN和HClO溶液的说法中正确的是( )
A. 酸的强弱:HCN>HClO
B. pH:HClO>HCN
C. 与NaOH恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:HClO>HCN
D. 酸根离子浓度:c(CN-)
【解析】
【分析】
强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强。NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，以此解答该题。
【详解】A．强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强。NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，A错误；
B．酸性HClO＞HCN，则等浓度时，HClO溶液的pH较小，B错误；
C．二者均是一元酸，等物质的量时，与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量相等，C错误；
D．酸性HClO＞HCN，则等浓度时HClO电离程度大于HCN，因此c（CN-）＜c（ClO-），D正确。
答案选D。
【点睛】注意C中消耗氢氧化钠的物质的量与酸的强弱无关，为易错点。
17. 下列关于盐类水解反应的应用说法正确的是( )
A. 可以把FeCl3固体直接溶于水制FeCl3溶液
B. 热的纯碱溶液去油污效果好
C. Al(NO3)3溶液与K2S溶液混合后无明显现象
D. Mg粉投入到饱和NH4Cl溶液中无明显现象
【答案】B
【解析】
【详解】A项，把FeCl3固体直接溶于水时，易发生水解:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，配制溶液时，为抑制水解应加少量盐酸，A项错误；
B项，因CO32-+H2OHCO3-+OH-，温度升高，c(OH-)增大，故去油污效果好，故B项正确；
C项，发生2Al3++3S2-+6H2O2Al(OH)3↓+3H2S↑，故C项错误；
D项，由于NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4Cl溶液显酸性，故Mg粉投入到NH4Cl溶液中产生气体H2，故D项错误。
答案选B。
18.为了除去MgCl2溶液中的Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是( )
A. NaOH B. Na2CO3 C. 氨水 D. MgO
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中除去MgCl2溶液中的Fe3+可知，本题考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用,盐类水解的应用 ，运用Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，但不能引入新的杂质分析。
【详解】FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg（OH）2粉末、MgO或MgCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，
答案选D。
19.下列事实不属于盐类水解应用的是（ ）
A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水或消毒
B. 实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A、明矾、氯化铁晶体常用于净水是利用铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附作用，可以净水，和盐类水解有关，故A不符合；
B、纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，油脂在碱性溶液中水解形成溶于水的物质，易于除去，故B不符合；
C、氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入少量盐酸抑制铁离子水解，故C不符合；
D、加入硫酸铜溶液会和锌反应生成铜，在电解质溶液中形成原电池反应，加快反应速率，和盐类水解无关，故D符合；
故选D。
20.25 ℃时，浓度均为0．2 mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A. 均存在电离平衡和水解平衡
B. 存在的粒子种类不同
C. c(OH-)前者小于后者
D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32-)均增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.都存在着水的电离平衡和HCO3-及CO32-的水解平衡。正确；
B.在这两种溶液中都存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-、H2CO3、H2O。种类相同。错误；
C.HCO3-+ H2OH2CO3+OH-; HCO3-、CO32-+H2OH2CO3-+OH-.水解程度后者大于前者，所以溶液中C(OH-)浓度CO32-大于HCO3-。因为在溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw， c(OH-)越大，c(H+)浓度就越小。故c(H＋) 后者小于前者。正确；
D.加入NaOH固体，水解平衡CO32-+H2O H2CO3-+OH-逆向移动，c(CO32-)增大。NaHCO3溶液中发生反应NaHCO3+NaOH=Na2CO3+ H2O。c(CO32-)增大。因此c(CO32-)均增大，正确；
答案选B。
第II卷（非选择题）
二、填空题（共50分）
21.（1）某温度时，水的离子积Kw=1×10-13，则该温度_________25℃(填“＞”、“＜”或“=”)。在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol•L-1，则该溶液的pH可能为________；
（2）若温度为25℃时，体积为Va、pH=a的H2SO4与体积为Vb、pH=b的NaOH混合，恰好中和，此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是_____________。
【答案】 (1). 大于 (2). 3或10 (3). c(Na+)=c(SO42-)＞c(H+)=c(OH-)
【解析】
【详解】（1）常温下，水的离子积常数为Kw=10-14，水的电离为吸热过程，某温度下Kw=10-13，大于10-14，说明水的电离被促进，应升高温度，说明此时水的电离程度高于25℃时水的电离程度，也说明此时的温度高于25℃。在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol•L-1，可知水的电离受到抑制，如果是类似NaOH的碱溶液，则溶液里的H+浓度和水电离出来的H+浓度相等，此时溶液的pH=10，如果是类似HCl的酸溶液，则溶液里的OH-和水电离出来的H+浓度相等，此时溶液里的H+为Kw/c(OH-)=1×10-13/1×10-10=10-3mol/L，此时溶液pH=3。
（2）溶液完全中和且呈中性时溶质为Na2SO4，此时溶液中离子浓度关系为c(Na+)=c(SO42-)＞c(H+)=c(OH-)。
22.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学知识回答：
(1)A为0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_____________。
(2)B为0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：____________________________________________。（用离子方程式表示）
(3)C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入_____________，目的是_________________________________________________________________；若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为____________________________________________________。
【答案】 (1). c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH−) (2). HCO3−的水解程度大于其电离程度,溶液中c(OH−)>c(H+)，故溶液显碱性 (3). 盐酸 (4). 抑制Fe3+水解 (5). Fe3++3HCO3−=Fe(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
（1）依据溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，水解程度微弱，分析比较；
（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡和电离平衡；水的电离平衡；溶液显碱性是因为溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
（3）配制氯化铁溶液需要防止水解而变浑浊；NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体。
【详解】(1)铵根离子水解,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH−)，1mol⋅L−1的(NH4)2SO4溶液中，铵根离子水解微弱，所以得到溶液中的离子浓度大小为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH−)；
(2)在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH−,电离平衡为：HCO3−⇌H++CO32−；而以水解为主，即碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度溶液，故显碱性；
故答案为：HCO3−的水解程度大于其电离程度,溶液中c(OH−)>c(H+)，故溶液显碱性；
(3)实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解，NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体;反应的离子方程式为Fe3++3HCO3−=Fe(OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：盐酸；抑制Fe3+水解；Fe3++3HCO3−=Fe(OH)3↓+3CO2↑。
23.(1)在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液变红。该溶液中HSO3－的电离程度______HSO3－的水解程度。（填＞、＜或＝）
(2)物质的量浓度相同的① 氨水；② 氯化铵；③ 碳酸氢铵；④ 硫酸氢铵；⑤ 硫酸铵5种溶液中，c（NH4+）的大小顺序是__________________。（用序号从大到小表示）
【答案】 (1). ＞ (2). ⑤④②③①
【解析】
【分析】
（1）根据HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性分析；
（2）根据NH4+水解方程式NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+分析；
【详解】（1）HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性，根据指示剂变色，判断溶液呈酸性，故电离大于水解。
故答案为：＞；
（2）水解和电离是微弱，⑤中铵根离子为硫酸根离子的两倍，故铵根离子浓度最大；④中氢离子抑制了铵根离子的水解；②中只有铵根离子水解，不促进也不抑制；③中碳酸氢根离子的水解产生氢氧根离子，促进了铵根离子的水解。所以铵根离子的浓度由大到小为④②③，①为弱电解质，只能很少部分电离，水解和电离是微弱的，故很小。所以c（NH4+）的大小顺序为⑤④②③①。
故答案为：⑤④②③①。
24.(1)把NH4Cl晶体溶入水中，得到饱和NH4Cl溶液。若在该溶液中加入镁条，观察到有气泡产生,点燃有爆鸣声，此气体是________，产生该气体的原因是_________________ (用离子方程式表示) ____________________________________，微热后，能放出有刺激性气味的气体,它能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,该气体是_____________，产生该气体的原因是______________________（用离子方程式和文字叙述），总的离子反应方程式为________________________。
(2)NH4Cl溶于重水后,产生的一水合氨和水合氢离子均正确的是（ ）
A．NH2D·H2O和D3O+
B．NH3·D2O和HD2O+
C．NH3·HDO和D3O+
D．NH2D·HDO和H2DO+
【答案】 (1). H2 (2). 加入金属镁,金属镁可以和铵根离子水解之后的酸性溶液反应生成氢气 (3). NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑ (4). NH3 (5). 因为c(H+)减小,使NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+水解平衡右移,产生的NH3⋅H2O增多,加热使NH3⋅H2O分解放出NH3 (6). Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑ (7). C
【解析】
【分析】
（1）检验氢气的方法：收集一小试管气体，移到酒精灯的火焰上点燃，产生轻微的爆鸣声；
氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性，镁条能够和水解产生的氢离子反应，使水解平衡正向移动；
水解生成的一水合氨受热分解产生能使湿润的红色石蕊变蓝的气体；
（2）氯化铵水解的实质是铵根离子和重水电离出的OD-结合生成弱碱NH3·HDO的过程，使重水的电离平衡正向移动。
【详解】（1）饱和NH4Cl溶液中铵根离子水解导致溶液显示酸性，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，加入金属镁，金属镁可以和酸之间反应生成氢气，点燃氢气会听到有爆鸣声，微热后，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+会正向移动，生成的一水合氨不稳定，受热易分解产生氨气和水，能放出有刺激性气味并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，此时反应过程实质是：Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑；
故答案为：H2；加入金属镁，金属镁可以和铵根离子水解之后的酸性溶液反应生成氢气；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑；NH3；因为c(H+)减小，使NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+水解平衡右移，产生的NH3⋅H2O增多，加热使NH3⋅H2O分解放出NH3；Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑；
（2）氯化铵为强酸弱碱盐，在重水中水解，发生NH4Cl=NH4++Cl-，2D2O=DO-+D3O+，NH4++DO-⇌NH3•HDO，使D3O+的浓度不断增加，直至达到平衡，溶液呈酸性，
故答案为：C。
25.25 ℃时，将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，形成1 L混合溶液。该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示:
①____________________________________；
②____________________________________；
③____________________________________。
【答案】 (1). H2O⇌H++OH- (2). CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (3). CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-
【解析】
【分析】
将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，生成醋酸、氯化钠和剩余的醋酸钠的混合溶液，依据弱电解质水、醋酸的电离和醋酸根离子水解分析；
【详解】将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，生成醋酸、氯化钠和剩余的醋酸钠的混合溶液，存在水的电离平衡、醋酸的电离平衡、醋酸根离子的水解平衡，分别为H2O⇌H++OH-、CH3COOH⇌CH3COO-+H+、CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，
故答案为：H2O⇌H++OH-；CH3COOH⇌CH3COO-+H+；CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-。
26.(Ⅰ)常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：
实验
编号
HA的物质的量浓度(mol·L－1)
NaOH的物质的量浓度(mol·L－1)
混合后溶液的pH
甲
0.1
0.1
pH＝a
乙
0.12
01
pH＝7
丙
0.2
0.1
pH＞7
丁
0.1
0.1
pH＝10
(1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还弱酸？
_______________________________________________________________________。
(2)乙组混合溶液中离子浓度c(A－)和c(Na＋)的大小关系是_______。
A．前者大 B．后者大 C．二者相等 D．无法判断
(3)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
(4)分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果(列式)：c(Na＋)－c(A－)＝_______mol/L。
(Ⅱ)某二元酸(分子式用H2B表示)在水中的电离方程式是：H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－
回答下列问题：
(5)在0.1 mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_______。
A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1 mol/L
B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol/L
C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
D．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
【答案】 (1). a=7时，HA是强酸；a>7时，HA是弱酸 (2). C (3). c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (4). 10-4-10-3 (5). A、C
【解析】
【详解】（1）一元酸HA与NaOH等物质的量反应，酸性强弱取决于完全中和后盐的pH，若a=7为强酸；若a＞7为弱酸；
（2）据电荷守恒，有c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)，因c(H+)＝c(OH-)，所以c(Na+)＝c(A-)，答案选C；
（3）丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液，由pH＞7知A-水解程度大于HA的的电离，离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)；
（4）据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)，推导c(Na+)-c(A-)＝c(OH-)—c(H+)＝（10-4-10-10）mol/L；
（5）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB- +OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子。A．根据物料守恒得c( B2- )+c(HB- )＝0.1 mol/L，A正确；B．溶液中没有H2B分子，所以根据物料守恒可得：c(Na+)＝2[c(B2-)+ c(HB- )]，B错误；C．根据质子守恒得c(OH- )=c(H+)+c(HB- )，C错误；D．根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(HB-)+2c(B2- )，D错误，答案选AC。
【点晴】本题主要考查电解质的强弱及溶液中离子浓度大小比较的知识。酸溶液显酸性，碱溶液显碱性，而酸与碱恰好完全反应产生盐和水时的溶液不一定显中性。若盐是强酸强碱盐，则溶液显中性，若是强碱弱酸盐或强酸弱碱盐则盐电离产生的弱酸根离子或弱碱根离子就会与水电离产生的H+或OH-离子结合形成弱酸或弱碱，促进了水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)、c(OH-)不再相等，使溶液显碱性或酸性。即发生盐的水解。水解规律是：有弱才水解，谁弱水水解，谁强显谁性。盐水解程度微弱的，主要以盐电离产生的离子存在。对于多元弱酸形成的酸式盐，在溶液中存在电离平衡、水解平衡，若电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，若水解程度大于电离程度，则溶液显碱性。常见的电离程度大于水解程度的只有NaHSO3、Ca(H2PO4)2,其余都是水解作用大于电离作用。在比较离子浓度大小时要用到电荷守恒、物料守恒和质子守恒。掌握盐的水解规律及比较离子浓度的方法是解答本题的关键。
第I卷（选择题）
一、单选题(每小题2.5分，共50分)
1.能使水的电离平衡右移，且其水溶液显碱性的离子是
A. H+ B. OH- C. Al3+ D. HCO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
水的电离方程式为H2OH++OH-，能使水的电离平衡右移，且水溶液显碱性，说明该离子能和氢离子反应导致溶液中c（H+）＜c（OH-），据此分析解答。
【详解】水的电离方程式为H2OH++OH-，则
A．加入氢离子，抑制了水的电离，水的电离平衡左移，故A错误；
B．加入OH-，溶液中c（OH-）增大，抑制水电离，水的电离平衡左移，故B错误；
C．Al3+水解促进水电离，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，故C错误；
D．HCO3-水解促进水电离，导致溶液中c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查水的电离及其影响，明确加入物质对弱电解质电离影响是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性的判断方法。
2.某学生用碱式滴定管量取0.10 mol·L－1NaOH溶液，开始时仰视读数，读数为1.00 mL，取出部分溶液后俯视读数，读数为11.00 mL。该学生实际取出的液体体积( )
A. 大于10.00 mL B. 小于10.00 mL
C. 等于10.00 mL D. 等于11.00 mL
【答案】A
【解析】
【详解】滴定管的刻度自上而下是逐渐增大的，所以如果放液前仰视，放液后俯视，读出体积比实际体积小，答案选A。
【点睛】该题是高考中的常见题型，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力，该题的关键是明确滴定管的构造特点以及读数的注意事项，然后灵活运用即可。
3. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是
A. 明矾溶液加热 B. CH3COONa溶液加热
C. 氨水中加入少量NH4Cl固体 D. 小苏打溶液中加入少量NaCl固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾溶液中电离后产生的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，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，B正确；
C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2ONH4++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，C错误；
D．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误。
答案选B。
【点晴】解答时注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。
4.室温下，向10 mL 0.1 mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是( )
A. 溶液中离子的数目减小
B. 再加入CH3COONa固体能促进醋酸的电离
C. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
D. 溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)∙c(OH-)不变
【答案】D
【解析】
【分析】
根据醋酸溶液中存在着CH3COOHH＋+CH3COO-电离平衡进行分析即可。
【详解】A.加水稀释醋酸的过程中，醋酸的电离程度增大，溶液中离子数目增多，故A错误；
B.再加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡向左移动，能抑制CH3COOH的电离，故B错误；
C.加水稀释醋酸的过程中，醋酸的电离程度增大，但溶液中c(H＋)减小，C错误；
D.溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)∙c(OH-)]＝Ka/Kw，因加水稀释过程中温度不变，所以Ka/Kw不变,故D正确；
答案：D。
5.在恒温条件下，欲使CH3COONa的稀溶液中c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大，可在溶液中加入少量下列物质中的( )
①固体NaOH；②固体KOH；③固体NaHS；④冰醋酸
A. 只有①② B. 只有③④ C. 只有②④ D. 只有①④
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中使CH3COONa的稀溶液中c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大可知，本题考查影响盐类水解程度的主要因素，运用醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-及影响水解平衡移动的因素分析。
【详解】①加入NaOH固体，会导致氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，但是钠离子增加的程度大，即比值会减小，故①错误；
②加入KOH固体，钠离子浓度不变，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故②正确；
③加入NaHS固体，钠离子浓度变大，水解平衡向正向移动，所以醋酸根离子浓度减小，即比值会减小，故③错误；
④加入冰醋酸，冰醋酸的浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故④正确。
答案选C。
6.下列水溶液一定呈中性的是
A. c(NH4+)=c(C1-)的NH4Cl 溶液
B. c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液
C. pH=7的溶液
D. 室温下将pH=3的酸与pH= 11的碱等体积混合后的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】水溶液的温度不一定是室温，故pH＝7或c(H＋)＝10－7mol/L时，溶液不一定呈中性；选项D中由于不知酸、碱的相对强弱，故无法判断溶液的酸碱性，NH4Cl溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH4+)＝c(Cl－)，则c(OH－)＝c(H＋)，溶液一定呈中性。答案选A。
7. 关于某酸的酸式盐NaHY的水溶液的下列叙述中，正确的是
A. 该酸式盐的水溶液一定显酸性
B. 在该盐溶液中，离子浓度为：c(Na+)＞c(Y2-)＞c(HY-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 若HY-能水解，水解方程式为：HY-+H2OY2-+H3O+
D. 若HY-能电离，电离方程式为：HY-+H2OY2-+H3O+
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaHY溶液由于Y2－没有指定，常见的有三种情况：①NaHSO4，只电离，不水解；②NaHSO3，其水溶液中HSO3-电离程度大于水解程度，溶液显酸性；③NaHCO3、NaHS，其水溶液中HCO3-、HS－水解程度大于电离程度，溶液显碱性。因Y2－不确定，A错误；
B、根据A中分析可知B错误；
C、为电离方程式而非水解方程式，水解方程式为HY-+H2OH2Y+OH－，C错误；
D、根据C中分析可知D正确；
答案选D。
8.在25 ℃时，向AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25 ℃)如表所示：
AgCl
AgI
Ag2S
Ksp
1.8×10−10
8.3×10−17
6.3×10−50
下列叙述错误的是
A. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B. 溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C. AgCl固体在等物质量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解度相同
D. 25 ℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag+的浓度不同
【答案】C
【解析】
【详解】A、沉淀转化的实质就是由难溶物质转化为更难溶的物质，故属于沉淀溶解平衡的移动，故A不符合题意；
B、对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向AgCl的白色悬浊液中加入KI溶液，可生成AgI沉淀，故B不符合题意；
C、由于溶度积是常数，故溶液中氯离子浓度越大，银离子浓度小，等浓度的氯化钠、氯化钙溶液中氯离子浓度不同，则氯化银在两溶液中的溶解度不同，故C符合题意；
D、饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中Ag+的浓度分别为：、、，Ag+的浓度不同，故D不符合题意。
9.下列关于电解质溶液的叙述正确的是 （ ）
A. 常温下，在 pH＝7 的醋酸钠和醋酸混合溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
B. 稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 在 pH＝5 的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中，c(Na＋)＝c(Cl－)
D. 0.1 mol·L－1 的硫化钠溶液中，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，在pH=7的醋酸钠和醋酸混合溶液中c（H+）=c（OH-），电荷守恒式为c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（CH3COO-），则c（CH3COO-）=c（Na+），故A错误；
B．稀释醋酸溶液，c（H+）减小，Kw不变，则醋酸稀释时c（OH-）增大，故B错误；
C．pH=5的溶液中c（H+）＞c（OH-），由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（NO3-），则c（Na+）＜c（Cl-）+c（NO3-），但钠离子、氯离子均来源氯化钠的电离，则c（Na+）=c（Cl-），故C正确；
D．硫化钠溶液中，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（S2-）+c（HS-）+c（OH-），由物料守恒可知c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），则c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），故D错误；
故选C。
10.下列各溶液中，微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1 mol /L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42—)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH—)
B. 0.2 mol /L的Na2CO3溶液中：c(OH—)= c(HCO3—)+ c(H+)+ c(H2CO3)
C. 0.1 mol /L的NH4Cl溶液与0.05 mol L-l的NaOH溶液等体积混合，其混合溶液中：c(Cl-) > c(NH4+) > c(Na+) > c(H+) > c(OH-)
D. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4C1溶液中：c[(NH4)2SO4] < c[(NH4)2CO3] < c(NH4C1)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中微粒的物质的量浓度关系可知，本题考查离子浓度大小的比较，运用盐类水解是微弱的分析。
【详解】A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性,溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH-)，A项错误；
B.溶液中存在质子守恒,水电离出的所有氢氧根离子浓度等于电离出所有氢离子的存在形式,0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH−)=c(HCO3−)+c(H+)+2c(H2CO3)，B项错误；
C. 0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05mol/L的NaOH溶液等体积混合得到等浓度的NH4Cl溶液、NaCl溶液和NH3⋅H2O溶液,一水合氨电离大于铵根离子水解,其混合溶液中：c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)，C项错误；
D.(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>(NH4)2CO3>NH4Cl,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,物质的量浓度由小到大的顺序为,(NH4)2SO4<(NH4)2CO3
【点睛】水解是微弱，多元弱酸根分步水解，以第一步为主，往后每一步都比前一步弱很多。
11.已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42—。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是（ ）
A. 该温度高于25℃
B. 由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－10mol·L－1
C. NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
D. 该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中NaHSO4在水中的电离可知，本题考查电解质的电离，运用温度、浓度对弱电解质电离平衡规律分析。
【详解】A. pH=6的蒸馏水中，c（OH-）=c（H+）=1×10-6mol/L,Kw=1×10-12＞1×10-14,说明温度高于25℃，A项正确；
B. 水电离出来的c（H+）= c（OH-）=, B项正确；
C. NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42—，相当增加氢离子浓度，抑制水的电离，C项正确；
D. Kw=1×10-12，
应加入等体积浓度为0.01mol·L的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，D项错误；
答案选D。
12.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ △H＞0，下列叙述正确的是 （ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C. 由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液pH一定为12
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题中水的电离平衡可知，本题考查离子积常数、水的电离，运用水的离子积常数只是温度的函数，温度不变，水的离子积常数不变分析。
【详解】A.向水中加入稀氨水，NH3 ·H2O是弱碱，抵制水电离，平衡逆向移动，但 c（OH－）增加,A项错误；
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，酸性增强，c（H＋）增大，K w可能变，温度不变时，才不变,B项正确；
C．由水电离出的 c（H +）=1×10－12 mol/L的溶液，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，pH不一定为12，也可能是2，C项错误；
D．将水加热， K w 增大，pH也变，呈中性,D项错误；
答案选B。
【点睛】25 ℃时， K w =1×10－14，此时纯水电离出的c（H＋）= c（OH－）=1×10－7 mol/L；
100 ℃时， K w =1×10－12，此时纯水电离出的c（H＋）= c（OH－）=1×10－6 mol/L。
13.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：
A. A>B B. A=10-4B C. B=10-4 A D. A=B
【答案】B
【解析】
【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH－）=c（H＋）=10-9 mol·L－1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH－）= = =10-5 mol·L－1，所以A=10-4B；
故选B。
【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．
14. 常温时，以下4种溶液pH最小的是（ ）
A. 0.01mol/L醋酸溶液
B. 0.02mol/L醋酸与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合
C. 0.02mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合
D. pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
【答案】A
【解析】
【详解】A，单纯醋酸电离；
B，可看成正好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解呈碱性；
C，可看成反应后得到的溶液一半醋酸钠，一半醋酸，醋酸钠水解呈碱性，抵消一部分醋酸电离的H+，所得溶液的酸性肯定不如A大；
D，正好反应，得到NaCl和水，溶液呈中性，pH=7；
综上可知，pH最小的也就是酸性最强的为A选项。
【点睛】本题为两种溶液混合后溶液酸碱性判断的经典题，这类题一般分两种情况。均为等体积混合。第一种为物质的量浓度相同的同元酸碱，等体积混合后所得溶液可归纳成谁强显谁性，如B选项。第二种情况为，pH值相当的酸碱，等体积混合之后，所得溶液的酸碱性归纳成谁弱显谁性，如D选项，分不出强弱显中性，如果是强酸和弱碱，则会显碱性。
15.若pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是
A. 生成了一种强酸弱碱盐 B. 弱酸溶液和强碱溶液反应
C. 强酸溶液和弱碱溶液反应 D. 一元强酸溶液和一元强碱溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】假设为强酸和强碱反应，pH＝3的强酸完全电离，所产生的c（H+）=1×10-3mol/L，pH＝11的强碱完全电离，所产生的c（OH－）=1×10-3mol/L，等体积混合后会恰好反应，所得的溶液应该呈中性。而题目中溶液呈酸性 ，说明反应后还有H+剩余，即原来酸还有未完全电离的分子，在反应过程中不断的补充H+而使溶液呈酸性。所以酸为弱酸碱为强碱，故答案为B。
16.相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比,NaCN溶液的pH较大,则下列关于同温、同体积、同浓度的HCN和HClO溶液的说法中正确的是( )
A. 酸的强弱:HCN>HClO
B. pH:HClO>HCN
C. 与NaOH恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:HClO>HCN
D. 酸根离子浓度:c(CN-)
【解析】
【分析】
强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强。NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，以此解答该题。
【详解】A．强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强。NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，A错误；
B．酸性HClO＞HCN，则等浓度时，HClO溶液的pH较小，B错误；
C．二者均是一元酸，等物质的量时，与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量相等，C错误；
D．酸性HClO＞HCN，则等浓度时HClO电离程度大于HCN，因此c（CN-）＜c（ClO-），D正确。
答案选D。
【点睛】注意C中消耗氢氧化钠的物质的量与酸的强弱无关，为易错点。
17. 下列关于盐类水解反应的应用说法正确的是( )
A. 可以把FeCl3固体直接溶于水制FeCl3溶液
B. 热的纯碱溶液去油污效果好
C. Al(NO3)3溶液与K2S溶液混合后无明显现象
D. Mg粉投入到饱和NH4Cl溶液中无明显现象
【答案】B
【解析】
【详解】A项，把FeCl3固体直接溶于水时，易发生水解:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，配制溶液时，为抑制水解应加少量盐酸，A项错误；
B项，因CO32-+H2OHCO3-+OH-，温度升高，c(OH-)增大，故去油污效果好，故B项正确；
C项，发生2Al3++3S2-+6H2O2Al(OH)3↓+3H2S↑，故C项错误；
D项，由于NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4Cl溶液显酸性，故Mg粉投入到NH4Cl溶液中产生气体H2，故D项错误。
答案选B。
18.为了除去MgCl2溶液中的Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是( )
A. NaOH B. Na2CO3 C. 氨水 D. MgO
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中除去MgCl2溶液中的Fe3+可知，本题考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用,盐类水解的应用 ，运用Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，但不能引入新的杂质分析。
【详解】FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg（OH）2粉末、MgO或MgCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，
答案选D。
19.下列事实不属于盐类水解应用的是（ ）
A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水或消毒
B. 实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A、明矾、氯化铁晶体常用于净水是利用铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附作用，可以净水，和盐类水解有关，故A不符合；
B、纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，油脂在碱性溶液中水解形成溶于水的物质，易于除去，故B不符合；
C、氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入少量盐酸抑制铁离子水解，故C不符合；
D、加入硫酸铜溶液会和锌反应生成铜，在电解质溶液中形成原电池反应，加快反应速率，和盐类水解无关，故D符合；
故选D。
20.25 ℃时，浓度均为0．2 mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A. 均存在电离平衡和水解平衡
B. 存在的粒子种类不同
C. c(OH-)前者小于后者
D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32-)均增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.都存在着水的电离平衡和HCO3-及CO32-的水解平衡。正确；
B.在这两种溶液中都存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-、H2CO3、H2O。种类相同。错误；
C.HCO3-+ H2OH2CO3+OH-; HCO3-、CO32-+H2OH2CO3-+OH-.水解程度后者大于前者，所以溶液中C(OH-)浓度CO32-大于HCO3-。因为在溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw， c(OH-)越大，c(H+)浓度就越小。故c(H＋) 后者小于前者。正确；
D.加入NaOH固体，水解平衡CO32-+H2O H2CO3-+OH-逆向移动，c(CO32-)增大。NaHCO3溶液中发生反应NaHCO3+NaOH=Na2CO3+ H2O。c(CO32-)增大。因此c(CO32-)均增大，正确；
答案选B。
第II卷（非选择题）
二、填空题（共50分）
21.（1）某温度时，水的离子积Kw=1×10-13，则该温度_________25℃(填“＞”、“＜”或“=”)。在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol•L-1，则该溶液的pH可能为________；
（2）若温度为25℃时，体积为Va、pH=a的H2SO4与体积为Vb、pH=b的NaOH混合，恰好中和，此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是_____________。
【答案】 (1). 大于 (2). 3或10 (3). c(Na+)=c(SO42-)＞c(H+)=c(OH-)
【解析】
【详解】（1）常温下，水的离子积常数为Kw=10-14，水的电离为吸热过程，某温度下Kw=10-13，大于10-14，说明水的电离被促进，应升高温度，说明此时水的电离程度高于25℃时水的电离程度，也说明此时的温度高于25℃。在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol•L-1，可知水的电离受到抑制，如果是类似NaOH的碱溶液，则溶液里的H+浓度和水电离出来的H+浓度相等，此时溶液的pH=10，如果是类似HCl的酸溶液，则溶液里的OH-和水电离出来的H+浓度相等，此时溶液里的H+为Kw/c(OH-)=1×10-13/1×10-10=10-3mol/L，此时溶液pH=3。
（2）溶液完全中和且呈中性时溶质为Na2SO4，此时溶液中离子浓度关系为c(Na+)=c(SO42-)＞c(H+)=c(OH-)。
22.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学知识回答：
(1)A为0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_____________。
(2)B为0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：____________________________________________。（用离子方程式表示）
(3)C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入_____________，目的是_________________________________________________________________；若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为____________________________________________________。
【答案】 (1). c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH−) (2). HCO3−的水解程度大于其电离程度,溶液中c(OH−)>c(H+)，故溶液显碱性 (3). 盐酸 (4). 抑制Fe3+水解 (5). Fe3++3HCO3−=Fe(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
（1）依据溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，水解程度微弱，分析比较；
（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡和电离平衡；水的电离平衡；溶液显碱性是因为溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
（3）配制氯化铁溶液需要防止水解而变浑浊；NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体。
【详解】(1)铵根离子水解,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH−)，1mol⋅L−1的(NH4)2SO4溶液中，铵根离子水解微弱，所以得到溶液中的离子浓度大小为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH−)；
(2)在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH−,电离平衡为：HCO3−⇌H++CO32−；而以水解为主，即碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度溶液，故显碱性；
故答案为：HCO3−的水解程度大于其电离程度,溶液中c(OH−)>c(H+)，故溶液显碱性；
(3)实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解，NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体;反应的离子方程式为Fe3++3HCO3−=Fe(OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：盐酸；抑制Fe3+水解；Fe3++3HCO3−=Fe(OH)3↓+3CO2↑。
23.(1)在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液变红。该溶液中HSO3－的电离程度______HSO3－的水解程度。（填＞、＜或＝）
(2)物质的量浓度相同的① 氨水；② 氯化铵；③ 碳酸氢铵；④ 硫酸氢铵；⑤ 硫酸铵5种溶液中，c（NH4+）的大小顺序是__________________。（用序号从大到小表示）
【答案】 (1). ＞ (2). ⑤④②③①
【解析】
【分析】
（1）根据HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性分析；
（2）根据NH4+水解方程式NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+分析；
【详解】（1）HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性，根据指示剂变色，判断溶液呈酸性，故电离大于水解。
故答案为：＞；
（2）水解和电离是微弱，⑤中铵根离子为硫酸根离子的两倍，故铵根离子浓度最大；④中氢离子抑制了铵根离子的水解；②中只有铵根离子水解，不促进也不抑制；③中碳酸氢根离子的水解产生氢氧根离子，促进了铵根离子的水解。所以铵根离子的浓度由大到小为④②③，①为弱电解质，只能很少部分电离，水解和电离是微弱的，故很小。所以c（NH4+）的大小顺序为⑤④②③①。
故答案为：⑤④②③①。
24.(1)把NH4Cl晶体溶入水中，得到饱和NH4Cl溶液。若在该溶液中加入镁条，观察到有气泡产生,点燃有爆鸣声，此气体是________，产生该气体的原因是_________________ (用离子方程式表示) ____________________________________，微热后，能放出有刺激性气味的气体,它能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,该气体是_____________，产生该气体的原因是______________________（用离子方程式和文字叙述），总的离子反应方程式为________________________。
(2)NH4Cl溶于重水后,产生的一水合氨和水合氢离子均正确的是（ ）
A．NH2D·H2O和D3O+
B．NH3·D2O和HD2O+
C．NH3·HDO和D3O+
D．NH2D·HDO和H2DO+
【答案】 (1). H2 (2). 加入金属镁,金属镁可以和铵根离子水解之后的酸性溶液反应生成氢气 (3). NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑ (4). NH3 (5). 因为c(H+)减小,使NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+水解平衡右移,产生的NH3⋅H2O增多,加热使NH3⋅H2O分解放出NH3 (6). Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑ (7). C
【解析】
【分析】
（1）检验氢气的方法：收集一小试管气体，移到酒精灯的火焰上点燃，产生轻微的爆鸣声；
氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性，镁条能够和水解产生的氢离子反应，使水解平衡正向移动；
水解生成的一水合氨受热分解产生能使湿润的红色石蕊变蓝的气体；
（2）氯化铵水解的实质是铵根离子和重水电离出的OD-结合生成弱碱NH3·HDO的过程，使重水的电离平衡正向移动。
【详解】（1）饱和NH4Cl溶液中铵根离子水解导致溶液显示酸性，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，加入金属镁，金属镁可以和酸之间反应生成氢气，点燃氢气会听到有爆鸣声，微热后，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+会正向移动，生成的一水合氨不稳定，受热易分解产生氨气和水，能放出有刺激性气味并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，此时反应过程实质是：Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑；
故答案为：H2；加入金属镁，金属镁可以和铵根离子水解之后的酸性溶液反应生成氢气；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑；NH3；因为c(H+)减小，使NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+水解平衡右移，产生的NH3⋅H2O增多，加热使NH3⋅H2O分解放出NH3；Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑；
（2）氯化铵为强酸弱碱盐，在重水中水解，发生NH4Cl=NH4++Cl-，2D2O=DO-+D3O+，NH4++DO-⇌NH3•HDO，使D3O+的浓度不断增加，直至达到平衡，溶液呈酸性，
故答案为：C。
25.25 ℃时，将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，形成1 L混合溶液。该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示:
①____________________________________；
②____________________________________；
③____________________________________。
【答案】 (1). H2O⇌H++OH- (2). CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (3). CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-
【解析】
【分析】
将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，生成醋酸、氯化钠和剩余的醋酸钠的混合溶液，依据弱电解质水、醋酸的电离和醋酸根离子水解分析；
【详解】将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，生成醋酸、氯化钠和剩余的醋酸钠的混合溶液，存在水的电离平衡、醋酸的电离平衡、醋酸根离子的水解平衡，分别为H2O⇌H++OH-、CH3COOH⇌CH3COO-+H+、CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，
故答案为：H2O⇌H++OH-；CH3COOH⇌CH3COO-+H+；CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-。
26.(Ⅰ)常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：
实验
编号
HA的物质的量浓度(mol·L－1)
NaOH的物质的量浓度(mol·L－1)
混合后溶液的pH
甲
0.1
0.1
pH＝a
乙
0.12
01
pH＝7
丙
0.2
0.1
pH＞7
丁
0.1
0.1
pH＝10
(1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还弱酸？
_______________________________________________________________________。
(2)乙组混合溶液中离子浓度c(A－)和c(Na＋)的大小关系是_______。
A．前者大 B．后者大 C．二者相等 D．无法判断
(3)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
(4)分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果(列式)：c(Na＋)－c(A－)＝_______mol/L。
(Ⅱ)某二元酸(分子式用H2B表示)在水中的电离方程式是：H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－
回答下列问题：
(5)在0.1 mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_______。
A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1 mol/L
B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol/L
C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
D．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
【答案】 (1). a=7时，HA是强酸；a>7时，HA是弱酸 (2). C (3). c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (4). 10-4-10-3 (5). A、C
【解析】
【详解】（1）一元酸HA与NaOH等物质的量反应，酸性强弱取决于完全中和后盐的pH，若a=7为强酸；若a＞7为弱酸；
（2）据电荷守恒，有c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)，因c(H+)＝c(OH-)，所以c(Na+)＝c(A-)，答案选C；
（3）丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液，由pH＞7知A-水解程度大于HA的的电离，离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)；
（4）据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)，推导c(Na+)-c(A-)＝c(OH-)—c(H+)＝（10-4-10-10）mol/L；
（5）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB- +OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子。A．根据物料守恒得c( B2- )+c(HB- )＝0.1 mol/L，A正确；B．溶液中没有H2B分子，所以根据物料守恒可得：c(Na+)＝2[c(B2-)+ c(HB- )]，B错误；C．根据质子守恒得c(OH- )=c(H+)+c(HB- )，C错误；D．根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(HB-)+2c(B2- )，D错误，答案选AC。
【点晴】本题主要考查电解质的强弱及溶液中离子浓度大小比较的知识。酸溶液显酸性，碱溶液显碱性，而酸与碱恰好完全反应产生盐和水时的溶液不一定显中性。若盐是强酸强碱盐，则溶液显中性，若是强碱弱酸盐或强酸弱碱盐则盐电离产生的弱酸根离子或弱碱根离子就会与水电离产生的H+或OH-离子结合形成弱酸或弱碱，促进了水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)、c(OH-)不再相等，使溶液显碱性或酸性。即发生盐的水解。水解规律是：有弱才水解，谁弱水水解，谁强显谁性。盐水解程度微弱的，主要以盐电离产生的离子存在。对于多元弱酸形成的酸式盐，在溶液中存在电离平衡、水解平衡，若电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，若水解程度大于电离程度，则溶液显碱性。常见的电离程度大于水解程度的只有NaHSO3、Ca(H2PO4)2,其余都是水解作用大于电离作用。在比较离子浓度大小时要用到电荷守恒、物料守恒和质子守恒。掌握盐的水解规律及比较离子浓度的方法是解答本题的关键。
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