2022届高三化学一轮高考复习常考题型：47盐类水解的规律

这是一份2022届高三化学一轮高考复习常考题型：47盐类水解的规律，共14页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，以下为探究铝片与溶液的反应，已知等内容，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：47盐类水解的规律


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．下列说法正确的是
A．常温下pH= 10的Na2C2O4溶液中：2c(Na+) = c(C2O) + c(HC2O) + c(H2C2O4)
B．向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体使溶液呈中性，此时混合液中c(Na+) < c(CH3COO－)
C．0.2 mol/L NH4Cl溶液和0.1 mol/L (NH4)2SO3溶液中，c(NH)前者较大
D．浓度均为0.1 mol/L的NaCl溶液和NaF溶液中，离子总浓度后者较大
2．对于物质的量浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①Na2CO3溶液、②CH3COONa溶液、③NaOH溶液，下列说法中，正确的是
A．三种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①
B．若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C．若分别与0.1 mol/L盐酸等体积混合，所得溶液pH最大的是①
D．若稀释使三种溶液的pH均为8.5，则此时溶液物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②
3．以下为探究铝片(未打磨)与溶液的反应。
实验


现象
无明显现象
①加热前，铝片表面产生细小气泡；
②加热后，溶液中出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验为和)
下列说法正确的是
A．溶液中存在水解平衡
B．推测出现白色浑浊的原因为
C．对比Ⅰ、Ⅱ，说明溶液能破坏铝表面的氧化膜
D．加热和逸出对水解平衡移动方向的影响是相反的
4．把0.02mol/LCH3COOH和0.01mol/LNaOH以等体积混和后溶液呈酸性，则混合液中微粒浓度关系正确的为
A．c(CH3COO-)＜c(Na+ ) B．c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L
C．c(CH3COOH)>c(CH3COO-) D．无法判断
5．室温下，用0.1mol•L-1的盐酸滴定20.00mL0.1mol•L-1的某碱BOH溶液得到的滴定曲线如下，下列判断不正确的是

A．a点时，溶液呈碱性，溶液中
B．b点时溶液的pH=7
C．当时，
D．c点时溶液中约为0.03mol•L-1
6．下列说法正确且与盐的水解有关的是
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂
②Na2CO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干灼烧CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入氧化剂Cl2
A．①②③⑥ B．②③④ C．①④⑤ D．①③④
7．常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是
A．在溶液中，
B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
8．室温下，向20.00mL氨水(pH=m)中滴入盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化如图所示。下列有关说法错误的是

A．室温下，a点电离常数为
B．b点溶液中存在：
C．c点时消耗盐酸体积V(HCl)＜20.00mL
D．a、d两点对应的Kw关系为：Kw(a)＜Kw(d)
9．下列实验操作对应的现象以及结论均正确的是
实验操作
实验现象
实验结论
A．用氢氧化钠标准液滴定某醋酸溶液，用甲基橙作指示剂，用碱式滴定管
当加入最后一滴后，甲基橙由红色变黄色，且30s不恢复原色
已达到滴定终点
B．将镁条插入饱和氯化铵溶液中
有气泡产生
活泼金属与氯化铵溶液反应仅产生氨气
C．加热蒸干氯化镁溶液
得到白色固体
得到氯化镁晶体
D．向有悬浮小球的稀氨水中充入氨气
小球下沉到底部
氨水浓度越大，密度越小

A．A B．B C．C D．D
10．已知：室温下，的电离常数为。向20mL含NaOH和浓度均为的混合溶液中滴加盐酸，有关实验数据如表：
序号
①
②
③
④
⑤

0
20
30
40
50
混合液pH
>7
>7
>7
c(SO)>c(HSO)>c(OH-)

第II卷（非选择题）

二、填空题（共5题）
16．H2A是一种二元弱酸，25℃、不同pH时，H2A、HA-、A2-的物种分布如下图所示：

(1)向0.1mol·L-1H2A的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，写出pH由3至5时所发生反应的离子方程式：___。
(2)pH=2.2时，溶液中c(H2A)∶c(HA-)=_______。
(3)请结合相关平衡常数说明0.1mol·L-1NaHA的酸碱性：___，常温下，0.1mol·L-1NaHA溶液的水解平衡常数Kh=_____。
(4)将0.1mol·L-1NaHA和0.1mol·L-1Na2A的溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)=____(用只含H2A、HA-、A2-三种粒子的表达式表示)。
(5)25℃时，向一定体积的H2A溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，所加NaOH溶液体积与H2A溶液体积相同时，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为____。
17．Ⅰ.现有①溶液、②溶液、③溶液、④和混合液、⑤溶液，请根据要求回答下列问题：
(1)溶液①呈___________(填“酸”“碱”或“中”)性，原因是___________(用离子方程式表示)。
(2)在溶液④中，___________(填离子符号，下同)的浓度为，和___________的浓度之和为。
(3)室温下，测得溶液②的pH=7，则说明的水解程度___________(填“＞”“＜”或“=”，下同)的水解程度，与浓度的大小关系是___________
Ⅱ．(4)常温下，某溶液M中存在的离子有、、、、，存在的分子有、。
①写出酸的电离方程式：___________。
②若溶液M由溶液与溶液等体积混合而得，则溶液M的pH___________(填“＞”“＜”或“=”)7。
(5)现有室温下pH均为5的溶液和溶液。
①两种溶液中，___________。
②各取5 mL上述溶液，分别加水稀释至50 mL，pH较大的是___________溶液。
③各取5mL上述溶液，分别加热到90℃，pH较小的是___________溶液。
④和两种溶液中，由水电离出的分别为___________、___________。
18．现有五种溶液分别是NaOH、NH3·H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种。常温下进行下列实验：
(1)将1L pH=3的HCl溶液分别与0.001mol·L-1 V1L NH3·H2O溶液、0.001mol·L-1 V2L NaOH溶液充分反应至中性，则V1、V2大小关系为V1_______V2(填“>”“7，则氨水过量，即，B项错误；
C．当两者恰好完全反应时生成NH4Cl，由于NH4+水解使得溶液呈酸性，所以pH=7时氨水过量，即V(HCl)＜20.00mL，C项正确；
D．水的电离需要吸热,所以温度越高,水的离子积常数Kw越大，则a、d两点对应的Kw关系为：Kw(a)＜Kw(d)，D项正确；
答案选B。
9．D
【详解】
A．氢氧化钠是强碱，醋酸是弱酸，滴定终点溶质为醋酸钠，其溶液显碱性，故应选酚酞作指示剂，A错误；
B．氯化铵存在铵根的水解，溶液显碱性，镁条与浓氯化铵溶液中的氢离子反应生成氢气，B错误；
C．氯化镁溶液中存在镁离子的水解，加热促进水解，并促进HCl的挥发，所以加热蒸干氯化镁溶液得到白色固体为氢氧化镁，C错误；
D．悬浮小球下沉到底部，浮力减小，说明密度减小，即氨水浓度越大，密度越小，D正确；
综上所述答案为D。
10．B
【分析】
向含氨水、氢氧化钠的混合液中加入盐酸，氢氧化钠优先发生中和反应，由表格数据可知，盐酸体积为20mL时，混合溶液中氢氧化钠恰好完全反应，得到氯化钠和一水合氨的混合溶液，一水合氨部分电离使溶液呈碱性；盐酸体积为40mL时，混合溶液中氢氧化钠和一水合氨都完全反应，得到氯化钠和氯化铵的混合溶液，氯化铵水解使溶液呈酸性；酸体积为30mL时，混合溶液中氢氧化钠完全反应，一水合氨恰好反应一半，得到氯化钠、一水合氨和氯化铵的混合溶液，氯化铵的浓度等于一水合氨的浓度，一水合氨的电离大于氯化铵的水解使溶液呈碱性。
【详解】
A．由分析可知，④溶液为氯化钠和氯化铵的混合溶液，氯化铵水解使溶液呈酸性，故A错误；
B．①溶液为氢氧化钠和一水合氨混合溶液，溶液中氢氧根离子和一水合氨的浓度均约为0.1mol/L，由可得，，故B正确；
C．由分析可知，②溶液为等浓度的氯化钠和一水合氨的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中，故C错误；
D．由分析可知，③溶液为得到氯化钠、一水合氨和氯化铵的混合溶液，氢氧化钠完全反应，氨水恰好反应一半，则氯化铵的浓度等于一水合氨的浓度，氯化钠的浓度大于氯化铵的浓度，一水合氨在溶液中部分电离，氯化铵在溶液中发生水解，溶液中，故D错误；
故选B。
11．B
【分析】
因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则不存在；因为Al3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl-，因为前面已滴加了氯化钡，其中钠离子不能确定，可能有钠离子。
【详解】
据此分析可知：
A．不能确定原溶液中是否有， A错误；
B．溶液中一定有，B正确；
C．Al3+水解呈酸性，所以有Al3+，C错误；
D．试纸变红说明溶液呈酸性，则不存在，D错误；
故选B。
12．A
【详解】
A．P点，根据电荷守恒有：c(H+)+c(B+)=c(Cl-)+c(OH-)，且pOH＜7，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，所以c(B+)＞c(Cl-)，故A错误；
B．BOH⇌B++OH-，，可得=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，代入N点数据可得Kb=10-4.8，故B正确；
C．该曲线没有pOH=7的点，故C正确；
D．N点溶液中，-lg=0，c(B+)=c(BOH)，根据电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(Cl-)+c(OH-)，可变为：c(H+)+c(BOH)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)，故D正确；
故选：A。
13．C
【详解】
A．向pH=3的醋酸中逐滴滴加氢氧化钠溶液，生成醋酸钠，醋酸钠的水解促进水的电离，醋酸和NaOH的电离抑制水的电离，当醋酸钠的促进作用与醋酸的抑制作用相互抵消时，溶液显中性；当NaOH过量，醋酸钠的促进作用和NaOH的抑制作用相互抵消时，溶液显碱性，A正确；
B．HCN的Ka=5×10-10，则CN-的水解平衡常数为=2×10-5＞Ka，即CN-的水解程度更大，溶液呈碱性，B正确；
C．溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)==0.05mol/L，所以Na+、CH3COOH、CH3COO-的浓度和等于0.10mol•L-1，C错误；
D．pH=4.00的NH4Cl溶液中c(H+)=10-4mol/L，且全部由水电离，则水电离出的c(OH-)=10-4mol/L，溶液体积为0.1L，所以水电离出OH-的物质的量为1×10-5mol，D正确；
综上所述答案为C。
14．D
【详解】
A．溶液中，铝离子水解，＜，故A错误；
B．向溶液中滴加少量澄清石灰水，Ca(OH)2(少量)+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，增大，故B错误；
C．Na2CO3在溶液中水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，阴离子数目增加，所以0.1mol/LNa2CO3溶液中阴离子浓度之和大于0.1，故C错误；
D．常温下，向含有0.05mol NH3·H2O的溶液中，通入适量的HCl气体，反应所得的溶液中c(NH)= c(NH3•H2O)，根据，解得c(OH-)=，溶液显碱性，故D正确；
故选D。
15．D
【详解】
A．混合溶液中W点c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-2，混合溶液Y点中c()=c()，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正确；
B．甲基橙变色范围为3.1-4.4，滴定到第一反应终点溶液pH值为4.25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂， 酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定到第二反应终点溶液pH值为9.86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；
C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)且该点溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正确；
D．Z点酸碱恰好完全反应生成Na2SO3，两步水解生成OH-导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成，所以c()＜c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)＞c()，则该点溶液中存在c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()，D错误；
故答案为：D。
16．HA-+OH- A2-+H2O 1：10 酸性 10-12.8 [c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)] c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
【分析】
随NaOH的加入先是H2A逐渐减少、HA-逐渐增大、pH由3～5时HA-减少、A2-增加；由图可知pH=1.2时c(H2A)=c(HA-)，求出Ka1=；pH=4.2时，HA-的电离平衡常数为Ka2==10-4.2，水解平衡常数Kh=。。
【详解】
(1)向0.1mol·L-1H2A的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，pH由3～5时HA-减少、A2-增加，则发生的离子反应为HA-+OH- A2-+H2O，故答案为：HA-+OH- A2-+H2O；
(2)由图可知pH=1.2时c(H2A)=c(HA-)，则Ka1==10-1.2，pH=2.2时，溶液c(H2A)：c(HA-)==1：10，故答案为：1：10；
(3)图中pH=4.2时，HA-的电离平衡常数为Ka2==10-4.2，水解平衡常数Kh==10-12.8，所以HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，即0.1mol·L-1NaHA的酸碱性：酸性，常温下，0.1mol·L-1NaHA溶液的水解平衡常数Kh=10-12.8。故答案为：；10-12.8；
(4)0.1mol•L-1NaHA和0.1mol•L-1Na2A的溶液等体积混合，由物料守恒可知2n(Na)=3n(A)，则c(Na+)= [c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]，故答案为： [c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]；
(5)25℃时，向一定体积的H2A溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，所加NaOH溶液体积与H2A溶液体积相同时，溶液中溶质为NaHA，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)；故答案为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)。
17．酸 = = ， ＞
【详解】
Ⅰ．(1)为强酸弱碱盐，溶液显酸性，水解的离子方程式为，故答案为：酸；；
(2)氯离子在溶液中不水解，其浓度不变，所以的浓度为；和混合液中，根据N元素质量守恒，和的浓度之和为，故答案为：；；
(3)的pH=7，溶液显中性，则的水解程度与的水解程度相同；溶液中存在电荷守恒：，已知溶液显中性，则，所以，故答案为：=；=；
Ⅱ．(4)①由题意知为弱酸，多元弱酸分步电离，电离方程式为、，故答案为：，；
②等浓度的NaHA溶液和NaOH溶液等体积混合生成，是强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，pH＞7，故答案为：＞；
(5)①室温下两种溶液中水的离子积，故答案为：；
②各取5 mL pH均为5的溶液和溶液，分别加水稀释至50 mL，即稀释10倍，溶液的pH变为6，加水稀释促进铵根离子水解，则溶液的pH小于6，所以pH较大的是溶液，故答案为：；
③各取5 mL pH均为5的溶液和溶液，分别加热到90℃，溶液中氢离子浓度变化不大，水解是吸热反应，加热促进水解，所以氯化铵溶液中氢离子浓度增大，故溶液pH较小的是氯化铵溶液，故答案为：；
④pH为5的溶液中，，则水电离出的氢氧根离子的浓度；pH为5的氯化铵溶液中，水电离出的氢离子浓度为，故答案为：；。
18．＞ ＞ NH+H2O⇌NH3·H2O+H+ ①② 1：9 c(H+)>c (SO)> c(NH)>c(OH-)
【详解】
(1)HCl是强酸，NaOH是强碱，二者1：1反应可得中性的NaCl，NH3·H2O是弱碱，与HCl按照1：1反应后生成的NH4Cl水解显酸性，因此要使溶液为中性，NH3·H2O的量需略大一些，故V1＞V2；pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液中c(H+)相同，但CH3COOH是弱酸，稀释时会有CH3COOH电离出H+，因此稀释相同的倍数后，pH大小关系为HCl＞CH3COOH；
(2)浓度相同的NH4HSO4与NaOH溶液等体积混合，H+和OH-恰好反应，但NH会水解，NH+H2O⇌NH3·H2O+H+，故溶液为酸性；
(3)①NH3·H2O的电离平衡常数Kb=，Kb只与温度有关，温度不变，Kb不变，稀释时c()减小， 增大，故减小，①符合题意；
②水的离子积Kw=c(H+)∙c(OH-)，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，稀释时c(OH-)减小，故c(H+)增大，所以减小，②符合题意；
③根据②的分析，c(H+)增大，③不符合题意；
④稀释会促进NH3·H2O的电离平衡正向移动，故n(OH-)增大，④不符合题意；
⑤根据②的分析，Kw=c(H+)∙c(OH-)不变，⑤不符合题意；
故选①②；
(4)由于混合液的pH=3，故HCl过量，混合后的=10-3mol/L，解得a：b=1：9；
(5) NH4HSO4溶液中含有的离子有c(H+)、c(SO)、c(NH)和c(OH-)，NH4HSO4是强电解质，在水中完全电离，NH4HSO4=+H++，由于H2O也能电离出H+，故c(H+)＞c(SO)，由于水解，所以c(NH)＜c(SO)，强酸性溶液中OH-的浓度很小，只有10-13mol/L，因此离子浓度关系为c(H+)>c (SO)> c(NH)>c(OH-)。
19．B 106 小于 c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-) =c(H+) ＞
【详解】
(1)常温下，将体积相同、pH=4的为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，体积和pH值均相同的溶液和HCl溶液分别加水稀释，由于盐酸为强酸，稀释时没有氢离子补充，氢离子浓度迅速减小，溶液pH值迅速增大，而溶液稀释时，铵根离子水解程度增大，不断水解产生氢离子，导致氢离子浓度的减小比盐酸溶液的慢，则pH值增大的比盐酸慢，符合题意的图像为B，答案选B；
未稀释前，溶液中由于铵根离子水解促进水的电离，pH=4的溶液中水电离出的c(H+)为10-4mol/L；而pH=4的HCl溶液电离出的氢离子抑制的电离，则盐酸溶液中，水电离出的c(H+)=溶液中c(OH-)==10-10mol/L，则溶液和HCl溶液中电离出的浓度之比为10-4mol/L∶10-10mol/L=106；
(2)某溶液由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，若稀盐酸和氨水恰好完全反应，形成的溶液中溶质为氯化铵，为强酸弱碱盐，溶液应为酸性，现该混合溶液恰好呈中性，说明盐酸不足，则混合前c(HCl)小于c()；
(3)①b点时，加入氢氧化钠的体积为100mL，恰好将溶液中的氢离子完全中和，生成的产物为硫酸钠和硫酸铵，溶液显酸性，硫酸钠是强酸强碱盐不水解，硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，此时发生水解的离子是；
②由b→c为向硫酸钠和硫酸铵的酸性混合溶液中继续加入氢氧化钠，氢氧化钠与铵根离子反应，使溶液中铵根离子浓度减小，c点时，溶液的pH值为7，则溶液中溶液中c(OH-) =c(H+)，各离子浓度由大到小的排列顺序为c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-) =c(H+)；
③d、e两点对应的溶液均为碱性，碱性越强对水的电离抑制作用越大，d的溶液碱性弱于e点，则水电离程度的大小关系是d＞e。
20．CH3COOH＞H2CO3＞HClO BD CH3COONa＜NaClO＜Na2CO3 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+) cd
【详解】
(1)根据表格中数据可知，H2CO3、CH3COOH、HClO三种酸的电离平衡常数依次为： 4.3×10-7(K1)、1.8×10-5、3.0×10-8，电离常数越大，酸性越强，所以酸性从强到弱依次是CH3COOH＞H2CO3＞HClO。答案为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；
(2) A．常温下，0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水稀释过程中，c(H+)不断减小；
B．随着醋酸的不断稀释，平衡右移，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，=不断增大；
C．c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变；
D．随着醋酸的不断稀释，c(H+)不断减小，c(OH-)不断增大，不断增大；
E．=Ka，温度不变时，Ka不变；
综合以上分析，BD符合题意；答案为：BD；
(3)25℃时，、CH3COOH、HClO的电离常数依次为5.6×10-11(K2)、1.8×10-5、3.0×10-8，电离常数越大，酸性越强，对应离子的水解程度越小，溶液的pH越小，等浓度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO三种溶液的pH从小到大依次是CH3COONa＜NaClO＜Na2CO3。答案为：CH3COONa＜NaClO＜Na2CO3；
(4)CH3COONa水解，生成醋酸和氢氧化钠，离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。答案为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；
(5)25℃时，将amol∙L-1的醋酸与bmol∙L-1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则溶液为醋酸与醋酸钠的混合溶液，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，而c(OH-)=c(H+)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，从而得出溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)。答案为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)；
(6)a．从电离常数可以看出，醋酸的酸性比碳酸强，所以反应+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O能发生；
b．从电离常数可以看出，醋酸的酸性比次氯酸强，所以反应ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO能发生；
c．由于HClO的电离常数比H2CO3的电离常数K1小，所以反应+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-不能发生；
d．由于碳酸的K2比HClO的电离常数小，所以反应2ClO-+CO2+H2O=+2HClO不能发生；
故选cd。
答案为：cd。