【高考备考】2023届化学第二轮备考复习化学反应原理一盐类水解规律专题训练（含解析）

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【高考备考】2023届化学第二轮备考复习化学反应原理
一盐类水解规律专题训练

一、单选题
1．下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A．Na2O2 B．CaCl2 C．FeCl3 D．CH3COONa
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1LpH=1的H2SO4溶液中，所含的H+离子总数为0.2NA
B．1L0.1mol•L-1FeCl3溶液中，所含的阳离子总数大于0.1NA
C．一定条件下，在某一恒容密闭容器中，0.1molN2和0.3molH2充分反应后，生成的NH3分子总数为0.2NA
D．0.5L0.1mol•L-1HNO2溶液中，所含的HNO2分子总数为0.05NA
3．下列有关实验操作对应的现象及结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
氧化性：Cl2>I2
B
将SO2气体通入紫色石蕊溶液
溶液褪色
SO2具有漂白性
C
向浓度均为0.1mol·L−1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
常温下，用pH计测定0.1mol•L-1NaHRO3溶液的pH
溶液的pH=3.71
NaHRO3的电离程度大于水解程度

A．A B．B C．C D．D
4．下列化学用语的表述正确的是
A．NH4Cl的水解常数表达式：
B．NaHCO3水解的离子方程式：HCO3－ + H2O H3O + + CO32－
C．结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡
D．H2SO3的电离方程式：H2SO32H+ + SO32－
5．水解原理在生产和生活中都具有重要的应用。下列事实与盐类的水解无关的是
A．氯化铵溶液可以除去铁锈 B．加热蒸干溶液得到固体
C．饱和溶液滴入沸水中制胶体 D．保存溶液常在溶液中放置铁钉
6．下列说法正确的是（　　）
A．1mol·L－1AlCl3溶液中，含Al3＋数目小于NA
B．标准状况下，6.0gNO和2.24LO2混合，所得气体的分子数目为0.2NA
C．25℃，1LpH＝1的稀硫酸中含有的H＋数为0.2NA
D．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COOˉ数目为NA个
7．NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1L1mol/L的Na2S溶液中含有NA个S2-
B．1molN2中，σ键的数目为3NA
C．25℃时，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.02NA
D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数小于2NA
8．下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中：c（Na+）=2c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）
B．在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-） + 2c（H2CO3）
C．向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液：c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
D．常温下，CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c（Na+）+ c（Ca2+）=c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）+2 c（Cl-）
9．有原子序数依次增大的四种短周期主族元素X、Y、Z、M和长周期元素Q。其中X的单质在空气中含量最多；Z的简单氢化物是所有氢化物中最稳定的；M元素的次外层电子数是其余各层电子数之和的2倍；Q与Z同族，且Q原子核外有四个电子层。下列说法错误的是
A．Q单质能将Fe氧化成+3价
B．原子半径M>Z>Y>X
C．X、Y、M形成的化合物水溶液可能呈酸性
D．X的简单氢化物能分别与Y、Z形成的简单氢化物反应
10．在25℃下，和溶液的随浓度变化如下表所示：
实验序号
①
②
③
④
⑤

0.075
0.15
0.3
0.6
1.2

2.93
2.79
2.64
2.49


7.5
8.3
8.6
8.7


下列说法不正确的是A．实验①中，溶液由水电离产生的是的倍
B．实验②→③中，浓度变化2倍，变化小于，说明为弱酸
C．实验④中，溶液中离子总数大于溶液
D．实验⑤中，若将等体积的两溶液混合，已知：的，则有：
11．某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，下列说法正确的是(   )
A．在0.1mol/L的Na2A溶液中，c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L
B．在0.1mol/L的H2A溶液中，c(H+)= 0.2 mol/L
C．分别将浓度均为0.1mol/L的NaHA和Na2A溶液等体积混合，其pH一定大于7
D．0.1mol/L的NaHA溶液中离子浓度为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
12．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。下列有关说法正确的是
实验
实验操作和现象
1
用计测定溶液，测得约为8.3
2
向溶液中滴加溶液，反应结束后测得溶液约为10.3
3
向溶液中滴加，反应结束后测得溶液约为5.6
4
向溶液中滴加过量溶液，产生白色沉淀

A．溶液中的电离程度大于水解程度
B．实验2滴加结束后：
C．实验3滴加过程中：
D．实验4反应静置后的上层清液中：

二、填空题
13．草酸(H2C2O4)是一种还原性二元酸 ，存在于菠菜等植物中。已知：常温下，草酸的电离常数K，=5.4x10-2，K2=5.4x10-5
(1)生活中，长期将豆腐与菠菜混合食用，容易损失钙元素且易患胆结石疾病。原因是_______。
(2)写出草酸在水中的电离方程式_______ 。
(3)已知KHC2O4溶液呈酸性，则溶液中c(H2C2O4)_______(填“>”、“c(OH- )>c(HC2O )>c(H2C2O4 )
14．室温时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①溶液、②溶液、③溶液、④溶液、⑤溶液。由大到小的顺序是_____(填标号)。
15．草酸即乙二酸，是一种有机二元酸，在工业上有重要的作用。已知的电离常数：，；电离常数：
⑴溶液的pH______填“”“”或“”。
⑵用惰性电极电解饱和草酸溶液可制得乙醛酸。阴极的电极反应式为_____。
⑶草酸钠是一种重要的还原剂。合成草酸钠的操作如下：草酸 草酸钠晶体
酒精的作用是________________。
当草酸与碳酸钠的物质的量按2:1充分混合后，溶液中。请将该溶液中离子浓度按由大到小的顺序排列______。
16．已知在0.1 mol/L的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为：
c(Na＋)＞c(HSO)＞c()＞c(H2SO3)。
(1)则该溶液中c(H＋)________c(OH－)(填“＜”、“＞”或“＝”)，简述理由(用离子方程式和必要的文字说明)_____________________________________。
(2)现向NaHSO3溶液中，逐滴加入少量含有酚酞的NaOH溶液，可观察到的现象是________；写出该反应的离子方程式______________。
17．Ⅰ.在室温下，蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时。
(1)下列呈减小趋势的是_______。
A．水的电离程度 B．
C．溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积 D．溶液中c(A-)•c(HA)的值
Ⅱ.室温下，取pH=2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：

(2)图中表示HA溶液pH变化曲线的是_______(填“A”或“B”)。
(3)设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1_______m2(填“>”、I2，A项正确；
B．SO2可与水反应生成H2SO3，因此通入紫色石蕊溶液后，溶液变红，B项错误；
C．向等浓度的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，会先出现黄色沉淀，证明AgCl溶解性大于AgI，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C项正确；
D．0.1mol•L-1NaHRO3溶液的pH=3.71，证明其电离程度大于水解程度，D项正确。
故本题选B。
4．A
【详解】A选项，铵根离子的水解方程式：NH4+ + H2O H+ + NH3∙H2O，所以氯化铵的水解常数表达式：，故A正确；
B选项，HCO3－ + H2O H3O + + CO32－是HCO3－电离的离子方程式，不是水解方程式，故B错误；
C选项，结构示意图为的阴离子如果是硫离子，会破坏水的电离平衡，故C错误；
D H2SO3分步电离，电离方程式：H2SO3H+ + HSO3－，故D错误。
综上所述，答案为A。
生成的物质比原物质少了氢离子或氢氧根的是电离方程式，生成的物质比原物质多了氢离子或氢氧根的是水解方程式。
5．D
【详解】A．氯化铵溶液可以除去铁锈是因为NH4Cl在水中以和Cl-离子形式存在，为弱碱盐，发生水解，产生H+，H+可以溶解铁锈，和水解有关，故A不符合题意；
B．CuCl2溶液中存在水解平衡：，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，氯化氢挥发促进水解进行彻底，最终得到固体，和水解有关，故B不符合题意；
C．FeCl3溶液滴入沸水中，铁离子可以发生水解反应得到氢氧化铁，与盐类的水解有关，故C不符合题意；
D．溶液常在溶液中放置铁钉，是防止硫酸亚铁溶液与空气中的氧气反应氧化成硫酸铁，与盐类水解无关，故D符合题意；
故答案选D。
本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
6．D
【详解】A项，没告诉AlCl3溶液的体积，无法计算Al3＋数目，故A错误；B项，n（NO）=6.0g÷30g/mol=0.2mol，n（O2）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，发生反应：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，所以所得气体分子数应小于0.2NA，故B错误；C项，因为pH＝−lg[H+]，所以25℃，1L pH＝1的稀硫酸中含有的H＋数为0.1NA，故C错误；D项，由电荷守恒可得：[H+]+[Na+]＝[OH-]+[CH3COO-]，又因为溶液呈中性，所以[H+]＝[OH-]，[Na+]＝[CH3COO-]，因此CH3COOˉ数目等于Na+数目，为NA个，故D正确。综上，选D。
7．D
【详解】A．S2-能水解，1L1mol/L的Na2S溶液中含S2-数小于NA个，故A错误；
B．氮分子的结构为，1个分子中有1个σ键、2个π键，1molN2中σ键的数目为NA，故B错误；
C．25℃时，pH=12的Ba(OH)2溶液中OH-浓度为1×10-2mol/L，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.01NA，故C错误；
D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应生成NO2，由于体系中存在，产物的分子数小于2NA，故D正确；
选D。
8．B
【详解】A. 在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中物料守恒为：c（Na+）=2c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ 2c（H2SO3），故错误；
B. 在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中物料守恒为c（Na+）=2c（CO32―）+ 2c（HCO3―）+ 2c（H2CO3），电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=2c（CO32―）+ c（HCO3―）+ c（OH-），将钠离子消去则有：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-） + 2c（H2CO3），故正确；
C. 向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，溶液中含有等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，因为碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液显碱性，所以溶液中的碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子，应为c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故错误；
D. 常温下，CH3COONa中物料守恒有c（Na+）=c（CH3COOH）+ c（CH3COO-），CaCl2中物料守恒有2c（Ca2+）= c（Cl-），所以有c（Na+）+ 2c（Ca2+）= c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）+ c（Cl-），故错误。
故选B。
掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒等关系式的书写是解题关键。物料守恒体现的是化合物中元素原子之间的比例关系，电荷守恒表示溶液中阳离子的正电荷总数等于阴离子的负电荷总数。通过两种守恒关系，可以推到第三种守恒，即质子守恒。
9．B
【分析】有原子序数依次增大的四种短周期主族元素X、Y、Z、M和长周期元素Q。其中X的单质在空气中含量最多，则X为N元素；Z的简单氢化物是所有氢化物中最稳定的，则Z为F元素；故Y为O元素；M元素的次外层电子数是其余各层电子数之和的2倍，则各层电子数分别为2、8、2，故为Mg元素；Q与Z同族，且Q原子核外有四个电子层，则Q为Br元素。
【详解】A. Q为Br，溴单质溴能将Fe氧化成+3价，生成溴化铁，选项A正确；
B. 同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故原子半径Mg>N>O>F，即M>X >Y>Z，选项B错误；
C. X、Y、M形成的化合物硝酸镁为强酸弱碱盐，水解，溶液呈酸性，选项C正确；
D. X的简单氢化物NH3能分别与Y、Z形成的简单氢化物H2O、HF分别反应生成一水合氨和氟化铵，选项D正确；
答案选B。
10．C
【详解】A． 实验①中，促进水的电离；该溶液pH=7.5，由水电离产生的=水电离产生的=107.5-14=10-6.5，抑制水的电离、该溶液pH=2.93，由水电离产生的=水电离产生的=102.93-14=10-11.07，则溶液由水电离产生的是的，A正确；
B．若一元强酸的浓度变化2倍，则氢离子的浓度也变化2倍， 变化等于，而实验②→③中，浓度变化2倍，变化小于，说明为弱酸，B正确；
C． 是强电解质、在溶液中完全电离，是弱电解质、在溶液中微弱地电离，则均为0.6mol/L的溶液中离子总浓度大于溶液中离子总浓度，但溶液体积不知道，故难以判断离子数目的相对大小，C错误；
D．因为的，的水解常数，说明醋酸电离大于醋酸钠水解，等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液呈酸性，则：实验⑤中得混合溶液呈酸性，则有：，D正确；
答案选C。
11．D
【详解】A．二元酸在水中的电离方程式为:，可以知道第一步完全电离，第二步部分电离，则在0.1mol/L 的溶液中，存在和离子，且，A错误；
B．在0.1mol/L的溶液中，在水中的电离方程式为，第一步完全电离，第二步部分电离，设电离的为x，则有:，解之得，所以在0.1mol/L的溶液中，，B错误；
C．由知，的电离度为10%，在温度不变时，同浓度0.1mol/L 的和溶液等体积混合，溶液中的近似为0.01mol/L，变化不大，溶液仍呈酸性，C错误；
D．0.1mol/L的溶液中，的电离程度约为10%，溶液显酸性，各离子浓度大小关系为：，D正确；
故选D。
如果为二元弱酸，则溶液中存在的物料守恒为：；如果二元酸在水中的电离方程式为：，则溶液中存在的物料守恒为；本题要注意第一步电离是完全的，所以只能发生一步水解，这是一个易忽视的点。
12．B
【详解】A．用pH计测定0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液，测得pH约为8.3，溶液显碱性，因此NaHCO3溶液中的电离程度小于水解程度，故A错误；
B．向10 mL 0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol∙L−1 NaOH溶液，反应结束后测得溶液pH约为10.3，溶质为Na2CO3，因此实验2滴加结束后，根据质子守恒得到：c(H+) + 2c(H2CO3) + c() =c(OH－)，故B正确；
C．实验3滴加开始前，按照物料守恒：c(Na+) = c() + c() + c(H2CO3)，滴加后产生气泡，则无此守恒，故C错误；
D．实验4反应静置后的上层清液存在难溶物的溶解平衡，则有c(Ca2+)c()= Ksp(CaCO3)，故D错误；
故答案选B。
13．(1)豆腐里的钙盐和菠菜里的草酸容易形成草酸钙，不利于人体吸
(2)，
(3)     ＜     ＞
(4)     Ⅱ     CD
(5)     F     a

【详解】（1）草酸钙是不能被人体吸收的沉积物，豆腐中含有较多的钙盐，豆腐里的钙盐和菠菜里的草酸容易形成草酸钙，不利于人体吸收；
故答案为豆腐里的钙盐和菠菜里的草酸容易形成草酸钙，不利于人体吸；
（2）草酸是二元弱酸，在水溶液里存在两步电离，第一步电离程度大于第二步，其电离方程式分别为：，；
故答案为，；
（3）KHC2O4溶液显酸性说明的电离程度大于水解程度，则c(H2C2O4)＜c(C2O)；同为0.1mol•L−1的H2C2O4溶液和KHC2O4溶液相比，KHC2O4溶液中氢离子浓度较小，对的抑制程度小，因此0.1mol•L−1的KHC2O4溶液中电离出来的c(H＋)＞amol•L−1；
故答案为＜，＞；
（4）草酸为二元弱酸，pH＝2的草酸溶液，加水稀释1000倍，pH增大不到3个单位，因此能代表草酸溶液稀释情况的曲线是Ⅱ；
A．电离平衡常数只受到温度的影响，则稀释过程中的比值始终不变，故A错误；
B．稀释后c(H＋)、减小，则c(H＋)•的值减小，故B错误；
C．草酸加水稀释，增大、减小，同一溶液中体积V相等，根据，可知，的值增大，故C正确；
D．草酸加水稀释后c(H＋)减小，由KW＝c(H＋)•c(OH−)不变可知c(OH−)增大，则 的比值增大，故D正确；
故答案为Ⅱ，CD；
（5）①盐类水解促进水的电离，酸碱的电离抑制水的电离，F点的溶质只有草酸钠，促进水的电离；
故答案为F；
②a．E点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4，根据物料守恒可得：，故a正确；
b．F点温度最高，说明NaHC2O4与NaOH恰好完全反应，反应后溶质为Na2C2O4，根据溶液Na2C2O4中的质子守恒可得：c(OH−)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，所以，故b错误；
c．G点加入40mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2C2O4，Na＋的浓度最大，C2O部分水解，则c(OH−)＞c(C2O)，溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(OH−)＞c(C2O)＞c(HCO)，故c错误；
故答案选a。
本题考查弱电解质的电离，把握弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握电离平衡常数、水的离子积的表达式及影响元素，（4）为易错点，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度中等。
14．⑤＞④＞③＞①＞②
【分析】物质的量浓度相同铵盐溶液，与铵根离子的系数成正比，系数越大，越大；相同系数的铵盐，铵根离子水解程度越大，则溶液中越小，据此分析。
【详解】在溶液中存在水解平衡：。先比较①②③，以①为参照物，②中水解显碱性，与的水解相互促进，所以：②＜①；③中电离出，会抑制的水解，所以：③＞①。再比较④⑤，未水解前④中的浓度为①②③中的2倍，以④为参照物，⑤中水解呈酸性，对的水解起抑制作用，所以：⑤＞④。综上，由大到小的顺序为⑤＞④＞③＞①＞②。
15．               降低草酸钠的溶解度，便于晶体析出    
【分析】⑴根据两者的平衡常数大小得出溶液的酸碱性。
⑵用惰性电极电解饱和草酸溶液在阴极得到电子变为乙醛酸。
⑶根据图的前后联系可得出酒精的作用；当草酸与碳酸钠的物质的量按2:1充分混合生成草酸氢钠、水和二氧化碳，溶液中，根据两者得出离子浓度大小。
【详解】⑴由表格可知，，根据越弱越水解，中更弱，水解显酸性，；故。
⑵用惰性电极电解饱和草酸溶液，草酸在阴极放电，C由价降到价，得到2个电子，电极反应式为，故。
⑶①75%酒精可降低草酸钠的溶解度，便于晶体析出，故降低草酸钠的溶解度，便于晶体析出；
草酸的酸性比碳酸强，草酸与碳酸钠的物质的量按2：1充分混合后，生成草酸氢钠、水和二氧化碳，溶液中，溶液显酸性，说明草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，草酸氢根离子的电离和水解程度都很小，不水解，浓度最大，其次是草酸氢根离子，氢离子有两个来源，草酸氢根离子的电离和水的电离，所以该溶液中离子浓度按由大到小的顺序排列，故。
16．     ＞     在NaHSO3溶液中，存在HSO的电离平衡：HSOH++，还有HSO的水解平衡：HSO+H2OH2SO3+OH-，由c()＞c(H2SO3)可得出，其水解程度大于电离程度，所以c(H＋)＞c(OH－)     红色NaOH溶液滴入NaHSO3溶液中变为无色     HSO＋OH－=＋H2O
【详解】(1)在NaHSO3溶液中，存在HSO的电离平衡：HSOH＋＋SO，还有HSO的水解平衡：HSO＋H2OH2SO3＋OH－，由c()>c(H2SO3)可得出，其水解程度比电离程度弱，所以可确定c(H＋)>c(OH－)；
(2)OH―能与HSO反应，红色NaOH溶液滴入NaHSO3溶液中变为无色，离子方程式HSO＋OH－=＋H2O。
17．(1)BD
(2)B
(3)
c(HCO)>c(CO)>c(OH-)> c(H+)

【详解】（1）蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，溶液中c(H+)、c(HA)、c(A-)均减小，氢离子对水电离起抑制作用，c(H+)减小，水的电离程度增大，故A不选；，c(H+)浓度减小，不变，因此减小，故B选；溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积等于Kw，只与温度有关，温度不变Kw，故C不选；c(HA)、c(A-)均减小，则c(A-)•c(HA)的值减小，故D选；
故BD；
（2）pH=2的盐酸和HA溶液，起始pH相等，加锌粒后盐酸中氢离子浓度减小，HA为弱酸会继续电离出氢离子， 因此HA中氢离子浓度大于盐酸，则反应相同时间，HA对应的pH小，由图可知，B代表HA，故B；
（3）pH=2的盐酸和HA溶液，盐酸为强酸，HA为弱酸，HA的浓度大于盐酸的浓度，两者体积相同时，HA消耗的锌粒多，故：m1< m2，故c(CO)，溶液因水解呈碱性：c(OH-)> c(H+)，溶液中离子浓度大小：c(Na+)> c(HCO)>c(CO)>c(OH-)> c(H+)，故c(Na+)> c(HCO)>c(CO)>c(OH-)> c(H+)。
18．(1)     碱性     NaClO或ClO-水解
(2)Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3
(3)     淀粉     当最后半滴标准液滴下时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复     0.6250

（1）
“84”消毒液的主要成分为NaClO，该溶液呈碱性，原因是NaClO为强碱弱酸盐、ClO-会水解：ClO-+H2OHClO+OH-。
（2）
“越弱越水解”。酸性：H2CO3＞HClO＞，则水解程度：＞ClO-＞，因此相同浓度下碱性：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3，则pH由大到小：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3。
（3）
①用Na2S2O3溶液滴定I2，可用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时的现象为：当最后半滴标准液滴下时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复。
②量取10.00mL“84"消毒液于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量的乙酸酸化，加入几滴指示剂，用0.5000mol/LNa2S2O3溶液滴定，滴定终点时耗Na2S2O3溶液25.00mL(三次平均值)。反应过程中的相关离子方程式为：；，由反应可得：，，，该“84”清毒液中的物质的量浓度=。
19．取溶液，滴加酚酞，溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热
【详解】碳酸钠水解生成氢氧根离子，加热水解程度变大，碱性增强，能使酚酞溶液变色更明显；故实验设计为：取溶液，滴加酚酞，溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热。
20．(1)NO+H2OHNO2+OH-
(2)NaCl
(3)BCE
(4)CED
(5)排除装置中的空气，防止将可能生成的NO氧化成NO2，干扰NO和NO2的检验
(6)     D中通入O2出现红棕色气体     冷凝，使NO2完全液化
(7)水蒸气会与NO2反应产生NO，导致无法确认NO的来源
(8)2NO2+2NaOH =NaNO3+ NaNO2+H2O

【分析】在仪器A中制取气体，在C中用浓硫酸干燥气体；用E装置检验是否产生NO2气体（NO2为21℃，容易液化），用D装置检验是否产生NO气体（一氧化氮能和氧气生成红棕色二氧化氮气体），为了防止污染大气，用NaOH溶液进行尾气处理。
【详解】（1）NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离平衡向电离的方向移动。当最终达到平衡时：c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性，用离子方程式表示为：NO+H2OHNO2+OH-。
（2）由于氯化银的溶度积常数小于亚硝酸银，且两者的形式相同，所以先生成沉淀的是装有NaCl溶液的试管。
（3）根据方程式2NaNO2+4HI=2NaI+I2+2NO↑+2H2O可知，酸性条件下，亚硝酸钠能把碘化氢氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则鉴别亚硝酸钠和食盐时，必须选用的物质有碘化钾溶液、淀粉、食醋，答案选BCE；
（4）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为在仪器A中制取气体，在C中用浓硫酸干燥气体；用E装置检验是否产生NO2气体（NO2为21℃，容易液化），用D装置检验是否产生NO气体（一氧化氮能和氧气生成红棕色二氧化氮气体），为了防止污染大气，用NaOH溶液进行尾气处理。故装置的连接顺序是A、C、E、D、B。
（5）由于装置中含有空气，空气中氧气能把NO氧化为NO2，所以通入氮气的目的是排除装置中的空气，防止将可能生成的NO氧化成NO2，干扰NO和NO2的检验。
（6）①验证A中产生的气体中含有NO的方法是利用NO与氧气反应产生红棕色的NO2，操作是打开D中的止水夹，向D中通入空气，若出现红棕色气体，证明A中产生气体含有NO；
②已知沸点：NO2为21℃，NO为-151℃。装置E的作用是冷凝，使NO2液化，便于检验NO气体。
（7）如果没有干燥气体，则水蒸气会与NO2反应产生NO和硝酸，导致无法确认NO的来源；
（8）综合以上信息推断，NO2与NaOH溶液发生反应生成硝酸钠、亚硝酸钠、水，化学方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+ NaNO2+H2O。
21．(1)     分液漏斗     检查是否漏液     2MnO＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O     饱和食盐水     挥发的HCl会与NaOH反应，降低所得“84”消毒液中有效成分的浓度
(2)2HClO2HCl＋O2↑
(3)     ClO－＋H2OHClO＋OH－     NaClO易与HCl反应生成有毒气体Cl2     强于

【详解】（1）①根据仪器构造可知，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，该仪器使用前应先进行的操作为检查是否漏液。
②装置甲中的反应是高锰酸钾和浓盐酸生成氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出，反应的离子方程式为2MnO＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。
③装置乙的作用是吸收甲中挥发出的HCl气体，所以盛放的药品为饱和食盐水，若无此装置造成的后果为挥发的HCl会与NaOH反应，降低所得“84”消毒液中有效成分的浓度。
（2）碳酸酸性强于次氯酸，“84”消毒液需要在阴暗处密封保存是为了防止NaClO＋H2O＋CO2=NaHCO3＋HClO；次氯酸见光或受热易分解，在阴暗处存放是为了防止2HClO2HCl＋O2↑。
（3）①NaClO为强碱弱酸盐，溶液呈碱性的原因为ClO－＋H2OHClO＋OH－。
②次氯酸钠具有强氧化性，能和HCl发生归中反应生成氯气，所以调节NaClO溶液pH时不能选用清厕灵(含HCl)的原因为NaClO易与HCl反应生成有毒气体Cl2。
③由表中数据可知，pH越小HClO含量越高，细菌杀灭率越高，说明相同条件下，HClO的杀菌能力强于NaClO的杀菌能力。
22．     =     >     C     弱     c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)     1×10-4mol/L或1×10-10mol/L
【详解】（1）等体积、等浓度的一元酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，如果盐溶液呈中性，a=7，则盐是强酸强碱盐，酸是强酸；如果盐溶液呈碱性，a＞7，则盐是强碱弱酸盐，酸是弱酸；
 （2）溶液中存在电荷守恒，c(X-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，所以c(X-)=c(Na+)，故选C；
（3）酸的浓度是碱的2倍，等体积混合时，溶液中的溶质是等浓度的酸和盐，溶液呈碱性，说明酸是弱酸；酸根离子的水解程度大于酸的电离程度，溶液中存在电荷守恒，c(X-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，则c(X-)＜c(Na+)，所以离子浓度大小顺序是：c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)；
（4）溶液pH=10，c(H+)=1×10-10mol/L，根据水的离子积常数知，c(OH-)=1×10-4mol/L，若溶液中OH-主要来自于生成的盐类水解，则水电离出的c(OH-)=1×10-4mol/L，若溶液中OH-主要来自于所加碱(即碱过量)，则水电离出的OH-与溶液中H+浓度相等，则水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L；故答案为1×10-4mol/L或1×10-10mol/L。
水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25 ℃时)
（1）中性溶液：c(H＋)=c(OH－)=1.0×10-7 mol·L-1；
（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)=c(OH－)10-7mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)