0.1mol/L的NH4HSO4溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合,混合后溶液中浓度关系表示正确的是

①铵根离子水解，②铵根离子水解，③电离出氢离子抑制铵根离子水解，④相互促进水解，则相同浓度时c（NH₄⁺）大小顺序为②＞③＞①＞④，
则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，
则物质的量浓度由大到小的顺序为④①③②，
故选：B．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查离子浓度大小的比较，侧重盐类水解规律的应用，注意②中等浓度时电离铵根离子浓度最大，明确水解的抑制、水解的相互促进即可解答，题目难度中等．

①（NH₄）₂SO₄、④NH₄NO₃水解呈酸性，pH＜7；③NH₄HSO₄电离出H⁺呈酸性，pH＜7；②NaNO₃不水解，pH=7；⑤CH₃COONa水解呈碱性，pH＞7，①、④比较，前者c（NH₄⁺）大，水解生成c（H⁺）大，pH小，①③比较，后者电离出c（H⁺）比前者水解出c（H⁺）大，pH小，所以③①④②⑤，故选A．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查溶液PH的大小比较，题目难度不大，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子．

（1）Al³⁺水解生成的Al（OH）₃具有吸附性，离子方程式：Al³⁺+3H₂O═Al（OH）₃+3H⁺，Al（OH）₃，
故答案为：Al³⁺水解生成的Al（OH）₃具有吸附性，即Al³⁺+3H₂O═Al（OH）₃+3H⁺，Al（OH）₃吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
（2）①NH₄Al（SO₄）₂水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ，
故答案为：1；NH₄Al（SO₄）₂水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；
②25℃时，0.1mol•L^-1 NH₄Al（SO₄）₂中PH=3，根据电荷守恒，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，c（H⁺）+c（NH₄⁺）+3c（Al³⁺）=c（OH^-）+2c（SO₄^2-），可以求出2c（SO₄^2-）-c（NH₄⁺）-3c（Al³⁺）=c（H⁺）-c（OH^-）=10^-3 mol•L^-1[c（OH^-）太小，可忽略]，
故答案为：10^-3 mol•L^-1；
（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H⁺，溶液中只有（NH₄）₂SO₄与Na₂SO₄；b、c、d三点溶液均含有NH₃•H₂O，（NH₄）₂SO₄可以促进水的电离，而NH₃•H₂O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有（NH₄）₂SO₄、Na₂SO₄、NH₃•H₂O三种成分，a点时c（Na⁺）=c（SO₄^2-），b点时c（Na⁺）＞c（SO₄^2-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺），故c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺），
故答案为：a；c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺）．

点评：
本题考点： 铵盐．

考点点评： 本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度中等，（2）②为易错点，注意根据守恒思想解题．

（1）浓度均为0.1mol/L的HCl和CH₃COOH溶液中，醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子，而氯化氢为强电解质，溶液中完全电离，所以浓度相同时，盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸，则溶液的pH盐酸溶液小于醋酸，
故答案为：＜；
（2）pH=3的HCl溶液，盐酸浓度为0.001mol•L^-1，故1L该盐酸消耗0.001mol•L^-1 NaOH溶液1L，反应后呈中性，故x=1；氨水是弱电解质，若是取1L0.001mol•L^-1 的氨水与盐酸反应，生成了氯化铵，溶液显示酸性，故氨水需要多些，则y大于1L，所以x＜y，
故答案为：＜；
（3）NH₄HSO₄中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，氢离子结合氢离子能力强于铵根离子，所以氢离子优先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为：H⁺+OH^-=H₂O；反应后溶质为等物质的量的（NH₄）₂SO₄和Na₂SO₄，由于铵根离子部分水解，所以反应后的溶液显示酸性，
故答案为：H⁺+OH^-=H₂O；酸；
（4）①由于加水稀释后，氨水电离程度增大，n（NH₃•H₂O）减小，n（OH^-）增大，故①①
c(NH3•H2O)
c(OH−) 减小，故①正确；
②氨水稀释后，溶液中c（OH^-）减小，水的离子积不变，c（H⁺）增大，故
c(OH−)
c(H+) 减小，故②正确；
③温度不变，c（H⁺）和c（OH^-）的乘积不变，故③错误；
④氨水的电离程度增大，溶液中n（OH^-）增大，故④错误；
故答案为：①②；
（5）H⁺浓度相同的等体积的两份溶液，说明盐酸的浓度小于CH₃COOH的浓度，而体积相等，即醋酸的物质的量比盐酸的物质的量多，由与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的量相同，得到锌与盐酸反应盐酸不足，锌与醋酸反应锌不足，
①氢离子浓度越大反应所需要的时间越短，所以CH₃COOH＜HCl，故①错误；
②开始反应时溶液中氢离子浓度相等，所以反应时的速率相等：HClCH₃COOH，故②错误；
③氢离子的浓度越大，反应过程的平均速率越快，由于反应反应过程中醋酸会继续电离出氢离子，所以醋酸中氢离子浓度大于盐酸，则反应速率CH₃COOH＞HCl，故③正确；
④因生成氢气量相等，所以参加反应的锌粉物质的量：HCl=CH₃COOH，故④正确；
故答案为：③④．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查酸碱混合定性判断及溶液pH的计算、弱电解质在水溶液中的电离平衡，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素．

A溶液是酸性溶液，能和碱反应，所以B、D是NaOH和NH₃•H₂O，将1LpH=3的A溶液分别和相同浓度的B、D反应使溶液呈中性时，x、y大小关系为：y＜x，强碱体积小于弱碱，所以D是NaOH、B是NH₃•H₂O；
浓度均为0.1mol•L^-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，如果C是醋酸或盐酸，其混合溶液呈碱性或中性，要使混合溶液呈酸性，则C是NH₄HSO₄；
浓度均为0.1mol•L^-1A和E溶液，pH（A）＜PH（E），说明A的电离程度大于E，所以A是盐酸、E是醋酸；
（1）根据以上分析知，D是NaOH，故答案为：NaOH；
（2）A是HCl、E是醋酸，c（OH^-）和体积均相等的两份溶液A和E，盐酸的浓度小于醋酸，
①反应过程中醋酸继续电离出氢离子，导致反应过程中醋酸中氢离子浓度大于盐酸，则醋酸反应速率大于盐酸，所以反应所需要的时间：E＜A，故错误；
②开始反应时两种溶液中氢离子浓度相等，所以其反应速率：A=E，故错误；
③根据转移电子相等知，生成相同量的氢气时消耗相同量的锌，所以参加反应的锌粉的物质的量：A=E，故正确；
④应过程中醋酸继续电离出氢离子，导致反应过程中醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以反应过程的平均速率：E＞A，故正确；
⑤盐酸浓度小于醋酸，要使生成氢气的量相等，则消耗酸的量相等，则A溶液中有锌粉剩余，故正确；
⑥如果E溶液中有锌粉剩余，则两种溶液中都应该有锌剩余，与题给信息不符合，故错误；
故选③④⑤；
（3）室温下，向0.01mol•L^-1的C溶液中滴加0.01mol•L^-1的D溶液至中性，混合溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸钠、硫酸铵，铵根离子水解但程度较小，根据物料守恒得离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故答案为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（4）A．加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H⁺）减小，故A正确；
B．加水稀释促进醋酸电离，所以氢离子的物质的量增大、醋酸分子的物质的量减小，则
c(H+)
c(E)增大，故错误；
C．c（H⁺）•c（OH^-）为离子积常数，温度不变，水的离子积常数不变，故错误；
D．加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，所以
c(OH−)
c(H+)增大，故错误；
故选A；
（5）根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序是CO₃^2-＞ClO^-＞HCO₃^-＞CH₃COO^-，相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液的pH越大，所以这几种溶液pH大小顺序是a＞b＞d＞c，
故答案为：a＞b＞d＞c．

点评：
本题考点： 无机物的推断；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；几组未知物的检验．

考点点评： 本题以无机推断为载体考查弱电解质的电离及盐类水解，正确推断物质是解本题关键，再结合物质的性质、盐类水解特点等知识点分析解答，同时考查学生综合应用能力，注意：离子反应中反应速率与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，水的离子积常数只与温度有关，这些都是易错点．

A．①铵根离子水解显酸性，②电离出氢离子抑制铵根离子水解，NH₄HSO₄中的氢离子完全电离③完全电离，显强酸性，则溶液的pH相同时，3种溶液物质的量浓度大小顺序是①＞②＞③，故A错误；
B．加水促进盐的水解，水解生成的氢离子的物质的量增大，溶液的pH相同时，将3种溶液稀释相同倍数，H₂SO₄溶液中氢离子的物质的量几乎不变，所以pH变化最大，故B错误；
C．酸电离的氢离子抑制水电离，铵根离子水解促进水的电离，铵根离子浓度越大，水的电离程度越大，则溶液的pH相同时，由水电离出的c（H⁺）大小顺序是①＞②＞③，故C错误；
D．①铵根离子水解显酸性，②电离出氢离子抑制铵根离子水解，③完全电离，显强酸性，所以若3种溶液的物质的量浓度都相同，则溶液的pH大小顺序是①＞②＞③，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 盐类水解的原理．

考点点评： 本题考查离子浓度大小的比较、水的电离等，侧重盐类水解规律的应用，注意把握影响水的电离平衡的因素，题目难度中等．

由A、B反应流程图及比例关系可推A为AlCl₃，B为NaOH，由B、C反应流程图知，Y为NH₃，C应该为铵盐，所以C为NH₄HSO₄，D为Na₂CO₃，气体Z为CO₂，
（1）A是AlCl₃，AlCl₃水Al³⁺+3H₂O⇌Al（OH）₃+3H⁺，灼烧发生2Al（OH）₃

高温
.
Al₂O₃+3H₂O；AlCl₃水解产物受热分解得到的是Al₂O₃和HCl，最后HCl完全逸到空气中，最后所得固体为Al₂O₃，故答案为：Al₂O₃；
（2）D是Na₂CO₃，由于CO₃^2-水CO₃^2-+H₂O⇌HCO₃^-+OH^-而呈碱性，故pH＞7，
故答案为：大于；CO₃^2-+H₂O⇌HCO₃^-+OH^-；
（3）等物质的量浓度的NH₄HSO₄与NH₄Cl溶液，NH₄HSO₄电离出的H⁺对NH₄⁺的水解起到抑制作用，所以c（NH₄⁺）：前者＞后者，故答案为：＞；
（4）B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，B、C的物质的量大于1：1，小于2：1，则溶液中存在硫酸钠、硫酸铵以及氨水等溶质，混合溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-），由电荷守恒有c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）．
故答案为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）．

点评：
本题考点： 物质的检验和鉴别的实验方案设计．

考点点评： 本题考查物质的检验及鉴别，题目难度中等，本题侧重于盐类的水解考查，学习中注意把握相关知识．

（1）0-a段是氢离子和氢氧根离子反应，a-b段是铵根离子和氢氧根离子反应，所以a-b段的离子反应方程式为：NH₄⁺+OH^-

△
.
NH₃↑+H₂O，故答案为：NH₄⁺+OH^-

△
.
NH₃↑+H₂O；
（2）a-b段是铵根离子和氢氧根离子反应，a-b段的离子反应方程式为：NH₄⁺+OH^-

△
.
NH₃↑+H₂O，根据离子方程式知，
m（NH₃）=n（NH₃）M（NH₃）=n（NaOH）M（NH₃）=1mol/L×（0.275-0.025）L×17g/mol=4.25g；
0-a段是氢离子和氢氧根离子反应，根据2NH₄HSO₄+2NaOH=（NH₄）₂SO₄+Na₂SO₄+2H₂O知，n（NH₄HSO₄）=n（NaOH）
=1mol/L×0.025L=0.025mol，硫酸氢铵中n（NH₄⁺）=n（NH₄HSO₄）=0.025mol
则n（（NH₄）₂SO₄）=
1mol/L×(0.275−0.025)L−0.025mol
2=0.1125mol，
所以n（（NH₄）₂SO₄）：n（NH₄HSO₄）=0.1125mol：0.025mol=9：2，
故答案为：4.25；9：2；
（3）①II中铵盐质量是I的2倍，如果氢氧化钠过量，则II中生成的氨气量应该是I中的2倍，实际上相等，则说明II中氢氧化钠的量不足，I中氢氧化钠足量；
III中生成氨气需要n（NaOH）=n（NH₃）=[1.36g/17g/mol]=0.08mol，剩余的氢氧化钠和氢离子反应，硫酸氢铵中n（H⁺）=n（NH₄HSO₄）=n（NaOH）（剩余）=1mol/L×0.2L-0.08mol=0.12mol，I中的硫酸铵和硫酸氢铵是III中的[1/3]，所以I中硫酸氢铵的物质的量是0.04mol，则I中n（（NH₄）₂SO₄）=[9.88g−0.04mol×115g/mol/132g/mol]=0.04mol，
所以m（NH₃）=[n（NH₄HSO₄）+2n（（NH₄）₂SO₄）]M（NH₃）=0.12mol×17g/mol=2.04g，即m=2.04，
故答案为：Ⅰ；2.04；
②氮元素的质量分数=
[n(NH4HSO4)+2n((NH4)2SO4) ]M(N)
m(总)×100%=[0.12mol×14g/mol/9.88g×100%=17%，故答案为：17%；
（4）①当n（NH₄HSO₄）≥n（NaOH）=1mol/L×0.2L=0.2mol，该化合物中硫酸铵和硫酸氢铵的物质的量相等，所以x≥0.2mol×（115+132）g/mol=49.4g，y=0；
即没有氨气生成，所以当x≥49.4g，y=0；
②当n（NaOH）≥2n（NH₄HSO₄）+2n（（NH₄）₂SO₄）时氨气完全析出，即0.2mol=1mol/L×0.2L=n（NaOH）≥2n（NH₄HSO₄）+2n（（NH₄）₂SO₄），所以x≤0.05mol×（115+132）g/mol=12.35g，y=
xg
247g/mol×3×17g/mol=
51x
247g；
③当介于二者之间时，生成部分氨气，即49.40g＞x＞12.35g，y=3.4-
17x
247]，
答：x在不同范围时y与x的函数关系为．

点评：
本题考点： 铵盐；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查探究物质的组成及其含量的测定，明确各段发生的反应是解本题关键，注意氢氧化钠和硫酸氢铵和硫酸铵的混合溶液反应时离子反应的先后顺序，为易错点．

A．向Ba（OH）₂溶液中逐滴加入NH₄HSO₄溶液至刚好沉淀完全，氢离子不足，铵根离子参与反应，正确的离子方程式为：Ba²⁺+2OH^-+H⁺+NH₄⁺+SO₄^2-=BaSO₄↓+2H₂O+NH₃•H₂O，故A错误；
B．亚铁离子还原性强于溴离子，所以亚铁离子优先参与反应；溴化亚铁的物质的量为0.01mol，含有0.01mol亚铁离子和0.02mol溴离子，0.01mol亚铁离子完全反应消耗0.005mol氯气，剩余的0.005mol氯气消耗0.005mol溴离子，氯气不足，溴离子部分反应，正确的离子方程式为：2Fe²⁺+2Br^-+2Cl₂=2Fe³⁺+Br₂+4Cl^-，故B错误；
C．AlCl₃溶液与过量氨水混合，反应产物为氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故C正确；
D．向Mg（HCO₃）₂中加足量的Ca（OH）₂溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：2Ca²⁺+4OH^-+2HCO₃^-+Mg²⁺=2CaCO₃↓+Mg（OH）₂↓+2H₂O，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写．

考点点评： 本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式；选项BD为难点和易错点，注意反应物过量情况．

（1）电离度=
c(H+)
c(CH3COOH)×100%=
10−3
0.1×100%=1%；由水电离的c（H⁺）等于溶液中氢氧根离子浓度=
10−14
10−3mol/L=1×10^-11mol．L^-1，
故答案为：1%；1×10^-11mol．L^-1；
（2）pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化大的为强酸，根据图象知，I为盐酸；
溶液的导电能力与离子浓度成正比，氢离子浓度越大溶液的pH越小，所以溶液导电能力较大的是a；
故答案为：І；a；
（3）等物质的量的氨水和盐酸混合时，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解而使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液呈酸性，水解离子方程式为NH₄⁺+H₂O⇌NH₃•H₂O+H⁺，
A．氯化铵能水解但水解程度较小，所以c（H⁺）＜c（NH₄⁺），故错误；
B．铵根离子水解而使溶液呈酸性，所以c（OH^-）＜c（H⁺），故错误；
C．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=0.05mol•L^-1，故错误；
D．根据质子守恒得c（H⁺）=c（NH₃•H₂O）+c（OH^-），故正确；
故答案为：NH₄⁺+H₂O⇌NH₃•H₂O+H⁺；D；
（4）NH₃•H₂O和NH₄Cl等浓度混合时溶液呈碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，向NH₄HSO₄溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性时，溶液中的溶质为硫酸铵、一水合氨和硫酸钠，钠离子不水解、铵根离子水解，溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-），所以离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离，根据弱电解质电离特点结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，难点是（4）题，明确溶液中的溶质及其性质，题目难度不大．

向NH₄HSO₄溶液中逐滴加入Ba（OH）₂溶液，首先同时发生：SO₄^2-+Ba²⁺=BaSO₄↓，OH^-+H⁺=H₂O，当H⁺反应完毕，剩余的OH^-再与NH₄⁺发生反应NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，
①当H⁺未完全反应或恰好反应时，即n[Ba（OH）₂]：n（NH₄HSO₄）≤1：2，H⁺部分或完全反应，SO₄^2-部分反应，由Ba（OH）₂提供离子可知，H⁺与SO₄^2-的系数为2：1，反应离子方程式为：2H⁺+SO₄^2-+Ba²⁺+2OH^-=BaSO₄↓+2H₂O；
②当NH₄⁺部分反应时，即1：2＜n[Ba（OH）₂]：n（NH₄HSO₄）＜1：1，NH₄⁺、SO₄^2-部分，H⁺完全反应，此时H⁺的系数大于NH₄⁺系数，反应离子方程式为：nNH₄⁺+mH⁺+[m+n/2]SO₄^2-+[m+n/2]Ba²⁺+（n+m）OH^-=[m+n/2]BaSO₄↓+nNH₃•H₂O+mH₂O，其中n＜m；
③当NH₄⁺完全反应时，即n[Ba（OH）₂]：n（NH₄HSO₄）≥1：1，H⁺、NH₄⁺、SO₄^2-都完全反应，三种系数之比为1：1：1，反应离子方程式为：H⁺+SO₄^2-+Ba²⁺+2OH^-=BaSO₄↓+NH₃•H₂O+H₂O；
A、NH₄⁺+2H⁺+SO₄^2-+Ba²⁺+3OH^-=BaSO₄↓+NH₃•H₂O+2H₂O，NH₄⁺参加反应，故H⁺完全反应，应符合上述分析中情况②，参加反应的SO₄^2-的系数应为1.5，Ba²⁺的系数为1.5，故A错误；
B、离子反应NH₄⁺+H⁺+SO₄^2-+Ba²⁺+2OH^-=BaSO₄↓+NH₃•H₂O+H₂O，符合上述分析中情况③，故B正确；
C、离子反应2NH₄⁺+H⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+3OH^-=2BaSO₄↓+2NH₃•H₂O+H₂O，表示OH^-先与NH₄⁺反应，故C错误；
D、离子反应NH₄⁺+3H⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-=2BaSO₄↓+NH₃•H₂O+3H₂O，NH₄⁺参加反应，故H⁺完全反应，应符合上述分析中情况②，OH^-系数等于NH₄⁺、H⁺系数之和，SO₄^2-、Ba²⁺系数相等，且为OH^-系数的[1/2]，符合实际反应，故D正确；
故选：BD．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写．

考点点评： 本题考查离子方程式的书写与判断，难度较大，理解离子反应发生的先后顺序与物质的量之间的关系是关键．