专题08 盐的水解、三大守恒的应用-备战2022-2023学年高二化学上学期期末考试真题汇编（人教版2019选择性必修1）(原卷版+解析版)

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盐类水解规律
1．（2022·广东深圳·高二期末）下列离子方程式正确的是
A．碳酸钠水解：
B．硫氢化钠水解：
C．制胶体：
D．硫酸铝溶液与偏铝酸钠溶液反应：
【答案】D
【详解】A．碳酸钠水解是分步水解：，故A错误；
B．是硫氢根电离，硫氢化钠水解：，故B错误；
C．制胶体是利用铁离子水解或向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，继续加热至出现红褐色：，故C错误；
D．硫酸铝溶液与偏铝酸钠溶液反应双水解反应：，故D正确。
综上所述，答案为D。
2．（2022·云南省通海县第三中学高二期末）MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是
A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)D．c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
【答案】C
【详解】MOH是强碱，HA是等体积、等浓度的弱酸，混合之后恰好完全反应生成MA，这是一种强碱弱酸盐，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)；由电荷守恒知c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)，则c(M＋)>c(A－)，故溶液中有关离子浓度满足的关系是c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，选择C。
3．（2022·青海西宁·高二期末）下列事实或操作与盐类水解无关的是
A．配制FeCl3溶液时，要滴加少量的盐酸
B．加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液，得到Na2SO4固体
C．焊接时用NH4Cl溶液除锈
D．浓的硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【详解】A．配制FeCl3溶液时，滴加少量的盐酸是为了抑制Fe3+的水解；
B．加热蒸干并灼烧Na2 SO3溶液，得到Na2SO4固体，是因为Na2SO3被空气中的氧气氧化，与水解无关；
C．焊接时用NH4Cl溶液除锈，是因为NH4+水解使溶液呈酸性；
D．浓的硫化钠溶液有臭味，是因为S2-水解生成H2S；
故答案选B。
4．（2022·黑龙江·汤原县高级中学高二期末）25℃时，物质的量浓度相同的以下溶液：①，②，③，④，⑤，大小比较，正确的顺序是
A．①>②>③>④>⑤B．②>③>①>④>⑤
C．③>②>①>④>⑤D．③>②>①>⑤>④
【答案】C
【详解】①（NH4）2CO3，②（NH4）2SO4，③（NH4）2Fe（SO4）2都含有两个，所以它们大于其它两种物质，①碳酸根离子水解促进铵根离子水解；②铵根离子正常水解；③亚铁离子水解抑制铵根离子的水解；④NH4HSO4电离出氢离子，抑制铵根离子水解；⑤铵根离子正常水解；化学式中铵根离子个数越多，浓度相等时，其浓度越大，所以物质的量浓度相同的这几种溶液浓度大小顺序是③>②>①>④>⑤，故C正确，
故选：C。
5．（2022·江西·丰城九中高二期末）常温下，向20mL0.1ml/L一元碱MOH溶液中滴加等浓度的一元酸HX溶液，滴定过程中溶液pH值的变化曲线如下图所示，已知4cD．c点溶液中：
【答案】A
【分析】由图示a点的pH=13可知，0.1ml/L一元碱MOH溶液的pH=13，则MOH是强碱，由b点可知，当MOH和HX等体积混合时，则二者恰好完全反应生成MX盐溶液，此时溶液pH=8.5，即显碱性，说明HX为弱酸，c点为等浓度的MX和HX的混合溶液；
【详解】A．由分析可知，滴定终点的溶液显碱性，而甲基橙的变色范围为3.1~4.4，酚酞的变色范围为8.2~10.0，则该滴定过程中应选用酚酞作指示剂以减小实验误差，A正确；
B．由b点可知，此时溶液中pH=8.5，c(X-)≈0.05ml/L、c(OH-)=ml/L，，根据水解平衡可知，X-+H2OHX+OH-，，Kh===2×10-10，故Ka== ，B错误；
C．由分析可知，a点为MOH强碱溶液，对水的电离起抑制作用，b点为MX强碱弱酸盐溶液，对水的电离起促进作用，c点为等浓度混合的MX和HX溶液，MX对水电离起促进作用，HX对水的电离起抑制作用，故溶液中水的电离程度：b> c > a，C错误；
D．c点为等浓度混合的MX和HX溶液，溶液显酸性，即HX的电离程度大于X-的水解程度，则c点溶液中：，D错误；
故选A。
影响盐类水解的因素
1．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室高二期末）在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH—。下列说法不正确的是
A．加入NaOH固体，溶液pH增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，增大
D．稀释溶液，各离子浓度均减小
【答案】D
【详解】A．加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故A正确；
B．通入二氧化碳气体，二氧化碳与氢氧根离子反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C．水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动， 增大，故C正确；
D．稀释碳酸钠溶液时，氢氧根离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中氢离子浓度增大，故D错误；
故选D。
2．（2022·吉林·梅河口市第五中学高二期末）为使溶液中的值减小，可加入的物质是
A．适量的固体B．适量的固体
C．通入适量的气体D．适量的固体
【答案】B
【分析】硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，水解的离子方程式为S2—+H2OHS—+OH—，所以溶液中大于2。
【详解】A．加入适量的氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度大，但钠离子浓度也增大，则的值不可能减小，故A错误；
B．加入适量的氢氧化钾固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度大，钠离子浓度不变，则的值减小，故B正确；
C．通入适量的氯化氢气体，氯化氢电离出的氢离子中和溶液中氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，硫离子浓度减小，钠离子浓度不变，则的值增大，故C错误；
D．加入适量的强酸弱碱盐氯化铵固体，氯化铵在溶液中水解生成的氢离子中和溶液中氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，硫离子浓度减小，钠离子浓度不变，则的值增大，故D错误；
故选B。
3．（2022·黑龙江·汤原县高级中学高二期末）为配制NH的浓度与的浓度比为1∶1的溶液，可在溶液中加入
①适量的HCl ②适量的NaCl ③适量的 ④适量的NaOH
A．①②B．③C．③④D．④
【答案】B
【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，由于水解，导致溶液中c()＜c(Cl－)，溶液呈酸性，为了配制与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，需增加铵根离子浓度或减少溶液中氯离子的浓度。
【详解】①加入适量的HCl，溶液中氯离子浓度增大，则溶液中c()＜c(Cl－)，故①不符合题意；
②加入适量的NaCl，溶液中氯离子的浓度增加，铵根离子浓度不变，因此c()＜c(Cl－)，故②不符合题意；
③加入适量，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故③符合题意；
④加入适量NaOH，会发生反应：+OH－=NH3∙H2O，越来越少，氯离子浓度不变，导致c()＜c(Cl－)，故④不符合题意；
答案选B。
4．（2022·黑龙江·绥化市第一中学高二期末）在一定温度下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-。下列说法正确的是（ ）
A．加水稀释溶液，平衡正向移动，溶液的pH增大
B．通入CO2，平衡向正向移动，c(HCO)增大
C．加Na2CO3固体，平衡正向移动，Na2CO3的水解程度增大
D．加入Na2O固体，溶液pH减小
【答案】B
【详解】A．加水稀释，促进盐的水解，水解平衡正向移动，但是溶液中OH-的浓度减小，溶液的pH减小，故A错误；
B．CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH-反应，平衡正向移动，c（HCO）增大，故B正确；
C．加Na2CO3固体，溶液中碳酸根离子的浓度增大，水解平衡正向移动，但是水解程度减小，故C错误；
D．Na2O与水反应生成NaOH，溶液中氢氧根离子的浓度增大，pH增大，故D错误；
故选B。
5．（2022·内蒙古赤峰·高二期末）下列五种混合溶液，由分别为的两种溶液等体积混合而成：
①与 ②与
③与 ④与
⑤与，由大到小排序正确的是
A．①＞④＞③＞②＞⑤B．①＞③＞⑤＞④＞②
C．②＞④＞③＞⑤＞①D．②＞③＞④＞⑤＞①
【答案】C
【详解】五种混合溶液，由分别为0.1ml⋅L-1的两种溶液等体积混合，①CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，溶液显酸性，CH3COOH微弱电离出CH3COO-；②CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO－水解；③CH3COONa与NaCl，NaCl既不促进也抑制CH3COO-水解；④CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性，促进醋酸根离子水解，因此c(CH3COO-)排序是②＞④＞③＞⑤＞①；
故选C。
三大守恒的应用
1．（2022·浙江·高二期末）草酸H2C2O4是二元弱酸。向100 mL 0.40 ml·L-1 H2C2O4溶液中加入1.0 ml·L-1NaOH或HCl溶液调节pH，加水控制溶液体积为200 mL。测得溶液中微粒的δ(x)随pH变化如图所示，其中δ(x)=
，x代表微粒H2C2O4、或。下列叙述正确的是
A．曲线I是的变化曲线
B．pH=4时，
C．c(H2C2O4)+c()+c()=0.40 ml·L-1
D．c()+c(OH-)= c(H2C2O4)+c(H+)
【答案】B
【分析】随pH增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，故曲线I是的变化曲线，曲线Ⅱ是的变化曲线，曲线III是的变化曲线，且微粒的δ(x)=0.5时可计算得出PKa等于对应的pH，即从图中可读出，Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，据此分析解答。
【详解】A．当酸性越强时，曲线Ⅰ表示的微粒的含量越高，根据上述分析可知，曲线Ⅰ是H2C2O4的变化曲线，曲线Ⅲ是C2O的变化曲线，A错误；
B．，B正确；
C．随着碱性增强，溶液中含C微粒的物质的量不变，但由于溶液体积不断变化，所以c(H2C2O4)+c()+c()不一定为0.40 ml·L-1，C错误；
D．因为加入的NaOH或HCl溶液的量未知，所以无法通过守恒思想准确得到c()+c(OH-)= c(H2C2O4)+c(H+)，D错误；
故选B。
2．（2022·青海西宁·高二期末）室温时，向20 mL0.1 ml·L-1的醋酸溶液中不断滴入0.1 ml·L-1的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示。在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是
A．a点时：c(CH3COOH)＞c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
B．b点时：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+ )=c(OH-)
C．c点时：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
D．d点时：2c(Na+)= 3c(CH3COO-)+ 3c(CH3COOH)
【答案】A
【详解】A．a点时：反应前n(CH3COOH)=0.002ml、n(NaOH)=0.001ml，则反应后n(CH3COOH)= n(CH3COONa)(未考虑醋酸电离)，因为溶液的pH＜7，所以醋酸发生电离，达平衡后，
c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，A不正确；
B．b点时：pH=7，溶液呈中性，c(H+ )=c(OH-)，依据电荷守恒，可得出c(Na+)=c(CH3COO-)，由于水的电离程度很小，所以c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+ )=c(OH-)，B正确；
C．c点时：醋酸与NaOH刚好完全反应生成CH3COONa和水，CH3COONa发生水解，依据电荷守恒可得c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，依据物料守恒可得c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，从而得出c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，C正确；
D．d点时：反应前n(CH3COOH)=0.002ml、n(NaOH)=0.003ml，反应后的溶液为CH3COONa和NaOH混合溶液，依据物料守恒可得2c(Na+)= 3c(CH3COO-)+ 3c(CH3COOH)，D正确；
故选A。
3．（2022·辽宁·阜新市第二高级中学高二期末）室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是
A．Na2S溶液：c(Na+)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H2S)
B．Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)
C．Na2CO3溶液：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(OH-)
D．等浓度Na2CO3和NaHCO3混合溶液中：3c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)
【答案】B
【详解】A．Na2S溶液中，S2-水解生成HS-，HS-部分水解生成H2S，两者水解均生成氢氧根离子，正确的离子浓度大小为： c（Na+）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H2S），故A错误；
B．Na2C2O4溶液中，根据质子守恒可知：c（OH-）=c（H+）+c（HC2O）+2c（H2C2O4），故B正确；
C．Na2CO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（CO）+c（HCO）+c（OH-），故C错误；
D．等浓度Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒，存在2c（Na+）=3c（HCO3-）+3c（CO32-）+3c（H2CO3），故D错误；
答案选B。
4．（2022·湖北黄冈·高二期末）时，的电离常数：，，下列说法中正确的是
A．溶液中：
B．溶液中：
C．和混合液中：
D．溶液与溶液中之比小于5
【答案】C
【分析】H2CO3的一步电离常数，而的水解常数为，所以25℃环境下，，所以对于，Kh>K2，即水解程度大于其电离程度，NaHCO3水溶液呈碱性；
【详解】A．根据分析可知，溶液中水解程度大于电离程度，所以，描述错误，不符题意；
B．Na2CO3固体中阳离子与阴离子个数比为，所以溶液中应是，描述错误，不符题意；
C．无论是单一溶质，还是混合物溶质，只要溶液中离子种类不变，其电荷守恒表达式不变，所以和混合液中恒成立，故选项描述不等式关系正确，符合题意；
D．盐溶液稀释，其中弱电解质离子水解程度增大，故溶液稀释5倍，因的水解程度增大，比原溶液浓度的还要小。故选项中两溶液之比大于5，描述错误，不符题意；
综上，本题选C。
5．（2022·湖南·新邵县教研室高二期末）下列叙述错误的是
A．向溶液中滴加溶液，所得溶液中一定存在：
B．同浓度的①、②、③三种溶液中，大小顺序为②＞③＞①
C．将溶液与溶液混合，溶液中：
D．将通入溶液至溶液呈中性，则溶液中：
【答案】D
【详解】A．向溶液中滴加溶液，根据电荷守恒，所得溶液中一定存在：，故A正确；
B．同浓度的①、②、③三种溶液中，②中电离出的铵根离子是①③的二倍，③电离出的氢离子抑制铵根水解，因此大小顺序为②＞③＞①，故B正确；
C．将溶液与溶液混合，溶质是，根据物料守恒和电荷守恒得到质子守恒，则溶液中：，故C正确；
D．将通入溶液至溶液呈中性，根据电荷守恒，则溶液中： ，故D错误。
综上所述，答案为D。
特殊图形的处理
1．（2022·河南濮阳·高二期末）室温下，在1 ml·L-1的某二元酸H2A溶液中，存在HA-、A2-的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是
A．0.1 ml·L-1 NaHA溶液中：c(OH- )>c(H+)
B．室温下，HA-A2-+ H+的电离平衡常数Ka= 10-3
C．在Na2A溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA- )
D．H2A的电离方程式为H2A=H+ +HA-，HA-A2-+H+
【答案】A
【详解】A．结合图象分析，1 ml·L-1的某二元酸H2A溶液中，pH=0时，第一级电离完全，随着pH升高直到pH=6，第二级电离完全，NaHA属于盐，电离使溶液显酸性，则c（OH-）＜c（H+），故A错误；
B．当c（A2-）=c（HA-）时，溶液的pH=3，HA-⇌A2-+H+的电离平衡常数Ka=×c（H+）=c（H+）=10-3，故B正确；
C．根据图知，开始时pH=0，溶液中c（H+）=1ml/L=c（H2A），说明该二元酸第一步完全电离，该溶液中存在物料守恒n（Na）=2n（A），即c（Na+）=2c（A2-）+2c（HA-），故C正确；
D．根据C的分析知，该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，所以该二元酸两步电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌A2-+H+，故D正确；
答案选A。
2．（2022·安徽·高二期末）已知：① ；②常温下，为二元弱酸，，，为一元弱酸，。现向的溶液中加入的溶液，混合溶液的温度随溶液体积的变化如图所示：
下列说法正确的是
A．b点时反应放出的热量为0.2296kJ
B．水的电离程度：
C．将少量溶液滴入溶液中发生反应：
D．c点时：
【答案】D
【分析】草酸是二元酸，根据滴定消耗的氢氧化钠的量，可以判断a点溶质为NaHC2O4，b点溶质为Na2C2O4，c点溶质为，等浓度的Na2C2O4和NaOH，以此解题。
【详解】A．草酸为二元酸，b点时生成水的物质的量为：0.1ml/L×20×10-3L×2=4×10-3ml，由于醋酸是弱酸，与氢氧化钠反应的过程中，醋酸还在不断的电离，其电离过程是吸收热量的，故生成4×10-3ml水，放出的热量小于4×10-3ml×57.4KJ/ml=0.2296 kJ，A错误；
B．a点为NaHC2O4，草酸氢根离子的水解，会促进水的电离，b点为Na2C2O4，草酸根离子的水解程度更大，故此时水的电离程度更大，c溶液中有过量的氢氧化钠，会抑制水的电离，水的电离程度较小，故水的电离程度：，B错误；
C．根据电离常数可以知道酸性，，故少量溶液滴入溶液中，只能生成和HCOOH，即，C错误；
D．c点时溶质为：Na2C2O4和NaOH，二者物质的量之比为1∶1，由电荷守恒：，物料守恒，，得，D正确；
故选D。
3．（2022·内蒙古·阿拉善盟第一中学高二期末）常温下，向20 mL 0.01 ml·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.01 ml·L-1的CH3COOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的对数随加入CH3COOH溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是
A．H、F点溶液显中性
B．E点溶液中由水电离的c水(OH—)=1×10-3 ml·L-1
C．H点溶液中离子浓度关系为c(CH3COO—)>c(Na+)>c(H+)>c(OH—)
D．G点溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)
【答案】D
【分析】氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大，则G点为醋酸钠溶液；从E点到G点的反应过程中，所得溶液为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性；H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性。
【详解】A．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，故A错误；
B．氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，0.01 ml·L-1的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度为0.01 ml·L-1，则溶液中水电离的氢离子浓度为10-12 ml·L-1，故B错误；
C．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)>c(H+)=c(OH—)，故C错误；
D．由分析可知，G点为醋酸钠溶液，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)，故D正确；
故选D。
4．（2022·辽宁朝阳·高二期末）25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与lg的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．图中a=2.6
B．溶液中pH=7时，c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)
C．25℃时，HCO+H2OH2CO3+OH—的Kh=1.0×10-6.4
D．若图表示pH与lg的关系，则曲线应在平行于曲线MN的下方
【答案】A
【分析】由图可知，N点时，溶液中lg为1、pH为7.4，则碳酸的一级电离常数Ka1(H2CO3)==10×10－7.4=10-6.4。
【详解】A．由图可知，M点溶液pH为9，由电离常数可知，溶液中lg=lg=lg=2.6，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液与盐酸反应所得溶液中存在电荷守恒关系，c(Na+)+ c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH—)+c(Cl—)，当溶液中pH=7时，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液中c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+c(Cl—)，故B错误；
C．碳酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh====1.0×10-7.6，故C错误；
D．由电离常数公式可知，溶液中lg=lg，lg=lg，一级电离常数远远大于二级电离常数，则氢离子浓度相同时，lg小于lg，则若图表示pH与lg的关系，则曲线应在平行于曲线MN的上方，故D错误；
故选A。
5．（2022·云南楚雄·高二期末）为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度的概念：。常温下，用0.1ml/L的NaOH溶液滴定20mL0.1ml/LHCN溶液，溶液的酸度AG随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(滴定过程中温度的变化忽略不计)，已知，下列说法正确的是
A．该过程可以用甲基橙作指示剂
B．常温下，HCN的电离常数
C．滴定过程中的值逐渐减小
D．当V=10mL时，溶液中存在：
【答案】B
【详解】A．滴定终点时溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，A项错误；
B．未加溶液时，AG=3.8，，结合，可得，，B项正确；
C．的分子，分母同时乘以得到，温度不变，平衡常数不变，C项错误；
D．当时，溶液中的，利用电荷守恒和物料守恒可得，D项错误。
故选B。
1．（2022·宁夏·石嘴山市第三中学高二期末）设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
A．2.0L 1.0 ml·L-1的AlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0 NA
B．25℃时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NA
C．1.0L 1.0 ml·L-1溴化铵溶液中，NH与H+离子数之和为NA
D．1.0 ml·L-1HCl溶液中，HCl分子的数目为NA
【答案】B
【详解】A．•L-1的AlCl3溶液中，铝离子发生水解，铝离子数目减小，Al3+的数目小于2.0NA，故A错误；
B．pH为12的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-12ml/L，c(OH-)=ml/L=10-2ml/L，含有OH-数目为1L×10-2ml/L×NA/ml=0.01NA，故B正确；
C．1L1ml/L溴化铵水溶液中存在电荷守恒，n(H+)+n()=n(Br-)+n(OH-)，溴离子物质的量为1L×1ml/L=1ml，则n(H+)和n()物质的量大于1ml，与H+离子数之和大于NA，故C错误；
D．1.0ml•L-1HCl溶液中，HCl完全电离，不存在HCl分子，溶液体积不知也不能计算微粒数，故D错误；
故选：B。
2．（2022·云南·昆明二十三中高二期末）下列关于NaHCO3溶液的说法正确的是
A．NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na++H++CO
B．离子浓度大小关系：c(Na+)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(H+)
C．离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)+c(CO)
D．25℃时NaHCO3溶液中pH=8，由水电离的c(OH-)=1×10-8ml/L
【答案】B
【详解】A．是多元弱酸的酸式根，不能拆，A错误；
B．水解呈碱性，故c(Na+)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(H+)，B正确；
C．一个带两个负电荷，故电荷守恒应为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，C错误；
D．25℃时NaHCO3溶液中pH=8，则溶液中c(OH-)=10-6 ml/L，水解促进水电离，水电离的c(OH-)=1×10-6ml/L，D错误；
故答案选B。
3．（2022·广东深圳·高二期末）下列有关说法正确的是
A．直接加热溶液可得到固体
B．用标准盐酸滴定未知浓度的溶液，若锥形瓶内残留少量蒸馏水，对实验无影响
C．金属铁在潮湿的空气中生锈，主要发生化学腐蚀
D．室温下，的盐酸与的氨水等体积混合，所得溶液中：
【答案】B
【详解】A．直接加热溶液，水解平衡正向移动，HCl挥发，得到固体，故A错误；
B．用标准盐酸滴定未知浓度的溶液，若锥形瓶内残留少量蒸馏水，对氢氧化钠的物质的量无影响，不影响消耗盐酸的体积，故B正确；
C．金属铁在潮湿的空气中构成原电池，主要发生电化学腐蚀，故C错误；
D．室温下，的盐酸与的氨水等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性， 、 ，所以，故D错误；
选B。
4．（2022·广东珠海·高二期末）下列事实与盐类水解有关的是
①NaHCO3水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制FeCl3溶液，需用盐酸溶解FeCl3固体
A．除⑥以外B．除②以外C．除②、⑥以外D．以上全部
【答案】B
【详解】①NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，与盐的水解反应有关，①符合题意；
②NaHSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+使其水溶液呈酸性，与盐的水解反应无关，②不符合题意；
③铵态氮肥中铵根离子水解使溶液显酸性，因此长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大，与盐的水解反应有关，③符合题意；
④铵态氮肥水解使溶液显酸性，草木灰主要成分是K2CO3，水解使溶液显碱性，二者混合使用，会导致部分铵态氮肥变为NH3逸出，从而使肥效降低，故铵态氮肥不能与草木灰混合施用，与盐的水解反应有关，④符合题意；
⑤纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。盐的水解反应是吸热反应，加热升高温度，盐水解程度增大，能使溶液碱性增强，因而导致纯碱溶液去污能力增强，与盐的水解反应有关，⑤符合题意；
⑥FeCl3是强酸弱碱盐，水解产生难溶性Fe(OH)3，导致配制的FeCl3溶液变浑浊，为抑制盐的水解反应，在配制FeCl3溶液，需用盐酸溶解FeCl3固体，然后再加水稀释至所需浓度，与盐的水解反应有关，⑥符合题意；
综上所述可知：与盐的水解反应有关的叙述是除②以外的叙述，故合理选项是B。
5．（2022·河南商丘·高二期末）常温下，向20mL0.1ml·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1ml·L-1的烧碱溶液，溶液中由水电离出的c水(H+)随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法错误的是
A．由图可知A-的水解平衡常数Kh约为1×10-9
B．B点溶液中粒子浓度之间存在：c(HA)c(HA)，B正确；
C．C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，C错误；
D．F点溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，联立电荷守恒式和物料守恒式可得： c(OH-)= 2c(HA)+c(A -)+c(H+)，D正确；
故选C。
6．（2022·宁夏·永宁县永宁中学高二期末）在25℃时，在浓度为1 ml·L-1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NH)分别为a、b、c(单位为ml·L-1)，下列判断正确的是
A．c＞a＞bB．a＞b＞cC．a＞c＞bD．a=b=c
【答案】A
【详解】在(NH4)2SO4溶液中，只发生水解反应+H2ONH3·H2O + H+；在(NH4)2CO3中，+H2ONH3·H2O + H+，＋H2O＋OH-，两个水解反应相互促进，从而使水解程度增大；在(NH4)2Fe(SO4)2中，+H2ONH3·H2O + H+，Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，两个水解反应相互抑制，从而使水解程度减小；
综合以上分析，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中最大，(NH4)2CO3溶液中最小，从而得出c＞a＞b，故选A。
7．（2022·黑龙江·农垦佳木斯学校高二期末）在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是
A．升高温度，增大
B．加入CuSO4固体，HS-浓度增大
C．稀释溶液，水解平衡常数增大
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】A
【详解】A.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，所以增大，故A正确；
B.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B错误；
C.水解平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时水解平衡常数是不变的，故C错误；
D.加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错误；
故选A。
8．（2022·新疆·乌鲁木齐市第四中学高二期末）下列应用与盐类水解无主要关系的是（ ）
A．用铝盐和铁盐作净水剂
B．将（遇水剧烈水解）和混合加热制取无水
C．溶液制备晶体时，不能直接蒸干结晶获取
D．草木灰与铵态氮肥不能混合施用
【答案】C
【详解】A.铝离子和铁离子均水解，分别生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，因此用铝盐和铁盐作净水剂，与盐类水解有关，故A不选；
B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，水解生成，抑制氯化铝水解，将和混合加热制取无水，与盐类水解有关，故B不选；
C.亚铁离子不稳定，易被空气中的氧化生成铁离子，且受热易分解，所D.以不能直接蒸干饱和溶液来制备，与盐类水解无关，故C选；
铵根离子和碳酸根离子水解相互促进，因此施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用，与盐类水解有关系，故D不选。
故答案选：C。
9．（2022·重庆南开中学高二期末）从海水的母液中提取金属镁的一种工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．步骤①沉镁可加入石灰乳
B．步骤③脱水时，在空气中加热MgCl2·6H2O得到MgCl2
C．步骤④中镁在阴极生成
D．设计步骤①、②、③的主要目的是富集镁元素
【答案】B
【分析】由流程可知，海水蒸发得到粗盐和含有镁离子的母液，母液中加入石灰乳，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，Mg（OH）2沉淀与HCl反应生成MgCl2和水，MgCl2溶液蒸发结晶得到MgCl2·6H2O晶体，为抑制镁离子的水解，MgCl2·6H2O在HCl在气流中加热脱水得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2冶炼得到金属Mg。
【详解】A项、母液中加入石灰乳，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，故A正确；
B项、因镁离子水解，脱水时应在HCl气氛中进行，防止MgCl2发生水解，故B错误；
C项、电解熔融MgCl2时，镁离子在阴极放电生成Mg，故C正确；
D项、海水中镁离子浓度较小，步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查海水提镁的工艺流程，侧重分析与实验能力的考查，注意水解与电解原理的应用，把握流程中发生的反应、金属冶炼为解答的关键。
10．（2022·河北·卢龙县第二高级中学高二期末）某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．c点的溶液中c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)
B．a、b两点溶液的导电性：a>b
C．b、c两点溶液中水的电离程度：b=c
D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb=Vc
【答案】B
【分析】NaOH是强碱，而CH3COONa溶液中存在水解平衡，所以相同pH溶液进行稀释时，CH3COONa溶液的pH变化比较平缓，所以曲线II为CH3COONa稀释曲线。
【详解】A．任一点溶液中均存在电荷守恒：c(OH−)+c(CH3COO-)＝c(H+)+c(Na+)，依据物料守恒有： c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，将两式相减得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH−)。如所给的等式c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)成立，则可得出c(CH3COOH)=0这一错误的结论，A项错误；
B．开始两溶液的pH相同，则开始物质的量浓度：CH3COONa>NaOH，a、b两点溶液稀释的倍数相同，所得对应溶液中的离子浓度：CH3COONa>NaOH，导电性：a>b， B项正确；
C．b、c两点溶液中pH相同，但一个是碱溶液，水的电离受到抑制，一个是强碱弱酸盐的溶液，水的电离因CH3COO-水解而受到促进，所以水的电离程度：bn(NaOH)，所以用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应时，消耗盐酸的体积：Vb20mL，且a点对应的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)
C．图中V1c(SO)
B．0.1 ml·L-1的NaHCO3溶液中：c(OH-)+c(HCO)+c(CO)=c(H+)+c(Na+)
C．0.1 ml·L-1 HCl溶液与0.2 ml·L-1氨水等体积混合：2c(H+)+c(NH3·H2O)=c(NH)+2c(OH-)
D．0.1 ml·L-1的硫化钠溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)
【答案】A
【详解】A．溶液中存在电荷守恒c(NH)+ c(H+) = c(OH-) +2c(SO)，因为常温下氨水与硫酸混合后，溶液的pH=7，则溶液显中性，c(OH-)=c(H+)，则c(NH)=2c(SO)，即c(NH)>c(SO)，故A正确。
B．0.1 ml·L-1的NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)=c(H+)+c(Na+)，故B错误；
C．0.1 ml·L-1 HCl溶液与0.2 ml·L-1氨水等体积混合，存在电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(Cl-) +c(OH-)①，物料守恒：2c(Cl-)=c(NH)+c(NH3·H2O)②，①×2+②得2c(H+)+c(NH)= c(NH3·H2O)+2c(OH-)，故C错误；
D．根据硫化钠溶液中质子守恒，溶液中水完全电离出氢氧根离子和氢离子相同，即c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；
故答案为A。
16．（2022·河南商丘·高二期末）用0.1000ml·L-1盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是
[如A2-分布分数：δ(A2-)=]
A．H2AKa1为10-10.25
B．b点溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)
C．第一次突变，可选甲基橙作指示剂
D．c点：c(HA-)>c(H2A)
【答案】D
【分析】用0.1000ml/ L盐酸滴定20.00mL Na2A溶液，pH较大时A2-的分布分数δ 最大，随着pH的减小，A2-的分布分数δ逐渐减小，HA-的分布分数δ逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA-的分布分数δ逐渐减小，H2A 的分布分数δ逐渐增大，表示H2A、HA-、A2-的分布分数δ的曲线如图所示：
【详解】A．H2A的Ka1=根据上图交点1计算可知Ka1=10-6.38，A错误；
B．由图象可知b点溶液显碱性，c(H+)2c(A2-)+c(HA-)，B错误；
C．根据图象可知第个次滴定突跃溶液呈碱性，不可以选择甲基橙做指示剂，应选择酚酞，C错误；
D．根据图象可知c点中c(HA-)>c(H2A)，D正确；
故选D。
17．（2022·辽宁沈阳·高二期末）25℃时，用1.00 的NaOH溶液滴定100 mL某二元弱酸，滴定过程中溶液的pH及、及的物质的量浓度变化如图所示，下列说法正确的是
A．的
B．在Y点时，
C．Z点的溶液中：
D．0.01 NaHA溶液中：
【答案】D
【分析】随着NaOH溶液的加入，越来越少，先增加后减少，越来越多，因此曲线①②③分别代表为c()、c()、c()。
【详解】A．由图可知，Y点c()=c()，的Ka2=；X点c()=c()，，故A选项错误；
B．Y点时，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，因为pH=8，c(H+) c(HA-)+2c(A2-)=3 c(A2-)，B选项错误；
C．由图可知，Z点时，V(NaOH)=20mL，达到第二个滴定终点，溶质为Na2A，c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)+2c(H2A)= ，C错误；
D．HA-的水解平衡常数Kh(HA-)=，因此HA-的电离大于水解，即，D正确。
故本题选D。
18．（2022·湖南·益阳市第一中学高二期末）向5mL0.10ml·L−1H2A溶液滴加一定浓度的NaOH溶液，滴定过程中溶液pH和温度随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．30 ℃时，Ka2(Н2А)=10−9.7
B．从W至Z点，水的电离程度逐渐减小
C．当c(H2A)=c(A2−)时，溶液pH=6
D．当时，c(H2A)>c(A2−)−c(HA−)
【答案】D
【分析】由图可知，过X的曲线有两个突变，则过X的曲线为pH曲线，过Y的曲线为温度曲线；X为第一反应终点，X点为NaHA溶液，Z为第二反应终点，Z点为Na2A溶液，X点时：n(NaOH)=n(H2A)，c(NaOH)V(NaOH溶液)=c(H2A)·V(H2A溶液)，，c(H2A)= 0.10ml·L−1，代入数据解得c(NaOH)=0.05ml·L−1；W点Ka1==10-2.3，Y点Ka2(Н2А)==10-9.7，据此分析解答。
【详解】A．由图可知c(HA-)=c(A2-)时溶液温度>30 ℃，此时c(HA-)=c(A2-)，Ka2(Н2А)==10-9.7，显然30℃时，Ka2(Н2А)c(A2−)−c(HA−)，故D正确；
答案选D。
19．（2022·云南·昭通市昭阳区第二中学高二期末）25℃时，向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，pY=﹣lgY。下列叙述正确的是
A．曲线n表示pH与-lg的变化关系
B．Ka1(H2X)的数量级为10﹣6
C．当溶液呈中性时，c(HX-) + 2c(H2X)=c(Cl-)
D．NaHX溶液中：c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(H2X)
【答案】C
【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，则pH相同时＜，﹣lg>﹣lg，则m、n分别表示pH与﹣lg、﹣lg的变化关系。
【详解】A．根据分析可知，n表示pH与﹣lg的变化关系，A错误；
B．n点pH=7.4，=﹣1，=10，Ka1(H2X)=×c(H+)=10-7.4×10=1.0×10﹣6.4，数量级为10﹣7，B错误；
C．当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH﹣)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(HX﹣)+2c(X2﹣)+c(Cl﹣)，根据物料守恒：c(Na+)=2c(HX﹣)+2c(X2﹣)+2c(H2X)，联立这两个式子消去c(Na+)得：c(HX﹣)+2c(H2X)=c(Cl﹣)，C正确；
D．M点pH=9.3，c(H+)=10﹣9.3ml/L，﹣lg=1，则=0.1，所以Ka2(H2X)=×c(H+)=10﹣9.3×0.1=1.0×10﹣10.3，所以HX﹣的水解平衡常数，说明HX﹣的水解程度大于其电离程度，则c(H2X)>c(X2-)，D错误；
故选C。
20．（2022·湖南·宁乡市教育研究中心高二期末）常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入。通入的体积(V)与溶液中水电离出的的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．d点溶液中，
B．c点溶液中，
C．b点溶液中，水电离出的
D．a点溶液中，水电离出的
【答案】B
【详解】A．d点溶液中水电离出的，即水的电离不受影响，溶液中溶质为、，溶液呈中性，，根据电荷守恒得，A项正确；
B．c点时水的电离程度最大，溶液中溶质为，水解生成，但其水解程度较小，所以，B项错误；
C．a点溶液中溶质为NaOH、c点溶液中溶质为，则b点溶液中溶质为NaOH和，水电离出的等于水电离出的，为，C项正确；
D．a点溶液中溶质为NaOH，NaOH抑制水的电离，此时溶液中水电离出的，D项正确。
故选B。
21．（2022·四川达州·高二期末）酸、碱、盐是中学化学学习的重要化合物，请依据其性质回答下列问题。
(1)常温下，小苏打溶液pH_______7(填“>”、“=”或“”、“=”或“”、“=”或“”、“=”或“”、“=”或“②>①
(2)
(3)
(4)
(5)90:11
(6)
【分析】根据题中表格数据，由K值判断酸的酸性强弱，酸性越弱的酸形成的盐浓度相同时水解程度越大，pH越大判断；根据电荷守恒和盐溶液的酸碱性判断离子浓度大小；根据NaClO溶液中存在的离子写出电荷守恒关系式；根据酸性强弱，依据强酸制弱酸原理写出离子方程式；根据电荷守恒和题给离子浓度关系进行判断；据此解答。
（1）由酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH值越小可知，图表中数据分析可知酸性HF>H2CO3>HClO>，相同浓度的这几种钠盐溶液中酸根离子水解程度为F-②>①；
（2）pH=4的NH4Cl溶液，说明水解呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒可知c(Cl-)>c()，水解程度较小，则有c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)；答案为c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)；
（3）NaClO溶液中存在Na+、ClO-、H+、OH－四种离子，由阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数可知，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)；答案为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)；
（4）根据电离平衡常数K可知，酸性H2CO3>HClO>，所以向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的离子方程式为CO2+ClO-+H2O═HClO+；答案为ClO-+CO2+H2O═HClO+；
（5）时，的苛性钠溶液中氢氧根的浓度是，与的稀硫酸混合设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和，所得混合溶液的，说明稀硫酸过量，则，解得：：；
（6）依据电离方程式可得，的电离平衡常数表达式；依据水解方程式可得，的水解平衡常数表
23．（2022·浙江·宁波市奉化区教师进修学校高二期末）测定0.1ml•L﹣1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
（1）Na2SO3水解的离子方程式为_____。
（2）请根据题给信息判断Kw的关系①_____④（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），Kh的关系①_____②。
（3）实验过程中，取①、④时刻相同体积的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀④比①多。该白色沉淀的成分是_____，沉淀④比①多的原因是_____。
（4）数据显示，①→③的过程中，_____对水解平衡移动方向的影响程度更大（填“温度”或“浓度”）。
【答案】 SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣ ＝ ＜ BaSO4 升温过程中部分亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子 浓度
【分析】（1）多元弱酸根离子部分水解，且分步水解，第一步为主；
（2）离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变；
（3）此实验就是想验证亚硫酸根离子具有还原性，被空气中氧气氧化为硫酸根离子；
（4）①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动；
【详解】（1）Na2SO3水解分步进行生成亚硫酸氢钠和氢氧化钠，水解的离子方程式：SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣；
答案：SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣；
（2）离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，①与④的温度相同，所以其离子积常数相等，水解平衡常数随温度变化，升温促进水解，水解平衡常数增大，②温度高，水解平衡常数大，①＜②；
答案：＝；＜；
（3）在实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，①无白色沉淀，说明该溶液中亚硫酸钠和盐酸反应后再不和氯化钡溶液反应，④产生白色沉淀，说明加热过程中有部分亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀；
答案：BaSO4；升温过程中部分亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子；
（4）①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，对水解平衡移动方向的影响程度更大的是浓度；
答案：浓度。
弱电解质
HClO
H2CO3
H2SO3
NH3·H2O
电离平衡常数
Ka=4.0×10-8
Ka1=4.3×10-7
Ka2=4.7×10-11
Ka1=1.5×10-2
Ka2=6.0×10-8
Kb=1.75×10-5
化学式
HF
HClO
H2CO3
NH3·H2O
电离常数
6.8×10-4
4.7×10-8
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
Kb=1.7×10-5
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25