18．答案：D

[解析]A项，苯酚钠溶液因C₆H₅O^－水解而呈碱性，其离子浓度大小是：c(Na⁺)＞c(C₆H₅O^－)＞c(OH^－)＞c(H⁺)，故A项错。B项，Na₂CO₃溶液呈碱性，稀释，pH减小，但温度不变，K_w不变，所以B项错。pH = 5即c(H⁺) = 10^－5 mol/L，C项错。根据沉淀溶解平衡，难溶(AgCl)的可以转化为更难溶(Ag₂S)的，故D项正确。

19答案： C

[解析]此题以完全反应时为参照点：若V_a = V_b，则酸和碱正好完全反应生成CH₃COOK，①根据质子守恒：c(CH₃COOH)+c(H⁺) = c(OH^－)，B项正确；②根据物料守恒：c(CH₃COOH)+c(CH₃COO^－) = c(K⁺)，可判断出：V_a＞V_b时，即酸过量时，A项正确；③根据电荷守恒(适于各种量变)：c(K⁺)+c(H⁺) ＝ c(OH^－)+c(CH₃COO^－)，可判断出：D项正确、C项错误。

17．答案：B

[解析]本题综合考察强弱电解质的电离、水的电离、盐类水解等有关电离平衡的全部知识。A项，氨水中NH₃·H₂O是弱碱，电离出的NH₄⁺ 很少，而NH₄Cl完全电离，虽然NH₄⁺ 会水解，但水解的部分很少，c(NH₄⁺ )：③＞①，A正确。B项，HCl、氨水都是抑制水的电离，浓度相同时，强酸(HCl)对水的抑制作用强于弱碱(NH₃·H₂O)，水电离出的c(H⁺)：①＞②，B错。C项，相当于是NH₄Cl溶液，选项中等式符合质子守恒，正确。NH₄Cl溶液中加入氨水，由于NH₃·H₂O电离程度大于NH₄⁺　的水解程度，故D正确。

16．答案： B

[解析]平衡常数仅与温度有关，故稀释时是不变的，A项错。CO₂通入水中，相当于生成H₂CO₃，可以与OH^－反应，而促进平衡正向移动，B项正确。升温，促进水解，平衡正向移动，故的结果是增大的，C项错。D项，加入NaOH，碱性肯定增强，pH增大，故错。

[考点分析]此题考查了水解平衡中影响其移动的因素及平衡常数的相关知识。(知识点考察单一但难度有所提升)

15．答案：A

[解析]由电离常数可知电离关系为：H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^－，则同浓度时水解程度为：CO₃^{2 －}＞ClO^－ ＞HCO₃^－。由于同浓度时，ClO^－水解程度大于HCO₃^－，A项正确，B项不正确。由物料守恒c(HClO)+　 c(ClO^－) = c(HCO₃^－)+c(H₂CO₃)+c(CO₃^{2 －})知，C项不正确。由电荷守恒c(Na⁺)+c(H⁺) = c(HCO₃^－)+c(ClO^－)+c(OH^－)+2c(CO₃^{2 －})知，D项不正确。

14．答案：B

[解析]本题考查同浓度不同溶液酸碱性的比较，重点考查盐类水解规律的灵活应用。KCl、KNO₃、Na₂SO₄均为强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而A中Na₂SO₃、FeCl₃分别水解而使溶液显碱性和酸性；B中由于酸性H₂SiO₃＜H₂CO₃，根据越弱越水解可判断溶液碱性Na₂SiO₃＞Na₂CO₃，NH₄Cl水解显酸性；C中pH应为：NH₃·H₂O＞Na₂SO₄＞H₃PO₄＞H₂SO₄；D中NaHCO₃水解大于电离而显碱性，C₂H₅OH对水的电离平衡无影响，pH=7。故只有B项是pH由大到小排列的。

[技巧点拨]比较溶液的酸碱性或pH，首先要判断是酸、碱或盐溶液，一般说来pH：强碱＞弱碱，弱酸＞强酸；而盐要考虑是否发生水解，盐若不水解pH=7，盐若水解要根据盐中离子性质确定其酸碱性，涉及酸式盐，还要考虑电离和水解程度的相对大小等。

13．答案：C

[解析]二者都存在盐的水解和水的电离，A项正确。B项中注意HCO₃^－ 电离出CO₃^{2 －}。HCO₃^－ 的水解弱于CO₃^{2 －}，所以c(OH^－)是前者小于后者，C项错。D项中，加入NaOH固体，前者因OH^－与HCO₃^－ 反应而使c(CO₃^{2 －})增大，后者因OH^－抑制CO₃^{2 －}的水解而使c(CO₃^{2 －})增大，所以D项正确。

11．在氯水中，氯元素绝大多数以Cl₂形式存在，不会存在此等式，故A不正确。氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离生成H⁺和Cl^－，HClO部分电离，即c(H⁺)＞c(Cl^－)＞c(ClO^－)＞c(OH^－)，B项错。C项完全反应后相当于CH₃COONa溶液，由于CH₃COO^－水解导致c(Na⁺)＞c(CH₃COO^－)，C项错。D项中，由于CO₃^{2 －}水解，1/2c(Na⁺)＞c(CO₃^{2 －})；从反应CO₃^{2 －}+H₂OHCO₃^－ +OH^－、HCO₃^－ +H₂OH₂CO₃+OH^－可知，c(OH^－)与c(HCO₃^－ )大小相近，但c(OH^－)＞c(HCO₃^－ )；H⁺的来源是水的电离(极弱)、HCO₃^－ 的电离(弱于水解)，c(H⁺)很小，远小于c(OH^－)，而c(HCO₃^－ )与c(OH^－)相近，所以c(HCO₃^－ )＞c(H⁺)；最后确定D项正确。

^12．答案： ^C

^{[解析]做题思路：pH顺序是：酸(强＜弱＝＜盐(弱碱盐＜双强盐＜弱酸盐＝＜碱(弱＜强＝。}

^{苯酚当做酸对待，所以酸中pH：①醋酸＜④碳酸＜②苯酚；盐中，③⑤⑥均属于强碱弱酸盐，根据越弱越水解的原理，电离程度H2CO3＞苯酚＞HCO3－　 　，则对应盐的碱性(即pH顺序)为：⑥NaHCO3＜③苯酚钠＜⑤Na2CO3，故C项正确。}

10．答案：C

[解析]单位体积内的粒子数，实质为粒子的浓度。显然A、B两项的浓度较小，排除。C、D两项浓度相同，但D项中CH₃COOH属于易挥发性分子，且在溶液中不完全电离，离子总浓度比C小，所以C项沸点最高。

9．答案： (1)0.045　 9.0×10^－3

(2)该反应中甲酸具有催化作用

①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢。

②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大。

③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，此时，v(正)减小，特别是v (逆)增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零。

(3)0.14。　 (4)　

[解析](1)由图可知15-20 min内，甲酸甲酯的转化率从6.7%上升到11.2%，则Dn(甲酸甲酯) = 1.00 mol×(11.2%－6.7%) = 0.045 mol，v (HCOOCH₃) = = 9×10^－3 mol·min^－1。

(2)从(1)给表中数据可知，平均速率是先增大再减小，后保持为0。分析其原因，可从浓度、催化剂、温度来入手：现温度不变；HCOOCH₃起始时浓度最大，但其起始速率并不是最大，说明有催化剂的影响；现有物质中有催化可能的是HCOOH、CH₃OH、H₂O，但CH₃OH、H₂O的起始浓度已不小，所以，只能考虑是HCOOH起催化作用。

(3)K值的计算要注意选取的是平衡时的量，即是图上甲酸甲酯的转化率为24%的点。

(4)因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间缩短，所以绘图时要注意T₂达到平衡的时间要小于T₁。再者，该反应是吸热反应，升高温度，平衡右移，甲酸甲酯的转化率增大，所以T₂达平衡时的平台要高于T₁。

8．答案：B

[解析]　 H₂(g)+X₂(g)HX(g)

起始浓度/ mol·L^－1　 0　　　 0　　　　 1

分解浓度/ mol·L^－1　 x　　　 x　　　　 2x　

平衡浓度/ mol·L^－1　 x　　　 x　　　　 1－2x　

K = 10 =，解得x = 0.0833　

所以a(HX) = 2x/1 = 0.167 = 16.7%。