有关①100mL 0.1mol/LNaHCO$_3$、②100mL 0.1mol/LNa$_2$CO$_3$两种溶液的叙述不正确的是（ ）
分析：
A、根据盐类水解的程度判断；
B、根据水解方程式分析；
C、根据水解和电离程度判断；
D、根据两次水解程度判断．
解答：
解：物质的量浓度相同的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液，其水解方程式分别如下：
碳酸氢钠的水解：①HCO$_3$_+H$_2$O⇌H$_2$CO$_3$+OH_
②碳酸钠的水解：CO$_3$_+H$_2$O⇌HCO$_3$_+OH_； HCO$_3$_+H$_2$O⇌H$_2$CO$_3$+OH_A、多元弱酸根的水解是分步进行的，第一步水解程度远远大于第二步水解程度；且溶液中的氢氧根离子来自于水的电离，H$_2$O⇌H_+OH_，水电离出的氢离子和氢氧根离子的个数相同，所以②溶液中水电离出的OH_的个数大于①溶液中水电离出的OH_的个数，故A正确．
B、由①结合HCO$_3$_⇌H_+CO$_3$ _分析，HCO$_3$_离子水解、电离前后，阴离子的物质的量不变；CO$_3$_离子水解前后，阴离子的物质的量增大，所以溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，故B正确．
C、HCO$_3$_水解、电离方程式如下：HCO$_3$_+H$_2$O⇌H$_2$CO$_3$+OH _HCO$_3$_⇌H_+CO$_3$ _，因为溶液呈碱性，
其C( OH_ )＞C(H_)，所以其水解程度大于电离程度，故c(CO$_3$_)＜c(H$_2$CO$_3$)，故C错误．
D、CO$_3$_+H$_2$O⇌HCO$_3$_+OH_；HCO$_3$_+H$_2$O⇌H$_2$CO$_3$+OH_多元弱酸根的水解是分步进行的，第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以②溶液中
c(CO$_3$_)＞c(HCO$_3$_)＞c(H$_2$CO$_3$)，故D正确．
故选C．
点评：
本题考查了盐类水解的综合应用，主要考查盐类水解溶液中存在的几个守恒，电荷守恒，电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数．电解质溶液中，某种粒子的初始浓度等于它的各种存在形态的浓度之和即物料守恒．
关于小苏打水溶液的表述正确的是（ ）
分析：
A．该方程式为碳酸氢根离子水解方程式；
B．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO$_3$_的电离程度小于HCO$_3$_的水解程度；
D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断．
解答：
解：A．HCO$_3$_+H$_2$O⇌H$_2$CO$_3$+OH_为碳酸氢根离子水解方程式，其电离方程式为HCO$_3$_⇌CO$_3$_+H_，故A错误；
B．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na_)+c(H_)=c(HCO$_3$_)+2c(CO$_3$_)+c(OH_)，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO$_3$_的电离程度小于HCO$_3$_的水解程度，所以溶液中c(H_)＜c(OH_)，故C错误；
D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na_)=c(HCO$_3$_)+c(CO$_3$_)+c(H$_2$CO$_3$)，故D正确；
故选D．
点评：
本题以碳酸氢钠为载体考查了盐类水解，根据溶液酸碱性确定电离和水解程度的相对大小，再结合电荷守恒、物料守恒分析解答，题目难度不大．
下列溶液中各微粒的浓度关系错误的是（ ）
分析：
A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
B．NaHCO$_3$中HCO$_3$_的水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，HCO$_3$_电离和水电离都生成H_，而CO$_3$_只有HCO$_3$_电离生成；
C．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．
解答：
解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na_)+c(H_)=c(OH_)+2c(S_)+c(HS_)，根据物料守恒得c(HS_)+c(S_)+c(H$_2$S )=c(Na_)，所以得c(OH_)+c(S_)=c(H$_2$S )+c(H_)，故A正确；
B．NaHCO$_3$中HCO$_3$_的水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，HCO$_3$_电离和水电离都生成H_，而CO$_3$_只有HCO$_3$_电离生成，所以c(CO$_3$_)＜c(H_)，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH_)=c(H_)+c(HCO$_3$_)+2c(H$_2$CO$_3$)，故C正确；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH$_4$_)+c(H_)=c(OH_)，故D正确；
故选B．
点评：
本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离及盐类水解，根据溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒来分析解答，题目难度不大．
下列有关说法正确的是（ ）
分析：
A、加水稀释溶液的浓度减小；
B、CH$_3$COOH在溶液中部分电离；
C、根据影响Kw的因素分析；
D、0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，HA_的电离程度大于水解程度．
解答：
解：A、加水稀释溶液的浓度减小，所以0.1mol/L NH$_4$Cl溶液加蒸馏水稀释，溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH不断增大，故A错误；
B、CH$_3$COOH在溶液中部分电离，所以常温下，pH=2的CH$_3$COOH溶液中醋酸的浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.01mol/L，所以二者等体积混合后，醋酸过量，溶液的pH＜7，故B正确；
C、水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明升高温度平衡正移，则正方向为吸热方向，所以水的电离是吸热反应，故C错误；
D、0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，说明HA_的电离程度大于水解程度，则c(HA_)＞c(H_)＞c(A_)＞c(H$_2$A)，故D错误；
故选B．
点评：
本题考查了弱电解质的电离、Kw的影响因素、盐的水解原理的应用等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．
盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质．下列表述不正确的是（ ）
分析：
A．向NaHCO$_3$溶液中加入与其等物质的量的NaOH固体，溶液离子浓度增大；
B．由物料守恒和电荷守恒判断；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，能发生水解，根据电荷守恒和物料守恒判断各种离子浓度之间的关系；
D．pH相同时，NaOH浓度最大，结合越弱越水解进行判断．
解答：
解：A．在NaHCO$_3$溶液中加入与其等物质的量的NaOH，碳酸氢钠和氢氧化钠恰好反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液中离子浓度增大，导电性增大，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液中根据物料守恒知，c(Na_)=c (H$_2$CO$_3$)+c(HCO$_3$_)+c(CO$_3$_)，根据电荷守恒知c(Na_)+c(H_)=c(OH_)+c(HCO$_3$_)+2 c(CO$_3$_)，所以c(H_)+c(H$_2$CO$_3$)=c(OH_)+c(CO$_3$_)，故B错误；
C．反应后生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐能水解，醋酸根离子水解导致钠离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液呈碱性，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，各种离子浓度关系为c(Na_)＞c(CH$_3$COO_)＞cOH_)＞c(H_)，故C正确；
D．氢氧化钠是强碱，不水解，相同浓度的三种溶液氢氧化钠的pH最大，所以pH相同的三种溶液中，氢氧化钠浓度最低，已知酸性：CH$_3$COOH＞H$_2$CO$_3$＞HCO$_3$_，所以碳酸氢钠的水解程度大于醋酸钠，则醋酸钠的浓度大于碳酸氢钠，碳酸氢钠的浓度大于氢氧化钠，故D正确．
故选B．
点评：
本题考查了离子浓度大小的比较，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，难度较大，能运用物料守恒和电荷守恒是解本题的关键．
25℃时，下列叙述中，正确的是（ ）
分析：
A．Na_不水解、CH$_3$COO_易水解；
B．加水稀释促进醋酸电离，溶液中c(OH_)增大；
C．酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离；
D．pH=9的NaHX溶液中HX_水解程度大于电离程度．
解答：
解：A．Na_不水解、CH$_3$COO_易水解，所以溶液中存在c(Na_)＞c(CH$_3$COO_)，故A错误；
B．加水稀释促进醋酸电离，醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(H_)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH_)增大，故B错误；
C．酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离，所以pH相同的NaOH溶液与NaHCO$_3$溶液中水的电离程度：NaOH＜NaHCO$_3$，故C错误；
D．pH=9的NaHX溶液中HX_水解程度大于电离程度，则c(H$_2$X)＞c(X_)，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查了盐类水解、弱电解质的电离，涉及弱电解质的电离、电解质对水电离的影响等知识点，根据弱电解质的电离特点、影响水电离的因素等知识点来分析解答，易错选项是B，注意：温度不变时，稀释弱酸时，溶液中c(OH_)增大，稀释弱碱溶液，溶液中c(H_)增大，为易错点．
下列叙述正确的是（ ）
分析：
A．氨水呈碱性，结合电荷守恒判断；
B．碱过量，计算过量的c(OH_)，可计算pH；
C．根据质子守恒判断；
D．根据物料守恒判断．
解答：
解：A．由电荷守恒可知氨水溶液中存在c(OH_)=c(NH$_4$_)+c(H_)，则c(OH_)＞c(NH$_4$_)，故A错误；
B．c(OH_)=$\frac {0.01L×(0.04mol/L-0.02mol/L)}{0.02L}$=0.01mol/L，则pH=2，故B正确；
C．CH$_3$COONa溶液中存在质子守恒，为c(OH_)=c(CH$_3$COOH)+c(H_)，故C错误；
D．NaHA溶液中存在物料守恒，为c(Na_)=c(A_)+c(HA_)+c(H$_2$A)，故D错误．
故选B．
点评：
本题考查离子浓度大小比较问题，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握盐类水解以及弱电解质的电离特点，注意电荷守恒的应用，难度中等．