分析：

A、NaHSO$_4$溶液中存在氢离子守恒分析判断；

B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；

C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；

D、依据溶液中元素物料守恒计算分析．

解答：

解：A、NaHSO$_4$溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO$_4$ =Na_+H_+SO$_4$_，H$_2$O⇌H_+OH_，溶液中质子守恒，c(H_)=c(SO$_4$_)+c(OH_)，故A正确；

B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银，c(Ag_)＞c(Cl_)＞c(I_)，故B错误；

C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，H$_2$CO$_3$⇌H_+HCO$_3$_，HCO$_3$_⇌H_+CO$_3$_，c(H_)＞c(HCO$_3$_)＞2c(CO$_3$_)，故C错误；

D、依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量NaHC$_2$O$_4$和Na$_2$C$_2$O$_4$的溶液：2c(Na_)=3[c(HC$_2$O$_4$_)+C(C$_2$O$_4$_)+c(H$_2$C$_2$O$_4$)]，故D错误；

故选A．

点评：

本题考查了电解质溶液中电离平衡分析，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中物料守恒，质子守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．

分析：

A．醋酸在溶液中的电离程度较小，则c(CH$_3$COOH)＞c(CH$_3$COO_)，溶液中氢离子来自水的电离和醋酸的电离，则c(H_)＞c(CH$_3$COO_)；

B．明矾溶液中，铝离子部分水解，溶液显示酸性，则c(H_)＞c(OH_)，钾离子和硫酸根离子不水解，据此判断溶液中离子浓度大小；

C．混合液中一定满足电荷守恒，根据碳酸钠、碳酸氢钠溶液中的电荷守恒判断；

D．溶液显示中性，则c(H_)=c(OH_)，根据电荷守恒可得：c(NH$_4$_)=2c(SO$_4$_)．

解答：

解：A．醋酸是弱电解质，只有部分电离，且电离程度较小，所以c(CH$_3$COOH)＞c(CH$_3$COO_)，溶液呈酸性，所以c(H_)＞c(OH_)，水和醋酸都电离出氢离子，只有醋酸电离出醋酸根离子，所以c(H_)＞c(CH$_3$COO_)，则离子浓度大小顺序是c(CH$_3$COOH)＞c(H_)＞c(CH$_3$COO_)＞c(OH_)，故A正确；

B.0.1mol/L的明矾[KAl(SO$_4$)$_2$•12H$_2$O]溶液中，硫酸根离子和钾离子不水解，铝离子部分水解，溶液显示酸性，则c(H_)＞c(OH_)，根据化学式组成及铝离子部分水解可知：c(SO$_4$_)＞c(K_)＞c(Al_)，溶液中离子浓度大小为：c(SO$_4$_)＞c(K_)＞c(Al_)＞c(H_)＞c(OH_)，故B正确；

C．等浓度的Na$_2$CO$_3$与NaHCO$_3$混合溶液中，根据电荷守恒可得：c(Na_)+c(H_)=c(HCO$_3$_)+2c(CO$_3$_)+c(OH_)，故C正确；

D．稀硫酸中滴入氨水，溶液显示中性，则c(H_)=c(OH_)，根据电荷守恒可得：c(NH$_4$_)=2c(SO$_4$_)，则溶液中离子浓度大小为：c(NH$_4$_)=2c(SO$_4$_)＞c(H_)=c(OH_)，故D错误；

故选D．

点评：

本题考查了盐的水解原理、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中离子浓度大小，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．

分析：

A、根据Na$_2$CO$_3$、NaHCO$_3$两溶液中，离子的种类知识来回答判断；

B、在Na$_2$CO$_3$、NaHCO$_3$两溶液中，阳离子有钠离子和氢离子；

C、根据溶液中的电荷守恒来回答；

D、根据溶液中的物料守恒来回答．

解答：

解：A、Na$_2$CO$_3$、NaHCO$_3$两溶液中，离子的种类均是：Na_、H_、HCO$_3$_、OH_、CO$_3$_，均相同，故A错误；

B、在Na$_2$CO$_3$、NaHCO$_3$两溶液中，阳离子有钠离子和氢离子，碳酸钠中物料守恒：c(Na_)=2[c(HCO$_3$_)+c(CO$_3$_)+c(H$_2$CO$_3$)]，碳酸氢钠中物料守恒：c(Na_)=[c(HCO$_3$_)+c(CO$_3$_)+c(H$_2$CO$_3$)]，钠离子浓度大不相同，即在等体积、等物质的量浓度的Na$_2$CO$_3$、NaHCO$_3$两溶液中，阳离子总数不相等，故B错误；

C、溶液中的电荷守恒为c(Na_)+c(H_)=c(HCO$_3$_)+c(OH_)+2c(CO$_3$_)，故C正确；

D、在碳酸钠和碳酸氢钠的混合液中，物料守恒分别为：c(Na_)=2[c(HCO$_3$_)+c(CO$_3$_)+c(H$_2$CO$_3$)]，c(Na_)=[c(HCO$_3$_)+c(CO$_3$_)+c(H$_2$CO$_3$)]，

若含有等物质的量的NaHCO$_3$和Na$_2$CO$_3$混合溶液中的物料守恒为2c(Na_)=3[c(HCO$_3$_)+c(CO$_3$_)+c(H$_2$CO$_3$)]，即关系式可能成立，故错误；

故选C．

点评：

本题考查学生溶液中离子浓度之间的大小关系，属于盐的水解知识的考查，难度较大．

分析：

A．根据H$_2$C$_2$O$_4$是二元弱酸，不能完全电离，c(H_)＜0.10mol•L_，再根据水的离子积常数可知c(OH_)＞10_mol•L_；

B．点②、点⑤为混合溶液，遵循电荷守恒；

C．点③溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC$_2$O$_4$，电离大于其水解；

D．根据物料守恒计算分析；

解答：

解：A．H$_2$C$_2$O$_4$是二元弱酸，不能完全电离，c(H_)＜0.10mol•L_，再根据水的离子积常数可知c(OH_)＞10_mol•L_，所以$\frac {c(H_)}{c(OH_)}$＜$\frac {0.10}{10}$=10_，故A错误；

B．点②、点⑤为混合溶液，由电荷守恒可知，c(K_)+c(H_)=c(HC$_2$O$_4$_)+2c(C$_2$O$_4$_)+c(OH_)，故B错误；

C．点③溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC$_2$O$_4$：KOH+H$_2$C$_2$O$_4$═KHC$_2$O$_4$+H$_2$O，HC$_2$O$_4$_电离大于其水解，则c(K_)＞c(HC$_2$O$_4$_)＞c(H_)＞c(C$_2$O$_4$_)＞c(OH_)，故C错误；

D．点④为混合溶液，物料守恒得：c(K_)=$\frac {0.10mol•L_×15mL}{25mL}$=0.06mol•L_，c(H$_2$C$_2$O$_4$)+c(HC$_2$O$_4$_)+c(C$_2$O$_4$_)=$\frac {10mL ×0.10mol•L}{25mL}$=0.04mol•L_，所以c(K_)+c(H$_2$C$_2$O$_4$)+c(HC$_2$O$_4$_)+c(C$_2$O$_4$_)=0.10mol•L_，故D正确；

故选：D；

点评：

本题考查酸碱混合溶液的定性判断及离子浓度的关系，注意草酸为弱酸，明确电荷守恒、物料守恒即可解答，题目难度中等．

分析：

A．所有溶液中都存在水的电离平衡，弱离子在水溶液里存在水解平衡；

B．HCO$_3$_能电离和水解，CO$_3$_有两步水解；

C．CO$_3$_的水解程度远远大于HCO$_3$_水解程度；

D．碳酸氢根离子和氢氧根离子反应，NaOH能抑制弱酸根的水解．

解答：

解：A．NaHCO$_3$溶液中存在的电离HCO$_3$_和水解平衡、水的电离平衡，Na$_2$CO$_3$溶液中存在CO$_3$_的水解平衡和水的电离平衡，故A正确；

B．HCO$_3$_能电离和水解，电离生成CO$_3$_和H_，水解生成H$_2$CO$_3$和OH_，CO$_3$_第一步水解生成HCO$_3$_和OH_，第二步水解生成H$_2$CO$_3$和OH_，溶液中还存在H_，所以两种溶液中粒子种类相同，故B正确；

C．CO$_3$_的水解程度远远大于HCO$_3$_水解程度，二者水解均显碱性，Na$_2$CO$_3$溶液碱性较强，则氢离子浓度较小，故C错误；

D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c(CO$_3$_)均增大，故D正确．

故选C．

点评：

本题考查Na$_2$CO$_3$和NaHCO$_3$性质的异同以及盐类水解知识，为高频考点，题目难度不大，注意把握Na$_2$CO$_3$和NaHCO$_3$性质，明确水解原理及盐类水解规律的应用是解题的关键．

分析：

Na$_2$CO$_3$存在两步水解，NaHCO$_3$只有一步水解；

解答：

解：Na$_2$CO$_3$存在两步水解，NaHCO$_3$只有一步水解，Na$_2$CO$_3$的水解程度大于NaHCO$_3$，所以等物质的量浓度的Na$_2$CO$_3$溶液和NaHCO$_3$溶液，相同浓度的CO$_3$_水解程度大于HCO$_3$_的水解程度，Na$_2$CO$_3$的PH大于NaHCO$_3$；

故选A．

点评：

本题考查了盐类水解的原理和应用，题目难度中等，注意从反应原理的角度分析．

分析：

根据反应HCO$_3$_+OH_=CO$_3$_+H$_2$O可知，使HCO$_3$_的数目减少，CO$_3$_数目增加，应加入碱溶液．

解答：

解：A．如加入过量HCl，二者和盐酸反应生成二氧化碳和水，都减小，如加入少量盐酸，CO$_3$_数目减小，HCO$_3$_的数目增大，故A错误；

B．加入Na$_2$SO$_4$，与Na$_2$CO$_3$和NaHCO$_3$都不反应，HCO$_3$_或CO$_3$_离子数目不变，故B错误；

C．加入NaoH，发生HCO$_3$_+OH_=CO$_3$_+H$_2$O可知，HCO$_3$_的数目减少，CO$_3$_数目增加，故C正确；

D．加入BaCl$_2$，Na$_2$CO$_3$与BaCl$_2$反应生成BaCO$_3$沉淀，CO$_3$_数目减小，故D错误．

故选C．

点评：

本题考查离子反应，题目难度不大，注意Na$_2$CO$_3$和NaHCO$_3$的性质的异同，学习中注意相关基础知识的积累．

分析：

A．NaHCO$_3$溶液和Na$_2$CO$_3$溶液都含有钠离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子；

B．碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根；

C．碳酸钠、碳酸氢钠都能够与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；

D．碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸氢钙与氢氧化钠反应生成碳酸钙、碳酸钠和水．

解答：

解：A．NaHCO$_3$溶液和Na$_2$CO$_3$溶液都含有钠离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子，故A正确；

B．碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根，相同物质的量浓度的NaHCO$_3$溶液和Na$_2$CO$_3$溶液，碳酸钠pH大，故B错误；

C．碳酸钠、碳酸氢钠都能够与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故C正确；

D．碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸氢钙与氢氧化钠反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，二者都能产生沉淀碳酸钙，故D正确；

故选：B．

点评：

本题考查了碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确二者性质的差别是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的巩固．