A

①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关； ②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳，可作泡沫灭火剂，与水解有关；

③草木灰与铵态氮肥相互促进水解，不能混合施用，与水解有关；

④实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；

⑤加热蒸干AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸为挥发性酸，则最后得到Al（OH）3固体，与水解有关；所以选A．

A

A、0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合反应生成NaCl和CH3COOH，醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶液呈酸性，溶液中离子浓度c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），所以A正确； B、0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7），说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣），所以B错误；

C、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n（Na）：n（C）=3：2，溶液中物料守恒得到：2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，所以C错误；

D、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）反应生成氯化钠、NaHC2O4 ， 溶液中存在电荷守恒为：c（Cl﹣）+2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），所以D错误；所以选A．

C

A、在氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中存在：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），因pH=7，则c（OH﹣）=c（H+）， 所以c（Cl﹣）=c（NH4+），所以A错误；

B、题目内有给出酸碱的强弱，如是强酸强碱，则c（OH﹣）=c（H+），如是强酸弱碱，则c（OH﹣）＞c（H+），如是强碱弱酸，则c（OH﹣）＜c（H+），所以B错误；

C、铵根离子水解呈酸性，并且一般情况下，盐的水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+），所以C正确；

D、根据质子守恒，水电离的c（OH﹣）=c（H+），而H+离子与S2﹣离子结合分别生成HS﹣、H2S，则有：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），所以D错误；所以选C．

C

A.0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH﹣），由于铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），所以A错误； B．pH=4的醋酸稀释l0倍，溶液中酸性减弱，氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中c（OH﹣）增大，所以B错误；

C．常温下向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH溶液，使混合液的pH=7，则溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知，混合液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），所以C正确；

D．等浓度的弱酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成醋酸钠，由于醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，所以D错误；所以选C．

B

A．NaHA溶液中：HA﹣电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）＞c （HA﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c （HA﹣）＞c（H+）＞c （OH﹣），所以A正确； B．Na2A溶液中，HA﹣只能电离不能水解，所以溶液中不存在H2A，所以B错误；

C．根据Na2A溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）=c（HA﹣）+c（H+），所以C正确；

D．根据H2A溶液中的电荷守恒得：c（H+）=c（HA﹣）+2 c（A2﹣）+c（OH﹣），所以D正确；所以选B．

A

A．NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO 4和Na2SO 4 ， 溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH呈中性，c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），所以溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），所以A正确；

B．HCO3﹣离子水解导致溶液呈碱性，但水解程度较小，所以C（OH﹣）＜C（HCO3﹣），所以B错误；

C．碳酸钠溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得C（OH﹣）﹣C（H+）=C（HCO3﹣）+2C（H2CO3），所以C错误；

D．混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，根据电荷守恒得C（CH3COO﹣）+C（OH﹣）=c（Na+）+C（H+），根据物料守恒得C（CH3COO﹣）+C（CH3COOH）=2C（Na+），所以得C（CH3COO﹣）+2C（OH﹣）=C（CH3COOH）+2C（H+），溶液呈酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），所以得C（CH3COO﹣）+C（OH﹣）＞C（CH3COOH）+C（H+），所以D错误；所以选A．

D

解答：A．点①所示溶液中，滴入10mL氢氧化钠溶液，则反应后溶液中溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣）、c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），结合物料守恒可得：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），所以A错误；

B．点②所示溶液中一定满足电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）+c（H+）＜c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）+c（OH﹣），所以B错误；

C．点③所示溶液中，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则：c（CH3COO﹣）＜c（Na+）、c（OH﹣）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），所以C错误；

D． 为醋酸电离平衡常数的倒数，由于滴定过程中醋酸的电离平衡常数始终不变，则 的值不变，所以D正确；所以选D．

分析：本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，明确反应后溶液中的溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．

D

A．因溶液遵循电荷守恒，则c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），所以A正确； B．与等体积pH=12的氨水混合后，氨水有剩余，溶液显碱性，所以B正确；

C．常温下Kw=1.0×10﹣14 ， pH=2的盐酸溶液中由H2O电离出的c（H+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1 ， 所以C正确；

D．与等体积0.01 mol•L﹣1醋酸钠溶液混合后，生成NaCl和醋酸，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH﹣），由电离可知，c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），所以D错误；所以选D．

B

A．易水解的盐促进水的电离，则Na2CO3水解时促进水的电离，NaOH能抑制水的电离，所以A错误； B．加水稀释水解程度增大，则0.1 mol•L﹣1Na2CO3溶液加水稀释，CO32﹣的水解程度增大，但是由于溶液比较变化大于氢氧根离子的变化，则溶液pH减小，所以B正确；

C．中和滴定时锥形瓶不能润洗，若润洗，则锥形瓶中待测液的物质的量会偏大，滴定时消耗的标准溶液偏多，所以锥形瓶不能润洗，所以C错误；

D．醋酸属于弱酸，pH相同时，醋酸溶液的浓度大，如稀释相同的倍数，则醋酸的PH小，若稀释后两溶液的pH仍相同，则m<n，所以D错误；所以选B．

【考点精析】利用弱电解质在水溶液中的电离平衡和酸碱中和滴定对题目进行判断即可得到答案，需要熟知当弱电解质分子离解成离子的速率等于结合成分子的速率时，弱电解质的电离就处于电离平衡状态；电离平衡是化学平衡的一种，同样具有化学平衡的特征．条件改变时平衡移动的规律符合勒沙特列原理；中和滴定实验时，用蒸馏水洗过的滴定管先用标准液润洗后再装标准液；先用待测液润洗后在移取液体；滴定管读数时先等一二分钟后再读数；观察锥形瓶中溶液颜色的改变时，先等半分钟颜色不变后即为滴定终点．

B

A．配制FeCl3溶液时，可加入少量的盐酸以抑制Fe3+的水解，加硫酸会引入杂质，所以A错误； B．三价铁离子易水解，加MgO溶液的pH会增大，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤即可除去，所以B正确；

C．加热氯化铝溶液，促进水解，生成氢氧化铝和HCl，HCl易挥发，最后得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝，所以C错误；

D．ClO﹣与I﹣能发生氧化还原反应，所以无色透明溶液中，Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣、I﹣不能大量共存，所以D错误．所以选B．

B

解答：A．醋酸为弱酸部分电离，醋酸中氢离子浓度小于0.001 mol•L﹣1 ， 则氢氧根离子的浓度大于10﹣11mol•L﹣1 ， 所以c（H+）＞10﹣11mol•L﹣1 ， 所以A错误； B．Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣），若X为HCO3﹣ ， 则b=2，所以B正确；

C．温度不知道，则Kw的数据不知，氢氧化钠溶液中c（H+）= ，所以无法计算NaOH溶液的pH，所以C错误；

D．向0.1mol•L﹣1氯化铵溶液滴加几滴浓盐酸，抑制铵根离子的水解，则c（NH4+）增大，加浓盐酸，氢离子浓度增大，pH减小，所以D错误．所以选B．

分析：本题考查了盐的水解、溶液中离子浓度的计算，注意酸、碱、盐溶液中氢离子和氢氧根离子的计算方法．

B

A、NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性，加入盐酸会抑制铵根离子的水解，c（NH4+）增大，所以A错误； B、向溶液中加入少量CH3COONa固体，溶解后醋酸根离子水解显碱性，促进铵根离子的水解，c（NH4+）减少，所以B正确；

C、NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性分析离子浓度大小，c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），所以C错误；

D、结合溶液中电荷守恒分析判断离子浓度大小，c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），混合液的pH=7则c（H+）=c（OH﹣），c（Cl﹣）=c（NH4+），所以D错误；所以选C．

B

碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，水解过程是吸热过程，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ ， 稀释促进水解，平衡状态下离子浓度减小，溶液中氢离子浓度增大； A、溶液中氢氧根离子浓度减小，所以A错误；

B、溶液中加入水钠离子和碳酸根离子浓度减小，同时碳酸根离子水解正向进行，所以比值增大，所以B正确；

C、溶液中加入水稀释，促进水解，碳酸根离子数减小，碳酸氢根离子数增多，比值减小，所以C错误；

D、溶液中存在离子积常数，温度不变，离子积不变，稀释过程中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，比值减小，所以D错误；所以选B．

A

A、加水稀释，硫酸中氢离子浓度减小，对水的电离抑制作用减小，硫酸中中水的电离程度增加，稀释硫酸铝，硫酸铝中铝离子的水解程度增大，水的电离程度增加，但是铝离子浓度减小，其中水的电离程度增加值不如稀释硫酸过程水的电离程度增加的大，即加等量的水后硫酸中水电离出的C（H+）与硫酸铝中水电离出的C（H+）的比值比稀释前的比值增大，所以A正确；

B、a点溶液中存在电荷守恒：c（H+）+3c（Al3+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），所以B错误；

C、pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液中氢离子的浓度相等，但是它们和氢氧化钠反应的实质不一样，前者是氢离子和氢氧根离子的反应，但是后者是铝离子和氢氧根离子之间的反应，氢离子和铝离子的物质的量不相等，所以C错误；

D、硫酸对水的电离起抑制作用，硫酸铝对水的电离起到促进作用，b、c两溶液水电离出的c（OH﹣），硫酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小，所以D错误．所以选A．

B

A．CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO﹣水解而促进水电离，所以水电离出来的c（OH﹣）＞1.0×10﹣7mol•L﹣1 ， 所以A错误； B．CH3COO﹣水解但程度较小，所以该溶液的pH＜13，所以B正确；

C．CH3COO﹣水解导致溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）＞c（CH3COO﹣），醋酸根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），所以C错误；

D．溶液中存在物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=c（Cl﹣）=c（Na+），所以c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＜c（Cl﹣）+c（Na+），所以D错误；所以选B．

B

解答：①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3﹣的水解，n（HCO3﹣）减小，n（Na+）不变，则 的比值会增大，所以①正确； ②浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n（Na+）=0.3mol，而c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.2mol，则：2c（Na+）═3[c（CO32﹣）+c（H2CO3）+c（HCO3﹣）]，所以②错误；

③在0.1mol•L﹣1氨水中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，刚好完全中和生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，此时pH=a，则溶液中水电离的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣amol•L﹣1 ， 所以③正确；

④向0.1mol/L（NH4）2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中钠离子、氢氧根离子浓度增大，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，则铵根离子浓度减小，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离子的水解，则亚硫酸根离子浓度增大，所以c（Na+）、c（SO32﹣）均增大，c（NH4+）减小，所以④错误；

⑤在Na2S稀溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS﹣），所以⑤正确；

根据分析可知，错误的有②④，所以选B．

分析：本题考查了溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的沉淀平衡等知识，注意掌握酸碱混合后溶液的定性判断及溶液中pH的计算方法，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题．

A

A、AlCl3属于强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，所以A正确； B、Na2CO3属于强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以B错误；

C、NaCl是强酸强碱盐，在溶液中不水解，其溶液呈中性，所以C错误；

D、K2SO4是强酸强碱盐，在溶液中不水解，其溶液呈中性，所以D错误；所以选A．

（1）c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）

（2）HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣

（3）稀盐酸；抑制Fe3+的水解

（4）Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑

解答：（1）氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，NH4++H2O NH3•H2O+H+ ， 所以c（H+）＞c（OH﹣），铵根离子水解、钠离子不水解，所以c（Cl﹣）＞c（NH4+），铵根离子水解较微弱，所以c（NH4+）＞c（H+），所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）， 所以答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3+H2O H2CO3+OH﹣ ， 电离平衡为：HCO3﹣ H++CO32﹣ ， 而碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度溶液，所以显碱性，

所以答案为：HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；（3）铁离子在溶液中水解，所以实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解，

所以答案为：稀盐酸；抑制Fe3+的水解；（4）NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑，

所以答案为：Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑．

分析：本题考查了离子浓度大小的比较，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力．

（1）碱性；SO42﹣+H2O=OH﹣+HSO4﹣

（2）HSO4﹣+Ba2+=BaSO4↓+H+

（3）B,C,D

根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4=H++HSO4﹣ ， 第二步电离并不完全：HSO4﹣ H++SO42﹣ ， （1）①Na2SO4溶液中硫酸根离子易水解，所以溶液中存在SO42﹣+H2O OH﹣+HSO4﹣ ， 导致溶液呈弱碱性，

所以答案为：弱碱性；SO42﹣+H2O OH﹣+HSO4﹣；

②硫酸在溶液中电离出硫酸氢根离子，硫酸氢根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀和氢离子，所以离子反应方程式为：HSO4﹣+Ba2+=BaSO4↓+H+ ，

所以答案为：HSO4﹣+Ba2+=BaSO4↓+H+；

③A．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（SO42﹣）+c（HSO4﹣）=0.1mol•L﹣1 ， 硫酸钠溶液中不存在硫酸分子，所以A错误；

B．溶液中存在物料守恒2c（SO42﹣）+2c（HSO4﹣）=c（Na+），存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO4﹣）+2c（SO42﹣），所以得c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO4﹣），所以B正确；

C．液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO4﹣）+2c（SO42﹣），所以C正确；

D．硫酸钠溶液中只有少量的硫酸根离子水解，则c（SO42﹣）＞（HSO4﹣），水解后溶液显示碱性，溶液中还存在水电离的氢氧根离子，则c（OH﹣）＞c（HSO4﹣）＞c（H+），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO4﹣）＞c（H+），所以D正确；

所以答案为：BCD；

【考点精析】根据题目的已知条件，利用弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握当弱电解质分子离解成离子的速率等于结合成分子的速率时，弱电解质的电离就处于电离平衡状态；电离平衡是化学平衡的一种，同样具有化学平衡的特征．条件改变时平衡移动的规律符合勒沙特列原理．

（1）c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）

（2）C,D

（3）1：1；AD

（4）A；AB

解答：解：（1）n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（CO2）= =0.2mol，设生成的碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则 ，解得 ，即碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量都是0.1mol，碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，再结合物料守恒判得该混合溶液中离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），

所以答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（2）A．加水稀释促进醋酸电离，则溶液中导电粒子的数目增加，所以错误；

B．醋酸的电离程度增大，但溶液中c（H﹣）减小，所以错误；

C．溶液中 = ，温度不变，则电离平衡常数、水的离子积常数不变，所以溶液中 不变，所以正确；

D．溶液中水的电离程度增大，则 减小，所以正确；

所以选CD；（3）①溶液中氢氧化钠的物质的量为：V2×10﹣3L×0.1mol/L=V2×10﹣4mol，

稀硫酸的物质的量为：V1×10﹣3L×0.15mol/L×2=3V1×10﹣4mol，

两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1×10﹣1mol•L﹣1 ，

则有：3V1×10﹣4mol﹣V2×10﹣4mol=（V1+V2）×10﹣3L×1×10﹣1mol•L﹣1=（V1+V2）×10﹣4mol，

解得V1：V2=1：1，

所以答案为：1：1；

②A．若混合溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣）=2×10﹣7 mol•L﹣1 ， 所以溶液中c（H+）+c（OH﹣）=2×10﹣7 mol•L﹣1 ， 所以正确；

B．如果二者体积相等，如果酸是强酸，则混合溶液呈中性，如果酸是弱酸，则混合溶液呈酸性，所以错误；

C．如果溶液呈酸性，则溶液是酸和盐溶液，酸是弱酸，酸浓度大于氢氧化钠浓度，所以V1不一定大于V2 ， 所以错误；

D．如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液，则V1一定小于V2 ， 所以正确；所以选AD；（4）①相同浓度的钠盐溶液，酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大，根据钠盐溶液pH确定酸的强弱；相同浓度的不同酸，加水稀释促进弱酸电离，则稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸溶液稀释过程中pH变化越小，根据钠盐溶液的pH知，HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，所以溶液的pH变化最小的是HCN，所以选A；

②HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，根据强酸制取弱酸知，

A．酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCO3﹣ ， 所以二者反应为CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa，所以正确；

B．醋酸酸性大于HCN，所以二者反应为CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN，所以正确；

C．碳酸酸性大于次氯酸，所以二者反应为CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+NaClO，所以错误；

D．酸性H2CO3＞HClO＞HCN，所以NaHCO3、HCN二者不反应，所以错误；

所以选AB；

分析：本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等知识点，根据溶液中的溶质及其性质确定溶液中离子浓度大小，知道酸的强弱与酸根离子水解程度的关系，知道弱电解质稀释过程中各种离子浓度变化．

（1）=

（2）NH4++H2ONH3?H2O+H+；=；＞

（1）pH=5的NaHSO4溶液中，水的电离c（H+）=10﹣9mol/L，pH=9的NH3•H2O中水的电离c（H+）=10﹣9mol/L，则两溶液中水的电离程度相等，所以答案为：=；（2）等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子部分水解溶液显酸性，水解离子反应为：NH4++H2O NH3•H2O+H+；

pH=7，氢离子与氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒可知离子浓度关系为：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣）；

用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，硫酸根离子完全沉淀，则二者以1：2反应，生成硫酸钡、NaOH，溶液显碱性，溶液的pH＞7，

所以答案为：NH4++H2O NH3•H2O+H+；=；＞．