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第二十六讲 盐类水解
1．了解盐类水解的原理。
2．了解影响盐类水解程度的主要因素。
3．了解盐类水解的应用。
知识点一　盐类水解的原理
1．定义
在溶液中盐电离出来的离子跟______________________结合生成____________的反应。
2．实质
3．特点
4．规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性；同强显中性。
盐的类型 实例 是否水解 水解的离子 溶液的酸碱性 溶液的pH
强酸强碱盐 NaCl、KNO3
强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu(NO3)2
弱酸强碱盐 CH3COONa、Na2CO3
知识点二　水解反应方程式的书写
1．书写形式
盐＋水__________
盐中的离子＋水
??________________________________________________________________________
2．书写规律
(1)多元弱酸的正盐(如Na2S)：________________________________
____________(主要)，____________________________________(次要)。
(2)多元弱碱的正盐(如AlCl3)：
________________________________________________________________________。
(3)双水解反应(如Na2S与AlCl3溶液混合)
________________________________________________________________________。
易错警示　一般盐类水解程度很小，水解产物很少，不标“↑”或“↓”，不把产物(如NH3·H2O、H2CO3)写成其分解产物的形式。
知识点三　影响盐类水解的因素
1．内因
酸或碱越弱，其对应的弱酸阴离子或弱碱阳离子的水解程度________，溶液的碱性或酸性________。
2．外因
因素 水解平衡 水解程度 水解产生离子的浓度
升高温度
浓度 增大
减小
外加酸碱 酸 　弱酸根离子的水解程度________，　弱碱阳离子的水解程度________
碱 　　弱酸根离子的水解程度________，弱碱阳离子的水解程度________　　　
一、盐类水解的应用
1．盐类水解的应用
应用 举例
判断溶液的酸碱性 FeCl3溶液显____性，原因是：____________________________________
配制或贮存易水解盐溶液 配制CuSO4溶液时，加入__________，防止____________
判断盐溶液蒸干产物 AlCl3溶液蒸干灼烧后的产物为______
胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：______________________________
物质的提纯 除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可加入__________________________
离子共存的判断 Al3＋与AlO、CO、HCO、S2－、HS－等因__________________而不共存
泡沫灭火器原理 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为________________________
作净水剂 明矾可作净水剂，原理为____________________________________
化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混用，原因是2NH＋CO===2NH3↑＋CO2↑＋H2O
2．盐溶液蒸干时所得产物的判断方法
判断盐溶液蒸干灼烧后的产物的一般思路是什么？
【疑难解析】
一、1.酸　Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋　少量H2SO4　Cu2＋水解　Al2O3　Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋　MgO、镁粉、Mg(OH)2或MgCO3　相互促进水解　Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑　Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
2．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断：
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)。
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)考虑盐受热时是否分解。
Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为：Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。
例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)；FeSO4(aq)Fe2(SO4)3(s)。
【疑难探究】
二、计算溶液中由水电离出的H＋或OH－浓度的方法
1．在25 ℃时，由纯水电离出的c(H＋)、c(OH－)分别为多少？在中性溶液中，由水电离出的c(H－)和c(OH－)与纯水一样吗？
2．在酸溶液中，H＋和OH－的来源分别是什么？举例说明怎样计算由水电离产生的c(OH＋)的大小。
3．碱溶液中，H＋和OH－的来源又是什么？怎样计算由水电离产生的c(OH－)
4．在可水解的盐溶液中，H＋和OH－的来源怎样？举例说明此时计算溶液中由水电离产生的c(H＋)的方法。
【疑难解析】
二、1.c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1。由于中性溶液对水的电离平衡无影响，故c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1与纯水是一样的。
2．溶质为酸的溶液：此时溶液中的H＋有两个来源：酸电离与水电离；OH－只有一个来源：水电离。且水电离出的H＋与OH－浓度相等。
如计算pH＝2的盐酸中由水电离出的c(H＋)的方法是：先求出溶液中的c(OH－)＝10－12mol·L－1，也就是水电离出的c(OH－)＝10－12mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝水电离出的c(OH－)＝10－12mol·L－1。
3．溶质为碱的溶液：此时溶液中的OH－有两个来源：碱电离与水电离；H＋只有一个来源：水电离。且水电离出的H＋与OH－浓度相等，先求出c(H＋)，就得出由水电离出的c(OH－)。
4．水解呈酸性或碱性的盐溶液：此时溶液中的H＋和OH－均由水电离产生。如pH＝2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－2mol·L－1，c(OH－)＝10－12mol·L－1是因为OH－部分与NH结合了；同理，pH＝12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。
【典例】1．向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示。
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
(1)a点，溶质为_______，离子浓度关系：_______；
(2)b点，溶质为_______，离子浓度关系：_______；
(3)c点，溶质为_______，离子浓度关系：_______；
(4)d点，溶质为_______，离子浓度关系：_______。
【典例】2．磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。
(1)次磷酸(H3PO2)属于元酸，是一种精细化工产品。设计一种实验方案，证明H3PO2是弱酸：____。(可选择的试剂为：0.1mol·L-1NaH2PO2溶液、0.1mol·L-1的H3PO2溶液、0.1ml·L-1的盐酸)
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，常温下向1L0.5mol·LH3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示：
①当溶液pH从6.54变为7时发生反应的离子方程式为____。
②Na2HPO3溶液显碱性，原因是(用离子方程式表示)____。
③室温下，H3PO3的电离平衡常数为Ka1和Ka2，则pKa2=____(pKa2=lgKa2)。
④0.1mol·L-1NaH2PO3溶液中各离子浓度由大到小顺序为____。
【典例】3．硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2是一种重要的化工原料，用途十分广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Fe(SO4)2可作净水剂，其原理是_____(用离子方程式和必要文字说明)。
(2)相同条件下，有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①NH4Fe(SO4)2、②(NH4)2Fe(SO4)2、③NH4HSO4，其中c(NH)由小到大的顺序是_____(填序号)。
(3)0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的pH随温度的变化曲线如图所示。已知25℃时0.1mol·L-1FeCl3溶液的pH=3.4。
①25℃时，上述NH4Fe(SO4)2溶液的pH_____3.4(填“>”“=”或“<”)，导致该溶液的pH随温度升高而减小的原因是_____。
②35℃时，该溶液中2c(SO)-3c(Fe3+)-c(NH)≈_____mol·L-1(用数字表示)。
一、盐类水解的概念和离子方程式的书写
1．下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A． B． C． D．
2．宏观辩识与微观探析是化学的学科核心素养之一。下列离子反应方程式正确的是
A．Na2CO3溶液中的水解：+H2O=+OH-
B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C．向CuSO4溶液中通入H2S气体：Cu2++S2-=CuS↓
D．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
3．常温下，下列关于 0.1 mol/L 的(NH4)2SO4溶液的说法，错误的是
A．溶液呈酸性
B．c(NH)＋c(NH3·H2O)=2c(SO)
C．c(H+)+c(NH)=c(OH-)+2c(SO)
D．c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH-)
4．常温下，下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是
A．使淀粉试纸变蓝的溶液中：
B．使甲基橙变红的溶液中：
C．的溶液中：
D．的溶液中：
5．25℃下，向氨水中通入HCl气体，溶液pH与的关系曲线如图所示。忽略溶液体积变化，下列说法正确的是
A．a点溶液中，
B．b点溶液中存在
C．d点溶液中
D．水的电离程度a>b>c
二、溶液中微粒浓度大小的比较
6．25℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列说法正确的是
A．相同温度下，等的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B．将浓度均为0.1mol·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的均变大
C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得，则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D．25℃时，0.1mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
7．常温下，用0.1mol/L盐酸滴定25.00mL 0.1mol/L弱碱MOH溶液，溶液中pH、分布系数δ随滴加盐酸体积[V(盐酸)]的变化关系如图所示。[如δ(M+)= ]。 下列叙述错误的是
下列叙述错误的是
A．曲线①代表δ(M+)，曲线③代表δ(MOH)
B．= 1.0 ×10-5.1
C．点a溶液中c(M+)+c(MOH)＞ 2c(Cl-)
D．图中V1＞ 12.5mL
8．草酸是一种二元弱酸，Ka1=5.9 ×10-2，Ka2=6.4 ×10-5，室温下，用0.1 000 mol· L-1的NaOH标准溶液滴定25 mL0.1 mol·L-1的H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲线如图a所示。图b为在上述滴定过程中草酸溶液中草酸各种形态的分布系数与pH的关系。下列说法错误的是
A．该温度下，将0.1 mol·L-1草酸溶液和0.1 mol· L-1草酸钠溶液等体积混合，溶液pH约为2.6
B．X点附近滴定突跃不如Y点附近明显，是因为X点时形成缓冲溶液
C．X点对应图b中的M点，Y点对应图b中的N点
D．Y点时，溶液中c(Na+ )>c( )>c(OH- )>c()>c(H+)
9．常温下，关于下列溶液的说法正确的是
A．pH=7.8的NH4HCO3溶液中：c()＞c()＞c(NH3 H2O)＞c(H2CO3)
B．某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-a mol·L-1，则该溶液的pH=a
C．H2C2O4溶液中c()=c(H2C2O4)时pH=1.12，则H2C2O4的Ka2=10-1.12
D．0.1 mol·L-1的硫酸钾溶液导电能力比同浓度的氯化钾溶液强
10．常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法中不正确的是
A．CH3COOH的电离常数约为10-5
B．水的电离程度：点①>点③>点②
C．在点①和点②所示溶液中：c(CN-)>c(CH3COO-)
D．在点③和点④之间的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
三、影响盐类水解的因素
11．对下列反应的推断或解释正确的是
操作 实验现象 推断或解释
A 将少量饱和硼酸溶液滴加到碳酸钠溶液中 无气泡 酸性：H2CO3＞H3BO3
B 将C2H4通入溴的四氯化碳溶液中 溴的四氯化碳溶液褪色 C2H4与溴发生了加成反应
C 同温同压下用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和乙酸铵溶液的酸碱性 碳酸钠溶液显碱性，乙酸铵溶液显中性 碳酸钠溶液发生了水解，乙酸铵溶液没有水解
D 向均盛有2mL5%H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液各1mL 前者生成气泡的速率更快 催化效果：Fe3+＞Cu2+
A．A B．B C．C D．D
12．有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行。下列说法不正确的是
第一步：
第二步：……
第三步：
A．分子的构型为V型 B．升高温度可以使增大
C．反应的第二步为 D．由K可知，第三步不是整个过程的决速步
13．下列由实验现象所得结论正确的是
A．取补铁口服液的上层清液，滴加酸性溶液，溶液紫色褪去，证明口服液中含有
B．向盛有的溶液的小试管中滴加酚酞溶液，溶液变红，再加入少量固体，溶液红色加深，证明水解程度增大
C．向滴有酚酞的NaOH溶液中加入，溶液红色褪去，可证明具有酸性
D．向溶液中通人，再通入X气体，有白色沉淀生成，则X可能为碱性气体
14．“酸化”经常使用到稀硫酸，下列使用稀硫酸进行“酸化”是错误的是
A．检验中的氯元素：与NaOH溶液混合加热，用稀硫酸酸化，再加溶液检验
B．探究的溶解度与pH的关系：用稀硫酸酸化，调整溶液酸碱度
C．提高溶液的氧化能力：用稀硫酸酸化
D．抑制的水解：用稀硫酸酸化
15．下列实验操作、实验现象以及相应的结论或解释均正确的是
选项 实验操作 实验现象 结论或解释
A 常温下取两份5mL0.1mol/LNa2CO3溶液，一份滴加2滴酚酞，另一份插入手持pH 计，同时放入温水浴中加热，加热至40℃，分别测出常温、40℃溶液pH 红色加深；pH分别为11.7、11.4 碳酸根离子水解、水的电离均吸热，温度升高，c(OH-)、Kw均增大
B 将SO2通入紫色石蕊试液中 溶液先变红，后褪色 SO2的水溶液有酸性、漂白性
C 向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2 出现白色沉淀 酸性：H2SO3>HClO
D 向Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液中滴加NaHS溶液 出现黑色沉淀 Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)
A．A B．B C．C D．D
四、盐类水解的应用
16．常温下，下列实验事实能证明醋酸是一元酸的是
A．0.1mol·L-1醋酸溶液pH= 3
B．向醋酸钠溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红
C．完全中和25mL 0.1mol·L-1醋酸溶液需要25mL 0.1mol·L-1NaOH溶液
D．等物质的量浓度时，醋酸溶液的导电性弱于盐酸
17．溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓黄色加深(b)。已知：(黄色)；浓度较小时(用表示)几乎无色，取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是
A．测溶液a的，证明发生了水解
B．加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是一致的
C．向b中加入后，黄色褪去，说明能抑制水解
D．将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解
18．下列离子方程式能用来解释相应实验操作或者现象的是
实验现象 离子方程式
A 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到氢氧化铁胶体
B 向硫酸铜溶液中加入过量氨水
C 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸
D 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解
A．A B．B C．C D．D
19．尖晶石矿的主要成分为(含杂质)。已知：。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备和，同时还可得到副产物(沸点为，在升华)：。下列说法不正确的是
A．制备时要保持无水环境
B．输送气态产物的管道温度要保持在以上
C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量
D．为避免产生大量，反应过程中需保持炭过量
20．化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是
A．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
C．可溶性的铝盐和铁盐可用作净水剂
D．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
课程标准
基础知识通关
规律与方法
经典例题
基础通关练
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第二十六讲 盐类水解
1．了解盐类水解的原理。
2．了解影响盐类水解程度的主要因素。
3．了解盐类水解的应用。
知识点一　盐类水解的原理
1．定义
在溶液中盐电离出来的离子跟______________________结合生成____________的反应。
2．实质
3．特点
4．规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性；同强显中性。
盐的类型 实例 是否水解 水解的离子 溶液的酸碱性 溶液的pH
强酸强碱盐 NaCl、KNO3
强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu(NO3)2
弱酸强碱盐 CH3COONa、Na2CO3
知识点一
1．水电离产生的H＋或OH－　弱电解质
2．H＋　OH－　水的电离平衡　增大
3．可逆　　酸碱中和
4．否　中性　pH＝7　是　NH、Cu2＋　酸性　pH<7　是　CH3COO－、CO　碱性　pH>7
知识点二　水解反应方程式的书写
1．书写形式
盐＋水__________
盐中的离子＋水
??________________________________________________________________________
2．书写规律
(1)多元弱酸的正盐(如Na2S)：________________________________
____________(主要)，____________________________________(次要)。
(2)多元弱碱的正盐(如AlCl3)：
________________________________________________________________________。
(3)双水解反应(如Na2S与AlCl3溶液混合)
________________________________________________________________________。
易错警示　一般盐类水解程度很小，水解产物很少，不标“↑”或“↓”，不把产物(如NH3·H2O、H2CO3)写成其分解产物的形式。
知识点二
1．酸＋碱　弱酸(或弱碱)＋OH－(或H＋)
2．(1)Na2S＋H2ONaHS＋NaOH
NaHS＋H2OH2S＋NaOH
(2)AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl
(3)3Na2S＋2AlCl3＋6H2O===6NaCl＋3H2S↑＋2Al(OH)3↓
知识点三　影响盐类水解的因素
1．内因
酸或碱越弱，其对应的弱酸阴离子或弱碱阳离子的水解程度________，溶液的碱性或酸性________。
2．外因
因素 水解平衡 水解程度 水解产生离子的浓度
升高温度
浓度 增大
减小
外加酸碱 酸 　弱酸根离子的水解程度________，　弱碱阳离子的水解程度________
碱 　　弱酸根离子的水解程度________，弱碱阳离子的水解程度________　　　
知识点三
1．越大　越强
2．右移　增大　增大　右移　减小　增大　左移　增大　减小　增大　减小　减小　增大
一、盐类水解的应用
1．盐类水解的应用
应用 举例
判断溶液的酸碱性 FeCl3溶液显____性，原因是：____________________________________
配制或贮存易水解盐溶液 配制CuSO4溶液时，加入__________，防止____________
判断盐溶液蒸干产物 AlCl3溶液蒸干灼烧后的产物为______
胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：______________________________
物质的提纯 除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可加入__________________________
离子共存的判断 Al3＋与AlO、CO、HCO、S2－、HS－等因__________________而不共存
泡沫灭火器原理 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为________________________
作净水剂 明矾可作净水剂，原理为____________________________________
化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混用，原因是2NH＋CO===2NH3↑＋CO2↑＋H2O
2．盐溶液蒸干时所得产物的判断方法
判断盐溶液蒸干灼烧后的产物的一般思路是什么？
【疑难解析】
一、1.酸　Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋　少量H2SO4　Cu2＋水解　Al2O3　Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋　MgO、镁粉、Mg(OH)2或MgCO3　相互促进水解　Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑　Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
2．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断：
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)。
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)考虑盐受热时是否分解。
Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为：Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。
例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)；FeSO4(aq)Fe2(SO4)3(s)。
【疑难探究】
二、计算溶液中由水电离出的H＋或OH－浓度的方法
1．在25 ℃时，由纯水电离出的c(H＋)、c(OH－)分别为多少？在中性溶液中，由水电离出的c(H－)和c(OH－)与纯水一样吗？
2．在酸溶液中，H＋和OH－的来源分别是什么？举例说明怎样计算由水电离产生的c(OH＋)的大小。
3．碱溶液中，H＋和OH－的来源又是什么？怎样计算由水电离产生的c(OH－)
4．在可水解的盐溶液中，H＋和OH－的来源怎样？举例说明此时计算溶液中由水电离产生的c(H＋)的方法。
【疑难解析】
二、1.c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1。由于中性溶液对水的电离平衡无影响，故c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1与纯水是一样的。
2．溶质为酸的溶液：此时溶液中的H＋有两个来源：酸电离与水电离；OH－只有一个来源：水电离。且水电离出的H＋与OH－浓度相等。
如计算pH＝2的盐酸中由水电离出的c(H＋)的方法是：先求出溶液中的c(OH－)＝10－12mol·L－1，也就是水电离出的c(OH－)＝10－12mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝水电离出的c(OH－)＝10－12mol·L－1。
3．溶质为碱的溶液：此时溶液中的OH－有两个来源：碱电离与水电离；H＋只有一个来源：水电离。且水电离出的H＋与OH－浓度相等，先求出c(H＋)，就得出由水电离出的c(OH－)。
4．水解呈酸性或碱性的盐溶液：此时溶液中的H＋和OH－均由水电离产生。如pH＝2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－2mol·L－1，c(OH－)＝10－12mol·L－1是因为OH－部分与NH结合了；同理，pH＝12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。
【典例】1．向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示。
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
(1)a点，溶质为_______，离子浓度关系：_______；
(2)b点，溶质为_______，离子浓度关系：_______；
(3)c点，溶质为_______，离子浓度关系：_______；
(4)d点，溶质为_______，离子浓度关系：_______。
【答案】(1) CH3COONa、CH3COOH c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
(2) CH3COONa、CH3COOH c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
(3) CH3COONa c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
(4) CH3COONa、NaOH c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
【解析】
(1)a点为反应一半点，溶质为CH3COONa、CH3COOH，a点溶液呈酸性，说明c(H＋)＞c(OH－)，由电荷守恒：c(CH3COO－)+ c(OH－)=c(Na＋)+c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)，离子浓度关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；
(2)b点呈中性，溶质为CH3COONa、CH3COOH，则c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒：c(CH3COO－)+ c(OH－)=c(Na＋)+c(H＋)，则c(CH3COO－)= c(Na＋)＞c(H＋)，离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)；
(3)c点恰好完全反应，溶质为CH3COONa，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，离子浓度关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；
(4)d点NaOH过量一倍，溶质为CH3COONa、NaOH，c(Na＋)＞c(CH3COO－)，溶液呈碱性，c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)，离子浓度关系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)。
【典例】2．磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。
(1)次磷酸(H3PO2)属于元酸，是一种精细化工产品。设计一种实验方案，证明H3PO2是弱酸：____。(可选择的试剂为：0.1mol·L-1NaH2PO2溶液、0.1mol·L-1的H3PO2溶液、0.1ml·L-1的盐酸)
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，常温下向1L0.5mol·LH3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示：
①当溶液pH从6.54变为7时发生反应的离子方程式为____。
②Na2HPO3溶液显碱性，原因是(用离子方程式表示)____。
③室温下，H3PO3的电离平衡常数为Ka1和Ka2，则pKa2=____(pKa2=lgKa2)。
④0.1mol·L-1NaH2PO3溶液中各离子浓度由大到小顺序为____。
【答案】(1)测定0.1mol·L-1NaH2PO2的溶液的pH若pH＞7，则证明次磷酸为弱酸
(2) H2PO+OH-= HPO+H2O HPO+H2OH2PO+OH- -6.54 c(Na+)>c(H2PO)> c(H+)> c(HPO)> c(OH-)
【解析】
（1）证明次磷酸是弱酸的方案为：测定0.1mol·L-1NaH2PO2的溶液的pH若pH＞7，则证明次磷酸为弱酸或向等浓度0.1mol·L-1的盐酸和次磷酸中各滴入2滴石蕊试液，若H3PO2溶液中红色浅些，说明次磷酸为弱酸，故答案为：测定0.1mol·L-1NaH2PO2的溶液的pH若pH＞7，则证明次磷酸为弱酸；
（2）随着NaOH溶液的滴加，溶液中δ(H3PO3)逐渐减小、δ(H2PO)先增大后减小、δ(HPO)逐渐增大，根据图知，曲线δ1、δ2、δ3分别表示δ(H3PO3)、δ(H2PO)、δ(HPO)，①当溶液pH从6.54变为7时，δ(H2PO)减小、δ(HPO)增大，发生反应的离子方程式为H2PO+OH-= HPO+H2O；②Na2HPO3溶液显碱性，原因是HPO发生水解反应，且以第一步水解为主，水解的离子反应方程式为：HPO+H2OH2PO+OH-；③b点δ(H2PO)=δ(HPO)，则c(H2PO)=c(HPO)，溶液的pH=6.54，该温度下，H3PO3的Ka2(H3PO3)=×c(H+)=c(H+)=10-6.54，pKa2=lgKa2=lg10-6.54=-6.54；④0.1mol·L-1NaH2PO3溶液中c(Na+)>c(H2PO)，H2PO存在电离平衡和水解平衡，a点δ(H2PO)=δ(H3PO3)，则c(H2PO)=c(H3PO3)，溶液的pH=1.43，该温度下，H3PO3的Ka1(H3PO3)=×c(H+)=c(H+)=10-1.43，水解常数，电离常数Ka2(H3PO3)=10-6.54，则电离程度比水解程度大，溶液呈酸性， c(H2PO)> c(H+)> c(HPO)，各离子浓度由大到小顺序为c(Na+)>c(H2PO)> c(H+)> c(HPO)> c(OH-)。
【典例】3．硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2是一种重要的化工原料，用途十分广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Fe(SO4)2可作净水剂，其原理是_____(用离子方程式和必要文字说明)。
(2)相同条件下，有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①NH4Fe(SO4)2、②(NH4)2Fe(SO4)2、③NH4HSO4，其中c(NH)由小到大的顺序是_____(填序号)。
(3)0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的pH随温度的变化曲线如图所示。已知25℃时0.1mol·L-1FeCl3溶液的pH=3.4。
①25℃时，上述NH4Fe(SO4)2溶液的pH_____3.4(填“>”“=”或“<”)，导致该溶液的pH随温度升高而减小的原因是_____。
②35℃时，该溶液中2c(SO)-3c(Fe3+)-c(NH)≈_____mol·L-1(用数字表示)。
【答案】(1)Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮颗粒使其沉降
(2)①<③<②
(3) < NH4Fe(SO4)2溶液中NH和Fe3+水解使溶液呈酸性，升高温度，水解程度增大，H+浓度增大，pH减小 10-3
【解析】
(1)NH4Fe(SO4)2可以电离产生Fe3+，而Fe3+可以发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮颗粒使其沉降，所以可以净水；
(2)(NH4)2Fe(SO4)2可以电离出两个NH，而水解是微弱的，所以(NH4)2Fe(SO4)2中c(NH)最大，Fe3+的水解、HSO电离出的H+均会抑制NH的水解，但HSO会完全电离，而Fe3+的水解微弱，所以HSO电离出的H+的抑制作用更强，所以NH4Fe(SO4)2中c(NH)最小，三种溶液中c(NH)由小到大的顺序是①<③<②；
(3)①25℃时0.1mol·L-1FeCl3溶液的pH=3.4，而NH4Fe(SO4)2溶液中NH、Fe3+均会水解，所以NH4Fe(SO4)2溶液的pH更小，即pH＜3.4；NH4Fe(SO4)2溶液中NH和Fe3+水解使溶液呈酸性，升高温度，水解程度增大，H+浓度增大，所以pH减小；
②该溶液中存在电荷守恒3c(Fe3+)+c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(OH-)，所以2c(SO)-3c(Fe3+)-c(NH)=c(H+)-c(OH-)，此时溶液pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，该温度下Kw未知，所以c(OH-)无法计算，但c(OH-)远远小于c(H+)，所以2c(SO)-3c(Fe3+)-c(NH)≈10-3mol/L。
一、盐类水解的概念和离子方程式的书写
1．下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
A．亚硫酸氢钠溶液中电离大于水解，溶液显酸性，A错误；
B．硝酸银溶液中银离子水解溶液显酸性，B正确；
C．碳酸为酸，不能水解，C错误；
D．硫酸氢钠溶液因电离溶液显酸性，D错误；
故选B。
2．宏观辩识与微观探析是化学的学科核心素养之一。下列离子反应方程式正确的是
A．Na2CO3溶液中的水解：+H2O=+OH-
B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C．向CuSO4溶液中通入H2S气体：Cu2++S2-=CuS↓
D．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
【答案】B
【解析】
A．Na2CO3溶液中的水解分两步进行，第一步+H2O+OH-；第二步+H2O+OH-，故A项错误；
B．向FeCl2溶液中通入Cl2，氯气具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，两者可以发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，而氯气被还原为Cl-，离子反应方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B项正确；
C．向CuSO4溶液中通入H2S气体，离子反应方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，H2S是气体，书写离子方程式不能拆，CuS是沉淀，也不能拆，故C项错误；
D．浓盐酸与铁屑反应，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项中有Fe3+生成，不符合反应客观事实规律，故D项错误；
故答案选B。
3．常温下，下列关于 0.1 mol/L 的(NH4)2SO4溶液的说法，错误的是
A．溶液呈酸性
B．c(NH)＋c(NH3·H2O)=2c(SO)
C．c(H+)+c(NH)=c(OH-)+2c(SO)
D．c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH-)
【答案】D
【解析】
A．硫酸铵电离出的铵根离子水解生成氢离子，从而使溶液呈酸性，A正确；
B．硫酸铵中硫酸根离子和铵根离子数量比为1：2，铵根离子水解生成一水合氨，根据物料守恒可知，c()+c(NH3·H2O)=2c()，B正确；
C．根据电荷守恒可知，c(H+)+c()=c(OH-)+2c()，C正确；
D，根据c()+c(NH3·H2O)=2c()和c(H+)+c()=c(OH-)+2c()可得，c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，D错误；
故答案选D。
4．常温下，下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是
A．使淀粉试纸变蓝的溶液中：
B．使甲基橙变红的溶液中：
C．的溶液中：
D．的溶液中：
【答案】B
【解析】
A．使淀粉KI试纸变蓝的溶液中具有氧化性，则S2-不能存在于该溶液中，A不符合题意；
B．使甲基橙变红的溶液呈酸性，Mg2+、、可以大量共存在于该溶液中，B符合题意；
C．Cu2+和I-会发生氧化还原反应生成CuI和I2，Cu2+还会催化H2O2分解，故I-和H2O2不能存在于CuSO4溶液中，C不符合题意；
D．和、不能共存，发生反应的离子方程式为++H2O=Al(OH)3↓+NH3 H2O、++H2O= Al(OH)3↓+，D不符合题意；
故选B。
5．25℃下，向氨水中通入HCl气体，溶液pH与的关系曲线如图所示。忽略溶液体积变化，下列说法正确的是
A．a点溶液中，
B．b点溶液中存在
C．d点溶液中
D．水的电离程度a>b>c
【答案】B
【解析】
A．a点溶液中溶质为等物质的量浓度的一水合氨和氯化铵，溶液的pH>7，呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则，A项错误；
B．b点溶液的pH=7，呈中性，则，溶液中存在电荷守恒，则，B项正确；
C．d点溶液中，，溶液中存在物料守恒得到：，C项错误；
D．c点为恰好完全反应，此时溶质为氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，促进水的电离，a、b点中溶质为一水合氨和氯化铵，碱会抑制水的电离，则水的电离程度为c，D项错误；
答案选B。
二、溶液中微粒浓度大小的比较
6．25℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列说法正确的是
A．相同温度下，等的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B．将浓度均为0.1mol·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的均变大
C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得，则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D．25℃时，0.1mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】
A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)B．C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B错误；
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C正确；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误；
故答案选C。
7．常温下，用0.1mol/L盐酸滴定25.00mL 0.1mol/L弱碱MOH溶液，溶液中pH、分布系数δ随滴加盐酸体积[V(盐酸)]的变化关系如图所示。[如δ(M+)= ]。 下列叙述错误的是
下列叙述错误的是
A．曲线①代表δ(M+)，曲线③代表δ(MOH)
B．= 1.0 ×10-5.1
C．点a溶液中c(M+)+c(MOH)＞ 2c(Cl-)
D．图中V1＞ 12.5mL
【答案】D
【解析】
A．在滴定过程中M+浓度增大，MOH的浓度减小，且曲线①和曲线③的交点纵坐标是0.5，故可推断曲线①代表δ(M+)，曲线③代表δ(MOH)，②代表pH的变化曲线，故A项正确；
B．如图所示a点存在c(M+)=c(MOH)，且pH=9.55，设该点c(M+)=c(MOH)=x，则有，，则，故B项正确；
C．如图所示a点存在c(M+)=c(MOH)，因为M+的水解平衡常数小于MOH的电离平衡常数，故在a点时电离大于水解，若不发生水解和电离，则有c(MOH）＞c(M+)，则加入的HCl的体积小于，故c(M+)+c(MOH)＞2c(Cl-)，故C项正确；
D．由C可知a点时，加入盐酸的体积小于，即V1＜ 12.5mL，故D项错误；
故答案选D。
8．草酸是一种二元弱酸，Ka1=5.9 ×10-2，Ka2=6.4 ×10-5，室温下，用0.1 000 mol· L-1的NaOH标准溶液滴定25 mL0.1 mol·L-1的H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲线如图a所示。图b为在上述滴定过程中草酸溶液中草酸各种形态的分布系数与pH的关系。下列说法错误的是
A．该温度下，将0.1 mol·L-1草酸溶液和0.1 mol· L-1草酸钠溶液等体积混合，溶液pH约为2.6
B．X点附近滴定突跃不如Y点附近明显，是因为X点时形成缓冲溶液
C．X点对应图b中的M点，Y点对应图b中的N点
D．Y点时，溶液中c(Na+ )>c( )>c(OH- )>c()>c(H+)
【答案】C
【解析】
室温下，用0.1000mol· L-1的NaOH标准溶液滴定25mL 0.1mol·L-1的H2C2O4（草酸）溶液的滴定曲线如图a所示，图b为在该滴定过程中草酸溶液中草酸各种形态的分布系数与pH的关系，则δ0表示H2C2O4的分布系数与pH的关系，δ1表示的分布系数与pH的关系，δ2表示的分布系数与pH的关系。
A．该温度下，将0.1mol·L-1草酸溶液和0.1mol· L-1草酸钠溶液等体积混合，生成0.1mol·L-1 NaHC2O4溶液，根据图b可知，溶液pH约为2.6，A正确；
B．X点时，加入NaOH和H2C2O4的物质的量量相等，形成NaHC2O4溶液，该溶液为缓冲溶液，加酸加碱，pH都不会剧烈变化；Y点时滴定结束，生成Na2C2O4，此时加碱，Na2C2O4不再反应，pH会剧烈升高；B正确；
C．X点为NaHC2O4溶液，对应图b中pH=2.6处；Y点为Na2C2O4溶液，图a中Y点pH=8.4，故Y点不能对应图b中的N点；C错误；
D．Y点为Na2C2O4溶液，溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c()>c(OH-)>c()>c(H+)，D正确；
故选C。
9．常温下，关于下列溶液的说法正确的是
A．pH=7.8的NH4HCO3溶液中：c()＞c()＞c(NH3 H2O)＞c(H2CO3)
B．某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-a mol·L-1，则该溶液的pH=a
C．H2C2O4溶液中c()=c(H2C2O4)时pH=1.12，则H2C2O4的Ka2=10-1.12
D．0.1 mol·L-1的硫酸钾溶液导电能力比同浓度的氯化钾溶液强
【答案】D
【解析】
A．NH4HCO3是弱酸弱碱盐，在溶液中、发生水解反应，该溶液pH=7.8，说明NH4HCO3溶液中的水解程度大于的水解程度，因此根据盐水解规律及盐电离产生的离子关系可得离子浓度大小关系为：c()＞c()＞c(H2CO3)＞c(NH3 H2O)，A错误；
B．当溶液为酸时，水的电离受到抑制作用，酸电离产生的c(H+)远大于由水电离出的c(H+)，因此该溶液的pH由酸电离产生的c(H+)决定，B错误；
C．H2C2O4溶液中c()=c(H2C2O4)时pH=1.12，则H2C2O4的Ka1=，C错误；
D．K2SO4电离方程式为K2SO4=2K++，KCl电离方程式为：KCl=K++Cl-，可见同浓度的硫酸钾溶液中离子浓度比氯化钾溶液大，且等浓度的带有的电荷数目比Cl-多，因此等浓度K2SO4的导电能力比同浓度的KCl溶液强，D正确；
故合理选项是D。
10．常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法中不正确的是
A．CH3COOH的电离常数约为10-5
B．水的电离程度：点①>点③>点②
C．在点①和点②所示溶液中：c(CN-)>c(CH3COO-)
D．在点③和点④之间的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
【答案】C
【解析】
CH3COOH是弱酸，存在电离CH3COOHCH3COO-+H+，HCN溶液存在平衡：HCNCN-+H+。
A．根据CH3COOH曲线的起点数据，此时NaOH还没加入，pH为3，故CH3COOH的电离常数为=10-5，A正确；
B．点②CH3COOH的电离抑制水的电离，点③pH为7，水的电离没被促进也没被抑制，点①是HCN和NaCN的混合溶液，溶液显碱性，CN-的水解大于HCN的电离，且促进水的电离，则水的电离程度：点①>点③>点②，B正确；
C．在点①和点②所示溶液中，分别加入了10mL的NaOH，两溶液均恰好反应了一半，不考虑水解与电离则有c(CH3COOH)= c(HCN)，根据题意，点②所对应溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中c(CH3COO-)-> c(CH3COOH)；点①所对应溶液为等浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，则HCN电离小于CN-的水解，溶液c(CN-)< c(HCN)；故两溶液中：c(CN-)D．点③pH为7，c(OH-)=c(H+)，根据质子守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，则c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，继续滴加NaOH，则c(CH3COOH)减小，c(CH3COO-)增大，故在点③和点④之间的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，D正确；
故选C。
三、影响盐类水解的因素
11．对下列反应的推断或解释正确的是
操作 实验现象 推断或解释
A 将少量饱和硼酸溶液滴加到碳酸钠溶液中 无气泡 酸性：H2CO3＞H3BO3
B 将C2H4通入溴的四氯化碳溶液中 溴的四氯化碳溶液褪色 C2H4与溴发生了加成反应
C 同温同压下用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和乙酸铵溶液的酸碱性 碳酸钠溶液显碱性，乙酸铵溶液显中性 碳酸钠溶液发生了水解，乙酸铵溶液没有水解
D 向均盛有2mL5%H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液各1mL 前者生成气泡的速率更快 催化效果：Fe3+＞Cu2+
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A．没有气泡，说明无二氧化碳生成，但由于硼酸是少量的，故可能生成碳酸氢钠，或不反应，不能比较碳酸和硼酸的酸性强弱，故A错误；
B．将C2H4通入溴的四氯化碳溶液中，溴的四氯化碳溶液褪色，C2H4与溴发生了加成反应，故B正确；
C．乙酸铵溶液显中性是因为醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相等，故C错误；
D．FeCl3、CuCl2溶液的浓度不同，可为浓度的影响，应加入浓度相同的FeCl3、CuCl2，当研究某一因素对反应速率的影响时，应用控制变量法，保证其他因素相同，故D错误。
故选B。
12．有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行。下列说法不正确的是
第一步：
第二步：……
第三步：
A．分子的构型为V型 B．升高温度可以使增大
C．反应的第二步为 D．由K可知，第三步不是整个过程的决速步
【答案】D
【解析】
A．分子的中心O原子价电子对数是，是sp3杂化，含有2个σ键和2对孤电子对，分子构型为V型，A正确；
B．第一步表示的是ClO-的水解，温度升高水解程度增大，该反应平衡正向移动，则增大，B正确；
C．从第一步和第三步看，第二步的过程是HOCl转化为HOI，结合总反应，反应物还缺少I-，生成物缺少Cl-，故反应的第二步为，C正确；
D．反应机理中的决速步是反应速率最慢的一步，看的是反应的速率，不是反应的程度，不能由平衡常数的大小判断反应速率的快慢，D不正确；
故选D。
13．下列由实验现象所得结论正确的是
A．取补铁口服液的上层清液，滴加酸性溶液，溶液紫色褪去，证明口服液中含有
B．向盛有的溶液的小试管中滴加酚酞溶液，溶液变红，再加入少量固体，溶液红色加深，证明水解程度增大
C．向滴有酚酞的NaOH溶液中加入，溶液红色褪去，可证明具有酸性
D．向溶液中通人，再通入X气体，有白色沉淀生成，则X可能为碱性气体
【答案】D
【解析】
A．亚铁离子、氯离子等均可使酸性KMnO4溶液褪色，则溶液紫色褪去，不能证明口服液中含有Fe2+，故A错误；
B．再加入少量CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，水解生成的氢氧根离子浓度增大，溶液红色加深，但醋酸钠的水解程度减小，故B错误；
C．过氧化氢具有强氧化性、漂白性，溶液红色褪去，不能证明H2O2具有酸性，故C错误；
D．X可能为氨气，白色沉淀为亚硫酸钡，则有白色沉淀生成，可知X可能为碱性气体，故D正确；
故选：D。
14．“酸化”经常使用到稀硫酸，下列使用稀硫酸进行“酸化”是错误的是
A．检验中的氯元素：与NaOH溶液混合加热，用稀硫酸酸化，再加溶液检验
B．探究的溶解度与pH的关系：用稀硫酸酸化，调整溶液酸碱度
C．提高溶液的氧化能力：用稀硫酸酸化
D．抑制的水解：用稀硫酸酸化
【答案】A
【解析】
A．检验氯乙烷中的氯元素时，将氯乙烷和NaOH溶液混合加热后，先用稀硝酸进行酸化，然后再滴加硝酸银溶液，不能使用硫酸酸性，因为硫酸根离子能够与银离子反应生成硫酸银沉淀，A符合题意；
B．探究的溶解度与pH的关系：用稀硫酸酸化，调整溶液酸碱度，对实验结果无影响，且稀硫酸难挥发，比盐酸、硝酸好，B不合题意；
C．提高溶液的氧化能力，一般用稀硫酸酸化，盐酸会与K2Cr2O7反应生成有毒气体Cl2，HNO3本身就有强氧化性，且反应时将产生有毒有害的NO、NO2等，C不合题意；
D．硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，抑制的水解，用稀硫酸酸化，能够达到实验目的，D不合题意；
故答案为A。
15．下列实验操作、实验现象以及相应的结论或解释均正确的是
选项 实验操作 实验现象 结论或解释
A 常温下取两份5mL0.1mol/LNa2CO3溶液，一份滴加2滴酚酞，另一份插入手持pH 计，同时放入温水浴中加热，加热至40℃，分别测出常温、40℃溶液pH 红色加深；pH分别为11.7、11.4 碳酸根离子水解、水的电离均吸热，温度升高，c(OH-)、Kw均增大
B 将SO2通入紫色石蕊试液中 溶液先变红，后褪色 SO2的水溶液有酸性、漂白性
C 向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2 出现白色沉淀 酸性：H2SO3>HClO
D 向Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液中滴加NaHS溶液 出现黑色沉淀 Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
A．红色加深说明溶液中c(OH-)增大，说明碳酸根的水解平衡正向移动，水解吸热，而pH减小，c(H+)也增大，说明加热时促进了水的电离，Kw增大，A正确；
B．SO2不能漂白指示剂，所以溶液变红后不会褪色，B错误；
C．向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2，次氯酸根将SO2氧化，得到的白色沉淀为CaSO4，所以无法比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，C错误；
D．混合溶液中Cu(NO3)2、AgNO3的浓度不一定相同，无法比较二者的溶解度，且二者为不同类型的沉淀，不能简单根据溶解度判断溶度积大小，D错误；
综上所述答案为A。
四、盐类水解的应用
16．常温下，下列实验事实能证明醋酸是一元酸的是
A．0.1mol·L-1醋酸溶液pH= 3
B．向醋酸钠溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红
C．完全中和25mL 0.1mol·L-1醋酸溶液需要25mL 0.1mol·L-1NaOH溶液
D．等物质的量浓度时，醋酸溶液的导电性弱于盐酸
【答案】C
【解析】
A．0.1mol·L-1醋酸溶液pH= 3只能说明醋酸的一级电离不完全，不能说明其是几元酸，A不合题意；
B．向醋酸钠溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，只能说明醋酸为弱酸，不能说明其为几元酸，B不合题意；
C．完全中和25mL 0.1mol·L-1醋酸溶液需要25mL 0.1mol·L-1NaOH溶液，说明醋酸和NaOH按物质的量1:1混合恰好完全反应，说明醋酸为一元酸，C符合题意；
D．等物质的量浓度时，醋酸溶液的导电性弱于盐酸，只能说明醋酸为弱酸，不能证明是几元酸，D不合题意；
故答案为：C。
17．溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓黄色加深(b)。已知：(黄色)；浓度较小时(用表示)几乎无色，取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是
A．测溶液a的，证明发生了水解
B．加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是一致的
C．向b中加入后，黄色褪去，说明能抑制水解
D．将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解
【答案】B
【解析】
A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的，证明发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正确；
B．加入浓，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进平衡正向移动，Fe3+浓度减小，溶液颜色也不一样，则与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是不一致的，B错误；
C．向b中加入后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明能抑制水解，使得溶液几乎无色，C正确；
D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解，D正确；
故答案为：B。
18．下列离子方程式能用来解释相应实验操作或者现象的是
实验现象 离子方程式
A 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到氢氧化铁胶体
B 向硫酸铜溶液中加入过量氨水
C 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸
D 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到氢氧化铁胶体：，A项错误；
B．向硫酸铜溶液中加入过量氨水会形成配合物：，B项错误；
C．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸是弱酸，用分子式表示：，C项错误；
D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，故向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：，D项正确；
答案选D。
19．尖晶石矿的主要成分为(含杂质)。已知：。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备和，同时还可得到副产物(沸点为，在升华)：。下列说法不正确的是
A．制备时要保持无水环境
B．输送气态产物的管道温度要保持在以上
C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量
D．为避免产生大量，反应过程中需保持炭过量
【答案】D
【解析】
A．由于高温条件下，C与H2O将反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；
B．由题干信息可知，在升华，故输送气态产物的管道温度要保持在以上，B正确；
C．由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确；
D．反应过程中若保持炭过量，则可能发生反应：SiO2+2CSi+2CO或者SiO2+3CSiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D错误；
故答案为：D。
20．化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是
A．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
C．可溶性的铝盐和铁盐可用作净水剂
D．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
【答案】D
【解析】
A．绿色化学要求原子利用率为100%，即从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，A正确；
B．水果释放的乙烯能促进果实成熟，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，可达到水果保鲜的目的，B正确；
C．可溶性的铝盐和铁盐，在水中水解，分别产生氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，它们可以使水中的小颗粒凝聚成大颗粒，沉降，起到净水的作用，故可溶性的铝盐和铁盐可用作净水剂，C正确；
D．海水中含有大量的NaCl，将海水净化后，通过“海水晒盐”获得NaCl固体，该过程是物理变化，D错误；
故选D。
课程标准
基础知识通关
规律与方法
经典例题
基础通关练
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