第09講鹽類(lèi)的水解-2023年新高二化學(xué)暑假講義習(xí)題（人教版2019選擇性必修1）

第09講鹽類(lèi)的水解1.變化觀念與平衡思想：認(rèn)識(shí)鹽類(lèi)水解有一定限度，理解鹽類(lèi)水解的概念，能正確書(shū)寫(xiě)鹽類(lèi)水解的離子方程式和化學(xué)方程式。了解影響鹽類(lèi)水解平衡的因素，能多角度、動(dòng)態(tài)地分析外界條件對(duì)鹽類(lèi)水解平衡的影響。2.證據(jù)推理與模型認(rèn)知：通過(guò)實(shí)驗(yàn)分析、推理等方法認(rèn)識(shí)鹽類(lèi)水解的實(shí)質(zhì)、掌握鹽溶液呈酸、堿性的原因和規(guī)律，能根據(jù)鹽的組成判斷溶液的酸、堿性。3.科學(xué)探究與創(chuàng)新意識(shí)：了解鹽類(lèi)水解在生產(chǎn)生活、化學(xué)實(shí)驗(yàn)、科學(xué)研究中的應(yīng)用。能發(fā)現(xiàn)和提出有關(guān)鹽類(lèi)水解的問(wèn)題，并設(shè)計(jì)探究方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究。一、鹽溶液的酸堿性及原因1．鹽類(lèi)水解(1)概念：在水溶液中，鹽電離出來(lái)的離子與水電離出來(lái)的H＋或OH－結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)，叫做鹽類(lèi)的水解。(2)實(shí)質(zhì)：生成弱酸或弱堿，使水的電離平衡被破壞而建立起新的平衡。2.鹽類(lèi)水解的規(guī)律：（1）規(guī)律：有弱才水解，越弱越水解；誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性，同強(qiáng)顯中性。（2）類(lèi)型：鹽的類(lèi)型實(shí)例是否水解水解的離子溶液的酸堿性溶液的pH強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽NaCl、KNO3否中性pH＝7強(qiáng)酸弱堿鹽NH4Cl、Cu(NO3)2是NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋酸性pH＜7弱酸強(qiáng)堿鹽CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)堿性pH>7二、鹽類(lèi)水解方程式的書(shū)寫(xiě)1．鹽類(lèi)水解程度一般很小，水解時(shí)通常不生成沉淀和氣體，書(shū)寫(xiě)水解的離子方程式時(shí)，一般用“”連接，產(chǎn)物不標(biāo)“↑”或“↓”。如：(1)NaClO：ClO－＋H2OHClO＋OH－；(2)(NH4)2SO4：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。2．多元弱酸根離子的水解分步進(jìn)行，水解以第一步為主。如：Na2CO3：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。多元弱堿陽(yáng)離子水解反應(yīng)過(guò)程復(fù)雜，只要求一步寫(xiě)到底。如：AlCl3：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。4．弱酸弱堿鹽中陰、陽(yáng)離子水解相互促進(jìn)。(1)NHeq\o\al(＋,4)與S2－、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、CH3COO－等組成的鹽雖然水解相互促進(jìn)，但水解程度較小，書(shū)寫(xiě)時(shí)仍用“”表示。如：NHeq\o\al(＋,4)＋CH3COO－＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。(2)Al3＋與COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、S2－、HS－、AlOeq\o\al(－,2)，F(xiàn)e3＋與COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)等組成的鹽水解相互促進(jìn)非常徹底，生成氣體和沉淀，書(shū)寫(xiě)時(shí)用“”表示。如Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)Al(OH)3↓＋3CO2↑。(一般要有弱堿沉淀生成)三、影響鹽類(lèi)水解的主要因素(1)內(nèi)因：形成鹽的酸或堿越弱，其鹽就越易水解。如水解程度：Na2CO3＞Na2SO3，Na2CO3＞NaHCO3。(2)外因eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(溶液的濃度：濃度越小水解程度越大,溫度：溫度越高水解程度越大,外加酸堿\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(酸：弱酸根離子的水解程度增大，弱堿陽(yáng)離子的水解程度減小,堿：弱酸根離子的水解程度減小，弱堿陽(yáng)離子的水解程度增大))))2．實(shí)驗(yàn)探究反應(yīng)條件對(duì)鹽類(lèi)水解程度的影響已知FeCl3發(fā)生水解反應(yīng)的離子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作填寫(xiě)下表：影響因素實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋鹽的濃度加入FeCl3固體，再測(cè)溶液的pH溶液顏色變深，溶液的pH變小加入FeCl3固體，c(Fe3＋)增大，水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)溶液的酸堿度加鹽酸后，測(cè)溶液的pH溶液顏色變淺，溶液的pH變小加入鹽酸，c(H＋)增大，水解平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，但c(H＋)仍比原平衡中c(H＋)大加入少量NaOH溶液產(chǎn)生紅褐色沉淀加入氫氧化鈉后，OH－消耗H＋，c(H＋)減小，水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)溫度升高溫度溶液顏色變深升高溫度，水解平衡正向移動(dòng)3．鹽的水解常數(shù)(1)表達(dá)式以CH3COONa為例CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－Kh＝eq\f(c(CH3COOH)·c(OH－),c(CH3COO－))，只與溫度有關(guān)。(2)與對(duì)應(yīng)弱酸電離常數(shù)的關(guān)系Ka＝eq\f(c(H＋)·c(CH3COO－),c(CH3COOH))所以，Kh·Ka＝Kw或Kh＝eq\f(Kw,Ka)。由此可看出，弱酸或弱堿的電離常數(shù)越小(越弱)，其生成的鹽水解的程度就越大。四、鹽類(lèi)水解的應(yīng)用1．在化學(xué)實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用應(yīng)用舉例判斷溶液的酸堿性FeCl3溶液顯酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋判斷酸性強(qiáng)弱相同濃度的NaX、NaY、NaZ溶液的pH分別為8、9、10，則酸性：HX>HY>HZ配制或貯存易水解的鹽溶液配制CuSO4溶液時(shí)，加入少量H2SO4，抑制Cu2＋水解；貯存Na2CO3溶液不能用磨口玻璃塞膠體的制取制取Fe(OH)3膠體的離子反應(yīng)：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋制備無(wú)水鹽將揮發(fā)性酸的弱堿鹽如AlCl3、FeCl3溶液蒸干時(shí)，在通HCl的氣流中加熱蒸干判斷離子是否共存Al3＋與COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、S2－、HS－、AlOeq\o\al(－,2)；Fe3＋與HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)；NHeq\o\al(＋,4)與AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)因相互促進(jìn)水解強(qiáng)烈而不能大量共存判斷中和反應(yīng)至中性的試劑用量如NH3·H2O與HCl反應(yīng)至中性，NH3·H2O過(guò)量，CH3COOH與NaOH反應(yīng)至中性時(shí)CH3COOH過(guò)量制備無(wú)機(jī)化合物如用TiCl4制備TiO2，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為T(mén)iCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl加入大量的水，同時(shí)加熱，促使水解趨于完全泡沫滅火器原理泡沫滅火器中藥品成分為NaHCO3與Al2(SO4)3，發(fā)生的反應(yīng)為Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)Al(OH)3↓＋3CO2↑作凈水劑明礬可作凈水劑，原理為Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋化肥的使用銨態(tài)氮肥與草木灰不得混合施用除銹劑NH4Cl溶液與ZnCl2溶液可作焊接時(shí)的除銹劑，原理為NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋熱純堿去污能力強(qiáng)加熱，促進(jìn)Na2CO3的水解，使c(OH－)增大，去污能力增強(qiáng)3.鹽溶液蒸干灼燒后所得產(chǎn)物的判斷(1)強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽溶液和水解生成難揮發(fā)性酸的鹽溶液，蒸干后一般得到原物質(zhì)，如NaCl溶液蒸干得NaCl固體，CuSO4溶液蒸干得CuSO4固體。(2)鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時(shí)，蒸干后一般得到對(duì)應(yīng)的弱堿，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼燒則會(huì)生成Al2O3、Fe2O3。(3)酸根陰離子易水解的強(qiáng)堿鹽，蒸干后可得到原物質(zhì)，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固體。(4)考慮鹽受熱時(shí)是否分解。因?yàn)镃a(HCO3)2、NaHCO3、NH4Cl固體受熱易分解，因此蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2→CaCO3；NaHCO3→Na2CO3；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。(5)還原性鹽在蒸干時(shí)會(huì)被O2氧化，如Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干得到Fe2(SO4)3。五、溶液中的守恒關(guān)系1．電荷守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，無(wú)論存在多少種離子，溶液都呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽(yáng)離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。2．物料守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類(lèi)增多，但元素的原子總是守恒的，或兩種原子的數(shù)目比是固定的。如NaHCO3溶液中存在著Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。3．質(zhì)子守恒規(guī)律如Na2S水溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移情況圖示如下：即給出H＋后剩余微粒濃度之和等于得到H＋后生成微粒濃度之和，故由圖可得Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。六、溶液中離子濃度比較的四種類(lèi)型1．不同溶液中同一離子濃度比較要考慮溶液中其他離子對(duì)該離子的影響，如：在相同濃度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的順序：④>⑤>③>①>②。2．弱酸溶液中離子濃度大小比較(1)HClO溶液中存在的電離平衡有：HClOH＋＋ClO－，H2OH＋＋OH－，溶液中微粒有H2O、HClO、H＋、OH－、ClO－，由于HClO電離程度小，且H2O的電離程度更小，所以溶液中微粒濃度由大到小的順序(H2O除外)是c(HClO)>c(H＋)>c(ClO－)>c(OH－)。(2)碳酸的電離方程式是H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋，HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－。碳酸是弱酸，第一步電離很微弱，第二步電離更微弱。推測(cè)其溶液中粒子濃度由大到小的順序(水分子除外)是c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)。3．單一溶液中離子濃度大小的比較(1)氯化銨溶液①先分析NH4Cl溶液中的電離、水解過(guò)程。電離：NH4ClNHeq\o\al(＋,4)＋Cl－、H2OH＋＋OH－。水解：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。判斷溶液中存在的離子有NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、H＋、OH－。②再根據(jù)其電離和水解程度的相對(duì)大小，比較確定氯化銨溶液中離子濃度由大到小的順序是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)。(2)碳酸鈉溶液①先分析Na2CO3溶液中的電離、水解過(guò)程：電離：Na2CO32Na＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。溶液中存在的離子有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－、H＋。②溶液中離子濃度由大到小的順序是c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)。(3)碳酸氫鈉溶液①分析NaHCO3溶液中的電離、水解過(guò)程：電離：NaHCO3Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。溶液中存在的離子有Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－。②由于HCOeq\o\al(－,3)的電離程度小于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，所以溶液中離子濃度由大到小的順序是c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))。(4)亞硫酸氫鈉溶液①先分析NaHSO3溶液中的電離、水解過(guò)程。電離：NaHSO3Na＋＋HSOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－。溶液中存在離子有：Na＋、HSOeq\o\al(－,3)、H＋、SOeq\o\al(2－,3)、OH－。②由于HSOeq\o\al(－,3)的電離程度大于HSOeq\o\al(－,3)的水解程度，所以溶液中離子濃度由大到小順序?yàn)椋篶(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)。4．混合溶液中各離子濃度比較，根據(jù)電離程度、水解程度的相對(duì)大小綜合分析(1)分子的電離程度大于對(duì)應(yīng)離子的水解程度在0.1mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，導(dǎo)致溶液呈堿性。溶液中各離子濃度的大小順序?yàn)閏(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。(2)分子的電離程度小于對(duì)應(yīng)離子的水解程度在0.1mol·L－1的HCN和0.1mol·L－1的NaCN混合溶液中：由于HCN的電離程度小于CN－＋)，且c(HCN)>c(Na＋)＝0.1mol·L－1?？键c(diǎn)一鹽類(lèi)水解實(shí)質(zhì)及規(guī)律例1．下列溶液因鹽的水解而呈酸性的是A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液【答案】D【解析】為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解，溶液呈中性，A錯(cuò)誤；為強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸氫根水解使溶液顯堿性，B錯(cuò)誤；為弱酸，醋酸電離，溶液顯酸性，C錯(cuò)誤；為強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解，溶液顯酸性，D正確；故選D?？键c(diǎn)二鹽類(lèi)水解方程式例2．下列離子方程式中，屬于水解反應(yīng)的是A．B．C．D．【答案】C【解析】醋酸是一元弱酸，水分子作用下醋酸在溶液中電離出醋酸離子和水合氫離子，電離方程式為，故A錯(cuò)誤；二氧化硫與酸反應(yīng)生成二元中強(qiáng)酸亞硫酸，亞硫酸在溶液中部分電離出亞硫酸氫根離子和氫離子，有關(guān)方程式為，故B錯(cuò)誤；碳酸根離子在溶液中分步水解使溶液呈堿性，以一級(jí)水解為主，水解方程式為，故C正確；氫硫酸根離子在溶液中存在電離趨勢(shì)，也存在水解趨勢(shì)，水分子作用下氫硫酸根離子電離出硫離子和水合氫離子，電離方程式為，故D錯(cuò)誤；故選C?？键c(diǎn)三溶液中微粒數(shù)目的比較例3．NH4Cl溶液中離子濃度的大小關(guān)系正確的是A．B．C．D．【答案】A【解析】由氯化銨的化學(xué)式為NH4Cl，電離的Cl-與的物質(zhì)的量之比為1∶1，根據(jù)氯化銨溶液中銨根離子水解可知，c(Cl-)＞c()，銨根離子水解溶液顯酸性，則c(H+)>c(OH-),離子水解的程度很弱，則c()＞c(H+)，所以，A正確，BCD錯(cuò)誤，故選A?？键c(diǎn)四影響鹽類(lèi)水解平衡的因素例4．下列關(guān)于鹽類(lèi)水解的說(shuō)法正確的是A．在Na2S溶液中加入少量Na2S固體，Na2S的水解程度增大B．將CuSO4溶液由20℃加熱到60℃，溶液的pH增大C．向CH3COONa溶液中加水，溶液中的比值增大D．常溫下，0.1mol/L的NaB溶液的pH=8，溶液中c(Na+)=c(B-【答案】D【解析】在Na2S溶液中加入少量Na2S固體，Na2S溶液的濃度增大，水解程度減小，故A錯(cuò)誤；鹽類(lèi)水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，CuSO4在溶液中的水解程度增大，溶液中的氫離子濃度增大，溶液的pH減小，故B錯(cuò)誤；加水稀釋CH3COONa溶液時(shí)，溶液中醋酸根離子和氫氧根離子濃度都減小，水的離子積不變，則溶液中氫離子濃度增大，的比值減小，故C錯(cuò)誤；常溫下，0.1mol/L的NaB溶液的pH=8，溶液顯堿性，說(shuō)明NaB為強(qiáng)堿弱酸鹽，即HB為弱酸，溶液中存在物料守恒關(guān)系：c(Na+)=c(B-)+c(HB)=0.1mol/L，故D正確；答案選D。考點(diǎn)五鹽類(lèi)水解的綜合應(yīng)用例5．下列與鹽類(lèi)水解有關(guān)的敘述正確的是A．用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度醋酸時(shí)，可選用甲基橙作指示劑B．將鎂條投入到NH4Cl溶液中觀察到有氣體放出C．配制FeCl3溶液，可加入少量稀硫酸，以防止溶液渾濁D．在空氣中加熱MgCl2·6H2O晶體制備無(wú)水MgCl2固體【答案】B【解析】用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度醋酸時(shí)，滴定終點(diǎn)時(shí)，生成的醋酸鈉水解使溶液顯堿性，因此要用變色范圍在pH8.2~10.0之間的酚酞作指示劑，甲基橙的變色范圍是pH3.1~4.4，不適合，A錯(cuò)誤；氯化銨溶液中存在NH4++H2ONH3?H2O+H+，所以溶液顯酸性，加入鎂條，發(fā)生反應(yīng)Mg+2H+=Mg2++H2↑，則將鎂條投入到NH4Cl溶液中能觀察到有氣體放出，B正確；氯化鐵水解生成氫氧化鐵和鹽酸，配制FeCl3溶液，加入少量的鹽酸，抑制氯化鐵的水解，可以防止溶液渾濁，若加入少量稀硫酸則引入硫酸根雜質(zhì)離子，C錯(cuò)誤；由于MgCl2·6H2O在加熱脫水過(guò)程中易發(fā)生水解而生成Mg(OH)Cl，所以應(yīng)阻止水解反應(yīng)的發(fā)生，即在氯化氫氣流中進(jìn)行加熱可制備無(wú)水MgCl2固體，D錯(cuò)誤；答案選B?？键c(diǎn)六離子濃度大小比較例6．常溫下，將0.1mol?L?1NaOH溶液滴加到20mL0.1mol?L?1二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH隨NaOH溶液滴入量的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是A．Ka1(H2A)≈10?3B．b處溶質(zhì)為NaHA，所以促進(jìn)水的電離C．b點(diǎn)時(shí)溶液中存在c(Na+)>c(HA﹣)>c(H+)>c(A2﹣)>c(H2A)D．c點(diǎn)時(shí)溶液中存在c(Na+)﹣c(HA﹣)?2c(A2﹣)＝10?10﹣【答案】B【分析】滴定至a點(diǎn)時(shí)，溶液成分為NaHA和H2A，滴定至b點(diǎn)時(shí)，溶液全為NaHA，滴定至c點(diǎn)時(shí)溶液成分為NaHA和Na2A?！窘馕觥縜點(diǎn)時(shí)pH≈3，加入10mLNaOH溶液，此時(shí)c(H2A)=c(NaHA)，可知，a2(H2A)=10，b點(diǎn)時(shí)溶液為NaHA，則HA-的電離程度大于水解程度，水的電離受到抑制，B項(xiàng)錯(cuò)誤；a2(H2A)=10，b點(diǎn)時(shí)溶液為NaHA，則HA-的電離程度大于水解程度，溶液中c(Na+)>c(HA﹣)>c(H+)>c(A2﹣)>c(H2A)，C項(xiàng)正確；c點(diǎn)為等物質(zhì)的量的NaHA與Na2A混合溶液，電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HA﹣)+2c(A2﹣)，c(Na+)﹣c(HA﹣)?2c(A2﹣)=c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)-c(H+)，c點(diǎn)的pH=9.5，c(H+)=10mol/L，c(OH﹣)=，c(Na+)﹣c(HA﹣)?2c(A2﹣)＝10?10，D項(xiàng)正確；故選B。1．25℃，下列物質(zhì)的水溶液因水解呈酸性的是A． B．KOH C． D．【答案】A【解析】屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使用溶液呈酸性，選項(xiàng)A正確；KOH屬于強(qiáng)堿，在溶液中電離出氫氧根離子溶液呈堿性，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；NaHCO3屬于強(qiáng)堿弱酸酸式鹽，碳酸氫根離子水解大于電離其溶液呈堿性，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；NaHSO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿酸式鹽，在溶液中不水解，其溶液呈酸性，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。2．下列微粒能促進(jìn)水的電離的是A． B． C． D．【答案】B【分析】水電離方程式為：。【解析】氯離子不影響水的電離，A錯(cuò)誤；銨根離子水解，促進(jìn)水的電離，B正確；鈉離子不影響水的電離，C錯(cuò)誤；氫氧根抑制水的電離，D錯(cuò)誤；故選B。3．下列過(guò)程或現(xiàn)象與鹽類(lèi)水解無(wú)關(guān)的是A．純堿溶液去油污 B．鐵在潮濕的環(huán)境下生銹C．用氯化銨溶液除鐵銹 D．濃硫化鈉溶液有臭味【答案】B【解析】純堿水解使得溶液顯堿性，有利于油脂的水解，與鹽類(lèi)水解有關(guān)，選項(xiàng)A不選；鐵在潮濕的環(huán)境下鐵和氧氣、水反應(yīng)而導(dǎo)致鐵被腐蝕，與鹽類(lèi)水解無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B選；氯化銨溶液水解溶液顯酸性，能和金屬氧化物反應(yīng)用于除銹，與鹽類(lèi)水解有關(guān)，選項(xiàng)C不選；溶液有臭味是因?yàn)榱蚧c水解后產(chǎn)生了少量的硫化氫，與鹽類(lèi)水解有關(guān)，選項(xiàng)D不選。故選B。4．下列化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作錯(cuò)誤的是A．配制溶液：將晶體溶于濃鹽酸中，再加蒸餾水稀釋至所需濃度B．制備膠體：向沸水中滴加飽和溶液后加熱至體系呈紅褐色，停止加熱C．洗滌試管內(nèi)的油污：向試管中加入飽和溶液，加熱并振蕩D．制備無(wú)水固體：蒸發(fā)溶液至溶劑蒸干后再灼燒【答案】D【解析】鐵離子在中性溶液中易水解，故配制溶液，將晶體溶于濃鹽酸中，抑制鐵離子的水解，再加蒸餾水稀釋至所需濃度，A正確；鐵離子在沸水中水解生成氫氧化鐵膠體，紅褐色，制備方法正確，B正確；油污的主要成分為酯類(lèi)，熱的碳酸鈉溶液堿性較強(qiáng)，油污在堿性條件下水解，故可用溶液去油污，C正確；鎂離子水解會(huì)生成氫氧化鎂，制備無(wú)水氯化鎂固體時(shí)應(yīng)該在氯化氫氛圍中加熱，D錯(cuò)誤；故選D。5．下列關(guān)于鹽類(lèi)水解的應(yīng)用，說(shuō)法不正確的是A．水溶液蒸發(fā)結(jié)晶能得到B．常溫下，溶液不能保存在玻璃試劑瓶中C．配制氯化鐵溶液時(shí)，先將氯化鐵固體溶于鹽酸中D．使用泡沫滅火器時(shí)，混合溶液與溶液【答案】A【解析】氫氧化鎂比碳酸鎂更難溶，水溶液蒸發(fā)結(jié)晶能得到Mg(OH)2，故A錯(cuò)誤；常溫下，溶液水解生成氫氟酸，二氧化硅和氫氟酸反應(yīng)生成SiF4和水，所以溶液不能保存在玻璃試劑瓶中，故B正確；配制氯化鐵溶液時(shí)，為防止氯化鐵水解，先將氯化鐵固體溶于鹽酸中，故C正確；使用泡沫滅火器時(shí)，混合溶液與溶液發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，故D正確；故選A。6．下列措施能使NaClO溶液的水解平衡正向移動(dòng)，水解程度反而減小的是A．增大NaClO溶液濃度 B．加水稀釋C．升高溫度 D．加入適量NaOH固體【答案】A【分析】NaClO的水解方程式為：ClO-+H2OHClO+OH-?！窘馕觥吭龃驨aClO溶液濃度，水解平衡正向移動(dòng)，但由于溶液濃度增大，所以水解程度減小，故A選；加水稀釋?zhuān)馄胶庹蛞苿?dòng)，水解程度增大，故B不選；水解是吸熱過(guò)程，升高溫度，水解平衡正向移動(dòng)，水解程度增大，故C不選；加入適量NOH固體，c(OH-)增大，水解平衡逆向移動(dòng)，故D不選；所以選A。7．能夠使CH3COONa溶液pH增大且水解程度也增大的條件是A．加水B．升溫C．加壓D．加CH3COONa固體【答案】B【解析】A．醋酸鈉溶液顯堿性，加水促進(jìn)CH3COONa水解，但是氫氧根離子濃度減小，pH減小，故A錯(cuò)誤；B．水解過(guò)程為吸熱過(guò)程，升溫促進(jìn)CH3COONa水解，堿性增強(qiáng)，pH增大，故B正確；C．反應(yīng)沒(méi)有氣體參與，因此加壓水解平衡不移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．加CH3COONa固體，增大了醋酸鈉的濃度，水解平衡右移，但CH3COONa水解程度減小，故D錯(cuò)誤。故選B。8．在其他條件不變的情況下，升高溫度，下列數(shù)值不一定增大的是①水解平衡常數(shù)

②化學(xué)平衡常數(shù)

③水的離子積

④物質(zhì)的溶解度A．②③ B．②④ C．③④ D．①④【答案】B【解析】①水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則升高溫度，水解平衡正向移動(dòng)，水解平衡常數(shù)增大，①不合題意；②若可逆反應(yīng)正反應(yīng)可能為放熱反應(yīng)，則升高溫度K減小，若正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)時(shí)升高溫度K增大，所以升高溫度，化學(xué)平衡常數(shù)不一定增大，②符合題意；③電解質(zhì)的電離吸熱，則升高溫度，促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，升高溫度，水的離子積增大，③不合題意；④少數(shù)固體物質(zhì)的溶解度隨著溫度升高而減小，如熟石灰，氣體物質(zhì)的溶解度隨著溫度升高而減小，但絕大部分固體物質(zhì)的溶解度隨著溫度升高而增大，所以升高溫度時(shí)，物質(zhì)的溶解度不一定增大，④符合題意；綜上，升高溫度，數(shù)值不一定增大的是②④。故答案為B。92CO3溶液中的c()更接近0.01mol/L，可以采取的措施是A．通入CO2 B．加入Na2CO3固體C．加熱 D．加入適量KOH固體【答案】D【解析】2CO3溶液中通入CO2，因發(fā)生+CO2+H2O=2，導(dǎo)致2CO3溶液中加入Na2CO3固體，導(dǎo)致濃度大于0.01mol/L，B不合題意；加熱能夠促進(jìn)2CO3溶液中2CO3溶液中加入適量KOH固體，由于OH-濃度增大，抑制2CO3溶液中濃度接近0.01mol/L，D符合題意；故答案為D。10．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．1mol/LNa2S溶液中S2-的數(shù)目小于NAB．常溫下，1LpH=3的醋酸溶液中的H+數(shù)目為10-3NAC．若1L0.2mol?L-1的FeCl3AD．1molN2和3molH2充入密閉容器，一定條件下充分反應(yīng)得到2NA個(gè)NH3分子【答案】B【解析】S2-屬于弱酸根離子，在水中發(fā)生水解：S2-+H2OHS-+OH-，但題目中沒(méi)有指明溶液體積，因此無(wú)法判斷S2-數(shù)目是否小于NA，故A錯(cuò)誤；pH=-lgc(H+)，c(H+)指的是溶液中H+的物質(zhì)的量濃度，常溫下，1LpH=3的醋酸溶液中H+數(shù)目為1L×10-3mol/L×NA=10-3NA，故B正確；氫氧化鐵膠體是由多個(gè)Fe(OH)33NA，故C錯(cuò)誤；合成氨反應(yīng)N2+3H22NH3，不能完全進(jìn)行到底，因此本題無(wú)法判斷氨氣分子數(shù)，故D錯(cuò)誤；答案為B。1溶液中，由于的水解，使得。如果要使更接近于0.1mol/L，可采取的措施是A．加入少量氫氧化鈉 B．加入少量水C．加入少量鹽酸 D．加熱【答案】C【分析】如果要使更接近于0.1mol/L，需要抑制銨根離子水解，并且加入的物質(zhì)和銨根離子之間不反應(yīng)即可，根據(jù)水解平衡的移動(dòng)影響因素來(lái)回答?！窘馕觥考尤霘溲趸c，會(huì)消耗銨根離子，使得銨根離子濃度更小于，故A錯(cuò)誤；加水稀釋會(huì)導(dǎo)致溶液中銨根離子濃度減小，故B錯(cuò)誤；加入鹽酸會(huì)抑制銨根離子水解，能使更接近于0.1mol/L，故C正確；加熱會(huì)促進(jìn)銨根離子水解，導(dǎo)致溶液中銨根離子濃度減小，故D錯(cuò)誤；答案選C。12．常溫下，稀釋0.1mol·L-1CH3COONa溶液，圖中的橫坐標(biāo)表示加水的量，則縱坐標(biāo)可以表示的是A．CH3COO-水解的平衡常數(shù) B．溶液的pHC．溶液中CH3COOH數(shù)目 D．溶液中c(CH3COO-)【答案】C【解析】溫度一定時(shí)，CH3COO-水解的平衡常數(shù)不變，A不符合圖像；CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液呈堿性，加水稀釋?zhuān)鶕?jù)勒夏特列原理，雖然水解程度增大，但pH減小，B不符合圖像；隨著水的加入，水解程度增大，溶液中CH3COOH數(shù)目增多，C符合圖像；隨著水的加入，水解程度增大，c(CH3COO-)減小，D不符合圖像；答案選C。13．下列離子方程式正確的是A．的水解方程：B．銅與稀硝酸反應(yīng)：C．向含的溶液中加入含的溶液：D．溶液中吸收少量[已知：：【答案】D【解析】硫氫化鈉中硫氫根離子水解可逆，A錯(cuò)誤；銅和稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮，B錯(cuò)誤；含的溶液中加入含的溶液反應(yīng)生成1mol氫氧化鋁和1.5mol硫酸鋇和0.5mol硫酸銨，C錯(cuò)誤；根據(jù)電離平衡常數(shù)分析，碳酸鈉溶液中吸收少量氯氣，反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氯化鈉和次氯酸鈉，D正確；故選D。14．草酸()是二元弱酸，常溫下，下列有關(guān)草酸及草酸鹽溶液的敘述錯(cuò)誤的是A．在溶液中B．在溶液中C．在溶液中D．在和混合溶液中【答案】B【解析】在溶液中，草酸()是二元弱酸，弱酸電離度很小主要以分子形成存在于溶液中，草酸一次電離程度遠(yuǎn)大于二次電離，兩次電離都會(huì)產(chǎn)生氫離子，水也會(huì)電離出氫離子，所以溶液中各微粒濃度大小為，故A正確；在溶液中，根據(jù)電荷守恒得到：，根據(jù)物料守恒得到：，整理得到：，故B錯(cuò)誤；在溶液中，根據(jù)物料守恒得到：，故C正確；在和混合溶液中，根據(jù)電荷守恒得到：，故D正確；故選B。15．室溫下，通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)探究NaHCO3溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象1用pH計(jì)測(cè)定0.05mol?L?1NaHCO32向10mL0.05mol?L?1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol?L?13向10mL0.05mol?L?1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol?L?14向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，有氣體和沉淀生成下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．NaHCO3溶液中的電離程度大于水解程度B．實(shí)驗(yàn)2滴加過(guò)程中：c()+2c()+c(OH-)逐漸增大C．實(shí)驗(yàn)3滴加過(guò)程中：c(Na+)＝c()+c()+c(H2CO3)D．實(shí)驗(yàn)4中生成的氣體是CO2【答案】D【解析】從實(shí)驗(yàn)1得知，NaHCO3溶液顯堿性，故其水解程度大于電離程度，A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)2滴加過(guò)程中存在電荷守恒：，隨著同濃度的的滴入不變而pH值增大，即減小，減小，故減小，B錯(cuò)誤；原溶液存在，隨著鹽酸滴入，pH下降，產(chǎn)生的碳酸分解，，C錯(cuò)誤；向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，其中碳酸氫根離子和鋁離子會(huì)發(fā)生雙水解，生成氫氧化鋁和二氧化碳，D正確；故選D。16．三元弱酸亞砷酸()在溶液中存在多種微粒形態(tài)，各種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液pH的關(guān)系如圖所示。向1溶液中滴加NaOH溶液，關(guān)于該過(guò)程的說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．的一級(jí)電離平衡常數(shù)B．的電離平衡常數(shù)小于水解平衡常數(shù)C．pH=b時(shí)D．pH=12，存在的含砷微粒有、、、【答案】D【解析】根據(jù)圖中信息pH=a時(shí)，的物質(zhì)的量濃度等于的物質(zhì)的量濃度，則的一級(jí)電離平衡常數(shù)，故A正確；根據(jù)圖中信息c的pH值在12和13之間，則的電離平衡常數(shù)在之間，根據(jù)圖中信息a在9到10之間，則的水解平衡常數(shù)即之間，因此的電離平衡常數(shù)小于水解常數(shù)，故B正確；根據(jù)圖中信息pH=b時(shí)，溶質(zhì)是，要發(fā)生電離和水解，再根據(jù)圖中信息得到，因此，故C正確；pH=12，根據(jù)圖中信息存在的含砷微粒有、、，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。17．下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖菍?shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)操作A制備Fe(OH)3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制備無(wú)水MgCl2將MgCl2溶液加熱蒸干C測(cè)定醋酸鈉溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，點(diǎn)在濕潤(rùn)的pH試紙上D制取次氯酸濃度較高的溶液將Cl2通入碳酸氫鈉溶液中【答案】D【解析】制備Fe(OH)3膠體，是將飽和氯化鐵溶液滴加幾滴到沸水中，繼續(xù)加熱至出現(xiàn)紅褐色，停止加熱，故A不符合題意；由于鎂離子會(huì)發(fā)生水解，因此應(yīng)在HCl氣流中加熱MgCl2溶液制備無(wú)水MgCl2，故B不符合題意；測(cè)定溶液pH時(shí)，pH試紙上不能濕潤(rùn)，故C不符合題意；將Cl2通入碳酸氫鈉溶液中，氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸與碳酸氫鈉不反應(yīng)，鹽酸和碳酸氫鈉反應(yīng)，致使氯水與水反應(yīng)平衡正向移動(dòng)，因此會(huì)制取次氯酸濃度較高的溶液，故D符合題意；綜上所述，答案為D。18．室溫下，下列各溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A．溶液中：B．氨水與氯化銨的混合溶液中可能存在：C．溶液和溶液等濃度等體積混合后的溶液中(忽略體積變化，混合后)：D．溶液與溶液中都存在關(guān)系式：【答案】D【解析】A．溶液中的水解程度較小，，同時(shí)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．氨水與氯化銨的混合溶液中不可能存在：，因不符合電荷守恒，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．和溶液等濃度等體積混合后，說(shuō)明的電離程度大于的水解程度，則，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．愘液與溶液中存