3.3 鹽類的水解-2024-2025學(xué)年高二化學(xué)講義解題大招（人教版）

①溫度：鹽的水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，水解程度增大。

②濃度：加入水，溶液濃度減小，使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，水解程度增大。

③外加相關(guān)物質(zhì)：鹽類水解后，溶液會呈現(xiàn)不同的酸堿性。外加酸或堿，可以促進(jìn)或抑制鹽的水解。3.幾種不發(fā)生水解的情況（1）發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)。當(dāng)發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成的沉淀比水解反應(yīng)生成的沉淀更難溶時(shí)，物質(zhì)之間不發(fā)生雙水解。如Na2S溶液和CuSO4溶液混合，其反應(yīng)式為S2－＋Cu2＋=CuS↓。（2）發(fā)生氧化還原反應(yīng)。物質(zhì)之間若既能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)，通常以氧化還原反應(yīng)為主。如Na2S溶液和FeCl3溶液混合，其反應(yīng)式為S2－＋2Fe3＋=S↓＋2Fe2＋。（3）HCO3－與[Al(OH)4]－不共存，不是由于相互促進(jìn)水解，而是因?yàn)樗嵝源笮。篐2CO3>HCO3－>Al(OH)3，所以：HCO3－+[Al(OH)4]－=Al(OH)3↓+COeq\o\al(2－,3)知識點(diǎn)04鹽溶液灼燒時(shí)所得產(chǎn)物的幾種類型1.加熱鹽溶液，需分析鹽溶液水解生成的酸。（1）鹽溶液水解得到難揮發(fā)性酸時(shí)，最終得到的是它們的溶質(zhì)固體。如CuSO4、MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液，CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；（2）鹽水解得到易揮發(fā)性強(qiáng)酸時(shí)，F(xiàn)eCl3、Fe(NO3)3、AlCl3、CuCl2等，析出Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2，灼燒時(shí)得到相應(yīng)的金屬氧化物。如：AlCl3+3H2OAl(OH)3↓+3HCl↑2Al(OH)3Al2O3+3H2O（3）酸根離子易水解的強(qiáng)堿鹽，溶液等蒸干后一般可得到原物質(zhì)。如Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。2.鹽受熱時(shí)是否分解①受熱易分解的鹽：如Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固體受熱易分解，因此蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。②受熱難分解的鹽：NaCl、Na3PO4等，析出無水鹽，該鹽熱穩(wěn)定性很強(qiáng)。3.還原性鹽在蒸干時(shí)會被O2氧化，如：Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。4.弱酸的銨鹽蒸干后無固體，因?yàn)殛庩栯x子均易水解，且水解產(chǎn)物易揮發(fā)，如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。知識點(diǎn)05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\up6(Δ))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋制備無水鹽將揮發(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過量，CH3COOH與NaOH反應(yīng)至中性時(shí)CH3COOH過量制備無機(jī)化合物如用TiCl4制備TiO2，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl，加入大量的水，同時(shí)加熱，促使水解趨于完全知識點(diǎn)06在日常生活中的應(yīng)用1.熱的純堿液去油污效果更好純堿(Na2CO3)水解呈堿性，加熱能促進(jìn)水解，溶液的堿性增強(qiáng)，熱的純堿溶液去污效果增強(qiáng)。有關(guān)的離子方程式是COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。2.明礬(鋁鹽)用作凈水劑明礬溶于水電離產(chǎn)生的Al3＋水解，生成Al(OH)3膠體表面積大，吸附水中懸浮的雜質(zhì)而使水變澄清。有關(guān)的離子方程式是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋。3.泡沫滅火劑泡沫滅火器內(nèi)所盛裝藥品分別是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，在使用時(shí)將兩者混合，鋁離子的水解會促進(jìn)碳酸氫根離子的水解，從而使水解完全產(chǎn)生CO2和Al(OH)3沉淀。其水解的離子方程式為Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。4.銨態(tài)氮肥不能與草木灰混合使用因?yàn)镹Heq\o\al(＋,4)在水溶液中能發(fā)生水解生成H＋，COeq\o\al(2－,3)在水溶液中水解產(chǎn)生OH－，當(dāng)二者同時(shí)存在時(shí)，則二者水解產(chǎn)生的H＋和OH－能發(fā)生中和反應(yīng)，使水解程度都增大，銨鹽水解產(chǎn)生的NH3·H2O易揮發(fā)而降低了肥效。知識點(diǎn)07在工業(yè)生產(chǎn)中廣泛應(yīng)用1.焊接工業(yè)上用氯化銨作為金屬的除銹劑，是因?yàn)镹H4Cl水解溶液呈酸性，從而與金屬表面的銹發(fā)生反應(yīng)而除去。2.工業(yè)制備某些無水鹽時(shí)，不能用蒸發(fā)結(jié)晶的方法，如由MgCl2·6H2O制無水MgCl2要在HCl氣流中加熱，否則：MgCl2·6H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Mg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O。有些鹽（如Al2S3）遇水即水解，無法在溶液中制取，只能由單質(zhì)直接反應(yīng)制?。ǜ煞ㄖ迫。?.工業(yè)上利用水解制備納米材料等。如用TiCl4制備TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O(過量)TiO2·xH2O↓＋4HCl。制備時(shí)加入大量的水，同時(shí)加熱，促進(jìn)水解趨于完全，所得TiO2·xH2O經(jīng)焙燒得TiO2。知識點(diǎn)08水解平衡常數(shù)1.概念在一定溫度下，能水解的鹽(強(qiáng)堿弱酸鹽、強(qiáng)酸弱堿鹽或弱酸弱堿鹽)在水溶液中達(dá)到水解平衡時(shí)，生成的弱酸(或弱堿)濃度和氫氧根離子(或氫離子)濃度之積與溶液中未水解的弱酸根陰離子(或弱堿的陽離子)濃度之比是一個(gè)常數(shù)，該常數(shù)就叫水解平衡常數(shù)。2.意義：Ｋh表示水解反應(yīng)趨勢的大小，Ｋh數(shù)值越大，水解趨勢越大。3.水解常數(shù)(Kh)與電離常數(shù)的定量關(guān)系(以CH3COONa為例)CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；同理：強(qiáng)酸弱堿鹽(如NH4Cl)的水解常數(shù)：Kh＝eq\f(KW,Kb)4.影響因素：水解平衡常數(shù)是描述能水解的鹽水解平衡的主要參數(shù)。它只受溫度的影響，因水解是吸熱過程，所以溫度升高，水解平衡常數(shù)增大。知識點(diǎn)09溶液中的守恒關(guān)系1．兩個(gè)平衡關(guān)系（1）電離平衡①弱電解質(zhì)的電離是微弱的，電離產(chǎn)生的微粒都非常少，同時(shí)還要考慮水的電離，如氨水中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－濃度的大小關(guān)系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。②多元弱酸的電離是分步進(jìn)行的，其主要是第一級電離(第一級電離程度遠(yuǎn)大于第二級電離)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的濃度大小關(guān)系是c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)。（2）水解平衡是微弱的＞＞＞②多元弱酸酸根離子的水解是分步進(jìn)行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的濃度大小關(guān)系應(yīng)是c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)。2．電荷守恒原理：電解質(zhì)溶液中陽離子所帶的電荷總數(shù)與陰離子所帶的電荷總數(shù)相等。即電荷守恒，溶液呈電中性。解題方法：①找出溶液中所有的陰、陽離子。②陰、陽離子濃度乘以自身所帶的電荷數(shù)建立等式。舉例如：Na2CO3溶液中①Na＋、H＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－。②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(COeq\o\al(2－,3))＋1×c(HCOeq\o\al(－,3))＋1×c(OH－)?；喌茫篶(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。3．元素物料守恒原理：在電解質(zhì)溶液中，由于某些離子發(fā)生水解或電離，離子的存在形式發(fā)生了變化，就該離子所含的某種元素來說，變化前后其原子個(gè)數(shù)是守恒的，即元素物料守恒。解題方法：①分析溶質(zhì)中的特定元素的原子或原子團(tuán)間的質(zhì)量守恒關(guān)系(特定元素除H、O元素外)。②找出特征元素在水溶液中的所有存在形式。(2)舉例，如：Na2CO3溶液中①eq\f(nNa＋,nCO\o\al(2－,3))＝eq\f(2,1)，即n(Na＋)＝2n(COeq\o\al(2－,3))，COeq\o\al(2－,3)在水中部分會水解成HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3，共三種含碳元素的存在形式。②c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]。3．質(zhì)子守恒方法一：可以由電荷守恒與元素質(zhì)量守恒推導(dǎo)出來。如Na2CO3中將電荷守恒和元素質(zhì)量守恒中的金屬陽離子消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。方法二：質(zhì)子守恒是依據(jù)水的電離平衡：H2OH＋＋OH－，水電離產(chǎn)生的H＋和OH－的物質(zhì)的量總是相等的，無論在溶液中由水電離出的H＋和OH－以什么形式存在。如：Na2CO3溶液中即c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H＋)。知識點(diǎn)10溶液中粒子濃度比較的四種類型1．弱酸溶液中粒子濃度大小比較(1)HClO溶液中存在的電離平衡有：HClOH＋＋ClO－、H2OH＋＋OH－，溶液中的微粒有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－)。2．不同溶液中同一離子濃度比較要考慮溶液中其他離子對該離子的影響，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。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、水解過程：電離：NH4Cl=NHeq\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、水解過程：電離：Na2CO3=2Na＋＋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、水解過程：電離：NaHCO3=Na＋＋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)的電離常數(shù)(K)<水解常數(shù)(Kh)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、水解過程：電離：NaHSO3=Na＋＋HSOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－。溶液中存在的離子有：Na＋、HSOeq\o\al(－,3)、H＋、SOeq\o\al(2－,3)、OH－。②由于HSOeq\o\al(－,3)的電離常數(shù)(K)>水解常數(shù)(Kh)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是c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)。4．混合溶液中不同離子濃度大小比較(1)等濃度、等體積的鹽與堿的混合溶液在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)等濃度、等體積的鹽與酸的混合溶液①分子的電離程度大于對應(yīng)離子的水解程度在0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，pH＜7，溶液中粒子濃度關(guān)系：粒子濃度大小關(guān)系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)電荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)②分子的電離程度小于對應(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－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(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，且c(HCN)>c(Na＋)＝0.1mol·L－1。解題大招解題大招大招01鹽溶液的酸堿性易錯(cuò)點(diǎn)①強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽不發(fā)生水解，但強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽溶液不一定呈現(xiàn)中性，如NaHSO4不發(fā)生水解，但NaHSO4在水中完全電離：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，使溶液呈現(xiàn)酸性。②顯酸性的溶液可能是酸，也可能是水解顯酸性的鹽溶液；顯堿性的溶液，可能是堿，也可能是水解顯堿性的鹽溶液。故酸性溶液的溶質(zhì)可能是酸或鹽，堿性溶液的溶質(zhì)可能是堿或鹽，而酸溶液的溶質(zhì)是酸，堿溶液的溶質(zhì)是堿。大招02鹽類水解易錯(cuò)點(diǎn)（1）鹽類水解的條件為鹽在水溶液中能電離出弱酸酸根離子或弱堿陽離子。（2）弱酸、弱堿只能電離，不能夠水解。（3）不要看到有“H2O”參加的就認(rèn)為是水解反應(yīng)方程式，如HS－＋H2OS2－＋H3O＋，實(shí)質(zhì)是電離方程式，要把握水解的實(shí)質(zhì)進(jìn)行判斷。大招03鹽類水解的過程：①電離：鹽全部電離成自由移動(dòng)離子，水微弱電離出H＋和OH－。②結(jié)合：離子之間通過有效碰撞后，生成難電離的分子或離子。③移動(dòng)：由于形成難電離的分子或離子，使溶液中的c(H＋)或c(OH－)減少，改變原有的水的電離平衡。促使水的電離程度變大。④顯性：由于水的電離平衡被破壞，致使c(H＋)、c(OH－)不相等，從而使溶液出現(xiàn)酸堿性。大招04比較鹽類水解程度的相對大?、冫}對應(yīng)的弱酸(或弱堿)越弱，水解程度越大。②同種弱酸(或弱堿)的鹽溶液濃度越小，水解程度越大。③相同條件下的水解程度：正鹽>相應(yīng)酸式鹽，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。④相互促進(jìn)水解的鹽>單獨(dú)水解的鹽>水解相互抑制的鹽。如NHeq\o\al(＋,4)的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。⑤溫度越高，鹽的水解程度越大。大招05FeCl3溶液水解情況受溫度的影響：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋（正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)）對FeCl3溶液進(jìn)行加熱操作，結(jié)果如下條件常溫加熱沸騰持續(xù)沸騰蒸干灼燒結(jié)果溶液呈酸性酸性增強(qiáng)形成膠體產(chǎn)生沉淀得到Fe(OH)3固體Fe2O3大招06常見互相促進(jìn)水解離子如下所示大招07水解的注意事項(xiàng)（１）水解平衡右移，鹽的離子水解程度不一定增大。比如：氯化銨溶液中NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，再加入NHeq\o\al(＋,4)，平衡右移，但水解程度減小；加水稀釋時(shí)，水解平衡右移，水解程度一定增大。（２）鹽溶液的濃度越小，水解程度越大，但由于溶液中離子濃度小是主要因素，故溶液酸性（或堿性）越弱。大招08雙向思維分析多元弱酸的分步電離和多元弱酸鹽的分步水解以H2CO3電離和Na2CO3的水解為例：H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)Ka1HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)Ka2 Ka1?Ka2COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－Kh1HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－Kh2二元弱酸的正鹽（如Na2CO3）的水解常數(shù)Kh1＝eq\f(Kw,Ka2)；二元弱酸的酸式鹽（如NaHCO3）的水解常數(shù)Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)；且Kh1?Kh2。大招09質(zhì)子守恒①由電荷守恒與物料守恒也可以推出質(zhì)子守恒，即方法一②化學(xué)計(jì)量數(shù)為得(或失)質(zhì)子的數(shù)目③H3O＋簡寫為H＋大招10判斷混合溶液中離子濃度大小的一般思路(1)判斷生成物，確定溶液組成。(2)明確溶液中存在的所有平衡(電離平衡，水解平衡)。(3)根據(jù)題給信息，確定程度大小(是電離為主還是水解為主)。(4)比較離子大小，在比較中，要充分運(yùn)用電荷守恒、元素質(zhì)量守恒關(guān)系。題型分類題型分類題型01鹽類水解的原理與規(guī)律【例1】下列溶液因鹽類的水解而呈酸性的是A．溶液 B．溶液C．溶液 D．溶液【答案】B【解析】A．CH3COOH溶液呈酸性是因?yàn)镃H3COOH是弱酸，在溶液中電離出氫離子，不是因?yàn)辂}類的水解，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．AlCl3溶液是強(qiáng)酸弱堿鹽，Al3+會發(fā)生水解：，溶液中氫離子濃度增大，溶液呈酸性，B項(xiàng)正確；C．NaHSO4溶液呈酸性是因?yàn)镹aHSO4在溶液中完全電離，產(chǎn)生大量氫離子，不是因?yàn)辂}類的水解，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．NaHCO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，的水解程度大于電離程度，溶液呈堿性，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。【變式1-1】常溫下列物質(zhì)溶于水，會促進(jìn)水的電離，且溶液的pH<7的是A． B． C． D．【答案】C【解析】A．電離出，使溶液呈酸性，抑制水的電離，同時(shí)抑制銨根離子的水解，故A錯(cuò)誤；B．中碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，溶液顯堿性pH>7，促進(jìn)水的電離，故B錯(cuò)誤；C．溶液中水解使溶液顯酸性pH<7，促進(jìn)水的電離，故C正確；D．是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，對水的電離無影響，溶液呈中性pH=7，故D錯(cuò)誤；本題選C?！咀兪?-2】下列溶液顯酸性的是A．氯化銨 B．碳酸鉀 C．氯化鉀 D．氨水【答案】A【解析】A．氯化銨是強(qiáng)酸鹽酸和弱堿氨水反應(yīng)所得鹽，屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，鹽的溶液顯酸性，故A項(xiàng)正確；B．碳酸鉀是碳酸和氫氧化鉀反應(yīng)制得的鹽，屬于弱酸強(qiáng)堿鹽，顯堿性，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．氯化鉀是強(qiáng)酸鹽酸和強(qiáng)堿KOH反應(yīng)所得鹽，屬于強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，鹽的溶液顯中性，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．氨水是弱堿溶液，顯堿性，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；故本題選A。題型02鹽類水解的方程式【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】A【解析】A．碳酸根離子分步水解，第一步水解的離子方程式為，A正確；B．是電離方程式，B錯(cuò)誤；C．甲酸是一元弱酸，水分子作用下甲酸在溶液中電離出甲酸根離子和水合氫離子，是電離方程式，C錯(cuò)誤；D．二氧化碳與水反應(yīng)生成碳酸，碳酸在溶液中部分電離出碳酸氫根離子和氫離子，有關(guān)方程式為，D錯(cuò)誤；故選A?！咀兪?-1】下列反應(yīng)（省略反應(yīng)條件）中，不屬于水解反應(yīng)的是A．B．C．D．【答案】C【解析】A．利用TiCl4水解可制?。?，故A不符合題意；B．Al3+水解時(shí)結(jié)合H2O電離的氫氧根生成Al(OH)3，即為Al3+的水解反應(yīng)，故B不符合題意；C．碳酸氫根為多元弱酸酸式酸根離子，在H2O的作用下碳酸氫根電離產(chǎn)生碳酸根和水合氫離子，即為電離方程式，故C符合題意；D．乙酸乙酯在稀硫酸作用下水解生成乙酸和乙醇，即為乙酸乙酯的水解反應(yīng)方程式，故D不符合題意；故答案為：C?！咀兪?-2】下列反應(yīng)不屬于水解反應(yīng)或水解方程式不正確的是①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－②AlCl3＋3H2O=Al(OH)3＋3HCl③CO＋2H2OH2CO3＋2OH－④碳酸氫鈉溶液：HCO＋H2OCO+H3O＋⑤HS－的水解：HS－＋H2OS2－＋H3O＋⑥NaAlO2與NaHCO3溶液混合：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋COA．①②③④ B．①②③⑥ C．②③⑤⑥ D．全部【答案】D【解析】①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－屬于HCl的電離方程式，但是HCl是強(qiáng)酸，能完全電離；②AlCl3＋3H2O=Al(OH)3＋3HCl為AlCl3的水解方程式，但水解是微弱的，應(yīng)用“”表示；③多元弱酸根離子的水解要分步進(jìn)行，所以，CO＋2H2OH2CO3＋2OH－水解方程式錯(cuò)誤；④碳酸氫鈉溶液：HCO＋H2OCO+H3O＋為HCO的電離方程式；⑤HS－＋H2OS2－＋H3O＋為HS－的電離方程式；⑥NaAlO2與NaHCO3溶液反應(yīng)方程式：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO不屬于水解反應(yīng)；故不屬于水解反應(yīng)或水解方程式不正確的是：①②③④⑤⑥，故答案選D。題型03鹽類水解的影響因素【例3】在0.1mol/LFeCl3溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡，下列說法中正確的是A．加FeCl3固體，平衡正向移動(dòng)，水解程度增大B．稍微加熱，促進(jìn)水解，c(H+)增大，pH減小C．加NaOH固體，與鐵離子反應(yīng)，平衡逆向移動(dòng)D．通入HCl氣體，平衡逆向移動(dòng)，鐵離子水解常數(shù)減小【答案】B【解析】A．加FeCl3固體，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錯(cuò)誤；B．鹽的水解一般是吸熱的，微熱，水解平衡正向移動(dòng)，c(H+)增大，pH減小，故B正確；C．加NaOH固體，OH-與H+反應(yīng)，平衡正向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．通入HCl氣體，c(H+)增大，平衡逆向移動(dòng)，但水解常數(shù)只與溫度有關(guān)，鐵離子的水解常數(shù)不變，故D錯(cuò)誤；故選B?！咀兪?-1】為使溶液中的值減小，可加入的物質(zhì)是A．適量的固體 B．適量的固體C．通入適量的氣體 D．適量的固體【答案】B【解析】A．加入適量的氫氧化鈉固體，溶液中氫氧根離子濃度增大，水解平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，硫離子濃度大，但鈉離子濃度也增大，則的值不可能減小，故A錯(cuò)誤；B．加入適量的氫氧化鉀固體，溶液中氫氧根離子濃度增大，水解平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，硫離子濃度大，鈉離子濃度不變，則的值減小，故B正確；C．通入適量的氯化氫氣體，氯化氫電離出的氫離子中和溶液中氫氧根離子，氫氧根離子濃度減小，水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，硫離子濃度減小，鈉離子濃度不變，則的值增大，故C錯(cuò)誤；D．加入適量的強(qiáng)酸弱堿鹽氯化銨固體，氯化銨在溶液中水解生成的氫離子中和溶液中氫氧根離子，氫氧根離子濃度減小，水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，硫離子濃度減小，鈉離子濃度不變，則的值增大，故D錯(cuò)誤；故選B?！咀兪?-2】在一定條件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2-+H2OHS-+OH-。下列說法正確的是A．加水稀釋，平衡正移，HS-濃度增大 B．升高溫度，減少C．稀釋溶液，水解平衡常數(shù)不變 D．加入NaOH固體，溶液pH減小【答案】C【解析】A．加水稀釋，平衡正移，但是HS-濃度減小，故A錯(cuò)誤；B．水解是吸熱反應(yīng)，升溫，平衡正向移動(dòng)，硫氫根離子濃度增大，硫離子濃度減小，所以增大，故B錯(cuò)誤；C．水解平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，故C正確；D．加入氫氧化鈉，溶液的堿性增強(qiáng)，溶液pH增大，故D錯(cuò)誤；故選C。題型04鹽類水解的應(yīng)用一對溶液中離子濃度的影響【例4】物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液中：①NH4Cl②(NH4)2CO3③(NH4)2SO4④NH3·H2O，c(NH)由大到小的順序是A．②③①④ B．④①③② C．③②①④ D．③②④①【答案】C【解析】①NH4Cl②(NH4)2CO3③(NH4)2SO4都是強(qiáng)電解質(zhì)，水溶液中完全電離，④NH3·H2O是弱電解質(zhì)，部分電離，溶液中c(NH)最??；②(NH4)2CO3③(NH4)2SO4組成均含2個(gè)銨根離子，c(NH)都大于①；由于碳酸根與銨根離子水解相互促進(jìn)，c(NH)：③大于②；c(NH)由大到小的順序是③②①④，故選C?！咀兪?-1】的下列溶液中，最大的是A． B． C． D．氨水【答案】B【解析】氯化銨、硫酸鋁銨、碳酸氫銨都是一元銨鹽，強(qiáng)電解質(zhì)，銨根離子水解，水解是微弱的化學(xué)變化；氨水為一元弱堿，部分電離，故鹽溶液中的銨根離子濃度大于氨水中的銨根離子濃度；氯化銨溶液中的銨根離子正常水解，以它為基準(zhǔn)；硫酸鋁銨在溶液中電離出的銨根離子和鋁離子在溶液中均水解使溶液呈酸性，相互抑制，銨根離子濃度大于氯化銨溶液中的銨根離子；碳酸氫銨中銨根離子和碳酸氫根離子水解相互促進(jìn)，銨根離子濃度小于氯化銨溶液中的銨根離子；0.1mol/L溶液中，c()最大的是硫酸鋁銨，答案選B?！咀兪?-2】向三份0.1mol/L溶液中分別加入少量、、固體(忽略溶液體積變化)，則濃度的變化依次為A．減小、增大、減小 B．增大、減小、減小C．減小、增大、增大 D．增大、減小、增大【答案】A【解析】】向含有弱離子的鹽溶液中加入另一種含弱離子的鹽溶液，如果兩種溶液的酸堿性相同，那么它們混合后會相互抑制水解；如果兩種溶液的酸堿性不同，一種溶液顯酸性，另一種溶液顯堿性，那么它們混合后會相互促進(jìn)水解。、屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液顯堿性，、屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液顯酸性，故加會抑制的水解，使?jié)舛仍龃?，加、會促進(jìn)的水解，使?jié)舛葴p小，故選A。題型05鹽類水解的應(yīng)用二--鹽溶液蒸干灼燒產(chǎn)物的判斷【例5】在蒸發(fā)皿中用酒精燈加熱蒸干下列物質(zhì)的溶液然后灼燒，可以得到該物質(zhì)固體的是A．AlCl3 B．Na2SO3 C．CuSO4 D．KMnO4【答案】C【解析】A．AlCl3溶液中Al3+水解，加熱水解平衡正向移動(dòng)且HCl易揮發(fā)，故蒸干后，灼燒應(yīng)得到Al2O3，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．Na2SO3溶液蒸干后，固體灼燒過程會被空氣中氧氣氧化得Na2SO4，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．CuSO4溶液蒸干后得CuSO4，灼燒后仍得CuSO4，故C項(xiàng)正確；D．KMnO4溶液蒸干后，得KMnO4，灼燒KMnO4分解得K2MnO4、MnO2，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；本題選C?！咀兪?-1】在蒸發(fā)發(fā)皿中加熱蒸干并灼燒(低于400℃)下列的溶液，可以得到該物質(zhì)的固體是A．氯化鋁溶液 B．硫酸亞鐵溶液 C．碳酸氫鈉溶液 D．硫酸鋁溶液【答案】D【解析】A．加熱蒸干氯化鋁溶液，水解生成氫氧化鋁和鹽酸，鹽酸易揮發(fā)，氯化鋁完全水解生成氫氧化鋁，灼燒氫氧化鋁分解得到氧化鋁，A不符合題意；B．加熱硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵被氧氣氧化生成硫酸鐵，B不符合題意；C．加熱碳酸氫鈉溶液，碳酸氫鈉分解，最終生成碳酸鈉固體，C不符合題意；D．加熱硫酸鋁溶液，雖然鋁離子水解生成氫氧化鋁，但硫酸難揮發(fā)，最終固體仍為硫酸鋁，D符合題意；故選D?！咀兪?-2】下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是A．FeCl3(aq)Fe2O3B．MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOC．SiO2H2SiO3Na2SiO3D．NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3【答案】B【解析】A．FeCl3(aq)蒸干得到氫氧化鐵，灼燒得到氧化鐵，氧化鐵和水不反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．MgCl2(aq)與石灰乳反應(yīng)生成Mg(OH)2，Mg(OH)2灼燒得到MgO，故B正確；C．SiO2與水不反應(yīng)，H2SiO3與氫氧化鈉反應(yīng)生成Na2SiO3和水，故C錯(cuò)誤；D．NaCl(aq)和二氧化碳不反應(yīng)，NaHCO3受熱分解生成Na2CO3、二氧化碳和水，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為B。題型06鹽類水解的應(yīng)用三在生活或工業(yè)的應(yīng)用【例6】下列有關(guān)鹽類水解的應(yīng)用正確的是A．在日常生活中常常利用純堿溶液來清洗油污，這是因?yàn)榧儔A溶液水解顯堿性，水解離子方程式為B．將溶液加熱蒸干可得到晶體C．實(shí)驗(yàn)室配制溶液時(shí)，可以將晶體溶于稀中，然后再加水稀釋到所需濃度，并加入適量鐵粉防止氧化D．人們常用明礬凈水，是利用水解生成膠體，可使水中細(xì)小的懸浮顆粒聚集成較大的顆粒而沉降，從而起到凈水的作用【答案】D【解析】A．純堿溶液去油污的原理，碳酸根離子的水解顯堿性，水解離子方程式為，A錯(cuò)誤；B．氯化鋁為強(qiáng)酸弱堿鹽，Al3+發(fā)生水解，水解的方程式為，水解后溶液呈酸性，蒸干和灼燒過程中，HCl揮發(fā)，Al（OH）3不穩(wěn)定，灼燒時(shí)分解生成Al2O3，B錯(cuò)誤；C．將晶體溶于稀中引入硫酸根離子，正確應(yīng)該用稀鹽酸，C錯(cuò)誤；D．明礬凈水，是利用水解生成膠體，可使水中細(xì)小的懸浮顆粒聚集成較大的顆粒而沉降，D正確；故選D?！咀兪?-1】下列應(yīng)用與鹽類的水解無關(guān)的是A．純堿溶液可去除油污B．TiCl4溶于大量水加熱制備TiO2C．FeCl3飽和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3膠體D．NaCl可用作防腐劑和調(diào)味劑【答案】D【解析】A．純堿即碳酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，能發(fā)生水解使溶液顯堿性，有利于油脂的水解，與鹽類水解有關(guān)，故A不符合題意；B．TiCl4溶于大量水并加熱發(fā)生反應(yīng)TiCl4+(2+x)H2OTiO2?xH2O↓+4HCl，加熱條件下促使水解趨于完全，得到TiO2?xH2O經(jīng)焙燒得到TiO2，故B不符合題意；C．用FeCl3飽和溶液制Fe(OH)3膠體利用的是溶液中三價(jià)鐵離子的水解，故C不符合題意；D．氯化鈉為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不發(fā)生水解，其可用作防腐劑和調(diào)味劑與鹽類水解無關(guān)，故D符合題意；故選：D?！咀兪?-2】下列生產(chǎn)生活中的應(yīng)用與鹽類水解原理無關(guān)的是A．明礬凈水 B．草木灰去油污C．配制溶液時(shí)，加入一些鐵粉 D．氯化銨除鐵銹【答案】C解析A．明礬是KAl(SO4)2·12H2O，Al3+發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體吸附懸浮在水中固體小顆粒，膠體聚沉，達(dá)到凈水的目的，明礬凈水與鹽類水解有關(guān)，A不符合題意；B．草木灰中含有K2CO3，水解使溶液顯堿性，油污在堿性溶液中水解成可溶于水的物質(zhì)，草木灰去油污與鹽類水解有關(guān)，B不符合題意；C．Fe2+易被O2氧化為Fe3+，向配制的FeSO4溶液中加入鐵粉是為了防止Fe2+被氧化為Fe3+，該現(xiàn)象和鹽類水解無關(guān)，C符合題意；D．氯化銨溶液因水解使氯化銨溶液顯酸性，鐵銹為Fe2O3，能與H+反應(yīng)，生成Fe3+，氯化銨除鐵銹與鹽類水解有關(guān)，D不符合題意；故選C。題型07電解質(zhì)溶液中離子濃度的關(guān)系（三大守恒）【例7】表示0.1mol·L-1NaHCO3溶液有關(guān)微粒濃度的關(guān)系正確的A．c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(CO)+c(OH-)B．c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)C．c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(H+)>c(OH-)D．c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(HCO)【答案】B解析A．由電荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，A錯(cuò)誤；B．由物料守恒得：c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，B正確；C．的水解程度大于其電離程度，NaHCO3溶液呈堿性，則c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()，C錯(cuò)誤；D．由質(zhì)子守恒得：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c()，D錯(cuò)誤；故選B?！咀兪?-1】時(shí)，向溶液中逐滴加入溶液，滴定曲線如圖所示。下列說法中不正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)對應(yīng)的B．b點(diǎn)對應(yīng)的C．在的點(diǎn)存在：D．點(diǎn)對應(yīng)的溶液中：【答案】B解析A．a(chǎn)點(diǎn)為25mL0.1mol/LNaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L，25℃時(shí)，pOH=1，所以pH值為13，故A正確；B．醋酸鈉溶液顯堿性，而b點(diǎn)溶液呈中性，說明醋酸過量，二者等濃度，所以N＞25，故B錯(cuò)誤；C．在V(CH3COOH)═25的點(diǎn)為醋酸鈉溶液，部分醋酸根離子發(fā)生水解反應(yīng)，則鈉離子濃度大于醋酸根離子，醋酸鈉溶液顯堿性，氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正確；D．c點(diǎn)加了50mL醋酸，溶液為醋酸和醋酸鈉1∶1的混合液，顯酸性，說明醋酸根離子得電離程度大于水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，故D正確；故選：B。【變式7-2】0.1mol·L﹣1KHS溶液中下列表達(dá)式不正確的是A．B．C．D．【答案】D【解析】A．KHS溶液中遵循電中性原則，根據(jù)電荷守恒可得：，故A正確；B．水解程度大于電離程度，KHS屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，則，因水解程度較弱，則，故B正確；C．0.1mol?L﹣1KHS溶液中含有：HS﹣、S2﹣、H2S，由物料守恒可知c(HS﹣)+c(S2﹣)+c(H2S)==0.1mol?L﹣1，故C正確；D．水解程度大于電離程度，KHS屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，則，因水解程度較弱，則，故D錯(cuò)誤；故選：D。題型08鹽類水解的綜合運(yùn)用【例8】利用所學(xué)化學(xué)反應(yīng)原理知識，解決以下問題：(1)25℃時(shí)，溶液呈堿性的原因是(用離子方程式表示)；把溶液蒸干并灼燒得到的產(chǎn)物是。(2)在日常生活中經(jīng)常用和混合溶液作滅火劑，請用離子方程式表示其滅火原理：。(3)相同物質(zhì)的量濃度的五種溶液：①、②氨水、③、④⑤，由大到小順序是(用序號表示)。(4)實(shí)驗(yàn)室中常用NaOH溶液來進(jìn)行洗氣和提純，當(dāng)用150mL1mol/L的NaOH溶液吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L時(shí)，所得溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)椤?5)某酸在水中的電離方程式是：，，回答下列問題：①在的溶液中，下列微粒濃度關(guān)系式正確的是。A．B．C．D．②常溫下，已知NaHA溶液的，則溶液中可能(填“>”、“<”或“=”)。【答案】(1)(2)(3)⑤>①>③>④>②(4)(5)C<【解析】（1）碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸根離子在溶液中分步水解使溶液呈堿性，水解反應(yīng)以一級水解為主，水解的離子方程式為；氯化鐵是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中水解生成氫氧化鐵和鹽酸，溶液蒸干時(shí)，氯化氫受熱揮發(fā)，使水解平衡不斷右移直至水解趨于完全生成氫氧化鐵，氫氧化鐵灼燒發(fā)生分解反應(yīng)生成氧化鐵，則氯化鐵溶液蒸干并灼燒得到的產(chǎn)物為氧化鐵，故答案為：；；（2）硫酸鋁溶液與碳酸氫鈉溶液混合作滅火劑發(fā)生的反應(yīng)為硫酸鋁溶液與碳酸氫鈉溶液發(fā)生水解反應(yīng)生成硫酸鈉、氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為，故答案為：；（3）一水合氨在溶液中部分電離出銨根離子，所以氨水中的銨根離子濃度小于鹽溶液中銨根離子濃度；銨根離子在溶液中部分水解使溶液呈酸性，所以硫酸銨溶液中銨根離子濃度最大；硫酸氫銨在溶液中電離出的氫離子抑制銨根離子的水解程度大于硫酸亞鐵銨中亞鐵離子水解抑制銨根離子水解的程度，則硫酸亞鐵銨溶液中銨根離子濃度大于氯化銨溶液中銨根離子濃度，小于硫酸氫銨溶液中的銨根離子濃度，所以溶液中銨根離子濃度的大小順序?yàn)棰?gt;①>③>④>②，故答案為：⑤>①>③>④>②；（4）設(shè)氫氧化鈉溶液與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉、碳酸氫鈉的物質(zhì)的量分別為amol、bmol，由鈉原子個(gè)數(shù)守恒可得：2a+b=1mol/L×0.15L，由碳原子個(gè)數(shù)守恒可得：a+b=，解聯(lián)立方程可得a=b=0.05，由碳酸根離子在溶液中的水解程度大于碳酸氫根離子可知，混合溶液中離子濃度的大小順序?yàn)?，故答案為：；?）由電離方程式可知，H2A在溶液中完全電離出HA—離子和氫離子，HA—離子在溶液中部分電離出A2—離子和氫離子，則H2A在溶液中存在的微粒為HA—離子、A2—離子、氫離子和氫氧根離子；①A．由H2A在溶液中完全電離出HA—離子和氫離子可知，Na2A溶液中不存在H2A分子，則溶液中的物料守恒關(guān)系為，故錯(cuò)誤；B．由H2A在溶液中完全電離出HA—離子和氫離子可知，Na2A溶液中不存在H2A分子，則溶液中的質(zhì)子守恒關(guān)系為，故錯(cuò)誤；C．Na2A溶液中存在電荷守恒關(guān)系，故正確；D．由H2A在溶液中完全電離出HA—離子和氫離子，HA—離子在溶液中部分電離出A2—離子和氫離子可知，Na2A溶液中A2—離子在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)使溶液呈堿性，則由水能部分電離出氫離子和氫氧根離子可知，溶液中離子濃度的大小順序?yàn)?，故錯(cuò)誤；故選C；②由H2A在溶液中完全電離出HA—離子和氫離子可知，H2A在溶液中電離出的氫離子抑制HA—離子的電離，由常溫下，0.1mol/LNaHA溶液的pH為2可知，0.1mol/LH2A溶液中氫離子濃度小于0.11mol/L，故答案為：<?！咀兪?-1】已知：25℃時(shí)，相關(guān)酸(或堿)的電離平衡常數(shù)如下表所示：酸電離常數(shù)(K)請回答下列問題：(1)25℃時(shí)，溶液的，溶液中的，溶液的，由水電離出的，溶液呈堿性的原因：(用離子方程式解釋)。(2)向溶液中加蒸餾水稀釋到1L后，下列說法不正確的是(填序號)。a．的電離程度增大b．增大

c．減小

d．減小(3)“84消毒液”中滴加白醋，可增強(qiáng)溶液的漂白性，原因：(用離子方程式解釋)。(4)結(jié)合表中數(shù)據(jù)分析，25℃時(shí)，的①②③三種溶液的pH由大到小的順序是：(填寫序號)。(5)已知溶液呈酸性，請結(jié)合離子方程式解釋其呈酸性的原因：。(6)的電離方程式為；25℃時(shí)，向氨水中加入稀硫酸至溶液的，此時(shí)溶液中，則?！敬鸢浮?1)(2)bd(3)(4)或③②①(5)溶液中，同時(shí)存在和，的電離程度大于水解程度，，因此溶液呈酸性(6)0.5a【解析】（1）25℃時(shí)，，溶液的，,故溶液中的；溶液的，溶液顯堿性，，由水解方程式可知溶液顯堿性的原因是水電離的氫離子被醋酸根結(jié)合使氫氧根濃度大于氫離子濃度，溶液中的氫氧根都是由水電離出，故由水電離出的；（2）a．加水促進(jìn)水的電離平衡，故的電離程度增大，a不符合題意；b．加水稀釋，減小，b符合題意；

c．加水稀釋，溶液酸性減弱，減小，c不符合題意；

d．根據(jù)，K不變，減小，則比值增大，d符合題意；故答案選bd。（3）由電離常數(shù)可知醋酸的酸性大于次氯酸，向“84消毒液”中滴加白醋，可強(qiáng)酸制弱酸，生成更多的HClO,增強(qiáng)溶液的漂白性，用離子方程式解釋為：；（4）25℃時(shí)，的①②③三種溶液濃度相同，由電離常數(shù)可知酸性：，則酸根結(jié)合氫離子的能力：，則水解程度，水解程度越大，堿性越強(qiáng)，pH越大，則pH由大到小的順序是③②①或；（5）溶液中，同時(shí)存在和，的電離程度大于水解程度，，因此溶液呈酸性；（6）的電離方程式為；25℃時(shí)，向氨水中加入稀硫酸至溶液的，則，此時(shí)溶液中，根據(jù)電荷守恒可計(jì)算?！咀兪?-2】I．已知25℃時(shí)部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)數(shù)據(jù)如表所示，回答下列問題：化學(xué)式HClO電離平衡常數(shù)(1)物質(zhì)的量濃度均為的下列四種溶液：pH由大到小排列的順序是。a．b．c．NaClOd．(2)的電離平衡常數(shù)表達(dá)式。(3)常溫下，溶液加水稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)變小的是_______(填序號)。A． B． C． D．(4)25℃時(shí)，將的溶液與溶液等體積混合，反應(yīng)后溶液恰好顯中性，則溶液中(填寫“>”、“=”或“＜”)。II．常溫下，有四種溶液：①溶液

②溶液③溶液

④溶液。(5)溶液②呈(填“酸”“堿”或“中”)性。其原因是：(用相關(guān)離子方程式說明)。(6)①和②兩種溶液：溶液中溶液中(填寫“>”、“=”或“＜”)。(7)溶液的pH＜7，溶液的pH>7，則溶液中。(填寫“>”、“=”或“＜”)?！敬鸢浮?1)b>c>d>a(2)(3)AD(4)=(5)堿(6)＜(7)>【解析】（1）根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，酸性：，弱酸的酸性越弱，其酸根離子的水解程度越大，等物質(zhì)的量濃度的鹽溶液堿性就越強(qiáng)，所以pH由大到小排列的順序是：，即b>c>d>a；（2）的電離方程式為：，則電離平衡常數(shù)表達(dá)式；（3）A．溶液加水稀釋促進(jìn)電離，氫離子與醋酸根離子的物質(zhì)的量增大，但體積增大的程度更大，則c(H+)減小，A符合題意；B．因，加水稀釋促進(jìn)CH3COOH電離，醋酸根離子的物質(zhì)的量增大，但體積增大的程度更大，則c(CH3COO-)減小，而Ka不變，則增大，B不符合題意；C．，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，則不變，C不符合題意；D．醋酸溶液加水稀釋過程中酸性減弱，c(H+)減小，而不變，則增大，所以減小，D符合題意；故選AD；（4）將的溶液與溶液等體積混合，反應(yīng)后溶液恰好顯中性，即，由電荷守恒得：，則溶液中；（5）溶液②溶質(zhì)為強(qiáng)堿弱酸鹽，由于離子發(fā)生水解，離子方程式為：，使溶液呈堿性；（6）由表中數(shù)據(jù)可知，的電離常數(shù)為，則的水解常數(shù)，則在溶液和溶液中，溶液中<溶液中；（7）溶液的pH＜7，則的電離程度大于其水解程度，電離生成，水解生成，則溶液中>。跟蹤訓(xùn)練跟蹤訓(xùn)練【基礎(chǔ)過關(guān)】1．下列說法正確的是A．鐵與碘反應(yīng)易生成碘化鐵B．制備無水氯化鎂需在HCl氣流中加熱C．用石灰沉淀富鎂海水中的Mg2+，生成碳酸鎂D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀【答案】B【詳解】A．I2屬于弱氧化劑，與Fe反應(yīng)生成FeI2，A錯(cuò)誤；B．氯化鎂溶液加熱時(shí)鎂離子易水解生成氫氧化鎂，故制備無水氯化鎂需在HCl氣流中加熱，抑制鎂離子水解，B正確；C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C錯(cuò)誤；D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因?yàn)镠2SO3酸性比HCl弱，該復(fù)分解反應(yīng)不能發(fā)生，D錯(cuò)誤；答案選B。2．下列物質(zhì)的水溶液因水解而呈堿性的是A． B． C． D．【答案】B【詳解】A．溶液中銨根離子水解使溶液顯酸性，故A不符合題意；B．溶液中亞硫酸根離子水解使溶液顯堿性，故B符合題意；C．電離出氫氧根離子使溶液顯堿性，故C不符合題意；D．溶液中鋁離子水解使溶液顯酸性，故D不符合題意；故選B。3．2023年9月23日，第19屆亞運(yùn)會在中國杭州隆重開幕。下列說法不正確的是A．本屆亞運(yùn)會新建場館所使用的涂層可利用的水解反應(yīng)制備B．本屆亞運(yùn)會場館地面所使用的石墨烯納米防滑涂層屬于無機(jī)非金屬材料C．本屆亞運(yùn)會火炬“薪火”所使用的1070鋁合金硬度比純鋁大D．本屆亞運(yùn)會實(shí)現(xiàn)綠色電力供應(yīng)所使用的太陽能電池主要成分為【答案】D【詳解】A．TiCl4和水反應(yīng)生成TiO2和氯化氫，場館所使用的TiO2涂層可利用TiCl4的水解反應(yīng)制備，故A正確；B．石墨烯納米防滑涂層是碳元素的單質(zhì)，屬于無機(jī)非金屬材料，故B正確；C．火炬“薪火”所使用的1070鋁合金具有高強(qiáng)度、硬度、韌性等特征，硬度比純鋁大，故C正確；D．太陽能電池主要成分為Si，故D錯(cuò)誤；答案選D。4．常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是A．在水電離出mol/L的溶液：、、、B．能使甲基橙變紅的溶液中：、、、C．使甲基橙變紅的溶液：、、、D．的溶液：、、、【答案】B【詳解】A．水電離出mol/L的溶液可以是酸性溶液也可以是堿性溶液，在堿性溶液中不能大量存在，A不符合題意；B．能使甲基橙變紅的溶液呈酸性，含有大量氫離子，能大量存在，B符合題意；C．使甲基橙變紅的溶液呈酸性，含有大量氫離子，與H+不能大量存在，C不符合題意；D．在溶液中因發(fā)生雙水解而不能大量共存，并且的溶液呈中性，中性溶液中不可能存在，只能存在于酸性溶液中，D不符合題意；故選B。5．可用作凈水劑。在水中不穩(wěn)定，會生成膠體；堿性條件下氧化性大于。下列有關(guān)鐵及其化合物的相關(guān)轉(zhuǎn)化，在指定條件下能實(shí)現(xiàn)的是A．B．C．D．【答案】B【詳解】A．鐵與水蒸氣在高溫條件下發(fā)生反應(yīng)會生成四氧化三鐵，不是氧化鐵，A錯(cuò)誤；B．鐵與氯氣加熱可生成氯化鐵，氯化鐵在水溶液中加入銅會發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，均能實(shí)現(xiàn)相互轉(zhuǎn)化，B正確；C．氯化鐵溶液在加熱條件下水解平衡正向移動(dòng)，蒸干會得到氫氧化鐵，C錯(cuò)誤；D．高鐵酸鉀在水中不穩(wěn)定，生成氫氧化鐵膠體被還原，根據(jù)氧化還原反應(yīng)價(jià)態(tài)規(guī)律，鐵的化合價(jià)降低，氧的化合價(jià)升高，可知得不到氫氣，得到的為氧氣，D錯(cuò)誤；故選B。6．設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．常溫下，的稀硫酸中，所含的數(shù)為B．常溫下，溶液中，所含的數(shù)為C．等物質(zhì)的量的二氧化碳和二氧化硫氣體中，所含的氧原子總數(shù)均為D．常溫下，的水溶液中，所含的數(shù)為【答案】A【詳解】A．常溫下，的稀硫酸中，所含的數(shù)為0.5L×10-1mol/L×NAmol-1=，A正確；B．Fe3+會水解，故常溫下，溶液中，所含的數(shù)小于1L×0.1mol/L×NAmol-1=，B錯(cuò)誤；C．等物質(zhì)的量的二氧化碳和二氧化硫氣體中，由于未給出CO2和SO2的具體的物質(zhì)的量，無法計(jì)算所含的氧原子總數(shù)，C錯(cuò)誤；D．由于水還能電離出，則常溫下，的水溶液中，所含的數(shù)大于1L×0.2mol/L×NAmol-1=，D錯(cuò)誤；故答案為：A。7．常溫下，將的溶液加水稀釋至的過程中，下列說法錯(cuò)誤的是A． B．C．保持不變 D．稀釋前后，溶液中的氧元素總質(zhì)量保持不變【答案】D【分析】在水中完全電離為銨離子和硫酸根：，為強(qiáng)酸弱堿鹽，少量銨離子會發(fā)生水解使得溶液呈酸性，的溶液加水稀釋至過程中，水解程度增大但酸性有所降低；【詳解】A．硫酸銨固體中銨離子的數(shù)目是硫酸根的2倍，結(jié)合分析可知溶液中，故A正確；B．稀釋過程中，硫酸銨溶液始終呈酸性，則，故B正確；C．稀釋過程中硫酸根數(shù)目守恒，即保持不變，故C正確；D．稀釋過程中加入水，水含氧元素，則稀釋前后，溶液中的氧元素總質(zhì)量增加，故D錯(cuò)誤；選D。8．常溫下，關(guān)于0.1mol/L氯化銨溶液的下列說法中，錯(cuò)誤的是A．加入適量的水，減小，增大B．該溫度下，水的離子積常數(shù)C．生活中，可用該溶液來除鐵銹D．該溶液中一定存在【答案】A【分析】NH4Cl溶液中存在：NH4Cl=+Cl-，H2OH++OH-，+H2ONH3·H2O+H+，且稀釋電解質(zhì)溶液對鹽類水解起到促進(jìn)作用，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．已知NH4Cl溶液中存在：+H2ONH3·H2O+H+，加入適量的水，水解平衡正向移動(dòng)，根據(jù)勒夏特列原理可知，減小，減小，A錯(cuò)誤；B．水的離子積是一個(gè)平衡常數(shù)，僅僅是溫度的函數(shù)，故該溫度下，水的離子積常數(shù)，B正確；C．由分析可知，NH4Cl溶液顯酸性，故生活中，可用該溶液來除鐵銹，C正確；D．根據(jù)電解質(zhì)溶液中的電荷守恒可知，該溶液中一定存在：，D正確；故答案為：A。9．在時(shí)，在物質(zhì)的量濃度均為的、、的三種溶液中，測得分別為、、(單位：)。下列判斷正確的是A． B． C． D．【答案】D【詳解】物質(zhì)的量濃度均為的、、三種溶液中都存在的水解平衡：，溶液中、會發(fā)生雙水解，促進(jìn)了的水解；溶液中，因發(fā)生反應(yīng)：，增大，抑制了的水解；對的水解無影響。則相同物質(zhì)的量濃度的三種溶液中，的水解程度越大，溶液中越小，所以c>a>b，故選D。10．煙道氣是指煤等化石燃料燃燒時(shí)所產(chǎn)生的對環(huán)境有污染的氣態(tài)物質(zhì)，通常含有。以下是工業(yè)上用煙道氣中的處理含鉻(＋6價(jià))廢水的工藝流程，下列說法錯(cuò)誤的是A．可用飽和溶液吸收煙道氣中的B．步驟I的反應(yīng)為：C．步驟III所涉及的實(shí)驗(yàn)操作主要是過濾D．每處理廢水中的1mol不考慮其它氧化劑存在)，轉(zhuǎn)移3mol電子【答案】A【分析】該還原沉淀法處理含廢水的過程是：先加酸使轉(zhuǎn)化成，該步是含同價(jià)態(tài)Cr的不同離子之間的轉(zhuǎn)化，隨后，用煙道氣將還原為Cr3+，該步發(fā)生的是氧化還原反應(yīng)，最后加入氫氧根離子，使Cr3+形成沉淀，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．飽和溶液不和煙道氣中的反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．步驟I中發(fā)生的反應(yīng)為，故B正確；C．步驟III所涉及的實(shí)驗(yàn)操作主要是過濾，鉻離子變成氫氧化鉻沉淀，故C正確；D．處理廢水中的，由+6價(jià)變成+3價(jià)，處理1mol，轉(zhuǎn)移3mol電子，故D正確；答案選A。11．（多選）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．0.1molFeCl3水解形成Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NAB．1L0.1mol·L?1NH4Cl溶液中的數(shù)目為0.1NAC．室溫下，1LpH=1的H2SO4溶液中H+的數(shù)目為0.1NAD．常溫下，1LpH=10的純堿溶液中，由水電離產(chǎn)生的OH-數(shù)為10?4NA【答案】CD【詳解】A．水解時(shí)可逆的，而且膠體粒子是多個(gè)分子形成的聚合體，所以1L0.1mol/LFeCl3溶液水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.1NA，A錯(cuò)誤；B．由于NH4Cl溶液中存在的水解，所以1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中的數(shù)目小于0.1NA，B錯(cuò)誤；C．pH=1，c(H+)=0.1mol/L，1LpH=1的硫酸溶液中，含有的H+離子數(shù)為0.1NA，C正確；D．常溫下pH=10的純堿溶液中c(OH-)=10-4mol/L，1L溶液中n(OH-)=10-4mol，該溶液中OH-全部來自水電離，則由水電離產(chǎn)生的OH-數(shù)目為10?4NA，D正確；故選CD。12．（多選）某二元堿在水溶液中逐級電離。25℃時(shí)，、和三者各自的分布系數(shù)隨溶液pH的變化曲線如圖所示。已知：，下列說法錯(cuò)誤的是A．的數(shù)量級為B．時(shí)，pH=8.39C．等物質(zhì)的量的和混合溶液中D．溶液中，若，則【答案】AD【分析】二元堿中隨著氫離子濃度增大，pH減小，含量減小、含量先增大后減小、含量一直增大，故對應(yīng)的曲線為：；【詳解】A．根據(jù)圖可知，當(dāng)pH=6.85，pOH=7.15時(shí)，，,的數(shù)量級為10-8，A錯(cuò)誤；B．由pH=9.93可知，；=，時(shí)，，pOH=5.61，pH=8.39，B正確；C．MCl2溶液水解顯酸性，加入堿性溶液M(OH)Cl，促進(jìn)了MCl2的水解，導(dǎo)致M(OH)+的量增大，M2+的量減小，所以，C正確；D．根據(jù)電荷守恒規(guī)律：，然后把帶入上式中，結(jié)果為：，則，D錯(cuò)誤；故選AD。13．（多選）草酸亞鐵晶體是生產(chǎn)感光材料的原料[Ksp(FeC2O4·2H2O)=3×10-7mol2·L-2]，制備流程如下：

下列說法錯(cuò)誤的是A．可用K4Fe(CN)6溶液檢驗(yàn)(NH4)2Fe(SO4)2是否變質(zhì)B．步驟①酸化的目的是抑制Fe2+的水解C．步驟②反應(yīng)為Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+D．步驟③為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥【答案】AD【詳解】A．若(NH4)2Fe(SO4)2變質(zhì)，則有Fe3+生成，應(yīng)用KSCN溶液檢驗(yàn)，A錯(cuò)誤；B．亞鐵離子水解方程式為Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+，酸化后溶液中氫離子濃度增大，可以抑制Fe2+的水解，B正確；C．生成FeC2O4·2H2O過程中沒有元素化合價(jià)變化，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，離子方程式為Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，C正確；D．由題干信息可知，F(xiàn)eC2O4?2H2O是一種難溶物，故步驟③為過濾、洗滌、干燥，D錯(cuò)誤；綜上所述答案為AD。14．科學(xué)探究要實(shí)事求是、嚴(yán)謹(jǐn)細(xì)致。某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行有關(guān)氯化物的探究實(shí)驗(yàn)，回答下列問題：Ⅰ．制備。裝置如圖所示(夾持裝置省略)，已知極易水解。(1)儀器a的名稱是。(2)裝置Ⅱ中制備的化學(xué)方程式為。(3)該裝置存在的缺陷是：①；②缺少氫氣的尾氣處理裝置。Ⅱ．為了探究外界條件對氯化銨水解平衡的影響，興趣小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方案：實(shí)驗(yàn)編號c(NH4Cl)/mol/L溫度/℃待測物理量實(shí)驗(yàn)?zāi)康?0.530a———61.5ⅰb探究濃度對氯化銨水解平衡的影響70.535cⅱ82.040d探究溫度、濃度同時(shí)對氯化銨水解平衡的影響(4)該實(shí)驗(yàn)限選藥品和儀器：恒溫水浴、pH傳感器、燒杯、硝酸銀溶液、蒸餾水和各種濃度的NH4Cl溶液。①實(shí)驗(yàn)中，“待測物理量”是；②實(shí)驗(yàn)?zāi)康膇i是；③上述表格中，bd(填“>”、“<”或“=”)?！敬鸢浮?1)長頸漏斗(2)(3)裝置Ⅰ與裝置Ⅱ間缺少干燥裝置(4)溶液的pH探究溫度對氯化銨水解平衡的影響>【分析】在裝置Ⅰ中Zn與稀硫酸發(fā)生置換反應(yīng)產(chǎn)生H2，在加熱條件下H2還原FeCl3得到FeCl2，裝置Ⅲ中堿石灰的作用有兩個(gè)：一是吸收反應(yīng)產(chǎn)生的HCl，防止大氣污染，二是吸收空氣中的水分，防止FeCl3水解，據(jù)此作答：【詳解】（1）根據(jù)圖示可知儀器a的名稱是長頸漏斗；（2）在裝置1中在加熱條件下H2還原FeCl3得到FeCl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：；（3）在裝置1中Zn與稀硫酸發(fā)生置換反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣，未經(jīng)干燥就通入裝置Ⅱ中，會導(dǎo)致FeCl3發(fā)生水解反應(yīng)，故該裝置存在的缺陷是裝置Ⅰ與裝置II間缺少干燥裝置；（4）①由提供的藥品和儀器可知，pH計(jì)是準(zhǔn)確測定溶液的pH的，所以待測物理量是溶液的pH；②探究濃度對氯化銨水解平衡的影響，則溫度必須相同，所以實(shí)驗(yàn)6的溫度與實(shí)驗(yàn)5相同，即為30℃。實(shí)驗(yàn)5和實(shí)驗(yàn)7濃度相同，溫度不同，所以是探究溫度對氯化銨水解平衡的影響；③水解反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)，溫度越高水解程度越大，氫離子濃度增大，濃度越高，水解生成的氫離子濃度越大，則溶液的酸性越強(qiáng)，已知實(shí)驗(yàn)IV的濃度大，溫度高，所以溶液的pH小，即b>d。15．NaHSO3可用于棉織物和有機(jī)物漂白，以及在染料、造紙等工業(yè)中用作還原劑。(1)NaHSO3可由NaOH溶液吸收SO2制得，已知：2NaOH(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2O(l)ΔH12NaHSO3(aq)=Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)ΔH2則反應(yīng)SO2(g)+NaOH(aq)=NaHSO3(aq)的ΔH3=(用含ΔH1、ΔH2式子表示)；且ΔH1ΔH2(填“>”、“＜”和“=”)．(2)NaHSO3在不同溫度下均可被KIO3氧化，當(dāng)NaHSO3完全消耗，產(chǎn)物碘離子可立即與KIO3反應(yīng)生成I2，根據(jù)I2生成所需時(shí)間可以求得NaHSO3的反應(yīng)速率。將濃度均為0.020mol·L?1NaHSO3(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(過量)酸性溶液40.0mL混合，記錄10～55℃間溶液變藍(lán)時(shí)間，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖。①寫出此反應(yīng)過程的離子方程式：、。②a點(diǎn)時(shí)，v(NaHSO3)=mol·L?1·s?1。③10～40℃區(qū)間內(nèi)，顯色時(shí)間越來越短，試用碰撞理論解釋其原因。(3)在NaHSO3溶液中加入少量下列物質(zhì)后，c(H2SO3)/c(HSO)的值增大的是_______(填字母)。A．H2O B．稀H2SO4 C．H2O2溶液 D．NaOH溶液【答案】(1)＜(2)3HSO+IO=I-+3SO+3H+IO+5I﹣+6H+=3I2+3H2O5.0×10-5溫度升高，反應(yīng)物分子中活化分子百分?jǐn)?shù)增大，單位時(shí)間內(nèi)有效碰撞的次數(shù)增加，化學(xué)反應(yīng)速率加快，所以變色時(shí)間減短(3)BC【詳解】（1）①a：2NaOH（aq）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2O（l）△H1b：2NaHSO3（aq）=Na2SO3（aq）+SO2（g）+H2O（l）△H2根據(jù)蓋斯定律，a-b得到：2SO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHSO3（aq），因此SO2（g）+NaOH（aq）=NaHSO3（aq）的；②一般而言，中和反應(yīng)為放熱反應(yīng)，分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故△H1＜0，△H2＞0，所以△H1＜△H2。（2）①NaHSO3被KIO3氧化，生成碘離子，因此反應(yīng)的離子方程式為：；②碘離子與KIO3反應(yīng)生成I2，因此反應(yīng)的離子方程式為：；③a點(diǎn)時(shí)，v（NaHSO3）==5.0×10—5mol·L－1·s－1；④根據(jù)圖象，40℃之前溫度越高溶液變藍(lán)所需要的時(shí)間越短，是因?yàn)闇囟壬?，反?yīng)物分子中活化分子百分?jǐn)?shù)增大，單位時(shí)間內(nèi)有效碰撞的次數(shù)增加，化學(xué)反應(yīng)速率加快，所以變色時(shí)間減短。（3）A．NaHSO3溶液存在水解平衡，則，已知NaHSO3溶液呈酸性，加水稀釋，酸性減弱，因此c(OH-)增大，溫度不變，Kh不變，因此減小，A不符合題意；B．分析，加入稀H2SO4，c(OH-)減小，溫度不變，則Kh不變，，增大，B符合題意；C．加入H2O2溶液，H2O2將氧化，減小，則增大，C符合題意；D．分析，加入NaOH溶液，c(OH-)增大，溫度不變，則Kh不變，減小，D不符合題意；故選BC?！灸芰μ嵘?．下列各組離子在指定溶液中能夠大量共存的是A．無色透明的溶液中：B．含有的溶液中：C．由水電離出的溶液中：D．的溶液中：【答案】D【詳解】A．要發(fā)生完全雙水解反應(yīng)，不能大量共存，故A不選；B．含有的溶液在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，要被氧化，不能大量共存，故B不選；C．由水電離出的溶液可能是酸溶液或堿溶液，在堿性溶液中不能大量共存，與H+、OH-均要反應(yīng)，在酸溶液中不能大量共存，故C不選；D．相互不反應(yīng)，且與OH-也不反應(yīng)，可以大量共存，故D選；答案選D。2．在25℃下，向10.00mL0.01mol/L某一元酸HA溶液中逐滴加入0.01mol/LNaOH溶液，溶液pH變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．0.01mol/L某一元酸HA溶液中，由水電離出來的c(H+)=10?amol/LB．b點(diǎn)表示的溶液中：c(HA)=c(A?)C．c點(diǎn)時(shí)：V<10.00D．b、c、d三點(diǎn)表示的溶液中一定都存在：c(Na+)+c(OH?)=c(A?)+c(H+)【答案】C【詳解】A．由圖象可知HA溶液中c(H+)=10?amol/L，HA為弱酸，由水電離出來的c(H+)等于氫氧根濃度，為10a?14mol/L，選項(xiàng)A錯(cuò)；B．b點(diǎn)對應(yīng)的溶液為等物質(zhì)的量濃度的NaA和HA的混合液，HA電離使得溶液呈酸性，NaA水解呈堿性，混合溶液呈酸性，則HA的電離大于NaA水解，故c(HA)＜c(A?)，B錯(cuò)；C．c點(diǎn)對應(yīng)溶液的pH=7，為中性，說明HA過量，則c點(diǎn)時(shí)：V<10.00，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，選項(xiàng)D錯(cuò)；選C。3．常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的有幾組①溶液：、、、②的溶液中：、、、、③水電離的濃度為的溶液中：、、、④加入Mg能放出的溶液中：、、、、、⑤使甲基橙變黃的溶液中：、、、、⑥中性溶液中：、、、、A．三組 B．兩組 C．一組 D．無【答案】D【詳解】①的水解促進(jìn)發(fā)生電離，在溶液中不能大量共存；②的溶液呈堿性，由2+2H++H2O可知，在堿性溶液中不能大量共存；③水電離的濃度為的溶液呈酸性或堿性，、與氫離子反應(yīng)，在酸性溶液中不能大量共存；④加入Mg能放出的溶液中存在大量氫離子，在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，與Mg反應(yīng)不會生成氫氣；⑤使甲基橙變黃的溶液呈酸性或堿性，、在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存；⑥、存在于酸性溶液中，在中性溶液中不能大量共存；以上各組都不是一定能大量共存，答案選D。4．利用下列裝置和試劑進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，合理且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．用已知濃度NaOH溶液測定未知濃度的醋酸溶液B．排出盛有溴水的滴定管尖嘴內(nèi)的氣泡C．探究和對過氧化氫分解的催化效果D．用溶液制固體A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．氫氧化鈉溶液能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)，滴定時(shí)氫氧化鈉溶液應(yīng)盛放在堿式滴定管中，不能盛放在酸式滴定管中，故A錯(cuò)誤；B．溴水會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，所以溴水應(yīng)盛放在酸式滴定管中，不能盛放在堿式滴定管中，故B錯(cuò)誤；C．氯化鐵和硫酸銅的陰、陽離子均不同，由探究實(shí)驗(yàn)變量唯一化原則可知，題給實(shí)驗(yàn)不能用于探究鐵離子和銅離子對過氧化氫分解的催化效果，故C錯(cuò)誤；D．硫酸鋁是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中水解生成氫氧化鋁和硫酸，硫酸是高沸點(diǎn)酸，直接蒸發(fā)硫酸鋁溶液可以制得硫酸鋁固體，故D正確；故選D。5．能證明Fe(NO3)3中鐵元素具有氧化性的實(shí)驗(yàn)事實(shí)是A．向酸性的Fe(NO3)3溶液中通入H2S，有黃色沉淀生成B．向酸性的Fe(NO3)3溶液中加入銅粉，溶液變藍(lán)色C．向酸性的Fe(NO3)3溶液中加入鋅粉，溶液黃色逐漸消失D．向Fe(NO3)3溶液中滴加NaHCO3溶液，有氣體和紅褐色沉淀生成【答案】C【分析】本題考查基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)和元素化合物知識，意在考查考生對基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)的記憶和理解能力，以及實(shí)驗(yàn)探究的能力?！驹斀狻緼．因?yàn)橛玫乃嵝缘娜芤?，酸性環(huán)境下也具有氧化性，能夠?qū)⒀趸癁閱钨|(zhì)S產(chǎn)生黃色沉淀，所以無法證明是將氧化的，A錯(cuò)誤；B．因?yàn)橛玫乃嵝缘娜芤?，酸性環(huán)境下也具有氧化性，能夠?qū)⒀趸癁槭谷芤撼仕{(lán)色，所以無法證明是將氧化的，B錯(cuò)誤；C．向酸性的溶液中加入鋅粉，溶液黃色逐漸消失，雖然酸性環(huán)境下能夠?qū)⒀趸?，但無色，所以黃色消失是因?yàn)楸贿€原為造成的，說明具有氧化性，C正確；D．向溶液中滴加溶液，有氣體和紅褐色沉淀生成的原因是與發(fā)生相互促進(jìn)的雙水解反應(yīng)產(chǎn)生的，水解反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，不符合題目要求，D錯(cuò)誤；故答案為：C。6．為二元弱酸，常溫下向溶液加入固體(忽略溶液體積變化)，溶液中的分布系數(shù)與的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．曲線a表示B．的的數(shù)量級為C．M點(diǎn)：D．溶液中：【答案】A【分析】H2A是二元弱酸：H2AHA?+H+，HA-A2-+H+，圖中pOH越小，c(OH-)增大，溶液堿性越強(qiáng)，H2A的百分含量隨pOH的增大而增大，為曲線c，HA-的百分含量隨pOH的增大先增大后減小，為曲線b，溶液中A2-的百分含量隨pOH的增大而減小，為曲線a?！驹斀狻緼．據(jù)分析，曲線a是A2-的百分含量，故A錯(cuò)誤；B．b、c曲線的交點(diǎn)N，表示H2A和HA-的百分含量相等，即，根據(jù)N點(diǎn)pOH=12.1，c(OH-)=10-12.1mol/L，則c(H?)=mol/L，Ka1==，數(shù)量級為，故B正確；C．M點(diǎn)有c(A2-)=c(HA-)，根據(jù)電荷守恒有2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，M點(diǎn)pOH=6.8，即c(OH-)>c(H+)，故，故C正確；D．NaHA完全電離出Na+和HA-，HA-發(fā)生水解和電離，故c(HA-)＜c(Na+)，但濃度均大于HA-水解產(chǎn)生的H2A和其電離產(chǎn)生的A2-；M點(diǎn)有c(A2-)=c(HA-)，pOH=6.8，可計(jì)算Ka2==10-7.2，HA-的水解方程式為：HA-+H2OH2A+OH-，由選項(xiàng)B可計(jì)算HA-的水解常數(shù)為=10-12.1，故HA-的水解常數(shù)小于HA-的電離常數(shù)，故c(H2A)＜c(A2-)，溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故D正確；故選A。7．化學(xué)中常用圖象直觀地描述化學(xué)反應(yīng)的進(jìn)程或結(jié)果。下列圖象描述正確的是A．圖①表示壓強(qiáng)對可逆反應(yīng)的影響，乙的壓強(qiáng)大B．圖②可表示甲酸溶液中通入氨氣至過量過程中溶液導(dǎo)電性的變化C．圖③是在的Na2CO3溶液中加水稀釋，隨