3.3.2盐类水解的应用溶液中粒子浓度的判断（知识解读）-2024-2025学年高二化学教学知识解读与分层特训（人教版2019选择性必修1）

第三章水溶液中的离子反应与平衡第三节盐类的水解第2课时盐类水解的应用溶液中的离子浓度比较课程学习目标1．结合真实情境中的应用实例，了解盐类水解在生产、生活中的应用。2．能综合运用电离平衡和水解平衡原理，判断溶液中粒子浓度大小关系。学科核心素养1．认识盐类水解在生活、生产中的应用，培养科学态度与社会责任。2．运用化学平衡原理分析分析比较溶液中的离子浓度，培养宏观辨识与微观探析能力。【新知学习】一．盐类水解的应用（一）盐类水解的应用1．判断酸碱性(1)判断盐溶液的酸碱性——谁强显谁性，同强显中性如：FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+(2)判断酸（碱）的强弱如：NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为7、9、10，则酸性HX>HY>HZ2．某些盐溶液的配制、保存(1)在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的eq\a\vs4\al(酸)中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。(2)Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH－，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。3．生成胶体（1）制备胶体：向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并继续加热以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体。FeCl3＋3H2O===Fe(OH)3(胶体)＋3HCl（2）净水铁盐作净水剂原理：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+明矾作净水剂原理：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+4．制备无机化合物：如用TiCl4制备TiO2。其反应的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓＋4HCl。TiO2·xH2O焙烧得到TiO2。5．某些离子的去除：如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，与H＋反应，调节pH，促进Fe3＋水解为Fe(OH)3沉淀，再过滤。6．去油污热的纯碱溶液去油污效果好。原因：加热能促进Na2CO3水解，COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－产生的c(OH－)较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。7．化肥的施用如：草木灰（K2CO3)与铵态氮肥不能混合施用，降低肥效。这是两种盐发生水解相互促进反应放出氨气的缘故。8．除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂9．泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3：发生反应为Al3++3HCO3−===Al(OH)3↓+3CO2↑10．判断离子共存弱碱阳离子与弱酸阴离子发生完全双水解，则无法大量共存，如：阳离子：Al3+、Fe3+与阴离子：CO32－、HCO3－、SiO32－、S2－、HS－、AlO2－、ClO－（二）判断盐溶液蒸干时所得的产物1．弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热脱水。2．强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Na2CO3。3．还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。4．弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。【注意】判断盐溶液蒸干所得产物成分关键点(1)盐溶液水解生成易挥发性酸eq\o(→,\s\up7(蒸干),\s\do5(灼烧))金属氧化物。(2)考虑盐受热时是否分解。原物质蒸干灼烧后固体物质Ca(HCO3)2CaCO3或CaONaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl分解为NH3和HCl，无固体物质存在【典例1】下列问题与盐类水解有关的是()①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体A．①②③ B．②③④C．①④⑤ D．①②③④⑤【答案】D【解析】①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可除去金属表面的锈；②HCOeq\o\al(－,3)与Al3＋水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰的主要成分碳酸钾水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏结，因此盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体。【典例2】下列实验操作能达到目的的是()A．用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体B．用加热蒸发K2SO3溶液的方法获得K2SO3晶体C．用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体D．加热MgCl2溶液制取MgCl2固体【答案】C【解析】溶液中S2－和Al3＋发生相互促进水解的反应：2Al3＋＋3S2－＋6H2O=3H2S↑＋2Al(OH)3↓无法制取Al2S3固体，A项错误；K2SO3具有还原性，可被空气中O2氧化成K2SO4，B项错误；CuS是不溶于水也不溶于稀H2SO4的沉淀，C项正确；加热MgCl2溶液，促进Mg2＋水解，生成的氯化氢易挥发逸出，最终得不到MgCl2固体，D项错误。二．溶液中粒子浓度的判断1．电离平衡（1）弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。（2）多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(第一级电离程度远大于第二级电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)。2．水解平衡微弱＞＞＞（2）多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，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的浓度大小关系应是c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)。（一）把握三种守恒，明确等量关系三守恒原理与方法举例说明电荷守恒原理：电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等。即电荷守恒，溶液呈电中性。方法：①找出溶液中所有的阴、阳离子。②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。Na2CO3溶液为例：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))物料守恒原理：在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化，就该离子所含的某种元素来说，变化前后其原子个数是守恒的，即元素物料守恒。方法：①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的质量守恒关系(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。①单一元素守恒，如1molNH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol，即氮元素守恒。②两元素守恒，如Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，即钠元素与碳元素守恒。质子守恒原理：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。方法一：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来。方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。方法一：Na2CO3中将电荷守恒和物料守恒中的Na＋消去得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。方法二：①以Na2CO3溶液为例：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)②以NaHCO3溶液为例：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))①由电荷守恒与物料守恒也可以推出质子守恒，即方法一②化学计量数为得(或失)质子的数目③H3O＋简写为H＋（二）粒子浓度关系比较及等式关系单一电解质溶液一元弱酸0.100mol·L－1LCH3COOH溶液中的浓度关系：物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)一元弱碱0.1000mol·L－1NH3·H2O溶液中的粒子浓度关系：物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.1mol·L－1电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)各粒子浓度大小关系：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)一元弱酸的强碱盐0.1000mol·L－1NH4Cl溶液中粒子浓度关系：物料守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＝0.1mol·L－1电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)质子守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)一元弱碱的强酸盐0.1000mol·L－1CH3COONa溶液中粒子浓度关系：物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)＝0.1mol·L－1电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)各粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)弱酸的酸式盐溶液0.10mol·L－1NaHCO3溶液的pH＞7，溶液中粒子浓度关系：物料守恒：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋c(COeq\o\al(2－,3))电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))各粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))[或c(H＋)]混合溶液等浓度、等体积的盐与酸的混合溶液分子的电离程度大于对应离子的水解程度在0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，pH＜7，溶液中粒子浓度关系：粒子浓度大小关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)分子的电离程度小于对应离子的水解程度在0.1mol·L－1的HCN和0.1mol·L－1的NaCN混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度：＋)，且c(HCN)＞c(Na＋)＝0.1mol·L－1。等浓度、等体积的盐与碱的混合溶液常温下，等浓度、等体积的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度关系：物料守恒：2c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)各粒子浓度大小关系：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)酸、碱中和型粒子浓度关系比较盐酸滴定氨水常温下，用0.1000mol·L－1盐酸溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1氨水关键点溶液中溶质成分及粒子浓度关系V(HCl)＝10(点①)溶质是：等物质的量的NH4Cl和NH3·H2O粒子浓度大小关系：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)pH＝7(点②)粒子浓度大小关系：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)V(HCl)＝20(点③)溶质是：NH4Cl粒子浓度大小关系：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)等浓度碱与酸混合等浓度的NaOH和CH3COOH溶液按体积比1∶2混合后pH＜7，粒子浓度大小顺序：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。pH和为14酸与碱混合常温下pH＝2的HCl溶液与pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合，粒子浓度大小顺序：c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。不同溶液中同一离子浓度比较离子组成比例不同Ⅰ.浓度均为0.1mol·L－1的①(NH4)2SO4②(NH4)2CO3③NH4Al(SO4)2④NH4HCO3溶液，NHeq\o\al(＋,4)的物质的量的浓度由大到小的顺序为：离子组成比例相相Ⅱ.常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3②NH4HSO4③NH4Fe(SO4)2④NH4Cl：溶液中NHeq\o\al(＋,4)的浓度由大到小的顺序：②＞③＞④＞①。等pH不同溶液中同一离子浓度关系pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液：c(NHeq\o\al(＋,4))大小顺序：②＝①＞③。【典例1】在0.1mol·L－1的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是()A．水；c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)B．0.1mol·L－1盐酸；c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)C．0.1mol·L－1醋酸；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)D．0.1mol·L－1氢氧化钠；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)【答案】B【解析】A项，正确的离子浓度关系为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；B项，加入0.1mol·L－1盐酸后，生成等浓度的NaCl和醋酸混合液，故有c(Na＋)＝c(Cl－)，考虑水的电离，故有c(H＋)>c(CH3COO－)，B正确；C项，电离程度大于水解程度，正确的离子浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；D项，正确的离子浓度关系为c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)。【典例2】下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)B．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(OH－)＋2c(A2－)＝c(H＋)＋c(H2A)C．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)＝c(H＋)D．常温下，将50mL0.1mol·L－1的盐酸与100mL0.1mol·L－1的氨水混合，所得溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)【答案】D【解析】在Na2CO3溶液中，c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)，A项错误；根据质子守恒可知：c(OH－)＋c(A2－)＝c(H＋)＋c(H2A)，B项错误；NHeq\o\al(＋,4)与SOeq\o\al(2－,4)均来自NH4HSO4溶液，NHeq\o\al(＋,4)部分水解，所以c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))，C项错误；混合溶液中NH4Cl和NH3·H2O的物质的量相等，NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，溶液显碱性，D项正确。【知识进阶】一．盐类水解原理的应用【问题探究】1．如何除去CuCl2溶液中混有的Fe3＋？向溶液中加入CuO、Cu(OH)2或CuCO3，消耗H＋，促进Fe3＋的水解，使Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀而除去。2．蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液，能得到Al2O3吗？得不到Al2O3。Al2(SO4)3溶液中存在：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加热，平衡右移，但硫酸难挥发，当溶液蒸干时，又重新生成Al2(SO4)3，故蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液得到Al2(SO4)3。【知识归纳总结】盐类水解应用常考点应用举例加热促进水解热的纯碱溶液去污力强分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3判断溶液中离子能否大量共存Al3＋和HCOeq\o\al(－,3)因发生相互促进的水解反应而不能大量共存配制或贮存易水解的盐溶液配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸胶体的制备，作净水剂明矾溶于水生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清化肥的使用铵态氮肥不宜与草木灰混合使用泡沫灭火器的反应原理(水解互促)Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑无水盐的制备由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热判断盐溶液的蒸干产物将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3而不是AlCl3某些盐的分离除杂为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸盐溶液除锈NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NHeq\o\al(＋,4)水解溶液显酸性)判断电解质的强弱CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸2．盐溶液蒸干灼烧产物的判定：(1)强酸强碱盐溶液和水解生成难挥发性酸的盐溶液，蒸干后一般得到原物质，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4固体，Na2SO4溶液蒸干得Na2SO4固体。盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得到对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼烧则会生成Al2O3、Fe2O3。(2)考虑盐受热时是否分解。因为Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干Ca(HCO3)2溶液得CaCO3固体；蒸干KMnO4溶液得K2MnO4和MnO2的混合物；蒸干NH4Cl溶液不能得到固体。(3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。例如，Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干会得到Fe2(SO4)3和Fe2O3。(4)其他需要考虑的方面。例如，蒸干Na2CO3溶液时，由于COeq\o\al(2－,3)分两步水解，第二步水解非常微弱，所以蒸干Na2CO3溶液所得固体仍为Na2CO3。蒸干NaHCO3溶液时，析出NaHCO3固体，继续灼烧，NaHCO3分解为Na2CO3固体。【效果检测】1．盐类水解在生活中的应用非常广泛。下列应用与盐类水解无关的是A．配制溶液时加入铁粉 B．草木灰不能与铵态氮肥混合使用C．明矾[]用于净水 D．溶液用于铁表面除锈【答案】A【详解】A．配制溶液时加入铁粉是为了防止

Fe2+

被氧化，与水解无关，故

A选；B．草木灰与铵态氮肥反生碳酸根和铵根的双水解反应，与水解有关，故

B不选；C．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故

C不选；D．溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，可以用于铁表面除锈，与水解有关，故D不选；正确答案是A。2．下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅证明溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸分别测定浓度为的NaClO溶液和的溶液的pH比较HClO和的酸性强弱C将固体直接溶解于适量蒸馏水配制溶液D将洗净的容量瓶放在烘箱中烘干缩短容量瓶干燥的时间【答案】A【详解】A．碳酸钠中的碳酸根离子水解使溶液显碱性，加入少量氯化钡，碳酸根离子减少，溶液的碱性减弱，颜色变浅，A项正确；B．次氯酸钠具有漂白性，无法用pH测试其pH，B项错误；C．铁离子能水解，故应将氯化铁溶解在盐酸中，抑制其水解，C项错误；D．容量瓶不需要烘干，D项错误。故选A。3．化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是A．古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物B．“管道通”中含有铝粉和苛性钠，用于疏通下水道C．氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂D．向中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到【答案】B【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，A错误；B．铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，增大管道内气压用于疏通下水道，与盐类水解无关，B正确；C．铵根离子水解，有H+生成，使溶液显酸性，H+与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，C错误；D．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2⋅xH2O和HCl，最后焙烧得到TiO2，与盐类水解有关，D错误；故选B。4．为了除去酸性氯化镁溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再向滤液中加入适量稀盐酸，这种试剂是A．氢氧化镁 B．烧碱 C．纯碱 D．氨水【答案】A【详解】A．主要是消耗溶液中的氢离子，促进铁离子水解生成氢氧化铁，因此一般加入要保留的对应离子的难溶物质，比如氧化物、氢氧化物、碳酸盐等即MgO，Mg(OH)2、MgCO3，也可以加入Mg，故A符合题意；B．烧碱中氢氧根离子会直接与镁离子生成氢氧化镁沉淀，故B不符合题意；C．纯碱会与镁离子反应生成碳酸镁沉淀，故C不符合题意；D．氨水会直接与镁离子生成氢氧化镁沉淀和铵根离子，故D不符合题意。综上所述，答案为A。5．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是A．CO＋H2OHCO＋OH用热的纯碱溶液清洗油污B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋明矾净水C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl制备TiO2纳米粉D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝【答案】D【详解】A．纯碱溶液显碱性，加热可促进水解向正向移动，其水解反应为：CO＋H2OHCO＋OH，A正确；B．明矾投入水中其中铝离子发生水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，从而得到净水作用，其原理为：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，B正确；C．工业利用TiCl4水解可制备得到TiO2纳米粉，其原理为：TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl，C正确；D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，利用的是两者发生相互促进的双水解原理，D错误；故选D。6．25℃时，在等体积的①pH=0的硫酸溶液、②0.05mol/LBa(OH)2溶液、③pH=5的NH4NO3溶液、④pH=10的Na2S溶液中，水电离的c(H+)之比为A．1∶20∶109∶1010 B．1∶10∶104∶109C．1∶10∶109∶1010 D．1∶5∶5×109∶5×108【答案】C【详解】①pH=0的H2SO4中c(H+)=1.0mol•L1，25℃时，c(OH)==1.0×1014mol•L1，水电离的c(H+)=c(OH)=1.0×1014mol/L；②0.05mol/LBa(OH)2溶液中c(OH)=0.1mol•L1，c(H+)=1.0×1013mol•L1，水电离的c(H+)=1.0×1013mol/L；③pH=5的NH4NO3溶液中c(H+)=1.0×105mol•L1，铵根离子发生水解，促进水电离，氢离子全部由水电离产生，则水电离的c(H+)=1.0×105mol/L；④pH=10的Na2S溶液中c(OH)=1.0×104mol•L1，硫离子发生水解，促进水电离，水电离的c(H+)=1.0×104mol/L；故水电离的c(H+)之比为：1.0×1014∶1.0×1013∶1.0×105∶1.0×104=1∶10∶109∶1010，故选：C。8．将AlCl3溶液和Al(NO3)3溶液分别加热蒸干，并灼烧，所得产物的主要成份是：A．均为Al(OH)3 B．前者得Al2O3，后者得Al(NO3)3C．均为Al2O3 D．前者得AlCl3，后者得Al(NO3)3【答案】C【详解】AlCl3和Al(NO3)3都是强酸弱碱盐，水解产生A1(OH)3、HCl及HNO3，由于盐酸和硝酸都是挥发性的酸，所以AlCl3溶液和Al(NO3)3溶液在加热时水解生成固体A1(OH)3，Al(OH)3在加热条件下分解生成Al2O3，故合理选项是C。9．室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是A．Na2S溶液：c(Na+)＞c(HS)＞c(OH)＞c(H2S)B．Na2C2O4溶液：c(OH)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)C．Na2CO3溶液：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(OH)D．等浓度Na2CO3和NaHCO3混合溶液中：3c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)【答案】B【详解】A．Na2S溶液中，S2水解生成HS，HS部分水解生成H2S，两者水解均生成氢氧根离子，正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH）＞c（HS）＞c（H2S），故A错误；B．Na2C2O4溶液中，根据质子守恒可知：c（OH）=c（H+）+c（HC2O）+2c（H2C2O4），故B正确；C．Na2CO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（CO）+c（HCO）+c（OH），故C错误；D．等浓度Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒，存在2c（Na+）=3c（HCO3）+3c（CO32）+3c（H2CO3），故D错误；答案选B。10．已知H2A为二元弱酸，25℃时，用Na2A溶液吸收H2A，且最终吸收H2A的量小于原溶液中Na2A的物质的量，其吸收液pH随变化的关系如图所示，以下说法不正确的是A．NaHA溶液中：c(H+)＞c(OH) B．Na2A溶液中：c(A2)＞c(HA)C．H2A的第二步电离常数为107.2 D．当吸收液呈中性时：c(Na+)=c(A2)+c(HA)【答案】D【详解】A．图象中吸收液pH随变化关系可知：随着HA的浓度的增大，溶液酸性增强，说明NaHA溶液显示酸性，即：c(H+)＞c(OH)，A正确；B．已知H2A为二元弱酸，形成的盐Na2A溶液中A2离子分步水解，水解程度逐渐减弱，所以溶液中离子浓度：c(A2)＞c(HA)，B正确；C．当=1时，pH=7.2，即溶液中c(H+)=107.2mol/L，则H2A的第二步电离常数Ka2=，C正确；D．吸收液呈中性时，c(H+)=c(OH)，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH)+2c(A2)，所以c(Na+)=c(HA)+2c(A2)，D错误；故合理选项是D。11．部分弱酸的电离平衡常数如下表所示：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)K=1.77×104K=4.9×1010K1=4.3×107K2=5.6×1011下列选项正确的是A．2CN＋H2O＋CO2=2HCN＋B．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者C．物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中，c(Na＋)c(HCOO)＜c(K＋)c(CN)D．c()相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中：c(NH4HCO3)＞c(NH4CN)＞c(HCOONH4)【答案】C【详解】A．因为K2(H2CO3)=5.6×1011＜K(HCN)=4.9×1010，所以反应2CN＋H2O＋CO2=2HCN＋不能发生，A不正确；B．因为K(CH3COOH)=1.77×104＞K(HCN)=4.9×1010，所以等pH时c(HCOOH)＜c(HCN)，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，B不正确；C．因为K(CH3COOH)=1.77×104＞K(HCN)=4.9×1010，所以在溶液中CN的水解能力大于CH3COO，KCN溶液中c(OH)＞HCOONa中c(OH)，物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中，c(Na＋)c(HCOO)=c(OH)c(H+)，c(K＋)c(CN)=c(OH)c(H+)，所以c(Na＋)c(HCOO)＜c(K＋)c(CN)，C正确；D．c()相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中，对应盐中酸根离子水解程度越大，该盐的浓度越大，由于K2(H2CO3)=5.6×1011＜K(HCN)=4.9×1010＜K(CH3COOH)=1.77×104，所以c(NH4CN)＞c(NH4HCO3)＞c(HCOONH4)，D不正确；故选C。12．已知联氨(N2H4)为二元弱碱，常温下将盐酸滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中微粒的物质的量分数δ(X)随lgc(OH)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．反应＋N2H42的pK=0.9(已知pK=lgK)B．N2H5Cl溶液中存在：c(Cl)＋c(OH)=c()＋2c()＋c(H＋)C．N2H5Cl溶液中：c(H＋)＞c(OH)D．Kb1(N2H4)=106.0【答案】A【分析】lgc(OH)=6.0时，c(H+)=108mol/L，N2H4+H+

K1====108；lgc(OH)=15.0时，c(H+)=10mol/L，+H+

K2===。【详解】A．反应＋N2H42的K====109，pK=9，A错误；B．N2H5Cl溶液中，依据电荷守恒，可得出：c(Cl)＋c(OH)=c()＋2c()＋c(H＋)，B正确；C．以的水解方程式进行类推，N2H5Cl溶液中发生水解：+H2ON2H4+H3O+，溶液呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH)，C正确；D．N2H4+H2O+OH，lgc(OH)=6.0时，c(OH)=106mol/L，Kb1(N2H4)==106.0，D正确；故选A。13．常温下，向20mL0.2mol·L1H2A溶液中滴加0.2mol·L1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图(其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA，Ⅲ代表A2)。根据图示判断，下列说法正确的是A．当V(NaOH溶液)=40mL时，其溶液中水的电离程度比纯水小B．NaHA溶液中：c(OH)＋c(A2)=c(H＋)＋c(H2A)C．当V(NaOH溶液)=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：c(Na＋)>c(A2)>c(HA)>c(H＋)>c(OH)D．向Na2A溶液加入水的过程中，pH可能增大也可能减小【答案】B【详解】A．当V(NaOH)=40

mL时，等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按体积2：1混合后，二者恰好反应生成Na2A和水，Na2A是强碱弱酸盐促进水电离，故A错误；B．根据电荷守恒得c(OH)+2c(A2)+c(HA)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得c(Na+)=c(HA)+c(H2A)+c(A2)，所以得c(OH)+c(A2)=c(H+)+c(H2A)，故B正确；C．根据图像知，当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA都电离出氢离子，只有HA电离出A2，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(A2)＞c(OH)，故C错误；D．Na2A溶液加水稀释，促进其水解，但溶液中氢氧根离子浓度减小，所以溶液的pH减小，故D错误；故选：B。14．室温下，向10mL0.1mol·L1NaOH溶液中加入0.1mol·L1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．a点所示溶液中c(Na＋)>c(A)>c(H＋)>c(HA)B．b点所示溶液中c(A)>c(HA)C．pH=7时，c(Na＋)=c(A)＋c(HA)D．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂【答案】B【分析】a点为氢氧化钠与HA恰好反应的点，溶质为NaA，b点溶质为等浓度的NaA、HA；【详解】A．a点为氢氧化钠与HA恰好反应的点，溶质为NaA，pH>7，说明A水解，溶液中c(Na＋)>c(A)>c(HA)>c(H＋)，A错误；B．b点溶质为等浓度的NaA、HA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A的水解程度，所以溶液中c(A)>c(HA)，B正确；C．氢氧化钠与HA恰好反应时pH>7，pH=7时HA过量，所以c(Na＋)<c(A)＋c(HA)，C错误；D．恰好反应时溶液呈碱性，所以该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂，D错误；故选：B。15．在常温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl②0.lmol/LCH3COONH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液⑤0.lmol/LNH3·H2O。请根据要求填写下列空白：(1)溶液①呈酸性，其原因是_______(用离子方程式表示)。(2)在上述五种溶液中，pH最小的是_______；c)最小的是_______(填序号)。(3)比较溶液②、③中c()的大小关系是②_______③(填“＞”、“＜”或“=”)。(4)已知，常温下，0.1mol/LCH3COOH溶液的Ka与0.1mol/LNH3·H2O溶液的Kb相等，请写出②中离子浓度由大到小的顺序：_______。【答案】(1)(2)

③

⑤(3)＜(4)c()=c(CH3COO)>c(H+)=c(OH)【解析】（1）NH4Cl溶液中结合水电离出的OH，促进水电离，导致溶液中c(H+)>c(OH)，溶液显酸性，即水解，；（2）显酸性的溶液有：①③，③NH4HSO4完全电离产生大量H+，远多于①中微弱水解生成的H+，故酸性最强的是③，即pH最小；①②③④中都存在铵盐完全电离的情况，而⑤中是氨水微弱电离产生的，故最小的是⑤；（3）②中CH3COO与双水解，相互促进，导致减小，③中存在大量的H+，抑制水解，故：②<③（4）0.1mol/LCH3COOH溶液的Ka与0.1mol/LNH3·H2O溶液的Kb相等，说明②中铵根的水解程度和醋酸根的水解程度相同，则此时溶液显中性，且铵根离子和醋酸根离子是电解质电离出来的，浓度较大，则此溶液中离子浓度由大到小的顺序是，c()=c(CH3COO)>c(H+)=c(OH)。16．常温下，某水溶液M中存在的离子有Na+、A2、HA、H+、OH，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：(1)写出酸H2A的电离方程式：________。(2)若溶液M由10mL2mol·L－1NaHA溶液与10mL2mol·L－1NaOH溶液混合而成，则溶液M的pH______(填“＞”“＜”或“＝”)7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______；(3)若有三种溶液：①0.01mol·L－1的H2A溶液、②0.01mol·L－1的NaHA溶液、③0.02mol·L－1的HCl与0.04mol·L－1的NaHA溶液等体积混合，则三种溶液中c(H2A)最大的是______；pH由大到小的顺序为_______。(4)若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH＝11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液中，V1与V2的大小关系为______(填“V1＞V2”“V1＝V2”“V1＜V2”或“均有可能”)。【答案】(1)H2