人教版高中化学选修四随堂练习：第三章第三节盐类的水解5.docx

【最新整理，下载后即可编辑】第三节 盐类的水解一、单项选择题1．水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是( )A ．NaHSO 4溶液B ．KF 溶液C ．KAl(SO 4)2溶液D ．NaI 溶液 1题变式1－1.(双选)25 ℃时，某浓度的氯化铵溶液的pH ＝4，下列叙述中正确的是( )A ．溶液中的c (OH －)＝1×10－10 mol·L －1B ．溶液中的c (NH ＋4)＞c (Cl －)＞c (H ＋)＞c (OH －)C ．溶液中的c (H ＋)＋c (NH ＋4)＝c (Cl －)＋c (OH －)D ．溶液中的c (NH 3·H 2O)＝c (NH ＋4)2．已知某溶液中只存在OH －、Cl －、NH ＋4、H ＋四种离子，下列说法不正确的是( )A ．若溶液中c(NH ＋4)＝c(Cl －)，则该溶液一定显中性B ．若溶液中c(NH ＋4)＞c(Cl －)＞c(OH －)＞c(H ＋)，则溶液中一定含有NH 4Cl 和NH 3·H 2OC ．若溶液中c(Cl －)＞c(NH ＋4)＞c(H ＋)＞c(OH －)，则溶液中可能含有NH 4Cl 或可能含有NH 4Cl 和HClD ．若溶液中c(Cl －)＞c(H ＋)＞c(NH ＋4)＞c(OH －)，则溶液中含有大量的NH 4Cl 和少量的HCl 2题变式2－1.常温下将c 1 mol·L －1 V 1 mL 的氨水滴加到c 2 mol·L －1 V 2 mL 的盐酸中，下列结论正确的是( )A ．若混合溶液的pH ＝7，则c 1V 1＞c 2V 2B ．若V 1＝V 2，c 1＝c 2，则混合液中c (NH ＋4)＝c (Cl －)C ．若混合溶液的pH ＝7，则混合液中c (NH ＋4)＞c (Cl －)D ．若V 1＝V 2，且混合溶液的pH ＜7，则一定有c 1＜c 23．25 ℃时，a mol·L －1一元酸HA 与b mol·L －1 NaOH 等体积混合后，pH 为7，则下列关系一定正确的是( )A ．a ＝bB ．a ＞bC ．c(A －)＝c(Na ＋)D ．c(A －)＜c(Na ＋) 3题变式3－1.常温下，将a L 0.1 mol·L －1的NaOH 溶液与b L 0.1 mol·L －1的CH 3COOH 溶液混合，下列有关混合溶液的说法不正确的是( )A ．a <b 时，可能存在c (CH 3COO －)>c (Na ＋)>c (H ＋)>c (OH －)B ．a >b 时，c (CH 3COO －)>c (Na ＋)>c (OH －)>c (H ＋)C ．a ＝b 时，c (CH 3COOH)＋c (H ＋)＝c (OH －)D ．无论a 、b 有何关系，均有c (H ＋)＋c (Na ＋)＝c (CH 3COO －)＋c (OH －)3－2.浓度均为0.1 mol·L －1的三种溶液：①CH 3COOH 溶液；②氢氧化钠溶液；③醋酸钠溶液。

第1课时盐类的水解课时过关·能力提升一、基础巩固1.下列物质溶于水,由于水解而使溶液显酸性的是()B.NaHSO4C.CuCl2D.NaF()A.水的电离程度增大B.NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H+)>c(OH-)C.在CH3COONa溶液中,由水电离的c(H+)≠c(OH-)H+和OH-与盐电离出的弱酸阴离子或弱碱阳离子结合,导致盐溶液不呈中性,故A正确;NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中发生水解,结合水电OH-,导致溶液中c(H+)>c(OH-),故B正确;CH3COONa溶液中CH3COO-结合水电离出的H+生成CH3COOH,使得溶液中c(H+)<c(OH-),故溶液呈碱性,但由水电离的c(H+)、c(OH-)仍相等,故C错误;盐类水解的实质是盐电离出的弱酸根离子或弱碱阳离子与水电离出的H+或OH-结合生成弱电解质, (H+)≠c(OH-),使得盐溶液不为中性,故D正确。

()①HCl+H2O H3O++Cl-②AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl③Na2CO3+2H2O H2CO3+2NaOH④碳酸氢钠溶液:H--⑤NH4Cl溶于D2O中·H2O+H+A.①③④B.①②④C.②③⑤D.①②③④⑤解析:氯化氢是强电解质完全电离,不水解,故①符合;应该用“”,水解方程式错误,故②符合;碳酸钠,水解方程式错误,故③符合;该过程是碳酸氢根的电离过程,不是水解反应,故④符合;NH4Cl溶于D2O中的反应离子方程式为·DHO+D+,水解方程式错误,故⑤符答案:D,纯水中由水电离的c(H+)=a mol·L-1,pH=1的盐酸中由水电离的c(H+)=b mol·L-1,0.1 mol·L-1的盐酸与0.1 mol·L-1的氨水等体积混合后,由水电离的c(H+)=c mol·L-1,则a、b、c的关系正确的是()A.a>b=cB.c>a>bD.b>c>apH试纸变蓝,且原因是水解的是()A.烧碱B.食用醋D.纯碱pH试纸变蓝的溶液呈碱性,Na2CO3水解使溶液呈碱性。

第三节盐类的水解第1课时盐类的水解基础巩固1下列物质溶于水,由于水解而使溶液显酸性的是( )A.SO3B.NaHSO4C.CuCl2D.NaF答案：C2下列对盐类水解过程的说法正确的是( )A.属于氧化还原反应B.溶液的pH肯定发生转变C.水的电离程度增大D.是放热的过程答案：C3下列水解化学方程式或水解离子方程式正确的是( )A.CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-B.N+H2O NH4OH+H+C.CH3COOH+NaOH CH3COONa+H2OD.NaCl+H2O NaOH+HCl答案：A4常温时,纯水中由水电离的c(H+)=a mol·L-1,pH=1的盐酸中由水电离的c(H+)=b mol·L-1,0.1 mol·L-1的盐酸与0.1 mol·L-1的氨水等体积混合后,由水电离的c(H+)=c mol·L-1,则a、b、c的关系正确的是( ) A.a>b=c B.c>a>bC.c>b>aD.b>c>a答案：B5化学与生活、生产亲密相关。

下列生活、生产中使用的化学品的溶液能够使pH试纸变蓝,且缘由是水解的是( )A.烧碱B.食用醋C.氯化铵D.纯碱解析：能够使pH试纸变蓝的溶液呈碱性,纯碱水解使溶液呈碱性。

答案：D6pH=4的醋酸和pH=4的氯化铵溶液相比,水的电离程度较大的是( )A.前者B.后者C.等于D.无法确定解析：醋酸抑制水的电离,而NH4Cl水解促进水的电离。

答案：B7相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比,NaCN溶液的pH较大,则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是( )A.电离程度:HCN>HClOB.pH:HClO>HCNC.与NaOH溶液恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:HClO>HCND.酸根离子浓度:c(CN-)<c(ClO-)答案：D8将0.1 mol下列物质置于1 L水中充分搅拌后,溶液中阴离子数最多的是( )A.KClB.Mg(OH)2C.Na2CO3D.MgSO4解析：由于碳酸钠的水解:C+H2O HC+OH-,会使溶液阴离子数增多,故C中阴离子数最多。

第三节盐类的水解第1课时盐类水解的实质选题表基础过关(20分钟)1.NH4Cl溶于重水(D2O)后,产生的一水合氨和水合氢离子均表示正确的是( C )A.NH2D·H2O和D3O+B.NH3·D2O和HD2O+C.NH3·HDO和D3O+D.NH2D·HDO和H2DO+解析:NH4Cl水解的实质是其电离出的N与重水电离出的OD-结合生成一水合氨的过程。

即NH 4Cl N+Cl-,D2O D++OD-,N+OD-NH3·HDO,D+再与D2O结合生成D3O+,故C项正确。

2.下列各方程式中,属于水解反应的是( D )A.CO 2+H2O H2CO3B.OH-+HS-S2-+H 2OC.HS-+H 2O H3O++S2-D.S2-+H 2O HS-+OH-解析:A项,CO2不是“弱离子”,此反应不属于水解反应;B项,HS-与OH-反应生成S2-和H2O,实质是中和反应;C项,该反应为HS-的电离,不是水解。

3.下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是( C )A.盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡B.NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H+)>c(OH-)C.在稀CH3COONa溶液中,由水电离的c(OH-)≠c(H+)D.水电离出的H+或OH-与盐中的弱离子结合,导致盐溶液呈酸碱性解析:在水溶液中,盐电离出的弱离子和水电离出的H+或OH-结合生成弱电解质,溶液中c(H+)和c(OH-)不相等,导致盐溶液呈酸碱性,即破坏了水的电离平衡,故A、D项正确;氯化铵是强酸弱碱盐,铵根离子水解导致溶液中 c(H+)>c(OH-),则溶液呈酸性,故B项正确;任何稀的电解质溶液中由水电离的c(OH-)=c(H+),与电解质溶液的酸碱性无关,故C项错误。

4.温度、浓度都相同的下列溶液:①(NH4)2SO4,②NaNO3,③NH4HSO4,④NH4NO3,⑤CH3COONa溶液,它们的pH由小到大的排列顺序是( A ) A.③①④②⑤ B.①③⑤④②C.③②①⑤④D.⑤②④①③解析:①(NH4)2SO4、④NH4NO3水解呈酸性,pH<7;③NH4HSO4电离出H+呈酸性,pH<7;②NaNO3不水解,pH=7;⑤CH3COONa水解呈碱性,pH>7,①④比较,前者c(N)大,水解生成c(H+)大,pH小,①③比较,后者电离出c(H+)比前者水解出c(H+)大,pH小,所以pH由小到大的排列顺序是③①④②⑤。

第2课时 盐类水解原理的应用[目标要求] 1.了解影响盐类水解程度的主要因素。

2.掌握盐类水解的原理，能举例说明盐类水解在生产、生活中的应用。

一、影响水解反应的因素1．内因：盐本身的性质。

组成盐的酸根相对应的酸越弱(或阳离子对应的碱越弱)，水解程度就越大。

2．外因：受温度、浓度及外加酸碱等因素的影响。

(1)温度：盐的水解是吸热反应，升高温度水解程度增大； (2)浓度：盐的浓度越小，水解程度越大；(3)外加酸碱：加酸、加碱能促进或者抑制盐的水解。

以NH 4Cl 为例NH ＋4＋H 2O NH 3·H 2O ＋H ＋填表 1．泡沫灭火器的灭火原理：Al 2(SO 4)3与NaHCO 3溶液混合，Al 3＋＋3HCO －3===Al(OH)3↓＋3CO 2↑；2．热碱去油污效果好：CO 2－3＋H 2O HCO －3＋OH －；3．明矾净水：Al 3＋＋3H 2O Al(OH)3(胶体)＋3H ＋；4．铵态氮肥不能与草木灰混合施用：CO 2－3＋H 2O HCO －3＋OH －、NH ＋4＋OH －===NH 3＋H 2O ；5．制备Fe(OH)3胶体：Fe 3＋＋3H 2O(沸水)=====△Fe(OH)3(胶体)＋3H ＋；6．较活泼金属溶于强酸弱碱盐溶液中，会放出气体，如镁与NH 4Cl 溶液反应：Mg ＋2NH ＋4===Mg 2＋＋2NH 3↑＋H 2↑；7．盐溶液的配制及贮存，如配制FeCl 3、CuSO 4等溶液时，需在溶液中分别加入少量的盐酸、硫酸。

知识点一 影响盐类水解的主要因素1．在一定浓度的FeCl 3溶液中，存在如下水解平衡：Fe 3＋＋3H 2O Fe(OH)3＋3H ＋，在此溶液中滴入饱和的FeCl 3溶液，下列哪个变化的说法正确( )A ．水解平衡不移动B ．水解平衡向逆反应方向移动C ．溶液中H ＋浓度增大 D ．Fe 3＋的水解程度增大答案 C解析 滴入饱和的FeCl 3溶液，则溶液中c (Fe 3＋)增大，使平衡向右移动，溶液中c (H ＋)增大；但FeCl 3的水解程度减小，因为水解程度＝n (FeCl 3，已水解)n (FeCl 3，总)，由于FeCl 3的增多，使水解程度减小。

前言我们分析每年考上清华北大的北京考生的成绩，发现能够考上清北的学生化学的平均分都在95分以上，先开始我们认为，学习能力强的孩子化学一定学得好。

可是在分析没有考上清北的学生的成绩的时候发现，很多与清北失之交臂的学生，化学的平均分要略低，数学物理的分数却不相上下。

我们仔细讨论其中的缘由，通过对学生的调查研究发现一个令人惊讶的结论：化学学的好的学生更容易在理综上考得高分！这是因为化学学的好的学生，能够用更快的速度在理综考试中解决100分的分值，之后孩子可以用更多的时间去处理没有见过的物理难题。

物理的难题在充分的时间中得到更多考虑的空间，使得考生在理综总分上能够有所突破。

所以想上好大学，化学必须学好，化学的使命就是在高考当中帮助考生提速提分。

因此这份资料提供给大家使用，主要包含有一些课件和习题教案。

后序中有提到一些关于学习的建议。

第三章水溶液中的离子平衡第三节盐类的水解第2课时盐类水解的应用1．下列过程或现象与盐类水解无关的是()A．纯碱溶液去油污B．加热稀醋酸溶液，其pH稍有减小C．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂D．浓的硫化钠溶液有臭味解析：Na2CO3水解显碱性，可以去油污；NH4Cl与ZnCl2水解都显酸性，可除锈；硫化钠水解的最终产物是H2S，所以浓硫化钠溶液中含有少量的H2S，有臭味；加热稀醋酸，溶液的pH稍有减小与醋酸的电离有关，与水解无关。

答案：B2．在Al3＋＋3H 2O Al(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解的方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是() A．加热B．通入HCl气体C．加入适量的NaOH溶液D．加固体AlCl3解析：盐类的水解存在一个平衡状态，当条件发生变化时，平衡可能发生移动，状态发生改变。

A、C、D都可促使水解平衡正向移动，B抑制水解反应的进行。

改变条件后，溶液的pH增大的是C，溶液的pH减小的是A、B、D。

综上所述，符合题意的答案为C。

第3节盐类的水解一、选择题1．在盐类水解的过程中，下列说法正确的是()A．水的电离平衡不变B．水的电离程度一定会增大C．溶液的pH一定会增大D．c(H＋)与c(OH－)的乘积一定会增大答案 B解析盐类水解促进水的电离，故A项错误，B项正确；强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，水解过程中pH减小，C项错误；一定温度下的稀溶液中，c(H＋)与c(OH －)的乘积是一个常数，D项错误。

2．对于某酸的酸式盐NaHY的水溶液的下列叙述中，正确的是()A．该酸式盐的水溶液一定显酸性B．该酸式盐的水溶液一定呈碱性C．若HY－能水解，水解方程式为HY－＋H2O Y2－＋H3O＋D．若HY－能水解，水解方程式为HY－＋H2O H2Y＋OH－答案 D解析NaHY溶液常见的有三种情况：①NaHSO4，只电离，不水解；②NaHSO3，其水溶液中HSO－3电离程度大于水解程度，溶液显酸性；③NaHCO3、NaHS，其水溶液中HCO－3、HS－水解程度大于电离程度，溶液显碱性。

因Y2－不确定，故A、B两项错误。

C式为电离方程式而非水解方程式。

3．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋＋OH－，下列叙述正确的是() A．将纯水加热到95 ℃时，K w变大，pH不变，水仍呈中性B．向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)增大，K w变小C．向纯水中加入少量碳酸钠固体，影响水的电离平衡，c(H＋)减小，K w不变D．向纯水中加入醋酸钠固体或盐酸，均可抑制水的电离，K w不变答案 C解析水的电离吸热，将纯水加热，电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，但c(OH－)与c(H＋)仍然相等，故K w变大，pH变小，水仍呈中性，A项错误；向纯水中加入稀氨水，溶液中c(OH－)增大，水的电离平衡逆向移动，但温度不变，K w不变，B项错误；向纯水中加入少量Na2CO3固体，溶液中c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，但K w不变，C项正确；向纯水中加入醋酸钠时，促进水的电离，D项错误。

高中化学学习材料唐玲出品人教版化学高二选修4第三章第三节盐类的水解同步练习一、选择题1．下列物质的水溶液因水解呈酸性的是（）A．AlCl3 B．Na2CO3 C．NaCl D．K2SO4答案：A解析：解答：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．分析：本题考查了盐类水解的原理应用判断，把握盐的组成和物质性质是解题关键．2．下列说法错误的是（）①NaHCO3溶液加水稀释，c（Na+）/c（HCO3﹣）的值保持增大②浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]③在0.1mol•L﹣1氨水中滴加0．lmol•L﹣1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH=a，则由水电离产生的c（OH﹣）=l0﹣a mol•L﹣1④向0.1mol•L﹣1（NH4）2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（NH4+）、c（SO32﹣）均增大⑤在Na2S稀溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS﹣）A．①④ B．②④ C．①③ D．②⑤答案：B解析：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﹣a mol•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．3．关于常温下0.1mol•L﹣1醋酸钠溶液，下列说法正确的是（）A．水电离出来的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1B．该溶液的pH＜13C．溶液中离子浓度关系：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．加入等浓度等体积的盐酸，溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=c（Cl﹣）+c（Na+）答案：B解析：解答：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﹣）＞c（OH ﹣），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（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．分析：本题考查离子浓度大小比较，明确溶质性质是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，注意盐类水解程度较小，为易错点．4．用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定0.10mol•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）答案：C解析：解答：A、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c（OH+）＞c（Cl﹣），则符合电荷守﹣）＞c（H+），溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c（NH4恒，所以A是可能出现的结果；B、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），所以B是可能出现的结果；C、当c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，所以C是不可能出现的结果；D、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），且符合电荷守恒，所以D是可能出现的结果；所以选C．分析：本题考查酸碱滴定后溶液中离子浓度的关系，明确溶液中的弱电解质的电离及盐的水解来分析，利用电荷守恒则可知溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况即可解答．5．某温度下，体积和pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液加水稀释时的pH变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）A．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B．a点溶液中有：c（H+）+c（Al3+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）C ．体积和pH 都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液与等浓度的NaOH 反应，消耗NaOH 的体积相等D ．b 、c 两溶液水电离出的c （OH ﹣）相等答案：A解析：解答：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 （Al 3+）=c （OH ﹣）+2c （SO 42﹣），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 ．分析：本题考查酸溶液的稀释，注意弱电解质溶液稀释时的浓度变化及加水促进弱电解质电离的特点即可解答．6．常温下，向稀Na 2CO 3溶液中加水，下列数值增大的是（ ） A ．c （OH ﹣） B ．3c Na c CO +2﹣（）（） C ．33c CO c HCO 2﹣﹣（）（） D ．c OH c H +﹣（）（）答案：B解析：解答：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，CO 32﹣+H 2O ⇌HCO 3﹣+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 ．分析：本题考查了盐类水解的影响因素分析判断，离子浓度变化特征，主要是溶液中离子积常数随温度变化，盐类水解过程是吸热过程的理解应用．7．下列关于0.1mol•L﹣1 NH4Cl溶液的说法正确的是（）A．向溶液中加滴加几滴浓盐酸，c（NH4+）减少B．向溶液中加入少量CH3COONa固体，c（NH4+）减少C．溶液中离子浓度关系为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向溶液中加适量氨水使混合液的pH=7，混合液中c（NH4+）＞c（Cl﹣）答案：B解析：解答：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．分析：本题考查了盐类水解的分析应用，主要是电解质溶液中电荷守恒的分析，离子浓度大小的理解应用，掌握基础是关键．8．下列说法正确的是（）A．室温下，0.001 mol•L﹣1的醋酸中由水电离的c（H+）=10﹣11mol•L﹣1B．Na2CO3溶液中存在c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+a c（X）+b c（Y），若X为HCO3﹣，则b=2C．某温度下，浓度均为0.01mol•L﹣1的盐酸和氢氧化钠溶液的pH分别为2和12D．向0.1mol•L﹣1氯化铵溶液滴加几滴浓盐酸，c（NH4+）减小，PH增大答案：B解析：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+）=Kwc OH﹣（），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．9．下列说法正确的是（）A．配制FeCl3溶液时，可加入少量的稀硫酸以抑制Fe3+的水解B．MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，可向混合溶液中加入MgO以除杂C．氯化铝溶液蒸干灼烧得到的固体物质还是氯化铝D．无色透明溶液中，Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣、I﹣能大量共存答案：B解析：解答：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．分析：本题考查了盐的水解原理应用、离子共存，注意把握盐的水解规律、以及判断离子能否共存的方法．10．下列有关说法正确的是（）A．Na2CO3和NaOH都能抑制水的电离B．0.1 mol•L﹣1Na2CO3溶液加水稀释，CO32﹣的水解程度增大，溶液pH减小C．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶需用待测液润洗2～3次后，再加入待测液D．常温下，pH=3的盐酸、醋酸分别用水稀释m倍、n倍后pH相同，则m>n答案：B解析：解答：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．分析：本题考查了盐的水解、水的电离的影响因素、中和滴定、弱电解质的电离，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查．11．对于常温下pH为2的盐酸，叙述不正确的是（）A．c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）B．与等体积pH=12的氨水混合后所得溶液显碱性C．由H2O电离出的c（H+）=1.0×10﹣12 mol•L﹣1D．与等体积0.01 mol•L﹣1醋酸钠溶液混合后所得溶液中：c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）答案：D解析：解答：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．分析：本题考查酸碱混合溶液的定性分析，明确电荷守恒及pH与浓度的换算即可解答．12．常温下，用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定20mL 0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（）A ．点①所示溶液中：c （Na +）＞c （CH 3COO ﹣）＞c （CH 3COOH ）＞c （H +）＞c （OH ﹣）B ．点②所示溶液中：c （Na +）+c （H +）=c （CH 3COO ﹣）+c （CH 3COOH ）+c （OH ﹣）C ．点③所示溶液中：c （CH 3COO ﹣）＞c （Na +）＞c （OH ﹣）＞c （H +）D ．在整个滴定过程中：溶液中33c CH COOH c CH COO c H +g ﹣（）（）（）始终不变 答案：D解析：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 （CH 3COO ﹣）＞c （CH 3COOH ），结合物料守恒可得：c （CH 3COO ﹣）＞c （Na +）＞c （CH 3COOH ），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 （CH 3COO ﹣）+c （OH ﹣），则c （Na +）+c （H +）＜c （CH 3COO ﹣）+c （CH 3COOH ）+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 （CH 3COO ﹣）＜c （Na +）、c （OH ﹣）＞c （H +），溶液中离子浓度大小为：c （Na +）＞c （CH 3COO ﹣）＞c （OH ﹣）＞c （H +），所以C 错误；D ．33c CH COOH c CH COO c H +g ﹣（）（）（）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33c CH COOH c CH COO c H +g ﹣（）（）（）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．13．下列溶液中，各微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A ．室温下，向0.01 mol •L ﹣1的NH 4HSO 4溶液中滴加NaOH 溶液至中性：C （Na +）＞C （SO 42﹣）＞C （NH 4+）＞C （OH ﹣）=C （H +）B ．0.1 mol •L ﹣1的NaHCO 3溶液：C （Na +）＞C （OH ﹣）＞C （HCO 3﹣）＞C （H +）C ．Na 2CO 3溶液：C （OH ﹣）﹣C （H +）=C （HCO 3﹣）+C （H 2CO 3）D ．25℃时，浓度均为0.1 mol •L ﹣1的CH 3COOH 、CH 3COONa 混合溶液，呈酸性：C （CH 3COO ﹣）+C （OH ﹣）＜C （CH 3COOH ）+C （H +）答案：A解析：解答：A ．NH 4HSO 4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（NH 4）2SO 4和Na 2SO 4，溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH 呈中性，c （Na +）+c （NH 4+）=2c （SO 42﹣），所以溶液中离子浓度大小关系为c （Na +）＞c （SO 42﹣）＞c （NH 4+）＞c （OH ﹣）=c （H +），所以A 正确；B ．HCO 3﹣离子水解导致溶液呈碱性，但水解程度较小，所以C （OH ﹣）＜C （HCO 3﹣），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 （HCO 3﹣）+2C （H 2CO 3），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 （CH 3COO ﹣）+C （OH ﹣）=c （Na +）+C （H +），根据物料守恒得C （CH 3COO ﹣）+C （CH 3COOH ）=2C （Na +），所以得C （CH 3COO ﹣）+2C （OH ﹣）=C （CH 3COOH ）+2C （H +），溶液呈酸性，则c （OH ﹣）＜c （H +），所以得C （CH 3COO ﹣）+C （OH ﹣）＞C （CH 3COOH ）+C （H +），所以D 错误；所以选A ．分析：本题考查离子浓度大小比较，为高考高频点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，灵活运用物料守恒、电荷守恒、质子守恒解答，，采用逆向思维方法解答．14．某二元酸H 2A 在水中发生电离：H 2A=H ++HA ﹣，HA ﹣⇌H ++A 2﹣．下列叙述中不正确的是（ ）A ．在NaHA 溶液中c （Na +）＞c （HA ﹣）＞c （H +）＞c （OH ﹣）B ．在Na 2A 溶液中c （Na +）=2c （A 2﹣）+2c （HA ﹣）+2c （H 2A ）C ．在Na 2A 溶液中 c （OH ﹣）=c （HA ﹣）+c （H +）D ．在H 2A 溶液中c （H +）=c （HA ﹣）+2c （A 2﹣）+c （OH ﹣）答案：B解析：解答：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．分析：本题考查了离子浓度大小的比较，明确该二元酸的电离方式特点解本题关键，注意第一步是完全电离，第二步是部分电离，导致HA﹣只能电离不能水解，为易错点．15．下列说法中正确的是（）A．0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．pH=4的醋酸稀释l0倍，溶液中c（CH3COOH）、c（OH﹣）均减小C．常温下向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH溶液，使混合液的pH=7，则混合液中c（Na+）=c（CH3COO﹣）D．等浓度的弱酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，所得混合液显酸性答案：C解析：解答：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．分析：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，注意掌握酸碱混合的定性判断、盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小．16．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（）A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c（OH﹣）=c（H+）C．0.1mol•L﹣1的硫酸铵溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）D．0.1mol•L﹣1的硫化钠溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S）答案：C解析：解答：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．分析：本题考查离子浓度大小比较，注意根据电荷守恒、质子守恒以及盐类水解的特点判断离子浓度的大小．17．0.1mol/LNaOH溶液和0.1mol/LNH4Cl溶液等体积混合后，溶液中离子浓度大小顺序正确的是（）A．c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）答案：C解析：解答：0.1mol/LNaOH溶液和0.1mol/LNH4Cl溶液等体积混合后，溶液溶质为NH3•H2O 和NaCl，NH3•H2O为弱电解质，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小顺序为c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+），则有c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），所以选C．分析：本题考查离子浓度大小比较，注意反应后溶液溶质的判断，考虑弱电解质的电离问题．18．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl ﹣）＞c（OH﹣）C．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：32c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）答案：A解析：解答：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．分析：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，注意明确盐的水解原理，掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒等比较离子浓度大小中应用．19．下列有关问题，与盐的水解有关且叙述正确的是（）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玻璃塞；⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体．A．①②③④⑤ B．①②③④ C．①④⑤ D．①②③答案：A解析：解答：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．分析：本题考查盐类水解的应用，理解盐类水解实质是关键，把握常见的盐的类别，明确有弱才水解即可解答．20．今有两种盐的稀溶液，分别是a mol•L﹣1 NaX溶液和b mol•L﹣1 NaY溶液，下列说法不正确的是（）A．若a=b，pH（NaX）＞pH（NaY），则相同浓度时，酸性HX＞HYB．若a=b，并测得c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY）；则相同浓度时，酸性HX＞HYC．若a＞b，测得c（X﹣）=c（Y﹣），则可推出溶液中c（HX）＞c（HY），且相同浓度时，酸性HX＜HYD．若两溶液等体积混合，测得c（X﹣）+c（Y﹣）+c（HX）+c（HY）=0.1mol•L﹣1，则可推出a+b=0.2mol•L﹣1答案：A解析：解答：A．若a=b，pH（NaX）＞pH（NaY），说明X﹣水解程度大于Y﹣，酸根离子水解程度越强则其相应酸的酸性越弱，所以相同浓度时，酸性HX＜HY，所以A错误；B．若a=b，并测得c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），说明HX的酸性比HY强，所以相同浓度时，酸性HX＞HY，所以B正确；C．若a＞b，测得c（X﹣）=c（Y﹣），说明X﹣水解程度大于Y﹣，其盐溶液中酸的浓度越大，所以这两种盐溶液中溶液中c（HX）＞c（HY），酸根离子水解程度越强则其相应酸的酸性越弱，相同浓度时，酸性HX＜HY，所以C正确；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（X﹣）+c（Y﹣）+c（HX）+c（HY）=0.1mol•L﹣1，则可推出a+b=0.2mol•L﹣1，所以D正确；所以选A．分析：本题考查了盐类水解，涉及弱电解质的电离，明确盐类水解程度与相应酸的电离程度的关系是解本题关键，再结合物料守恒解答．二、非选择题21．（1）Na2CO3的水溶液呈（填“酸”、“中”、“碱”，下同）性，常温时的pH 7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：；答案：碱|＞|CO32﹣+H2OƒHCO3﹣+OH﹣（2）氯化铁水溶液常温时的pH 7（填“＞”、“=”），原因是（用离子方程式表示）．把氯化铁溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物化学式是．答案：＜|Fe3++3H2OƒFe（OH）3+3H+|Fe2O3（3）0.01mol/L 的NaHSO4溶液呈性，原因是（用电离方程式表示）：，pH= ．答案：酸|NaHSO4=Na++H++SO42﹣|2解析：解答：（1）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣离子水解：CO32﹣+H2OƒHCO3﹣+OH﹣，使溶液呈碱性，pH＜7，所以答案为：碱性；＞； CO32﹣+H2OƒHCO3﹣+OH﹣；（2）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解：Fe3++3H2OƒFe（OH）3+3H+，溶液呈酸性，PH＜7，氯化铁溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁；所以答案为：＜；Fe3++3H2OƒFe（OH）3+3H+；Fe2O3；（3）0.01mol/L 的NaHSO4溶液中硫酸氢钠完全电离，溶液呈酸性，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣，pH=﹣lg0.01=2，所以答案为：酸；NaHSO4=Na++H++SO42﹣；2．分析：本题考查了盐类水解的原理分析判断，溶液酸碱性的实质分析，离子方程式书写方法，掌握基础是关键．22．已知：NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42﹣（1）常温下，pH=5的NaHSO4溶液中水的电离程度pH=9的NH3•H2O中水的电离程度．（填“＞”、“=”或“＜”）答案：=（2）等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，溶液呈酸性的原因为．（用离子方程式表示）；若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，溶液pH=7，则C（Na+）+C（NH4+） 2C（SO42﹣）（填“＞”、“=”或“＜”）；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42﹣完全沉淀，则反应后溶液的pH 7（填“＞”、“=”或“＜”）．答案：NH4++H2OƒNH3•H2O+H+|=|＞解析：解答：（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++H2OƒNH3•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 （NH 4+）=2c （SO 42﹣）；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：NH 4++H 2O ƒNH 3•H 2O+H +；=；＞．分析：本题考查了溶液中的离子浓度大小比较，试题涉及盐类水解、电离、离子之间的反应等知识点，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力．23．按要求回答下列问题：（1）实验室中常用NaOH 溶液来进行洗气和提纯，当100mL 3mol/L 的NaOH 溶液吸收标准状况下4.48L C02时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 答案：c （Na +）＞c （HCO 3﹣）＞c （CO 32﹣）＞c （OH ﹣）＞c （H +）（2）常温下向一定体积的0.1mol/L 醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是 ．A ．溶液中导电粒子的数目减少B ．醋酸的电离程度增大，c （H ﹣）亦增大C ．溶液中33c CH COO c CH COO c OH ﹣﹣H （）（）（）不变 D ．溶液中3c CH COO c H ﹣（）（）减小 答案：CD（3）①常温下将0.15mol/L 稀硫酸V 1mL 与0.1mol/L NaOH 溶液V 2 mL 棍合，所得溶液的pH 为1，则V 1：V 2= （溶液体积变化忽略不询．②常温下若溶液由pH=3的HA 溶液V 1mL 与pH=11的NaOH 溶液V 2mL 混合而得，则下列说法正确的是A ．若反应后溶液呈中性，则c （H +）+c （OH ﹣）=2×10﹣7mol/LB ．若V 1=V 2，反应后溶液pH 一定等于7C ．若反应后溶液呈酸性，则V 1一定大于V 2D ．若反应后溶液呈碱性，则V 1一定小于V 2答案：1：1|AD（4）常温下，浓度均为O.1mol/L 的下列五种溶液的PH 值如下表所示： 溶质 CH 3COONaNaHCO 3 Na 2CO 3 NaClO NaCN pH 8.8 9.7 11.6 10.3 11.1①根据表中数据，将浓度均为0.01mol/L 的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH 变化最小的是A ．HCNB ．HClOC ．H 2C03D ．CH 3COOH②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是 ．A ．CH 3COOH+Na 2CO 3═NaHCO 3+CH 3COONaB ．CH 3COOH+NaCN ═CH 3COONa+HCNC ．CO 2+H 2O+2NaClO ═Na 2CO 3+2HClOD ．NaHCO 3+HCN ═NaCN+H 2O+CO 2答案：A|AB解析：解答：解：（1）n （NaOH ）=3mol/L ×0.1L=0.3mol ，n （C02）= 4.4822.4/L L mol=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0.220.3x y x y +=⎧⎨+=⎩，解得0.10.1x y =⎧⎨=⎩，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 （HCO 3﹣）＞c （CO 32﹣）＞c （OH ﹣）＞c （H +），所以答案为：c （Na +）＞c （HCO 3﹣）＞c （CO 32﹣）＞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33c CH COO c CH COO c OH ﹣﹣H （）（）（）=Ka Kw，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33c CH COO c CH COO c OH ﹣﹣H （）（）（）不变，所以正确； D ．溶液中水的电离程度增大，则3c CH COO c H +﹣（）（）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：V 2×10﹣3L ×0.1mol/L=V 2×10﹣4mol ，稀硫酸的物质的量为：V 1×10﹣3L ×0.15mol/L ×2=3V 1×10﹣4mol ，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：3V 1×10﹣4mol ﹣V 2×10﹣4mol=（V 1+V 2）×10﹣3L ×1×10﹣1mol •L ﹣1=（V 1+V 2）×10﹣4mol ， 解得V 1：V 2=1：1，。

第三章第三节第1课时1．如图表示的是某离子X的水解过程示意图，则离子X可能是(D)A．CO2－3B．HCO－3C．Na＋D．NH＋4解析：能水解且使溶液显酸性的只有NH＋4。

2．在盐类发生水解的过程中，正确的说法是(B)A．盐的电离平衡被破坏B．水的电离程度增大C．溶液的pH发生了较大改变D．发生了中和反应解析：大多数盐是强电解质，不存在电离平衡，故A错误；盐类水解是盐电离出的某些离子结合水所电离出的H＋或OH－，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，B正确；很多盐水解程度是微弱的，故pH改变不大，C错误；水解是中和反应的逆反应，D错误。

3．下列水解离子方程式表达正确的是(D)A．CH3COONa的溶液：CH3COO－＋H2O===CH3COOH＋OH－B．AlCl3的溶液：Al3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H＋C．Na2CO3的溶液：CO2－3＋H2O H2CO3＋2OH－D．NH4Cl的溶液：NH＋4＋H2O NH3·H2O＋H＋解析：A项应写可逆号；B项应写可逆号，不写“↓”；C项CO2－3分步水解；D项正确。

4．下列说法正确的是(D)A．盐溶液都是中性的B．盐溶液的酸碱性与盐的类型无关C．NaHCO3溶液显酸性D．碳酸钠溶液显碱性，是因为溶液中c(OH－)>c(H＋)解析：B项，盐溶液的酸碱性与盐的类型有关，如Na2CO3溶液呈碱性，NH4Cl溶液呈酸性。

5．现有S2－、SO2－3、NH＋4、Al3＋、Na＋、SO2－4、AlO－2、Fe3＋、HCO－3、Cl－等离子，请按要求填空：(1)在水溶液中，该离子水解呈碱性的是！！！__S2－、SO2－3、AlO－2、HCO－3__。

(2)在水溶液中，该离子水解呈酸性的是！！！__NH＋4、Al3＋、Fe3＋__。

(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在，又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有！！！__Na＋、SO2－4、Cl－__。

第三章第三节第2课时一、选择题1．下列说法正确的是()A．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度C．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋D．洗涤油污常用热的碳酸钠溶液解析：A项，氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到氧化铝，而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铝，不正确；B项，所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂质；C项，加热法不能除去Fe3＋。

答案：D2．要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的。

有四位同学分别作出如下回答，其中不正确的是()A．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B．乙同学：用加热的方法可以制备Fe(OH)3胶体，说明含Fe3＋的盐水解是吸热的C．丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好，说明碳酸钠水解是吸热的D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的解析：若水解吸热，则必须用温度的升高或降低使平衡移动来证明，而NH4NO3晶体溶于水不只是有NH＋4水解过程的热效应，还有其他方面的热效应，故A不正确；由于Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，若水解吸热，则升高温度可促进水解形成Fe(OH)3胶体，B正确；在纯碱溶液中存在平衡：CO2－3＋H2O HCO－3＋OH－，若为吸热反应，则升高温度时，促进水解，使溶液中c(OH－)增大，去污效果增强，C正确；醋酸钠溶液中存在平衡CH3COO －＋H2O CH3COOH＋OH－，若为吸热反应，则升高温度时，平衡右移，碱性增强，酚酞试液颜色加深，D正确。

答案：A3．实验室有下列试剂：①NaOH溶液、②水玻璃、③Na2S溶液、④Na2CO3溶液、⑤NH4Cl 溶液、⑥澄清石灰水、⑦浓硫酸，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是() A．①⑥B．①②③④⑥C．①②③⑥D．①②③④⑦解析：水玻璃是矿物胶，能将玻璃瓶塞与瓶口黏结在一起；碱性溶液均会腐蚀玻璃，生成硅酸盐。