高一化學上冊暑假提升講義第12講 鹽類水解的應用 溶液中粒子濃度的判斷（解析版）

第12講鹽類水解的應用溶液中粒子濃度的判斷模塊一思維導圖串知識模塊二基礎知識全梳理模塊三重點難點必掌握模塊四核心考點精準練模塊五小試牛刀過關測1.能列舉鹽類水解在實際生產、生活和科學研究中的應用實例，并依據鹽類水解的原理進行解釋，體會化學原理的應用價值。一．鹽類水解的應用（一）鹽類水解的應用1．判斷酸堿性（1）判斷鹽溶液的酸堿性——誰強顯誰性，同強顯中性如：FeCl3溶液顯酸性，原因是Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+（2）判斷酸（堿）的強弱如：NaX、NaY、NaZ三種鹽pH分別為7、9、10，則對應的酸的酸性HX>HY>HZ2．某些鹽溶液的配制、保存（1）在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液時為防止水解，常先將鹽溶于少量相應的酸中，再加蒸餾水稀釋到所需濃度。（2）Na2SiO3、Na2CO3等不能貯存于帶磨口玻璃塞的試劑瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈堿性，產生較多OH－，能腐蝕玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。3．生成膠體（1）制備膠體：向沸水中滴加FeCl3飽和溶液，并繼續(xù)加熱以增大Fe3＋的水解程度，從而制備Fe(OH)3膠體。FeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl（2）凈水鐵鹽作凈水劑原理：Fe3++3H2O?Fe(OH)3(膠體)+3H+明礬作凈水劑原理：Al3++3H2O?Al(OH)3(膠體)+3H+4．制備無機化合物：如用TiCl4制備TiO2。其反應的方程式為TiCl4＋(x＋2)H2O(過量)=TiO2·xH2O↓＋4HCl。TiO2·xH2O焙燒得到TiO2。5．某些離子的去除：如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加熱攪拌條件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，與H＋反應，調節(jié)pH，促進Fe3＋水解為Fe(OH)3沉淀，再過濾。6．去油污熱的純堿溶液去油污效果好。原因：加熱能促進Na2CO3水解，COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－產生的c(OH－)較大，而油脂在堿性較強的條件下水解受到促進，故熱的純堿溶液比冷的去油污效果好。7．化肥的施用如：草木灰（K2CO3)與銨態(tài)氮肥不能混合施用，降低肥效。這是兩種鹽發(fā)生水解相互促進反應放出氨氣的緣故。8．除銹劑NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接時的除銹劑9．泡沫滅火器原理成分為NaHCO3與Al2(SO4)3：發(fā)生反應為Al3++3HCO3?===Al(OH)3↓+3CO2↑10．判斷離子共存弱堿陽離子與弱酸陰離子發(fā)生完全雙水解，則無法大量共存，如：陽離子：Al3+、Fe3+與陰離子：CO32－、HCO3－、SiO32－、S2－、HS－、AlO2－、ClO－（二）判斷鹽溶液蒸干時所得的產物1．弱堿易揮發(fā)性酸鹽加熱蒸干通常得到氫氧化物固體(除銨鹽)，再灼燒生成氧化物。例如高溫蒸發(fā)濃縮FeCl3溶液，最后灼燒，得到的固體物質是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固體，可將MgCl2·6H2O在HCl氣氛中加熱脫水。2．強堿易揮發(fā)性酸鹽加熱蒸干可以得到同溶質固體。例如高溫蒸發(fā)濃縮Na2CO3溶液，最后灼燒，得到的固體物質是Na2CO3。3．還原性鹽在蒸干時會被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。4．弱酸的銨鹽蒸干后無固體。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。【注意】判斷鹽溶液蒸干所得產物成分關鍵點（1）鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸eq\o(→,\s\up7(蒸干),\s\do5(灼燒))金屬氧化物。（2）考慮鹽受熱時是否分解。原物質蒸干灼燒后固體物質Ca(HCO3)2CaCO3或CaONaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl分解為NH3和HCl，無固體物質存在二．溶液中粒子濃度的判斷1．電離平衡（1）弱電解質的電離是微弱的，電離產生的微粒都非常少，同時還要考慮水的電離，如氨水中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－濃度的大小關系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。（2）多元弱酸的電離是分步進行的，其主要是第一級電離(第一級電離程度遠大于第二級電離)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的濃度大小關系是c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)。2．水解平衡微弱＞＞＞（2）多元弱酸酸根離子的水解是分步進行的，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的濃度大小關系應是c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)。（一）把握三種守恒，明確等量關系三守恒原理與方法舉例說明電荷守恒原理：電解質溶液中陽離子所帶的電荷總數與陰離子所帶的電荷總數相等。即電荷守恒，溶液呈電中性。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建立等式。Na2CO3溶液為例：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))物料守恒原理：在電解質溶液中，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，變化前后其原子個數是守恒的，即元素物料守恒。方法：①分析溶質中的特定元素的原子或原子團間的質量守恒關系(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單一元素守恒，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。②兩元素守恒，如Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，即鈉元素與碳元素守恒。質子守恒原理：電解質溶液中，由于電離、水解等過程的發(fā)生，往往存在質子(H＋)的轉移，轉移過程中質子數量保持不變，稱為質子守恒。方法一：可以由電荷守恒與元素質量守恒推導出來。方法二：質子守恒是依據水的電離平衡：H2OH＋＋OH－，水電離產生的H＋和OH－的物質的量總是相等的，無論在溶液中由水電離出的H＋和OH－以什么形式存在。方法一：Na2CO3中將電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溶液為例：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)②以NaHCO3溶液為例：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))①由電荷守恒與物料守恒也可以推出質子守恒，即方法一②化學計量數為得(或失)質子的數目③H3O＋簡寫為H＋（二）粒子濃度關系比較及等式關系單一電解質溶液一元弱酸0.100mol·L－1LCH3COOH溶液中的濃度關系：物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1電荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)一元弱堿0.1000mol·L－1NH3·H2O溶液中的粒子濃度關系：物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.1mol·L－1電荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)各粒子濃度大小關系：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)一元弱酸的強堿鹽0.1000mol·L－1NH4Cl溶液中粒子濃度關系：物料守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＝0.1mol·L－1電荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)質子守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)一元弱堿的強酸鹽0.1000mol·L－1CH3COONa溶液中粒子濃度關系：物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)＝0.1mol·L－1電荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)質子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)各粒子濃度大小關系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)弱酸的酸式鹽溶液0.10mol·L－1NaHCO3溶液的pH＞7，溶液中粒子濃度關系：物料守恒：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋c(COeq\o\al(2－,3))電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)質子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))各粒子濃度大小關系：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))[或c(H＋)]混合溶液等濃度、等體積的鹽與酸的混合溶液分子的電離程度大于對應離子的水解程度在0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，pH＜7，溶液中粒子濃度關系：粒子濃度大小關系：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＋)分子的電離程度小于對應離子的水解程度在0.1mol·L－1的HCN和0.1mol·L－1的NaCN混合溶液，pH＞7，溶液中粒子濃度：＋)，且c(HCN)＞c(Na＋)＝0.1mol·L－1。等濃度、等體積的鹽與堿的混合溶液常溫下，等濃度、等體積的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液，pH＞7，溶液中粒子濃度關系：物料守恒：2c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)電荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)各粒子濃度大小關系：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)酸、堿中和型粒子濃度關系比較鹽酸滴定氨水常溫下，用0.1000mol·L－1鹽酸溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1氨水關鍵點溶液中溶質成分及粒子濃度關系V(HCl)＝10(點①)溶質是：等物質的量的NH4Cl和NH3·H2O粒子濃度大小關系：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)pH＝7(點②)粒子濃度大小關系：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)V(HCl)＝20(點③)溶質是：NH4Cl粒子濃度大小關系：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)等濃度堿與酸混合等濃度的NaOH和CH3COOH溶液按體積比1∶2混合后pH＜7，粒子濃度大小順序：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。pH和為14酸與堿混合常溫下pH＝2的HCl溶液與pH＝12的NH3·H2O溶液等體積混合，粒子濃度大小順序：c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。不同溶液中同一離子濃度比較離子組成比例不同Ⅰ.濃度均為0.1mol·L－1的①(NH4)2SO4②(NH4)2CO3③NH4Al(SO4)2④NH4HCO3溶液，NHeq\o\al(＋,4)的物質的量的濃度由大到小的順序為：離子組成比例相相Ⅱ.常溫下物質的量濃度相等的①NH4HCO3②NH4HSO4③NH4Fe(SO4)2④NH4Cl：溶液中NHeq\o\al(＋,4)的濃度由大到小的順序：②＞③＞④＞①。等pH不同溶液中同一離子濃度關系pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液：c(NHeq\o\al(＋,4))大小順序：②＝①＞③。一．鹽類水解原理的應用【問題探究】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＋，促進Fe3＋的水解，使Fe3＋轉化成Fe(OH)3沉淀而除去。2．蒸干并灼燒Al2(SO4)3溶液，能得到Al2O3嗎？得不到Al2O3。Al2(SO4)3溶液中存在：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加熱，平衡右移，但硫酸難揮發(fā)，當溶液蒸干時，又重新生成Al2(SO4)3，故蒸干并灼燒Al2(SO4)3溶液得到Al2(SO4)3?！局R歸納總結】鹽類水解應用?？键c應用舉例加熱促進水解熱的純堿溶液去污力強分析鹽溶液的酸堿性，并比較酸堿性的強弱等物質的量濃度的Na2CO3、NaHCO3溶液均顯堿性，且堿性：Na2CO3>NaHCO3判斷溶液中離子能否大量共存Al3＋和HCOeq\o\al(－,3)因發(fā)生相互促進的水解反應而不能大量共存配制或貯存易水解的鹽溶液配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入適量鹽酸膠體的制備，作凈水劑明礬溶于水生成膠狀物氫氧化鋁，能吸附水中懸浮的雜質，并形成沉淀使水澄清化肥的使用銨態(tài)氮肥不宜與草木灰混合使用泡沫滅火器的反應原理(水解互促)Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑無水鹽的制備由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl氣流中加熱判斷鹽溶液的蒸干產物將AlCl3溶液蒸干灼燒得到的是Al2O3而不是AlCl3某些鹽的分離除雜為除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加熱攪拌的條件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，過濾后再加入適量的鹽酸鹽溶液除銹NH4Cl溶液除去金屬表面的氧化物(NHeq\o\al(＋,4)水解溶液顯酸性)判斷電解質的強弱CH3COONa溶液能使酚酞變紅(pH>7)，說明CH3COOH是弱酸2．鹽溶液蒸干灼燒產物的判定：（1）強酸強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，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4固體，Na2SO4溶液蒸干得Na2SO4固體。鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時，蒸干后一般得到對應的弱堿，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼燒則會生成Al2O3、Fe2O3。（2）考慮鹽受熱時是否分解。因為Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl固體受熱易分解，因此蒸干Ca(HCO3)2溶液得CaCO3固體；蒸干KMnO4溶液得K2MnO4和MnO2的混合物；蒸干NH4Cl溶液不能得到固體。（3）還原性鹽在蒸干時會被O2氧化。例如，Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干會得到Fe2(SO4)3和Fe2O3。（4）其他需要考慮的方面。例如，蒸干Na2CO3溶液時，由于COeq\o\al(2－,3)分兩步水解，第二步水解非常微弱，所以蒸干Na2CO3溶液所得固體仍為Na2CO3。蒸干NaHCO3溶液時，析出NaHCO3固體，繼續(xù)灼燒，NaHCO3分解為Na2CO3固體?？键c一：鹽類水解的應用1．（23-24高二上·上海·期末）下列應用與鹽類水解無關的是A．泡沫滅火器 B．草木灰不宜與銨態(tài)氮肥混合使用C．純堿去油污 D．漂粉精殺菌消毒【答案】D【解析】A．泡沫滅火器[成分為Al2(SO4)3、NaHCO3溶液]的滅火原理是利用Al3+和發(fā)生雙水解反應生成二氧化碳氣體和氫氧化鋁沉淀，與鹽類水解有關，故A不選；B．草木灰的主要成分是K2CO3，如果草木灰與銨態(tài)氮肥混合，與易發(fā)生雙水解，生成氨氣，降低肥效，則二者不能混合使用，與鹽類水解有關，故B不選；C．純堿去油污是利用水解使溶液呈堿性，促進油脂堿性水解，故C不選；D．漂粉精消毒殺菌是利用次氯酸鹽的強氧化性，與水解無關，故D選；故答案為D。2．（23-24高二下·廣東·期中）下列做法中，主要依據的不是鹽類水解原理的是A．實驗室配制溶液時，往往在溶液中加入少量的鹽酸B．游泳館常用可溶性銅鹽作游泳池水的消毒劑C．用和兩種溶液可作泡沫滅火劑D．用明礬做凈水劑吸附水中的懸浮雜質【答案】B【解析】A．實驗室配制溶液時，往往在溶液中加入少量的鹽酸，是為了抑制水解，A與鹽類水解原理有關；B．游泳館常用可溶性銅鹽作游泳池水的消毒劑，是利用使蛋白質變性，B與鹽類水解原理無關；C．用和兩種溶液可作泡沫滅火劑，利用二者互促水解生成二氧化碳氣體，可用于滅火，C與鹽類水解原理有關；D．用明礬做凈水劑吸附水中的懸浮雜質是因為明礬溶于水電離出的鋁離子能水解形成氫氧化鋁膠體而具有凈水作用，D與鹽類水解原理有關；故選B。3．（22-23高二上·新疆·階段練習）下列生活中常用的方法，其原理與鹽類的水解反應無關的是A．用草木灰去除油污 B．焊接時用NH4Cl溶液除銹C．用白醋清洗水壺中的水垢 D．濃的硫化鈉溶液有臭味【答案】C【解析】A．草木灰的主要成分是碳酸鉀，水解之后其溶液呈堿性，可以用于除油污，故A不符合；B．NH4Cl水解使溶液呈酸性，可以與鐵銹反應，故B不符合；C．白醋與水垢反應是醋酸與碳酸鈣的反應，與水解無關，故C符合；D．硫化鈉溶液中，硫離子水解生成有臭味的H2S，故D不符合；故選C。4．（23-24高二下·江蘇南京·開學考試）下列鹽的性質與用途具有對應關系的是A．明礬溶于水并水解形成膠體，可用于凈水B．易溶于水，可用于工業(yè)電解制備鈉C．具有酸性，可用于蝕刻印刷電路板D．具有還原性，可用于漂白紙漿【答案】A【解析】A．明礬溶于水后，鋁離子發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，能吸附水中懸浮的難溶性雜質，沉降凈水，故A正確；B．電解NaCl溶液時，在陰極上，水電離出的氫離子會優(yōu)先于鈉離子在陰極得電子放電，故電解NaCl溶液不可用于工業(yè)電解制備鈉，應電解熔融NaCl制備鈉，故B錯誤；C．FeCl3具有氧化性，能氧化銅單質，故可用于蝕刻印刷電路板，故C錯誤；D．NaHSO3具有還原性，但其還原性與用于漂白紙漿無關，漂白紙漿是利用其水解產生的亞硫酸分解后二氧化硫的漂白性，故D錯誤；故選A。5．（23-24高二上·內蒙古赤峰·期中）化學與生產、生活、科技等密切相關。下列說法不正確的是A．生活中常用明礬凈水，可加速水中的懸浮物沉降B．加熱蒸干溶液得到固體C．氯化銨溶液可做金屬焊接中的除銹劑D．草木灰與混合施用，可更好為植物全面提供N、P、K三種營養(yǎng)元素【答案】D【解析】A．明礬凈水的原理是Al3+水解生成的Al(OH)3膠體使水中細小的懸浮顆粒聚集成較大的顆粒而沉降，從而除去水中懸浮物，則明礬可加速水中懸浮物沉降，A正確；B．CuCl2溶液中的Cu2+易水解：，加熱蒸干CuCl2溶液，促進Cu2+水解可得到Cu(OH)2固體，B正確；C．氯化銨溶液因水解而呈酸性，可以與鐵銹的主要成分(Fe2O3)反應而除去鐵銹，C正確；D．主要成分為K2CO3的草木灰與NH4H2PO4混合施用，與因發(fā)生雙水解會導致N元素損失，降低氮肥肥效，不能更好為植物全面提供N營養(yǎng)元素，D錯誤；故選D。考點二：溶液中粒子濃度的判斷6．（23-24高二下·廣東汕頭·階段練習）已知：丙酮酸(CH3COCOOH)是一種弱酸。室溫下，向20mL一定濃度的丙酮酸溶液中滴加溶液，混合溶液pH與NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A．NaOH用了20mL時恰好完全反應，丙酮酸的濃度為B．①點溶液中：C．②點溶液中：D．水的電離程度：①<②<③【答案】B【解析】A．由圖可知，加入20mLNaOH溶液時酸堿恰好完全反應，故丙酮酸溶液濃度等于氫氧化鈉溶液濃度為，故A正確；B．①點加入氫氧化鈉的物質的量是丙酮酸的一半，根據物料守恒，，故B錯誤；C．②點溶液為和的混合溶液，此時溶液顯中性，，由電荷守恒得，則，則溶液中存在，故C正確；D．向20mL一定濃度的丙酮酸溶液中滴加溶液，滴定過程中濃度減小，水的電離程度增大，③點時酸堿恰好完全反應，水的電離程度最大，則水的電離程度：①<②<③，故D正確；故選B。7．（23-24高二下·江蘇無錫·期中）在不同溫度下，水溶液中與有如圖所示關系。下列說法正確的是A．c點對應的溶液，溶液呈弱酸性B．b點對應的溶液中可以大量共存：、、、C．若a點表示和的混合溶液，則該溶液中的離子濃度大小為：D．若d點表示某等濃度、等體積的和混合溶液，則溶液中的離子濃度存在如下關系：【答案】D【分析】由圖可知，在25℃時，Kw=10-710-7=10-14，在T℃時，Kw=10-6×10-6=10-12，根據升溫促進水的電離，則T＞25℃，據此回答?！窘馕觥緼．c點對應的溶液pH=6，Kw=10-12，溶液呈中性，A錯誤；B．b點氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，溶液為酸性，與碳酸根離子不共存，B錯誤；C．若a點表示CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液為中性，根據電荷守恒，則，C錯誤；D．由d可知，等濃度、等體積的NH3?H2O和NH4Cl混合溶液，根據電荷守恒可知，①，根據物料守恒有②，①②，可以得到，D正確；故選D。8．（23-24高二上·寧夏·期末）常溫下，溶液、溶液的均大于7。下列關于這兩種溶液的說法正確的是A．溶液中存在平衡：B．加熱，溶液的堿性增強C．溶液中：D．溶液中：【答案】B【解析】A．溶液中存在平衡：，A錯誤；B．加熱促進水解平衡正向移動，OH-的濃度增大，溶液的堿性增強，B正確；C．溶液中，根據物料守恒：，C錯誤；D．溶液中，根據電荷守恒：，D錯誤；故選B。9．（23-24高二下·河南信陽·開學考試）溶液的隨溫度的變化如圖所示，下列說法正確的是A．溫度高于時，變化主要受水的電離平衡移動的影響B(tài)．常溫下：C．常溫下：D．升高溫度，溶液中的水解平衡逆向移動，導致溶液pH減小【答案】A【分析】升高溫度促進碳酸根離子的水解，溶液pH升高，同時升高溫度促進水電離，溶液pH降低?！窘馕觥緼．升高溫度促進碳酸根離子的水解，溶液pH升高，同時升高溫度促進水電離，溶液pH降低，如圖溫度高于60℃時，pH變化主要受水的電離平衡移動的影響，故A正確；B．溶液中存在電荷守恒，2，故B錯誤；C．常溫下，碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解產生碳酸氫根離子和氫氧根離子，水電離也產生氫氧根離子，使得氫氧根離子濃度大于碳酸氫根離子濃度，故為，故C錯誤；D．水解是吸熱過程，升高溫度，平衡正向移動，故D錯誤；故選A。10．（23-24高二下·北京·開學考試）下列溶液中各微粒的濃度關系不正確的是A．溶液：B．KCl溶液：C．CH3COONa溶液：D．室溫下，pH=7的、混合溶液：【答案】C【解析】A．溶液中，Fe3+發(fā)生水解，則，故A正確；B．KCl溶液呈中性，，故B正確；C．CH3COONa溶液中CH3COO-發(fā)生水解使溶液呈堿性，則溶液中，故C錯誤；D．室溫下，pH=7的、混合溶液中呈中性，，由電荷守恒可知嗎，故D正確；故選C。1．（23-24高二上·廣東廣州·期末）下列與實驗相關的敘述正確的是A．用濕潤的pH試紙測定硫酸溶液的pHB．酸堿中和滴定時，錐形瓶需用待測液潤洗2次，再加入待測液C．配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶解在濃鹽酸中，然后再用水稀釋到所需的濃度D．中和熱測定實驗中，將NaOH溶液分幾次緩慢加入鹽酸溶液中【答案】C【解析】A．pH試紙不能濕潤，濕潤后相當于把硫酸稀釋，應選擇干燥的pH試紙測定硫酸溶液的pH，A錯誤；B．錐形瓶不需要用待測液潤洗，潤洗會使待測液中溶質的物質的量增大，B錯誤；C．由于FeCl3溶液易水解，故配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶解在濃鹽酸中，可以抑制水解，然后再用水稀釋到所需的濃度，C正確；D．將NaOH溶液分幾次緩慢加入鹽酸溶液中易造成熱量損失，導致所測定的最高溫度偏低，應一次性迅速混合，D錯誤；故選C。2．（23-24高二下·廣東東莞·期中）下列說法正確的是A．強電解質溶液導電能力一定比弱電解質溶液導電能力強B．用已知濃度鹽酸滴定未知濃度的氨水時可選擇酚酞為指示劑C．AlCl3和FeCl3均既可作凈水劑也可作消毒劑D．將碳酸鈉溶液蒸干并灼燒，所得固體的成分仍為碳酸鈉【答案】D【解析】A．離子濃度較大的弱電解質溶液的導電能力比離子濃度較小的強電解質溶液強，故A錯誤；B．用已知濃度鹽酸滴定未知濃度的氨水時，反應生成氯化銨，終點溶液顯酸性，應該用甲基橙為指示劑，故B錯誤；C．AlCl3和FeCl3溶液可以凈水，無消毒作用，故C錯誤；D．碳酸鈉水解產生的NaOH無揮發(fā)性，所以將碳酸鈉溶液蒸干并灼燒，所得固體為碳酸鈉，故D正確；答案選D。3．（23-24高二下·廣東·期中）以海水為原料制取金屬鎂的主要流程如圖所示，下列說法正確的是A．可利用如圖所示裝置進行操作Ⅱ，最終得到固體B．固體和固體均屬于電解質C．流程中加入鹽酸時發(fā)生反應的離子方程式為D．電解熔融氯化鎂制鎂的過程中，往陽極方向移動【答案】B【分析】曬鹽得到的母液中加入石灰乳氫氧化鈣沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，過濾得到沉淀氫氧化鎂溶于鹽酸得到氯化鎂溶液，蒸發(fā)濃縮結晶析出晶體，氯化氫氣流中灼燒失去結晶水得到固體氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂?！窘馕觥緼．操作Ⅱ，從MgCl2溶液得到MgCl2固體，應在HCl的氣流中結晶，以抑制MgCl2的水解，故A錯誤；B．固體和固體都是電解質，故B正確；C．是難溶于水的物質，需保留化學式，鹽酸與反應的離子方程式為：，故C錯誤；D．電解熔融氯化鎂制鎂的過程中，往陰極方向移動，故D錯誤。答案選B。4．（23-24高二上·陜西咸陽·階段練習）已知酸H2B在水溶液中存在下列關系：①，②，則下列說法中一定不正確的是A．NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈堿性B．Na2B溶液中一定有：C．NaHB水溶液中一定有：D．Na2B溶液中一定有：【答案】B【解析】A．由已知可知酸H2B第一步完全電離，第二步部分電離，則HB-不能水解只能電離，電離導致溶液顯示酸性，B2-水解導致溶液顯示堿性，NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈堿性，故A正確；B．在Na2B溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)]，故B錯誤；C．在Na2B溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HB-)+c(OH-)+2c(B2-)，故C正確；D．在Na2B溶液中存在質子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HB-)，故D正確；故選：B。5．（23-24高二上·福建福州·期末）常溫下，用溶液滴定溶液所得滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．滴定時應選甲基橙作指示劑B．水的電離程度：②>③>①C．點②所示溶液中：D．點③所示溶液中：【答案】C【解析】A．氫氧化鈉溶液滴定醋酸，最終生成醋酸鈉，溶液顯堿性，因此滴定時應選酚酞作指示劑，故A錯誤；B．③中溶質為醋酸鈉，①②溶質都為醋酸鈉和醋酸，①溶液顯酸性，②溶液呈中性，從①到③，酸性不斷減弱，因此抑制水的程度不斷減弱，則水的電離程度：③>②>①，故B錯誤；C．②溶質為醋酸鈉和醋酸，溶液呈中性，則點②所示溶液中：，故C正確；D．③中溶質為醋酸鈉，由于醋酸根水解，溶液呈堿性，因此點③所示溶液中：，故D錯誤。綜上所述，答案為C。6．（23-24高二上·福建南平·期末）室溫下，向中逐滴加入，已知。下列說法正確的是A．時，由水電離出的B．時，C．時，D．時，【答案】B【解析】A．水電離出的氫離子和氫氧根離子濃度是相等的，A錯誤；B．時，溶質為等量的氯化銨和一水合氨，由電荷守恒可知：，B正確；C．時，溶質為氯化銨，由物料守恒可知，，C錯誤；D．時，溶質為等量的HCl和氯化銨，此時溶液顯酸性，銨根離子水解生成一水合氨，導致銨根離子濃度小于氫離子，即，D錯誤；故選B。7．（23-24高二上·山西運城·期末）25℃，用濃度為的溶液滴定濃度為的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電能力順序：HZ<HY<HXB．時，三種溶液中C．將上述HX、HY溶液等體積混合后用溶液滴定至HX恰好完全反應時，溶液存在：D．若進行HZ濃度測定，洗凈堿式滴定管后直接取標準溶液進行滴定，則測定結果偏低【答案】B【分析】根據圖中沒有加入氫氧化鈉溶液時，濃度為的三種酸HX、HY、HZ，三種酸的pH得出HZ為強酸，HX、HY為弱酸，且酸強弱順序為HZ＞HY＞HX。【解析】A．根據酸強弱順序為HZ＞HY＞HX，在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電能力順序：HZ＞HY＞HX，故A錯誤；B．時，HZ、HY、HX三者消耗的氫氧化鈉溶液的體積依次減少，根據電荷守恒得到三種溶液中，故B正確；C．將上述HX、HY溶液等體積混合后用溶液滴定至HX恰好完全反應時，此時溶質為NaY、NaX，根據“越弱越水解”，則水解程度大，因此溶液存在：，故C錯誤；D．若進行HZ濃度測定，洗凈堿式滴定管后直接取標準溶液進行滴定，氫氧化鈉溶液濃度偏低，消耗的標準氫氧化鈉溶液體積偏大，則測定結果偏高，故D錯誤。綜上所述，答案為B。8．（23-24高二下·河北唐山·開學考試）室溫下，將0.1mol/L鹽酸滴入氨水中，溶液中和隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示。已知：，下列說法正確的是A．點所示溶液中B．點所示溶液中溶質一定含，可能還含C．點消耗鹽酸的體積等于氨水的體積D．點所示溶液中：【答案】B【解析】A．M點溶液呈堿性，為NH4Cl、NH3?H2O混合溶液，氨水電離程度大于氯化銨水解，溶液中，A錯誤；B．N點溶液呈酸性，溶液中溶質一定含NH4Cl，可能還含HCl，B正確；C．恰好反應得到NH4Cl溶液呈酸性，Q點pH=pOH，則c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，氨水稍過量，C錯誤；D．Q點pH=pOH，則c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，根據電荷守恒可知：，正確的離子濃度大小為：＞c(H+)=c(OH-)，D錯誤；故選B。9．（23-24高二上·陜西寶雞·期中）經測定某溶液中只含有NH、Cl-、H+、OH-四種離子，下列說法不正確的是①溶液中四種離子之間必定滿足c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(Cl-)②若溶液中c(NH)=c(Cl-)，則該溶液一定顯中性③若該溶液中c(H+)>c(OH-)，則溶液中一定有HCl④若該溶液中c(OH-)>c(H+)，則該溶液中一定只有NH4ClA．①② B．③④ C．②③ D．①④【答案】B【解析】①溶液中一定存在電荷守恒，此溶液共有四種離子，則必有則存在c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(Cl-)，故①正確；②若溶液中c(NH)=c(Cl-)，根據電荷守恒知c(OH-)=c(H+)，則該溶液一定顯中性，故②正確；③NH4Cl溶液水解顯酸性，溶液中離子中c(H+)>c(OH-)，故③錯誤；④若溶液中c(OH-)>c(H+)，則溶液呈堿性，氯化銨溶液呈酸性，要使溶液呈堿性，則溶液中一定含有NH3·H2O，則溶液中溶質一定為NH4Cl和NH3·H2O，故④錯誤；答案為：B。10．（23-24高二上·四川南充·階段練習）物質的量濃度相同的下列五種溶液：①(NH4)2CO3②NH3·H2O③NH4HSO4④NH4HCO3⑤(NH4)2SO4按照濃度由大到小順序正確的是A．⑤>①>③>④>② B．⑤>③>①>④>②C．③>⑤>②>①>④ D．⑤>①>②>③>④【答案】A【解析】先不考慮水解，則①(NH4)2CO3與⑤(NH4)2SO4化學組成中含有兩個，故二者的濃度大于其余三種溶液中的濃度，而在①(NH4)2CO3溶液中，水解顯酸性，水解顯堿性，兩者相互促進，所以水解的量較多，溶液中的量較少，在⑤(NH4)2SO4溶液中，硫酸根離子對濃度無影響，即濃度⑤>①，②NH3·H2O③NH4HSO4④NH4HCO3三種物質中，③NH4HSO4溶液中，，濃度較大，水解受到抑制，溶液中量較多，④NH4HCO3溶液中，水解顯堿性，促進水解，溶液中量較少，即濃度③>④，②NH3·H2O是弱電解質，少部分發(fā)生電離，主要是NH3·H2O分子，量極少，故五種溶液中，濃度由大到小順序為⑤>①>③>④>②，A正確；答案選A。11．（23-24高二上·四川成都·階段練習）常溫下，下列說法不正確的是A．向氨水中逐滴滴入鹽酸至溶液的pH=7，則混合液中c()=c(Cl-)B．pH=2的硫酸和pH=2的鹽酸等體積混合后溶液的pH=2C．疊氮酸(HN3)與醋酸酸性相近，0.1mol?L-1NaN3水溶液中離子濃度大小順序為：c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)D．0.2mol?L-1的NaOH溶液與0.4mol?L-1的NaHC2O4溶液等體積混合：2c(OH-)+c()=c()+2c(H+)【答案】D【解析】A．向氨水中逐滴滴入鹽酸至溶液的pH=7，則，由電荷守恒可知，則混合液中c()=c(Cl-)，A正確；B．混合前后H+的濃度沒有發(fā)生改變，所以溶液的pH還是為2，B正確；C．疊氮酸是弱酸，0.1mol?L-1NaN3溶液水解使得顯堿性，所以會有c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)，C正確；D．混合后得到等物質的量濃度的NaHC2O4和Na2C2O4混合溶液，根據電荷守恒可知：，根據物料守恒可知：，消去Na+可得：，D錯誤；故選D。12．（23-24高二下·四川遂寧·階段練習）下列說法錯誤的是A．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可加入MgO調節(jié)pH使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀B．將AlCl3溶液蒸干灼燒，可得到AlCl3C．實驗室盛放Na2CO3、Na2SiO3溶液的試劑瓶應用橡皮塞，而不能用玻璃塞D．泡沫滅火器原理：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】B【解析】A．溶液中存在，加入MgO消耗促進平衡右移使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，故A正確；B．將Al(NO3)3溶液蒸干灼燒的過程中，Al(NO3)3不斷水解，其中生成的HNO3易揮發(fā)逸出，使水解完全，最終得到的是Al2O3，故B錯誤；C．Na2CO3、Na2SiO3溶液水解顯堿性，會與玻璃的主要成分二氧化硅反應生成有黏性的硅酸鹽，使瓶體和玻璃塞粘結在一起，所以實驗室盛放Na2CO3、Na2SiO3溶液的試劑瓶應用橡皮塞，而不能用玻璃塞，故C正確；D．泡沫滅火器原理：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正確；故選B。13．（23-24高二上·吉林通化·階段練習）化學與人類生活、生產息息相關。下列說法錯誤的是A．用純堿溶液清洗油污，加熱可增強去污力B．盛放硅酸鈉溶液的試劑瓶不能用玻璃塞C．可施加適量熟石灰降低鹽堿地(含較多NaCl、Na2CO3)土壤的堿性D．草木灰和銨態(tài)氮肥混合使用會降低肥效【答案】C【解析】A．純堿溶液中碳酸根離子水解顯堿性，加熱促進水解，溶液堿性增強，油脂在堿性溶液中水解，所以用純堿溶液清洗油污，加熱可增強去污能力，故A正確；B．硅酸鈉溶液具有粘合性，則盛放硅酸鈉溶液的試劑瓶不能用玻璃塞，故B正確；C．熟石灰為堿，使用的話要提高土壤的堿性，不能用來降低土壤堿性，故C錯誤；D．銨態(tài)氮肥水解呈酸性，而草木灰水解呈堿性，二者易發(fā)生互促水解，生成氨氣而降低肥效，故D正確。答案選C。14．（23-24高二上·山東棗莊·階段練習）向溶液中通入448mL（標準狀況），所得溶液中粒子濃度大小關系錯誤的是A．B．C．D．【答案】A【分析】溶液中通入448mL(標準狀況)即0.02mol，兩者恰好完全反應生成，然后結合物料守恒、電荷守恒以及質子守恒分析?！窘馕觥緼．溶液呈堿性，可知的水解程度大于其電離程度，則得，故，故A錯誤；B．根據電荷守恒可得：，故B正確；C．根據物料守恒得：，則，故C正確；D．根據質子守恒得，則，故D正確；故選：A。15．（23-24高二上·天津·期末）常溫下，有濃度均為0.1mol/L的下列4種溶液：①NaCN溶液②NaOH溶液③溶液④溶液HCN（1）這4種溶液pH由大到小的順序是(填序號)。（2）①溶液中各離子濃度由大到小的順序是。將等濃度、等體積的和溶液混合，溶液中各微粒濃度由大到小的順序是(不考慮水分子)（3）的溶液中(填數值)。（4）常溫時，向NaCN溶液中通入少量CO2，則發(fā)生反應的離子方程式為：。（5）常溫下，向0.1mol/L的溶液加水稀釋過程中，下列表達式的數據變大的是。(填字母)A．B．C．D．醋酸電離度E．水電離出的（6）結合所給的電離平衡常數解釋，為什么溶液呈堿性：?！敬鸢浮浚?）②＞④＞①＞③（2）（3）（4）（5）DE（6）溶液中水解常數，故其水解大于電離，使得溶液顯堿性【解析】（1）相同濃度的4種溶液中，NaOH溶液為強堿溶液，堿性最強；因為酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞，越弱越水解，因此溶液的堿性：②＞④＞①＞③，4種溶液pH由大到小的順序是②＞④＞①＞③；（2）NaCN溶液為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，故離子濃度關系為：；的水解常數為，則等濃度、等體積的和溶液混合后溶液顯酸性，故溶液中各微粒濃度由大到小的順序是；（3）混合溶液的pH=8，該溶液中