第3章 第3节 第2课时 影响盐类水解的主要因素 盐类水解的应用（讲义word）-【勤径学升】2024-2025学年高中化学选择性必修1同步练测（人教版2019）

第2课时　影响盐类水解的主要因素　盐类水解的应用 学习目标 核心素养 1．知道影响盐类水解平衡的因素。 2．能运用化学平衡移动原理，分析外界因素对水解平衡的影响。 3．能举例说明盐类水解在生产、生活中的应用。 4．能分析溶液中存在的平衡体系和守恒关系，比较溶液中离子浓度的数量关系。 5．知道水解常数。 1．变化观念与平衡思想：运用化学平衡原理分析外界因素对盐类水解平衡的影响，建立物质的变化需要一定条件，并遵循一定规律的观念。 2．科学探究与创新意识：根据盐类水解平衡的外界因素，设计实验方案，运用化学实验方法等进行实验探究。 3．证据推理与模型认知：运用平衡思想和守恒关系，分析溶液中离子浓度之间的数量关系，并建立分析问题和解决问题的思维模型。 4．科学态度与社会责任：认识盐类水解在生产生活和科学研究中的应用，运用盐类水解知识解释与化学有关的STSE问题。 [对应学生用书第61页] 一、影响盐类水解的因素 1．盐类水解的特征 (1)盐类的水解是吸热反应。 (2)加水稀释能促进盐类的水解。 2．实验探究盐类水解平衡的影响因素 (1)已知Fe2(SO4)3发生水解反应的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，根据实验操作填写下表 影响 因素 实验操作 现象 解释或结论 温度 将Fe2(SO4)3溶液适当加热，测溶液的pH 溶液颜色变深，溶液pH变小 盐类的水解是吸热反应，加热，水解平衡向正反应方向移动 反应物 的浓度 加入Fe2(SO4)3固体，再测溶液的pH 溶液颜色变深，溶液的pH变小 加入Fe2(SO4)3固体， c(Fe3＋)增大，水解平衡向正反应方向移动 生成物 的浓度 加入适量浓硫酸恢复至室温后，测溶液的pH 溶液颜色变浅，溶液的pH变小 加入硫酸，c(H＋)增大，水解平衡向逆反应方向移动，但c(H＋)仍比原平衡中 c(H＋)大 加入少量浓NaOH溶液 产生红褐色沉淀 加入氢氧化钠后，OH－消耗H＋，c(H＋)减小，水解平衡向正反应方向移动 (2)实验结论 Fe3＋的水解是一个可逆过程；水解平衡是一个动态平衡；Fe3＋的水解属于吸热反应；改变影响平衡的条件(如温度、浓度等)，水解平衡就会发生移动；当加入的物质能与溶液中的离子结合成难电离的弱电解质时，Fe3＋的水解程度就可能趋于完全。 3．盐的水解常数 1．0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中，如果要使c(NH)接近0.1 mol·L－1，可采取的措施是(　　) A．加入少量氢氧化钠 B．加入少量盐酸 C．加入少量水 D．加热 答案　B 二、盐类水解的应用 1．作净水剂 铝盐、铁盐等部分盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。 如明矾水解的离子方程式为Al3＋＋3H2O3H＋＋Al(OH)3。 2．热碱水去油污 纯碱水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－。加热促进CO的水解，溶液碱性增强，去污能力增强。 3．盐溶液的配制和保存 配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸的目的是抑制Sn2＋或 Fe3＋的水解。 4．制备胶体 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体。 5．泡沫灭火器原理 Al2(SO4)3溶液与小苏打溶液发生相互促进的水解反应，产生CO2气体和Al(OH)3沉淀，将燃烧物质与空气隔离开来。离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 6．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。 2．下列说法正确的是(　　) A．将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3 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 答案　D [对应学生用书第62页] 要点一　影响盐类水解平衡的因素 1．在Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色，若在该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是什么？并结合离子方程式，运用平衡原理进行解释。 提示：产生白色沉淀，且红色褪去。在Na2SO3溶液中，SO水解：SO＋H2OHSO＋OH－，加入BaCl2后，Ba2＋＋SO===BaSO3↓(白色)，由于c(SO)减小，SO水解平衡左移，c(OH－)减小，红色褪去。 2．MgO可除去MgCl2溶液中的Fe3＋，其原理是什么？ 提示：溶液中存在Fe3＋＋H2OFe(OH)3＋3H＋，加入MgO，MgO和H＋反应，使c(H＋)减小，平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去。 3．将镁条投入浓NH4Cl溶液中，有H2、NH3两种气体产生，利用有关离子方程式分析原因。 提示：NH4Cl溶液中发生水解NH4＋H2ONH3·H2O＋H＋、加入镁条发生Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，促进水解平衡右移，产生大量NH3·H2O，NH3·H2O===NH3↑＋H2O，产生NH3。 1．影响盐类水解的因素 (1)内因——反应物的性质 形成盐的酸或碱越弱，对应的盐就越易水解。例如，酸性：CH3COOH>H2CO3决定，等浓度的CH3COONa和Na2CO3溶液的pH大小关系：pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)。 (2)外因——温度、浓度、外加酸或碱 因素 水解平衡 水解程度 水解产生离子的浓度 温度 升高 正向移动 增大 增大 降低 逆向移动 减小 减小 浓度 增大 正向移动 减小 增大 减小 正向移动 增大 减小 外加 酸碱 酸 抑制阳离子的水解，促进阴离子水解 碱 抑制阴离子水解，促进阳离子水解 2.盐的水解常数 (1)表达形式 若MA为强碱弱酸盐， 则其水解离子方程式为 A－＋H2OHA＋OH－， 则A－的水解常数为 Kh＝。 (2)影响因素 水解常数(Kh)只受温度影响，因水解过程是吸热的，故升高温度，水解常数增大。 (3)定量关系 水解常数(Kh)与电离常数Ka(或Kb)、水的离子积常数(Kw)之间存在定量关系：Kh·Ka＝Kw(或Kh·Kb＝Kw)。 [特别警示] (1)相同条件下的水解程度： ①正盐>相应的酸式盐，如CO>HCO； ②水解相互促进的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。 如NH的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。 (2)稀释溶液时，盐溶液被稀释后浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。 (3)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。 [例1]　(郑州四中高二调研)为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据： 实验 c(NH4Cl)/(mol·L－1) V(NH4Cl)/mL 温度/℃ pH 1 0.02 5 25 x 2 0.02 5 30 y 3 0.2 5 25 z 下列说法不正确的是(　　) A．由x＞y可知：升高温度能促进氯化铵的水解 B．由x＞z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大 C．由z＜x＜z＋1可知：稀释氯化铵溶液，水解平衡正向移动 D．Kh(NH4Cl)与Kb(NH3·H2O)的关系为：Kh＝(Kw为水的离子积常数) 解析　实验1和2探究温度对氯化铵水解的影响，水解方程式：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，由x＞y即实验2氢离子的浓度较大，可知升高温度能促进氯化铵的水解，A正确；实验1和3探究浓度对氯化铵水解的影响，由x＞z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，但是水解程度减小，B错误；实验3氯化铵的浓度是实验1的10倍，由z＜x＜z＋1，即稀释10倍后，pH变化小于1，由越稀越水解可知：稀释氯化铵溶液，水解平衡正向移动，C正确；氯化铵的水解方程式：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋， Kh＝＝＝，D正确。故选B。 答案　B 1．在Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，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Na2CO3固体 D．加入AlCl3固体 解析　A、C、D项都可促使水解平衡正向移动，B项抑制水解反应的进行。改变条件后，溶液的pH增大的是C，减小的是A、B、D。 答案　C 要点二　盐类水解的应用 1．为什么加热可以增强纯碱溶液的去污能力？ 提示：纯碱溶液清洗油污时，加热可以增强其去污力的原因在于升温可以促进碳酸钠的水解，使溶液中c(OH－)增大。 2．配制FeCl3溶液时为什么要加入少量盐酸？ 提示：配制FeCl3水溶液时，加入少量的盐酸，是为了抑制水解以防止溶液浑浊。 3．铝盐和铁盐为什么可以用于净水？ 提示：部分盐在水解时，生成的氢氧化物呈胶体状态且无毒，可用作净水剂，例如铝盐、铁盐。 1．盐类水解的“十大”应用 盐类水解 的应用 实例 原理 判断溶液 的酸碱性 FeCl3水溶液显酸性 Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋ 判断离子 能否共存 Fe3＋与CO不能大量共存 2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑ 制备胶体 制备Fe(OH)3胶体 Fe3＋＋3H2O(沸水)Fe(OH)3 (胶体)＋3H＋ 净水 明矾净水 Al3＋水解形成胶体 去油污 用热的纯碱溶液清洗油污 加热，CO的水解程度增大，溶液碱性增强 试剂的 配制 配制FeCl3溶液时常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸 H＋可抑制Fe3＋的水解 配制Na2CO3溶液时常加入少量NaOH CO＋H2OHCO＋OH－，加入OH－可抑制CO的水解 制备 无水盐 由MgCl2·6H2O制无水MgCl2时，在HCl气流中加热 MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl＋4H2O，加入HCl可抑制Mg2＋的水解 泡沫灭 火器 用Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合 Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，发生相互促进的水解反应 制备 无机物 TiO2的制备 TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl TiO2·xH2OTiO2＋xH2O 混合盐 溶液的 除杂与 提纯 用MgO[或Mg(OH)2或MgCO3]调节溶液的pH，除去MgCl2中的FeCl3杂质 Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋ MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O 2.盐溶液蒸干时所得产物的判断 (1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)。　 (2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。 (3)考虑盐受热时是否分解。 原物质 蒸干灼烧后固体物质 Ca(HCO3)2 CaCO3或CaO NaHCO3 Na2CO3 KMnO4 K2MnO4和MnO2 NH4Cl 分解为NH3和HCl，无固体物质存在 (4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。 [特别警示] (1)配制FeSO4溶液时，加入稀H2SO4的目的是防止Fe2＋的水解，加入铁粉的目的是防止Fe2＋被氧化。 (2)焊接金属时常用NH4Cl溶液作除锈剂的原因是利用NH水解，使溶液呈酸性，从而除去铁锈。 (3)Fe3＋、Al3＋在中性条件下已水解完全，转化成氢氧化物沉淀。 [例2]　(重庆八中高二期中)下列关于盐类水解应用的说法不正确的是(　　) A．将FeSO4的溶液蒸干，灼烧可得到FeSO4固体 B．纯碱溶液用带橡胶塞的玻璃瓶保存，是因为CO的水解呈碱性 C．配制一定浓度的Fe2(SO4)3溶液时，将Fe2(SO4)3固体溶于硫酸中，然后稀释至所需浓度 D．草木灰(有效成分K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3与NH4Cl发生水解生成氨气会降低肥效 解析　FeSO4容易被氧化，FeSO4溶液加热蒸干不会得到原物质，A错误；碳酸根离子可以水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，可以和玻璃中的二氧化硅反应，B正确；Fe2(SO4)3中三价铁离子水解显酸性，在溶液中加稀硫酸可以抑制三价铁离子的水解，然后稀释至所需浓度，C正确；K2CO3水解呈碱性，NH4Cl水解呈酸性，K2CO3与NH4Cl混合发生互促水解反应产生氨气，所以不能混合使用，否则降低肥效，D正确。 答案　A 2．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．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤ 解析　①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可除去金属表面的锈；②HCO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K2CO3中的CO与铵态氮肥中的NH发生相互促进的双水解反应，放出CO2与NH3，降低肥效，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。 答案　D 要点三　电解质溶液中粒子浓度大小的比较 1．0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中离子浓度的大小、元素守恒、电荷守恒、质子守恒的关系式分别是什么？ 提示：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)；c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3 )]；c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)；c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO)。 2．0.1 mol·L－1 NaCN和0.1 mol·L－1 HCN的混合液显碱性，则c(Na＋)、c(CN－)、 c(OH－)、c(H＋)、c(HCN)的大小顺序如何？ 提示：若不考虑HCN电离和CN－水解，c(Na＋)＝c(CN－)＝c(HCN)，混合液显碱性，说明水解程度大于电离程度，故只考虑CN－水解，则c(CN－)减小，c(HCN)增大，顺序为c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。 1．理解两大平衡，树立微弱意识 (1)电离平衡→建立电离过程是微弱的意识 弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，粒子浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。 (2)水解平衡→建立水解过程是微弱的意识 弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中，CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，粒子浓度由大到小的顺序：c(Na＋)>c(CH3COO－)> c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。 2．把握三大守恒，明确定量关系 (1)元素守恒(物料守恒) 在电解质溶液中，由于发生水解或电离，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，其质量在变化前后是守恒的。如NaHCO3溶液中，因HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－以及HCO电离：HCOH＋＋CO，C元素的存在形式有3种，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。　 (2)电荷守恒 在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)(因CO带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)。 (3)质子守恒 电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量相等。例如： ①在Na2CO3溶液中： 质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。 ②在NaHCO3溶液中： 质子守恒：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)。 另外，质子守恒式还可以由电荷守恒式和物料守恒式推导得出。 以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－) ①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S) ②，由①－②消去没有参与变化的K＋，得质子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。 [特别警示]　 溶液中粒子浓度大小比较三大类型 类型一　单一溶液中各粒子浓度的比较 (1)多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中： c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。 (2)多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H2CO3)。 类型二　混合溶液中各粒子浓度的比较 混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如在0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中，NH3·H2O的电离程度强于NH的水解程度，溶液呈碱性，各离子浓度大小顺序为c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。 类型三　不同溶液中同一粒子浓度的比较不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为③>①>②。 [例3]　常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是(　　) A．Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S) B．Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO) C．pH＝1的CH3COOH溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)> c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) D．pH＝7的氨水与氯化铵混合溶液中：c(Cl－)>c(NH) [解析]　Na2S溶液中，据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)；据物料守恒可知：c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(H2S)，综合上述两式可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，A正确；Na2CO3溶液中，CO分两步发生水解，依次生成HCO、H2CO3，据物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，B错误；室温下，pH＝1的CH3COOH溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合，充分反应后，醋酸剩余，混合液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒推知，c(CH3COO－)>c(Na＋)，C错误；氨水与氯化铵混合溶液中，据电荷守恒可得：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，溶液的pH＝7，则有 c(OH－)＝c(H＋)，从而得出c(Cl－)＝c(NH)，D错误。 [答案]　A [方法规律]　溶液中粒子浓度大小比较 3．(湖北部分高中高二联考)室温下，下列各溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　) A．Na2CO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－) B．等物质的量的HA和HB混合溶液中，已知 K(HA)＞K(HB)，则c(H＋)＞c(B－)＞ c(A－)＞c(OH－) C．CH3COOH和CH3COONa等浓度等体积混合(忽略体积变化，混合后pH＝4.76)： c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋) D．0.1 mol/L的Na2CO3溶液中：c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol/L 解析　Na2CO3中CO的水解程度较小，c(CO)＞c(HCO)，同时c(OH－)＞c(HCO)，A错误；已知K(HA)＞K(HB)，说明HA电离程度大于HB，则c(A－)＞c(B－)，B错误；CH3COOH和CH3COONa等浓度等体积混合，混合后pH＝4.76，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，C错误；CO水解生成HCO，HCO水解生成H2CO3，根据元素守恒可知c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol/L，D正确。 答案　D [对应学生用书第67页] 1．下列说法不正确的是(　　) A．在一定条件下，Na2S溶液中加入CuSO4固体，HS－的浓度减小 B．加水稀释，水解常数Kh增大，pH减小 C．25 ℃时，Ka(HCOOH)＝1.0×10－4，该温度下HCOO－的水解常数为1.0×10－10 D．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh越大 解析　加入CuSO4固体，Cu2＋结合S2－生成CuS沉淀，水解平衡逆向移动，HS－的浓度减小，故A正确；水解常数只受温度影响，加水稀释水解常数不变，故B不正确；由Ka·Kh＝Kw可知HCOO－的水解常数Kh＝＝＝1.0×10－10，故C正确；由Ka·Kh＝Kw可知，Ka越小，水解常数Kh越大，故D正确。 答案　B 2．(洛阳六校高二月考)根据下列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效果更佳 B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋　明矾净水 C．Cl2＋H2OHCl＋HClO　新制氯水中加入碳酸钙，提高次氯酸浓度 D．Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋　配制Fe2(SO4)3溶液时，加入一定量Fe粉 解析　加热促进碳酸钠的水解，碱性增强，油脂水解更彻底，故用热的纯碱溶液清洗油污效果更佳，A正确；明矾溶液中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可利用Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋来净水，B正确；新制氯水中加入碳酸钙，消耗HCl，平衡 Cl2＋H2OHCl＋HClO正向移动，HClO浓度增大，C正确；配制Fe2(SO4)3溶液时，加入一定量Fe粉会消耗铁离子，所配制Fe2(SO4)3溶液不纯，应加少量硫酸促使 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋逆向移动，防止Fe3＋水解，D错误。 答案　D 3．(红河州高二检测)常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol· L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是(　　) A．点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋) B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－) C．点③所示溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋) D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－) 解析　点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1∶1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c(Na＋)>c(CH3COOH)，由电荷守恒可知：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，所以c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，故A错误；点②pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋ c(OH－)，故c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故B错；点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，故C错误；当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c(CH3COOH) >c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)，故D正确。 答案　D 4．在室温下，下列五种溶液： ①0.1 mol·L－1 NH4Cl ②0.1 mol·L－1 CH3COONH4 ③0.1 mol·L－1 NH4HSO4 ④0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1NH4Cl混合 ⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O 请根据要求填写下列空白： (1)溶液①呈________(选填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是______________(用离子方程式表示)。 (2)比较溶液②③中c(NH)的大小关系是②________(选填“>”“<”或“＝”)③。 (3)在溶液④中，NH3·H2O和________物质的量浓度之和为0.2 mol·L－1(填离子符号)。 (4)室温下，测得溶液②的pH＝7，CH3COO－与NH浓度的大小关系是c(CH3COO－)________(选填“>”“<”或“＝”)c(NH)。 解析　(1)0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液是强酸弱碱盐，在溶液中NH发生水解反应：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，消耗水电离产生的OH－，当最终达到平衡时，溶液中c(H＋)> c(OH－)，所以溶液显酸性。(2)0.1 mol·L－1的CH3COONH4和0.1 mol·L－1的NH4HSO4的溶液中都存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋在CH3COONH4的溶液中还存在 CH3COO－的水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；醋酸根离子的水解作用对铵根的水解起促进作用，使c(NH)进一步减小；而在NH4HSO4的溶液中，盐电离产生H＋，对铵根的水解起抑制作用，使c(NH)略有增加，因此②③两种溶液中c(NH)的大小关系是②<③。(3)在④0.1 mol·L－1的NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl的混合液中，根据氮元素守恒可知NH3·H2O和NH的物质的量浓度之和为0.2 mol·L－1。(4)室温下，在任何物质的水溶液中都存在电荷守恒，对于②的溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)，由于溶液pH＝7，则c(OH－)＝c(H＋)，所以c(CH3COO－)＝c(NH)。 答案　(1)酸　NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ (2)<　(3)NH　(4)＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$