3.3 盐类的水解 同步练习 2024-2025学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

3.3 盐类的水解 课时测试题 2024-2025学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 一、单选题 1．为阿伏加德罗常数的值｡下列说法正确的是 A．标准状况下，中含有的氯原子数为 B．溶液中的数目为 C．密闭容器中，和在催化剂作用下充分反应后分子总数为 D．1molNa与足量反应生成和的混合物，转移的电子数为 2．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（　　） A．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂 B．飞秒化学技术可跟踪和检测化学反应中某些寿命极短的中间体或过渡态 C．Na2S用作工业废水中Cu2+、Hg2+的沉淀剂，是利用了其还原性 D．把Cr、Ni加入普通钢中制成不锈钢可增强抗腐蚀性 3．物质性质决定其用途，物质用途反映其性质。下列物质用途与性质对应关系错误的是（　　） 选项 用途 性质 A SiO2用作光导纤维 SiO2能把光的强弱转变为电流的强弱 B 工业上用纯碱去油污 Na2CO3溶液水解呈碱性，油脂碱性条件下水解程度大 C 明矾用作净水剂 明矾溶于水形成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀 D 三元催化器处理汽车尾气 尾气中CO有还原性，NOx有氧化性。在催化剂作用下转化为CO2和N2 A．A B．B C．C D．D 4．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法中错误的是（　　） A．晒少量用氯气消毒的自来水养小金鱼利用的是勒夏特列原理 B．热的纯碱溶液洗涤油污的能力比冷的纯碱溶液强 C．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH减小 D．将溶液和溶液混合可以制作泡沫灭火剂与盐类的水解无关 5．下列物质溶于水后溶液显碱性的是（　　） A．NaHSO4 B．H3PO4 C．NaF D．NH4Cl 6．在常温条件下，下列说法错误的是（　　） A． 的盐酸中 B．将 溶液从常温加热至 ，溶液的 变小但仍保持中性 C． 溶液呈碱性，说明 是弱电解质 D． 为3的醋酸溶液中加入醋酸的固体，溶液 增大 7．关于溶液的说法正确的是（　　） A．25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性 B．pH=7的溶液一定呈中性 C．能使石蕊指示剂呈紫色的溶液一定呈中性 D．能使甲基橙指示剂变黄的溶液一定呈碱性 8．下列物质的应用中，和盐类水解无关的是（　　） A．热的溶液可以清洗油污 B．用明矾净水 C．与混合加热可得到无水 D．用盐酸去除铁锈(主要成分) 9．下列说法不正确的是（　　） A．溶液与溶液都保存在玻璃试剂瓶中，都需要使用橡胶塞 B．为保存溶液，要在溶液中加入少量盐酸与铁粉 C．将溶液加热，利用余热蒸干得到无水固体 D．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙： 10．配制CuSO4溶液时为抑制Cu2+水解又不引进新杂质，可加入少量哪种物质最合适（　　） A．盐酸 B．醋酸 C．硫酸 D．氯化铜 11．下列物质的水溶液因水解显酸性的是（　　） A．NH4Cl B．K2CO3 C．CH3COOH D．K2SO4 12．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1.8g 中含有的中子数为0.8 B．100mL 1溶液中含有阳离子的数目大于0.1 C．33.8g过氧化钡()固体中阴、阳离子总数为0.6 D．46g 分子中含极性键数目一定是7 13．下列说法正确的是 A．pH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后pH=3 B．室温 pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性 C．室温pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)相同 D．某温度下，水的离子积常数为1×10-12，该温度下pH=7的溶液呈中性 14．在给定条件下，一定能大量共存的离子组是（　　） A．加溶液显红色的溶液： B．使酚酞变红色的溶液中： C．与反应能放出的溶液中： D．在的溶液中： 15．我国古代哲学认为物质是阴阳组成的对立统一体，下列化学知识正确且最能体现阴阳对立统一的是（　　） A．化学反应伴随能量变化 B．NaHCO3溶液中既有的转换关系又有的转换关系 C．温度升高，纯水中的与均增大 D．绝大多数的化学反应是有限度的，限度越低的反应，化学反应速率越大 16．下列方程式书写正确的是（　　） A．软脂酸是一种有代表性的人体脂肪酸，其燃烧热的热化学方程式为： B．用检验亚铁离子： C．碳酸氢钠水解的离子方程式： D．用铁电极电解溶液： 17．物质与水发生的复分解反应称为水解反应。例如：Mg3N2 +6H2O=3Mg(OH)2+2NH3。在一定条件下，BrCl、CuCl2、Mg2C3和K3P均可以发生水解。根据上述观点，下列说法中不正确的是（　　） A．BrCl的水解产物是HBrO和HCl B．K3P的水解产物KOH和H3PO4 C．Mg2C3水解产物是Mg(OH)2和C3H4 D．CuCl2的水解产物是Cu(OH)2和HCl 18．下列叙述正确的是（　　） A．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后pH＞7 B．pH＝4的盐酸溶液，稀释至10倍后pH＞5 C．100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性 D．在100 ℃的温度下，0.001 mol/L的NaOH溶液，pH＝11 19．下列说法不正确的是（　　） A．铵态氮肥与草木灰不宜混合施用 B．实验室配制溶液时，将溶在一定浓度的硫酸中，最后加入少许铁粉 C．实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 D．加热蒸干CuCl2溶液可以得到CuCl2固体 20．下列说法正确的是（　　） A．一定温度下测得某溶液pH=6，则溶液呈酸性 B．常温下，pH相等的NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液，c( )也相等 C．25℃时，0.1 mol·L-1HA溶液稀释至pH=4，所得溶液c(OH－)=1×10-10mol·L-1 D．10 mL0.01 mol·L-1NaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，则HA溶液的体积V≤10 mL 二、综合题 21．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表： 编号 HA物质的量浓度（mol•L-1） NaOH物质的量浓度（mol•L-1） 混合溶液的pH ① 0.1 0.1 pH=9 ② c 0.2 pH=7 ③ 0.2 0.1 pH＜7 请回答： （1）从①组分析，HA是　 　酸（填强或弱）。 （2）②组表明，c　 　0.2（选填“>、=或<”）。 （3）从③组分析，说明此时HA电离程度　 　NaA水解程度（选填“>、=或<”）。 22．研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。 （1）已知：H2SeO3为二元弱酸，Ka1(H2SeO3)＝3.5×10-3，Ka2(H2SeO3)＝5.0×10-8。用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-＋2RCl=R2SeO3＋2Cl- (R为离子交换树脂的树脂骨架)。经离子交换法处理后，废水的pH将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。 （2）木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。 ①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，最终制得木炭包覆纳米零价铁。制备木炭包覆纳米零价铁过程中，木炭的作用有吸附和　 　。 ②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，加速SeO32-的还原过程。SeO32-在微电池正极上转化为单质Se，其电极反应式为　 　。 （3）绿锈[FeaⅡFebⅡ(OH)cXd](X代表阴离子，Ⅱ、Ⅲ表示铁元素的价态)中铁元素以结构态和游离态两种形式存在。由于结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，同时结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，使得绿锈成为一种良好的除硒剂。 ①结构态的绿锈具有优异的吸附性能，而且游离态的Fe3+还易水解生成Fe(OH)3胶体进一步吸附SeO32-。写出Fe3+水解的离子方程式：　 　。 ②不同FeⅡ/FeⅢ组成的绿锈对SeO32-去除效果的影响结果如图1所示。随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，绿锈的除硒效果先减小后增大的原因可能是　 　。 ③废水的初始pH会对绿锈去除SeO32-的效果产生影响，关系如图2所示。当初始pH增大至11时，SeO32-的去除效果突然迅速减小的原因是　 　。 23．根据要求填空 （1）溶液pH可以用pH试纸测量，也可以用　 　测量。 （2）Na2CO3溶液显碱性的原因是(用离子方程式说明)　 　。 （3）根据碰撞理论解释温度升高化学反应速率加快的原因　 　。 24．运用盐类水解知识回答下列问题： （1）FeCl3溶液可用作净水剂，原理为(用必要的化学用语和相关文字说明)　 　。 （2）由FeCl3·6H2O晶体得到纯的无水FeCl3的合理方法是　 　。实验室配制0.01 mol·L-1 FeCl3溶液时，为了抑制FeCl3水解使溶液中不产生沉淀，可加入少量盐酸至溶液pH不大于　 　。 [Fe(OH)3的 ] （3）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程式是　 　。 （4）25℃时，pH=11的KOH溶液和pH=11的K2CO3溶液中，由水电离出的c(OH−)的比值为　 　。 25．t℃时，纯水中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12。回答下列问题： （1）该溶液中由水电离出来的c(OH-)=　 　。 （2）溶液中c(OH-)-c(H+)=　 　(用离子符号表示)。 （3）若将该溶液温度升高，pH　 　(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （4）t℃时，将0.03 mol·L-1的稀硫酸与该溶液等体积混合，保持温度不变，混合后溶液的pH为　 　。 （5）t℃时，将VA 0.04mol·L-1的醋酸和VBL的Ba(OH)2溶液混合后，得到中性澄清溶液，则其体积关系VA　 　VB(填“>”“<”或“=”，下同)。混合溶液中必定有一种离子能发生水解，其水解反应的离子方程式为　 　。 答案解析部分 1．【答案】D 2．【答案】C 【解析】【解答】A、NH4Cl与ZnCl2水解呈酸性，能与氧化铁反应，可作焊接中的除锈剂，故A不符合题意； B、“飞秒化学”过渡态的寿命一般为皮秒级或更短一些，为了实时追踪反应过程，就必须有更快的检测手段，使人们可以观察到从零时开始经由过渡态最终生成产物的整个化学反应的细节，故B不符合题意； C、S2-与工业废水中Cu2+和Hg2+等离子反应生成硫化物沉淀，S的化合价不变，不属于氧化还原，故C符合题意； D、不锈钢是合金，合金抗腐蚀性增强，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、氯化铵和氯化锌水解显酸性； B、“飞秒化学”，就是以飞秒为时间标度来研究化学反应过程（即反应历程和过渡态性质）； C、氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化； D、合金具有抗腐蚀好等特性。 3．【答案】A 【解析】【解答】A．SiO2并不能把光的强弱转变为电流的强弱，SiO2用作光导纤维是因为其对光有很好的反射性，A符合题意； B．Na2CO3溶液中存在碳酸根的水解而显碱性，油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，甘油和高级脂肪酸盐无法重新生成油脂，所以油脂碱性条件下水解程度大，B不符合题意； C．明矾溶液水可以电离出Al3+，Al3+水解生成成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀，达到净水的目的，C不符合题意； D．汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，CO有还原性，NOx有氧化性，二者发生氧化还原反应转化为无污染的为CO2和N2，D不符合题意； 故答案为A。 【分析】A.二氧化硅可以做光导纤维，主要是利用了其对光信号的传播，与电流无关 B.纯碱显碱性，油脂在碱性环境下水解彻底 C.明矾做净水剂主要是可以形成具有吸附性的氢氧化铝胶体 D.三元催化剂可以催化汽车尾气变为无毒的气体 4．【答案】D 【解析】【解答】A、氯气和水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸不稳定，见光易分解，发生反应2HClO=2HCl+O2↑，HClO浓度减小，Cl2+H2O⇌HCl+HClO的平衡正向移动，减少氯气的含量，可以用勒夏特列原理解释，故A正确； B、碳酸钠的水解吸热，则升高温度可促进水解，溶液的碱性增强，去污效果更好，故B正确； C、加入生石灰后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，温度升高，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，则溶液浓度减小，pH减小，故C正确； D、 和 发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，与盐类水解有关，故D错误； 故答案为：D。 【分析】A、勒夏特列原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动； B、盐类水解是吸热过程； C、生石灰与水反应生成氢氧化钙； D、 和 发生双水解反应。 5．【答案】C 【解析】【解答】A．NaHSO4电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故A不符合题意； B．H3PO4部分电离出氢离子和磷酸二氢根，溶液显酸性，故B不符合题意； C．NaF中氟离子水解生成HF和氢氧根，溶液显碱性，故C符合题意； D．NH4Cl中铵根离子水解，溶液显酸性，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】碱或强碱弱酸盐溶液显碱性，强碱弱酸盐的水溶液因发生水解而显碱性，弱酸根阴离子结合水电离出的氢离子促进水的电离，使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性。 6．【答案】A 【解析】【解答】A.常温下，c(H＋)=10－7mol·L－1的溶液显中性，A符合题意； B.KCl溶液显中性，升高温度后，溶液仍然显中性，但由于升高温度促进水的电离，溶液的pH降低，B不符合题意； C.NaCN溶液显碱性，说明溶液中存在CN－的水解，则HCN为弱酸，C不符合题意； D.加入CH3COONa固体后，抑制CH3COOH的电离，溶液中c(H＋)减小，pH增大，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A、常温下，c(H＋)=10－7mol·L－1的溶液显中性； B、KCl溶液显中性，升高温度，pH降低； C、NaCN溶液显碱性，说明溶液中存在CN－的水解； D、加入CH3COONa固体后，抑制CH3COOH的电离； 7．【答案】A 【解析】【解答】A.25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，盐酸和氢氧化钠恰好反应，溶液显中性，故A符合题意； B.25℃时pH=7的溶液呈中性，温度高于25℃时pH=7的溶液呈碱性，故B不符合题意； C．pH小于5.0时石蕊显红色；pH在5.0—8.0时石蕊显紫色；pH大于8.0石蕊显蓝色，故C不符合题意； D．pH大于4.4时甲基橙显黄色，能使甲基橙指示剂变黄的溶液不一定呈碱性，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.根据pH=-lg[c(H+)]和KW＝c(H+)·c(OH-)，盐酸与氢氧化钠的浓度相等，等体积混合后恰好中和。 B.温度未知，不能根据溶液的pH来判断酸碱性。 C.石蕊指示剂的变色范围为5~8。 D.甲基橙指示剂的变色范围为3.1~4.4，pH＜3.1的显红色，pH＞4.4的显黄色，pH在3.1~4.4之间的显橙色。 8．【答案】D 【解析】【解答】A．热的溶液水解后显碱性，可以清洗油污，A不符合题意； B．用明矾中铝离子会发生水解生成氢氧化铝吸附悬浮性杂质，可以净水，B不符合题意； C．会吸收中的水生成，抑制铝离子的水解，最终得到无水　，C不符合题意； D．用盐酸去除铁锈是酸与碱性氧化物反应生成盐和水，与水解无关，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】依据盐类水解规律分析，D项中用盐酸去除铁锈是酸与碱性氧化物反应生成盐和水，与水解无关。 9．【答案】C 【解析】【解答】A.因为碳酸钠和氢氧化钠都显碱性，都会与玻璃中的成分SiO2反应生成具有粘性的Na2SiO3，所以 溶液与溶液都保存在玻璃试剂瓶中，都需要使用橡胶塞 ，A选项是正确的； B. 保存溶液，加入盐酸是防止Fe2+水解；加入Fe粉是防止Fe2+被氧化为Fe3+，B选项是正确的； C.将MgCl2溶液蒸干得到的固体是Mg（OH)2，C选项是错误的； D. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙利用了沉淀转化的原理： ；D选项是正确的。 故答案为：C。 【分析】A.Na2SiO3俗称水玻璃，具有一定的粘性； B.Fe2+水解的离子方程式为：Fe2++2H2OFe（OH）2+2H+；此外Fe2+不稳定，极易被氧化锌物质氧化为Fe3+； C.MgCl2溶液中Mg2+会发生水解反应：Mg2++2H2OMg（OH）2+2H+，在对MgCl2溶液进行加热时，由于盐酸是一种挥发性的酸，加热时盐酸会从溶液中挥发出，所以蒸干后得到的固体物质是氢氧化镁固体； D. 沉淀转化时的原理是：由难溶电解质转化为更难溶的电解质的方向进行。 10．【答案】C 【解析】【解答】A．加入盐酸，会引入新的杂质氯离子，故A不符合题意； B．加入醋酸，会引入新的杂质，故B不符合题意； C．配制CuSO4溶液时通过加入酸来抑制Cu2+水解，同时又不引进新杂质，可加入硫酸，故C符合题意； D．加入氯化铜不能抑制水解，而且会引入新的杂质，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2H+，加入显酸性的物质可以抑制Cu2+的水解 A.加入盐酸，可以抑制，但是引入杂质 B.加入醋酸。可以抑制。但引入杂质 D.加入氯化铜,引入杂质 11．【答案】A 【解析】【解答】A．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性， 故答案为：A； B．K2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，故不选B； C．CH3COOH是酸，醋酸电离使溶液呈酸性，故不选C； D．K2SO4是强酸强碱盐，K2SO4不水解，溶液呈中性，故不选D； 故答案为：D。 【分析】依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析。 12．【答案】B 13．【答案】B 14．【答案】D 【解析】【解答】A.加KSCN溶液显红色证明有Fe3+，三价铁离子会与碘离子发生氧化还原反应，因此不能大量共存，A选项是错误的； B.使酚酞变红色的溶液中含有氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子不能共存，B选项是错误的； C.与Al单质反应能放出氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显碱性的话，与铜离子不能共存，C选项是错误的； D.该溶液显酸性，4种离子都能大量共存，D选项是正确的。 故答案为：D。 【分析】A.二者发生反应的离子方程式为：Fe3++I-=Fe2++I2； B.碳酸氢根是弱酸的酸式酸根离子，既不能在碱性溶液中存在，也不能在酸性环境中大量存在； C.与Al单质反应能放出氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显碱性的话，与铜离子不能共存； D.四种离子之间互不反应，也不与H+反应。 15．【答案】B 【解析】【解答】A.化学反应一定伴随能量的变化，但不存在对立统一的关系； B.NaHCO3溶液中既存在HCO3-的电离也存在HCO3-离子的水解，和阴阳的对立统一相对应，B选项符合题意； C.因为水的电离是吸热的过程，所以升高温度，平衡会正移，水的离子积常数也是增大，但是不存在对立统一的关系； D.并不是限度越低的反应，化学反应速率就越大，D选项是错误的。 故答案为：B。 【分析】A.化学反应一定伴随能量的变化，因为物质不同，内部含有的能量就不同，化学反应一定伴随新物质的生成，所以一定伴随能量的变化； B.NaHCO3溶液中既存在HCO3-的电离也存在HCO3-离子的水解； C.因为水的电离是吸热的过程，所以升高温度，平衡会正移，水的离子积常数也是增大； D.化学反应限度与化学反应速率不存在一一对应关系。 16．【答案】B 【解析】【解答】A.1mol软脂酸在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量为软脂酸的燃烧热，故A不符合题意； B．用铁氰化钾溶液检验亚铁离子的反应为亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为，故B符合题意； C．碳酸氢钠在溶液中部分水解生成氢氧化钠和碳酸，水解的离子方程式为，故C不符合题意； D．用铁电极电解氯化镁溶液时，铁电极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，不可能有氯气生成，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量； B.碳酸氢根水解生成碳酸和氢离子； C.用铁电极电解氯化镁溶液时，铁电极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，不可能有氯气生成。 17．【答案】B 【解析】【解答】A．BrCl中Br为+1价，Cl为-1价，根据水解反应特点可知元素化合价不发生变化，所以BrCl的水解产物是HBrO和HCl，A不符合题意； B．K3P中P为-3价，水解产物应为KOH和PH3，B符合题意； C．Mg2C3中Mg为+2价，所以水解产物是Mg(OH)2和C3H4(丙炔)，C不符合题意； D．CuCl2中Cu为+2价，Cl为-1价，所以水解产物是Cu(OH)2和HCl，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】 一定条件下，BrCl、CuCl2、Mg2C3和K3P均可以发生水解，根据水解原理，显正价的与氢氧根离子结合，显负价的与氢离子结合。 18．【答案】A 【解析】【解答】A. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水相比，由于氨水是弱碱，一水合氨的物质的量浓度远大于盐酸的物质的量浓度，故等体积混合后，氨水过量，混合溶液显碱性，A符合题意； B. pH＝4的盐酸溶液，稀释至10倍后，氢离子浓度下降到原料的十分之一，则pH=5，B不符合题意； C. 100℃时，Kw大于10−14，则pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度大于10−2mol/L，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，氢氧化钠过量，则溶液显碱性，C不符合题意； D. 在100 ℃的温度下，Kw大于10-14，0.001 mol/L的NaOH溶液，氢离子浓度大于10−11mol/L，pH <11，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.25℃，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水浓度大，氨水过量； B．HCl是强酸，稀释10倍，氢离子浓度为原来的十分之一； C.100℃时，KW大于10-14，pH=12的NaOH溶液中c（OH-）＞0.01mol/L； D.100℃时，KW大于10-14，0.001mol/L的NaOH溶液中c（OH-）＞0.01mol/L。 19．【答案】D 【解析】【解答】A.草木灰的主要成分是K2CO3，CO32-会与铵态氮肥中的NH4+离子发生互促水解反应，降低铵态氮肥的肥效，因此二者不可以共用，A选项是正确的； B. 实验室配制溶液时，将溶在一定浓度的硫酸中 ，可以抑制Fe2+离子的水解，加入Fe粉，可以将Fe3+还原为Fe2+，B选项是正确的； C. Na2CO3溶液 水解显碱性，会与玻璃中的SiO2反应，产生具有粘性的Na2SiO3，C选项是正确的； D.加热蒸干CuCl2溶液可以得到Cu（OH）2固体，D选项是错误的。 故答案为：D。 【分析】A.双水解的离子方程式为：2 NH4++ CO32-+2H2O=H2CO3+2NH3.H2O； B. 实验室配制溶液时，将溶在一定浓度的硫酸中 ，可以抑制Fe2+离子的水解，加入Fe粉，可以将Fe3+还原为Fe2+； C.二者发生反应的方程式为：Na2CO3 + SiO2 = Na2SiO3 + CO2； D.Cu2+水解的离子方程式为： Cu2+ + 2H2O ⇌ Cu (OH)2 + 2H+，因为HCl是易挥发的酸，因此加热蒸干CuCl2溶液可以得到Cu（OH）2固体。 20．【答案】C 【解析】【解答】A．未指明溶液温度，因此不能根据溶液pH判断溶液的酸碱性，A不符合题意； B．在NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液中，两种盐都会电离产生 ，NH4HSO4溶液还会电离产生H+，硫酸氢铵电离产生H+的浓度远大于 发生水解反应产生的H+的浓度，因此当盐浓度相等时，溶液的酸性：NH4HSO4溶液＞NH4Cl溶液，则当溶液pH相等，即c(H+)相等时，NH4Cl溶液浓度大于NH4HSO4溶液，故溶液中c( )是NH4Cl溶液浓度较大，B不符合题意； C.25℃时，0.1 mol·L-1HA溶液稀释至pH=4，c(H+)=10-4 mol/L，则所得溶液c(OH-)= mol/L=1×10-10 mol·L-1，C符合题意； D.10 mL0.01 mol·L-1NaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，若HA是强酸，n(NaOH)=n(HA)，由于二者浓度相等，则HA溶液的体积V=10 mL；若HA是弱酸，若HA体积是10 mL，二者恰好中和，但得到的NaA是强碱弱酸盐，水解会使溶液显碱性，要使溶液显中性，则酸应该稍微过量，酸溶液的体积就应该＞10 mL，故HA溶液的体积V≥10 mL，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.温度未知，不可由pH判断溶液的酸碱性； B. NH4Cl中铵根离子水解导致溶液呈酸性，NH4HSO4中电离出氢离子、铵根离子水解导致溶液呈酸性，但后者中电离出的氢离子抑制铵根离子水解； C.依据该温度下水的离子积分析解答； D.10mL 0.01mol/L NaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，混合后溶液呈中性，根据HA是强酸、弱酸来判断体积的大小。 21．【答案】（1）弱 （2）> （3）> 【解析】【解答】(1)一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度都为0.1mol/L，则酸碱的物质的量相等，pH=9＞7，反应后呈碱性，则HA是弱酸，故答案为：HA为弱酸。 (2) 反应后溶液pH=7呈中性，则c（OH-）=c（H+），而HA为弱酸，不完全电离，需要酸的浓度要大于0.2 mol/L。故答案为：c＞0.2。 (3) HA物质的量浓度为0.2mol/L，NaOH溶液物质的量浓度为0.1mol/L，它们等体积混合后剩余的HA和生成的NaA的浓度相等，HA电离显酸性，NaA水解显碱性，而题中混合后pH＜7，显酸性，说明HA电离程度大于NaA水解程度。故答案为：HA电离程度＞NaA水解程度。 【分析】(1)根据谁强显谁性分析； (2)弱酸酸强碱反应后pH=7时，弱酸的量稍大； (3)根据HAH++A-和A-+H2OHA+OH-分析； 22．【答案】（1）减小 （2）将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH- （3）Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+；当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用 【解析】【解答】（1）H2SeO3为二元弱酸，含Na2SeO3浓度较高的废水中发生水解：SeO32-+H2O⇌HSeO3-+OH-，溶液呈碱性，用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-+2RCl=R2SeO3+2Cl-，SeO32-离子转化为Cl-导致浓度减小，水解程度降低，溶液的碱性减弱，废水的pH将减小；（2）①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，高温下木炭还具有还原性，可以将FeCl3中+3价的铁还原为零价铁，木炭表面多孔具有吸附性，木炭将得到的纳米零价铁充分包覆，还可防止纳米零价铁被氧化，答案为：将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，这些微电池负极为铁，发生氧化反应， 正极为木炭，SeO32-在微电池正极上发生还原反应，转化为单质Se，在碱性废水的环境下电极反应式为SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-；（3）①金属阳离子的水解比较复杂，一般合为一步书写，三价铁离子水解后生成的是氢氧化铁胶体，具有吸附性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+②FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体吸附碱性废水中的SeO32-离子，FeⅡ对SeO32-进行还原，随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，FeⅢ的比例减小，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱，绿锈的除硒效果减小；结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，但随着FeⅡ比例增大，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强，故绿锈的除硒效果又开始增大，答案为：当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；③当初始pH增大至11时，溶液碱性增强，溶液中OH-浓度增大，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性；由题中信息可知，绿锈中铁元素以结构态和游离态两种形式存在，结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，使得绿锈成为一种良好的除硒剂，OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱；另外溶液中大量的OH－吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用，进而影响到SeO32-的去除效果，这些都有可能导致因初始pH增大至11，SeO32-的去除效果突然迅速减小，答案为：碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用。 【分析】（1）根据水解反应及离子交换反应中离子浓度的变化来考虑；（2）①根据木炭的化学性质及题中信息考虑；②根据碱性环境及生成单质Se书写电极反应；（3）①根据阳离子水解方程式的书写方法书写；②根据图中绿锈的除硒效果及FeⅡ/FeⅢ的浓度变化及各自的性质进行考虑；③根据碱性增强导致氢氧根浓度增大与FeⅡ/FeⅢ对SeO32-的去除原理进行考虑； 23．【答案】（1）pH计或酸度计 （2）+H2O⇌+OH- （3）温度升高，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增加，因而化学反应速率 【解析】【解答】(1)溶液pH可以用pH试纸测量，也可以用pH计或酸度计测量，而且用pH计或酸度计测量更准确；故答案为：pH计或酸度计； (2)Na2CO3溶液显碱性的原因是碳酸根水解生成氢氧根，离子方程式为：+H2O⇌+OH-；故答案为：+H2O⇌+OH-； (3)温度升高化学反应速率加快的原因是升高温度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增加，因而化学反应速率加快；故答案为：活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增加，因而化学反应速率加快。 【分析】（1）测定pH值可用pH试纸和酸度计； （2）碳酸根离子水解使Na2CO3溶液显碱性； （3）温度升高，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增加，因而化学反应速率加快。 24．【答案】（1）Fe3+＋3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)＋3H+，Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮物 （2）在干燥的HCl气流中加热脱水；2 （3）Al3+＋3 =Al(OH)3↓＋3CO2↑ （4）10-8 【解析】【解答】(1)FeCl3溶液中Fe3+能发生水解反应：Fe3+＋3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)＋3H+，Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮物，因此FeCl3溶液可用作净水剂； (2)由FeCl3·6H2O晶体在蒸干除水过程中Fe3+能发生水解反应：Fe3+＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H+，水解反应为吸热反应，加热促进Fe3+的水解，导致无法得到纯净的无水FeCl3，要得到得到纯的无水FeCl3需要在蒸发过程中抑制Fe3+的水解，合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水；0.01mol·L-1FeCl3溶液中，c(Fe3+)=0.01mol·L-1；Fe(OH)3的 =c(Fe3+)∙c3(OH−)，则溶液中的c(OH−)= =1.0×10-12mol·L-1，则c(H+)= =10-2mol·L-1，则pH=2，即实验室配制0.01mol·L-1FeCl3溶液时，为了抑制FeCl3水解使溶液中不产生沉淀，可加入少量盐酸至溶液pH不大于2； (3)硫酸铝和碳酸氢钠能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3+＋3 =Al(OH)3↓＋3CO2↑； (4)碱能抑制水的电离，而在碱溶液中，氢氧根几乎全部来自于碱的电离，而氢离子来自于水的电离，故在pH=11的KOH溶液中，c(H+)=10−11mol/L，全部来自于水，而由水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根的浓度相同，故此溶液中水电离出的氢氧根的浓度c(OH−)=c(H+)=10−11mol/L；在能水解的正盐溶液中，盐类的水解对水的电离有促进作用，且氢离子和氢氧根全部来自于水的电离，在pH=11的K2CO3溶液中，c(H+)=10−11mol/L，是CO 结合后剩余的，而c(OH−)=10−3mol/L是水电离出的全部，故由水电离出来c(OH−)是10−3mol/L，则25℃时，pH=11的KOH溶液和pH=11的K2CO3溶液中，由水电离出的c(OH−)的比值为 =10-8。 【分析】(1)水解产生的氢氧化铁具有吸附性 （2）加热时不断的通入氯化氢气体，根据Fe(OH)3 Fe3++3OH-,利用Ksp进行计算 （3）泡沫灭火器的原材料是硫酸铝和碳酸氢钠，利用铝离子和碳酸氢根离子的双水解 （4）氢氧化钾是强碱，所以溶液显碱性，而碳酸钾溶液显碱性是碳酸根的水解，因此碳酸钾中的氢氧根离子全部来自是的电离，而根据水的离子积常数计算出氢氧化钾中的氢离子浓度即可 25．【答案】（1）1.0×10-12 mol·L-1 （2）2c(Ba2+) （3）变小 （4）2 （5）＞；CH3COO-+H2O⇌OH-+CH3COOH 【解析】【解答】(1)t℃时，纯水中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1，根据水电离方程式：H2OH++OH-可知水电离产生的c(OH-)=c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1； (2)在该溶液中存在电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)，所以溶液中c(OH-)-c(H+)=2c(Ba2+)； (3)若将该溶液温度升高，水电离程度增大，水电离产生的c(H+)也增大。水电离产生的c(H+)越大，则溶液的pH就越小。所以升高温度，溶液pH变小； (4)t℃时，纯水中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，则该温度下水的离子积常数Kw= c(H+)·c(OH-)=2.0×10-7 mol·L-1×2.0×10-7 mol·L-1=4.0×10-14 (mol·L-1)2。向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则该溶液的c(OH-)=。加入等体积的0.03 mol·L-1的稀硫酸中c(H+)=0.03 mol/L×2=0.06 mol/L，将两种溶液等体积混合，发生反应：H++OH-=H2O，显然二者恰好反应的物质的量的比是1：1，因此酸过量，反应后溶液中c(H+)=，故该溶液pH=2； (5)CH3COOH与Ba(OH)2发生中和反应：2CH3COOH+Ba(OH)2=(CH3COO)2Ba+2H2O，若二者恰好发生上述反应，由于(CH3COO)2Ba是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。要使溶液显中性，则醋酸的物质的量要比恰好反应时稍微多些。即c(CH3COOH)·VA＞2c[Ba(OH)2]·VB，0.04 mol/L×VA L＞2×2.0×10-7 mol/L×VB L，所以VA＞VB。在该溶液中CH3COO-会发生水解反应，消耗水电离产生的H+变为醋酸，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：CH3COO-+H2O⇌OH-+CH3COOH。 【分析】（1）在计算水电离出的OH-时，先判断溶液的酸碱性，算出氢离子或者氢氧根浓度，在根据Kw计算出水电离出的OH- （2）利用电荷守恒，阳离子所带正电荷等于阴离子所带负电荷，计算即可。 （3）温度升高，水的电离程度增大，Kw变大，pH变大。 （4）首先计算混合后反应是否过量，计算发现硫酸过量，计算出反应后溶液中的氢离子浓度，然后计算pH即可。 学科网（北京）股份有限公司 $$