第03讲 盐类的水解（专项训练）（广东专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第03讲 盐类的水解 目录 01 课标达标练 题型01盐类水解的原理及规律 题型02 盐类水解的应用 题型03 溶液中粒子浓度的关系 02 核心突破练 03 真题溯源练 01盐类水解的原理及规律 1．下列物质水解呈酸性的是 A． B． C． D． 2．常温下，将的溶液加水稀释至的过程中，下列说法错误的是 A．B． C．保持不变D．稀释前后，溶液中的氧元素总质量保持不变 3．一定温度下分别对醋酸钠稀溶液进行下列操作，一定可使增大的是 ①加少量水  ②加少量冰醋酸  ③加少量固体  ④加少量固体 A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 4．盐类水解在生产、生活中应用广泛，下列物质的用途与盐类水解无关的是 A．用可溶性铁盐和铝盐作自来水的净水剂 B．用溶液处理污水中含有的重金属离子、 C．用饱和溶液与溶液作泡沫灭火剂原料 D．利用加热溶液的方法制取，进而制备纳米级 5．在“天宫课堂”中，王亚平老师用蘸有醋酸钠晶体的毛毡点在过饱和醋酸钠“水球”上，“水球”变成温热的“冰球”，“冰球”的成分为CH3COONa·3H2O和水。下列说法不正确的是 A．“水球”显碱性 B．过饱和醋酸钠溶液易结晶 C．“水球”变成“冰球”的过程放热、熵增 D．醋酸钠是强电解质 6．常温下，某溶液中由水电离产生的，该溶液的溶质可能是 A． B． C． D． 02 盐类水解的应用 7．加热蒸干并灼烧下列盐溶液，可得到原溶质的是 A．Ca(ClO)2 B．Na2CO3 C．K2SO3 D．TiCl4 8．下列应用与盐类水解无关的是 A．草木灰与铵态氮肥不能混合施用 B．可溶性铝盐、铁盐作净水剂 C．用醋酸除去茶壶里的水垢 D．用溶液除去钢铁表面的铁锈 9．下列说法正确的是 A．将溶液小心蒸干可获得 B．溶液呈碱性，可用于去除油污 C．用氯化铁溶液和稀氨水制备氢氧化铁胶体 D．受热易分解，故可用作铁的除锈剂 10．工业原料中含杂质，将含杂质的溶于水，再调节，可使生成沉淀而除去。调节溶液的，最好选择的试剂是 A．溶液 B．生石灰 C．氨水 D． 11．下列事实或操作与盐类水解无关的是 A．配制溶液时，要滴加少量的盐酸 B．加热蒸干并灼烧溶液，得到固体 C．与草木灰不能混合施用 D．明矾可用来净化水质 12．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释。下列说法正确的是 A．FeCl3溶液显黄色， 没有 Fe(OH)3存在 B．稀释过程中 FeCl3水解程度增大，c(H⁺)增大 C．FeCl3溶液中存在 D．较浓盐酸可有效抑制Fe³⁺水解 03溶液中粒子浓度的关系 13．下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 A．溶液： B．溶液中离子浓度关系： C．等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中： D．浓度均为0.1的溶液和溶液等体积混合： 14．下列关于室温时溶液中离子浓度关系的说法正确的是 A．0.1mol·L-1溶液中： B．0.1mol·L-1溶液中： C．的、混合溶液： D．0.1mol·L-1溶液和0.1mol·L-1相比，前者大于后者 15．常温时，用0.1mol/L的盐酸滴定10mL0.1mol/L的溶液，滴加盐酸的体积为V(已知的电离常数，，忽略的挥发)。下列说法正确的是 A．V=10mL时， B．V=10mL时，溶液pH<7 C．V=20mL时， D．V=0mL时， 16．室温下，用溶液滴定等物质的量浓度的溶液，溶液的随加入溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是(已知：) A． B．点溶液中存在 C．点溶液中存在 D．水的电离程度： 17．室温下，将溶液分别滴入溶液与溶液中，溶液的pH随滴入溶液体积变化的图像如图所示(忽略混合后溶液体积的变化)。下列说法正确的是。 A．HX的电离常数约为 B．c点： C．d点： D．水的电离程度：d>c>a>b 18．向10mL0.1mol/L的溶液中加入0.1mol/L的氨水，溶液的pH和导电率随氨水体积的变化如图所示。下列说法错误的是 A．的电离平衡常数的数量级为 B．b点 C．c点 D．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是d点 1．甲酸(HCOOH)是一种重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka=1.8×10−4)，下列说法错误的是 A．活性成分R3N可与盐酸发生反应： B．pH=4的废水中： C．废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，回收率降低 D．在0.1 mol·L−1 R3NHCl溶液中，存在： 2．常温下，向20ml0.1mol/LHA溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，体系中、、溶液的体积与溶液的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．时，的数量级为 B．曲线①表示与溶液的关系 C．点对应的溶液中： D．用溶液滴定溶液可选用酚酞溶液作指示剂 3．常温下，用的溶液滴定未知浓度的溶液。溶液中，微粒分布系数(某微粒的含量)、随滴加溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．最好选用甲基橙作为指示剂，曲线②代表的分布系数 B．的 C．溶液中： D．水的电离程度大小： 4．常温下，用溶液滴定(，，)溶液，所得滴定曲线如图(忽略溶液混合时的体积变化和温度变化)。下列说法正确的是 A．水的电离程度： B．点溶液中存在关系： C．当时，溶液的 D．点溶液中存在关系： 5．常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液： Ⅰ．20.00mL浓度均为0.1000mol/LHCl和CH3COOH溶液 Ⅱ．20.00mL浓度均为0.1000mol/LHCl和NH4Cl溶液 两种混合溶液的滴定曲线如图。已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法错误的是 A．Ⅰ对应的滴定曲线为M线 B．a点水电离出的c(OH-)数量级为 C．V(NaOH)=30.00mL时，Ⅱ中 D．pH=7时，I中、之和小于Ⅱ中、之和 6．常温下，，。常温下，向10mL0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L盐酸，利用电位滴定法(在化学计量点附近，指示电极电位发生突跃)得到电极电位U和溶液pH随盐酸体积变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A．b点对应溶液的pH>7 B．加入盐酸的体积为时，则溶液中： C．a点对应溶液的pH约为12 D．不考虑酸的挥发，c点溶液中存在 1．（2023·天津·高考真题）在浓度为的溶液中，如下说法正确的是 A．溶液中浓度最大的离子是 B． C． D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为 2．（2023·北京·高考真题）下列过程与水解反应无关的是 A．热的纯碱溶液去除油脂 B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 3．（2023·湖南·高考真题）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是    A．约为 B．点a： C．点b： D．水的电离程度： 4．（2024·湖南·高考真题）中和法生产的工艺流程如下： 已知：①的电离常数：，， ②易风化。 下列说法错误的是 A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液 B．“调pH”工序中X为或 C．“结晶”工序中溶液显酸性 D．“干燥”工序需在低温下进行 5．（2024·海南·高考真题）在生态系统的硫循环中不可或缺。时，水溶液中价S不同形态的分布分数如图所示，下列说法正确的是 A．线a表示的分布分数 B．时，的约为7.0 C．的溶液吸收的量大于 D．可以向燃气中掺入微量以示警燃气泄漏 6．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是 。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 学科网（北京）股份有限公司22 / 22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 盐类的水解 目录 01 课标达标练 题型01盐类水解的原理及规律 题型02 盐类水解的应用 题型03 溶液中粒子浓度的关系 02 核心突破练 03 真题溯源练 01盐类水解的原理及规律 1．下列物质水解呈酸性的是 A． B． C． D． A【解析】A．为强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，故A符合题意； B．为强碱弱酸盐，醋酸根水解使溶液呈碱性，故B不符合题意； C．为强酸，水溶液中完全电离：HCl=H++Cl-，即HCl电离使溶液呈酸性，故C不符合题意； D．为强电解质，在溶液中完全电离，即电离使溶液呈酸性，故D不符合题意； 故答案为：A。 2．常温下，将的溶液加水稀释至的过程中，下列说法错误的是 A．B． C．保持不变D．稀释前后，溶液中的氧元素总质量保持不变 D【分析】在水中完全电离为铵离子和硫酸根：，为强酸弱碱盐，少量铵离子会发生水解使得溶液呈酸性，的溶液加水稀释至过程中，水解程度增大但酸性有所降低。 【解析】A．硫酸铵固体中铵离子的数目是硫酸根的2倍，结合分析可知溶液中，故A正确； B．稀释过程中，硫酸铵溶液始终呈酸性，则，故B正确； C．稀释过程中硫酸根数目守恒，即保持不变，故C正确； D．稀释过程中加入水，水含氧元素，则稀释前后，溶液中的氧元素总质量增加，故D错误；选D。 3．一定温度下分别对醋酸钠稀溶液进行下列操作，一定可使增大的是 ①加少量水  ②加少量冰醋酸  ③加少量固体  ④加少量固体 A．①② B．③④ C．①④ D．②③ D【解析】①加少量水，溶液浓度减小，导致醋酸根离子水解程度增大，醋酸根离子浓度减小程度大于钠离子浓度减小程度，比值减小；②加少量冰醋酸，醋酸根离子浓度变大，比值变大；③加少量固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，醋酸根离子水解程度减小，醋酸根离子浓度变大，比值变大；④加少量固体，钠离子浓度变大，比值减小，故选D。 4．盐类水解在生产、生活中应用广泛，下列物质的用途与盐类水解无关的是 A．用可溶性铁盐和铝盐作自来水的净水剂 B．用溶液处理污水中含有的重金属离子、 C．用饱和溶液与溶液作泡沫灭火剂原料 D．利用加热溶液的方法制取，进而制备纳米级 【答案】B 【解析】A． 用可溶性铁盐和铝盐作自来水的净水剂利用了铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，二者可以吸附水中悬浮的难溶性杂质沉降而净水，与盐类的水解有关，故A不符合； B． 用 Na2S 溶液处理污水中含有的重金属离子 Cu2+ 、 Pb2+，发生沉淀反应生成CuS和PbS，与盐类的水解无关，故B符合； C． NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳和氢氧化铝沉淀，与盐类的水解有关，故C不符合； D． TiCl4溶于大量水，发生水解反应TiCl4 +(2+ x) H2O ⇌ TiO2∙xH2O+ 4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解趋于完全，所得TiO2∙xH2O经焙烧得到TiO2，与盐类的水解有关，故D不符合； 故选B。 5．在“天宫课堂”中，王亚平老师用蘸有醋酸钠晶体的毛毡点在过饱和醋酸钠“水球”上，“水球”变成温热的“冰球”，“冰球”的成分为CH3COONa·3H2O和水。下列说法不正确的是 A．“水球”显碱性 B．过饱和醋酸钠溶液易结晶 C．“水球”变成“冰球”的过程放热、熵增 D．醋酸钠是强电解质 C【解析】A．醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，则“水球”显碱性，A正确； B．蘸有醋酸钠晶体的毛毡点在过饱和醋酸钠“水球”上，“水球”变成温热的“冰球”，说明过饱和醋酸钠溶液易结晶，B正确； C．“水球”变成温热的“冰球”， 可知，过饱和醋酸钠溶液结晶过程属于放热过程；冰球”的成分为CH3COONa·3H2O和水，则形成醋酸钠晶体，为熵减过程，C错误； D．强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；醋酸钠是盐，属于强电解质，D正确； 故选C。 6．常温下，某溶液中由水电离产生的，该溶液的溶质可能是 A． B． C． D． C【解析】某溶液中由水电离产生的，促进水的电离，说明该溶液是要水解的盐溶液，、、都因电离出氢离子或氢氧根离子而抑制水的电离，而因碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而促进水的电离，故C符合题意，综上所述，答案为C。 02 盐类水解的应用 7．加热蒸干并灼烧下列盐溶液，可得到原溶质的是 A．Ca(ClO)2 B．Na2CO3 C．K2SO3 D．TiCl4 B【解析】A．ClO-发生水解ClO-+H2OHClO+OH-，HClO受热易分解：2HClO2HCl+O2↑，促使平衡向正反应方向移动，HCl与Ca(OH)2反应生成CaCl2，因此加热蒸干并灼烧得到物质为CaCl2，故A不符合题意； B．碳酸钠溶液中存在Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH、NaHCO3+H2OH2CO3+NaOH，升高温度虽然促进水解，但NaOH是难挥发性物质，因此蒸干并灼烧仍然得到碳酸钠，故B符合题意； C．K2SO3具有还原性，在蒸干并灼烧过程中被氧气氧化成K2SO4，故C不符合题意； D．TiCl4在热水中发生TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O↓+4HCl，故D不符合题意； 答案为B。 8．下列应用与盐类水解无关的是 A．草木灰与铵态氮肥不能混合施用 B．可溶性铝盐、铁盐作净水剂 C．用醋酸除去茶壶里的水垢 D．用溶液除去钢铁表面的铁锈 C【解析】A．铵盐中铵根离子和草木灰中的碳酸根离子可以互促水解，使得铵盐的肥效降低，与盐类的水解有关，A不符合题意； B．可溶性铝盐、铁盐水解生成胶体，胶体可以吸附悬浮物达到净水的目的，与盐类的水解有关，B不符合题意； C．用醋酸除去茶壶里的水垢，利用的是沉淀溶解平衡原理，与水解无关，C符合题意； D．氯化铵中的铵根离子水解，使溶液显酸性，可以除去铁锈，与盐类的水解有关，D不符合题意； 故选C。 9．下列说法正确的是 A．将溶液小心蒸干可获得 B．溶液呈碱性，可用于去除油污 C．用氯化铁溶液和稀氨水制备氢氧化铁胶体 D．受热易分解，故可用作铁的除锈剂 B【解析】A．为强酸弱碱盐，在加热的条件下促进水解，溶液蒸干后得不到，A项错误； B．为强碱弱酸盐，其中水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下可发生水解，故可用溶液去除油污，B项正确； C．氯化铁电离出的与稀氨水电离出的结合生成沉淀，不能生成胶体，C项错误； D．为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，可用作铁的除锈剂，与受热易分解无关，D项错误； 答案选B。 10．工业原料中含杂质，将含杂质的溶于水，再调节，可使生成沉淀而除去。调节溶液的，最好选择的试剂是 A．溶液 B．生石灰 C．氨水 D． C【解析】A．加入NaOH会引入杂质离子Na+，A不选； B．加入生石灰会引入杂质离子Ca2+，B不选； C．加入氨水不会引入杂质，能调节溶液pH，可使 Fe3+水解生成Fe(OH)3而被除去，C选； D．加入Fe2O3又引入了杂质，D不选； 故答案选C。 11．下列事实或操作与盐类水解无关的是 A．配制溶液时，要滴加少量的盐酸 B．加热蒸干并灼烧溶液，得到固体 C．与草木灰不能混合施用 D．明矾可用来净化水质 B【解析】A．配制溶液时，滴加少量的盐酸是为了抑制的水解，A项不符合题意； B．加热蒸干并灼烧溶液，得到固体，是因为被空气中的氧气氧化，与水解无关，B项符合题意； C．和草木灰中的会发生双水解反应释放出氨气而降低肥效，C项不符合题意； D．明矾中的可水解为胶体，胶体能吸附杂质净水，D项不符合题意。 故选B。 12．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释。下列说法正确的是 A．FeCl3溶液显黄色， 没有 Fe(OH)3存在 B．稀释过程中 FeCl3水解程度增大，c(H⁺)增大 C．FeCl3溶液中存在 D．较浓盐酸可有效抑制Fe³⁺水解 D【解析】A．FeCl3溶液中存在水解平衡，溶液中一定存在Fe(OH)3，故A错误； B．稀释过程中 FeCl3水解程度增大，c(H⁺)减小，故B错误； C．FeCl3溶液中存在水解平衡，该反应为可逆反应，故C错误； D．FeCl3溶液中存在水解平衡，增大c(H⁺)可使平衡逆向移动，抑制Fe³⁺水解，故D正确； 故选D。 03溶液中粒子浓度的关系 13．下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 A．溶液： B．溶液中离子浓度关系： C．等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中： D．浓度均为0.1的溶液和溶液等体积混合： C【解析】A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，即，根据质子守恒得，故A错误； B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，即，根据物料守恒得，故B错误； C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，即，根据物料守恒得，故C正确； D．二者恰好完全反应生成碳酸钠，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得，故D错误。 故答案选C。 14．下列关于室温时溶液中离子浓度关系的说法正确的是 A．0.1mol·L-1溶液中： B．0.1mol·L-1溶液中： C．的、混合溶液： D．0.1mol·L-1溶液和0.1mol·L-1相比，前者大于后者 D【解析】A．溶液中CO发生两步水解产生HCO和H2CO3，根据物料守恒，故A错误； B．溶液中NH部分水解产生和H+使得溶液显酸性：，溶液中存在电荷守恒：，则，故，故B错误； C．、混合溶液的，说明的电离程度大于的水解程度，则混合溶液中，故C错误； D．是强电解质，在水溶液中完全电离出NH和Cl-，NH有很少一部分发生水解；是弱碱，电离程度很小，溶液中NH很小，所以溶液和相比，前者大于后者，故D正确； 故选D。 15．常温时，用0.1mol/L的盐酸滴定10mL0.1mol/L的溶液，滴加盐酸的体积为V(已知的电离常数，，忽略的挥发)。下列说法正确的是 A．V=10mL时， B．V=10mL时，溶液pH<7 C．V=20mL时， D．V=0mL时， A【解析】A．V=10mL时，溶液中的溶质为NaHS和NaCl，且物质的量之比为1：1，则电荷守恒关系为，A正确； B．V=10mL时，溶液中的溶质主要是NaCl、NaHS，且物质的量之比为1：1，的水解常数为的水解常数大于电离常数，所以溶液呈碱性，B错误； C．V=20mL时，滴加盐酸前溶液中是，滴加盐酸过程中元素不变，根据原子守恒可知，C错误； D．V=0mL时，溶液中的电荷守恒关系为，物料守恒为，则质子守恒等式为，D错误； 答案选A。 16．室温下，用溶液滴定等物质的量浓度的溶液，溶液的随加入溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是(已知：) A． B．点溶液中存在 C．点溶液中存在 D．水的电离程度： C【分析】用溶液滴定等物质的量浓度的溶液，由图加入20mL氢氧化钠溶液达到滴定终点。 【解析】A．由初始点可知，，，则，A错误； B．点溶液中得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，此时溶液显酸性，醋酸电离大于醋酸钠水解，则存在，B错误； C．b点由电荷守恒：，此时溶液为中性，则，故，C正确； D．醋酸会抑制水的电离，醋酸钠会促进水的电离，c点为滴定终点，则水的电离程度：，D错误； 故选C。 17．室温下，将溶液分别滴入溶液与溶液中，溶液的pH随滴入溶液体积变化的图像如图所示(忽略混合后溶液体积的变化)。下列说法正确的是。 A．HX的电离常数约为 B．c点： C．d点： D．水的电离程度：d>c>a>b B【分析】盐酸为强酸，溶液的pH=1，结合图，则N曲线为溶液的滴定曲线，M为溶液的滴定曲线； 【解析】A．，b点时，，，，A错误； B．c点溶液溶质是等浓度的NaX和HX，由电荷守恒：，由物料守恒：，两式得：，B正确； C．d点氢氧化钠和HX恰好反应生成0.05mol/L的NaX，X-会水解，，C错误； D．酸和碱均会抑制水的电离，X-水解会促进水的电离，溶液酸性a大于b，则水的电离程度b大于a，d为恰好反应生成NaX，对水的电离促进程度最大，则水的电离程度：d>c>b >a，D错误； 故选B。 18．向10mL0.1mol/L的溶液中加入0.1mol/L的氨水，溶液的pH和导电率随氨水体积的变化如图所示。下列说法错误的是 A．的电离平衡常数的数量级为 B．b点 C．c点 D．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是d点 B【分析】由图，0.1mol/L的溶液的pH<1，则的第一步电离完全电离。 【解析】A．c点时，加入15mL等浓度氨水，溶液中溶质为等浓度的、，和近似相等，此时pH在4～5之间，的电离平衡常数，则数量级为，A正确； B．由分析，的第一步电离完全电离，溶液中不存在分子，B错误； C．由电荷守恒可知：，此时溶液显酸性，可知，溶液呈酸性，电离大于水解，，则，C正确； D．酸和碱都会抑制水的电离，d点得到溶液中溶质为，其水解会促进水的电离，d点水的电离程度最大，D正确； 故选B。 1．甲酸(HCOOH)是一种重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka=1.8×10−4)，下列说法错误的是 A．活性成分R3N可与盐酸发生反应： B．pH=4的废水中： C．废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，回收率降低 D．在0.1 mol·L−1 R3NHCl溶液中，存在： D【解析】A．R3N是胺类化合物，具有碱性，可以与酸（如HCl）反应生成盐，故可与盐酸发生反应：，A正确； B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为4时，溶液中==1.8，B正确； C．由题干图示信息可知，废水初始pH<2.4时，废水中pH值越小，c(H+)越大，HCOOH⇌HCOO-+H+平衡逆向移动，则HCOO-数目减少，即甲酸的回收率降低，C正确； D．R3NHCl是强电解质，完全电离为R3NH+和Cl⁻，则该溶液中电荷守恒为：，元素守恒为：，元素守恒-电荷守恒得：，D错误； 故选D。 2．常温下，向20ml0.1mol/LHA溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，体系中、、溶液的体积与溶液的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．时，的数量级为 B．曲线①表示与溶液的关系 C．点对应的溶液中： D．用溶液滴定溶液可选用酚酞溶液作指示剂 C【分析】未加NaOH溶液时，0.1mol/LHA溶液的pH＞2，则表明HA为弱酸，随着NaOH溶液的不断加入，HA不断发生电离，HA浓度不断减小，A-浓度不断增大，溶液的pH不断增大，则曲线①表示−lgc(HA)，曲线②)表示−lgc(A−)。 【解析】A．时，，，，所以数量级为，A正确； B．由分析可知，曲线①表示与溶液的关系，B正确； C．a点对应的溶液中，溶质为等物质的量的NaA和HA的混合溶液，所以溶液中存在两个守恒：物料守恒，电荷守恒，从而得出：，C不正确； D．NaA因水解呈碱性，滴定终点溶液显碱性，可选用酚酞溶液作指示剂，D正确； 选C。 3．常温下，用的溶液滴定未知浓度的溶液。溶液中，微粒分布系数(某微粒的含量)、随滴加溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．最好选用甲基橙作为指示剂，曲线②代表的分布系数 B．的 C．溶液中： D．水的电离程度大小： B【分析】当加入溶液时，溶液的发生突变，说明恰好完全反应，，则的浓度为，而起始，说明第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表，曲线②代表。 【解析】A．溶液中水解使得溶液显碱性，最好选用碱性范围变色的酚酞作为指示剂，A错误； B．①②的交点对应的为2，此时、，则，，则的，B正确； C．由分析，第一步完全电离，溶液中没有微粒，C错误； D．a、c点酸或碱过量抑制水的电离，b点为，水解促进水的电离，b点水的电离程度最大，D错误； 故选B。 4．常温下，用溶液滴定(，，)溶液，所得滴定曲线如图(忽略溶液混合时的体积变化和温度变化)。下列说法正确的是 A．水的电离程度： B．点溶液中存在关系： C．当时，溶液的 D．点溶液中存在关系： C【解析】A．e点亚硫酸和氢氧化钠恰好完全反应，点，随着溶液的滴入，亚硫酸逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，故A错误； B．点溶液中溶质为KHSO3，点溶液的，说明的电离程度大于其水解程度，，故B错误； C．，因为，可推出，代入数值得，，故C正确； D．e点溶液中溶质为K2SO3，依电荷守恒可知存在关系，再根据点溶液中的物料守恒关系可知，联立得，故D错误； 选C。 5．常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液： Ⅰ．20.00mL浓度均为0.1000mol/LHCl和CH3COOH溶液 Ⅱ．20.00mL浓度均为0.1000mol/LHCl和NH4Cl溶液 两种混合溶液的滴定曲线如图。已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法错误的是 A．Ⅰ对应的滴定曲线为M线 B．a点水电离出的c(OH-)数量级为 C．V(NaOH)=30.00mL时，Ⅱ中 D．pH=7时，I中、之和小于Ⅱ中、之和 C【分析】向溶液中加入40mLNaOH溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，氯化钠呈中性，醋酸根和一水合氨在浓度相等时，由于氨水的电离程度大于等浓度铵根离子的水解程度，故一水合氨溶液对应的碱性更强，故Ⅰ对应的滴定曲线为M，Ⅱ为N。 【解析】A．向溶液中加入40mLNaOH溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，氯化钠呈中性，醋酸根和一水合氨在浓度相等时，一水合氨溶液对应的碱性更强，故Ⅰ对应的滴定曲线为M，A正确； B．根据分析可知，a点对应的溶质为氯化钠和醋酸钠，溶液的pH≈8，c(H+)≈10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，盐类的水解促进水的电离，则水电离出的c(OH-)=c(H+)≈10-6mol/L，B正确； C．V(NaOH)=30.00mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵、一水合氨的浓度相等，根据分析可知，铵根离子的水解程度小于一水合氨的电离程度，则c()＞c(NH3•H2O)，又c(Cl-)=2[c()+c(NH3•H2O)]，所以：c(Cl-)＞c()＞c(NH3•H2O)，C错误； D．根据原子守恒，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)之和等于c(NH3•H2O)、c()之和，根据图像，pH=7时，Ⅱ中所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，所以Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)之和小于Ⅱ中c(NH3•H2O)、c()之和，D正确； 故答案为：C。 6．常温下，，。常温下，向10mL0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L盐酸，利用电位滴定法(在化学计量点附近，指示电极电位发生突跃)得到电极电位U和溶液pH随盐酸体积变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A．b点对应溶液的pH>7 B．加入盐酸的体积为时，则溶液中： C．a点对应溶液的pH约为12 D．不考虑酸的挥发，c点溶液中存在 D【分析】未滴加盐酸之前溶液中的溶质是，b、c两个突变点对应的含碳溶质分别是、。 【解析】A．b点碳溶质是，根据的电离平衡常数可以计算的水解常数为，因此的电离常数()小于的水解常数()，所以b点对应溶液的，A正确； B．加入盐酸的体积为时，此时溶液中和及NaCl的物质的量之比为1：1：1，根据原子守恒，溶液中一定存在，B正确； C．a点溶质是，只考虑的一级水解，的水解常数，水解平衡时浓度近似为，认为，所以a点对应溶液的pH约为12，C正确； D．c点溶液中溶质主要是和NaCl，根据元素守恒，此时，但碳元素还存在、两种形式，所以溶液中存在物料守恒，D错误； 故答案为：D。 1．（2023·天津·高考真题）在浓度为的溶液中，如下说法正确的是 A．溶液中浓度最大的离子是 B． C． D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为 B【解析】A．在水溶液中完全电离生成Na+和，又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是Na+，故A错误； B．根据NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c()+c(PO)+c(HPO)+c(H3PO4)=0.1mol/L，故B正确； C．根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，故C错误； D．磷酸第二步电离方程式为：，电离平衡的平衡常数表达式为，故D错误； 故选B。 2．（2023·北京·高考真题）下列过程与水解反应无关的是 A．热的纯碱溶液去除油脂 B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 B【解析】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意； B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意； C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意； D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D不符合题意； 故选B。 3．（2023·湖南·高考真题）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是    A．约为 B．点a： C．点b： D．水的电离程度： D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH。 【解析】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确； B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确； C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确； D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误； 答案选D。 4．（2024·湖南·高考真题）中和法生产的工艺流程如下： 已知：①的电离常数：，， ②易风化。 下列说法错误的是 A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液 B．“调pH”工序中X为或 C．“结晶”工序中溶液显酸性 D．“干燥”工序需在低温下进行 C【分析】和先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为，通过结晶、过滤、干燥，最终得到成品。 【解析】A．铁是较活泼金属，可与反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液，A项正确； B．若“中和”工序加入过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入；若“中和”工序加入过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或，B项正确； C．“结晶”工序中的溶液为饱和溶液，由已知可知的，，则的水解常数，由于，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误； D．由于易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确； 故选C。 5．（2024·海南·高考真题）在生态系统的硫循环中不可或缺。时，水溶液中价S不同形态的分布分数如图所示，下列说法正确的是 A．线a表示的分布分数 B．时，的约为7.0 C．的溶液吸收的量大于 D．可以向燃气中掺入微量以示警燃气泄漏 BC【分析】氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，溶液pH增大，溶液中氢硫酸的浓度减小，HS−的浓度先增大后减小，S2-的浓度先不变后增大，则曲线a、b、c分别表示氢硫酸、HS−、S2-的分布分数；由图可知，溶液中氢硫酸的浓度与HS−的浓度相等时，溶液pH为7，由电离常数Ka1(H2S)= 可知，电离常数Ka1(H2S)= c(H+)=1×10﹣7。 【解析】A．由分析可知，曲线a、b、c分别表示氢硫酸、HS−、S2-的分布分数，故A错误； B．由分析可知，电离常数Ka1(H2S)= c(H+)=1×10﹣7，则硫化钠的Kh2====1×10﹣7，则PKh2约为7，故B正确； C．氢氧化钠溶液与过量的硫化氢反应生成硫氢化钠，则1.0L1mol/L的氢氧化钠溶液能与1mol硫化氢气体反应，由于硫化氢气体溶于水，所以1.0L1mol/L的氢氧化钠溶液吸收硫化氢气体的物质的量大于1mol，故C正确； D．硫化氢气体有毒，所以不能向燃气中掺入微量硫化氢气体以示警燃气泄漏，否则燃气泄漏时可能发生意外事故，故D错误； 故选BC。 6．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是 。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 【答案】（1） （2）产生蓝色沉淀 水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 或、 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 （3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 学科网（北京）股份有限公司22 / 22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $