3.3 课时1 盐类的永解反应和影响因素-【经纶学霸】2026-2027学年高二化学选择性必修第一册4星学霸黑白题（苏教版）

第三单元盐类的水解 课时1 盐类的水解反应和影响因素 白题 基础过关 限时：25min 题型1盐溶液的酸碱性 5.(2024·广东深圳高三 9 CH COONa 1.(2025·重庆高二期中)下列物质的水溶液因 月考)实验测得 7 H,O 水解呈酸性的是 ( 05 ml.LCH,C0(0Na三9 A.Na,SO B.NaHCO3 溶液、0.5mol·L1 3 C.NHCI D.CH,COOH CuS04溶液以及H2O 题型2盐类水解的离子方程式 2030405060 T/℃ 的pH随温度变化的 2.(2025·北京高二期中)下列离子反应方程式 中，不属于水解反应的是 曲线如图所示。下列说法正确的是（ ( A.NHt+H,0=NH3·H20+H A.升温，纯水中c(H)>c(OH) B.HS03+H,0H2S03+0H B.升温， CH,COONa 溶液中 C.HC03+H,0-=H,0*+C03 e(CHCOO-) 、增大 D.Fe3++3H20Fe(0H)3+3H c(CHC0OH)·c(OH 题型3盐类水解的实质及规律 C.CH,COONa溶液随温度升高pH降低的原 3.一定条件下，NH,CI溶液中存在如下平 因是水的电离程度增大幅度大于 衡：NH+H20一NH3·H20+H,下列说 CH,CO0水解程度增大幅度 法正确的是 D.常温下，向CuSO4溶液中加入少量 A.稀释溶液，平衡正向移动， CH,C00Na固体，Cu2+水解平衡向正方向 c(NH3·H20)·c(H) 增大 移动，pH减小 c(NH) 重难聚焦川 B.通人少量HCl气体，平衡逆向移动，K 题型盐类水解的离子方程式的书写 减小 6.有下列五种盐溶液：①NaC1O、 C.加入少量Na0H固体，平衡正向移动，溶液 ②(NH4)2S04、③Na,C03、 pH减小 ④A1CL3、⑤KNO3。回答下列问题： D升温生大 (1)室温下，不会破坏水的电离平衡的 4.(2025·上海高二期中)通过控制条件，氯化 是 溶液呈酸性的是 铁在水中生成聚合氯化铁，具有很强的吸附 pH>7的是 (均填序号)。 能力，离子方程式为Fe3++yH,0=一 (2)根据盐类水解的实质及水解反应的特 Fe.(OH),3)+yH,欲使平衡正向移动可采 点，写出下列盐类水解的离子方程式： 用的方法是 ( ①NaCl0: A.降温 B.浓缩 ②(NH4)2S04: C.加入NH4Cl D.加入NaHCO, 选择性必修第一册·SJ黑白题098 黑题应用提优 限时：35min 1.常温下，某溶液中由水电离产生的H的浓度4.（2025·安徽合肥高三期中)常温下，向浓度 为1×105mol·L,则该溶液中的溶质可能 相等的甲酸(HCOOH)和乙酸(CH,COOH)的 是下列物质中的 混合溶液中滴加氨水，溶液中pX[pX=-lgX, A.HCI B.NaHSO C.NH CI D.NaCl X= 2.(2025·广东茂名高二期中)某兴趣小组用数 coou)m.co 、X= c(CH,COOH) 字实验系统测定一定浓度Na,CO,溶液的pH c(NH,·,O)]与pH的关系如图所示。已知 c(NH2) 与温度的关系如图所示。下列分析错误的是 甲基为推电子基团，下列叙述错误的是 pH 12.2 12.0 11.8-a 11.6-------- 20 40 60 80 100温度/℃ -2 A.c点水解程度最大 B.水解是吸热过程 4.24 8.759.76 C.a→b段C0?水解平衡向右移动 pH D.水的电离不影响溶液的pH A.上述反应中，先生成HC0ONH4和H20 3,(2025·山西大同高三月考)常温下， B.常温下，K(CH,C00H)=103.75 K1(H,C03)=1×107,K2(H,C03)=1×10-1。 C.反应至Q点时，溶液中c(H)=c(OH) 常温下，向10mL0.1mol·LNa2C03溶液 D.在CH,C0ONH4溶液中，c(CH,COOH)+ 中滴加0.1mol·L1盐酸，利用电位滴定 c(H*)=c(NH3.H2O)+c(OH-) 法（在化学计量点附近，指示电极电位发生突 5.(2025·四川成都高三模拟)已知Fe(H,0) 跃)得到电极电位U和溶液pH随盐酸体积 呈淡紫色。为探究铁盐溶液呈黄色的原因， 变化曲线如图所示。下列说法错误的是 进行了实验。结合实验事实，下列分析错误 ( 的是 序号 实验操作 现象 向2mL较浓硫酸中滴加2滴饱 溶液变 ① 和FeS0.溶液 淡紫色 V/mL A.b点对应溶液的pH>7 向2mL0.05mol·L1Fe2(S04)3 溶液黄 中滴加少量3mol·L1H2S04 色变浅 B.加人盐酸的体积为2mL时，则溶液中： A.实验①中Fe2+被氧化为Fe(H,0) c(Na)=2c(C03)+2c(HC0,)+ B.实验①使用较浓硫酸因其酸性强且含水量 2c(H2C03) 少，能抑制Fe3+水解 C.a点对应溶液的pH约为12 C.由实验可知，铁盐溶液呈黄色可能是Fe3 D.c点溶液中存在2c(H,C03)=c(CI) 水解导致 专题3黑白题099 D.由实验①和②推测OH的配位能力 压轴挑战 比H,0弱 8.已知25℃时，几种常见弱酸的K如表所示： 6.(2025·湖北黄石高二期中)常温下，向 100mL0.01mol·L-1NH4HS04溶液中滴加 电解质 电离常数 等浓度的NaOH溶液，得到溶液的pH H2C204 K1=5.9×10-2 K2=6.4×10- 与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下 CH,COOH K.=1.7×10-5 列说法正确的是 HCN K。=6.2×10-10 H2C0, K1=4.5×10-7 K2=4.8×1011 HCIO K.=2.9×108 (1)25℃时，0.1mol·L1的①NaCN、 20 100150200VNa0H/ml ②CH,COONa、③Na,CO,溶液的pH由大到 A.水的电离程度：b<c 小的顺序是 (填序号)。 B.a点到b点的过程中，溶液的导电能力 (2)25℃时，用0.10mol·L1K0H溶液滴定 增强 10.00mL0.10mol·LH,C204溶液所得滴 C.c点处溶液中c(NH)+c(Na)>c(SO子) 定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前 D.e点处溶液中c(NH4)+c(H)= 溶液的体积之和)。请回答下列问题： c(0H)+2c(S0) 7.(2024·江苏无锡高二检测)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： 0 5101520VK0H/ml c(NH CI)/ V(NH CI)/ 温度 ①当V<10mL时，反应的离子方程式为 实验 pH (mol·L1) mL ℃ 0.02 5 25 ②当V=10mL时，所得溶液中各离子浓度由 0.02 5 30 大到小依次为 0.2 25 ③当V=20mL时，所得溶液中c(K+)= 下列说法不正确的是 ( (填物料守恒式)。 A.由x>y可知：升高温度能促进氯化铵的 ④如图五点所示溶液中，水的电离程度最大 水解 的是 (填序号)。 B.由x>z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向 (3)NaHC0,溶液显 （填“酸性”“中 移动，水解程度增大 性”或“碱性”)，结合数据分析其原因是 C.由z<x<z+1可知：稀释氯化铵溶液，水解平 衡正向移动 (4)氯气通入NaHC0,溶液中产生无色气体， D.K(NH,CI)与K,(NH3·H20)的关系为 该反应的离子方程式是 飞K,为水的离子积常数) 进阶突破拔高练P13 选择性必修第一册·SJ黑白题100c(0)·c(HB)_2(0H）=10-6,2(0r)=0.5×1076, c(B-) 0.05 c(H*)-c(OH)」 K c（0月)C0)=2OH-)=2x10-6.4,g=g(2×1064) c(OH-) -6.4+lg2=-6.1,a=-6.1,故B错误：由B项分析可知，HB的电离常 ! 数K=(H)·c(B)1042×1042 c(HB) 0.1 =10-7.4，故C正确；V=10mL 时，溶质为HB和NaB且二者物质的量之比为1：1，根据物料守恒可 以得出2c(Na*)=c(HB)+c(B),故D正确。 第二单元阶段综合 黑题 阶段强化 题号12345678 答案A BB C A CBC 1.A2.B 3.B解析：由水电离出的c(0H)=1×10-13mol·L-1的溶液，可能是 强碱或强酸溶液，则A选项中的铵根离子在碱性溶液中不能大量存 在，A错误：能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中， Na*、NH、S0、Cr不会发生反应，能大量共存，B正确，c() 'c(OH-) 1×10~12的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中HC0?与氢氧根离子反 应，不能大量共存，C错误：由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L1 的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸性溶液中，CH,CO0 与氢离子反应生成弱电解质：在碱性溶液中，NH与氢氧根离子反 应生成氨水，不能大量共存，D错误。 4.C解析：氨水是弱电解质，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH<a+1, A错误；酚酞在酸性、中性溶液中都呈无色，B错误；加入氨水 后，(CH,C00H)减小，c(CH,C00)增大，故(CH,c00 一减小， c(CHCOO-) C正确：氨水是弱电解质，pH=11的氨水浓度大于10-3mol·L-1,故 与pH=3的硫酸混合后，氨水过量，溶液显碱性，D错误。 5.A解析：常温下，0.2mol·L-1的二元酸H2A的溶液与等浓度 的NaOH溶液等体积混合，根据反应的化学方程式H2A+NaOH —NaHA+H20分析，反应后为NaHA溶液，所得溶液中c(A2)= 0.1mol·L1,说明H2A为二元强酸，完全电离，则NaHA溶液中的 氢离子浓度也为0.1ml·L-1,则pH为1。 6.C解析：D20的离子积常数=1.0×102，结合水的离子积常数分析， pD=6为中性，结合酸碱混合计算解答。溶液中c(0D)= 0.1mol·L-1,则c(D*)=1.0x10-1mol·L-1,pD=11,故A错误；pD=6 为中性，pD=4的DCl稀释100倍将接近中性，故B错误；NaOD溶液 中的D*全部由重水电离出来，pD=10,说明c(D)=1.0× 10-1ool·L1,重水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，故C正确； 混合溶液中c(0D)=0.03Lx0.5ml·L1-0.02Lx0.5m0l.L 0.05L 0.1mol·L1,则c(D*)=1.0x1011mol·L1,pD=11,故D错误。 7.B解析：25℃时K(HA)=3.0×10-8,K（HB)=3.5×10-4,则酸 性：HA<HB,酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HB酸性强 于HA,加水稀释时H变化大，所以曲线I代表HB稀释时pH变化 曲线，曲线Ⅱ代表HA稀释时pH变化曲线。pH相同的两种酸，酸性 越弱其浓度越大，所以a点时c(HA)>c(HB),A错误；由分析知，曲 线I代表HB稀释时pH的变化曲线，B正确；酸抑制水的电离，酸 中c(H)越大其抑制水电离程度越大，c(H+):b>d,则水电离程度： d>b,C错误；b点、c点为稀释相同倍数的两种酸，由于初始 c(HA)>c(HB),所以此时两溶液的c(HA)>c(HB),中和相同体积 相同浓度的NaOH溶液，需要HB溶液的体积较大，即消耗b点溶液 体积较大，D错误。 8.C解析：0.1mol·L1的醋酸和盐酸，醋酸是弱电解质而部分电 离，HCl是强电解质而完全电离，则醋酸的pH>1、盐酸的pH=1,根据 图知，曲线Ⅱ开始时pH>1、曲线I开始时pH=1,则I、Ⅱ分别表示 正本参考答案 盐酸和醋酸的滴定曲线，A正确：I表示盐酸的滴定曲线，滴定终点 物质呈中性，可以选择酚酞或者甲基橙作为指示剂，B正确：未滴 加NaOH溶液时，0.1mol·L醋酸溶液的pH≈3，则有c(H)≈ 10-3mol·L1,故常温下醋酸的电离平衡常数K。= c(CH3C00)·c(H*)10-3×10-3 0.1 =1.0×10-5,C错误；滴定过程中， c(CH COOH) 眼睛需注视锥形瓶内溶液颜色的变化，根据锥形瓶中溶液颜色变化 判断滴定终点，D正确。 9.(1)H202一H*+H02,H02一H+035.66(2)2H*+ H202+2Br一2H20+Br2(3)①酸式②当滴人最后一滴高锰酸 钾溶液时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30：内溶液 不褪色③0.70mL10.05④CD 解析：实验用酸性高锰酸钾标准液滴定双氧水，由于高锰酸钾溶液本 身有颜色，不需要另加指示剂，当溶液颜色刚好变为浅紫色，且30s 内不褪色，说明到达滴定终点，计算时根据酸性高锰酸钾溶液的平均 体积，若体积偏差过大应舍去，误差分析时主要分析消耗的酸性高锰 酸钾溶液体积的偏差，进而分析结果的偏差。(1)双氧水可以看作 是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢 离子，则它的电离方程式为H202一H*+H02,H02一H*+03; K1=(H)·c(H0) 2(H*) =2.20×10-12,c2(H*)=2.20× c(H202） c(H202) 10-2×2.2,c(H*)=√2.20x10-2×2.2=2.2×10-6,pH=-lgc(H*)= 6-lg2.2=6-0.34=5.66。(2)H202分解的总反应为2H202 一2H20+02↑，第1步反应为H202+Br2一2H*+02↑+2Br,则 第2步反应为2H++H202+2Br一2H20+Br2。(3)①高锰酸钾有 强氧化性，应盛装在酸式滴定管中：②滴定前双氧水的颜色是无色， 终点时高锰酸钾稍过量，溶液呈浅紫色，则滴定到达终点的现象是锥 形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30s内溶液不褪色；③根 据液面的位置，结合读数时要估读一位，此时读数为0.70L:由于第 一次数据误差过大，故舍去，其他三组的平均值为 20.10+20.05+20.15mL=20.10ml,根据反应2Mm0:+5H,02+6H 3 -2M2+8H,0+50:↑可知，a(,0)=3a(M0g)=乏× 0.1000mol·L1×0.0201L=0.005025mol:则市售过氧化氢的浓度 0.005025molx500mlL 0.01L 25mL=10.05m0lL';④用量筒量取市售双氧 水时仰视读数，则双氧水的体积偏大，稀释后浓度偏大，故消耗的高 锰酸钾溶液的体积偏大，导致测量结果偏高，A不符合题意；滴定前， 装高锰酸钾标准液的滴定管未进行润洗，导致高锰酸钾溶液浓度偏 低，故消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，导致测量结果偏高，B不符合 题意：滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出，消耗的高锰 酸钾溶液的体积偏小，导致测量结果偏低，C符合题意；滴定前平视 读数，滴定后俯视读数，导致读取计算后高锰酸钾溶液的体积偏小， 测量结果偏低，D符合题意。 第三单元盐类的水解 课时1盐类的水解反应和影响因素 白题 基础过关 题号12345 答案CC DD C 1.C解析：Na2S04属于强电解质，溶于水完全电离，溶液呈中性 选项A错误；NaHCO,中的碳酸氢根离子在水中既可以电离也可以 水解，但水解程度大于电离程度，使溶液显减性，选项B错误；NH,C 属于强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，选项C正确； CH,COOH能够电离出氢离子使溶液显酸性，选项D错误 2.C解析：反应NH4+H20一NH3·H20+H+中，H20电离产生的 OH与NH结合为一水合氨，从而促进水的电离，属于水解反应，A 黑白题39 不符合题意；反应HS03+H20一=H2S03+0H中，HS03与水电离产 生的H+结合为H,S0,,从而促进水的电离，属于水解反应，B不符合 题意；反应HC0?+H20一H0++C0}中，HC03转化为C0},发 生电离，属于HC03的电离，不属于水解反应，C符合题意；反应 Fe3++3H20→Fe(0H),+3H+中，Fe3+与水电离产生的0H结合为 Fe(OH),从而促进水的电离，属于水解反应，D不符合题意。 3.D解析：由水解方程式可知，c(NH,·H,0)·c(H) 为铵根离子的 c(NH) 水解平衡常数，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，稀 释溶液，平衡正向移动，(NH,·,0)·c(H*) 不变，A错误：平衡常 c(NH) 数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，通人少量HC1气体，平衡 逆向移动，K不变，B错误：加入少量NaOH固体，溶液中H浓度减 小，平衡正向移动，溶液pH增大，C错误；由于盐类水解反应是一个 吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，则c(H)增大，c(NH)减 小，故H)增大，D正确。 e(NH) 4.D解析：水解为吸热反应，降温，平衡逆向移动，A错误；加水稀释 才会促进铁离子的水解，使平衡正向移动，B错误：铵根离子水解生 成氢离子，氢离子浓度增大，会使得平衡逆向移动，C错误；加 人NaHCO3与氢离子反应，氢离子浓度减小，平衡正向移动，D正确。 5.C解析：升温，水的电离平衡正向移动，但水电离出的氢离子浓度和 氢氧根离子浓度总是相等，纯水中c(H)=c(OH),A错误；升温， CH,COONa溶液中醋酸根离子的水解平衡CH2C00ˉ+H,0 CH3CO0H+OH正向移动，醋酸根离子浓度减小，醋酸和氢氧根离子 (CH,C00H)·c(OHP)减小，B错误；醋酸钠溶液的 c(CH3 COO) 浓度增大，则 pH随温度的升高而变小是由于温度升高促进了水的电离，水的电离 程度的增幅大于醋酸根离子水解程度的增幅，溶液中氢离子浓度增 大，溶液的pH降低，C正确；常温下，向CuS04溶液中加入少量 CH,CO0Na固体，发生水解相互促进，pH由醋酸根离子和铜离子水 解相互促进的程度决定，不是单一的由铜离子水解程度决定的， D错误。 重难聚焦 6.(1)⑤②④①③(2)①C10+H20=HC10+0H ②NH+H20-=NH3·H20+H 解析：强酸强碱盐不水解，不影响水的电离平衡：强酸弱碱盐水解显 酸性：强碱弱酸盐水解显碱性。 黑题 应用提优 题号1234567 答案CDDBDCB 1.C解析：常温下，某溶液中由水电离产生的H的浓度为1× 10-5mol·L-1>1×107mol·L1,说明加入的是促进水电离的物 质，NH4C1为强酸弱碱盐，促进水的电离，C正确。 2.D解析：C0}的水解反应C0}+H20一HC03+0H为吸热反应 升高温度，水解平衡正向进行，水解程度增大。温度：c>b>a,水解程 度：c>b>a,c点水解程度最大，A正确；根据a→b段温度升高，pH增 大，可知C0}的水解反应C0号+H20一HC0?+0H平衡向右移 动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，说明水解反应为吸 热反应，B正确：图中a→b段温度升高，pH增大，说明C0水解平 衡向右移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液减性增强，H增大 C正确；图中bc段，升高温度，pH变小，说明升高温度，碳酸根离 子水解平衡正向进行，水解程度增大；同时水的电离平衡正向进行， 电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，使得pH变小，水的电离影响 溶液的pH,D错误。 3.D解析：未滴加盐酸之前溶液中的溶质是Na2C03,滴加盐酸时先发 生反应C0}+H=HC03,然后发生反应HC03+H=H2C03,故 b、c两个突变点对应的含碳溶质分别是NaHC0,、H2C03。b点含碳 溶质是NaHC03,根据H2C03的电离平衡常数K,=10-7可以计 选择性必修第一册·SJ 算HC03的水解常数K=107,根据K2=10-1可以计算C0号的水 解常数K=103,HC0;的电离常数(10-Ⅱ)小于HC03的水解常 数(107)，所以b点对应溶液的pH>7,A正确；加人盐酸的体积为 2 -mL时，此时溶液中Na2CO3和NaHCO3及NaCl的物质的量之比 为1：1：1，根据物料守恒，溶液中一定存在c(Na+)=2c(C03)+ 2c(HC03)+2c(H2C03),B正确；a点溶质是Na2C03,只考虑C0?的 一级水解，C0的水解常数Kh c(Hc03)·c(oHr）-103,c03水 c(C03) 解的平衡浓度近似为0.1mol·L1,认为c(OH)≈c(HCO3)≈ √0.1×10-3mol·L-1=10-2mol·L-1,所以a点对应溶液的pH约为 12,C正确；c点溶液中溶质主要是H2C03和NaCl,但碳元素还存在 C0?、HC03两种形式，所以溶液中存在物料守恒2c(C0好)+ 2c(HC03)+2c(H2C03)=c(Cl),D错误。 4.B解析：已知甲基为推电子基团，则甲酸与乙酸的酸性：HC0OH> CH3COOH。溶液的酸性越强，溶液电离平衡常数越大，则 K(HCOOH)>K(CH3COOH)。当X相同时，酸性强的其溶液的pH 小，根据溶液中pX与溶液pH关系可知：山，表示-g。(CH,COO c(CH3 COO-) 与pH的关系，L2表示-1gc(C00）与pH的关系，L与表示 c(HCOOH) c(NH) -g(NH,·出，0)与pH的关系。已知甲基为推电子基团，则甲酸与 乙酸的酸性：HCOOH>CH,COOH,所以向HCOOH、CH,COOH的混合 溶液中滴加氨水，HCOOH首先发生反应产生HCOONH4和 H,0,A正确；根据上述分析可知L表示-g(CH,C0OH c(CH3 COO-) 与pH的 关系，山表示-g:HCQ0与pH的关系。对于HC00H,其电离平 衡常数K.(HCOOH)=c(HC00)cH),当纵坐标pX=-5时。 c(HCOOH) X=C(HCOO-) =105,此时溶液pH=8.75,可知在常温下 c(HCOOH) K.(HC00H)=c(HC00cH).105×10-5=1035,同理当 c(HCOOH) c(CH3C00-) pX=-5时，c(CH,C00D =105,在常温下K,(CH,C00H)= c(CH,C00):c(H）-10x1096=1046,B错误；由B项分析知 e(CH,COOH) c(NH) K(CH,C00H)=1046;当pX=-5时，c(,:H,0103, c(Nm,·,0=105×K。10x104 K(NH,·,0)=c(NH)·c(oH) c(H*)10424= 10-4.76,可见在常温下CH,C00H、NH3·H20的电离平衡常数相等， 即K(CH,C00H)=K(NH,·H,0),即e(CH,C00)·c(H) c(CH COOH) c(NH,·H,0),由于Q点纵坐标相同，即(CH,C00） c(NHt)·c(OH) c(CH,COOH) (N,·H,0所以该点溶液中c(H*)=c(0H),C正确：在 c(NH) CH,C0ONH,溶液中，根据物料守恒可知c(CHgCOOH)+ c(CHCO0)=c(NH3·H20)+c(NH),根据电荷守恒可知 c(OH)+c(CH3COO)=c(H)+c(NH4),两式相减，整理可得 c(CH3CO0H)+c(H)=c(NH3·H20)+c(OH),D正确。 5.D解析：实验①中，溶液变淡紫色，说明2+被氧化为 F(H20),A正确；实验①使用较浓硫酸因其酸性强且含水量少， 能抑制Fe3+水解，B正确；由实验可知，铁盐溶液呈黄色可能是Fe3+ 水解导致，C正确；对比实验①和②，F2(S04)3溶液是黄色，且在其 黑白题40 稀溶液中滴加少量3mol·L1H2SO4,溶液黄色变浅，说明c(H*)增 大，Fe3*水解平衡逆向移动，则Fe3+和OH的结合能力大于Fe3+ 和H20的结合能力，OH的配位能力比H20强，D错误。 6.C解析：b点处NH4HS04和NaOH恰好反应生成(NH4)2SO, 和Na2S04,(NH4)2S04是强酸弱碱盐，铵根离子水解促进水的电 离，c点生成NH3·H20和(NH4)2S04,抑制铵根离子水解，故水的 电离程度较b点变小，A错误；a点到b点的过程中，发生反应 2NH4HS04+2Na0H-2H20+Na2S04+(NH4)2S04,反应后离子数 目减少，溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，B错误；c点处溶 液中，根据电荷守恒：c(NH)+c(Na*)+c(H+)=c(OH)+ 2c(S0}),且c点溶液显中性，c(H*)=c(OH),所以c(NH4)+ c(Na+)=2c(S0?)>c(S0子)，C正确；e点处两者反应生成硫酸钠 一水合氨和水，硫酸钠中钠离子和硫酸根离子不水解，根据氨水中的 质子守恒：c(NH)+c(H)=c(OH),D错误。 7.B解析：实验1和2探究温度对氯化铵水解平衡的影响，水解方程 式为NH+H20→NH3·H20+H,由x>y即实验2中氢离子的浓 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平衡的影响，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中氯化铵的浓度 是实验1的10倍，由z<x<+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 的水解方程式为NH4+H20三NH3·H20+H,K.= cHNH,:H,0）·KK,D正确。 c(NHA) 压轴挑战 8.(1)③>①>②(2)①H2C204+0H=HC204+H20 ②c(K*)>c(HC204)>c(H)>c(C20好)>c(0H) ③2c(HC204)+2c(C202)+2c(H2C204)④e (3)碱性K(HC03)=2.2×10-8>K2(H2C03),HC03的水解程度 大于其电离程度(4)Cl2+HC03CI+HCI0+C02↑ 解析：(1)由表格可知K(CH,CO0H)>K,(HCN)>K2(H,C03),所以 水解程度：C03>CN->CH2C00~,溶液的pH由大到小的顺序是③> ①>②。(2)K0H与H2C204的浓度都是0.10mol·L1,①当V< 10mL时，K0H量少，反应的离子方程式为H2C204+0H HC20a+H20:②当V=10mL时，K0H与H2C204正好1：1反应，生 成KHC204,溶液中存在平衡：HC204+H20一H2C204+0H, HC20a=H+C20,H20==Ht+0H,K(HC204)= .1×10-14 K1(H,C,0,)5.9x101.7×10-15<K(H,C,04)=6,4×10-5,说 明HC2O:以电离为主使溶液显酸性，或者根据滴定曲线可以看出 当V=10mL时，所得溶液显酸性，HC20:以电离为主，所以c(K)> c(HC20a),由于水也电离出H,所以c(H)>c(C20子)，故所得溶 液中各离子浓度由大到小依次为c(K+)>c(HC,0:)>c(Ht)> c(C20)>c(0H);③当V=20mL时，K0H与H2C204按2：1反应， 依据物料守恒可知c(K*)=2c(HC204)+2c(C20?)+2c(H2C204); ④点e所示溶液中的溶质是K2C204,C20子结合H+促进水的电离， 水的电离程度最大。(3)NaHC0,溶液显碱性，原因是根据题干表格 .1×104 知k,(HC0)=K4H,c0,)45X1072.2x108>K2(H,C0) 4.8×10-11,HC03的水解程度大于其电离程度。(4)氯气通人 NaHC03溶液中存在反应Cl2+H20→HCI+HCIO,由题千表格可知 K(HCIO)<K,(H2C03),所以HCI0不与NaHC03反应，本质是HCl 与NaHC03反应，反应的离子方程式是Cl2+HC03=C1+HCl0+ CO2T 四归纳总结 判断酸式盐溶液的酸碱性，可以通过比较K.与K.大小，若Kh>K。, 酸根以水解为主，溶液显碱性；若K<K。,酸根以电离为主，溶液显 酸性。 正本参考答案 课时2盐类水解的应用 白题 基础过关 题号1234 6 1.A解析：配制FS0,溶液时加入铁粉是为了防止Fe2+被氧化，与水 解无关，A正确：草木灰与铵态氮肥混合使用，会发生碳酸根离子和 铵根离子的水解相互促进反应，与水解有关，B错误：明矾净水是铝 离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有 关，C错误；(NH4)2S04溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，可以用 于铁表面除锈，与水解有关，D错误。 2.A解析：FCl3溶液加热蒸干并灼烧后得到Fe,03;碳酸钠溶液在加 热蒸干并灼烧后得到碳酸钠：硫酸亚铁溶液在加热蒸干过程中， FeSO,被氧化，灼烧后不能得到FeS04;硅酸钠溶液在加热蒸干并灼 烧后得到硅酸钠。 3.C解析：铝离子水解生成氢氧化铝胶体：A13+3H20-一A1(OH)3 (胶体)+3H+,氢氧化铝胶体具有净水作用，A不符合题意；热的纯碱 溶液存在水解平衡：C03+H0一HC0,+0H,水解过程是吸热的 过程，升高温度，可以促进盐的水解，所以热的纯碱溶液清洗油污属 于盐的水解原理的应用，B不符合题意；SCl2溶液水解显酸性，可以 加盐酸来抑制其水解，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠会促使平 衡正向移动，不能制得氯化亚锡溶液，不属于盐的水解原理的应用，C 符合题意；TCl水解可以得到TO2·xH,0,加热失去结晶水即可得 到二氧化钛，据此可以用TCl4制备Ti02,D不符合题意。 4.B解析：3HC03+A13+一=A1(0H)3↓+3C02↑，两者发生相互促进 水解的反应，生成C02可以灭火，应该用NaHC03与AL2(S04)3两种 溶液作泡沫灭火剂，A错误：向CuCl,溶液中加人CuO,CuO消耗溶液 中的氢离子，使Fe3+水解平衡正移转化为Fe(OH)3除去，B正确；实 验室配制FeCl,溶液时，先将FeCl,固体溶解在较浓的盐酸中，然后 加水稀释，先溶解在较浓盐酸中的目的是抑制铁离子水解，C错误； 弱酸的酸性越弱，其酸根离子越易水解，酸性：CH3C0OH>HC0,则 等浓度的Na2C03溶液碱性强于CH3CO0Na溶液，则Na2C03溶液去 油污效果更强，D错误。 5.(1)Zm(N03)24Zn+10HN03一4Zn(N03)2+N20↑+5H20 (2)防止生成的Zm(0H)2沉淀被溶解(3)Zm(0H)2和Fe(H)3 (4)促使Fe3+完全水解温度越高，水解程度越大(5)抑制Zn2 水解 解析：因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量 的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cˉ、Fe3+,加入氢氧化钠调 节溶液的pH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀I中加硝酸 溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离 子，调节溶液的pH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条 件下加热浓缩、蒸发结晶，得到Z(N03)2·6H20。(1)稀硝酸腐蚀 锌板后得到“烂板液”，所以溶质的主要成分为Z(NO3)2;此时硝酸 很稀，腐蚀锌板时硝酸中的氨被还原为+1价，发生反应的化学方程 式为4Zn+10HN02 =4Zn(N03)2+N20↑+5H20。(2)氢氧化锌 为两性物质，pH过大或过小都会使氢氧化锌溶解，保持pH=8可以 防止生成的Z(OH),沉淀被溶解。(3)根据分析可知沉淀I的主 要成分是Zm(0H)2和Fe(0H)3。(4)操作③中加热、煮沸是为了促 使F3+完全水解，此步骤操作的理论依据是在盐的水解过程中温度 越高，水解程度越大。(5)锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件可 抑制锌离子的水解，因此操作④中保持pH=2是为了抑制Z2+水解 为Zn(0H)2 重难聚焦 6.A解析：在(NH4)2S04溶液中，只发生水解反应NH4+H20 一NH3·H20+H*;在(NH4)2C03溶液中，NH+H20一 NH3·H20+H+,C0?+H20一HC0,+0H,两个水解反应相互促 进，从而使NH水解程度增大；在(NH4)zFe(S04)2溶液中， NHt+H20→NH3·H20+H,Fe2++2H20Fe(0H)2+2H+,两 个水解反应相互抑制，从而使NH水解程度减小；综合以上分 析，(NH4)2Fe(S04)2溶液中c(NH)最大，(NH4)2CO3溶液中 c(NH)最小，故c>a>b,故选A。 黑白题41