3.3 课时2 盐类水解的应用-【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）

课时2盐类水解的应用 白题 基础过关 限时：25min 题型盐类水解的综合应用 蚀锌板后得到的“废液”（含有少量C、 1.盐类水解在生活中的应用非常广泛。下列应 Fe3+)。某化学兴趣小组用“烂板液”制取 用与盐类水解无关的是 ( Zn(N03)2·6H,0的过程如图： A.配制FeSO,溶液时加入铁粉 加入6molL 烂板液 NaOH溶液pH=8 溶液加入2moL B.草木灰不能与铵态氮肥混合使用 ①过滤 沉淀I 硝酸 ②溶液可 C.明矾[KAl(S04)2·12H20]用于净水 加入2molL- 沉淀Ⅱ pH3.7 硝酸pH=2 ZnN0)26H,0 溶液Ⅲ ③加热、煮沸、 D.（NH4)2SO,溶液用于铁表面除锈 ④加热 过滤 2.某校化学实验小组对以下四种固体物质的水 已知：Zn(N03)2·6H,0是一种无色晶体，其 溶液进行加热蒸干并灼烧这一系列操作，最 水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到 终不能得到对应的固体物质的是 的产物具有两性。 ( ①氯化铁 ②碳酸钠 (1)“烂板液”中溶质的主要成分是 ③硫酸亚铁 ④硅酸钠 (填化学式)，若稀硝酸腐蚀锌板产 A.①③ B.②④ 生的气体为N,0,写出稀硝酸腐蚀锌板反应的 C.①③④ D.①②③ 主要化学方程式： 3.下列应用与反应原理设计不一致的是( (2)在操作①中保持pH=8的目的是 A.明矾净水：A13++3H20=A1(OH)3(胶 体)+3H (3)沉淀I的主要成分是 (填化学式)。 B.热的纯碱溶液清洗油污：CO?+H,O (4)操作③中加热、煮沸的目的是 =HC03+0H ;此步骤 C.配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠： 操作的理论依据是 SnCl,+H,OSn(OH)Cl+HCI D.用TiCl4制备Ti02:TiCl4+(x+2)H,0(过 (5)操作④保持pH=2的目的是 量)=Ti02·xH,0↓+4HCl 4.下列说法中正确的是 重难聚焦 A.用Na2C03和AL2(S04)3两种溶液作泡沫灭 题型溶液中离子浓度的大小比较 火剂效果更好 6.在25℃时，在浓度 B.向CuCL溶液中加入Cu0调节pH,可除去 mol ·L1的(NH 溶液中混有的Fe3+ (NH4)2C03、(NH4)2Fe C.实验室配制FeCl,溶液时，先将FeCl,溶于 测得其中c(NH)分别为a、b、c(单位为 水，再加入少量的盐酸 D.相同条件下等浓度的CH,COONa溶液去油 mol·L1),下列判断正确的是 污效果强于Na,C03溶液 A.c>a>b B.a>b>c 5.“烂板液”指的是制印刷锌板时，用稀硝酸腐 C.a>c>b D.a=b=c 专题3黑白题101 黑题 应用提优 限时：35min 1.《礼记·内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳 于”或“小于”)0.1mol·L1NH4HS04溶液 垢，和灰清浣”。古人洗涤衣裳冠带，用的就 中的c(NH)。几种均为0.1mol·L1的电 是浸泡过草木灰的溶液。下列说法错误的是 解质溶液的pH随温度变化的曲线如图甲 所示。 A.草木灰的主要成分是K,C0, B.浸泡过草木灰的溶液呈碱性 C.加热浸泡过草木灰的溶液可增强其去油污 能力 D.草木灰做肥料时可与铵态氨肥混合施用 20 50 80t/℃ 2.下列实验操作正确的是 ( A.用TiCl4制备TiO2·xH20时，加入大量的 (3)其中符合0.1mol·L1NH4A1(S04)2溶 水并加热 液的pH随温度变化的曲线是 B.NaF溶液应保存在带胶塞的玻璃瓶中 (填罗马数字)，导致NH4A1(S04)2溶液的 C.分别将AICL,溶液和AL,(S04),溶液加热 pH随温度变化的原因是 蒸干、灼烧，所得固体的成分相同 D.配制SnCL2溶液，用冷水溶解SnCL2固体 (4)20℃时，0.1mol·L1NH4A1(S04)2溶液 即可 中2c(S0)-c(NH)-3c(A13+)= 3.已知：磷酸二氢盐易溶于水。某实验小组同 mol·L。（填计算表达式)》 时对农作物施用含N、P、K的三种化肥，给定 室温时，向100mL0.1mol·L1NH,HS04溶 下列化肥：①K,C0;②KCl;③Ca(H,P04)2; 液中滴加0.1mol·L1NaOH溶液，溶液pH ④氨水；⑤(NH4),S04。其中最合理的组合方 与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图乙 式是 ( 所示。 A.①③④B.②3④C.①③⑤D.②③⑤ 压轴挑战 4.(2025·四川成都高二期 NH4A1(S04)2常作食品加 的食品添加剂，用于焙烤食 020100150200V0Na0H溶液)/ml 分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请 (5)试分析图乙中a、b、c、d四个点，水的 回答下列问题： 电离程度最大的是 点；在b (1)NH4A1(S04)2可作净水剂，其原理是 点，溶液中各离子浓度由大到小的排列 (用离子方程式说明)。 顺序是 (2)相同条件下，0.1mol·L1NH4A1(S04)2 溶液中的c(NH) (填“等于”“大 进阶突破拔高练P13 选择性必修第一册·SJ黑白题102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 黑题 应用提优 题号123 答案DAD 1.D解析：草木灰的主要成分是K2C03,A正确；K2CO3水解使溶液 呈碱性，B正确：盐类的水解吸热，故加热能促进其水解，增强其去油 污能力，C正确；K2C03中的CO?与铵态氮肥中的NH4水解相互促 进，故草木灰做肥料时不宜与铵态氮肥混合施用，D错误。 2.A解析：TiCL,在溶液中发生水解，加入大量的水并加热，促进TCl, 的水解，使水解趋于完全，用TiCl,制备T02·xH20的反应可表示为 TiCl4+(x+2)H20=Ti02·xH20↓+4HC1,A正确；NaF溶液中存 在水解平衡：F+H20一一HF+OH,HF能腐蚀玻璃，NaF溶液不能 保存在玻璃瓶中，B错误：A1Cl,溶液中存在水解平衡：AICl3+3H20 一A1(OH)3+3HCl,加热时由于HCI的挥发，水解平衡正向移动，最 终AICL3完全水解成A1(OH)3,灼烧时A1(OH)3分解成AL2O3, 故A1Cl3溶液加热、蒸干、灼烧所得固体为A山203，A山2(S04)3溶液中虽 然也存在水解平衡，但水解生成的H,S0,不挥发，Al,(S0,),溶液加 热、蒸干、灼烧所得固体仍为AL2(S04)3,C错误；SCl2溶于水发生水 解使所配溶液浑浊，应将SnCl2固体先溶解在浓盐酸中，浓盐酸抑 制Sn2+的水解，再加水稀释到所需浓度，同时Sn2+具有还原性，易被 空气中0，氧化，故还需向溶液中加人锡粒，防止S2+氧化变质， D错误。 3.D解析：所给物质中只有Ca(H2P04)2含P元素，因此应以它为中 心思考。K2C03水解呈碱性，氨水本身显碱性，都会与Ca(H2P04)2 反应生成难溶于水的CaHP04或Ca,(P04)2,不利于P元素被植物 吸收；(NH4)2S04由于NH水解而呈酸性，因此从中和的角度和水 解相互促进的角度看，K2C03和氨水不宜与Ca(H2P04)2和 (NH4)2S04混合施用。最合理的组合方式是②③⑤，故选D。 压轴挑战 4.(1)A13++3H,0一A1(0H)3(胶体)+3H(2)小于(3)I NH4A1(S04)2溶于水电离出的铵根离子和铝离子水解使溶液呈 酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，铵根离子和铝离子的水解程 度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小(4)10-3-10-11 (5)a c(Na*)>c(SO)>c(NH)>c(H+)=c(OH-) 解析：(1)A13+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能加速水中悬 浮颗粒沉淀，用于净水，离子方程式为A13++3H20=A1(0H)3(胶 体)+3H+。(2)NH4A1(S04)2与NH,HS04中的NH4均发生水解，但 是NH4A(SO4)2中的A13+水解呈酸性，抑制NH水解；NH,HSO4电 离出的H同样抑制NH水解，因为NH,HSO4电离生成的H*浓度 比A3+水解生成的H+浓度大，所以NH,HSO4中NH水解程度 比NH4A1(S04)2中NH水解程度小，则0.1mol·L1NH4A1(S04)2 溶液中的c(NH)小于0.1mol·L1NH4HS04溶液中的 c(NH4)。(3)NH4Al(SO4)2溶于水电离出的铵根离子和铝离子水 解使溶液呈酸性，pH小于7，升高温度其水解程度增大，pH减小，符 合的曲线为I。(4)由图甲知，20℃时，0.1mol·L-1NH4A1(S04)2 溶液的pH=3,根据电荷守恒，c(NHt)+3c(AI+)+c(H)= 2c(S02)+c(0H),可得2c(S0?)-c(NH)-3c(A13+)=c(H+)- c(0H)=[10-3-c(0H)]mol·L1=(10-3-10-1)mol·L-1。 (5)室温时，向100mL0.1mol·L-1NH,HS04溶液中滴加 0.1mol·L-1Na0H溶液，首先氢氧根离子和氢离子反应生成水，再 和铵根离子生成一水合氨；加人100mLNa0H溶液时，硫酸氢铵溶 液中的H*恰好被中和，溶液中的溶质为硫酸铵和硫酸钠。a→d的 过程中，随着NaOH溶液的加入，铵根离子浓度逐渐减小，一水合氨 浓度逐渐增大，促进水电离的程度减小，抑制水电离的程度增大，所 以a点水的电离程度最大：b点加入的Na0H溶液大于100mL,所以 c(Na+)>c(S0?),溶质为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶 液呈中性：c(H)=c(OH),根据N元素与S元素的物料守恒关系， 再结合铵根离子能水解，可知c(S0?)>c(NH4),故溶液中离子的浓 度大小顺序为c(Na)>c(S0?)>c(NH)>c(H)=c(OH)。 选择性必修第一册·SJ 专题探究10溶液中粒子浓度的大小关系 黑题 专题强化 题号1 234 答案BCBC 1.B解析：由于碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显弱 碱性，则溶液中c(C0})<c(H2C03),A错误：碳酸氢根离子的水解 程度大于其电离程度，溶液显弱碱性，则溶液中c(HCO?)> c(OH)>c(H),B正确；根据物料守恒可知c(Na)=c(CO号)+ c(HC03)+c(H,C03),C错误；根据电荷守恒可知c(Na*)- c(HC03)-2c(C03)=c(OH)-c(H),D错误。 2.C解析：a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)> c(OH),铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH)> c(S0),所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH)>c(S0)> c(Ht)>c(OH),选项A错误：b点加入NaOH溶液的体积小于 10.00mL,则溶液中c(Na*)<c(S0),溶液呈中性，则c(H)= c(OH),根据电荷守恒得c(H)+c(NH)+c(Na+)=2c(S0)+ c(OH),所以c(NH)>c(SO)>c(Na),选项B错误；c点溶液中， 溶液呈碱性，所以c(H+)<c(OH),溶液中的溶质是等物质的量浓度 的硫酸铵、硫酸钠以及一水合氨(NH,·H,0的浓度是硫酸铵的两 倍)，根据电荷守恒得c(H)+c(NH4)+c(Na)=2c(S0)+ c(OH),根据物料守恒得c(NHt)+c(NH3·H20)=2c(S02)= 2c(Na*),所以得c(S02)+c(H)=c(NH3·H20)+c(OH),选项 C正确；d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠 浓度是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以 c(NH3·H20)>c(S0),选项D错误。 3.B解析：向H2R中加人KOH溶液，发生反应H2R+KOH KHR+H20和KHR+KOH一K2R+H20,所以曲线①为H2R的分布 分数变化，曲线②为HR分布分数变化，曲线③为R2~的分布分数变 化曲线，A正确；由图可知，KHR溶液显酸性，所以HR的电离程 度(HRH++R2)大于水解程度(HR+H20OH+H2R),所 以c(K)>c(HR)>c(R2-)>c(H2R),B错误；根据电荷守恒： c(K*)+c(H+)=c(HR)+2c(R2-)+c(OH),Y点溶液中存在 c(HR)=c(R2-),c(K*)+c(H*)=c(HR-)+2c(HR)+ c(OH),C正确：根据电荷守恒：c(K)+c(H)=c(HR) +2c(R2-)+c(OH),当溶液的pH=7时，c(H*)=c(0H),所以存 在：c(K)=c(HR)+2c(R2-),D正确。 4.C解析：草酸钙因草酸根离子水解使溶液呈碱性，滴加盐酸过程中 体系中存在一系列平衡CaC204(s)一Ca2+(aq)+C20子(aq)、 C202+H20一HC204+0H、HC204+H20-=H2C204+0H,因 此曲线I代表C20?,曲线Ⅱ代表HC20:,曲线Ⅲ代表 H2C204。lgco(HCl)=-1.2时，c(HC20a)=c(H2C204),则K1= c(HC2O)xe(H*) c(H+)=10-1.3,溶液的pH=1.3,A正确：溶液中 c(H2C204) 存在电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H*)=c(0H)+c(HC204)+ 2c(C20)+c(C1),lgco(HCl)=-4.1时，c(HC204)=c(C20子)，则 存在关系2c(Ca2+)+c(H*)=c(0H)+3c(HC204)+c(Cl),此时 (C204)·c(H) K2= =c(H)=10-4.3,c(H)>c(0H),故 c(HC2O) 2c(Ca2+)<3c(HC20a)+c(CI),B正确；lgco(HCl)=1时，草酸钙固 体中滴加稀盐酸，任意co(HCl)下均有物料守恒关系c(Ca2+)= c(HC20a)+c(H2C204)+c(C20?),C错误；lgco(HCl)=1时， c(H*)=10mol·L-1,c(HC204)=1×10-2.8mol·L-1,K2= c(C202)·c(H*)10xc(C202) =104.3,c(C20?)=1× c(HC204) 1×10-2.8 10-8.1mol·L1;K1 c(Hc,0a)×c(H*）_1x1028mol,L1×10. c(H2C204) c(H2C204) 黑白题42