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3.3.2盐类水解的应用（分层作业）
1．采取下列措施后，溶液颜色变深的是
A．加热0.10mol/L明矾溶液(滴有酚酞试液)
B．加热0.10mol/L NaCO 溶液(滴有酚酞试液)
2 3
C．0.10mol/L氨水(滴有酚酞试液)中加入少量NH Cl固体
4
D．0.10mol/L小苏打溶液(滴有酚酞试液)中加入少量NaCl固体
【答案】B
【解析】A．明矾溶液中的铝离子水解使溶液呈酸性，加热后铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，
故溶液颜色无变化，A不符合题意；
B．碳酸钠溶液中的碳酸根离子水解使溶液呈碱性，加热后碳酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，
溶液的红色加深，B符合题意；
C．加入氯化铵固体,一水合氨的电离程度减弱，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，C不符合题意；
D．加入NaCl固体，小苏打溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化，D不符合题意；
故选B。
2．为了配制NH 的浓度与Cl-的浓度比为1：1的溶液，可在NH Cl溶液中加入
4
①适量NH NO ；②适量NaCl；③适量氨水；④适量HCl
4 3
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
【答案】C
【解析】①适量NH NO ，溶液中加入硝酸铵晶体后，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不
4 3
变，故①正确;
②适量NaCl，溶液中加入NaCl晶体后，增加溶液中氯离子的浓度，并保持铵根离子浓度不变，导致
c（NH+ )”“<”或“=”)
2
，理由是 。0.1mol·L-1 NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是 。
【答案】(1)③>②>①
(2)草木灰溶液显碱性，能和氨态氮肥反应生成氨气，降低肥效
(3)bd
(4)Al3++3HCO- =Al(OH) ↓+3CO ↑
3 3 2
(5) < HB第一步电离产生的H+抑制了HB-的电离 c(Na+)>c(HB-)>c(H+)>c(B2-)>c(OH-)
2
【解析】（1）相同条件下，弱酸的电离平衡常数越大，则弱酸的电离程度越大，其酸性越强，即Ka值越
大，酸性越强，可知酸性：HCOOH> HClO>HCO- ，相同温度下，弱酸的Ka越小，其对应盐越易水解，溶
3
液中c(OH－)越大，pH越大，则溶液的pH由大到小为③>②>①；
（2）KCO 溶液中碳酸根离子发生水解反应呈碱性，铵态氮肥中铵根离子发生水解溶液呈酸性，两者混合
2 3
会反应生成氨气和二氧化碳，则草木灰和不能与铵态氮肥混合使用，原因是：草木灰溶液显碱性，能和铵
态氮肥反应生成氨气，降低肥效；
（3）a．根据强酸制取弱酸的原理知，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以次氯酸根离子和
碳酸反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，a错误；
b．甲酸酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO2- =2HCOO-+H O+CO↑能发生，b正确；
3 2 2
c．甲酸的酸性大于亚硫酸氢根离子而小于亚硫酸，所以亚硫酸和甲酸根离子反应生成甲酸和亚硫酸氢根
离子，c错误；
d．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于盐酸，所以Cl+H O+2CO2- =2HCO- +Cl-+ClO-能发生，d正确；
2 2 3 3故选bd；
（4）硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧
化碳，反应的离子方程式为Al3++3HCO- =Al(OH) ↓+3CO ↑；
3 3 2
（5）根据HB电离方程式是HB=H++HB-，0.1mol·L-1 HB第一步电离出0.1mol/L的H+，由HB-⇌H++B2-
2 2 2
是部分电离，已知0.1mol·L-1 NaHB溶液中c(H+)=0.01mol/L，HB第一步电离产生的H+抑制了HB-的电离，
2
所以0.1mol·L-1 HB溶液中c(H+)<0.11mol·L-1；NaHB电离出Na+和HB-，HB-中存在电离平衡：HB-⇌H+
2
+B2-，HB-不会进一步水解，NaHB溶液呈酸性，离子浓度由大到小的顺序是
c(Na+)>c(HB-)>c(H+)>c(B2-)>c(OH-)。
9．物质的量的浓度相等的以下溶液①(NH )SO 溶液、②NH Fe(SO ) 溶液、③(NH )CO 溶液、
4 2 4 4 4 2 4 2 3
④NH Cl，其中c(NH+ )的浓度由大到小的顺序为
4 4
A．①③②④ B．①③④② C．③①②④ D．③①④②
【答案】A
【解析】①(NH )SO 、③(NH )CO 每1mol能电离出2molNH+ ，但(NH )CO 中碳酸根离子发生水解反应
4 2 4 4 2 3 4 4 2 3
促进铵根水解，c(NH+ )：①>③，②NH Fe(SO )、④NH Cl每1mol电离出1molNH+ ，NH Fe(SO ) 中
4 4 4 2 4 4 4 4 2
Fe3+发生水解反应抑制铵根水解，c(NH+ )：②>④，其中c(NH+ )的浓度由大到小的顺序为①③②④，故选
4 4
A。
10．下列叙述错误的是
A．NaCO 稀溶液加水稀释，溶液的碱性减弱
2 3
B．稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强
C．在滴有酚酞的NaCO 溶液中慢慢滴入BaCl 溶液，溶液的红色逐渐褪去
2 3 2
D．pH相等的①NaHCO ②NaCO ③NaOH溶液的物质的量浓度大小：①>②>③
3 2 3
【答案】B
【解析】A．NaCO 稀溶液因碳酸根离子发生水解呈碱性，加水稀释氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减
2 3
弱，故A正确；
B．根据水解反应的规律‘越稀越水解’，稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于浓度减小，
其溶液酸性(或碱性)也越弱，故B错误；
C．NaCO 溶液中碳酸根离子和BaCl 溶液中钡离子结合生成硫酸钡沉淀，使水解平衡CO2- +H O⇌HCO-
2 3 2 3 2
3+OH-逆向移动，溶液碱性减弱，酚酞溶液的红色逐渐褪去，故C正确；
D．常温下，pH相等的①NaHCO 、②NaCO、③NaOH溶液，碱性③＞②＞①，碱性越强需要的浓度越
3 2 3小，溶液的物质的量浓度大小为①>②>③，故D正确；
故选B。
11．相同温度、相同物质的量浓度的五种溶液：① ，② ，③NaCl，④NaOH，
⑤NH Cl；按pH由大到小排列正确的是
4
A．①>④>③>⑤>② B．④>①>②>③>⑤
C．④>③>①>⑤>② D．④>①>③>⑤>②
【答案】D
【解析】①CHCOONa水解使溶液显碱性；
3
②NaSO 完全电离出氢离子使溶液显酸性；
4
③NaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性；
④NaOH为强碱，溶液呈碱性；
⑤NH Cl水解使溶液显酸性；
4
因水解是微弱过程，等浓度时，水解生成的氢离子或氢氧根离子浓度小于强酸或强酸酸式盐、强碱电离产
生的氢离子或氢氧根离子浓度，pH由大到小的顺序为：④①③⑤②，D正确；
故选：D。
12．下列有关图示的叙述错误的是
A．图甲可表示某温度下向0.100mol·L-1 CHCOOH中加入NaOH溶液，所得混合溶液中
3
c(CHCOOH)、c(CHCOO-)与pH的关系曲线，且K(CHCOOH)=10-4.75
3 3 a 3
B．图乙可表示恒温密闭容器中发生反应CaCO (s)⇌CaO(s)+CO (g)时，c(CO)随反应时间变化的曲线，
3 2 2
t 时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
1C．图丙可表示镁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，且 时刻溶液的温度最高
D．图丁可表示在0.1mol·L-1 NaCO 溶液中加水稀释，随着加入水的体积的增大，溶液中c(HCO- )的变
2 3 3
化曲线，且NaCO 的水解程度：A点小于B点
2 3
【答案】C
【解析】A．根据图像中交点的坐标可知，CHCOOH的电离常数Ka=10−4.75，故A正确；
3
B．由图可知，t 时刻c(CO)突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则t 时刻改变的条件可能是缩小
1 2 1
容器的体积，故B正确；
C．镁条与盐酸的反应是放热反应，随反应的进行，温度越来越高，t 时反应速率最大，但之后反应仍在进
1
行，温度继续升高，故C错误；
D．NaCO 溶液中加水稀释，越稀越水解，随着加水量的增加，NaCO 的水解程度越来越大，A点小于B
2 3 2 3
点，故D正确；
故选：C。
13．某兴趣小组用铝箔制备 、 及明矾大晶体，具体流程如图，下列说法错误的是
A．步骤Ⅲ，为了得到纯Al O，需灼烧至恒重
2 3
B．步骤Ⅴ中抽滤所需仪器：布氏漏斗、吸滤瓶、抽气泵等
C．通入HCl的作用是抑制AlCl 水解和增大溶液中 的浓度，有利于AlCl 6HO结晶
3 3· 2
D．步骤Ⅳ的操作是：配制高于室温10～20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，
快速冷却至室温，得到明矾大晶体
【答案】D
【分析】根据流程：用NaOH溶液溶解铝箔，发生反应：2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑，向含有
2 2 2
NaAlO 的溶液通入过量的CO 气体，发生反应：NaAlO +CO +2H O=Al(OH) ↓+NaHCO，得到Al(OH) 的
2 2 2 2 2 3 3 3
胶状固体，将一部分胶状固体洗涤得到Al(OH) ，灼烧Al(OH) 得到氧化铝，用硫酸溶解Al(OH) ，加入
3 3 3KSO 溶液，配制高于室温10～20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至
2 4
室温，得到明矾大晶体，另一部分胶状固体用盐酸溶解，得到AlCl 溶液，将HCl气体通入AlCl 溶液，抑
3 3
制AlCl 水解和促进AlCl •6H O结晶，冷水浴，用玻璃纤维抽滤，用浓盐酸洗涤晶体，滤纸吸干干燥得
3 3 2
AlCl •6H O晶体。
3 2
【解析】A．为了得到纯Al O，需灼烧至恒重，时氢氧化铝完全分解，故A正确；
2 3
B．步骤Ⅴ中抽滤所需仪器：布氏漏斗、吸滤瓶、抽气泵等，故B正确；
C．AlCl 水解生成Al(OH) 和HCl，通入HCl的作用是抑制AlCl 水解和增大溶液中Cl-的浓度，有利于
3 3 3
AlCl 6HO结晶，故C正确；
3· 2
D．由分析可知，步骤Ⅳ的操作是：配制高于室温10～20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在
溶液中央，自然冷却至室温，得到明矾大晶体，故D错误；
故选D。
14．废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、SiO 某研究小组设计如图所示工艺流程制
2.
备硫酸镍晶体[M(NiSO ·7H O)=281g·mol-1]。
4 2
查阅资料：
①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。
②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀的pH 7.2 4.0 2.2 7.5
沉淀完全的pH 9.0 5.6 3.2 9.0
(1)“滤渣2”的成分是 (用化学式表示)。溶液中加入HO 的目的是 (用离子方程式表
2 2
示)。
(2)“调pH”可选用的物质 (填序号)。
A．NaCO B．NiCO C．HSO D．NiSO
2 3 3 2 4 4
“调pH”的范围为 。
(3)下列有关说法不正确的是___________。A．酸浸步骤可用水浴加热，以加速反应
B．操作A中的有机溶剂可选用乙醇
C．调pH后过滤，需用玻璃棒对漏斗中的混合物充分搅拌
D．操作B中包含“结晶、过滤、洗涤、煅烧”等操作
(4)测定产品的纯度。
操作步骤 涉及反应
①准确称取制备的硫酸镍样品5.620g，加入含0.0200molEDTA的二钠盐溶液(用
HY2-表示)，充分反应后定容成100mL。
2
②取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加二甲酚橙作指示剂，用
标准液滴定到终点，平行实验三次，平均消耗20.00mLZn2+标准液。
计算产品的纯度为 。
【答案】(1) Fe(OH) 、Al(OH) 2Fe2++H O+2H+=2Fe3++2H O
3 3 2 2 2
(2) B 5.6≤pH<7.2)
(3)BCD
(4)90.0%
【解析】（1）由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚
铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H O+2H+=2Fe3++2H O；
2 2 2
（2）为了将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，根据金属氢氧化物沉淀时的pH，要
调节溶液的pH在5.6≤pH＜7.2的范围内；为防止中和溶液中氢离子时引入新杂质，调节溶液的pH时可以
加入碳酸镍固体；选B；
（3）A．酸浸步骤适当升温可以加快反应速率，故A正确；
B．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，故B错误；
C．过滤后，漏斗内的沉淀不能用玻璃棒搅拌，故C错误；
D．操作B中包含“加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤”等操作，故D错误；
答案为BCD；
（4）根据Zn2++H Y2-=ZnH Y，n(Zn2+)=0.025mol/L×0.02L=0.0005mol，则在25mL的反应后的溶液中剩余的
2 2
0.02mol
HY2-的物质的量为0.0005mol，与Ni2+反应的HY2-的物质的量为 -0.0005mol=0.0045mol=n(Ni2+)，
2 2 4
0.018mol×281g/mol
原样品中的n(Ni2+)=0.0045mol×4=0.018mol，样品的纯度为 ×100%=90.0%。
5.620g15． 、CuCl是重要的化工原料，常用来作为有机合成的催化剂。实验室常用如下装置来制备 。
已知：CuCl 易潮解；CuCl不溶于乙醇和稀盐酸；KCr O 在酸性条件下被还原成Cr3+。
2 2 2 7
Ⅰ．CuCl 的制备
2
(1)实验开始时需要先打开A装置中分液漏斗活塞滴加浓盐酸，一段时间后再点燃D处酒精灯，目的是
。
(2)装置A中发生反应的化学方程式是 ；该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)B装置所盛试剂为 ；E装置的作用是 。
Ⅱ．CuCl的制备
将上述实验制得的粉末加水溶解，滴加少量稀盐酸，向溶液中通入适量的 气体，加热即可得到白色沉
淀，将过滤后的白色沉淀用乙醇洗涤2~3次后，干燥即可得到CuCl晶体。
(4)加少量盐酸的作用是 。
(5)用CuCl 和SO ，制备CuCl的离子方程式为 。
2 2
(6)用乙醇洗而不用水洗的原因是 。
【答案】(1)排尽装置内的空气，防止铜被空气氧化
(2) KCr O+14HCl(浓)=2CrCl +2KCl+3Cl ↑+7H O 1∶6
2 2 7 3 2 2
(3) 饱和食盐水 防止F中的水蒸气进入D中使产品潮解
(4)抑制Cu2+水解
(5)2Cu2++2Cl-+SO+2H O=2CuCl↓+4H++SO2-
2 2 4
(6)用乙醇洗可以降低CuCl的溶解损耗，且乙醇沸点低，便于后续干燥
【解析】（1）由于铜在受热时易与氧气反应生成氧化铜，影响产品的质量，故在反应前应先通氯气排尽
装置内的空气；
（2）装置A中发生反应的化学方程式是：KCr O+14HCl(浓)=2CrCl +2KCl+3Cl +7H O，该反应中KCr O
2 2 7 3 2 2 2 2 7
做氧化剂，HCl作还原剂，但参加反应的HCl并没有完全被氧化，还有一部分生成CrCl 和KCl，化合价没
3
变，体现酸性，故氧化剂与还原剂之比为1∶6；（3）由反应原理可知，A装置制得的氯气中含有少量HCl和HO(g)，故B为净化装置，盛放饱和食盐水，
2
目的是除去HCl；因CuCl 易潮解，C、E均为干燥装置，盛放浓硫酸，其中C是为了吸收氯气中混有的水
2
蒸气，E是为了防止F中的水蒸气进入D中使产品潮解；
（4）铜离子水解显酸性，加少量盐酸可抑制铜离子的水解；
（5）CuCl 和SO 发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和CuCl沉淀，2Cu2++2Cl-+SO+2H O=2CuCl↓+4H+
2 2 2 2
+SO2-
4
