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2023——2024 年解密高考化学大一轮复习精讲案
第八章 水溶液在的离子平衡
专题三十一 盐类的水解
第一板块 明确目标
课标要求
核心素养
1. 了解盐类水解的原理
2. 了解影响盐类水解程度的主要因素
3. 了解盐类水解的应用
4. 了解水溶液中的离子反应与平衡在物质检测、化学反应规律研究中的
应用
变化观念与平衡思想
证据推理及模型认知
科学精神与社会责任
第二板块 夯实基础
1
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考点一 盐类水解原理及规律
1．定义
在水溶液中，盐电离出来的离子与____________________________________的反应。
2．盐类水解的结果
使溶液中水的电离平衡向____反应方向移动，使溶液中c(H＋)和c(OH－)发生变化，促进了水的电离。
3．特点
(1)可逆：盐类的水解是可逆反应。
(2)吸热：盐类的水解可看作是______________反应的逆反应。
(3)微弱：盐类的水解程度很微弱。
4．盐类水解的规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
盐的类型
实例
是否水解
水解的离子
溶液的酸碱性
强酸强碱盐
NaCl、NaNO3
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
强碱弱酸盐
CH3COONa、Na2CO3
5．水解反应的离子方程式的书写
(1)盐类水解的离子方程式一般用“
”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。
(2)多元弱酸盐：分步书写，以第一步为主。
2
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(3)多元弱碱盐：水解反应的离子方程式一步完成。
(4)阴、阳离子相互促进的水解
①若水解程度不大，用“
”表示。
②相互促进的水解程度较大的，书写时用“===”“↑”“↓”。
应用举例
写出下列盐溶液中水解的离子方程式。
(1)NH4Cl：______________________________________________________________。
(2)Na2CO3：_____________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
(3)FeCl3：_______________________________________________________________。
(4)CH3COONH4：________________________________________________________。
(5)Al2S3：_______________________________________________________________。
(6)AlCl3溶液和NaHCO3溶液混合：_________________________________________
________________________________________________________________________。
考点二 盐类水解原理及规律
1．影响盐类水解的因素
(1)内因：形成盐的弱酸或弱碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度______，溶液的碱性或
酸性________。
如水解程度：Na2CO3____Na2SO3，Na2CO3____NaHCO3。
(2)外因：盐类水解平衡同电离平衡一样，当温度、浓度等条件改变时，会引起水解平衡的移动，从而影响
盐类水解的程度。其中浓度的影响通常包括：加水稀释、加入适量的酸或碱及能与酸或碱反应的盐等。
应用举例
以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2O
Fe(OH)3＋3H＋，分析外界条件对水解平衡的影响。
条件
平衡移动方向
H＋数
pH
现象
升温
通HCl
加H2O
加NaHCO3
2．盐类水解在生产生活中的应用
(1)水解产物性质的应用
①纯碱溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中的原因：____________________________
________________________________________________________________________。
②明矾净水的原理：______________________________________________________
________________________________________________________________________。
ZnCl
③
2溶液可作焊接时的除锈剂的原因：___________________________________
3
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________________________________________________________________________。
(2)促进盐类水解的应用举例
①热的纯碱溶液去油污效果好，原因是______________________________________
________________________________________________________________________。
②铵态氮肥与草木灰不得混用的理由：______________________________________
________________________________________________________________________。
③加MgO 除去MgCl2溶液中的Fe3＋杂质的原理：_____________________________
________________________________________________________________________。
④泡沫灭火器反应原理：__________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)抑制盐类水解的应用举例
①在配制FeCl3、AlCl3、SnCl2等溶液时为抑制水解，常先将盐溶于少量________中，再加蒸馏水稀释到所
需浓度。
②用MgCl2·6H2O 晶体得到纯的无水MgCl2操作方法及理由是__________________
________________________________________________________________________。
【答案】
考点一 盐类水解原理及规律
1．水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质
2．正
3．(2)酸碱中和
4．否 中性 是 NH、Cu2＋ 酸性 是 CH3COO－、CO 碱性
5．应用举例
(1)NH＋H2O
NH3·H2O＋H＋
(2)CO＋H2O
HCO＋OH－ HCO＋H2O
H2CO3＋OH－
(3)Fe3＋＋3H2O
Fe(OH)3＋3H＋
(4)CH3COO－＋NH＋H2O
CH3COOH＋NH3·H2O
(5)2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑
(6)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
考点二 盐类水解原理及规律
1．(1)越大 越强 > >
应用举例
向右 增多 减小 颜色变深 向左 增多 减小 颜色变浅 向右 增多 增大 颜色变浅 向右 减
少 增大
生成红褐色沉淀，放出气体
2．
4
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(1) ①溶液中碳酸根离子水解：CO＋H2O
HCO＋OH－，使溶液显碱性，会与玻璃中成分SiO2反应
②明矾溶液中的铝离子水解：Al3＋＋3H2O
Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3 胶体能吸附水中的悬浮
物，起到净水作用 ③Zn2＋水解使溶液显酸性，能溶解铁锈
(2) ①碳酸钠的水解为吸热反应，升高温度水解平衡向右移动，溶液的碱性增强，去污效果增强
②铵态氮肥中的NH 水解显酸性，草木灰中的CO 水解显碱性，相互促进，使氨气逸出降低肥效
Fe
③
3＋＋3H2O
Fe(OH)3＋3H＋，MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O，使Fe3＋水解平衡向右移动，从而转化为
Fe(OH)3沉淀除去，且不引入新的杂质
NaHCO
④
3与Al2(SO4)3饱和溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
(3)①浓盐酸 ②在干燥的HCl 气流中加热MgCl2·6H2O，可以得到无水MgCl2，HCl 气流能抑制MgCl2的水
解，且带走MgCl2·6H2O 因受热产生的水蒸气
考点一 盐类水解原理及规律
1．下列溶液因溶质的水解而呈酸性的是（ ）
A. K2CO3溶液
B. NH4Cl 溶液
C. NaHSO4溶液
D. CH3COOH 溶液
【答案】B
【解析】物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水电离出的氢
氧根离子促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液呈酸性，据此分析。
解；A．K2CO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，故A 不选；
B．NH4Cl 是强酸弱碱盐，水解显酸性，故B 选；
C，NaHSO4为强酸的酸式盐，NaHSO4=Na++H++SO4
2-，但不是盐类水解的原因，故C 不选；
D．CH3COOH 是弱酸，电离显酸性，不能水解，故D 不选。
故选：B。
2．下列水解方程式书写正确的是（ ）
A. CO3
2-+2H2O
H
⇌
2CO3+2OH-
B. Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
C. HS-+H2O
H
⇌
3O++S2-
D. HCO3
-+H2O
H
⇌
2CO3+OH-
【答案】D
【解析】
5
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A．水解分步进行，以第一步为主，则水解方程式为CO3
2-+H2O
HCO
⇌
3
-+OH-，故A 错误；
B．水解不能生成沉淀，则水解方程式为Fe3++3H2O═Fe（OH）3+3H+，故B 错误；
C．HS-电离生成S2-，HS-+H2O
H
⇌
3O++S2-是电离方程式，故C 错误；
D．HCO3
-水解生成H2CO3和OH-，水解方程式为HCO3
-+H2O
H
⇌
2CO3+OH-，故D 正确；
故选：D。
3．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 用FeCl3对饮用水进行杀菌、消毒
B. 用电解氯化铝溶液的方法制取铝单质
C. NH4F 溶液储存于玻璃试剂瓶中
D. 加热并蒸干硫酸铜溶液可得到硫酸铜固体
【答案】D
【解析】略
4．相同温度，相同物质的量浓度的五种溶液：①NH4Cl
NaHSO
②
4
NaCl
CH
③
④
3COONa
Na
⑤
2CO3，pH 按由小到大的顺序排列，正确的是（ ）
A. ⑤＞④＞③＞①＞②
B. ③＞②＞①＞④＞⑤
C. ②＞①＞③＞④＞⑤
D. ②＞①＞③＞⑤＞④
【答案】C
【解析】
据溶液的酸碱性以及利用盐类的水解程度比较浓度相同的溶液的pH 大小。
同温度相同物质的量浓度下列溶液中，NH4Cl 中铵根离子水解导致溶液显示酸性，但是酸性
小于硫酸氢钠，CH3COONa、Na2CO3是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，对应酸的酸性越弱水解
程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH 越大，酸根离子的水解程度大小为CH3COO-＜
CO3
2-，所以溶液pH：CH3COONa＜Na2CO3，按pH 由大到小的顺序排列为②＞①＞③＞④＞
⑤。
故选：C。
5．下列水溶液一定呈中性的是（ ）
A. 105℃的蒸馏水
B. 能使石蕊试剂呈紫色的溶液
C. pH=7 的溶液
D. 酸碱中和滴定到达滴定终点时的溶液
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【答案】A
【解析】
任何水溶液中，只要存在c（H+）=c（OH-），该溶液一定呈中性。
A．105℃的蒸馏水中存在存在c（H+）=c（OH-），该蒸馏水一定呈中性，故A 正确；
B．石蕊试液变红色范围为5-8，能使石蕊试剂呈紫色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以
该溶液不一定呈中性，故B 错误；
C．100℃时，纯水的pH=6，该温度下，pH=7 的溶液呈碱性，故C 错误；
D．酸碱中和滴定达到滴定终点时，如果是强酸、强碱混合溶液，混合溶液呈中性；如果是
强酸、弱碱混合溶液，混合溶液呈酸性，如果是强碱、弱酸混合溶液，混合溶液呈碱性，故
D 错误；
故选：A。
6．常温下，有0.1mol•L-1的四种溶液：
NaOH
①
Na
②
2CO3
NaHSO
③
4
NH
④
4Cl
（1）任选上述一种酸性溶液，用化学用语解释其呈酸性的原因：_____。
（2）溶液①中由水电离出的氢氧根浓度为 _____。
（3）溶液①、③等体积混合后，溶液中c（H+） _____ c（OH−）（填“＞”、“＜”或
“=”）。
（4）溶液④中各离子浓度从大到小的顺序是 _____。
（5）热的②溶液可以去油污，原因是 _____（用化学用语解释）。
【答案】
(1)NaHSO4=Na++H++SO4
2-或NH4
++H2O
NH
⇌
3•H2O+H+;(2)1×10-13mol/L;(3)=;(4)c（Cl-）＞c
（NH4
+）＞c（H+）＞c（OH-）;(5)CO3
2-+H2O
HCO
⇌
3
-+OH-;
【解析】
（1）NaHSO4属于盐，在水溶液中完全电离生成H+而导致其水溶液呈酸性；NH4Cl 属于盐，
NH4
+水解生成H+而导致其水溶液呈酸性；
（2）溶液①NaOH 中由水电离出的氢氧根浓度等于水电离出的氢离子浓度，结合离子积常数
计算；
（3）溶液①NaOH、③NaHSO4等体积混合后，反应生成硫酸钠和水；
（4）溶液④NH4Cl 为强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，据此分析溶液中各离子浓度
7
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从大到小的顺序；
（5）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子分步水解，溶液显碱性，加热促进水解，溶液碱性增
强。
考点二 盐类水解原理及规律
1.下列物质用途与盐类的水解无关的是( )
A. N a2C O3常用作去油污
B. 可溶性的铝盐、铁盐作净水剂
C. TiC l4溶于水制备TiO2
D. FeC l3溶液作为印刷电路板的“腐蚀液”
【答案】D
【解析】
A.N a2C O3溶液显碱性，油污在碱性条件下水解成可溶于水的物质，与盐类水解有关，A 错误；
B.铝盐、铁盐常用于净水是利用铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质，起到
净水作用，与盐类水解有关，B 错误；
C. 在加热的条件下，TiC l4水解得TiO2⋅x H 2O和HCl，反应方程式为：
TiC l4+( x +2)H 2O =TiO2⋅x H 2O↓+ 4 HCl↑，加热制备得到TiO2，和盐类水解有关，C 错误；
D.FeC l3可用作铜制电路板的腐蚀剂，利用了F e
3+的氧化性，与水解无关，D 正确；
故选D。
2.下列说法不正确的是( )
A. 配制FeC l3溶液时，将FeC l3固体加入适量蒸馏水中，搅拌使其完全溶解
B. 室温下，向0.1mol⋅L
−1氨水中加少量N H 4Cl固体，溶液中
c(O H
−)
c(N H 3⋅H 2O)
减小
C. 相同温度下，相同物质的量浓度的四种溶液：①NaHC O3、②NaCl、③NaHSO4、
④C H 3COONa，按pH由大到小的顺序排列为：①>④>②>③
D. 相同温度下，pH相同的三种溶液：①(N H 4)2SO4、②N H 4Cl、③N H 4 Al(SO4)2，按c(N H 4
+)由
大到小的顺序排列为：①=②>③
【答案】A
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【解析】
A.配制FeC l3溶液时，应该将FeC l3固体溶液浓盐酸中，否则铁离子水解生成氢氧化铁，无法获得氯化铁
溶液，故A 错误；
B.向0.1mol⋅L
−1的氨水中加入少量N H 4Cl固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，
c(O H
−)减小、c( N H 3⋅H 2O)增大，所以溶液中
c(O H
−)
c(N H 3⋅H 2O)
减小，故B 正确；
C.①NaHC O3是强碱弱酸盐，水解显碱性；②NaCl是强酸强碱盐，溶液呈中性；③ NaHSO4电离出氢
离子，溶液呈酸性，④C H 3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；而酸性
C H 3COOH > H 2C O3> HC O3
− ，酸的酸性越弱，酸根的水解能力越强，故水解能力：
C H 3COO
−< HC O3
−<C O3
2− ，故溶液的碱性NaHC O3>C H 3COONa，即pH：①>④>②>③，故C
正确；
D.(N H 4)2SO4、N H 4Cl均为强酸弱碱盐， N H 4
+发生水解反应使溶液呈酸性，相同温度下pH相同，则
两者 c(N H 4
+) 相等， N H 4 Al(SO4)2中铝离子会促进N H 4
+的水解，则pH相同时 c(N H 4
+) 较小，
则 c(N H 4
+)：①=②>③，故D 正确；
故选：A。
3.常温下，下列事实能说明某一元酸HX是一元强酸的是( )
A. 0.1mol⋅L
−1 HX溶液的pH = 4
B. 0.1mol⋅L
−1 NaX溶液pH >7
C. 0.1mol⋅L
−1 HX溶液比0.1mol⋅L
−1硝酸导电能力弱
D. 10mL0.1mol⋅L
−1 NaOH溶液与10mL0.1mol⋅L
−1 HX溶液混合pH =7
【答案】D
【解析】
A.0.1mol⋅L
−1 HX溶液的pH = 4，说明HX在水溶液中只能部分电离，属于一元弱酸，A不符合题意；
B.0.1mol⋅L
−1 NaX溶液pH >7，说明NaX是强碱弱酸盐，因为X
−水解呈碱性，即HX为一元弱酸，B不
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符合题意；
C.0.1mol⋅L
−1 HX溶液比0.1mol⋅L
−1硝酸导电能力弱说明HX只能部分电离，属于一元弱酸，C不符合
题意；
D.10mL0.1mol⋅L
−1 NaOH溶液与10mL0.1mol⋅L
−1 HX溶液，二者混合完全反应生成NaX，混合后
溶液pH =7即说明NaX为强酸强碱盐，即说明HX为一元强酸，D符合题意；
故选D。
4.化学知识广泛应用于生产、生活中。下列叙述不正确的是( )
A. 明矾和ClO2均可用作净水剂，且净水原理相同
B. 除去CuC l2溶液中少量的FeC l3，可选用CuO固体
C. 纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂
D. 用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹
【答案】A
【解析】
A.明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，胶体表面积大，吸附性强，可以吸
附水中的悬浮物，达到净水的目的；而ClO2净水是利用其强氧化性，杀死水中的细菌和病毒，它们的原
理不同，故A 错误；
B.FeC l3中的铁离子易水解生成氢氧化铁而除去，加入氧化铜可调节溶液pH，促进铁离子的水解，故B
正确；
C.碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，碳酸钙能溶于酸，所以纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂，故C 正
确；
D.饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面
的锈迹，故D 正确；
故选：A。
5.对于下列现象及事实，其解释不正确的是 ( )
选项
事实
解释
A
室温下，用pH计分别测量等浓度的NaA和NaB溶液的
pH
比较HA和HB酸性强弱
B
亚硫酸氢钠溶液呈酸性
亚硫酸氢根水解
C
泡沫灭火器用于灭火
碳酸氢盐与铝盐的双水解反应
D
合成氨反应选择高温条件
高温有利于加快化学反应速率
【答案】B
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【解析】
A.两种钠盐溶液的浓度相同，能利用水解后pH的不同比较酸性强弱，A 正确；
B.亚硫酸氢钠溶液呈酸性的原因是亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，即以电离为主：HSO ❑3
− ⇀
↽ SO
❑3
2− + H
+，B 错误；
C.A l2(SO4)3和NaHC O3能制作泡沫灭火器，利用了A l2(SO4)3溶液与NaHC O3溶液混合后能发生剧烈
双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，C 正确；
D.温度越高，反应速率越快，且在500℃时催化剂活性最大，因此采用500℃左右主要考虑反应速率问
题，D 正确；
故选B。
6.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是( )
A. 明矾中的铝离子易水解，常用于自来水厂净水
B. 氯化铵溶液显酸性可用作铁制品的除锈剂
C. 配制FeC l3溶液时需在溶液中加入盐酸以防止F e
3+水解
D. 冰柜能延长肉类保质期主要是因为冰柜隔绝了空气
【答案】D
【解析】
A.明矾中铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂，A 正确；
B.氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，故氯化铵溶液可用作铁制品的除锈剂，B 正确；
C.保存 FeC l3 溶液时滴加几滴盐酸，可防止铁离子水解生成沉淀，C 正确；
D.温度越低反应速率越慢，所以食物放在冰箱里能降低温度，延长保质期，D 错误；
故选D。
7.在一定条件下，N a2C O3溶液中存在水解平衡CO3
2−+ H 2O
HCO3
−+O H
−。下列说法正确的是( )
A. 加入NaOH固体，平衡向正反应方向移动
B. 稀释溶液，CO3
2−的水解程度增大
C. 通入HCl，溶液pH增大
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D. 升高温度，
c( HCO3
−)
c(CO3
2−)
不变
【答案】B
【解析】
A.加入NaOH固体，O H
−的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故A 错误；
B.稀释溶液，相当于向体系内加水，增大反应物的量，平衡正向移动CO3
2−的水解程度增大，故B 正确；
C.用整体法进行分析，碳酸钠溶液显碱性，加入酸性物质HCl，溶液的pH减小，故C 错误；
D.升高温度，平衡向吸热方向移动，即平衡向正反应方向移动，HCO3
−的浓度增大，CO；的浓度减小，
故
c( HCO3
−)
c(CO3
2−)
增大，故D 错误。
8.室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如表：
实验编号
起始浓度/(mol⋅L
−1)
反应后溶液的pH
c( HA )
c( KOH )
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是( )
A. 实验①反应后的溶液中：c( K
+)>c( A
−)>c(O H
−)>c( H
+)
B. 实验①反应后的溶液中：c(O H
−)=c( K
+)−c( A
−)=
K W
1×10
−9 mol⋅L
−1
C. 实验②反应后的溶液中：c( A
−)+c( HA )>0.1mol⋅L
−1
D. 实验②反应后的溶液中：c( K
+)=c( A
−)>c(O H
−)=c( H
+)
【答案】B
【解析】
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由题干信息知，实验①反应后为KA溶液，c(O H
−)>c( H
+)，溶液中A
−发生水解，故
c( K
+)>c( A
−)>c(O H
−)>c( H
+)，A 正确；由电荷守恒得，c(O H
−)+c( A
−)=c( H
+)+c( K
+)，即
c(O H
−)=c( K
+)+c( H
+)−c( A
−)，B 错误；实验②反应后溶液的pH =7，即c( H
+)=c(O H
−)，则
c( K
+)=c( A
−)，又因HA为弱酸，所以x>0.2，由物料守恒得，等体积混合后溶液中，
c( A
−)+c( HA)= x
2 mol⋅L
−1>0.1mol⋅L
−1，C、D 正确。
9.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学知
识回答下列问题：
(1) AlC l3溶液呈_________性，原因是___________________(用离子方程式表示)；若把AlC l3溶液蒸干，
灼烧，最后主要得到的固体产物是_________；若将AlC l3溶液和NaHC O3溶液混合，该反应的离子方程
式为_____________________________________。
(2)将1 L0.2mol⋅L
−1 HA溶液与1 L0.1mol⋅L
−1 NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，
测得混合溶液中c( N a
+)>c( A
−)，则：
①混合溶液中，c( A
−)_________(填“>”“<”或“=”，下同)c( HA )。
②混合溶液中，c( HA )+c( A
−)_________0.1mol⋅L
−1。
(3) pH相同的①C H 3COONa、②NaHC O3、③NaClO三种溶液的c( N a
+)：________。
【答案】
(1)酸；A l
3++3 H 2O
Al(OH )3+3 H
+ ；A l2O3 ；❑
A l
3++3 HC O3
−
Al(OH )3↓+3C O2↑
(2)①< ②=
(3)①>②>③
【解析】
(1) AlC l3为强酸弱碱盐，在水溶液中会水解，A l
3+结合水电离出来的O H
−，使得溶液中的c( H
+)大于
13
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c(O H
−)，溶液呈酸性；将AlC l3溶液蒸干，由于A l
3+水解生成Al(OH )3，加热促进水解，而H
+和C l
−
结合成HCl，加热从溶液中挥发出去，使之水解完全，再灼烧得到氧化铝。AlC l3水解呈酸性，NaHC O3
水解呈碱性，两溶液混合，相互促进水解，生成Al(OH )3和C O2，根据电荷守恒可以写出方程式。
(2)两者混合后会反应，得到的溶液恰好为等物质的量浓度的NaA和HA的混合溶液。如果A
−不水解，HA
不电离，那么c( N a
+)=c( A
−)，现在c( N a
+)>c( A
−)，说明A
−由于水解在减少。因水解而减少的A
−比
HA电离产生的A
−多，A
−的水解程度大于HA的电离程度，可以忽略HA的电离。①如果HA不电离，A
−
也不水解，c( A
−)=c( HA )，现在A
−水解产生HA，HA的浓度增大，A
−的浓度减小，则c( A
−)<c( HA )。
②不管是电离还是水解，在溶液中都存在物料守恒，因此c( HA )和c( A
−)总浓度不变，
c( HA )+c( A
−)=0.1mol⋅L
−1。
(3)C H 3COONa、NaHC O3、NaClO中酸根阴离子对应的酸分别为C H 3COOH、H 2C O3、HClO，
它们的酸性强弱顺序是C H 3COOH > H 2C O3> HClO，酸的酸性越弱，其酸根阴离子水解能力越强，溶
液的pH越大。现在溶液的pH相同，则水解能力弱的酸根阴离子，其浓度就要大，因此c( N a
+)大小排序
为①>②>③。
第三板块 真题演练
1.（2023·重庆）(N H 4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的
是( )
14
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A. M点
等于N点
B. M点pH大于N点pH
C. N点降温过程中有2个平衡发生移动
D. P点c(H
+)+c(N H 4
+)+c(N H 3⋅H 2O)=c(O H
−)+2c(SO4
2−)
【答案】B
【解析】
A.温度升高，水的电离程度增大，则M点
小于N点
，A 错误；
B.升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，
故M点pH大于 N点pH，B 正确；
C.N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C 错误；
D.P点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知， c(H
+)+c(N H 4
+)=c(O H
−)+2c(SO4
2−) ，D 错误；
故选B。
2.（2023·海南）25℃下，N a2C O3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
( )
15
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A. c(N a2C O3)=0.6mol⋅L
−1时，溶液中c(O H
−)<0.01mol⋅L
−1
B. N a2C O3水解程度随其浓度增大而减小
C. 在水中H 2C O3的K a2<4×10
−11
D. 0.2mol⋅L
−1的N a2C O3溶液和0.3mol⋅L
−1的NaHC O3溶液等体积混合，得到的溶液
c(O H
−)<2×10
−4mol⋅L
−1
【答案】B
【解析】
A.由图像可以， c(N a2C O3)=0.6mol⋅L
−1 时，pH >12.0，溶液中 c(O H
−)>0.01mol⋅L
−1 ，故A 错
误；
B.盐溶液越稀越水解， N a2C O3 水解程度随其浓度增大而减小，故B 正确；
C.
结
合
图
像
可
知
，
当
c(N a2C O3)=0.5mol⋅L
−1 ，
pH =12，
K h=
c( HC O3
−)c(O H
−)
c(C O3
2−)
= 10
−2×10
−2
0.5
=2×10
−4 ，则K a2= K W
K h
=5×10
−11 ，故 C 错误；
D.若0.2mol⋅L
−1的N a2C O3溶液和等体积的蒸馏水混合，浓度变为0.1mol/ L，由图可知，pH >10
−11.6，
得到的溶液 c(O H
−)>2×10
−4mol⋅L
−1，0.2mol⋅L
−1的N a2C O3溶液和0.3mol⋅L
−1的NaHC O3溶液
等体积混合后c(O H
−)大于与水混合的，故D 错误。
16
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故答案为：B。
3.（2023·浙江）甲酸( HCOOH )是重要的化工原料。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R3 N，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K a=1.8×10
−4)，下列说法不正确的是( )
A. 活性成分R3 N在水中存在平衡：R3 N + H 2O⇌R3 N H
++O H
−
B. pH =5的废水中c( HCOO
−)：c( HCOOH )=18：1
C. 废水初始pH <2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3 N H
+作用的HCOO
−数目减少
D. 废水初始pH >5，离子交换树脂活性成分主要以R3 N H
+形态存在
【答案】D
【解析】
A.根据图知，工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3 N呈碱性，存在
水解平衡R3 N + H 2O⇌R3 N H
++O H
−，故A 正确；
17
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B. 由HCOOH的电离平衡常数公式知：
，pH =5时，c( H
+)=10
−5mol / L，
：1，故B 正确；
C.废水中pH值越小，c( H
+)越大，使HCOOH ⇌HCOO
−+ H
+平衡逆向移动，甲酸的电离被抑制，则
HCOO
−数目减少，故C 正确；
D.活性成分R3 N在水中存在平衡：R3 N + H 2O⇌R3 N H
++O H
−，废水初始pH >5时，溶液中c(O H
−)
增大，平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3 N形态存在，故D 错误。
故选D。
4.（2023·湖北）H 2 L为某邻苯二酚类配体，其p K a1=7.46，p K a2=12.4。常温下构建Fe−H 2 L溶
液体系，其中c0(F e
3+)=2.0×10
−4mol⋅L
−1，c0(H 2 L)=5.0×10
−3mol⋅L
−1。体系中含Fe物种的组分
分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ( x)=
c( x)
2.0×10
−4mol⋅L
−1，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。
下列说法正确的是( )( )
18
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A. 当pH =1时，体系中c(H 2 L)>c([ FeL]
+)>c(OH )>c(H L
−)
B. pH在9.5∼10.5之间，含L的物种主要为L
2−
C. L
2−+[ FeL]
+⇀
↽[Fe L2]
−
的平衡常数的lgK约为14
D. 当pH =10时，参与配位的c(L
2−)≈1.0×10
−3mol⋅L
−1
【答案】C
【解析】
从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利
用此规律解决本题。
A.从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L
2−进行络合，但在pH =1时，富含L的型体主要为H 2 L，此时电离出的
H L
−较少，根据H 2 L的一级电离常数可以简单计算pH =1时溶液中c( H L
−)≈10
−9.46，但pH =1时
c(O H
−)=10
−13，因此这四种离子的浓度大小为c( H 2 L)>c([ FeL]
+)>c( H L
−)>c(O H
−)，A 错误；
B.根据图示的分布分数图可以推导出，H 2 L在pH ≈9.9时H L
−的含量最大，而H 2 L和L
2−的含量最少，因
此当pH在9.5∼10.5之间时，含L的物种主要为H L
−，B 错误；
C.该反应的平衡常数K =
c([ Fe L2]
−)
c([ FeL]
+)c( L
2−)
，当[ Fe L2]
−与[ FeL]
+分布分数相等时，可以将K简化为K =
19
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1
c( L
2−) ，此时体系的pH = 4，在pH = 4时可以计算溶液中c( L
2−)=5.0×10
−14.86，则该络合反应的平衡
常数K ≈10
−14.16，即lg K ≈14，C 正确；
D.根据图像，pH =10时溶液中主要的型体为[ Fe L3]
3−和[ Fe L2(OH )]
2−，其分布分数均为0.5，因此可
以得到c([ Fe L3]
3−)=c([ Fe L2(OH )]
2−)=1×10
−4mol· L
−1，此时形成[ Fe L3]
3−消耗了
3×10
−4mol· L
−1的L
2−，形成[ Fe L2(OH )]
2−消耗了2×10
−4mol· L
−1的L
2−，共消耗了5×10
−4mol· L
−1
的L
2−，即参与配位的c( L
2−)≈5×10
−4，D 错误；
故答案选C。
5.（2023·北京）利用平衡移动原理，分析一定温度下M g
2+在不同pH的N a2C O3体系中的可能产物。
已知：ⅰ、图1中曲线表示N a2C O3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ、图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c( M g
2+)·c
2(O H
−)= K sp[ Mg(OH )2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
c( M g
2+)·c(C O3
2−)= K sp( MgC O3)；
[注：起始c( N a2C O3)=0.1mol· L
−1，不同pH下c(C O3
2−)由图1得到]。
下列说法正确的是( )
A. 由图1，pH =10.25，c( HC O3
−)=c(C O3
2−)
20
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B. 由图2，初始状态pH =11、lg[c( M g
2+)]=−6，有沉淀生成
C. 由图2，初始状态pH =9、lg[c( M g
2+)]=−2，平衡后溶液中存在：
c( H 2C O3)+c( HC O3
−)+c(C O3
2−)=0.1mol· L
−1
D. 由图1和图2，初始状态pH =8、lg[c( M g
2+)]=−1，发生反应：
M g
2++2 HC O3
−= MgC O3↓+C O2↑+ H 2O
【答案】AD
【解析】
A.水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时pH =10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正
确；
B.从图2可以看出pH =11、lg[c( M g
2+)]=−6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀
或氢氧化镁沉淀，B项错误；
C.从图2可以看出pH =9、lg[c( M g
2+)]=−2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料
守恒，溶液中c( H 2C O3)+c( HC O3
− )+c( C O3
2− )<0.1mol· L
−1，C项错误；
D.pH =8时，溶液中主要含碳微粒是 HC O3
− ，pH =8，lg[c( M g
2+)]=−1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，
会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为M g
2++2 HC O3
− = MgC O3↓+C O2↑+ H 2O，D项正确；
故选：AD。
7.(2022·福建)下图为某实验测得0.1mol· L
−1 NaHC O3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。
下列说法正确的是( )
21
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A. a点溶液的c(O H
−)比c点溶液的小
B. a点时，K ❑w< K ❑a1( H 2C O3)· K ❑a2( H 2C O3)
C. b点溶液中，c( N a
+)= c( HC O3
−)+2c(C O3
2−)
D. ab段，pH减小说明升温抑制了HC O3
−的水解
【答案】A
【解析】
A.K w=c( H
+)
.c(O H
−)，随着温度的升高，K w增大，a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是
c(O H
−)不同，c点的K w大，所以a点溶液的c(OH )比c点溶液的小，故A 正确；
B.碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解程度大于电离程
度，K h= K w
K a1
> K a2，所以K w> K a1( H 2C O3)⋅K a2( H 2C O3)，故B 错误；
C.b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：c( N a
+)+c( H
+)=c( HC O3
−)+2c(C O3
2−)+c(O H
−)，由于
c( H
+)<c(O H
−)，所以c( N a
+)>c( HC O3
−)+2c(C O3
2−)，故C 错误；
D.碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解
的两个过程，故 D 错误。
22
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8.(2022·浙江)25℃时，苯酚(C6 H 5OH )的K a=1.0×10
−10，下列说法正确的是( )
A. 相同温度下，等pH的C6 H 5ONa和C H 3COONa溶液中，c(C6 H 5O
−)>c(C H 3COO
−)
B. 将浓度均为0.10mol⋅L
−1的C6 H 5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C. 25℃时，C6 H 5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH =10.00，则此时溶液中
c(C6 H 5O
−)=c(C6 H 5OH )
D. 25℃时，0.10mol⋅L
−1的C6 H 5OH溶液中加少量C6 H 5ONa固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】解：A .水解能力C6 H 5O
−>C H 3COO
−，相同温度下，等pH的C6 H 5ONa和C H 3COONa溶
液中，c(C6 H 5O
−)<c(C H 3COO
−)，故A 错误；
B.NaOH溶液中，升高温度，氢氧根离子浓度不变，K w增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B 错误；
C.25℃时，C6 H 5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH =10.00，c( H
+)=10
−10mol / L，苯酚
(C6 H 5OH )的
K a= c(C6 H 5O
−)⋅c( H
+)
c(C6 H 5OH )
= c(C6 H 5O
−)⋅10
−10
c(C6 H 5OH )
=1.0×10
−10，
故
溶
液
中
c(C6 H 5O
−)=c(C6 H 5OH )，故C 正确；
D.C6 H 5ONa在水中能水解，促进水的电离，0.10mol⋅L
−1的C6 H 5OH溶液中加少量C6 H 5ONa固体，
水的电离程度变大，故D 错误；
故选：C。
23
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9.(2021·河北)BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
下列说法错误的是( )
A. 酸浸工序中分次加入稀HN O3可降低反应剧烈程度
B. 转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiON O3
C. 水解工序中加入少量C H 3COONa(s)可提高Bi
3+水解程度
D. 水解工序中加入少量N H 4 N O3(s)有利于BiOCl的生成
【答案】D
【解析】
A .金属与酸的反应放热会导致溶液的温度升高、反应速率加快，为了降低反应剧烈程度，可分次加入稀
HN O3，故A 正确；
B.Bi( N O3)3易水解生成BiON O3，反应为Bi( N O3)3+ H 2O⇌BiON O3+2 HN O3，加入HCl可增大溶
液中H
+的浓度、抑制Bi( N O3)3的水解、防止生成BiON O3而降低产率，故B 正确；
C.BiC l3水解使溶液呈酸性，C H 3COONa是弱酸强碱盐、水解使溶液呈碱性，二者混合能相互促进水
解，则加入少量C H 3COONa(s)可提高Bi
3+水解程度，提高BiOCl的产率，故C 正确；
D.BiC l3水解使溶液呈酸性，方程式为BiC l3+ H 2O⇌BiOCl+2 HCl，N H 4 N O3是强酸弱碱盐、水解使
溶液呈酸性，则水解工序中加入少量N H 4 N O3(s)不利于BiOCl的生成，同时加入了N O3
−，N O3
−浓度增
大可能转化为BiON O3，使BiOCl的产率降低，故D 错误；
故选：D。
10.(2020·浙江)常温下，用0.1mol· L
−1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol· L
−1的HCl和C H 3COOH的混合
液，下列说法不正确的是( )
A. 在氨水滴定前，HCl和C H 3COOH的混合液中c(C l
−)>c(C H 3COO
−)
B. 当滴入氨水10mL时，c( NH ❑4
+)+c( N H 3· H 2O)=c(C H 3COO
−)+c(C H 3COOH )
24
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C. 当滴入氨水20mL时，c(C H 3COOH )+c( H
+)=c( N H 3· H 2O)+c(O H
−)
D. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c( NH ❑4
+)<c(C l
−)
【答案】D
【解析】
A. 浓度均为0.1mol· L
−1的HCl和C H 3COOH的混合液中，盐酸完全电离，醋酸部分电离，
c( H
+)>c(C l
−)>c(C H 3COO
−)，故A 正确；
B.当滴入氨水10mL时，盐酸恰好全部反应，得到等浓度的N H 4Cl和C H 3COOH的混合物，结合溶液中
物料守恒可知：c( N H 4
+)+c( N H 3· H 2O)=c(C H 3COO
−)+c(C H 3COOH )，故B 正确；
C.当滴入氨水20mL时，HCl和C H 3COOH恰好全部反应，得到等浓度的N H 4Cl和C H 3COON H 4的
混合物，结合溶液中质子守恒可知：c(C H 3COOH )+c( H
+)=c( N H 3· H 2O)+c(O H
−)，故C 正确；
D.同一浓度，乙酸和氨水的电离程度相当，乙酸铵呈中性，当滴入氨水20mL时，得到等浓度的N H 4Cl
和C H 3COON H 4的混合物，氯化铵中铵根离子水解，溶液呈酸性，使溶液呈中性，需滴入的氨水的量大
于20mL，由电荷守恒得：c( H
+)+c( N H 4
+)=c(C H 3COO
−)+c(O H
−)+c(C l
−)，溶液呈中性，
c( H
+)=c(O H
−)，则c( N H 4
+)=c(C H 3COO
−)+c(C l
−)，c( N H 4
+)>c(C l
−)，故D 错误。
11.(2021·浙江)25℃时，下列说法正确的是（ ）
A. NaHA溶液呈酸性，可以推测H 2 A为强酸
B. 可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C. 0.010mol· L
−1、0.10mol· L
−1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1<α2
D. 100mL pH =10.00的N a2C O3溶液中水电离出H
+的物质的量为1.0×10
−5mol
【答案】D
【解析】
A.若NaHA的水溶液呈酸性，若只电离，则二元酸为强酸，若NaHA的水溶液中H A
−的电离大于其水解，
则二元酸H 2 A为弱酸，故A 错误；
25
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B.可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是HA和BOH的电离程度相同，B
+
和A
−的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，故B 错误；
C.弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol⋅L
−1、0.10 mol⋅L
−1的醋酸溶液的电离度分别为
α1、α2，则α1>α2，故C 错误；
D.100 mL pH =10.00的N a2C O3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10
−4mol / L，碳酸根水解促进水的电
离，则水电离出H
+的浓度是1×10
−4mol/ L，其物质的量为0.1 L×1×10
−4mol/ L=1×10
−5mol，故D
正确。
12.(2021·重庆)下列叙述正确的是( )
A. 向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c(NH 4
+)>c(C H 3COO
−)
B. 向N H4Cl溶液中加入少量A l2(SO4)3固体、则水的电离程度减小
C. 向N a2CO3溶液中滴加盐酸至c(N a
+)=2c(C l
−)，则c(HCO3
−)>c(H 2C O3)
D. 向0.2mol⋅L
−1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H
+)>0.1mol⋅L
−1
【答案】C
【解析】
A. 向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，c( H
+)>c(O H
−)，根据电荷守恒：
c( H
+)+c( N H 4
+)=c(O H
−)+c(C H 3COO
−)，得到c( N H 4
+)<c(C H 3COO
−)，故A 错误；
B.溶液中加入少量A l2(SO4)3固体，A l2(SO4)3中铝离子在溶液中会发生水解反应，对水的电离起到促进
作用，水的电离程度增大，故B 错误；
C. 向N a2C O3溶液中滴加盐酸至c( N a
+)=2c(C l
−)，即n( N a
+)=2n(C l
−)，得到
n( N a2C O3)= 1
2 n( N a
+)=n(C l
−)=n( HCl)，发生反应：N a2C O3+ HCl = NaCl+ NaHC O3，
H 2C O3来自于HC O3
−的微弱水解，所以c( HC O3
−)>c( H 2C O3)，故C 正确；
26
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D.向0.2mol⋅L
−1磷酸中加水至原体积的两倍，稀释后c( H 3 PO4)=0.1mol / L，磷酸是弱酸，电离程度
很小，所以c( H
+)<0.1mol⋅L
−1，故D 错误；
故选：C。
13.(2021·湖南)常温下，用0.1000mol· L
−1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol· L
−1的三种一元
弱酸的钠盐( NaX、NaY 、NaZ )溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 ( )
A. 该NaX溶液中：
c( N a
+)>c( X
−)>c(O H
−)>c( H
+)
B. 三种一元弱酸的电离常数：K ❑a( HX )> K ❑a( HY )> K ❑a( HZ )
C. 当pH =7时，三种溶液中：c( X
−)=c(Y
−)=c(Z
−)
D. 分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c( X
−)+c(Y
−)+c(Z
−)=c( H
+)−c(O H
−)
【答案】C
【解析】
A .因
为
HX为
弱
酸
，
NaX溶
液
存
在
水
解
：
X
−+ H 2O⇌HX +O H
−，
所
以
c( N a
+)>c( X
−)>c(O H
−)>c( H
+)，故A 正确；
B.溶液碱性强弱为：NaX < NaY < NaZ，越弱越水解，则酸性强弱为：HX > HY > HZ，一元弱酸中，酸
性越强，电离程度越大，电离平衡常数K越大，所以有：K a( HX )> K a( HY )> K a( HZ )，故B 正确；
C.
当
pH =7时
，
c( H
+)=c(O H
−)，
根
据
电
荷
守
恒
，
NaX溶
液
中
有
：
27
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c( H
+)+c( N a
+)=c(O H
−)+c( X
−)+c(C l
−)，则有：c( X
−)=c( N a
+)−c(C l
−)，同理有：
c(Y
−)=c( N a
+)−c(C l
−)，c(Z
−)=c( N a
+)−c(C l
−)，又因三种溶液滴定到pH =7时，消耗的HCl的
量不同，即溶液中c(C l
−)不同，所以c( X
−)≠c(Y
−)≠c(Z
−)，故C 错误；
D. 分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：
c( X
−)+c(Y
−)+c(Z
−)+c(O H
−)+c(C l
−)=c( H
+)+c( N a
+)，
又
混
合
溶
液
中
c( N a
+)= 0.1mol / L×20mL×3
40mL×3
=0.05mol / L，
混
合
溶
液
中
c(C l
−)= 0.1mol / L×20mL×3
40mL×3
=0.05mol / L，
代
入
电
荷
守
恒
表
达
式
，
有
c( X
−)+c(Y
−)+c(Z
−)=c( H
+)−c(O H
−)，故D 正确。
故选：C。
14.(2021·重庆)下列叙述正确的是( )
A. 向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c( N H 4
+)>c(C H 3COO
− )
B. 向N H 4Cl溶液中加入少量A l2(SO4)3固体、则水的电离程度减小
C. 向N a2C O3溶液中滴加盐酸至c( N a
+)=2c(C l
−)，则c( HC O3
−)>c( H 2C O3)
D. 向0.2mol⋅L
−1磷酸中加水至原体积的两倍，则c( H
+)>0.1mol⋅L
−1
【答案】C
【解析】
A .向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，c( H
+)>c(O H
−)，根据电荷守恒：
c( H
+)+c( N H 4
+)=c(O H
−)+c(C H 3COO
−)，得到c( N H 4
+)<c(C H 3COO
−)，故A 错误；
B.溶液中加入少量A l2(SO4)3固体，A l2(SO4)3中铝离子在溶液中会发生水解反应，对水的电离起到促进
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作用，水的电离程度增大，故B 错误；
C. 向N a2C O3溶液中滴加盐酸至c( N a
+)=2c(C l
−)，即n( N a
+)=2n(C l
−)，得到
n( N a2C O3)= 1
2 n( N a
+)=n(C l
−)=n( HCl)，发生反应：N a2C O3+ HCl = NaCl+ NaHC O3，
H 2C O3来自于HC O3
−的微弱水解，所以c( HC O3
−)>c( H 2C O3)，故C 正确；
D.向0.2mol⋅L
−1磷酸中加水至原体积的两倍，稀释后c( H 3 PO4)=0.1mol / L，磷酸是弱酸，电离程度
很小，所以c( H
+)<0.1mol⋅L
−1，故D 错误；
故选：C。
15.(2022·湖北)下图是亚砷酸
和酒石酸
混合体系中部分物种的
c−pH图(浓度：总As为5.0×10
−4mol⋅L
−1，总T为1.0×10
−3mol⋅L
−1)。下列说法错误的是( )
A.
的lg K a1为−9.1
B.
的酸性比
的强
C. pH =3.1时，
的浓度比
的高
D. pH =7.0时，溶液中浓度最高的物种为
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【答案】D
【解析】
由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10
−3mol / L，右坐标浓度的数量级为10
−6mol / L，横坐标为pH
，随着pH的增大，c{[ As(OH )2T ]
−}先变大，然后再减小，同时c {[ AsO(OH )T ]
2−}变大，两者浓度均
为右坐标，说明变化的程度很小，当pH = 4.6时，c {[ AsO(OH )T ]
2−}=c {[ As(OH )2T ]
−}，Ka=10
−4.6
。pH继续增大，则c[ As(OH )3]减小，同时c{[ As(OH )2O]
−}增大，当pH =9.1时，
c{[ As(OH )2O]
−}=c[ As(OH )3]，Ka1=c( H
+)=10
−9.1，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的
幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。
A.As(OH )3⇌[ As(OH )2O]
−+ H
+，
Ka1=
c{[ As(OH )2O]
−}×c( H
+)
c[ As(OH )3]
，
当
pH =9.1时
，
c{[ As(OH )2O]
−}=c[ As(OH )3]，Ka1=c( H
+)=10
−9.1，lg K a1为−9.1，A 正确；
B.[ As(OH )2T ]
−⇌[ AsO(OH )T ]
2−+ H
+, Ka= c {[ AsO(OH )T ]
2−}×c( H
+)
c {[ As(OH )2T ]
−}
，
当
pH = 4.6时
，
c {[ AsO(OH )T ]
2−}=c {[ As(OH )2T ]
−}，
Ka=10
−4.6，
而
由
A选
项
计
算
得
H 3 AsO3的
Ka1=c( H
+)=10
−9.1，即Ka> Ka1，所以[ As(OH )2T ]
−的酸性比As(OH )3的强，B 正确；
C.由图可知As(OH )3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10
−3mol / L，[ As(OH )2T ]
−的浓度为右坐标，浓
度的数量级为10
−6mol / L，所以pH =3.1时，As(OH )3的浓度比[ As(OH )2T ]
−的高，C 正确；
D.由可知条件，酒石酸(H 2T , lg K a1=−3.04 , lg K a2=−4.37)，As(OH )3的lg K a1为−9.1，即酒石酸
的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH )3，另外总As的浓
度也小于总T的浓度，所以当pH =7.0时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH )3，D 错误；
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故选D。
16.(2022·浙江)25℃时，向20mL浓度均为0.1mol⋅L
−1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol⋅L
−1
的NaOH溶液(醋酸的K a=1.8×10
−5；用0.1mol⋅L
−1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点
的pH突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是( )
A. 恰好中和时，溶液呈碱性
B. 滴加NaOH溶液至pH = 4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H
++O H
−= H 2O
C. 滴定过程中，c(C l
−)=c(C H 3COO
−)+c(C H 3COOH )
D. pH =7时，c( N a
+)>c(C l
−)>c(C H 3COO
−)>c(C H 3COOH )
【答案】B
【解析】
A .恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，故A 正确；
B.根据电离常数，0.1mol⋅L
−1的盐酸和醋酸中，c( H
+)=√1.8×10
−3mol / L>1.0×10
−4.3，故用氢氧化
钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，故B 错误；
C.滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，
故C 正确；
D.向20mL浓度均为0.1mol⋅L
−1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol⋅L
−1的NaOH溶液，当盐
酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故
c( N a
+)>c(C l
−)>c(C H 3COO
−)>c(C H 3COOH )，故D 正确；
故选：B。
17.(2021·江苏)室温下，通过下列实验探究NaHC O3、N a2C O3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1mol⋅L
−1 NaHC O3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1mol⋅L
−1 NaHC O3溶液与0.1mol⋅L
−1CaC l2溶液等体积混合，产生白色沉淀
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实验3：向0.1mol⋅L
−1 N a2C O3溶液中通入C O2，溶液pH从12下降到约为9
实验4：向0.1mol⋅L
−1 N a2C O3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是( )
A. 由实验1可得出：K a2( H 2C O3)>
K w
K a1( H 2C O3)
B. 实验2中两溶液混合时有：c(C a
2+)⋅c(C O3
2−)< K sp(CaC O3)
C. 实验3中发生反应的离子方程式为C O3
2−+ H 2O+C O2=2 HC O3
−
D. 实验4中c反应前(C O3
2−)<c反应后(C O3
2−)
【答案】C
【解析】
A .溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，水解常数大于第二步电离常数，则
K a2( H 2C O3)<
K w
K a1( H 2C O3)，故A 错误；
B. 将0.1mol⋅L
−1 NaHC O3溶液与0.1mol⋅L
−1CaC l2溶液等体积混合，产生白色沉淀，说明
c(C a
2+)⋅c(C O3
2−)> K sp(CaC O3)，故B 错误；
C.向0.1mol⋅L
−1 N a2C O3溶液中通入过量C O2，发生反应N a2C O3+C O2+ H 2O =2 NaHC O3，反应
的离子方程式为：C O3
2−+ H 2O+C O2=2 HC O3
−，溶液碱性减弱，故C 正确；
D. 新制饱和氯水含有氢离子，与碳酸根反应，使溶液中碳酸根减小浓度降低，实验4中
c反应前(C O3
2−)>c反应后(C O3
2−)，故D 错误；
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18.(2020·海南)某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 该酸−lg K a≈4.7
B. NaA的水解平衡常数K h= 1
K a
C. 当该溶液的pH =7.0时，c( HA )<c( A
−)
D. 某c( HA )：c( A
−)= 4：1的缓冲溶液，pH ≈4
【答案】B
【解析】
A. 由图可知，c( HA )=c( A
−)时，pH = 4.7，该酸K = c( H
+)⋅c( A
−)
c( HA )
=c( H
+)=10
−4.7mol / L，故
−lg K a≈4.7，故A 正确；
B.NaA的水解平衡常数K h= c(OH
−)⋅c( HA )⋅c( H
+)
c( A
−)⋅c( H
+)
= K w
K a
，故B 错误；
C.根据图像可知，当该溶液的pH =7.0时，c( HA )<c( A
−)，故C 正确；
D.根据图像可知，c( HA )为0.8，c( A
−)为0.2时，pH约为4，故某c( HA )：c( A
−)= 4：1的缓冲溶液，
pH ≈4，故D 正确；
故选：B。
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19.(2020·新课标卷I)以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L
−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸
H 2 A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V NaOH的变化关系如图所示。[比如A
2−的分
布系数：δ( A
2−)=
c( A
2−)
c( H 2 A)+c( H A
−)+c( A
2−)
]
下列叙述正确的是( )
A. 曲线①代表δ( H 2 A )，曲线②代表δ( H A
−)
B. H 2 A溶液的浓度为0.2000mol⋅L
−1
C. H A
−的电离常数K a=1.0×10
−2
D. 滴定终点时，溶液中c( N a
+)<2c( A
2−)+c( H A
−)
【答案】C
【解析】
A、在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，
曲线②在一直增加；说明H 2 A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H 2 A = H A
−+ H
+，
H A
−⇌A
2−+ H
+，曲线①代表δ( H A
−)；当加入用0.1000mol⋅L
−1的NaOH溶液40.00mL滴定后，发
生NaHA + NaOH = N a2 A + H 2O，H A
−的分布系数减小，A
2−的分布系数在增大，且曲线②在一直在
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增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ( A
2−)，故A 错误；
B、当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，到达滴定终点，说明NaOH和H 2 A恰好完全反
应
，
根
据
反
应
2 NaOH + H 2 A = N a2 A +2 H 2O，
n( NaOH )=2n( H 2 A )，
c( H 2 A)= 0.1000mol/ L×40mL
2×20.00mL
=0.1000mol/ L，故B 错误；
C、由于H 2 A第一步完全电离，则H A
−的起始浓度为0.1000mol / L，根据图象，当V NaOH =0时，H A
−
的分布系数为0.9，溶液的pH =1，A
2−的分布系数为0.1，则H A
−的电离平衡常数
K a= c( A
2−)⋅c( H
+)
c( H A
−)
= 0.1000mol/ L×0.1×0.1000mol/ L
0.1000mol/ L×0.9
≈1×10
−2，故C 正确；
D、用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2～10，终点时溶液呈碱性，c(O H
−)>c( H
+)，溶液中的
电荷守恒，c( H
+)+c( N a
+)=2c( A
2−)+c(O H
−)+c( H A
−)，则c( N a
+)>2c( A
2−)+c( H A
−)，故D
错误；
故选：C。
20.(2019· 新课标卷I)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H 2 A的K a1=1.1×10
−3，
K a2=3.9×10
−6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误
的是( )
A. 混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B. N a
+与A
2−的导电能力之和大于H A
−的
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C. b点的混合溶液pH =7
D. c点的混合溶液中，c( N a
+)>c( K
+)>c(O H
−)
【答案】C
【解析】
A.溶液的导电能力取决于电荷浓度的大小，由图像可知a、b、c点的离子种类、浓度不同，可知混合溶液
的导电能力与离子浓度和种类有关，故A 正确；
B.a点和b点K
+的物质的量相同，K
+的物质的量浓度变化不明显，H A
−转化为A
2−，b点导电性强于a点，
说明N a
+与A
2−的导电能力之和大于H A
−，故B 正确；
C.由题给数据可知H 2 A为二元弱酸，b点溶质为为N a2A、K 2 A，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则pH >7
，故C 错误；
D.c点NaOH过量，则n( NaOH )>n( KHA )，溶液呈碱性，可知c( N a
+)>c( K
+)>c(O H
−)，故D 正
确。
故选：C。
第四板块 模拟提升
1.五育并举，劳动先行。下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是
选项
生活应用或生产活动
化学知识
A
用SO2漂白纸张
SO2具有氧化性
B
用铝槽车运输浓硝酸
Al在冷的浓硝酸中发生钝化
C
用铁盐净水
F e
3+水解得到Fe(OH )3胶体
D
用热的纯碱溶液清洗铁屑油污
油脂在碱性条件下可水解
【答案】A
【解析】略
2.劳动实践促成长。下列劳动实践项目与所述的化学知识没有关联的是( )
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选项
劳动实践项目
化学知识
A 洗涤餐具时可用热的纯碱溶液去油污油脂在碱性条件下能发生水解反应
B 用pH计测定正常雨水的pH约为5.6 C O2溶于水后溶液显酸性
C 制作豆腐的过程中煮沸豆浆
一定条件下，蛋白质可发生盐析
D 用明矾处理污水
明矾水解可形成Al(OH )3胶体
【答案】C
【解析】
A .纯碱为碳酸钠、是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，热纯碱溶液的碱性更强，油脂在碱性条件下易水解生
成高级脂肪酸钠和甘油，钠盐和甘油可以溶于水，被水冲洗掉，则可用热的纯碱溶液洗涤餐具，故A 正确；
B.C O2溶于水时生成碳酸，碳酸电离使溶液呈弱酸性，则正常雨水的pH约为5.6，可用pH计测定，故B
正确；
C.制作豆腐的过程中煮沸豆浆，蛋白质发生变性，不是发生盐析，故C 错误；
D.明矾是KAl(SO4)2⋅12 H 2O的俗名，电离的铝离子发生水解形成Al(OH )3胶体，吸附水中悬浮物形成
沉淀，可用于处理污水，故D 正确；
故选：C。
3.已知室温下，K a1(H 2SO3)=10
−1.8 K a2(H 2SO3)=10
−7 K b(N H 3⋅H 2O)=10
−4.74，用氨水吸收
SO2并探究吸收后溶液的性质，吸收过程中所引起的溶液体积变化和挥发可忽略。下列说法正确的是
序号
实验操作和现象
实验1
向10mL0 1mol·L❑
−1氨水中通入0.0005molSO2，测得反应后溶液pH >7
实验2
向“实验1”所得溶液中继续通入0.0005molSO2，测得反应后溶液pH = 4.1
实验3
取“实验2”所得溶液，向其中加入过量Ba(OH )2溶液，产生白色沉淀
实验4
取“实验2”所得溶液，向其中加入N H 3⋅H 2O至溶液pH =7
A. “实验1”得到的溶液中：c(SO3
2−)<c(N H 4
+)<2c(SO3
2−)
B. 实验2”得到的溶液中：
c(N H 4
+)
c(N H 3⋅H 2O)
> c(HSO3
−)
c(H 2SO3)
C. “实验3”发生反应的离子方程式：N H 4
++ H
++ SO3
2−+2O H
−+ B a
2+= N H 3⋅H 2O+ H 2O+ BaSO3↓
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D. “实验4”得到的溶液中：c(N H 3⋅H 2O)=c(H 2SO3)−c(SO3
2−)
【答案】B
【解析】
向10mL0.1mol·L ❑
−1 氨水中通入0.0005mol SO2 得到溶液的溶质为 ( N H 4)2SO3
，由
于 K h(SO❑3
2−
) > K h(NH ❑4
+
) ，因此 2c(SO3
2−)<c(N H 4
+) ，A 错误；
B. 向“ 实验1” 所得溶液中继续通入0.0005mol SO2 得到溶液的溶质为 ( N H 4)HSO3
，
将
c(N H 4
+)
c(N H 3⋅H 2O)
> c(HSO3
−)
c(H 2SO3)
变形为
K b
c(O H
−)
>
K a1
c(H
+)
代入相关数据即可证明，B 正确；
C.取“实验2”所得溶液，向其中加入过量 Ba(OH )2 溶液，产生白色沉淀，发生反应的离子方程式：
N H 4
++ HSO3
2−+2O H
−+ B a
2+= N H 3⋅H 2O+ H 2O+ BaSO3↓ ，C 错误；
D.取“实验2”所得溶液，向其中加入 N H 3⋅H 2O 至溶液 pH =7 ， c(N H 4
+)=c(HSO3
−)+2c(SO3
2−) ，
D 错误；
4.以一定浓度NaOH溶液吸收H 2S可制备N a2S或NaHS。若通入H 2S所引起的溶液体积变化和H 2O挥发
可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c( H 2S)+c( H S
−)+c(S
2−)。室温下，H 2S的电离常数分别为
K a1=1.1×10
−7、K a2=1.3×10
−13。下列说法正确的是
A. N a2S溶液显碱性的原因：S
2−+2 H 2O⇌
H 2S+2O H
−
B. NaOH恰好转化为N a2S的溶液中：c(O H
−)=c( H
+)+c( H S
−)+c(S
2−)
C. 吸收所得c总=c( N a
+)的溶液中：c( H 2S)>c(S
2−)
D. NaOH溶液吸收H 2S过程中，溶液的温度下降
38
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【答案】C
【解析】
A.N a2S溶液显碱性的原因是因为S
2−水解：S
2−+ H 2O⇌
H S
−+O H
−，故A 错误；
B.NaOH恰好转化为N a2S的溶液中存在质子守恒：c(O H
−)=c( H
+)+c( H S
−)+2c( H 2S)，故B 错误；
C.吸收所得c总=c( N a
+)的溶液中，即c( H 2S)+c( H S
−)+c(S
2−)=c( N a
+)的溶液溶质为NaHS，H 2S
的电离常数分别为K a1=1.1×10
−7、K a2=1.3×10
−13，则H S
−的水解程度大于电离程度，则
c( H 2S)>c(S
2−)，故C 正确；
D.NaOH溶液吸收H 2S过程中，为放热反应，溶液的温度升高，故D 错误。
5.常温下向20mL0.1mol / L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体
积变化如图所示。则下列说法正确的是( )
A. b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mL
B. b、c之间溶液中c( N H 4
+)>c(C l
−)
C. 取10mL的c点溶液稀释时：c( N H 4
+)/c( N H 3⋅H 2O)减小
D. d点溶液呈中性
【答案】C
【解析】
A.通入标况下44.8mLHCl气体，即通入0.002molHCl，反应恰好生成N H 4Cl，N H 4Cl水解使溶液呈酸
39
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性，b点水电离出H
+为10
−7mol / L，溶液呈中性，不符合，故A 错误；
B.b点溶液呈中性，c点反应恰好生成N H 4Cl，此时水的电离程度最大，从b点到c点溶液由中性变为酸性，
溶液中c( H
+)>c(O H
−)，溶液中存在电荷守恒：c( N H 4
+)+c( H
+)=c(O H
−)+c(C l
−)，所以
c( N H 4
+)<c(C l
−)，故B 错误；
C. 根据N H 3⋅H 2O的电离平衡常数表达式分析，c点为N H 4Cl溶液，溶液中
c( N H 4
+)
c( N H 3⋅H 2O) =
K b
c(O H
−)
= K b
K w
c( H
+)，取10mL的c点溶液稀释，稀释促进水解，但水解毕竟是微弱
的，综合起来看c( H
+)是降低的，所以溶液中
c( N H 4
+)
c( N H 3⋅H 2O)减小，故C 正确；
D.c点计量点，反应恰好生成N H 4Cl，c点之后为HCl过量，HCl在溶液中完全电离，抑制水的电离，即
d点溶液呈酸性，故D 错误。
故选C。
6.下列说法正确的是
A. 碳酸钠溶液显碱性：C O3
2−+ H 2O⇀
↽HC O3
−+O H
−
B. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
c(N H 4
+)
c(C l
−)
>1
C. 弱酸酸式盐NaHB在水溶液中水解：H B
−+ H 2O⇀
↽H 3O
++ B
2−
D. 向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，证明丙烯醛中含有碳碳双键
【答案】A
【解析】
A.碳酸钠是弱酸强碱盐，碳酸根离子水解使溶液显碱性，并且第一级水解为主，其水解的离子方程式为
C O3
2−+ H 2O⇀
↽HC O3
−+O H
−
，故A 正确；
40
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B.向盐酸中加入氨水至中性时c(O H
−)=c( H
+)，电荷守恒关系为c(C l
−)+c(O H
−)=c( H
+)+c( N H 4
+ )，
则c(C l
−)=c( N H 4
+ )，溶液中 c(N H 4
+)
c(C l
−)
=1 ，故B 错误；
C.NaHB是弱酸酸式盐，H B
−水解生成H 2B和O H
−，离子方程式为H B
−+ H 2O⇌H 2B+O H
−，
H B
−+ H 2O⇌H 3O
++ B
2−是H B
−电离的离子方程式，故C 错误；
D.溴水能与碳碳双键发生加成反应而使溴水褪色，但溴水具有强氧化性，醛基具有强还原性，溴水能与丙
烯醛发生氧化还原反应而使溴水褪色，会干扰碳碳双键的检验，所以向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，不
能证明丙烯醛中含有碳碳双键，故D 错误；
故选：A。
7. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是( )
41
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A. 用甲装置制备并收集C O2
B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C. 用丙装置制备无水MgC l2
D. 用丁装置在铁上镀铜
【答案】C
【解析】
A项，C O2的密度比空气大，收集时应用向上排空气法，错误；
B项，液溴易挥发，会与AgN O3溶液反应，干扰HBr的验证，错误；
C项，由MgC l2⋅6 H 2O制备无水MgC l2需要在HCl氛围中干燥脱水，抑制其水解，正确；
D项，铁上镀铜，Cu应作电解池的阳极，Fe作阴极，则Cu连电池的正极，Fe连电池的负极，错误。
8.常温下，向某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的lg
c(B
+)
c(BOH )或lg c( R
−)
c( HR)与pH变化
的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. M线表示lg c( R
−)
c( HR)随pH的变化
B. BR溶液呈碱性
C. 若温度升高，两条线均向上平移
D. 常温下，0.1mol⋅L
−1 NaR溶液的pH =10
【答案】C
42
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【解析】
根据
c(B
+)
c(BOH ) ×c(O H
−)= K b可知：
c(B
+)
c(BOH ) =
K b
c(O H
−)
，根据c( R
−)
c( HR) ×c( H
+)= K a可知：
c( R
−)
c( HR) =
K a
c( H
+)
，则随着pH增大，lg
c(B
+)
c(BOH ) =lg K b−lgc(O H
−)的值逐渐减小，
lg c( R
−)
c( HR) =lg K a−lgc( H
+)的值逐渐增大，所以M线表示lg
c(B
+)
c(BOH )随pH的变化，N线表示lg c( R
−)
c( HR)
随pH的变化。
A.根据分析可知，M线表示lg
c(B
+)
c(BOH )随pH的变化，故A 错误；
B. 当lg
c(B
+)
c(BOH ) =lg c( R
−)
c( HR)时，
c(B
+)
c(BOH ) = c( R
−)
c( HR)，根据图象可知，pH <7，溶液呈酸性，则
c( H
+)>c(O H
−)，则c( R
−)
c( HR) ×c( H
+)= K a>
c(B
+)
c(BOH ) ×c(O H
−)= K b，则BR溶液呈酸性，故B 错误；
C.升高温度，酸碱的电离平衡常数都变大，则lg
c(B
+)
c(BOH )和lg c( R
−)
c( HR)都增大，两条线均向上平移，故C
正确；
D.对于NaR溶液：R
−+ H 2O⇌HR+O H
−
起始：(mol / L) 0.1 0 0
平衡：(mol / L)0.1−x ≈0.1 x x
43
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由N线上的点可知K a=10
−5，故常温下水解常数K h= K w
K a
=10
−9，则x
2
0.1 =10
−9，解得：x =10
−5mol / L，
c( H
+)=10
−9mol / L，pH =9，故D 错误；
故选C。
9.无水FeC l3常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量F e2O3、C和SiO2)制取无
水FeC l3的流程如下，下列说法正确的是( )
A. “过滤”所得滤液中大量存在的离子有：F e
3+、F e
2+、H
+、C l
−
B. “氧化”时可使用新制氯水作氧化剂
C. 将“氧化”后的溶液蒸干可获得FeC l3· H 2O
D. “脱水”时加入SOC l2能抑制FeC l3的水解，原因是SOC l2与水反应生成H 2SO4和HCl
【答案】B
【解析】
废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为
铁离子，处理得到FeC l3· H 2O，加入SOC l2脱水得到FeC l3；A .铁屑中主要成分Fe，铁和铁离子生成
亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：F e
3+、H
+、C l
−，A 错误；B.氯气具有氧化性，
且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B 正确；C .铁离子水解生成氢氧化铁，故不能
将“氧化”后的溶液蒸干来获得FeC l3· H 2O，C 错误；D .是SOC l2与水反应生成SO2和HCl，D 错误。
10.25℃时，浓度均为0.1mol⋅L
−1的几种溶液的pH如表：
溶
液
①C H 3COONa溶液
②NaHC O3溶
液
③C H 3COON H 4溶液
pH 8.88
8.33
7.00
下列说法不正确的是( )
A. ①中，c( N a
+)=c(C H 3COO
−)+c(C H 3COOH )
B. ③中，c(C H 3COO
−)=c( N H 4
+)<0.1mol⋅L
−1
44
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C. 由①②可知，C H 3COO
−的水解程度大于HC O3
−的水解程度
D. 推测25℃，0.1mol⋅L
−1 N H 4 HC O3溶液的pH <8.33
【答案】C
【解析】
A .C H 3COONa溶液中，物料关系为c( N a
+)=c(C H 3COO
−)+c(C H 3COOH )，故A 正确；
B.C H 3COON H 4溶液的pH =7.00，即溶液呈中性，但C H 3COO
−和N H 4
+相互促进水解，电荷关系为
c(C H 3COO
−)+c(O H
−)=c( N H 4
+)+c( H
+)，即c(C H 3COO
−)=c( N H 4
+)<0.1mol⋅L
−1，故B 正
确；
C.由于NaHC O3是弱酸酸式盐，HC O3
−既存在电离平衡，又存在水解平衡，不能根据①②溶液的pH判
断醋酸和碳酸的酸性强弱，实际上酸性：醋酸>碳酸，所以HC O3
−的水解程度大于C H 3COO
−的水解程度，
故C 错误；
D.0.1mol⋅L
−1 NaHC O3溶
液
的
pH =8.33，
0.1mol⋅L
−1 N H 4 HC O3溶
液
相
当
在
0.1mol⋅L
−1 NaHC O3溶液中加入等物质的量的N H 4Cl固体，由于N H 4Cl水解显酸性，导致所得溶液
的碱性减弱，即0.1mol⋅L
−1 N H 4 HC O3溶液的pH <8.33，故D 正确；
故选：C。
11.下列说法正确的是( )
A. 碳酸钠溶液显碱性：C O3
2−+ H 2O⇌HC O3
−+O H
−
45
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B. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c( N H 4
+)
c(C l
−)
>1
C. 弱酸酸式盐NaHB在水溶液中水解：H B
−+ H 2O⇌H 3O
++ B
2−
D. 向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，证明丙烯醛中含有碳碳双键
【答案】A
【解析】
A .碳酸钠是弱酸强碱盐，碳酸根离子水解使溶液显碱性，并且第一级水解为主，其水解的离子方程式为
C O3
2−+ H 2O⇌HC O3
−+O H
−，故A 正确；
B.向盐酸中加入氨水至中性时c(O H
−)=c( H
+)，电荷守恒关系为c(C l
−)+c(O H
−)=c( H
+)+c( N H 4
+)，
则c(C l
−)=c( N H 4
+)，溶液中c( N H 4
+)
c(C l
−)
=1，故B 错误；
C.NaHB是弱酸酸式盐，H B
−水解生成H 2B和O H
−，离子方程式为H B
−+ H 2O⇌H 2B+O H
−，
H B
−+ H 2O⇌H 3O
++ B
2−是H B
−电离的离子方程式，故C 错误；
D.溴水能与碳碳双键发生加成反应而使溴水褪色，但溴水具有强氧化性，醛基具有强还原性，溴水能与丙
烯醛发生氧化还原反应而使溴水褪色，会干扰碳碳双键的检验，所以向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，不
能证明丙烯醛中含有碳碳双键，故D 错误；
故选：A。
12.常温下，用NaOH溶液滴定H 3 PO3溶液(已知H 3 PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H 2 PO3
−)和
−lg
c(H
+)
c(H 3 PO3)
或pc(HPO3
2−)和−lg
c(H
+)
c(H 2 PO3
−)
的关系如图所示，(已知pc =−lgc)。下列说法正确的
是( )
46
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A. L2表示pc(HPO3
2−)和−lg
c(H
+)
c(H 2 PO3
−)
的关系
B. H 3 PO3的电离常数K a2( H 3 PO3)的数量级为10
−6
C. 等浓度等体积的H 3 PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO3
2−)>c(H 3 PO3)
D. 当c(H 3 PO3)=c(HPO3
2−)时，溶液显碱性
【答案】AC
【解析】
A. 根据亚磷酸一级电离可知，
，等式两边同时取对数，
，
则
，同理可得
，因为
K a1> K a2，则−lg K a1<−lg K a2，所以表示
的直线应该在上方
即L2，故A 正确；
B.
，对应直线为L2，将点(3,3.54)代入得，−lg K a2=6.54，
47
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K a2=10
−6.54，K a2数量级为10
−7，故B 错误；
C.−lg K a1=−lg
c( H
+)
c( H 3 PO3) −lgc( H 2 PO3
−)，对应直线为L1，将点(1,0.43)代入得，−lg K a1=1.43，
K a1=10
−1.43。等浓度等体积的H 3 PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成Na H 2 PO3溶液，
既电
离又水解，电离平衡常数K a2=10
−6.54，水解平衡常数
，水解程度小于电离
程度，故c( HPO3
2−)>c( H 3 PO3)，故C 正确；
D.
，
，
当
c(H 3 PO3)=c(HPO3
2−)时
，
K a1· K a2=c
2( H
+)，c( H
+)=√K a1× K a2=√10
−1.43×10
−6.54mol / L≈10
−4mol / L，pH ≈4，溶液显酸
性，故D 错误。
13.氯化铁常用于污水处理、印染工业、电子工业等领域。氯化铁遇水极易发生水解。某化学兴趣小组设计
实验制备氯化铁并探究其性质。回答下列问题：
Ⅰ.氯化铁的制备：
(1)如图为湿法制备的装置，仪器A的名称为___________，烧杯中发生反应的化学方程式为___________。
(2)如图为干法制备的装置。反应前后都要鼓入氮气，目的是___________。
48
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Ⅱ.氯化铁的性质探究：
(3)查阅资料：氯化铁在水溶液中分多步水解，生成净水性能更好的聚合氯化铁[F ex(OH )3 x−yC l y]。已
知聚合氯化铁极易溶于水，写出氯化铁水解反应的总离子方程式 ___________。
(4)为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，该兴趣小组设计实验方案(忽略溶液体积的变化)，获得如
下数据：
实验V (1mol / LFeC l3)/V ( H 2O)/m (NaCl)m( N a2SO4)温
度
/℃
pH
1
10
0
0
0
25
0.74
2
10
90
0
0
25
1.62
3
10
90
0
0
35
1.47
4
10
90
1.17
0
25
x
5
10
90
0
1.42
25
y
①实验1和实验2的探究目的是___________。实验2和实验3说明FeC l3的水解是 ___________(填“吸热”
或“放热”)反应
②查阅资料，加入强电解质后，由于溶液中离子总浓度增大，离子间的相互牵制作用增强，水解离子的活
性会改变。该兴趣小组同学求助老师利用计算机手持技术得到实验4和实验5的结果分别如图1和图2所示。
.
ⅰ根据实验现象，提出假设：a.氯离子对铁离子的水解活性有促进作用：b.___________。
.
ⅱ设计其他简单实验证明假设a：___________(写出实验操作、现象和结论)。
(5)已知常温下，K sp[Fe(OH )3]= 4×10
−38，计算反应F e
3++3 H 2O⇌
Fe(OH )3+3 H
+的水解常数为
___________。
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【答案】
(1)
.
①分液漏斗
.
②2 FeC l2+C l2=2 FeC l3
(2)反应前排尽空气，反应后将氯气赶走
(3) xF e
3++(3 x−y)H 2O⇌
F ex(OH )3 x−y
y −
+(3 x−y)H
+
(4)
.
①探究F e
3+或 FeC l3 浓度对水解平衡的影响
.
②吸热
.
③硫酸根离子对铁离子的水解活性有
抑制作用
.
④向硫酸铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确
(5) 2.5×10
−5
【解析】
【小问1详解】
如图为湿法制备的装置，仪器A的名称为分液漏斗，铁与盐酸反应后生成氯化亚铁，放入烧杯中与氯气反
应生成氯化铁，烧杯中发生反应的化学方程式为2 FeC l2+C l2=2 FeC l3。故答案为：分液漏斗；
2 FeC l2+C l2=2 FeC l3；
【小问2详解】
反应前后都要鼓入氮气，目的是反应前排尽空气，防止铁与氧气反应，反应后将氯气赶走，防止污染环境。
故答案为：反应前排尽空气，反应后将氯气赶走；
【小问3详解】
氯化铁在水溶液中分多步水解，生成净水性能更好的聚合氯化铁 [F ex(OH )3 x−yC l y] ，由此确定水解得到
的
离
子
为
F ex(OH )3 x−y
y −
和
氢
离
子
，
氯
化
铁
水
解
反
应
的
总
离
子
方
程
式
xF e
3++(3 x−y)H 2O⇌
F ex(OH )3 x−y
y −
+(3 x−y)H
+ 。
故
答
案
为
xF e
3++(3 x−y)H 2O⇌
F ex(OH )3 x−y
y −
+(3 x−y)H
+ ；
【小问4详解】
①实验1和实验2中水的体积不同，探究目的是探究F e
3+或 FeC l3 浓度对水解平衡的影响。实验2和实验3
温度升高，溶液的pH减小，促进铁离子的水解，说明 FeC l3 的水解是吸热反应故答案为：探究F e
3+
或 FeC l3 浓度对水解平衡的影响；吸热；
②加入强电解质后，由于溶液中离子总浓度增大，离子间的相互牵制作用增强，水解离子的活性会改变。
由实验4加入NaCl后溶液的pH变小，实验5加入硫酸钠后溶液的pH增大。
50
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.
ⅰ根据实验现象，提出假设：a.氯离子对铁离子的水解活性有促进作用：b.硫酸根离子对铁离子的水解
活性有抑制作用。故答案为：硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用；
.
ⅱ设计其他简单实验证明假设a：向硫酸铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确。
故答案为：向硫酸铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确；
【 小问5详解】
反应 F e
3++3 H 2O⇌
Fe(OH )3+3 H
+ 的水解常数为 (10
−14)
3
4×10
−38 =2.5×10
−5 。故答案为： 2.5×10
−5 ；。
14.除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
H 2Cr O4(aq)⇌H
+(aq)+ HCr O4
−(aq)△H 1
HCr O4
−(aq)⇌H
+(aq)+Cr O4
2−(aq)△H 2
2 HCr O4
−(aq)⇌C r2O7
2−(aq)+ H 2O(l)△H 3
①室温下，反应2Cr O4
2−(aq)+2 H
+(aq)⇌C r2O7
2−(aq)+ H 2O(l)的△H = ______ (用含△H 1、△H 2
或△H 3的代数式表示)。
②室温下，初始浓度为1.0mol⋅L
−1的N a2Cr O4溶液中c(C r2O7
2−)随c( H
+)的变化如图所示。
51
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根据A点数据计算反应2Cr O4
2−+2 H
+⇌C r2O7
2−+ H 2O的K = ______ ，下列关于该反应的说法不正确
的是 ______ 。
A.加水稀释，平衡右移，K值增大
B.若达到A点的时间为5 s，则v(Cr O4
2−)=0.1mol⋅L
−1⋅s
−1
C.若升高温度，溶液中Cr O4
2−的平衡转化率减小，则该反应的△H >0
(2)NaHSO3与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使C r
3+沉淀。
①实验中的NaHSO3作用是 ______ 。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图1所示。当pH >12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程
式表示为 ______ 。
(3)微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图2所示。55℃时，Cr(
Ⅵ)的去除率很低的原因是 ______ 。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图3所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失
去电子转化为F e
2+，H 2O得到电子转化为H， ______ 。
【答案】Δ H 3−2 Δ H 2 1.0×10
14 AC 将Cr(Ⅵ)还原为Cr( III ) Cr(OH )3+O H
−=[Cr(OH )4]
−
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55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性 SO4
2−被H还原为S
2−，S
2−与F e
2+结合为FeS
【解析】
(1)①已
知
：
i．
HCr O4
−(aq)⇌H
+(aq)+Cr O4
2−(aq)△H 2，
ii.2 HCr O4
−(aq)⇌C r2O7
2−(aq)+ H 2O(l)△H 3，
根
据
盖
斯
定
律
：ii−i×2计
算
反
应
2Cr O4
2−(aq)+2 H
+(aq)⇌C r2O7
2−(aq)+ H 2O(l)的△H = Δ H 3−2 Δ H 2，
故答案为：Δ H 3−2 Δ H 2；
②A点时c( H
+)=1.0×10
−7mol / L，c(C r2O7
2−)=0.25mol / L，根据Cr原子守恒可知，
c(Cr O4
2−)=1.0mol / L−0.25mol / L×2=0.5mol / L，则反应2Cr O4
2−+2 H
+⇌C r2O7
2−+ H 2O的
K =
c(C r2O7
2−)
c
2(Cr O4
2−)⋅c
2( H
+)
=
0.25
0.5
2×(10
−7)
2 =1.0×10
14；
A.平衡常数K只与温度有关，与离子浓度变化无关，即加水稀释，平衡常数K不变，故A 错误；
B.若达到A点的时间为5 s，由图可知v(C r2O7
2−)= △c
△t = 0.25mol / L
5 s
=0.05mol /( L⋅min)，反应为
2Cr O4
2−+2 H
+⇌C r2O7
2−+ H 2O，
则
v(Cr O4
2−)=2v(C r2O7
2−)=0.05mol /( L⋅min)×2=0.1mol /( L⋅min)，故B 正确；
C.升高温度，溶液中Cr O4
2−的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应的△H <0，故C 错
误；
故答案为：1.0×10
14；AC；
(2)①NaHSO3与熟石灰除Cr(Ⅵ)法中，Cr(Ⅵ)发生还原反应生成C r
3+，且NaHSO3具有强还原性，则
NaHSO3作用是将Cr(Ⅵ)还原为Cr( III )，
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故答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr( III )；
②由图1可知，pH >12时，Cr(Ⅲ)主要以溶于水的[Cr(OH )4]
−形式存在，发生的反应为
Cr(OH )3+O H
−=[Cr(OH )4]
−，
故答案为：Cr(OH )3+O H
−=[Cr(OH )4]
−；
(3)①溶液温度为55℃时，硫酸盐还原菌的蛋白质发生变性，失去催化活性，导致Cr(Ⅵ)的去除率很低，
故答案为：55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性；
②由图3可知，Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为F e
2+，H 2O得到电子转化为H，
SO4
2−在SRB细胞膜的作用下被H原子还原生成S
2−，生成的S
2−与F e
2+反应生成FeS，
故答案为：SO4
2−被H还原为S
2−，S
2−与F e
2+结合为FeS。
15.钴盐在生活和生产中有着重要应用。
(1)干燥剂变色硅胶常含有CoC l2。常见氯化钴晶体的颜色如下：
化学式
CoC l2
CoC l2⋅H 2O
CoC l2⋅2 H 2O
CoC l2⋅6 H 2O
颜色
蓝色
蓝紫色
紫红色
粉红色
变色硅胶吸水饱和后颜色变成________，硅胶中添加CoC l2的作用 ________。
(2)草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用(N H 4)2C2O4溶液和CoC l2溶液制取难溶于水的
CoC2O4⋅2 H 2O晶体。
①常温下，(N H 4)2C2O4溶液的pH________7(填“ >” “ =” 或“ <” )。(已知：常温下
K b(N H 3⋅H 2O)=1.8×10
−5，H 2C2O4 K a1=5.6×10
−2，K a2=5.4×10
−5。)
②制取CoC2O4⋅2 H 2O晶体时，还需加入适量氨水，其作用是 ________。
③在空气中加热10.98 g二水合草酸钴(CoC2O4⋅2 H 2O)，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固
体物质。已知Co的两种常见化合价为+2价和+3价，M (CoC2O4⋅2 H 2O)=183 g/mol。
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温度范围/℃
150∼210
290∼320
固体质量/ g
8.82
4.82
i.温度在150∼210℃范围内，固体物质为________(填化学式，下同)；
ii.从210℃加热到290℃时生成一种钴的氧化物和C O2，此过程发生反应的化学方程式是 ________。
【答案】
(1)粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度；
(2)①<；②抑制( N H 4)2C2O4的水解，提高C2O4
2−的利用率(或调节溶液pH，提高草酸钴晶体的产率)；
③CoC2O4；3CoC2O4+2O2
C o3O4+6C O2
【解析】
(1)根据表中信息，变色硅胶吸水饱和后，生成CoC l2⋅6 H 2O颜色变成粉红色；硅胶中添加CoC l2的作
用作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度；
(2)①N H 4
+的水解常数= K W
Kb = 1
1.8 ×10
−9>C2O4
2−的水解常数= K W
K a2
= 1
5.4 ×10
−9，溶液呈酸性，溶液的
pH <7；
②制取CoC2O4⋅2 H 2O晶体时，还需加入适量氨水，其作用是：抑制( N H 4)2C2O4的水解，提高
C2O4
2−的利用率(或调节溶液pH，提高草酸钴晶体的产率)；
③i.10.98 g÷183 g/mol =0.06mol(CoC2O4⋅2 H 2O)，
其
中
CoC2O4的
质
量
为
0.06mol×147 g/mol =8.82g，则温度在150∼210℃范围内，固体物质为CoC2O4；
ii.4.82g固体物质中钴的质量为0.06mol×59 g/mol =3.54 g，含氧的质量为4.82g−3.54 g=1.28 g，即
为0.08mol，固体物质为C o3O4，反应的化学方程式是：3CoC2O4+2O2
C o3O4+6C O2。
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