1、高考资源网. 1关于FeCl3水解的说法错误的是()A水解达到平衡时无论加FeCl3的饱和溶液还是加水稀释，平衡均向正反应方向移动B浓度为5 molL1和0.5 molL1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3水解程度前者比后者低C有50 和20 的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3的水解程度前者比后者低D为抑制Fe3水解，较好地保存FeCl3溶液，应加入少量HCl【解析】对于FeCl3水解平衡，加入FeCl3固体或加水稀释，平衡均向正向移动，FeCl3溶液浓度越大，水解程度越小；又由于水解反应为吸热反应，升温水解程度增大；保存FeCl3溶液时加入少量HCl可抑制其水解变质。
2、【答案】C2物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大顺序排列的是()ANa2CO3NaHCO3NaClNH4ClBNa2CO3NaHCO3NH4ClNaClC(NH4)2SO4NH4ClNaNO3Na2SDNH4Cl(NH4)2SO4Na2SNaNO3【解析】A、B两项溶液相同，NH4Cl属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；NaCl属于强酸强碱盐，溶液呈中性；NaHCO3和Na2CO3溶液均呈碱性，且NaHCO3的碱性小于Na2CO3的碱性，其排列顺序为：NH4Cl、NaCl、NaHCO3、Na2CO3，故A、B均错误；C、D溶液种类相同，其pH值由小到大的顺序为(NH4)2SO4、NH4C
3、l、NaNO3、Na2S，故C项正确；D错误。【答案】C3下列有关问题，与盐的水解有关的是()NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂草木灰与铵态氮肥不能混合施用实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体A BC D【解析】中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；利用HCO3与Al3两种离子水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂；草木灰主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生
4、成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl33H2OAl(OH)33HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体(如果灼烧，会得到Al2O3固体)。【答案】D4(2009年江苏高考)下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(多选)()A室温下，向0.01 molL1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：NaSO42NH4OHHB0.1 molL1 NaHCO3溶液：NaOHHCO3HCNa2CO3溶液：OHHHCO32H2CO3D25 时，pH4.75、浓度均为0.1 molL1的CH
5、3COOH、CH3COONa混合溶液：CH3COOOHNH4，且由于Na、SO42均不水解，如NaSO42再结合电荷守恒则NH4HCO3OHH；C项根据物料守恒Na2CO322HCO32H2CO3及电荷守恒NaH2CO32HCO3OH，相减即可得到；D项根据物料守恒NaCH3COOHCH3COO及电荷守恒，NaHCH3COOOH仅能得出CH3COO2OHCH3COOH2H。【答案】AC5(2010年屯溪质检)如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 molL1CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯中加入生石灰，向烧杯中加入NH4NO3晶体，烧杯中不加任何物质。(1)含酚
6、酞的0.01 molL1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为_。(2)实验过程中发现烧瓶中溶液红色变深，烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是_。A水解反应为放热反应 B水解反应为吸热反应CNH4NO3溶于水时放出热量 DNH4NO3溶于水时吸收热量(3)向0.1 mol/L CH3COONa溶液中加入等体积的0.1 mol/L CH3COOH溶液，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。【解析】(1)CH3COONa溶液中因CH3COO水解使溶液显碱性，因水解是微弱的，故含酚酞的CH3COONa溶液显浅红色。(2)生石灰与水反应放热，根据烧瓶中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应
7、是吸热的，同时烧瓶中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水吸收热量。(3)等体积等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液混合，CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，溶液显酸性。CH3COONaHOH。【答案】(1)CH3COOH2OCH3COOHOH，使溶液显碱性(2)BD(3)CH3COONaHOH6现有0.2 mol/L NaOH溶液和0.2 mol/L HX溶液，两溶液等体积混合后，测得溶液中NaX。则：(1)中由水电离出的OH_中由水电离出的H(填“”、“”或“”、“”或“X，说明X水解，即HX为弱酸。(1)HX溶液中H对水的电离程度影响小于NaOH溶液中OH对水的电离程度
8、。(2)混合溶液中应存在Na、X、H、OH、H2O、HX六种粒子。由于水解程度较小，故HXX，由物料守恒知HXX0.1 mol/L。【答案】(1)(2)6，中HCO3促进NH4水解，所以，故顺序为；若NH4相同，需四种溶液的浓度大小为。【答案】B6物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是()AHX、HZ、HY BHZ、HY、HXCHX、HY、HZ DHY、HZ、HX【解析】酸越弱，阴离子水解程度越大，pH变化越大，可直接推知Z水解程度最大，HZ酸性最弱，而HX的酸性最强。则三种酸的酸性强弱的顺序是HXHYHZ。【答
9、案】C7A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、NaHSO4溶液和BaCl2溶液中的一种，已知A、B溶液的pH相同，A、C混合后溶液变浑浊。下列说法正确的是()AD溶液的pHBCH3COO：C溶液中H：DCH3COOH：【解析】CH3COOH=CH3COOH，得到0.05 mol/L的CH3COOH与NaCl的混合溶液。、中两种物质间不反应。A项，中两种物质水解呈碱性的盐，虽相互抑制水解，但总会比溶液碱性强；B项，、中CH3COO的水解受到了NaOH、NaHCO3的抑制，NaOH作为强碱抑制作用更强，中NaCl对CH3COO的水解无影响，而中为0.05 mo
10、l/L的CH3COOH电离程度小，CH3COO最小；C项，由A的分析知H应为；D项，对、，CH3COO的水解程度越大，则CH3COOH越大，故顺序应为。【答案】B9常温下，某酸HX稀溶液和某碱YOH稀溶液的物质的量浓度相等，两溶液混合后，溶液的pH大于7。下表中判断合理的是()编号HXYOH溶液的体积关系强酸强碱V(HX)V(YOH)强酸强碱V(HX)7正好中和强酸弱碱盐，水解呈酸性pH7【答案】D10(2010年抚顺质检)下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是()ApH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：NaOHCH3COONaNa2CO3BNa2CO3溶液中Na与CO3
11、2之比为21CNH4相等的NH4Cl和NH4HCO3、NH4HSO4三种溶液：NH4HSO4NH4ClNH4HCO3D橙汁、人体血液、蔗糖溶液、胃液中H依次降低【解析】NaOH不水解，是强碱溶液，Na2CO3水解程度比CH3COONa大，故pH相等(即OH浓度相等)，三种溶液浓度为：NaOHNa2CO32CO32，故B错。NH4HSO4溶液中HSO4电离产生的H抑制NH4的水解，NH4HCO3溶液中HCO3水解显碱性，促进NH4水解，故NH4相等的三种溶液浓度关系为：NH4HSO4NH4ClA说明A水解程度大于HA电离程度溶液显碱性pH7，故错；由电荷守恒可知n(A)n(OH)n(Na)n(H
12、)，因n(Na)0.01 mol，所以n(A)n(OH)n(Na)n(H)0.01 mol，故错。【答案】A12某溶液中仅含Na、H、OH、CH3COO四种离子，下列说法错误的是()A溶液中四种粒子之间不可能满足：NaOHCH3COOHB若溶液中部分粒子间满足：CH3COONa，则该溶液一定呈中性C若溶液中溶质仅为CH3COONa，则粒子间一定满足：NaCH3COOOHHD若溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH，则溶液中粒子间一定满足：CH3COONaHOH【解析】据电荷守恒，B正确；A中OHH溶液显碱性，若溶质是CH3COONa，应符合C项，但若是NaOH和CH3COONa作溶质，
13、就可以满足关系；D中思考的切入点，若在CH3COONa溶液中滴加少量CH3COOH时，溶液中H也可能小于OH。【答案】AD二、非选择题13(2010年张家港调研)已知在0.1 mol/L的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为：NaHSO3SO32H2SO3。(1)该溶液中H_OH(填“”或“”)，简述理由：_(用离子方程式和必要的文字说明)。(2)现向NH4HSO3溶液中，逐滴加入少量含有酚酞的氢氧化钠溶液，可观察到的现象是_；写出该反应的离子方程式：_。【解析】(1)由题给信息SO32H2SO3可知HSO3电离程度大于水解程度，溶液显酸性。(2)向NH4HSO3溶液中加入少量氢氧化
14、钠溶液，发生反应HSO3OH=SO32H2O，由于NH4HSO3溶液呈酸性且NH4HSO3溶液过量，故滴入少量NaOH溶液后溶液仍呈酸性，红色的酚酞溶液褪色。【答案】(1)HSO3HSO32、HSO3H2OH2SO3OH，由于溶液中SO32H2SO3可推知HSO3的电离程度大于其水解程度，所以确定HOH(2)红色褪去HSO3OH=SO32H2O14(2010年临海质检)常温下，将0.010 mol CH3COONa和0.004 mol HCl溶于水，配制成0.5 L混合液。判断：(1)溶液中共有_种微粒。(2)溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.010 mol，它们是_和_。(3)溶液中
15、n(CH3COO)n(OH)n(H)_mol。【解析】CH3COONaHCl=CH3COOHNaCl0004 mol 0.004 mol 0.004 mol0.004 mol可知溶于水后，溶液中的溶质为CH3COOH 0.004 mol，NaCl0.004 mol，CH3COONa 0.006 mol。(1)溶液中的微粒有：H2O、CH3COOH、Na、Cl、CH3COO、H、OH共7种。(2)据物料守恒有：n(CH3COO)n(CH3COOH)0.010 mol(3)据电荷守恒有：n(Na)n(H)n(CH3COO)n(Cl)n(OH)则：n(CH3COO)n(OH)n(H)n(Na)n(C
16、l)0.010 mol0.004 mol0.006 mol【答案】(1)7(2)CH3COOCH3COOH(3)0.00615某NH4Cl稀溶液，其浓度为a molL1。由于NH4水解，NH4实际略小于a，已知溶液NH4、NH3H2O、OH三者间存在如下关系：Kb，Kb在温度恒定时是一个常数。(1)请用a、H及Kb、KW值表示该溶液中NH4的平衡浓度：NH4_。(2)溶液中各种微粒浓度(molL1)由大到小的排列顺序是_。【解析】OH代入Kb得：Kb将NH3H2ONH4a、NH3H2OaNH4代入Kb中整理得：NH4【答案】(1)(2)H2OClNH4HNH3H2OOH1610 时加热NaHC
17、O3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：温度()102030加热煮沸后冷却到50 pH8.38.48.58.8甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式：_。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_NaHCO3(填“大于”或“小于”)。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量试剂X，若产生沉淀，则_判断正确(填“甲”或“乙”)。试剂X是_(填序号)。ABa(OH)2溶液 BBaCl2溶液CNaOH溶液 D澄清的石灰水(2)将加热后的溶液冷却到1
18、0 (不考虑H2CO3的分解)，若溶液的pH_8.3(填“高于”、“低于”或“等于”)，则_判断正确(填“甲”或“乙”)。(3)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ，丙断言_(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是_ _。【解析】甲同学的解释原理是盐的水解是吸热反应，升高温度，HCO3H2OH2CO3OH平衡向右移动，碱性增强，若再冷却，平衡又向左移动，碱性减小，会再恢复到原来的pH。乙同学的解释认为NaHCO3受热分解生成Na2CO3，由于Na2CO3水解程度大于NaHCO3水解程度，碱性增强，可通过加入BaCl2溶液检验是否有Na2CO3的存在，同时根据资料数据说明NaHCO3不可能在水溶液中发生分解，乙同学解释明显不正确。【答案】HCO3H2OH2CO3OH大于(1)乙B(2)等于甲(3)乙常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150 w。w-w*k&s%5￥u