【文档说明】2023-2024学年高二化学人教版2019选择性必修1同步备课试题 3.3 盐类的水解 Word版无答案.docx，共(18)页，684.581 KB，由小赞的店铺上传

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第三节盐类的水解达标测试学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二总分得分第I卷（选择题）一、单选题（本大题共21小题，共63.0分）1.生活中处处有化学，下列有关说法正确的是(

)A.天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2+、Ca2+等离子B.焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关C.生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理D.在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液，溶液的红色

逐渐褪去2.下列说法正确的是()A.盐类水解破坏了水的电离平衡，促进水的电离B.升高温度，NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡逆向移动C.将FeCl3溶液直接蒸干制备无水FeCl3D.盐类水解反应不一定都是吸热反应3.下列物质的水溶液因水解

而呈碱性的是()A.KOHB.Na2CO3C.AlCl3D.CaO4.下列溶液加热蒸干后并灼烧，能析出溶质固体的是()A.AlCl3B.KHCO3C.Fe2(SO4)3D.NH4HCO35.配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是()A.FeSO4(F

e)B.SnCl2(HCl)C.FeCl3(HCl)D.NaAlO2(NaOH)6.下列关于盐类水解的说法错误的是()A.在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离B.同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3

溶液，NaHCO3溶液的pH大C.在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NH4+水解D.加热CH3COONa溶液，溶液中c(CH3COOH)与c(CH3COO−)的比值将增大7.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是(

)A.溶液中c(CO32−)增大B.水的电离程度不变C.Kw将变小D.溶液的碱性增强8.关于0.1mol·L−1NaHCO3溶液，下列说法正确的是()A.溶质水解反应：HCO3−+H2O⇌H3O++CO32−B.粒子浓度关系：c(Na+)=2[c(H2CO3)+c(H

CO3−)+c(CO32−)]=0.1mol⋅L−1C.通入CO2至中性：c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)D.加水稀释过程中c(H2CO3)c(HCO3−)减小9.下列解释事实的方程式不正确的是()A.小苏打溶液呈弱碱性：HCO3−+H2O⇌CO3

2−+H3O+B.测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3·H2O⇌NH4++OH−C.pH=5的硫酸稀释1000倍，pH约等于7：H2O⇌H++OH−D.泡沫灭火器的反应原理：Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑10.为了使K2S溶液中c(K+)c(S2−)的比值变小，可

加入的物质是()①适量HCl(g)②适量NaOH(s)③适量KOH(s)④适量NaHS(s)⑤适量的水A.②④B.①②⑤C.③④⑤D.②③11.0.1mol⋅L−1的CH3COONa溶液中，下列关系错误的是()A.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)B.c(Na+)+

c(OH−)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)C.c(OH−)=c(H+)+c(CH3COOH)D.c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)12.根据下列操作及现象，所得结论正确的是()选项操作及现象结论A.将0.1mol·L−1氨水稀释成0.

01mol·L−1，测得pH由11.1变成10.6稀释后NH3·H2O的电离程度减小B.常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液常温下水解程度：CO32−>HCO3−C.向25mL冷水和沸水中分

别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，Fe3+的水解程度增大D.将固体CaSO4加入Na2CO3饱和溶液中，一段时间后，检验固体成分为CaCO3同温下溶解度：CaSO4<CaC

O3A.AB.BC.CD.D13.化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是()A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B.某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的SO32−发生水解C.将饱和FeCl3溶液滴入沸水

中可制备Fe(OH)3胶体，利用的是盐类水解原理D.纯碱溶液呈碱性的原因是CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−14.钾的化合物对调节体内循环有重要用途，一定温度下，下列溶液中的离子浓度关系式正确的是A.K2S溶液中：2c(K+)=c(

S2−)+c(HS−)+c(H2S)B.K2CO3溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HCO3−)+2c(H2CO3)C.0.1mol·L−1的KHCO3溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(CO32

−)+c(OH−)D.pH相同的①CH3COOK、②KOH、③KClO三种溶液中的c(K+)：③>①>②15.下列方程式书写正确的是()A.HCO3−在水溶液中的电离方程式：HCO3−+H2O⇌H3O++CO32−B.H2SO4的电离方程式H2SO4⇌2H++SO42−C.CO32−的水解方

程式：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2OH−D.CaCO3的电离方程式：CaCO3⇌Ca2++CO32−16.对于0.1mol/LNa2SO3溶液，下列叙述正确的是()A.c(Na+)：c(SO32−)<2：1B.c(Na+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2S

O3)C.c(Na+)+c(H+)=2c(SO32−)+2c(HSO3−)+c(OH−)D.加入少量NaOH固体，c(SO32−)与c(Na+)均增大17.下列问题与盐的水解有关的是()①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②加热FeCl3溶液颜色

加深③浓Na2S溶液有臭味④生活中可以用热的纯碱溶液去油污A.①②③B.②③④C.①④D.①②③④18.常温下，浓度相同的稀溶液：①NH4Cl溶液、②NH4Al(SO4)2溶液、③CH3COONH4溶液、④氨水中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为()A

.①>②>③>④B.②>①>④>③C.②>①>③>④D.④>③>②>①19.为了配制NH4+与Cl−浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入()①适量的HCl②适量的NaCl③适量的氨水④适量的NaOHA.①②B.③C

.③④D.④20.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol⋅L−1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与NaCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaHSO4；④CH3COONa与NaHCO3，c(CH3COO−)排序正确的是()A.②

>④>③>①B.②>④>①>③C.③>①>②>④D.①>④>③>②21.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是()A.0.1mol·L−1NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)B.0.1mol·L−1Na2

S溶液中：2c(Na+)=c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)C.0.1mol·L−1NaHSO4溶液中：c(Na+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH−)D.等体积、等物质的量浓度的乙酸溶液和氢氧化钠溶液混合后：c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−)第II

卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共37.0分）22.在生产生活和科学研究中，人们常常根据需要促进或抑制盐的水解。试回答下列问题：(1)FeCl2溶液呈(填“酸”“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示)；实验室在配制FeCl2溶液时，

常将FeCl2固体先溶于较浓的盐酸中，以(填“促进”或“抑制”)其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度。(2)为证明盐的水解是吸热的，四位同学分别设计了如下方案，其中正确的是。A.甲同学：在盐酸中加入

氨水，混合液温度上升，说明盐类水解是吸热的B.乙同学：将硝酸铵晶体溶于水，水温降低，说明盐类水解是吸热的C.丙同学：在氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小，说明盐类水解是吸热的D.丁同学：在醋酸钠溶液中滴加2滴酚酞溶液，加热后红色加深，说明盐类水解是吸

热的(3)把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是。23.盐是一种常见的电解质，事实证明盐溶液不一定呈中性。(1)CH3COONa、NH4Cl、KNO3的水溶液分别呈___________性、_______性、__________性。(2)Na2S的水解离子方程式________

________________________________，NaHSO4在水中的电离方程式______________________________________。(3)0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子及NH3⋅

H2O浓度由大到小的顺序是_______________________________________。(4)25℃时有四种溶液，分别是pH均为5的盐酸和氯化铵溶液以及pH均为10的NaOH溶液和醋酸钠溶液，请按照水

的电离度由大到小的顺序排序________________________(用溶质的化学式表示)(5)25℃时，浓度均为0.1mol/L的三种溶液①NH4Cl；②NH4HSO4；③CH3COONH4，其c(NH4+)由大到小的顺序为___________________________

_____(用序号表示)。24.现有S2−、SO32−、NH4+、Al3+、HPO42−、Na+、SO42−、AlO2−、Fe3+、HCO3−、Cl−，请按要求填空：(1)在水溶液中，水解后溶液呈碱性的离子是___________________________

____________。(2)在水溶液中，水解后溶液呈酸性的离子是_______________________________________。(3)既能在酸性较强的溶液中大量存在，又能在碱性较强的溶液中大量存在的离子

有_______________________________________。(4)既不能在酸性较强的溶液中大量存在，又不能在碱性较强的溶液中大量存在的离子有_______________________________________。25.Ⅰ.(1)氯化铁水溶液呈______性

，原因是(用离子方程式表示)：____________________；把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是__________；普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，产生大量的气体和沉淀

，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是_________________________________。(2)已知：在相同条件下醋酸与氨水电离程度相同，现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水。①、②、

③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是(填序号)___________；④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是(填序号)_________________。Ⅱ.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3H

ClO电离平衡常数Ka=1.8×10−5Ka1=4.3×10−7Ka2=5.6×10−11Ka=3.0×10−8(1)物质的量浓度均为0.1mol⋅L−1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_________

__________(用编号填写)a.CH3COONab.Na2CO3c.NaClOd.NaHCO3(2)常温下，0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_________A.c(H+)B．c(H+)c(CH3COO

H)C.c(H+)⋅c(OH−)D.c(OH−)c(H+)E.c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)(3)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_____________________(4)25℃时，CH3COO

H与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO−)−c(Na+)=____________________(填准确数值)。(5)25℃时，将amol⋅L−1的醋酸与bmol⋅L−1氢氧化钠等体积

混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为________________________________(6)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，用

溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c(OH−)=2c(H2CO3)+_________________________答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题考查盐类水解、电解原理等知识点，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知识解释生活现象。【解答】A.Mg2+、Ca

2+水解显酸性，天然水呈弱碱性，是因为天然水中有CO32−或HCO3−，故A错误；B.NH4Cl溶液水解显酸性，铁锈能与氢离子反应，故B错误；C.饱和食盐水在通电条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应制消毒液，与水解无关，故C错误；D.Na

2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加BaCl2溶液，生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，红色逐渐褪去，故D正确；故选D。2.【答案】A【解析】A.盐中的弱离子结合了水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程为盐类的水

解，故能促进水的电离，故A正确；B.盐的水解是吸热反应，故升高温度，NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+平衡正向移动，故B错误；C.将FeCl3溶液直接蒸干时，其水解生成的HCl挥发，水解被促进，故得到的是Fe(OH)3，得不到氯化铁本身，故C错误；D.盐类水解是酸碱中和的逆反应，由于酸碱中和

放热，故盐类的水解一定吸热，故D错误；故选A。3.【答案】B【解析】【分析】本题考查了盐的水解原理，题目难度不大，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握常见盐的类型与溶液酸碱性的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。【解答】A.KOH为强碱，因电

离而呈碱性，故A错误；B.Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，故B正确；C.AlCl3为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故C错误；D.CaO是碱性氧化物，与水反应生成碱，不发生水解，故

D错误。故选B。4.【答案】C【解析】【分析】本题考查了盐类水解知识，明确物质的稳定性及盐类水解特点即可解答。【解答】A.Al3+水解，生成Al(OH)3，且氯化氢易挥发，导致蒸干时得到Al(OH)3固体

，再灼烧时，Al(OH)3分解生成Al2O3，所以最终得到的固体是Al2O3，故A错误；B.KHCO3不稳定，加热易分解生成碳酸钾、二氧化碳气体与水，故B错误；C.加热时Fe3+虽然水解，但硫酸难挥发，最后

固体仍为Fe2(SO4)3，故C正确；D.NH4HCO3不稳定，加热易分解生成氨气、二氧化碳气体和水，故D错误。故选C。5.【答案】A【解析】【分析】本题考查了盐类水解的问题，解题的关键是对盐类水解知识的掌握，难度不大。【解答】A.硫酸亚铁

易被氧化而变质，加入铁可防止被氧化，与水解无关，故A正确；B.SnCl2水解呈酸性，为抑制水解，可加入盐酸，故B错误；C.FeCl3水解呈酸性，易水解生成氢氧化铁而使溶液变浑浊，为抑制水解，可加入盐酸，故C错误；D.NaAlO2水解呈碱

性，为抑制水解，可加入氢氧化钠溶液，故D错误。故选A。6.【答案】B【解析】【分析】本题考查盐类水解有关知识，涉及概念以及水解影响因素考查，属于基础知识应用考查。【解答】A.在纯水中加入能水解的盐一定会破坏水的电离平衡，消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子，促进水的

电离平衡右移，故A正确；B.碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，水解程度越大，碱性越强，所以同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH小，故B错误；C.在NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加入稀HNO3，氢离子浓度增大能抑制NH

4+水解，故C正确；D.加热醋酸钠溶液，促进醋酸根的水解，所以醋酸根浓度减小，而醋酸浓度增大，所以比值变大，故D正确。7.【答案】D【解析】【分析】本题考查了盐类水解的原理分析应用，主要是水解实质，影响因素分析判断，注意水电离平衡的影响分析，离子积常数的变化判断，掌握基础是关键，题目较简单

。【解答】A.碳酸钠溶液中存在CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，CO32−水解过程是吸热反应，升温促进水解，溶液中c(CO32−)减小，故A错误；B.CO32−水解促进水的电离，升温促进水解，升温也会促进水的电离，则水的电离程度增大，故B错误；C.温度升高，水的电

离程度增大，Kw将增大，故C错误；D.升温促进CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−平衡正向移动，溶液碱性增强，故D正确。故选D。8.【答案】C【解析】【分析】本题考查盐类的水解反应，掌握盐类水解的原理以及离子之间的相互关

系是解题的关键，同时要注意利用相应规律列关系式，难度不大。【解答】A.溶质水解反应为：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，故A错误；B.根据物料守恒可得粒子浓度关系：c(Na+)=c(HCO3−)+c(H2CO3)+c(CO32−)=0.1mol/L，故B错误；C.通入C

O2至中性时根据电荷守恒可得：c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)，故C正确；D.加水稀释过程中氢氧离子浓度变小，而水解平衡常数不变，所以碳酸的浓度与碳酸氢根离子浓度的比值变大，故D错误。故选C。9.【答案】A【解析】【分析】本题考查

较为综合，涉及难溶物溶解平衡、离子方程式书写、溶液pH计算、盐的水解原理等知识，明确发生反应的实质为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。【解答】A.碳酸氢钠溶液中存在反应：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，所以小苏打溶液呈碱性，故A错误

；B.测0.1mol/L氨水的pH为11，原因是一水合氨存在电离平衡：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，只能部分电离出氢氧根离子，故B正确；C.pH=5的硫酸稀释1000倍，由于存在平衡：H2O⇌H++OH−，溶液不可能变为碱性，pH只能约等于7，故C正确；D.泡沫灭火器的反应原理，A

l3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确。故选A。10.【答案】A【解析】【分析】本题考查盐类水解的影响，为高频考点，注意掌握盐的水解原理，明确影响盐的水解的常见因素，试题培养了学生的

分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。【解答】在硫化钾溶液中电离出钾离子和硫离子，硫离子水解方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，要使钾离子和硫离子浓度比值减小，需使硫离子水解平衡向逆方向移动即可，①加入HCl(g)，会使得硫离子水解平衡正向移动，S2−浓度减小，则使得比

值变大，故①不符合题意；②加入NaOH(s)，平衡逆向移动，使得S2−的物质的量增大，而钾离子的物质的量不变，则c(K+)c(S2−)的比值减小，故②符合题意；③加入适量的氢氧化钾(s)，会使得K+、S2−

都增大，但钾离子增大的程度要大得多，使得比值变大，故③不符合题意；④加入适量NaHS(s)，HS−浓度增大，抑制S2−的水解，S2−浓度增大，则c(K+)c(S2−)的比值变小，故④符合题意；⑤加入适量H2O，平衡正向移动，c(K+)c(S2−)=

n(K+)n(S2−)，n(K+)不变，n(S2−)减小，则c(K+)c(S2−)的比值变大，故⑤不符合题意；故选A。11.【答案】B【解析】【分析】本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握盐类水解、溶液中守恒式为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错

点，题目难度不大。【解答】A.存在电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，故A正确；B.存在物料守恒式为c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，故B错误；C.由选项A、B可知，存在质子守恒式为c(OH−)=c(H+

)+c(CH3COOH)，故C正确；D.醋酸根离子水解显碱性，则离子浓度为c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，故D正确。故选B。12.【答案】C【解析】【分析】本题考查较为综合，涉及弱电解质、盐类水解以及难溶电

解质的溶解平衡等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关基本实验操作的注意事项，难度不大，注意相关基础知识的积累。【解答】A.NH3⋅H2O为弱电解质，加水稀释促进电离，由于溶液体积增大，pH减小，

故A错误；B.饱和溶液的浓度不同，Na2CO3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的pH，故B错误；C.盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，故C正确；D.水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液充分浸泡后可转化为CaCO3，说明溶解度CaSO4

>CaCO3，故D错误；故选C。13.【答案】B【解析】【分析】本题考查化学基本概念及原理，难度不大，掌握盐类水解知识是解答的关键。【解答】A.明矾可水解产生氢氧化铝胶体，能净水，故A正确；B.pH变小的原因是因为发生了反应：2H2SO3+O2=2H2SO

4，因弱酸生成了强酸，所以pH变小，故B错误；C.氯化铁是强酸弱碱盐，加热可促进水解产生胶体，故C正确；D.纯碱是碳酸钠，是强碱弱酸盐，可水解显碱性，故D正确。故选B。14.【答案】B【解析】【分析】本题考查了溶液中离子平衡问题，涉及盐类水解的规律与应用，微粒

浓度的关系、三大守恒的相关知识，题目难度一般。【解答】A.K2S溶液根据元素质量守恒得K+和含有硫元素的微粒个数之比是2∶1，所以c(K+)=2[c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)]，故A错误；B.K2CO3溶液中存在CO32−+H2O

⇌HCO3−+OH−，HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，所以水电离出来的H+在溶液中存在的形式有HCO3−、H2CO3、H+，即质子守恒：水电离出来的H+的浓度c水(H+)=c(OH−)=c(H+)+c(HCO3−)+

2c(H2CO3)，故B正确；C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，故C错误；D.氢氧化钾是强碱，完全电离，显碱性，CH3C

OO−和ClO−水解使溶液显碱性，且CH3COO−的水解能力小于ClO−，所以pH相同的①CH3COOK、②KOH、③KClO三种溶液中的c(K+)的大小关系是：①>③>②，故D错误。15.【答案】A【解析】

【分析】本题考查了电离、水解方程式的书写，要注意电离和水解两者的本质区别，其次要注意多元弱酸根离子要分步水解，注重了基础知识考查，难度不大。【解答】A.碳酸氢根离子的电离方程式是：HCO3−+H2O⇌H3O++CO32⬚−，故A正确；B.由于

H2SO4是强酸，所以其电离方程式为H2SO4=2H++SO42−，故B错误；C.碳酸根离子水解方程式是：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，故C错误；D.碳

酸钙属于强电解质，电离方程式是：CaCO3=Ca2++CO32−，故D错误。故选A。16.【答案】D【解析】【分析】本题考查了盐类水解的分析、电解质溶液中物料守恒、电荷守恒、影响水解平衡的因素等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】A、0.1m

ol/LNa2SO3溶液中亚硫酸根离子水解，c(Na+)：c(SO32−)>2：1，故A错误；B、溶液中存在物料守恒，n(Na)=2n(S)，钠元素物质的量为所有硫元素物质的量总和的2倍，c(Na+)=2c(S

O32−)+2c(HSO3−)+2c(H2SO3)，故B错误；C、溶液中的电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同，c(Na+)+c(H+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)+c(OH−)，故C错误；D

、加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，且抑制亚硫酸根离子的水解，SO32−+H2O⇌HSO3−+OH−的水解平衡逆向进行，c(SO32−)与c(Na+)均增大，故D正确；故选D。17.【答案】D【解析】【分析】

本题考查了盐类水解的应用，明确盐类水解的规律及影响因素是解答本题的关键，难度不大。【解答】①NH4Cl与ZnCl2溶液中铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故与盐的水解有关；②加热FeCl3溶液F

e3+会水解，加热会促进Fe3+的水解，Fe(OH)3是红褐色的，所以颜色加深，故与盐的水解有关；③硫离子会水解，生成硫化氢气体，硫化氢气体有臭鸡蛋气味，所以浓Na2S溶液有臭味，故与盐的水解有关；④碳酸根离子的水解显碱性，反应

的离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去，盐类的水解是吸热反应，升温促进水解，溶液碱性增强，去污效果好，故与盐的水解有关；所以选D。18.【答案】C【解

析】解：NH4Cl溶液中Cl−对NH4+水解无影响，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+抑制NH4+的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO−促进NH4+的水解，氨水中只电离出少量的NH4+，故c(NH

4+)由大到小的排列顺序为②>①>③>④，故选：C。本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解的知识，明确同离子效应的影响，双水解的促进作用。19.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查学生对影响盐类水解的因素的理解，难点在于学生要根据题意判断如何抑制NH4+水解，难度不大。【解答】氯

化铵溶于水发生水解，溶液显酸性，为了配制NH4+与Cl−的浓度比为1：1的溶液，则应该抑制NH4+的水解，①适量的HCl可以抑制NH4+的水解，但又增加了氯离子的浓度，则溶液中c(NH4+)<c(Cl−)，错误；②适量

的NaCl对水解没有影响，但增加了Cl−的浓度，导致溶液中c(NH4+)<c(Cl−)，错误；③加入适量氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，正确；④加入适量的NaOH，NaOH与NH4+反应导致溶液中c(NH4+)<c(Cl−)，

错误；故选B。20.【答案】B【解析】解：①CH3COONa与NaCl，醋酸根离子发生水解；②CH3COONa与NaOH，氢氧化钠为强碱，氢氧化钠电离的氢氧根离子抑制了醋酸根离子的水解，醋酸根离子浓度最大；③CH3COONa与NaHSO4，二者恰好反应生

成醋酸，醋酸的电离程度较小，溶液中醋酸根离子浓度最小；④CH3COONa与NaHCO3，碳酸氢根离子水解显碱性，抑制了醋酸根离子的水解，但抑制程度小于②，醋酸根离子浓度大于①、小于②；根据以上分析可知，各混合液中c(CH3COO−)浓度大小顺序为：②>④>①>③，

故选：B。本题考查了离子浓度大小比较，侧重考查盐的水解原理及其影响因素，题目难度不大，明确盐的水解的影响因素为解答关键，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．21.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查溶液中离子浓度的大小比较，意在考查学生的分析能力和知识应用能力，解题时注

意物料守恒和电荷守恒的应用。【解答】A.0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，故A正确；B.0.1mol⋅L−1Na2S

溶液中存在物料守恒c(Na+)=2[c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)]，故B错误；C.NaHSO4溶液中完全电离出Na+、SO42−、H+，c(Na+)=c(SO42−)，故C错误；D.等体积、等物质的量浓度的乙酸溶液

和氢氧化钠溶液混合后得到的是乙酸钠的溶液，显示碱性，存在c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)，故D错误。22.【答案】(1)酸；Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+；抑制；(2)D；(3)Al2O3。【解析】

(1)氯化亚铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，水解的离子方程式为：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+；根据方程式可知，增大氢离子浓度，能抑制其水解；故答案为：酸；Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+；抑制；(

2)A.在盐酸中加入氨水发生中和反应，中和反应是放热反应，故A错误；B.硝酸铵晶体溶于水是吸热过程，故B错误；C.因为增大了NH4+的浓度，抑制了一水合氨的电离，所以pH减小，故C错误；D.红色加深，说明升高温度，水

解平衡正向移动，即水解是吸热反应，故D正确；故答案为：D；(3)氯化铝溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，加热促进水解，同时生成物氯化氢易挥发，进一步促进水解，所以最终得到的是氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝；故答案为：Al2

O3。23.【答案】(1)碱；酸；中(2)S2−+H2O⇌HS−+OH−，HS−+H2O⇌H2S+OH−；NaHSO4=Na++H++SO42−(3)c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(NH3⋅H2

O)>c(OH−)(4)CH3COONa>NH4Cl>HCl>NaOH(5)②>①>③【解析】【分析】本题考查盐类的水解规律、方程式的书写等，比较综合，难度不大，解题的关键是对基础知识的灵活运用。【解答】(1)CH3COONa是强碱弱酸盐水解

显碱性；NH4Cl是强酸弱碱盐水解显酸性，KNO3是强酸强碱盐不水解显中性；(2)Na2S是强碱弱酸盐水解显碱性，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，HS−+H2O⇌H2S+OH−；NaHSO4是强酸强碱盐在水中

的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42−；(3)氯化铵溶液中铵离子水解破坏了水的电离平衡，使得溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显酸性，同时氯离子浓度大于铵离子浓度大于氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，水解生成的NH3⋅H2O大于氢

氧根离子浓度，小于氢离子浓度，所以0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子及NH3⋅H2O浓度由大到小的顺序是c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(NH3⋅H2O)>c(OH−)；(4)酸、碱抑制水的电离，而盐水解促进水的电离，

pH为5的盐酸水电离的氢离子浓度为10−9mol/L，pH为5的氯化铵溶液水电离的氢离子浓度为10−5mol/L，pH为10的NaOH溶液水电离的氢离子浓度为10−10mol/L，pH为10的醋酸钠溶液水电离的氢离子浓度为10−4mol/L，所以按照水的电离度由大到小的顺

序排序为CH3COONa>NH4Cl>HCl>NaOH；(5)①NH4Cl溶液显示酸性，②NH4HSO4溶液显示酸性，③CH3COONH4溶液显示中性，硫酸氢铵电离出的氢离子会抑制铵根离子的水解，CH3COONH4中醋酸根离子会促进铵根离子的水解，所以溶液中c(NH4

+)由大到小的顺序为②>①>③。24.【答案】(1)S2−、SO32−、HPO42−、AlO2−、HCO3−(2)NH4+、Al3+、Fe3+(3)Na+、Cl−、SO42−(4)HPO42−、HCO3−【解析】【分析】本题考查盐类

水解及离子共存，为高频考点，把握盐类水解原理及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【解答】(1)弱酸根离子水解后溶液显碱性，部分酸式酸根离子若其水解程度大于电离程度，则溶液也

显碱性，即S2−、SO32−、HPO42−、AlO2−、HCO3−水解后溶液呈碱性。(2)NH4+、Al3+、Fe3+属于弱碱的阳离子，水解后溶液呈酸性。(3)Na+是强碱的阳离子，Cl−和SO42−是强酸的阴离子，它们既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。(4)HPO42−、HC

O3−既能与强酸反应，又能与强碱反应。25.【答案】Ⅰ.(1)酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Fe2O3；3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑；(2)④>②>③>①；⑥>⑦>④>⑤>⑧；Ⅱ.(1)a<d<c<b；(2)BD；(3)ClO−+H2O+CO2=HCO3

−+HClO；(4)9.9×10−7mol⋅L−1；(5)b×10−7a−b；(6)c(HCO3−)+c(H+)。【解析】Ⅰ.【分析】本题考查盐类水解、溶液中离子浓度大小比较等知识，难度不大。掌握水解规律以及比较离子浓度大小的方法是解答关键。【解答】(1)

氯化铁为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性；其离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；把FeCl3溶液蒸干，灼烧，盐酸挥发，所以FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Fe2O3；普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，产生大量

的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑；故答案为：酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Fe2O3；3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓

+3CO2↑；(2)这①、②、③、④四种溶液中，其中①、②、③对水的电离起到抑制作用，只有④对水的电离起到促进作用，所以④中H+浓度大，由水的离子积可计算①中C(H+)=5×10−14mol/L；②C(H+)>10−13mol/L；③C(H+)=10−13mol/L，所以四种溶液中由水电离

出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①；④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中，⑧为弱电解质的水溶液，NH4+离子浓度最小，⑦中H+浓度最大，抑制NH4+水解的程度，NH4+浓度较大，⑤醋酸铵为弱酸弱碱盐，Ac−与NH4+发生互促水解，浓度最小，⑥硫酸铵中，NH4+浓度最

大，④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是⑥⑦④⑤⑧；故答案为：④>②>③>①；⑥>⑦>④>⑤>⑧；Ⅱ.【分析】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点、电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系再结

合守恒思想分析解答，先判断溶液中的溶质，再结合离子水解程度相对大小判断离子浓度，难度中等。【解答】(1)据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是a<

d<c<b；故答案为：a<d<c<b；(2)0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，浓度减小，酸性减弱，A、氢离子浓度减小，故A错误；B、加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所

以c(H+)c(CH3COOH)增大，故B正确；C、温度不变，则水的离子积常数不变，故C错误；D、醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氧根离子浓度增大，所以c(OH−)c(H+)增大，故D正确；E

、醋酸的电离平衡常数不变，故E错误；故答案为：BD；(3)次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：ClO−+H2O+CO2=HCO3−+HClO；故答案为：ClO−+H2O+CO2=HCO3−+HClO；(4)

CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，所以c(CH3COO−)−c(Na+)=c(H+)−c(OH−)=10−6mol/L−10−8mol/

L=9.9×10−7mol/L；故答案为：9.9×10−7mol⋅L−1；(5)将amol⋅L−1的醋酸溶液与bmol⋅L−1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，醋酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3C

OONa+H2O，则溶液中c(CH3COOH)=a−b2mol⋅L−1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10−7mol⋅L−1，c(Na+)=c(CH3COO−)=b2mol⋅L−1，则K=c(CH3COO−)×c(H+)c(CH3COOH)=b×10−7a−b；故答案

为：b×10−7a−b；(6)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为：1.12L22.4L/mol=0.05mol，氢氧化钠的物质的量为：1mol⋅L−1×0.1L=0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸

钠，质子守恒得：c(OH−)=2c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(H+)；故答案为：c(HCO3−)+c(H+)。