3-3-2 影响盐类水解的主要因素 盐类水解的应用（人教版2019选择性必修1）（解析版）

第2课时影响盐类水解的主要因素盐类水解的应用1.会用变化观念与平衡思想分析外界条件对盐类水解平衡的影响。2.了解盐类水解在生产生活、化学实验、科学研究中的应用，培养科学态度与社会责任。知识点一、影响盐类水解的主要因素1.主要因素——盐水解的程度大小主要是由所决定的。生成盐的弱酸酸性越弱，其盐中弱酸根离子的水解程度；生成盐的弱碱碱性越弱，其盐中弱碱阳离子的水解程度，通常称为“越弱越水解”。2.外界因素(1)温度升高温度，盐类水解程度，因为盐类水解都是反应。(2)浓度稀释盐溶液，可以水解，盐的浓度越小，水解程度。(3)外加物质在盐溶液中加入适量，都会引起盐类水解平衡的移动和水解程度的改变。知识点二、盐类水解的应用1.热的纯碱溶液去油污纯碱水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-。加热CO32-的水解，溶液碱性，去污能力增强。2.盐溶液的配制实验室配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度，目的是通过溶液中的。3.盐类作净水剂铝盐、铁盐等部分可溶性盐类水解可生成胶体，胶体有较强的吸附性，常用作净水剂。如明矾水解的离子方程式为：。4.制备无机化合物如用TiCl4制备TiO2。其反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl。知识点三、盐的水解常数1.若HA为一元弱酸（其电离常数为Ka），则NaA可水解：A-+H2OHA+OH-，其水解常数Kh表达式为Kh==。HA的电离常数Ka、A-的水解常数Kh之间的关系表达式为Kh=。2.若MOH为一元弱碱（其电离常数为Kb），则MCl可水解：M++H2OMOH+H+，其水解常数Kh表达式为Kh==。MOH的电离常数Kb、M+的水解常数Kh之间的关系表达式为Kh=。【新知预习】知识点一、1.盐的性质越大越大2.（1）增大吸热（2）促进增大（3）酸或碱知识点二、1.促进增强2.H+来抑制Fe3+的水解3.Al3++3H2OAl(OH)3+3H+知识点三、1.QUOTE2.QUOTE探究任务一盐类水解的影响因素1.影响盐类水解的主要因素因素对盐类水解程度的影响内因组成盐的酸或碱越弱，水解程度越大外界条件温度升高温度能够促进水解浓度盐溶液浓度越小，水解程度越大外加酸、碱水解显酸性的盐溶液，加非组成盐的碱会促进水解，加非组成盐的酸会抑制水解，反之亦然外加盐加入与盐的水解性质相反的盐会促进盐的水解2.实例：若以CH3COONa溶液的水解平衡为例：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，结果如下：移动方向c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(OH-)c(H+)pH水解程度加热右减小增大增大减小增大增大加水右减小减小减小增大减小增大加CH3COOH左增大增大减小增大减小减小加CH3COONa右增大增大增大减小增大减小加NaOH左增大减小增大减小增大减小加HCl右减小增大减小增大减小增大【典例1】向纯碱溶液中滴入酚酞溶液。(1)观察到的现象是，

原因是

；

(2)若微热溶液，观察到的现象是，原因是

；

(3)若向溶液中加入少量氯化铁溶液，观察到的现象是，原因是

；

(4)若向该溶液中滴入过量的氯化钡溶液，观察到的现象是，原因是

。【答案】(1)溶液变红碳酸根离子水解：CO32-+H2OOH-+HCO3-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液呈碱性(2)红色变深加热，碳酸根离子水解平衡向生成OH-的方向移动，溶液碱性增强(3)溶液红色变浅，同时生成红褐色沉淀，有气泡产生氯化铁溶液与OH-反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，溶液中OH-浓度减小，促进碳酸钠水解，并产生二氧化碳(4)溶液褪色，有白色沉淀生成Ba2++COeq\o\al(2－,3)==BaCO3↓，降低了COeq\o\al(2－,3)的浓度，使水解平衡向左移动，溶液碱性减弱直到消失【解析】碳酸钠属于强碱弱酸盐，水解呈碱性：Na2CO3+H2ONaOH+NaHCO3，水解反应是吸热反应。(1)碳酸钠水解，溶液呈碱性，使酚酞溶液变红；(2)加热促进碳酸钠水解，溶液碱性更强，所以溶液颜色变深；(3)氯化铁溶液与OH-反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，减小了溶液中OH-的浓度，促进碳酸根离子水解，并产生二氧化碳，相当于发生相互促进的水解反应；(4)向溶液中加入过量的氯化钡溶液，生成碳酸钡沉淀，降低了溶液中COeq\o\al(2－,3)的浓度，减弱了碳酸根离子的水解程度，溶液碱性减弱直至消失，溶液褪色。【典例2】(2023·陕西榆林第二中学高二期中)在Al3++3H2OAl(OH)3+3H+的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是()A.加热 B.通入HClC.加入适量Na2CO3(s) D.加入NaCl溶液【答案】D【解析】加热能使平衡向水解的方向移动，c(H+)增大，pH减小，故A项不符合题意；通入HCl能增大c(H+)，抑制水解，且pH减小，故B项不符合题意；加入适量Na2CO3(s)，由于发生2Al3++3COeq\o\al(2－,3)+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑，Al3+浓度减小，水解平衡向逆反应方向进行，故C项不符合题意；加入NaCl溶液，相当于加水稀释，能促进水解，且c(H+)变小，故pH也增大，因而D项符合题意。【变式训练1】对滴有酚酞溶液的下列溶液，操作后颜色变深的是()A.明矾溶液加热B.CH3COONa溶液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】明矾水解显酸性，加热促进水解，酚酞在酸性溶液中不显色，故A项错误；CH3COONa水解显碱性，加热促进水解，c(OH-)增大，溶液红色加深，B项正确；氨水显弱碱性，NH4Cl水解显酸性，溶液中c(OH-)减小，红色变浅，C项错误；加入少量NaCl固体对NaHCO3水解不产生影响，溶液颜色无变化，D项错误。【变式训练2】(2023·湖南长沙高二检测)在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是()A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小C．升高温度，eq\f(cHS－,cS2－)减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】水解常数只与温度有关，A错误；Cu2＋＋S2－=CuS↓，平衡左移，HS－浓度减小，B正确；水解为吸热反应，升高温度平衡右移，因而eq\f(cHS－,cS2－)比值增大，C错误；加入NaOH固体pH增大，D错误。探究任务二盐类水解的应用1.盐类水解的应用(1)设计物质水溶液的配制方法。凡配制能水解的盐溶液时，通常需采取防水解措施。①配制强酸弱碱盐溶液：滴几滴相应的强酸，可使水解平衡向左移动，抑制弱碱阳离子的水解。如配制FeCl3的水溶液：FeCl3溶于水时会发生水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，因有Fe(OH)3的生成易使溶液变浑浊，通常先将FeCl3溶于较浓盐酸中，抑制Fe3+的水解，使溶液保持澄清，再加水稀释至所需浓度。②配制强碱弱酸盐溶液：加入少量相应的强碱，可抑制弱酸根离子水解。如配制硫化钠的水溶液时，可加入少量氢氧化钠，抑制S2-的水解。(2)选择试剂的保存方法。某些实验试剂贮存时要考虑到盐的水解。如Na2SO3溶液因水解使溶液呈碱性，OH-与玻璃的主要成分SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶颈与瓶塞黏结，因而不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶贮存，可用带橡胶塞或软木塞的试剂瓶保存。(3)解决离子能否大量共存问题。在水溶液中水解相互促进的离子：①若相互促进程度较小，则可以大量共存，如NH4+和CH3COO-、COeq\o\al(2－,3)等；②若相互促进的程度很大、很彻底，则不能大量共存，如Al3+与HCO3-在溶液中不能大量共存，因发生反应Al3++3HCO3-==Al(OH)3↓+3CO2↑，这类离子组合常见的有：其中Fe3+与S2-、HS-因发生氧化还原反应也不能大量共存。(4)某些化肥的混合施用。草木灰不能与铵态氮肥混用，因草木灰的主要成分为K2CO3，溶于水时COeq\o\al(2－,3)+H2OHCO3-+OH-，生成的OH-与NH4+发生反应NH4++OH-NH3↑+H2O，使氮肥肥效下降。(5)利用盐的水解去除杂质。如果两种离子的水解程度不一样，可通过调控溶液的pH将其中一种离子转化为氢氧化物沉淀而除去。例如：MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3+水解程度比Mg2+水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2、MgCO3等，使Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去Fe3+。(6)选择制备物质的方法。①制备Fe(OH)3胶体。将FeCl3溶液滴入沸水中，在加热条件下，促进Fe3+的水解生成Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。②因Al3+和S2-在溶液中水解相互促进，故不能在水溶液中制取Al2S3，只能在固态无水条件下制取。2.盐溶液蒸干后产物的判断方法（1）加热盐溶液，需分析盐水解生成的酸的性质。如果是生成易挥发性酸，如AlCl3、FeCl3等溶液，最终蒸干得到的是金属氢氧化物，灼烧得到金属氧化物。如果是生成难挥发性酸，如MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液，最终得到它们的溶质固体；（2）加热盐溶液，需分析加热盐溶液的过程中，溶质是否发生氧化还原反应，如Na2SO3易被氧化为Na2SO4。【典例3】在氯化铁溶液中存在下列水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HClΔH>0。回答下列问题：(1)加热FeCl3溶液，溶液的颜色会不断加深，得到的一种红褐色透明液体为。

(2)在配制FeCl3溶液时，为防止浑浊，应加入。

(3)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3+的原因是。【答案】(1)Fe(OH)3胶体(2)少许盐酸(3)MgCO3能与H+反应，促进了Fe3+的水解，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去【解析】(1)加热FeCl3溶液得到的红褐色透明液体为Fe(OH)3胶体。(2)为防止浑浊，应加入盐酸抑制FeCl3水解。(3)CO32-与Fe3+发生相互促进的水解反应，生成的Fe(OH)3可过滤除去。【典例4】在蒸发皿中加热蒸干下列物质的溶液并灼烧(低于400℃)，可以得到该固体物质的是()A.AlCl3 B.NaHCO3C.Fe2(SO4)3 D.KMnO4【答案】C【解析】AlCl3水解生成的HCl易挥发，加热促进水解，灼烧后最终所得的固体是Al2O3，A不符合题意；NaHCO3受热分解得到Na2CO3，B不符合题意；Fe2(SO4)3水解生成的H2SO4难挥发，灼烧后所得的固体依然为Fe2(SO4)3，C符合题意；KMnO4受热时会分解，D不符合题意。【变式训练3】普通泡沫灭火器是常用的灭火器材，内置的玻璃器皿里盛硫酸铝溶液，外面的铁质器皿里盛碳酸氢钠溶液。回答下列问题：(1)不能把硫酸铝溶液盛在铁质器皿里的原因是(用离子方程式表示)；不能把碳酸氢钠溶液盛在玻璃器皿里的原因是(用离子方程式表示)。

(2)灭火时打开阀门，并将泡沫灭火器倒置，此时发生反应的离子方程式是。

(3)不用溶解度较大的碳酸钠代替碳酸氢钠的原因是。【答案】(1)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+HCO3-+H2OH2CO3+OH-(2)Al3++3HCO3-==Al(OH)3↓+3CO2↑(3)比较Al2(SO4)3+6NaHCO3==3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑和Al2(SO4)3+3Na2CO3+3H2O==3Na2SO4+2Al(OH)3↓+3CO2↑可知，等物质的量的Al2(SO4)3和Na2CO3反应产生的CO2的量较少，且生成CO2的速率慢【解析】(1)因水解反应Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al2(SO4)3溶液呈酸性，会腐蚀铁质器皿；因HCO3-+H2OH2CO3+OH-，碳酸氢钠溶液呈碱性，会腐蚀玻璃器皿。(2)泡沫灭火器倒置时，两溶液混合发生互相促进的水解反应，使Al3+、HCO3-水解完全，据此写出反应的离子方程式。【变式训练4】下列说法正确的是()A.将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同B.配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度C.用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+D.洗涤油污常用热的碳酸钠溶液【答案】D探究任务三溶液中离子浓度大小的比较1.在判断能水解的盐溶液中离子浓度的大小时，首先要明确盐的水解是微弱的；其次要明确多元弱酸盐的水解是分步进行的，以第一步水解为主；最后不要忘记水的电离。(1)简单盐溶液，如NH4Cl溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。(2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)。(3)多元弱酸的酸式盐溶液，根据其电离程度和水解程度的相对大小分析，如NaHSO3、NaH2PO4其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，NaHSO3溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；NaHCO3、NaHS等其水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，NaHCO3溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)。(4)不同溶液中同一离子的浓度大小比较，要考虑溶液中其他离子对该离子的影响。(5)混合溶液中各离子浓度比较，根据电离程度、水解程度的相对大小综合分析。①分子的电离程度大于对应离子的水解程度在0.1mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NH3·H2O的混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。②分子的电离程度小于对应离子的水解程度在0.1mol·L-1HCN和0.1mol·L-1NaCN混合溶液中：由于HCN的电离程度小于CN-的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)。2.解决电解质溶液中离子浓度关系问题时，首先分析离子浓度大小的关系是相等还是不等。(1)若使用的是“>”或“<”，应主要考虑“电离”和“水解”。(2)若用“=”连接，应根据“守恒”原理，视不同情况，从下列几个方面思考：若等号一端全部是阴离子或阳离子，应首先考虑电荷守恒；若等号一端各项中都含有同一种元素时，首先考虑这种元素的原子守恒；若等号一端为c(H+)或c(OH-)时，首先考虑是否符合水电离过程中的守恒关系。①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol·L-1。③质子守恒：由水电离出的c(H+)等于由水电离出的c(OH-)，在碱性盐溶液中OH-守恒，在酸性盐溶液中H+守恒。例如，纯碱溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)。【典例5】下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.室温下，向0.01mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(SOeq\o\al(2－,4))>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)B.0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c(Na+)>c(OH-)>c(HCQUOTE)>c(H+)C.Na2CO3溶液：c(OH-)-c(H+)=c(HCQUOTE)+2c(H2CO3)D.25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO-)+c(OH-)<c(CH3COOH)+c(H+)【答案】C【解析】0.01mol·L-1NH4HSO4中加NaOH溶液，当OH-与H+按物质的量比1∶1反应结束后，由于NH4+水解呈酸性，需再加NaOH与NH4+反应使溶液呈中性，所以c(Na+)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NH4+)，A项错误。B项中，虽然HCO3-水解呈碱性，但水解微弱，所以c(HCO3-)>c(OH-)，故B项错误。C项中，把c(H+)移项得：c(OH-)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)，符合质子守恒，所以C项正确。D项，由电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，由物料守恒有：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两式联立得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，因溶液pH=4.75，即c(H+)>c(OH-)，得c(CH3COO-)+c(OH-)>c(CH3COOH)+c(H+)，D项错误。【变式训练5】(2023·山东昌邑文山中学高二检测)常温时将0.1mol·L-1的CH3COOH溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合后(若混合后溶液体积为两者体积之和)，恰好完全反应，则下列有关所得混合液的说法正确的是()A.所得混合液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.混合后溶液pH=7C.所得混合液中存在c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05mol·L-1D.混合后溶液中存在c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)【答案】C【解析】二者混合后溶质为CH3COONa。根据物料守恒，反应后的溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=×0.1mol·L-1=0.05mol·L-1，C正确。CH3COONa水解显碱性，pH>7，B不正确；混合液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，A不正确；由电荷守恒知，混合液中存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D不正确。1.下列做法与盐的水解无关的是()A.实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞B.施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与碳铵(NH3HCO3)混合使用C.厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污D.配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉【答案】D【解析】碳酸钠溶液水解呈碱性，盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞，A项做法与水解有关；K2CO3水解呈碱性，与碳铵混合生成氨气，使氮肥失效，B项做法与水解有关；碳酸钠溶液水解呈碱性，促进油脂的水解，C项做法与水解有关；配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉，为了防止亚铁盐的氧化，D项做法与水解无关；故选D。2.向未知溶液中加入CH3COONa晶体，测得c(Na+)与c(CH3COO-)几乎相等，则原来的溶液可能是()A.HCl溶液 B.NaOH溶液C.KCl溶液 D.KOH溶液【答案】D【解析】CH3COO-发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，要想使溶液中的c(Na+)与c(CH3COO-)几乎相等，就要保证该平衡逆向移动并且原溶液中不能含有这两种离子，故选D。3.25℃时，浓度均为0.2mol·L-1的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是()A.均存在电离平衡和水解平衡B.存在的粒子种类不完全相同C.c(OH-)前者小于后者D.分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(COeq\o\al(2－,3))均增大【答案】B【解析】二者都存在盐的水解和水的电离，A项正确；NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中存在的粒子种类相同，B项错误；HCO3-的水解弱于COeq\o\al(2－,3)，所以c(OH-)是前者小于后者，C项正确；D项中，加入NaOH固体，前者因OH-与HCO3-反应而使c(COeq\o\al(2－,3))增大，后者因OH-抑制COeq\o\al(2－,3)的水解而使c(COeq\o\al(2－,3))增大，所以D项正确。4.漂白粉在溶液中存在下列平衡：ClO－＋H2OHClO＋OH－，下列措施能提高其漂白效率的是()A．加H2O B．通入CO2C．通入SO2 D．加少量NaOH【答案】B【解析】A项，加水稀释，HClO浓度下降；C项，SO2与HClO发生氧化还原反应，D项，加入少量NaOH，使平衡左移，HClO浓度下降；B项，通入CO2，使平衡右移，HClO浓度增大，漂白效率增加。5.室温下，向一定量1mol·L-1氨水中逐滴加入物质的量浓度相同的盐酸，直至盐酸过量。请分析上述实验过程，回答下列问题：(1)实验过程中水的电离程度变化趋势是先(填“变大”“变小”或“不变”，下同)后。

(2)实验过程中，当溶液pH恰好等于7时，此时溶液中主要溶质的化学式是，溶液中离子浓度的大小顺序是

。【答案】(1)变大变小(2)NH4Cl和NH3·H2Oc(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)【解析】(1)因为酸、碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，所以向氨水中加入盐酸时，二者反应生成NH4Cl，NH4+发生水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+，从而促进水的电离，当HCl过量时，H+又抑制水的电离。(2)当氨水和盐酸恰好反应时，溶质为NH4Cl，其水解使溶液呈酸性，溶液pH=7时，说明氨水稍过量，所以溶质为NH4Cl和NH3·H2O，依据电荷守恒并结合盐类水解程度较微弱的特点得出：c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)。6.(1)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解,无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl的作用是。

(2)广西治理龙江河镉(Cd2+)污染时,先向河中投入沉淀剂将Cd2+转化为难溶物,再投入氯化铝,试说明氯化铝的作用。(用必要的离子方程式和文字进行解释)。

(3)为了提高生活用水的质量,自来水厂常用Cl2和FeSO4·7H2O对水进行消毒、净化,以改善水质。简述原因并写出有关反应的离子方程式。

【答案】(1)分解出HCl气体,抑制CeCl3加热时发生水解(2)氯化铝溶于水,Al3+发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,生成的Al(OH)3胶体能吸附镉的难溶物而发生聚沉(或沉降、沉淀或沉积下来),从而消除Cd2+污染(3)2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-,Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而净化水;Cl2+H2OH++Cl-+HClO,生成的HClO具有强氧化性,能杀菌消毒【解析】(1)由“加热条件下CeCl3易发生水解”,可知NH4Cl的作用肯定是抑制其水解,CeCl3水解会生成HCl,NH4Cl的作用是受热时分解出HCl气体,抑制CeCl3水解。(2)氯化铝溶于水,Al3+发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,生成的Al(OH)3胶体能吸附镉的难溶物而发生聚沉(或沉降、沉淀或沉积下来),从而消除Cd2+污染。(3)Cl2与Fe2+反应生成Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮杂质一起沉积到水底,达到净化水的目的;同时过量的Cl2与H2O反应生成HClO,HClO可杀灭水中的病菌。1.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是()A.溶液中c(COeq\o\al(2－,3))增大 B.水的电离程度不变C.KW将变小 D.溶液的碱性增强【答案】D【解析】温度升高，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，故溶液中c(COeq\o\al(2－,3))变小，溶液的碱性增强，水解促进水的电离，温度升高，KW变大。2.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是()A.COeq\o\al(2－,3)+H2OHCO3-+OH-；用热的纯碱溶液清洗油污B.Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；明矾净水C.TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl；制备TiO2纳米粉D.SiCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl；配制氯化亚锡溶液时加入NaOH【答案】D【解析】SnCl2水解显酸性，所以在配制氯化亚锡溶液时要加入HCl抑制其水解，故D错误。3.(2023辽宁丹东凤城第一中学高二月考)分别将下列物质：①FeCl3②CaO③NaCl④Ca(HCO3)2⑤Na2SO3⑥K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是()A.②③ B.③⑥ C.①④ D.⑤⑥【答案】B【解析】①加热蒸干FeCl3溶液得到Fe(OH)3；②CaO投入水中，生成Ca(OH)2，加热蒸干得到Ca(OH)2；③加热蒸干NaCl溶液得到NaCl固体；④加热蒸干Ca(HCO3)2溶液得到CaCO3；⑤加热蒸干Na2SO3溶液得到Na2SO4；⑥加热蒸干K2SO4溶液得到K2SO4，故选B。4．下列溶液中，操作和现象对应正确的是()选项溶液操作现象A滴有酚酞的明矾溶液加热颜色变深B滴有酚酞的氨水加入少量NH4Cl固体颜色变浅C滴有酚酞的CH3COONa溶液加入少量的CH3COONa固体颜色变浅D氯化铁溶液加热颜色变浅【解析】B【解析】明矾溶液中Al3＋水解使溶液呈酸性，加热，Al3＋的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化，A项错误；加入NH4Cl固体，氨水的电离程度减小，碱性减弱，溶液颜色变浅，B项正确；加入少量CH3COONa固体会使CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡向右移动，c(OH－)增大，颜色变深，C项错误；加热氯化铁溶液时促进FeCl3水解为红褐色的Fe(OH)3，颜色加深，D项错误。5.在(NH4)2SO4溶液中，离子浓度大小顺序正确的是()A.c(NH4+)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(H+)>c(OH-)B.c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)C.c(NH4+)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(OH-)>c(H+)D.c(SOeq\o\al(2－,4))>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)【答案】A【解析】(NH4)2SO4是强电解质，完全电离，c(NH4+)接近c(SOeq\o\al(2－,4))的两倍，铵根离子水解消耗水电离产生的OH-，所以c(H+)>c(OH-)；但是盐的水解程度是微弱的，盐的电离远大于水的电离，因此c(H+)、c(OH-)都比较小，故：c(NH4+)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(H+)>c(OH-)。6．欲使CH3COONa稀溶液中eq\f(cCH3COO－,cNa＋)增大，可采取的措施是()A．升温 B．加水稀释C．加少量的KOH固体 D．加少量固体Na2CO3【答案】C【解析】根据水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，升温，水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加水稀释水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加少量的KOH固体，增大了c(OH－)，水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大；加入少量固体Na2CO3，因为加入了Na＋，c(Na＋)增大，eq\f(cCH3COO－,cNa＋)减小。7.25℃时，在浓度均为1mol·L-1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NQUOTE)分别为a、b、c(单位为mol·L-1)。下列判断正确的是()A.a=b=c B.a>b>cC.a>c>b D.c>a>b【答案】D【解析】NH4+水解使溶液显酸性，CO32-水解使溶液显碱性，所以碳酸铵溶液中NH4+浓度最小。Fe2+水解使溶液显酸性，抑制NH4+的水解，所以三种溶液中c(NH4+)大小顺序是c>a>b。8.常温下，有两种溶液：①0.1mol·L-1CH3COOH溶液②0.1mol·L-1CH3COONa溶液(1)溶液①的pH(填“>”“<”或“=”)7，溶液中离子的电荷守恒的关系式是。

(2)溶液②呈(填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是

(用离子方程式和适当的叙述说明)。(3)下列说法正确的是(填序号)。a.两种溶液中c(CH3COO-)都等于0.1mol·L-1b.两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1c.CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)【答案】(1)<c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)(2)碱CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，CH3COO-水解使溶液显碱性(3)bc【解析】(1)醋酸属于酸，所以溶液①的pH小于7，满足电荷守恒，即c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；(2)CH3COONa为弱酸强碱盐，水解使溶液呈碱性，离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；(3)水解和电离都是微弱的，所以两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1，且CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)。9.为了使K2S溶液中QUOTE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.②④ B.①②⑤C.③④⑤ D.②③【答案】A【解析】溶液中的S2-发生水解反应：S2-+H2OOH-+HS-，S2-的水解平衡逆向移动，即QUOTE的比值变小。①氢离子浓度增大，使水解平衡正向移动，错误；②氢氧根离子浓度增大，使水解平衡逆向移动，正确；③氢氧根离子浓度增大，使水解平衡逆向移动，但K+浓度增大更多，错误；④HS-浓度增大，使水解平衡逆向移动，正确；⑤加水稀释，各离子浓度都减小，平衡正向移动，S2-数目减少，K+数目不变，则QUOTE的比值增大。10.(2023·广东汕头潮阳实验学校高二检测)下列说法中正确的是()A.AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分相同B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，再加水稀释到所需的浓度C.向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3+D.泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)3【答案】C【解析】A项不正确，AlCl3和Al2(SO4)3的水解方程式分别为AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，Al2(SO4)3+6H2O2Al(OH)3+3H2SO4，加热，由于盐酸易挥发，硫酸难挥发，故前者蒸发、浓缩结晶、灼烧后得到Al2O3，后者蒸发、浓缩结晶、灼烧后得到Al2(SO4)3；B项不正确，FeCl3固体溶于硫酸中，会引入杂质SO42-；C项正确，由于Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO消耗H+，会促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，除去Fe3+；D项错误，为加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3。11.常温下，0.2mol·L-1的一元酸HA的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法不正确的是()A.HA为弱酸B.该混合液pH>7C.图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D.该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c(Na+)【答案】C【解析】由图像可知，反应后溶液中A-的浓度小于0.1mol·L-1，说明HA是弱酸，与等物质的量的氢氧化钠反应后生成的NaA发生水解，使A-浓度小于0.1mol·L-1，A项正确；因为HA是弱酸，氢氧化钠是强碱，得到的NaA是强碱弱酸盐，所以溶液呈碱性，pH>7，B项正确；因为得到的溶液为NaA溶液，发生水解反应，使溶液呈碱性，溶液中的离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)，所以X表示OH-，Y表示HA，Z表示H+，C项错误；Y是HA，根据物料守恒，Na元素与A元素的浓度相等，则c(A-)+c(HA)=c(Na+)，D项正确。12.实验测得0.5mol·L-1CH3COONa溶液、0.5mol·L-1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A.随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH-)B.随温度升高，C