第03讲 盐类的水解-2026年高考化学一轮复习讲练测（北京专用）

PAGE1第03讲盐类的水解目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01考查盐类水解的相关概念题型02考查水解的类型题型03水解方程式的书写题型04考查水解规律题型05盐类水解的影响因素题型06水解平衡常数题型07盐类水解的应用题型08盐类水解离子浓度大小比较题型09盐类水解图像分析02核心突破练03真题溯源练01考查盐类水解的相关概念1.（24-25高三上·北京顺义·期末）根据下列实验操作和现象，能得到相应结论的是选项实验操作和现象结论A将灼烧成红热的木炭放入浓硝酸中，产生红棕色气体红棕色气体证明了木炭与浓硝酸发生了反应B将铁锈溶于浓盐酸，滴入酸性溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C向淀粉水解液中，滴加少量碘水，溶液变蓝淀粉未水解或水解未完全D常温下，测得饱和溶液的pH大于饱和溶液常温下水解程度：A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．浓硝酸受热易分解：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，所以将灼烧成红热的木炭放入浓硝酸中产生红棕色气体，不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应，可能是浓硝酸受热分解产生的，A不合题意；B．铁锈中含有的Fe2O3与浓盐酸反应生成FeCl3，Cl-也能与酸性KMnO4溶液反应使其褪色，2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，所以滴入酸性KMnO4溶液紫色褪去，不能证明铁锈中含有二价铁，B不合题意；C．淀粉遇碘变蓝，向淀粉水解液中滴加少量碘水，溶液变蓝，说明溶液中还有淀粉存在，即淀粉未水解或水解未完全，C符合题意；D．比较和的水解程度，应该在相同浓度的条件下比较，饱和Na2CO3溶液和饱和NaHCO3溶液的浓度不同，不能根据常温下饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液来判断水解程度，D不合题意；故答案为：C。2．（24-25高三上·北京朝阳·期末）下列事实不能用水解原理解释的是A．加热溶液得到B．草木灰(含)不宜与用作氮肥的铵盐混用C．在中比在等体积的水中溶解的少D．在水中不能存在【答案】C【解析】A．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中共热发生水解反应生成碱式氯化镁和盐酸，反应的化学方程式为，所以加热氯化镁溶液得到碱式氯化镁能用水解原理解释，故A不符合题意；B．碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，铵态氮肥与草木灰混合使用会使铵态氮肥的肥效降低，所以铵态氮肥与草木灰混合不能使用能用水解原理解释，故B不符合题意；C．硫酸钡在溶液中存在溶解平衡：，增大硫酸根离子浓度，平衡左移，导致硫酸钡的溶解度减小，所以硫酸钡在0.01mol/L硫酸溶液中比在等体积的水中溶解的少不能用水解原理解释，故C符合题意；D．铝离子和硫离子在溶液中会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为，所以硫化铝在水中不能存在能用水解原理解释，故D不符合题意；故选C。3．（2025·北京丰台·二模）下列过程不能用平衡移动原理解释的是A．中和等体积、等pH的盐酸和醋酸，醋酸所需NaOH的物质的量更多B．将通入饱和氨盐水(溶质为、NaCl)中，有固体析出C．将浓溶液与浓溶液混合，迅速产生气泡D．将锌片插入pH=4的硫酸中无明显现象，加入少量固体，有气泡产生【答案】D【解析】A．等pH的盐酸和醋酸中氢离子浓度相等，醋酸是弱酸，在水溶液中不完全电离，加入氢氧化钠会促进醋酸电离产生氢离子、进一步被中和，则醋酸所需NaOH的物质的量更多，能用化学平衡移动原理解释，A错误；B．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是弱酸、一水合氨是弱碱，弱酸和弱碱在水溶液中均不完全电离，将通入饱和氨盐水(溶质为、NaCl)中，氢离子和氢氧根离子发生中和反应，促进碳酸和一水合氨电离，增大了铵离子和碳酸氢根的浓度，导致溶解度小的碳酸氢钠以晶体析出，能用化学平衡移动原理解释，B错误；C．浓溶液中碳酸氢根水解程度大于电离程度呈碱性，溶液中铝离子水解呈酸性，将浓溶液与浓溶液混合，碳酸氢根和铝离子相互促进水解，迅速产生二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，能用化学平衡移动原理解释，C错误；D．硫酸铜与锌发生置换反应，析出的铜、锌和稀硫酸构成原电池，原电池总反应为，原电池反应加快了气泡产生，不能用化学平衡移动原理解释，D正确；故选D。02考查水解的类型4．（2025·北京大兴·三模）常温下完成下列实验。其中实验Ⅰ中浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。下列说法中不正确的是A．实验Ⅰ中加入8滴水后溶液的pH不变B．实验Ⅱ中加入浓氨水后，C．实验Ⅲ中加入溶液后，溶液抑制了的水解D．以上实验说明溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡【答案】C【解析】A．实验I中加入8滴水后溶液浑浊不消失，溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，故pH不变，故A正确；B．实验Ⅱ中加入浓氨水后，溶液为NaHCO3和氨水的混合溶液，根据电荷守恒则有c(Na+)+c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH−)，故B正确；C．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，促进碳酸氢根离子的水解，碳酸氢钠溶解，溶液变澄清，故C不正确；D．实验Ⅱ说明碳酸氢根离子存在水解平衡，实验Ⅲ说明存在碳酸氢根离子的电离平衡，以上实验说明NaHCO3溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡，故D正确；故选C。5．（24-25高三上·北京石景山·期末）室温下，CH3COONH4溶液的pH约为7，关于溶液的下列说法正确的是A．溶液中c(CH3COO−)=c()B．常温下溶液显中性是因为CH3COO−和不发生水解C．1mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO−)=1mol·L-1D．由CH3COONH4溶液呈中性可推知NH4HCO3溶液显酸性【答案】A【解析】A．室温下，测得CH3COONH4溶液的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度与NH的水解程度相同，存在电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(NH)，pH＝7中c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(NH)，A正确；B．常温下溶液显中性是因为CH3COO−和均发生水解，且CH3COO−水解程度与水解程度相同，B错误；C．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO−水解，故1mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO−)<1mol·L-1，C错误；D．CH3COONH4溶液呈中性，可知CH3COO−水解程度与水解程度相同，而醋酸的酸性强于碳酸，根据越弱越水解可知的水解程度大于CH3COO−，同时也大于的水解程度，水解使溶液呈碱性，D错误；故选A。6．（24-25高三上·北京·阶段练习）能证明溶液中存在水解平衡的事实是A．滴入酚酞溶液后变红，再加入溶液后红色褪去B．滴入酚酞溶液后变红，再加入氯水后红色褪去C．滴入酚酞溶液后变红，再加入溶液后产生沉淀且红色褪去D．滴入酚酞溶液后变红，再加入NaOH溶液后红色加深【答案】C【解析】A．水解使溶液显碱性，滴入酚酞溶液后液体变为红色，加入溶液后发生了中和反应，不论是否水解完全，溶液红色都会褪去，因此只能证明发生了水解，不能证明存在水解平衡，A项错误；B．水解使溶液显碱性，滴入酚酞溶液后液体变为红色，加入氯水，氯水既能中和，又能将酚酞和氧化，因此红色褪去不能证明存在水解平衡，B项错误；C．水解使溶液显碱性，滴入酚酞溶液后液体变为红色，加入溶液，若生成白色沉淀，说明沉淀为，说明没有水解完全，红色褪去说明浓度减小，而与不反应，说明水解平衡逆向移动引起浓度减小，因此能证明溶液中存在水解平衡，C项正确；D．水解使溶液显碱性，滴入酚酞溶液后液体变为红色，加入NaOH溶液，溶液的碱性增强，即使不存在水解平衡，溶液红色也会加深，故不能证明存在水解平衡，D项错误；答案选C。03水解方程式的书写7．（24-25高三上·北京顺义·期末）直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用溶液吸收的过程中，pH随变化关系如下表：吸收液IⅡⅢ8.27.26.2下列说法不正确的是A．溶液中存在水解平衡：B．溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度C．当吸收液呈中性时，溶液中D．三种吸收液中，水的电离程度：IⅡⅢ【答案】C【解析】A．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故A正确；B．亚硫酸氢钠溶液显酸性数目亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故B正确；C．由表格数据可知，溶液pH为7.2时，溶液中亚硫酸根离子的物质的量等于亚硫酸氢根离子，pH为6.2时，亚硫酸根离子的物质的量远小于亚硫酸氢根离子，所以吸收液呈中性时，溶液中亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，故C错误；D．强碱弱酸盐亚硫酸钠在溶液中水解促进水的电离，亚硫酸氢钠在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，所以溶液中亚硫酸氢根离子浓度越大，水的电离程度越小，则三种吸收液中，水的电离程度为IⅡⅢ，故D正确；故选C。8．（2025·北京通州·一模）下列过程的化学用语表述不正确的是A．与浓盐酸在加热条件下反应：B．将灼热的铜丝插入乙醇中：C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热：D．酚酞滴入溶液中，溶液变红：【答案】C【解析】A．二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，故A正确；B．乙醇与氧气在Cu催化条件下加热生成乙醛和水，故B正确；C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热发生取代反应生成乙醇、NaBr和水，化学方程式为，故C错误；D．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解产生碳酸氢根离子和氢氧根离子，为碱性，酚酞变红，故D正确；故答案为C。9．（24-25高三上·北京·阶段练习）下列与事实对应的化学用语正确的是A．0.5mol/LNH4Cl溶液的pH为5：+H2O=NH3·H2O+H+B．自然界中的固氮反应：2NO＋O2=2NO2C．Cl2的氧化性强于I2：Cl2＋2I-=2Cl-＋I2D．NaCl溶液能导电：NaClNa＋＋Cl-【答案】C【解析】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液中会水解，，A错误；B．自然界中的固氮反应是氮气转化为化合态的NO：，B错误；C．Cl2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，C正确；D．NaCl溶液能导电是含有自由移动的Na＋和Cl-，电离方程式为：NaCl=Na＋＋Cl-，D错误；故选C。04考查水解规律10．（24-25高三上·北京东城·期末）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ不存在因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA酸性：电负性：B升高温度，溶液的醎小升高温度促进了的水解C固体与浓硫酸共热生成气体挥发性：浓硫酸＜盐酸D在中的溶解度大于在中的溶解度是极性分子，和是非极性分子A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．氟的电负性大于氯，使基团的吸电子能力更强，导致羧基（-COOH）的O-H键极性增强，更易电离出，因此酸性更强。陈述Ⅱ是陈述Ⅰ的直接原因，A不符合题意；B．是强碱弱酸盐，水解反应为：，升高温度促进水解平衡正向移动，生成更多OH⁻，但同时还要考虑水的电离平衡，事实是升高温度水的电离平衡占主导因素，均增大(此处也变大)，溶液pH应减小，陈述Ⅱ无法解释陈述Ⅰ，B符合题意；C．浓硫酸难挥发（高沸点），盐酸易挥发，共热时，难挥发的浓硫酸可置换出易挥发的HCl气体，陈述Ⅱ是陈述Ⅰ的直接原因，C不符合题意；D．根据“相似相溶”原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，不易溶于极性溶剂，陈述Ⅱ解释了陈述Ⅰ的原因，D不符合题意；故选B。11．（2025·北京丰台·二模）下列依据相关事实作出的推断或解释中，不正确的是选项事实推断或解释A与盐酸、NaOH溶液均能反应，而只能与盐酸反应碱性：B常温下，一元弱酸的电离常数：，常温下，同浓度溶液的pH：NaCN>NaFC乙二醇、丙三醇都是黏稠液体与分子间形成氢键有关D升高温度，溶液的pH减小升高温度促进了的水解A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．具有两性，与盐酸、NaOH溶液均能反应，而只能与盐酸反应，说明碱性：，A正确；B．，根据可知，同浓度的NaCN和NaF溶液，NaCN水解程度更大，溶液碱性更强，pH更大，B正确；C．乙二醇、丙三醇分子中含有多个羟基，羟基之间可以形成分子间氢键，使得它们的沸点升高，表现为黏稠液体，C正确；D．升高温度，溶液的pH减小，是因为升高温度，水的离子积增大的程度更大，D错误；故选D。12．（24-25高三上·北京·阶段练习）利用下图装置进行“反应条件对水解平衡的影响实验”。装置操作与现象①加热a至溶液沸腾，呈红褐色；用试纸检验b中溶液，试纸显中性②持续加热一段时间，取b中溶液，用试纸检验，试纸变红；用溶液检验，溶液变浅红下列说法不正确的是A．①中溶液呈红褐色，推测是由于温度升高促进了的水解B．常温下，水解产生的在溶液中以形式存在C．以上现象说明挥发促进了正向移动D．根据上述现象，说明不宜用蒸干溶液的方法制备固体【答案】C【分析】溶液中Fe3+会发生水解，反应为：，水解为吸热反应，因此升高温度会影响Fe3+的水解平衡，据此作答。【解析】A．加热溶液至沸腾，即升高温度促进Fe3+水解平衡正向移动，从而形成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体呈红褐色，①中溶液呈红褐色，可以推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解，故A正确；B．常温下，溶液中Fe3+会发生水解，反应为：，因此水解的产物有HCl，HCl在水中完全电离成、，故B正确；C．HCl为水解产物，实验①、②均说明HCl挥发后进入了b中，但是无法证明HCl挥发促进了正向移动，故C错误；D．蒸干溶液会使其彻底水解生成氢氧化铁沉淀，无法制备固体，故D正确；故答案选C。05盐类水解的影响因素13．下列实验中，均产生白色沉淀。下列说法不正确的是A．能促进、水解B．对水解和电离的影响方向一致C．前2个实验产生沉淀成分相同，后2个实验产生沉淀成分相同D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低【答案】B【解析】A．电离出Al3+与都能发生双水解，促进、的水解反应，A正确；B．水解方程式，加入后Ca2+与反应生成沉淀，水解平衡逆向移动，电离方程式，加入后c()减小，电离平衡正向移动，B错误；C．四个实验中均产生白色沉淀，前2个实验中Al3+与都能发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀，产生沉淀成分相同，后2个实验中氯化钙和碳酸钠反应生成CaCO3沉淀，产生沉淀成分相同均为CaCO3，C正确；D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。14．（23-24高三上·北京大兴·期末）常温下，NH4Cl溶于水得到无色溶液，为使溶液中的c(NH):c(Cl-)=1:1，下列采取的措施正确的是A．加入适量的NaCl固体B．加入适量的盐酸，抑制NH水解C．加入适量的氨水，使溶液的pH等于7D．加入适量的NaOH固体，使溶液的pH等于7【答案】C【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，在其水溶液里能水解导致氢离子的浓度大于氢氧根的浓度，所以其溶液呈酸性，+H2O⇌NH3∙H2O+H+，为使溶液中的c()：c(Cl-)=1：1，即要抑制铵根离子的水解，使水解反应向逆反应方向移动，可增大氨水的浓度。【解析】A．加入适量的NaCl固体，氯离子浓度增大，c()：c(Cl-)＜1：1，故A错误；B．加入适量的盐酸，抑制水解，但氯离子浓度增大的多，c()：c(Cl-)＜1：1，故B错误；C．加入适量的氨水，使溶液的pH等于7，溶液中电荷守恒得到c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)得到溶液中的c()：c(Cl-)=1：1，故C正确；D．加入适量的NaOH固体，使溶液的pH等于7，溶液中电荷守恒c()+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)得到c()＜c(Cl-)，c()：c(Cl-)＜1：1，故D错误；故选：C。15．常温下，向30mL溶液中加入溶液，溶液的pH随加入溶液的体积的变化如图。下列说法正确的是已知：溶液的pH约为7A．上图说明溶液中存在水解平衡B．溶液中的比溶液中的大C．溶液中存在：D．溶液的pH变化是浓度改变造成的【答案】A【解析】A．未加入醋酸铵溶液时，0.1mol/L氯化铵溶液的pH为6，说明铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中存在水解平衡，故A正确；B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子在溶液中都发生水解反应，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，促进铵根离子水解，所以溶液中的比溶液中的小，故B错误；C．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)，故C错误；D．醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子在溶液中都发生水解反应，向氯化铵溶液中加入醋酸铵溶液时，溶液的pH变化是铵根离子浓度和醋酸根离子浓度的相对大小发生改变造成的，故D错误；故选A。06水解平衡常数16．常温下，某弱酸HA溶液中主要成分的物质的量浓度分数随pH的变化如图所示。下列有关叙述不正确的是A．常温下，HA的电离平衡常数 B．若温度升高，曲线交点M会向左移动C．NaA的水解平衡常数 D．某的缓冲溶液，pH约为4【答案】C【分析】溶液中，存在电离平衡，随着逐渐增大，减小，逐渐增大；【解析】A．，M点，，，，A正确；B．温度升高，增大，减小，曲线交点M会向左移动，B正确；C．，，C错误；D．，，，，，D正确；故选C。17．某温度下，向溶液中缓慢加入固体，忽略溶液体积变化，溶液、温度随被滴定分数的变化如图所示。下列说法不正确的是A．点的小于点的B．点，C．点，D．点，【答案】C【解析】A．电离是吸热反应，由于温度：M点小于Q点，所以M点的小于Q点的，A正确；B．N点被滴定分数为1，此时溶液中的溶质为，则根据质子守恒有，B正确；C．P点溶液中存在电荷守恒：，由于此时温度高于25℃，可知此时溶液呈碱性，，则，C错误；D．Q点溶液的溶质为，，，D正确；故选C。18．25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图甲所示。NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图乙所示[其中a点的坐标为(9.5,0.5)]。下列溶液中的关系一定正确的是()A．图乙中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)B．常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)＝10－9.5C．图甲中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)D．图甲中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)【答案】A【分析】25℃时，NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数（δ）随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10mL0.01mol•L-1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol•L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。【解析】A.图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH−)，由溶液电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CN−)+c(Cl−)，结合物料守恒可c(Na+)=c(HCN)+c(CN−)可知：c(Cl−)=c(HCN)，故A正确；B.a点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN−)，NaCN的水解平衡常数K(NaCN)==c(OH−)=10-4.5mol/L，故B错误；C.b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN−水解程度，可知c(HCN)>c(CN−)，故C错误；D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CN−)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH−)+2c(CN−)，故D错误；答案选A。07盐类水解的应用19．（2025·北京海淀·三模）下列方程式与所给事实不相符的是A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体：B．在HCl气氛中加热制无水：C．草酸()使酸性溶液褪色：D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：【答案】C【解析】A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体即H2和NaAl(OH)4，则离子方程式为：，A正确；B．在HCl气氛中加热制无水，以抑制Mg2+水解，反应方程式为：，B正确；C．已知H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故草酸()使酸性溶液褪色的离子方程式为：，C错误；D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基产生光亮的银镜，反应方程式为：，D正确；故答案为：C。20．（2025·北京东城·一模）生活中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释不正确的是A．用医用酒精消毒，是因为乙醇能使细菌的蛋白质发生变性B．用粮食酿酒，是因为淀粉水解产生的葡萄糖在酶的作用下可转变为乙醇C．热的纯碱溶液去油污效果更好，是因为升温可促进水解，使增大D．冰的密度比液态水的小，是因为冰中存在氢键，液态水中不存在氢键【答案】D【解析】A．医用酒精（75%乙醇）能使细菌蛋白质变性，破坏其结构，达到消毒效果，A正确；B．粮食中的淀粉先水解为葡萄糖，再经无氧发酵（酶催化）生成乙醇，B正确；C．纯碱溶于水后，碳酸根水解生成OH⁻（吸热反应），升温促进水解，碱性增强，油脂更易水解，去污效果提升，C正确；D．冰的密度小是因氢键形成有序结构导致体积膨胀，但液态水中仍存在氢键，并非完全不存在，D错误；故选D。21．（2025·北京平谷·一模）下列方程式与所给事实不相符的是A．稀硝酸除去试管上的银镜：B．饱和溶液浸泡锅炉水垢：C．泡沫灭火器的灭火原理：D．用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：【答案】A【解析】A．稀硝酸与银反应时，硝酸作为氧化剂被还原，产物应为NO，而非浓硝酸情况下的，正确方程式应为：，A错误；B．（溶度积较大）与饱和反应生成更难溶的（溶度积较小），符合沉淀转化规律，方程式正确，B正确；C．与发生双水解，生成沉淀和气体，方程式电荷、原子均守恒，C正确；D．与Cu反应生成和，符合氧化还原规律，方程式正确，D正确；故选A。08盐类水解离子浓度大小比较22．（25-26高三上·北京丰台·开学考试）室温下，通过下列实验探究草酸(H2C2O4)的性质。已知：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。FeC2O4为黄色固体，溶于水显黄色，Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7实验1：将H2C2O4加入水中，测得溶液pH=3。实验2：将H2C2O4加入0.1mol·L-1NaOH溶液中，冷却至室温，测得溶液pH=5。实验3：将H2C2O4加入酸性KMnO4溶液，紫色溶液褪色。实验4：将H2C2O4加入FeSO4溶液中，充分反应后，下层有黄色沉淀，上层溶液为黄色。下列说法正确的是A．实验1所得溶液中：c()+c()>c(H+)B．实验2所得溶液中：c()>c()C．实验3证明草酸有还原性，发生反应：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD．实验4的上层溶液中，c(Fe2+)·c()>2.1×10−7【答案】B【解析】A．草酸溶液中存在电荷守恒：，则：c()+c()<c(H+)，A错误；B．将H2C2O4加入0.1mol·L-1

NaOH溶液中，冷却至室温，测得溶液pH=5，此时溶液呈酸性，则c(H+)=10-5mol/L，已知Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，则，则，c()>c()，B正确；C．草酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，实验3证明草酸有还原性，发生反应：2+5+6H+

=2Mn2+

+10CO2↑+8H2O，C错误；D．将H2C2O4加入FeSO4溶液中，充分反应后，下层有FeC2O4黄色沉淀，说明上层溶液为FeC2O4的饱和溶液，则c(Fe2+)·c()=Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7，D错误；故选B。23．（2025·北京海淀·三模）某小组同学为了验证和对Mg与水反应的促进作用，用与水反应后的Mg条与4种盐溶液进行对比实验，结果如下。实验序号ⅰⅱⅲⅳ盐溶液(均为)NaCl起始pH5.18.37.07.8时产生气体体积(mL)1.50.71.4气体的主要成分时镁条表面情况大量固体附着(固体可溶于盐酸)补充实验表明：(ⅰ)实验ⅰ中还检测出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；(ⅱ)实验ⅱ中的固体含有碱式碳酸镁，气体含有二氧化碳。下列说法不正确的是A．溶液中，B．对Mg与水反应的促进作用与有关C．实验ⅱ中的电离平衡和水解平衡的移动方向相同D．对比实验ⅰ和ⅱ可推知，浓度相同时，对Mg与水反应的促进作用：【答案】C【解析】A．溶液pH=7.8显碱性，说明水解程度大于水解程度，故，A正确；B．水解显酸性，与反应生成和水，促进Mg与水反应，总反应方程式为，B正确；C．实验ii中，存在电离和水解，Mg与水反应生成，促进电离，抑制其水解，移动方向不同，C错误；D．对比实验ⅰ和ⅱ，实验i（）30min产生气体更多，说明浓度相同时，对Mg与水反应促进作用大于，D正确；故选C。24．（2025·北京通州·一模）常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生。已知：饱和溶液下列分析不正确的是A．饱和溶液中B．饱和溶液中：C．Ⅱ中产生白色的沉淀D．Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均逐渐增大【答案】D【分析】常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生，故和会生成二氧化碳气体，中加氯化钡会产生二氧化硫气体。【解析】A．由已知条件知以电离为主，故，A正确；B．饱和溶液的物料守恒为，B正确；C．以电离为主，电离出，故可以产生沉淀，C正确；D．溶液显碱性会消耗电离出的氢离子，溶液pH增大，钡离子会结合电离出的，促使电离正向进行氢离子浓度增大pH减小，D错误；故答案选D。09盐类水解图像分析25．（25-26高三上·北京海淀·开学考试）常温下，将一定量的稀硫酸滴入溶液中，溶液中含X元素的微粒有、、、，四种微粒的物质的量分数随pOH(，)的变化如图。下列说法不正确的是A．曲线II代表的变化曲线B．b点时，C．常温下，的水溶液的D．a、c两点水的电离程度相等【答案】D【分析】横坐标中溶液pOH越大，溶液中氢氧根离子浓度越小，的物质的量分数越小，的物质的量分数越大，由图可知，曲线Ⅰ代表的变化、曲线Ⅱ代表的变化、曲线Ⅲ是代表的变化、曲线Ⅳ代表的变化。【解析】A．据分析，曲线II代表的变化曲线，A正确；B．b点时溶液根据物料守恒有：，B正确；C．根据微粒物质的量分数δ(X)随pOH的变化图，H2X溶液为曲线Ⅲ的顶部，对应的pOH<7，即溶液呈碱性，pH>7，C正确；D．a、c两点对应于溶液的pOH不等，即pH不同，水的电离程度不同，D错误；故答案为D。26．（2025·北京房山·三模）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。已知：i．图1中曲线表示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；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合【注：起始，不同pH下由图1得到。】下列说法不正确的是A．由图1，，B．由图2，初始状态、，有沉淀生成C．由图2，初始状态、，平衡后存在D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：【答案】B【分析】由图1知，当pH=6.37时，和的物质的量分数相等，即，由，同理，，由图2知，曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合，当位于曲线下方时，、表示不饱和溶液，无沉淀生成，，同理，位于曲线上方时，表示过饱和溶液，有沉淀生成，据此回答。【解析】A．从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A正确；B．从图2可以看出、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错误；C．从图2可以看出、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正确；D．时，溶液中主要含碳微粒是，、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，D正确；故选B。27．（2025·北京东城·二模）25°C时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法正确的是A．25°C时，Kb(NH3·H2O)=10-9.25B．P2所示溶液：c()<100c(NH3·H2O)C．t=0.5时，c(NH3·H2O)>c(Cl-)>cD．P1所示溶液：c()=c(NH3·H2O)=0.05mol/L【答案】D【分析】由图可知时，和的浓度相同，时溶液显中性，和的浓度相同，结合的电离常数的表达式，以此解题。【解析】A．根据时，和的浓度相同，且，，=，A项错误；B．根据时溶液显中性，，结合=，，即，B项错误；C．时，溶液中溶质为等浓度的和，由图可知溶液此时显碱性，则的电离大于的水解，此时溶液中的离子浓度大小顺序为，C项错误；D．根据氮原子守恒，，而时，和的浓度相同，故，D项正确；答案选D。1．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化Na2CO3溶液中存在水解平衡B向95%的乙醇溶液中加入足量Na，观察是否有气体生成Na能与乙醇发生置换反应C向2mLFeSO4溶液中滴加酚酞试液，观察溶液颜色变化Fe²+能发生水解D向电石中滴加饱和食盐水，将产生的气体通入高锰酸钾溶液，观察现象乙炔具有还原性A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．溶液中存在碳酸根水解：，使其溶液呈碱性，含酚酞的溶液呈红色，向其中加入少量固体，钡离子与碳酸根离子反应生成白色沉淀，使水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱导致颜色变浅，所以观察溶液颜色变化可以探究溶液中存在水解平衡，A符合题意；B．95%的乙醇溶液中含有水，Na也能与水反应生成氢气，则通过观察是否有气体生成，不能说明Na能与乙醇发生置换反应，B不符合题意；C．FeSO4是强酸弱碱盐，水解使其溶液呈酸性，但酚酞遇酸不变色，所以向2mLFeSO4溶液中滴加酚酞试液，不能通过观察溶液颜色变化，探究Fe2+能发生水解，C不符合题意；D．电石中含有硫化钙等杂质，电石和饱和食盐水反应除了会生成乙炔之外还会生成硫化氢，因硫化氢也能使高锰酸钾溶液褪色，则将产生的气体通入高锰酸钾溶液，观察现象，不能说明乙炔具有还原性，D不符合题意；故选A。2．某小组研究实验室制备Fe(OH)3胶体的方法。下列说法不正确的是序号12实验

现象液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后仍为红褐色液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后溶液变黄A．对比实验可知，制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好B．实验1中液体变红褐色后，持续加热可观察到红褐色沉淀C．选用饱和溶液以及加热，均为了促进Fe3+的水解D．对比实验可知，酸根离子不同可能是造成实验现象差异的重要原因【答案】C【解析】A．对比实验可知，用FeCl3饱和溶液制备的Fe(OH)3胶体冷却后能够稳定存在，而用饱和Fe2(SO4)3制备的Fe(OH)3胶体冷却后不能够稳定存在，又转化为Fe3+，故制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好，A正确；B．实验1中液体变红褐色后即生成了Fe(OH)3胶体，持续加热胶体将发生聚沉，故可观察到红褐色沉淀即Fe(OH)3沉淀，B正确；C．电解质溶液的浓度越大，其水解程度越小，则选用饱和溶液不能促进Fe3+的水解，水解是一个吸热反应，故加热是为了促进Fe3+的水解，C错误；D．对比实验可知，两实验中Fe3+的浓度不同，电离出的酸根离子不同，由FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，HCl易挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很小，仍然保持红褐色溶液，Fe2(SO4)3+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO4，H2SO4难挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很大，溶液变为黄色，则造成实验现象差异的重要原因既可能是酸根离子不同，也可能是Fe3+的浓度不同，D正确；故答案为：C。3．草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料，制备流程如下：下列说法错误的是A．可用KSCN溶液检验是否变质B．步骤①酸化的目的是抑制的水解C．步骤②反应为D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】D【解析】A．中铁的化合价为+2价，其变质后是转化为+3价的离子，故可用KSCN溶液检验是否变质，A正确；B．亚铁离子水解方程式为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，故步骤①酸化的目的是抑制的水解，B正确；C．由题干流程图可知，步骤②反应为，C正确；D．由题干信息可知，FeC2O4∙2H2O是一种难溶物，故步骤③为过滤、洗涤、干燥，D错误；故答案为：D。4．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）下列方程式与所给事实不相符的是A．工业上海水提溴常用作氧化剂：B．将煤气化生成水煤气：C．碱性锌锰电池的正极反应：D．用制【答案】C【解析】A．工业上海水提溴常用作氧化剂，将海水中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式为：，方程式与所给事实相符，A不符合题意；B．煤气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应是碳与水蒸气反应生成水煤气，反应的化学方程式为：，方程式与所给事实相符，B不符合题意；C．碱性锌锰电池中，锌作负极，发生氧化反应生成Zn(OH)2，电极反应为：；正极发生还原反应，MnO2被还原为MnO(OH)，电极反应为：，方程式与所给事实不相符，C符合题意；D．用制时，加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全生成，反应的化学方程式为：，方程式与所给事实相符，D不符合题意；故选C。5．（24-25高三上·北京·阶段练习）下列叙述涉及氧化还原反应的是A．用谷物发酵酿酒 B．用小苏打作食品膨松剂C．用除去废水中的重金属离子 D．用热的纯碱溶液清洗油污【答案】A【解析】A．谷物发酵酿造食醋的过程为：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下生成乙醇，乙醇氧化生成醋酸的过程，涉及氧化还原反应，故A符合题意；B．碳酸氢钠俗名小苏打，小苏打用作食品膨松剂是利用碳酸氢钠受热发生分解反应，生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应中没有元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，故B不符合题意；C．由于硫化铜、硫化汞是难溶于水的电解质，溶度积很小，加入硫化钠作沉淀剂，S2-与Cu2+和Hg2+容易结合成CuS沉淀、HgS沉淀，从而降低废水中Cu2+和Hg2+的浓度，反应中不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D．加热可以促进碳酸钠水解，碱性增强，所以用热的纯碱溶液清除灶具上的油污，反应中不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；故答案选A。6．中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代人民在那时候就已经广泛应用化学知识，书中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是A．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C．《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于物理变化D．《抱朴子》记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应【答案】B【解析】A．明矾是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液中H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应，达到除锈目的，A正确；B．高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇，然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，B错误；C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，没有涉及任何化学变化，体现了化学的物理分离方法，属于物理变化，C正确；D．丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，Hg的化合价由+2价降到0价，存在化合价变化，该过程为氧化还原反应，D正确；故选B。7．用硫酸和可制备一元弱酸。下列说法错误的是A．的水溶液显碱性B．的空间构型为V形C．为含有共价键的离子化合物D．的中心N原子所有价电子均参与成键【答案】B【解析】A．NaN3是强碱（NaOH）和弱酸（HN3）形成的盐，水解生成OH-，溶液显碱性，A正确。B．与CO2是等电子体，两者结构相似，其中心原子均为sp杂化，其空间构型均为直线形，而非V形，B错误。C．NaN3为离子化合物（Na+与通过离子键结合），内部三个N原子以共价键连接，C正确。D．中心N原子通过sp杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D正确。故选B。8．（2025·北京朝阳·二模）下列实验中，溶液升高的是A．微热溶液，溶液颜色变深B．光照新制的氯水，得到无色溶液C．向溶液中加入少量溶液，生成沉淀D．向溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀【答案】D【解析】A．加热促进铁离子水解，溶液颜色变深，，溶液的减小，A不符合题意；B．光照新制的氯水，次氯酸分解生成盐酸和氧气，，溶液酸性增强，溶液减小，B不符合题意；C．向溶液中加入少量溶液，生成碳酸镁沉淀，随后碳酸镁与水中的氢氧根反应生成沉淀，由于消耗了氢氧根离子，溶液碱性减弱，故溶液减小，C不符合题意；D．向亚硫酸溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀，生成硫和水，，溶液酸性减弱，增大，D符合题意；故选D。9．（2025·北京石景山·一模）关于和的下列说法中，不正确的是A．两种物质的水溶液均显酸性 B．可以用过量锌粒除去溶液中的杂质C．可以用除去溶液中的杂质 D．蒸干两种物质的水溶液，得不到纯净的【答案】B【解析】A．FeCl2和FeCl3都是强酸弱碱盐，亚铁离子和铁离子水解，溶液显酸性，故A正确；B．Zn和FeCl2溶液、FeCl3溶液都能反应，最终得到铁和硫酸锌，不可以用过量锌粒除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，故B错误；C．氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，可以用Cl2除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质，故C正确；D．FeCl2、FeCl3的溶液蒸干过程中，水解生成的氯化氢挥发，促进水解正向进行，得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，不能得到纯净的FeCl2、FeCl3，故D正确；故选：B。10．（2025·北京丰台·一模）可用于含镉废水的处理。已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。ii．溶液pH约