人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解复习练习题

这是一份人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解复习练习题，共29页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

基础练习
一、单选题
1．下列现象或操作与盐类的水解无关的是
A．与两种溶液混合产生大量白色沉淀
B．用柠檬酸除去热水壶中的水垢(主要成分为碳酸钙)
C．实验室盛放溶液的试剂瓶不用磨口玻璃塞
D．亚硫酰氯()与混合并加热可得到无水
2．室温下，向溶液中逐滴滴加溶液，整个反应过程中无气体逸出(溶解的均表示为)。测得混合溶液的随加入溶液体积的变化如下图。下列说法正确的是
A．a点溶液的溶质主要为
B．b点溶液中
C．c点溶液中
D．取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的不变
3．25℃，有ml⋅L的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中、与pH的关系如图所示。下列有关叙述不正确的是
A．25℃时醋酸的电离平衡常数为
B．W点所表示的溶液：
C．的溶液中：
D．的溶液中：ml⋅L
4．室温下，通过下列实验探究的性质。已知，。
实验1：将气体通入水中，测得溶液。
实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。
实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中：
B．实验2所得溶液中：
C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体
D．实验3所得溶液中：
5．某实验小组研究经打磨的镁条与1 ml·L−1 NaHCO3溶液(pH≈8.4)的反应。室温时，用CO2传感器检测生成的气体，并测定反应后溶液的pH。实验如下表：
下列说法不正确的是
A．由①可知，NaHCO3在溶液中可发生分解反应
B．由②可知，镁与NaHCO3溶液反应，生成的气体中有H2
C．对比②③可知，室温下，NaHCO3溶液中c(H+)大于水中c(H+)
D．由②③推测，可能对镁与H2O反应生成的Mg(OH)2覆膜有破坏作用
6．25℃时，水的离子积=10-14，pOH=-lgc(OH-)，下列叙述正确的是
A．此温度下，pH=10的NaOH溶液中由水电离出的c(H+)·c(OH-)=1×10-14
B．将水加热，增大，pOH不变
C．向水中加入少量固体硫酸氢钠，pOH增大，不变
D．向水中加入少量固体硫酸铜，pOH减小，不变
7．常温下，下列说法中正确的是
A．已知盐溶液NaHX的pH=8，则溶液中
B．和的混合溶液中，满足：
C．等pH的HX和HY两种酸，分别稀释相同倍数，pH变化大的酸性更强
D．测得一定浓度的溶液pH=5，则水电离出的
8．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．的溶液中：、、、
B．水电离的的溶液：，，，
C．使酚酞变红色的溶液中：，，，
D．在的溶液中：，，，
9．根据下列实验目的设计实验方案，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
10．一定温度下，在不同的体系中存在以下图像。图1表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。图2中曲线的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合。起始，反应过程中溶液总体积不变。

下列说法不正确的是
A．的
B．初始状态为时，有沉淀生成
C．初始状态为时，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态，发生反应：
11．t℃时，向蒸馏水中不断加入溶液，溶液中与的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A．当时，
B．t℃时，水的离子积常数
C．t℃时，的水解常数
D．当时，
12．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
A．AB．BC．CD．D
13．向醋酸溶液滴入等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，滴定过程中混合溶液的温度变化如图所示(不考虑溶液与外界环境的热交换)，下列有关说法正确的是
A．
B．a点时，
C．c点时，溶液中的
D．a、b、c三点，溶液中水电离出的：
14．常温下，用溶液分别滴定浓度均为的溶液和溶液所得滴定曲线如图，下列说法正确的是
A．溶液中水的电离程度②③④
B．滴定过程可使用甲基橙做指示剂
C．点①和点②所示溶液中：
D．曲线滴定溶液的变化曲线
15．常温下，用浓度为0.0200ml·L-1的NaOH标准液滴定浓度均为0.0200ml•L-1的HCl和HF的混合待测液，滴定过程中溶液的pH随η[η=]的变化曲线如图所示(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法错误的是
A．Ka(HF)的数量级为10-4
B．a点：c(Na+)=c(F-)+c(HF)
C．b点：c(F-)＜c(HF)＜c(Cl-)
D．c点：+c(H+)=c(F-)+c(OH-)
提升练习
二、填空题
16．磷化氢(PH3)是一种剧毒气体，是最常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料。
(1)在密闭粮仓放置的磷化铝(AlP)片剂，遇水蒸气放出PH3气体，该反应的化学方程式为 。
(2)利用反应PH3+3HgCl2=P(HgCl)3+3HCl，可准确测定微量的PH3。
①HgCl2溶液几乎不导电，说明HgCl2属于 (填“共价”或“离子”)化合物。
②通过测定溶液 变化，可测定一定体积空气中PH3的浓度。
(3)PH3的一种工业制法涉及的物质转化关系如图所示：
①亚磷酸属于 元酸。
②当反应Ⅰ生成的n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)=3∶1时，参加反应的n(P4)∶n(NaOH)= 。
(4)一种用于处理PH3废气的吸收剂成分为次氯酸钙80%、锯木屑(疏松剂)15%、活性炭2.5%、滑石粉(防结块)2.5%。
①次氯酸钙将PH3氧化为H3PO4的化学方程式为 。
②空气中的水蒸气可加快PH3的氧化过程，其原因可能是 。
17．乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC—COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01 ml/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示。）填空：
(1)写出H2C2O4的电离方程式 。
(2)KHC2O4溶液显酸性的原因是 ；向0.1 ml/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是 。
a．c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-) b．c(Na+)=c(H2C2O4)+c(C2O42-)
c．c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-) d．c(K+)>c(Na+)
(3)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡(CO2)产生，紫色消失。写出反应的离子方程式 ；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是 。
18．常温下，有浓度均为1 ml·L－1的下列4种溶液：
①H2SO4溶液 ②NaHCO3溶液 ③NH4Cl溶液 ④NaOH溶液
（1）这4种溶液pH由大到小的排列顺序是 (填序号)，其中由水电离出的H＋浓度最小的是 (填序号)。
（2）该温度下②中NaHCO3的水解平衡常数Kh＝ ml·L－1。(已知碳酸的电离常数K1＝4×10－7，K2＝5.6×10－11)
（3）该温度下向③中通入少量氨气，此时c(NH4+): c(NH3·H2O)的值 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积 ④的体积(填“大于”、“小于”或“等于”)。
19．25℃时，物质的量浓度均为0.1ml•L﹣1的几种盐溶液的pH如表：
（1）写出溶液④中通少量CO2的离子方程式： ．
（2）25℃时，溶液①中，由水电离产生的c（OH﹣）= ml•L﹣1。
（3）下列说法正确的是 。
A．c（NH4+）：①＞②
B．物质的量浓度和体积均相等的NaCl和CH3COONH4两种溶液中，离子总数相等
C．等体积的③和⑤形成的混合溶液中：c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=0.1ml•L﹣1
D．将pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀释相同倍数，HX溶液的pH变化小
（4）常温时，将aml氨气溶于水后，再通入bml氯化氢，溶液体积为1L，且c（NH4+）=c（Cl﹣），则一水合氨的电离平衡常数Kb= ．（用ab表示）
20．现有25℃时0.1 ml/L的氨水。请回答以下问题：
(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好完全中和，写出反应的离子方程式 ；所得溶液的pH (填“＜”“＞”或“＝”)7，用离子方程式表示其原因
(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c(NH4+)=a ml·L－1，则c(SO42－)= 。
(4)若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是 。
(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3 。25℃时，将aml NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是 （用离子方程式表示）。向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将 （填”正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为 ml·L-1。（NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5 ml·L-1）
21．25℃时，的电离常数。常温下，往25mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.1ml/L的溶液，pH变化曲线如图所示：
(1)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 。
(2)A点对应的横坐标为25mL，请用离子方程式解释A点所示的溶液显碱性的原因： 。
(3)C点所示溶液为等浓度的和混合溶液，请判断该溶液中 (填“>”“c(HCl) D．与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的体积少
(4)常温下，将0.10 ml/L的①溶液和0.30 ml/L；②溶液等体积混合，充分反应后恢复至常温，溶液的pH= 。
25．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋K1
Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)2+＋H＋K2
Fe(OH)2+＋H2OFe(OH)3＋H＋K3
（1）以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 。通过控制条件，以上水解产物聚合，生（2）成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2OFex（OH）y3x-y＋yH＋，欲使平衡正向移动可采用的方法是 （填字母）。
a 降温 b 加水稀释 c 加入NH4Cl d 加入NaHCO3
（3）室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 。
参考答案：
1．B
【详解】A．和能相互促进水解生成Al(OH)3沉淀和CO2，所以Al2(SO4)3与NaHCO3两种溶液混合产生大量白色沉淀，与水解有关，A项不符合题意；
B．用柠檬酸除去热水壶中的水垢（含碳酸钙和氢氧化镁）原理是（较）强酸制取弱酸，与水解无关，B项符合题意；
C．Na2CO3溶液水解生成NaOH而使溶液呈碱性，玻璃中SiO2能和NaOH溶液反应生成黏性的Na2SiO3，造成玻璃塞与瓶口粘连，所以实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不用磨口玻璃塞，与水解有关，C项不符合题意；
D．AlCl3水解生成一点量的Al(OH)3和HCl，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水反应生成的HCl，抑制AlCl3水解，从而可以制得无水AlCl3，与水解有关，D项不符合题意；
故选B。
2．A
【分析】依据题意，向碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl和NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3，根据所加盐酸溶液的体积确定a、b、c、d各点溶质成分，然后根据各点溶质成分解答；
【详解】A．a点时加入盐酸为碳酸钠的一半，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，还有剩余碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、Na2CO3、NaHCO3，A正确；
B．b点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠， 由电离得到，只有很少一部分发生电离，故c()>c()，B错误；
C．c点时溶质为NaHCO3、NaCl和H2CO3，其电荷守恒为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)+c(OH－)＋c()＋2c()，C错误；
D．d点时溶质为NaCl和H2CO3，溶液呈酸性，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶液呈中性，pH增大，D错误；
故选A；
3．C
【分析】根据图象可看出，浓度随pH增大的曲线应为c(CH3COO-)，浓度减小的曲线应为c(CH3COOH)，W点时c(CH3COOH)=c(CH3COO-)；据此分析解答。
【详解】A．W点c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，平衡常数K==10-4.8ml•L-1，故A正确；
B．由图可知，W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05ml/L，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(H+)+c(Na+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故B正确。
C．由图像可知，的溶液中：，故C错误；
D．由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)及c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1ml•L-1可知，= 0.1ml•L-1，故D正确；
故选：C。
4．D
【分析】实验1得到H2SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验3和酸性溶液反应的离子方程式为：。
【详解】A． 实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：，则 ，A错误；
B．实验2为pH为4，依据，则=，溶液，则，B错误；
C．NaHSO3溶液蒸干过程中会分解成Na2SO3、Na2SO3可被空气中O2氧化，故蒸干、灼烧得固体，C错误；
D．实验3依据发生的反应：，则恰好完全反应后，D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．由①可知，锥形瓶中的试剂为溶液，锥形瓶内CO2的浓度增大，说明室温时，NaHCO3在溶液中可分解产生CO2，故A正确；
B．②中产生大量气泡，该气体净化后可点燃，说明产生的大量气体中可能含有H2，故B正确；
C．NaHCO3溶液呈碱性，其中c(H+)小于H2O中的，故C错误；
D．NaHCO3可以和碱性物质反应，由②③可知，的作用可能是破坏了覆盖在镁条表面的镁与H2O反应生成的Mg(OH)2，故D正确；
答案选C。
6．C
【详解】A．pH=10的NaOH溶液中c(H+)=1×10-10ml/L，H+全部由水电离出来的，且由水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-10ml/L，则由水电离出的c(H+)·c(OH-)=1×10-20，A错误；
B．水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，增大，c(OH-)增大，则pOH变小，B错误；
C．向水中加入少量固体硫酸氢钠电离出H+抑制水的电离，c(OH-)减小，则pOH增大，受温度影响，由于温度不变，则不变，C正确；
D．向水中加入少量固体硫酸铜，Cu2+发生水解反应：，c(OH-)减小，则pOH增大，D错误；
故选C。
7．C
【详解】A．已知盐溶液NaHX的pH=8，溶液显碱性，HX-离子水解程度大于其电离程度，溶液中c(X-)＜c(H2X)，故A错误；
B．Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中溶质物质的量之比1：1时，满足：2c(Na+)═3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中溶质物质的量不知，不能判断离子浓度定量关系，故B错误；
C．等体积、等pH的HX和HY两种酸，分别稀释相同倍数，强酸的pH变化范围大，即pH变化大的酸性更强，故C正确；
D．测得一定浓度的MCl2溶液pH=5，溶液显酸性，证明M2+离子发生水解，M2++2H2O⇌M(OH)2+2H+，水电离出的c(OH-)=10-5ml/L，故D错误；
答案选C。
8．C
【详解】A．中性溶液中，水解较完全生成氢氧化铁沉淀而不能大量存在，A不符合题意；
B．水的电离受到抑制，在酸性溶液中，会生成，在碱性溶液中，会和氢氧根生成一水合氨，B不符合题意；
C．使酚酞变红色的溶液呈碱性，、、、离子可以大量共存，C符合题意；
D．水电离出的氢离子和氢氧根相等，可求出水电离出的氢离子或氢氧根等于，水的电离受到抑制，在酸性溶液中，、、发生氧化还原反应，在碱性溶液中，会生成沉淀，D不符合题意；
故选C。
9．D
【详解】A．钠燃烧生成的过氧化钠可以与水反应产生气体，而若是固体粉末中含有钠，则钠与水反应时也会有气体生成，故有气体生成时固体不一定为过氧化钠，故A错误；
B．CH3COONH4溶液中醋酸根和铵根相互促进水解，但由于醋酸和一水合氨的电离常数相同，故溶液为中性，但浓度越小，水解程度越大，则不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不相同，故B错误；
C．当CuCl2浓度小时，溶液中浓度相对大，因此溶液就呈蓝色；当CuCl2溶液浓度较大时，溶液中的浓度大，因而离子浓度大，溶液颜色就靠近黄色而呈黄绿色。在中等浓度的氯化铜溶液中，与浓度相当，溶液就呈现黄色和蓝色的复合色—绿色。因此溶液变绿说明浓度增大，说明平衡正向移动，故C错误；
D．亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：，向盐酸中滴加几滴硝酸银饱和溶液，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，反应平衡向右移动，的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故D正确；
故答案选D。
10．C
【详解】A．由图1知，在图1中pH=6.73时，与的物质的量分数相等，则的，A正确；
B．由图2知，初始状态为时，该点位于曲线的上方，故有沉淀生成，B正确；
C．由图2知，初始状态为时，该点位于曲线和曲线Ⅱ的下方，不会生成沉淀，由物料守恒得，平衡后溶液中存在，C错误；
D．pH=8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C。
11．D
【详解】A．由图可知，时，没有加入的水中，纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则水的离子积常数，溶液中存在质子守恒：，A正确；
B．根据前述分析可知，时，水的离子积常数，B正确；
C．时，当时，溶液中，即，则，则，则的水解常数，C正确；
D．由C项分析可知，当时，，D错误；
故答案选D。
12．A
【详解】A．用FeS除去工业废水中的Cu2+是因为FeS沉淀溶解平衡会产生S2-，CuS溶解度更小，最终平衡全部转化为CuS，与FeS有强还原性无关，故A符合题意；
B．水垢的主要成分是碳酸钙，用食醋清洗水壶中的水垢，醋酸酸性强于碳酸，生成的醋酸钙易溶于水，故B不符合题意；
C．用泡沫灭火器演练如何灭火，铝离子与碳酸氢根在溶液中互促水解，生成氢氧化铝、二氧化碳和水，故C不符合题意；
D．将食品抽真空包装，减小氧气的浓度，减慢食品氧化速率，故D不符合题意；
故选A。
13．D
【分析】由图可知，b点溶液的温度最高，说明醋酸和等物质的量浓度的氢氧化钠溶液恰好反应生成醋酸钠，则氢氧化钠溶液的体积x为10mL；a点为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，c点为等浓度的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液。
【详解】A．由分析可知，b点时，氢氧化钠溶液的体积x为10mL，故A错误；
B．由分析可知，a点为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液中存在如下物料守恒关系，故B错误；
C．由分析可知，c点为等浓度的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液，醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故C错误；
D．水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡右移，由分析可知，a点为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，b点为醋酸钠溶液，c点为等浓度的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液，醋酸和氢氧化钠抑制水的电离，醋酸钠促进水的电离，且溶液温度b>a>c，所以溶液中水电离出的氢氧根离子浓度的大小顺序为b>a>c，故D正确；
故选D。
14．A
【详解】A．由题意知，HX溶液的Ka大于HY溶液的Ka，则酸性：HX＞HY，同浓度时，HX溶液中c（H＋）大，pH小，因此曲线b是滴定HX溶液的pH变化曲线，由图可知，②点溶液呈酸性，抑制水的电离；③点pH＝7，对水的电离既不促进也不抑制；④全为NaX溶液，水解促进水的电离，故水的电离程度②＜③＜④，故A正确；
B．用NaOH分别滴定HX、HY，完全反应生成的NaX、NaY，水解均呈碱性，应用酚酞作指示剂，不能用甲基橙，故B错误；
C．①和②点分别为等浓度的HY、NaY混合溶液和等浓度的HX、NaX混合溶液，①与②点c（Na＋）相等，①点物料守恒c（Y−）＋c（HY）＝2c（Na＋），②点物料守恒c（X−）＋c（HX）＝2c（Na＋），则c（X−）＋c（HX）＝c（Y−）＋c（HY），即c（X−）−c（Y−）＝c（HY）−c（HX），故C错误；
D．由题意知，HX溶液的Ka大于HY溶液的Ka，则酸性：HX＞HY，同浓度时，HX溶液中c（H＋）大，pH小，因此曲线b是滴定HX溶液的pH变化曲线，故D错误；
故答案选A。
15．C
【详解】A．由a(1.00,2.73)可知，a点溶质为NaCl和HF，等体积混合后c(HF)=0.01ml/L，，Ka(HF)，则Ka(HF)的数量级为10-4，A正确；
B．用浓度为0.0200ml·L-1的NaOH标准液滴定浓度均为0.0200ml•L-1的HCl和HF的混合待测液，a点时二者等体积混合，盐酸和氢氧化钠溶液完全反应，溶液溶质为氯化钠和HF1：1混合，由物料守恒可知，c(Na+)=c(F-)+c(HF)，B正确；
C．由图可知，b点时盐酸反应完全，HF反应一半，溶液组成为NaCl、NaF和HF2：1：1的混合液，溶液显酸性，说明HF的电离大于F-的水解，b点：c(HF)＜c(F-)＜c(Cl-)，C错误；
D．用浓度为0.0200ml·L-1的NaOH标准液滴定浓度均为0.0200ml•L-1的HCl和HF的混合待测液，c点时二者以体积比2：1混合，盐酸和HF均完全反应，此c(Na+)=，c(Cl-)=，再由电荷守恒可知，，所以c点：+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，D正确；
故选C。
16． AlP+3H2O=Al(OH)3+PH3↑ 共价 电导率(或pH) 二 3∶10 2Ca(ClO)2+PH3=H3PO4+2CaCl2 次氯酸钙与水蒸气接触，水解得到氧化能力更强的HClO
【详解】(1)磷化铝(AlP)遇水蒸气放出PH3气体，根据原子守恒可知还生成Al(OH)3，反应的化学方程式为AlP+3H2O=Al(OH)3+PH3↑；
(2)①HgCl2溶液几乎不导电，说明溶液中离子浓度较小，HgCl2难发生电离，故HgCl2为共价化合物；
②PH3与HgCl2反应生成P(HgCl)3和HCl，溶液的导电性和酸性均增强，故可通过测定溶液中电导率或pH的变化来测定一定体积空气中PH3的浓度；
(3)①亚磷酸钠的化学式为Na2HPO3，因此可知亚磷酸(H3PO3)属于二元弱酸；
②反应Ⅰ中黄磷(P4)与NaOH溶液发生歧化反应生成NaH2PO2、Na2HPO3和PH3，其中PH3是还原产物，NaH2PO2和Na2HPO3是氧化产物，若产物中n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)=3∶1，设n(Na2HPO3)=a ml，则有n(NaH2PO2)=3a ml，反应中得电子的物质的量为3a ml+3a ml=6a ml；根据得失电子守恒可知，反应中生成PH3的物质的量为2a ml；根据P、Na原子守恒可知，n(P4)=1.5a ml、n(NaOH)=5a ml，故参加反应的n(P4)∶n(NaOH)=1.5a ml∶5a ml=3∶10；
(4)①次氯酸钙将PH3氧化为H3PO4，而本身被还原为CaCl2，化学方程式为2Ca(ClO)2+PH3=H3PO4+2CaCl2；
②Ca(ClO)2属于强碱弱酸盐，与水蒸气接触后水解生成HClO，而HClO的氧化能力强于Ca(ClO)2，故空气中的水蒸气可加快PH3的氧化过程。
17． H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42- HC2O4-的电离程度大于水解程度 ad 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用
【分析】(1)常温下0.01 ml/L的H2C2O4溶液的pH为2.1，KHC2O4的pH为3.1，说明草酸是二元弱酸；
(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
a．根据物料守恒判断；
b．根据电荷守恒判断；
c．根据物料守恒、电荷守恒判断；
d．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子；反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用。
【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42-；
(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度。
a. 碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，A正确；
b. 根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，B错误；
c. 由物料守恒可得c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)、根据电荷守恒可得：c(K+)+ c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C错误；
d. 若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时得到的盐是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故若溶液显中性，则加入的氢氧化钠的物质的量略少些，所以c(K+)>c(Na+)，D正确；
故合理选项是ad；
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为CO2，高锰酸钾被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其应用，涉及草酸的电离方程式书写、电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒、草酸的还原性以及影响化学反应速率的因素的探究，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
18． ④＞②＞③＞① ① 2.5×10-8 减小 大于
【详解】试题分析：浓度均为1 ml·L－1的4种溶液的酸碱性及对水的电离的影响分析：①H2SO4溶液 ，显强酸性，抑制水的电离；②NaHCO3溶液，显弱碱性，水解程度大于电离程度，促进水的电离；③NH4Cl溶液 ，显弱酸性，促进水的电离；④NaOH溶液，显强碱性，抑制水的电离。
（1）这4种溶液pH由大到小的排列顺序④＞②＞③＞①，其中由水电离出的H＋浓度最小的是①。
（2）该温度下②中NaHCO3的水解平衡常数Kh＝2.5×10-8ml·L－1。
（3）该温度下向③中通入少量氨气，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨的浓度增大是主要的，铵根离子的水解平衡移动是次要的，所以此时c(NH4+): c(NH3.H2O)的值减小。
（4）③只显弱酸性，④显强碱性，所以，若将浓度均为1 ml·L－1的③和④混合后溶液恰好呈中性，混合前③的体积大于④的体积。
19． X﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HX 10﹣5 A，D
【详解】（1）由图表可知，等浓度时NaX溶液pH大于NaHCO3，小于Na2CO3，说明等浓度时水解程度NaHCO3＜NaX＜Na2CO3。“越弱越水解”，所以酸性HCO3﹣＜HX＜H2CO3。由“强酸制弱酸”可知，向溶液NaX中通少量CO2生成HX和HCO3﹣，离子方程式为：X﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HX。
故答案为X﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HX；
（2）25℃时，NH4Cl溶液中，NH4+结合水电离出的OH﹣生成NH3•H2O，促进水的电离。溶液pH=5，而H+全部来自于水的电离，所以由水电离产生的c(H+)水=c(OH﹣)水=10-5ml/L。
故答案为10-5；
（4）A、等浓度的NH4Cl和CH3COONH4溶液，醋酸铵溶液中NH4+水解程度大，则c(NH4+)小，所以c(NH4+)：①＞②，故A正确；B、NaCl和CH3COONH4+溶液pH=7，则两溶液中c(H+)=c(OH﹣)=10-7ml/L，等浓度等体积的NaCl和CH3COONH4两种溶液中，n(H+)、n(OH﹣)均相等。醋酸根和NH4+均要发生水解，则c(Na+)= c(Cl﹣)＞c(NH4+)= c(CH3COO﹣)，所以两溶液中离子总数不相等，故B错误；C、等体积的③和⑤形成的混合溶液中存在物料守恒，碳元素守恒：c(H2CO3)+c(HCO3﹣)+c(CO32-)=0.1ml/L ，故C错误；D、CH3COOH酸性大于HX，将pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀释相同倍数，HX溶液的pH变化小，故D正确。
故答案为A，D；
（5）NH3•H2O电离方程式为NH3•H2O⇌ NH4++OH﹣，则电离常数为Kb=。常温时，将aml NH3溶于水后，再通入bmlHCl，溶液体积为1L，则c(Cl﹣)=bml/L。根据物料守恒可知c(NH4+)+ c(NH3•H2O)=aml/L，又因为c(NH4+)= c(Cl﹣) =bml/L，所以c(NH3•H2O)=（a－b）ml/L。溶液中存在的离子为NH4+、H+、Cl﹣、OH﹣，则有电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)=c(Cl﹣)+ c(OH﹣)，因为c(NH4+)= c(Cl﹣)，所以c(H+)= c(OH﹣)，则溶液呈中性，c(H+)= c(OH﹣)=10-7ml/L。将各数据代入平衡常数表达式，可得Kb=。
故答案为。
20． 减小 NH3·H2O+H+＝NH4++H2O ＜ NH4++H2ONH3·H2O+H+ ml/L c(NH4+)＞c(SO42－)＞c(H+)＞c(OH－) NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ 逆向 a/200b
【详解】试题分析：(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH－)减小、c(NH3·H2O)增大；(2)若向氨水中加入稀硫酸，恰好完全中和生成硫酸铵；硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性；(3)根据电荷守恒计算c(SO42－)；(4)0.1 ml/L的氨水加入等体积pH=1的硫酸，恰好完全反应生成硫酸铵；（5）NH4NO3是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性；氨水抑制水的电离；根据 计算滴加氨水的浓度。
解析：(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH－)减小、c(NH3·H2O)增大，所以此时溶液中减小；(2)若向氨水中加入稀硫酸，恰好完全中和生成硫酸铵，反应离子方程式是NH3·H2O+H+＝NH4++H2O；硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，水解方程式是NH4++H2ONH3·H2O+H+，所以溶液呈酸性PHNaClO，所以NaCN溶液中c(H＋)小。
24． c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) CO32-+H2OHCO3-+OH- 1×10-3 ml/L 2.89×104 D 13
【分析】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，醋酸抑制水的电离；
将反应CH3COOH+NH3•H2OCH3COO-+NH4++H2O的化学平衡常数表达式进行变形，带入CH3COOH和NH3•H2O的电离平衡常数，就可得到反应的化学平衡常数的数值；
(3)根据HCl是强酸，完全电离，CH3COOH是弱酸，部分电离，结合水电离平衡的影响因素分析判断；
(4)根据二者反应的物质的量关系，可知NaOH过量，溶液显碱性，然后计算反应后溶液中c(OH-)，结合水的离子积常数及pH定义，计算溶液的pH。
【详解】(1)氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中电离NH4Cl=NH4++Cl-，NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-)；水解呈酸性，铵根离子水解反应而消耗，所以c(Cl-)>c(NH4+)，盐电离产生的NH4+浓度大于水电离产生的H+浓度，所以溶液中离子浓度关系为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；
Na2CO3为强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解产生的HCO3-会进一步水解：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，主要是第一步水解反应。水解反应消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以水解后溶液呈碱性；
(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，pH=11的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-11ml/L，由于在室温下水的离子积常数Kw=1×10-14，所以c(OH-)=ml/L=1×10-3ml/L，溶液中OH-就是水电离产生，即CH3COONa溶液中，由水电离出来的c(OH-)=1×10-3ml/L，
反应CH3COOH+NH3•H2OCH3COO-+NH4++H2O的平衡常数K==2.89×104；
(3)HCl、CH3COOH 溶液的pH相同，则溶液中c(H+)相同，对水的电离平衡的抑制作用也相同，因此这两种溶液中水的电离程度相同，A正确；
B.在HCl、CH3COOH 溶液中都存在电荷守恒，两种溶液的pH相同，则两种溶液中c(H+)、c(OH-)也就相同，所以根据电荷守恒可知溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，B正确；
C.由于醋酸是弱酸，部分电离存在电离平衡，所以溶液中c(CH3COOH)>c(H+)，而HCl是一元强酸，完全电离，溶液中c(H+)=c(HCl)，所以pH相同的两种溶液中c(CH3COOH)> c(HCl)，C正确；
D.由于溶液中的电解质的浓度c(CH3COOH)> c(HCl)，所以与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗NaOH的体积多，D错误；
故合理选项是D；
(4)HCl与NaOH混合会发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，常温下，将0.10 ml/L的HCl溶液和0.30 ml/L的NaOH溶液等体积混合，碱过量，溶液显碱性，混合后溶液中c(OH-)=ml/L=0.10ml/L，由于在常温下Kw=1×10-14，所以溶液中c(H+)=1×10-13ml/L，因此该溶液的pH=13。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、水的电离及其影响因素、盐的水解、弱电解质的电离平衡常数的应用、溶液pH的计算等知识。明确溶液中水电离的氢离子浓度大小的计算方法，掌握电解质溶液的有关知识，是本题正确解答的基础，充分考查了学生对所学知识的掌握和应用情况。
25． K1>K2>K3 bd 调节溶液的pH
【分析】(1)一步水解显酸性，水解生成的氢离子会抑制第二步水解，第二步抑制第三步，K1、K2和K3大小关系是K1>K2>K3；
(2)控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动；
(3)从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH，
【详解】(1)Fe3＋分三步水解，水解程度越来越小，所以对应的平衡常数也越来越小，有K1>K2>K3，
答案为：K1>K2>K3；
(2)生成聚合氯化铁的离子方程式为xFe3＋＋yH2OFex（OH）y3x-y＋yH＋，由于水解是吸热的，降温则水解平衡逆向移动；加水稀释，水解平衡正向移动；NH4Cl溶液呈酸性，加入NH4Cl，H＋浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故可采用的方法是bd，
答案为：bd；
(3)从反应的离子方程式可知，氢离子的浓度影响聚合氯化铁的生成，所以关键条件是调节溶液的pH，
答案为：调节溶液的pH。
【点睛】水解平衡常数是描述反应水解程度的，多元弱碱水解时，一步比一步难，水解平衡的移动方向要看外界条件的影响，是促进还是抑制。
实验装置
编号
锥形瓶中的
试剂
实验现象
锥形瓶内CO2的浓度变化
①
6.0 g 1 ml·L−1 NaHCO3溶液
有极微量气泡生成，15 min后测得溶液的pH无明显变化
②
6.0 g 1 ml·L−1 NaHCO3溶液和0.1g镁条
持续产生大量气泡(净化后可点燃)，溶液中有白色浑浊生成。15 min后测得溶液的pH上升至9.0
③
6.0 g H2O(滴有酚酞溶液)和0.1 g镁条
镁条表面有微量气泡，一段时间后，镁条表面微红
选项
实验目的
方案设计
现象
结论
A
探究钠在氧气中燃烧所得固体产物的成分
取少量固体粉末，加入蒸馏水
有气体生成
钠在氧气中燃烧所得产物为
B
比较水的电离程度
常温下，用计分别测定和溶液的
均为
同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同
C
探究温度对化学平衡的影响
取溶液于试管中，将试管加热
溶液变绿
++温度升高平衡逆向移动
D
定性证明配合物(亮黄色)只有在高浓度的条件下才是稳定的
取工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液
溶液亮黄色褪去，变为很浅的黄色
配合物只有在高浓度的条件下才是稳定的
选项
劳动项目
化学知识
A
用FeS除去工业废水中的Cu2＋
FeS有强还原性
B
用食醋清洗水壶中的水垢
醋酸酸性强于碳酸
C
用泡沫灭火器演示如何灭火
铝离子与碳酸氢根离子在溶液中互促水解
D
将食品抽真空包装
食品易被氧气氧化
H2C2O4
KHC2O4
K2C2O4
pH
2.1
3.1
8.1
序号
①
②
③
④
⑤
溶液
NH4Cl
CH3COONH4
NaHCO3
NaX
Na2CO3
pH
5
7
8.4
9.7
11.6
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
C
D
C
C
C
C
D
C
题号
11
12
13
14
15





答案
D
A
D
A
C