还剩10页未读，
继续阅读
化学第三节 盐类的水解第2课时精练
展开
这是一份化学第三节 盐类的水解第2课时精练，共13页。试卷主要包含了已知酸性，下列说法错误的是，下列说法与盐的水解有关的是，下列说法正确的是，化学与社会、生活密切相关等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共12小题）
1．下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是（ ）
A．NaFB．Na2SO4C．NaOHD．CuSO4
2．已知酸性：HX＞HY＞HZ，物质的量浓度相同的三种钠盐NaX、NaY和NaZ的溶液，pH由大到小的顺序是（ ）
A．NaX，NaZ，NaYB．NaZ，NaY，NaX
C．NaX，NaY，NaZD．NaY，NaZ，NaX
3．下列说法错误的是（ ）
A．配制FeCl3溶液，为了抑制其水解，常加盐酸
B．加热蒸干CuCl2溶液得到CuCl2固体
C．盐类水解通常都是吸热的
D．水解达到平衡时的AlCl3稀溶液中，无论再加入AlCl3固体还是加水或者加热，其水解平衡均向右移动
4．下列关于FeCl3水解的说法错误的是（ ）
A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动
B．浓度为5ml/L和0.5ml/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，前者Fe3+的水解程度小于后者
C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50℃和20℃时发生水解，50℃时Fe3+的水解程度比20℃时的小
D．为抑制Fe3+的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
5．下列说法与盐的水解有关的是（ ）
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属过程中的除锈剂
②用NaHCO3与 Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤比较NH4Cl和Na2S等盐溶液的酸碱性
A．①②③B．②③④⑤C．②③④D．①②③④⑤
6．下列说法正确的是（ ）
A．加热蒸干氯化铁溶液最终得到FeCl3晶体
B．氢氧化铁与HI溶液仅发生中和反应
C．FeCl3、FeCl2 和Fe（OH）3都可以通过化合反应制取
D．配制FeSO4溶液时，加入稀盐酸抑制Fe2+水解，加入铁粉防止Fe2+被氧化
7．水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发），下列说法不正确的是（ ）
A．①→③的过程中，pH略微下降说明升温过程中c（OH﹣）减小
B．NaHCO3溶液显碱性的原因：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣
C．⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故
D．①→③的过程中，颜色加深的原因可能是HCO3﹣水解程度增大
8．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
9．某实验小组研究不同净水剂在不同pH的净水效果，实验结果如图（浊度去除率越高表明净水效果越好）。下列有关说法错误的是（ ）
A．三种净水剂在pH7.5左右净水效果最佳
B．三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄
C．三种净水剂净水效果下降的原因都是因碱性过强胶体发生沉降
D．相同pH条件下，Fe3+比Al3+生成的胶粒数目多或吸附效果好
10．下列说法正确的是（ ）
A．将AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3
B．加热Fe2（SO4）3溶液，Fe3+的水解程度和溶液的pH均增大
C．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用盐酸溶解而除去
D．在合成氨工业中，将NH3液化并及时分离可增大正反应速率，提高原料转化率
11．下列有关叙述中正确的是（ ）
A．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，它和淀粉互称为同分异构体
B．某烷烃完全燃烧时，若生成n ml CO2，则生成的水一定为（n+1）ml
C．明矾可用于自来水的净化与海水的淡化
D．甲烷、苯、甲苯、蛋白质完全燃烧的产物都只有二氧化碳和水
12．某同学进行如下实验，下列说法不正确的是（ ）
A．根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
二．填空题（共3小题）
13．（1）①25℃时，NaHCO3溶液呈碱性，原因是 水解引起的（填“Na+”或“HCO3﹣”）；
②常温下，0.0100 ml/L盐酸的pH＝
③用0.0100 ml/L盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由红色变为 （填“蓝色”或“无色”），且半分钟内保持不变。
（2）在某密闭容器中进行可逆反应：FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）△H＞0平衡常数表达式为K＝。
①反应达到平衡后，向容器中通入CO，化学平衡向 方向移动（填“正反应”或“逆反应”）；
②若升高温度，平衡常数K （填“增大”、“减小”或“不变”）；
③查阅资料得知1 100℃时K＝0.263．某时刻测得容器中c（CO2）＝0.025 ml/L，c（CO）＝0.10 ml/L，此时刻反应 平衡状态（填“达到”或“未达到”）。
14．在常温下，有下列五种溶液：
NH4Cl
CH3COONH4
NH4HSO4
NH4HCO3
NaHCO3
请根据要求填写下列空白：
（1）溶液A呈 性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是： （用离子方程式表示）
（2）溶液E呈 性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是： （用离子方程式表示）
（3）比较溶液A、C中c（NH4+）的大小关系是A C（填“＞”、“＜”或“＝”）
（4）常温下，测得溶液B的pH＝7，则CH3COO﹣的水解程度 NH4+的水解程度（填“＞”、“＜”或“＝”），CH3COO﹣与NH4+浓度的大小关系是：c（CH3COO﹣） c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“＝”）
15．（1）常温下，浓度均为0.1ml/L的下列五种钠盐溶液的pH如表：
上述盐溶液中的阴离子，结合氢离子能力最强的是 ；根据表中数据，下列三种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是（填序号） 。
A． HClO B．H2CO3 C． CH3COOH
（2）实验室中常用氢氧化钠来进行洗气和提纯。
当150mL 1ml/L的氢氧化钠溶液吸收标况下2.24L二氧化碳时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为： 。
（3）用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水实验。滴定可选用的指示剂为 （填“甲基橙”或“酚酞”）。上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，则会导致滴定结果 （填“偏高”或“偏低”）。
参考答案
一．选择题（共12小题）
1．【分析】水溶液因水解而呈碱性，可知为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解显碱性，以此解答该题。
【解答】解：A．NaF中F﹣会水解，水解方程式为F﹣+H2O⇌HF+OH﹣，使得溶液呈碱性，故A正确；
B．Na2SO4在溶液中会电离出Na+和SO42﹣，Na+和SO42﹣均不会水解，溶液呈中性，故B错误；
C．NaOH在溶液中会电离出Na+和OH﹣，电离出OH﹣使得溶液呈碱性，故C错误；
D．CuSO4溶液中，Cu2+会水解，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，使得溶液呈酸性，故D错误。
故选：A。
2．【分析】酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱，溶液的碱性越强，以此解答该题。
【解答】解：溶液酸性越强，则对应酸根离子的水解程度越弱，酸根离子的水解显碱性，故酸的酸性越强，等物质的量浓度的酸根离子水解产生的氢氧根离子越少，pH越小，已知酸性：HX＞HY＞HZ，则pH：NaZ，NaY，NaX。
故选：B。
3．【分析】A．易水解显酸性的盐，在配制其盐溶液时，为了抑制水解，常加相应的酸，FeCl3在溶液中水解显酸性；
B．易挥发性酸的弱碱盐水溶液，加热蒸干时往往彻底水解生成氢氧化物；
C．盐类水解是中和反应的逆过程，中和放热，水解反应通常都是吸热的；
D．越稀越水解，越热越水解．
【解答】解：A．FeCl3在溶液中水解显酸性，加酸可以抑制其水解，所以配制FeCl3溶液，为了抑制水解，常加盐酸，故A正确；
B．CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，氯化氢挥发促进水解进行彻底，最终得到Cu（OH）2固体，故B错误；
C．盐类水解是中和反应的逆过程，中和放热，水解反应通常都是吸热的，故C正确；
D．AlCl3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，增大Al3+的浓度或加水稀释或加热，水解平衡都向正反应方向移动，故D正确；
故选：B。
4．【分析】A、增大反应物的浓度，平衡正向移动，物质的水解规律是越稀越水解；
B、离子的水解规律是越稀越水解；
C、离子的水解反应是吸热反应；
D、铁离子水解溶液显酸性，加入对应酸抑制水解。
【解答】解：A、氯化铁不饱和时，加氯化铁饱和溶液增大反应物的量浓度，加水稀释会导致离子浓度减小，两种形式下水解平衡均向右移动，故A正确；
B、离子的水解规律：越稀越水解，其他条件相同时，越浓的氯化铁溶液Fe3+的水解程度越小，故B正确；
C、氯化铁水解反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，高温时Fe3+的水解程度较低温时大，50℃时Fe3+的水解程度比20℃时的大，故C错误；
D、加少量盐酸可使得水解生成的氢离子浓度，导致水解平衡逆向移动，抑制Fe3+水解，故D正确；
故选：C。
5．【分析】盐发生水解时，生成弱电解质，促进水的电离，使溶液呈酸性或碱性，在工业生产或日常生活中，常利用盐类水解的酸碱性或生成的胶体的性质，结合对应物质的性质解答该题。
【解答】解：①NH4Cl与ZnCl2溶液都为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可做焊接金属中的除锈剂，与水解有关，故①正确；
②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液分别水解呈碱性和酸性，可发生互促水解，可做泡沫灭火剂，与水解有关，故②正确；
③草木灰水解呈碱性，铵态氮肥水解呈酸性，可发生互促水解，不能混合施用，反之降低肥效，与水解有关，故③正确；
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，因碳酸钠水解呈碱性，与盐的水解有关，故④正确；
⑤强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性，是利用盐溶液水解后酸碱性不同，故⑤正确。
故选：D。
6．【分析】A．铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，结合加热促进了水解及氯化氢易挥发分析；
B．碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间发生氧化还原反应；
C．铁与氯气化合生成氯化铁，氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；
D．配制FeSO4溶液时，加入稀硫酸抑制Fe2+水解，加入少量Fe防止氧化。
【解答】解：A．在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe（OH）3，故A错误；
B．氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为：2 Fe（OH）3+6 H++2 I﹣═2 Fe2++I2+6 H2O，故B错误；
C．铁与氯气化合生成氯化铁，氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，三个反应都是化合反应，故C正确；
D．Fe2+易水解，配制溶液时抑制水解，FeSO4溶液时，需加入稀硫酸抑制Fe2+水解，加入稀盐酸引入杂质，加入少量Fe防止氧化，故D错误；
故选：C。
7．【分析】A．温度越高水的离子积常数越大；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性，是因为碳酸氢根离子水解导致溶液呈碱性；
C．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，说明⑤的碱性强于①；
D．①→③的过程中，温度升高促进碳酸氢根离子的水解。
【解答】解：A．温度越高水的离子积常数越大，温度升高溶液中氢氧根离子的浓度略增大，溶液中pH略微下降，故A错误；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性，是因为碳酸氢根离子水解导致溶液呈碱性，反应的方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故B正确；
C．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，说明⑤的碱性强于①，即⑤中碳酸钠的水解程度大于①中碳酸氢钠的水解程度，故C正确；
D．①→③的过程中，温度升高促进碳酸氢根离子的水解，所以溶液碱性增强，溶液颜色加深，故D正确；
故选：A。
8．【分析】A．氢氟酸为弱酸；
B．铁的活动性大于铜，所以不能用铁制容器来盛放含Cu2+的农药，否则会造成含Cu2+的农药失效；
C．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+．而Al3+很容易水解，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清；
D．将SO2通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀。
【解答】解：A．氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应，所以可以腐蚀玻璃，但属于弱酸，故A错误；
B．铁的活动性大于铜，Cu2+能与铁反应生成亚铁离子和铜，发生置换反应，所以含Cu2+的农药不宜盛放在铁制容器中，故B正确；
C．明矾在水中电离出的Al3+水解，生成胶状的氢氧化铝，具有吸附性，可以吸附水里悬浮的杂质，故可用作净水剂，不是直接与悬浊物反应，故C错误；
D．二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，将SO2通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，故D错误；
故选：B。
9．【分析】A．纵坐标数值越高净水剂净水效果越好；
B．净水剂浊度去除率越高其pH值的范围越大越好；
D．碱性过强时，Fe3+、Al3+直接和OH﹣反应生成沉淀；
D．Fe3+、Al3+都是带3个单位正电荷的离子，但pH值相同时，Fe3+比Al3+浊度去除率高。
【解答】解：A．纵坐标数值越高净水剂净水效果越好，根据图知在pH＝7.5左右时纵坐标数值即浊度去除率最大，所以三种净水剂在pH7.5左右净水效果最佳，故A正确；
B．净水剂浊度去除率越高其pH值的范围越大越好，根据图知，明矾浊度去除率较好时pH值范围较小，所以三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄，故B正确；
D．碱性过强时，Fe3+、Al3+直接和OH﹣反应生成沉淀而不是胶体发生沉降，故C错误；
D．Fe3+、Al3+都是带3个单位正电荷的离子，但pH值相同时，Fe3+比Al3+浊度去除率高，可能是Fe3+比Al3+生成的胶粒数目多或吸附效果好，故D正确；
故选：C。
10．【分析】A．氯化铝易水解；
B．加热促进水解，溶液呈酸性；
C．CaSO4用饱和碳酸钠溶液浸泡，可生成碳酸钙；
D．分离出氨气，导致氨气浓度减小。
【解答】解：A．氯化铝易水解，蒸发水解生成氢氧化铝，灼烧生成氢氧化铝，应在氯化氢氛围中加热，故A错误；
B．加热促进水解，溶液呈酸性，加热酸性增强，pH减小，故B错误；
C．CaSO4用饱和碳酸钠溶液浸泡，可生成碳酸钙，碳酸钙可溶于盐酸，故C正确；
D．分离出氨气，导致氨气浓度减小，反应速率减小，故D错误。
故选：C。
11．【分析】A．人体内无纤维素酶，且淀粉、纤维素的聚合度不同；
B．烷烃的通式为CnH2n+2，燃烧遵循原子守恒；
C．明矾水解生成氢氧化铝胶体；
D．蛋白质含氮元素。
【解答】解：A．人体内无纤维素酶，则纤维素在人体内不能水解，且淀粉、纤维素的聚合度不同，二者不是同分异构体，故A错误；
B．烷烃的通式为CnH2n+2，燃烧遵循原子守恒，可知生成n ml CO2，则生成的水一定为（n+1）ml，故B正确；
C．明矾水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中悬浮杂质，可用于自来水的净化，但不能淡化海水，故C错误；
D．蛋白质含氮元素，燃烧产物有含氮物质，而甲烷、苯、甲苯完全燃烧的产物都只有二氧化碳和水，故D错误；
故选：B。
12．【分析】实验I中对NH4Cl固体试管加热，湿润的pH试纸黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2），说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵。
实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色（pH≈5），说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。
【解答】解：A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分反解反应，故A正确；
B．根据分析，根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；
C．根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；
D．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；
故选：C。
二．填空题（共3小题）
13．【分析】（1）①碳酸氢钠是强碱弱酸盐，能发生水解生成碳酸和氢氧化钠而使溶液呈碱性；
②常温下，0.010 0ml/L盐酸溶液中c（H+）＝0.01ml/L，溶液的pH＝﹣lgc（H+）；
③酚酞作指示剂，变色范围8﹣10；
（2）①增大反应物浓度平衡正向进行；
②升高温度平衡向吸热反应方向进行；
③计算此时的浓度商和平衡常数比较判断平衡进行的方向。
【解答】解：（1）①碳酸氢钠是强碱弱酸盐，HCO3﹣能发生水解，水解生成碳酸和氢氧根离子，使溶液显碱性。
故答案为：HCO3﹣；
②常温下，0.010 0ml/L盐酸溶液中c（H+）＝0.01ml/L，溶液的pH＝2。
故答案为：2；
③用0.010 0ml/L氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由无色变为无色，且半分钟内保持不变，
故答案为：无色；
（2）①反应达到平衡后，向容器中通入CO，化学平衡向正反应方向进行，
故答案为：正反应；
②反应为吸热反应，若升高温度，平衡正向进行，平衡常数K增大，
故答案为：增大；
③查阅资料得知1 100℃时K＝0.263．某时刻测得容器中c（CO2）＝0.025ml/L，c（CO）＝0.10ml/L，Qc＝＝0.25＜K＝0.263，反应正向进行，反应未达到平衡状态，
故答案为：未达到。
14．【分析】（1）氯化铵是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性；
（2）碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度，所以溶液呈碱性；
（3）硫酸氢铵电离产生的氢离子对铵根离子的水解起抑制作用，由此分析解答；
（4）醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相同，溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断。
【解答】解：（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
（2）碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度，所以溶液呈碱性，水解的离子方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故答案为：碱；HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；
（3）硫酸氢铵电离产生的氢离子对铵根离子的水解起抑制作用，所以硫酸氢铵中铵根离子大于氯化铵中铵根离子的浓度，故答案为：＜；
（4）常温下，测得溶液②的pH＝7，说明0.1ml/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（NH4+）+c（H+），PH＝7说明溶液中c（OH﹣）＝c（H+），得到c（CH3COO﹣）＝c（NH4+），
故答案为：＝；＝。
15．【分析】（1）越容易水解的盐，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则盐的水解程度越大，浓度相同的酸稀释相同的倍数后，酸性越强的酸其pH变化越大；
（2）根据盐类的水解和电荷守恒来分析，注意盐类的水解是微弱的；0.15 ml（1ml/L×0.15L＝0.15ml）NaOH和0.1 ml（2.24L÷22.4L/ml＝0.1ml）CO2反应生成物质的量都为0.05ml的碳酸氢钠和碳酸钠，由于碳酸根的第一步水解程度大于第二步水解程度，所以碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性；
（3）酸、碱恰好完全反应时，终点溶液的pH应在指示剂的变色范围内；上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致消耗酸物质的量变小。
【解答】解：（1）越容易水解的盐，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则盐的水解程度越大，所以最易水解的盐是碳酸钠，所以最容易结合氢离子的阴离子是CO32﹣；浓度相同的酸稀释相同的倍数后，酸性越强的酸其pH变化越大，HClO、CH3COOH、H2CO3三种酸的酸性大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以溶液的pH变化最大的是醋酸，故选C，
故答案为：CO32﹣；C；
（2）0.15 ml（1ml/L×0.15L＝0.15ml）氢氧化钠和0.1 ml（2.24L÷22.4L/ml＝0.1ml）二氧化碳反应生成物质的量都为0.05ml的碳酸氢钠和碳酸钠，由于碳酸根的第一步水解程度大于第二步水解程度，所以碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性，离子浓度关系为c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（3）甲基橙的变色范围是3.1﹣4.4，用酸滴定碱时，甲基橙加在碱里，达到滴定终点时，溶液颜色由黄变红，易于观察；上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致消耗酸物质的量变小，则测定值偏低，
故答案为：甲基橙；偏低。时间
①
②
③
④
⑤
温度/℃
20
30
40
从40℃冷却到20℃
沸水浴后冷却到20℃
颜色变化
红色略加深
红色接近①
红色比③加深较多
pH
8.31
8.29
8.26
8.31
9.20
现象或事实
解释
A
氢氟酸可用于蚀刻玻璃
氢氟酸是强酸
B
含Cu2+的农药不宜盛放在铁制容器中
能与Fe发生置换反应
C
明矾可用作净水剂
直接与悬浊物反应生成沉淀
D
SO2通入Ba（NO3）2溶液中，产生白色沉淀
沉淀为BaSO3
实验步骤
实验现象
Ⅰ
将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热
试纸颜色变化：黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2）；试管中部有白色固体附着
Ⅱ
将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上
试纸颜色变化：黄色→橙黄色（pH≈5）
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
一．选择题（共12小题）
1．下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是（ ）
A．NaFB．Na2SO4C．NaOHD．CuSO4
2．已知酸性：HX＞HY＞HZ，物质的量浓度相同的三种钠盐NaX、NaY和NaZ的溶液，pH由大到小的顺序是（ ）
A．NaX，NaZ，NaYB．NaZ，NaY，NaX
C．NaX，NaY，NaZD．NaY，NaZ，NaX
3．下列说法错误的是（ ）
A．配制FeCl3溶液，为了抑制其水解，常加盐酸
B．加热蒸干CuCl2溶液得到CuCl2固体
C．盐类水解通常都是吸热的
D．水解达到平衡时的AlCl3稀溶液中，无论再加入AlCl3固体还是加水或者加热，其水解平衡均向右移动
4．下列关于FeCl3水解的说法错误的是（ ）
A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动
B．浓度为5ml/L和0.5ml/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，前者Fe3+的水解程度小于后者
C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50℃和20℃时发生水解，50℃时Fe3+的水解程度比20℃时的小
D．为抑制Fe3+的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
5．下列说法与盐的水解有关的是（ ）
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属过程中的除锈剂
②用NaHCO3与 Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤比较NH4Cl和Na2S等盐溶液的酸碱性
A．①②③B．②③④⑤C．②③④D．①②③④⑤
6．下列说法正确的是（ ）
A．加热蒸干氯化铁溶液最终得到FeCl3晶体
B．氢氧化铁与HI溶液仅发生中和反应
C．FeCl3、FeCl2 和Fe（OH）3都可以通过化合反应制取
D．配制FeSO4溶液时，加入稀盐酸抑制Fe2+水解，加入铁粉防止Fe2+被氧化
7．水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发），下列说法不正确的是（ ）
A．①→③的过程中，pH略微下降说明升温过程中c（OH﹣）减小
B．NaHCO3溶液显碱性的原因：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣
C．⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故
D．①→③的过程中，颜色加深的原因可能是HCO3﹣水解程度增大
8．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
9．某实验小组研究不同净水剂在不同pH的净水效果，实验结果如图（浊度去除率越高表明净水效果越好）。下列有关说法错误的是（ ）
A．三种净水剂在pH7.5左右净水效果最佳
B．三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄
C．三种净水剂净水效果下降的原因都是因碱性过强胶体发生沉降
D．相同pH条件下，Fe3+比Al3+生成的胶粒数目多或吸附效果好
10．下列说法正确的是（ ）
A．将AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3
B．加热Fe2（SO4）3溶液，Fe3+的水解程度和溶液的pH均增大
C．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用盐酸溶解而除去
D．在合成氨工业中，将NH3液化并及时分离可增大正反应速率，提高原料转化率
11．下列有关叙述中正确的是（ ）
A．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，它和淀粉互称为同分异构体
B．某烷烃完全燃烧时，若生成n ml CO2，则生成的水一定为（n+1）ml
C．明矾可用于自来水的净化与海水的淡化
D．甲烷、苯、甲苯、蛋白质完全燃烧的产物都只有二氧化碳和水
12．某同学进行如下实验，下列说法不正确的是（ ）
A．根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
二．填空题（共3小题）
13．（1）①25℃时，NaHCO3溶液呈碱性，原因是 水解引起的（填“Na+”或“HCO3﹣”）；
②常温下，0.0100 ml/L盐酸的pH＝
③用0.0100 ml/L盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由红色变为 （填“蓝色”或“无色”），且半分钟内保持不变。
（2）在某密闭容器中进行可逆反应：FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）△H＞0平衡常数表达式为K＝。
①反应达到平衡后，向容器中通入CO，化学平衡向 方向移动（填“正反应”或“逆反应”）；
②若升高温度，平衡常数K （填“增大”、“减小”或“不变”）；
③查阅资料得知1 100℃时K＝0.263．某时刻测得容器中c（CO2）＝0.025 ml/L，c（CO）＝0.10 ml/L，此时刻反应 平衡状态（填“达到”或“未达到”）。
14．在常温下，有下列五种溶液：
NH4Cl
CH3COONH4
NH4HSO4
NH4HCO3
NaHCO3
请根据要求填写下列空白：
（1）溶液A呈 性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是： （用离子方程式表示）
（2）溶液E呈 性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是： （用离子方程式表示）
（3）比较溶液A、C中c（NH4+）的大小关系是A C（填“＞”、“＜”或“＝”）
（4）常温下，测得溶液B的pH＝7，则CH3COO﹣的水解程度 NH4+的水解程度（填“＞”、“＜”或“＝”），CH3COO﹣与NH4+浓度的大小关系是：c（CH3COO﹣） c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“＝”）
15．（1）常温下，浓度均为0.1ml/L的下列五种钠盐溶液的pH如表：
上述盐溶液中的阴离子，结合氢离子能力最强的是 ；根据表中数据，下列三种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是（填序号） 。
A． HClO B．H2CO3 C． CH3COOH
（2）实验室中常用氢氧化钠来进行洗气和提纯。
当150mL 1ml/L的氢氧化钠溶液吸收标况下2.24L二氧化碳时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为： 。
（3）用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水实验。滴定可选用的指示剂为 （填“甲基橙”或“酚酞”）。上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，则会导致滴定结果 （填“偏高”或“偏低”）。
参考答案
一．选择题（共12小题）
1．【分析】水溶液因水解而呈碱性，可知为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解显碱性，以此解答该题。
【解答】解：A．NaF中F﹣会水解，水解方程式为F﹣+H2O⇌HF+OH﹣，使得溶液呈碱性，故A正确；
B．Na2SO4在溶液中会电离出Na+和SO42﹣，Na+和SO42﹣均不会水解，溶液呈中性，故B错误；
C．NaOH在溶液中会电离出Na+和OH﹣，电离出OH﹣使得溶液呈碱性，故C错误；
D．CuSO4溶液中，Cu2+会水解，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，使得溶液呈酸性，故D错误。
故选：A。
2．【分析】酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱，溶液的碱性越强，以此解答该题。
【解答】解：溶液酸性越强，则对应酸根离子的水解程度越弱，酸根离子的水解显碱性，故酸的酸性越强，等物质的量浓度的酸根离子水解产生的氢氧根离子越少，pH越小，已知酸性：HX＞HY＞HZ，则pH：NaZ，NaY，NaX。
故选：B。
3．【分析】A．易水解显酸性的盐，在配制其盐溶液时，为了抑制水解，常加相应的酸，FeCl3在溶液中水解显酸性；
B．易挥发性酸的弱碱盐水溶液，加热蒸干时往往彻底水解生成氢氧化物；
C．盐类水解是中和反应的逆过程，中和放热，水解反应通常都是吸热的；
D．越稀越水解，越热越水解．
【解答】解：A．FeCl3在溶液中水解显酸性，加酸可以抑制其水解，所以配制FeCl3溶液，为了抑制水解，常加盐酸，故A正确；
B．CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，氯化氢挥发促进水解进行彻底，最终得到Cu（OH）2固体，故B错误；
C．盐类水解是中和反应的逆过程，中和放热，水解反应通常都是吸热的，故C正确；
D．AlCl3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，增大Al3+的浓度或加水稀释或加热，水解平衡都向正反应方向移动，故D正确；
故选：B。
4．【分析】A、增大反应物的浓度，平衡正向移动，物质的水解规律是越稀越水解；
B、离子的水解规律是越稀越水解；
C、离子的水解反应是吸热反应；
D、铁离子水解溶液显酸性，加入对应酸抑制水解。
【解答】解：A、氯化铁不饱和时，加氯化铁饱和溶液增大反应物的量浓度，加水稀释会导致离子浓度减小，两种形式下水解平衡均向右移动，故A正确；
B、离子的水解规律：越稀越水解，其他条件相同时，越浓的氯化铁溶液Fe3+的水解程度越小，故B正确；
C、氯化铁水解反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，高温时Fe3+的水解程度较低温时大，50℃时Fe3+的水解程度比20℃时的大，故C错误；
D、加少量盐酸可使得水解生成的氢离子浓度，导致水解平衡逆向移动，抑制Fe3+水解，故D正确；
故选：C。
5．【分析】盐发生水解时，生成弱电解质，促进水的电离，使溶液呈酸性或碱性，在工业生产或日常生活中，常利用盐类水解的酸碱性或生成的胶体的性质，结合对应物质的性质解答该题。
【解答】解：①NH4Cl与ZnCl2溶液都为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可做焊接金属中的除锈剂，与水解有关，故①正确；
②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液分别水解呈碱性和酸性，可发生互促水解，可做泡沫灭火剂，与水解有关，故②正确；
③草木灰水解呈碱性，铵态氮肥水解呈酸性，可发生互促水解，不能混合施用，反之降低肥效，与水解有关，故③正确；
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，因碳酸钠水解呈碱性，与盐的水解有关，故④正确；
⑤强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性，是利用盐溶液水解后酸碱性不同，故⑤正确。
故选：D。
6．【分析】A．铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，结合加热促进了水解及氯化氢易挥发分析；
B．碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间发生氧化还原反应；
C．铁与氯气化合生成氯化铁，氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；
D．配制FeSO4溶液时，加入稀硫酸抑制Fe2+水解，加入少量Fe防止氧化。
【解答】解：A．在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe（OH）3，故A错误；
B．氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为：2 Fe（OH）3+6 H++2 I﹣═2 Fe2++I2+6 H2O，故B错误；
C．铁与氯气化合生成氯化铁，氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，三个反应都是化合反应，故C正确；
D．Fe2+易水解，配制溶液时抑制水解，FeSO4溶液时，需加入稀硫酸抑制Fe2+水解，加入稀盐酸引入杂质，加入少量Fe防止氧化，故D错误；
故选：C。
7．【分析】A．温度越高水的离子积常数越大；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性，是因为碳酸氢根离子水解导致溶液呈碱性；
C．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，说明⑤的碱性强于①；
D．①→③的过程中，温度升高促进碳酸氢根离子的水解。
【解答】解：A．温度越高水的离子积常数越大，温度升高溶液中氢氧根离子的浓度略增大，溶液中pH略微下降，故A错误；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性，是因为碳酸氢根离子水解导致溶液呈碱性，反应的方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故B正确；
C．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，说明⑤的碱性强于①，即⑤中碳酸钠的水解程度大于①中碳酸氢钠的水解程度，故C正确；
D．①→③的过程中，温度升高促进碳酸氢根离子的水解，所以溶液碱性增强，溶液颜色加深，故D正确；
故选：A。
8．【分析】A．氢氟酸为弱酸；
B．铁的活动性大于铜，所以不能用铁制容器来盛放含Cu2+的农药，否则会造成含Cu2+的农药失效；
C．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+．而Al3+很容易水解，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清；
D．将SO2通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀。
【解答】解：A．氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应，所以可以腐蚀玻璃，但属于弱酸，故A错误；
B．铁的活动性大于铜，Cu2+能与铁反应生成亚铁离子和铜，发生置换反应，所以含Cu2+的农药不宜盛放在铁制容器中，故B正确；
C．明矾在水中电离出的Al3+水解，生成胶状的氢氧化铝，具有吸附性，可以吸附水里悬浮的杂质，故可用作净水剂，不是直接与悬浊物反应，故C错误；
D．二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，将SO2通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，故D错误；
故选：B。
9．【分析】A．纵坐标数值越高净水剂净水效果越好；
B．净水剂浊度去除率越高其pH值的范围越大越好；
D．碱性过强时，Fe3+、Al3+直接和OH﹣反应生成沉淀；
D．Fe3+、Al3+都是带3个单位正电荷的离子，但pH值相同时，Fe3+比Al3+浊度去除率高。
【解答】解：A．纵坐标数值越高净水剂净水效果越好，根据图知在pH＝7.5左右时纵坐标数值即浊度去除率最大，所以三种净水剂在pH7.5左右净水效果最佳，故A正确；
B．净水剂浊度去除率越高其pH值的范围越大越好，根据图知，明矾浊度去除率较好时pH值范围较小，所以三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄，故B正确；
D．碱性过强时，Fe3+、Al3+直接和OH﹣反应生成沉淀而不是胶体发生沉降，故C错误；
D．Fe3+、Al3+都是带3个单位正电荷的离子，但pH值相同时，Fe3+比Al3+浊度去除率高，可能是Fe3+比Al3+生成的胶粒数目多或吸附效果好，故D正确；
故选：C。
10．【分析】A．氯化铝易水解；
B．加热促进水解，溶液呈酸性；
C．CaSO4用饱和碳酸钠溶液浸泡，可生成碳酸钙；
D．分离出氨气，导致氨气浓度减小。
【解答】解：A．氯化铝易水解，蒸发水解生成氢氧化铝，灼烧生成氢氧化铝，应在氯化氢氛围中加热，故A错误；
B．加热促进水解，溶液呈酸性，加热酸性增强，pH减小，故B错误；
C．CaSO4用饱和碳酸钠溶液浸泡，可生成碳酸钙，碳酸钙可溶于盐酸，故C正确；
D．分离出氨气，导致氨气浓度减小，反应速率减小，故D错误。
故选：C。
11．【分析】A．人体内无纤维素酶，且淀粉、纤维素的聚合度不同；
B．烷烃的通式为CnH2n+2，燃烧遵循原子守恒；
C．明矾水解生成氢氧化铝胶体；
D．蛋白质含氮元素。
【解答】解：A．人体内无纤维素酶，则纤维素在人体内不能水解，且淀粉、纤维素的聚合度不同，二者不是同分异构体，故A错误；
B．烷烃的通式为CnH2n+2，燃烧遵循原子守恒，可知生成n ml CO2，则生成的水一定为（n+1）ml，故B正确；
C．明矾水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中悬浮杂质，可用于自来水的净化，但不能淡化海水，故C错误；
D．蛋白质含氮元素，燃烧产物有含氮物质，而甲烷、苯、甲苯完全燃烧的产物都只有二氧化碳和水，故D错误；
故选：B。
12．【分析】实验I中对NH4Cl固体试管加热，湿润的pH试纸黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2），说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵。
实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色（pH≈5），说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。
【解答】解：A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分反解反应，故A正确；
B．根据分析，根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；
C．根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；
D．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；
故选：C。
二．填空题（共3小题）
13．【分析】（1）①碳酸氢钠是强碱弱酸盐，能发生水解生成碳酸和氢氧化钠而使溶液呈碱性；
②常温下，0.010 0ml/L盐酸溶液中c（H+）＝0.01ml/L，溶液的pH＝﹣lgc（H+）；
③酚酞作指示剂，变色范围8﹣10；
（2）①增大反应物浓度平衡正向进行；
②升高温度平衡向吸热反应方向进行；
③计算此时的浓度商和平衡常数比较判断平衡进行的方向。
【解答】解：（1）①碳酸氢钠是强碱弱酸盐，HCO3﹣能发生水解，水解生成碳酸和氢氧根离子，使溶液显碱性。
故答案为：HCO3﹣；
②常温下，0.010 0ml/L盐酸溶液中c（H+）＝0.01ml/L，溶液的pH＝2。
故答案为：2；
③用0.010 0ml/L氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由无色变为无色，且半分钟内保持不变，
故答案为：无色；
（2）①反应达到平衡后，向容器中通入CO，化学平衡向正反应方向进行，
故答案为：正反应；
②反应为吸热反应，若升高温度，平衡正向进行，平衡常数K增大，
故答案为：增大；
③查阅资料得知1 100℃时K＝0.263．某时刻测得容器中c（CO2）＝0.025ml/L，c（CO）＝0.10ml/L，Qc＝＝0.25＜K＝0.263，反应正向进行，反应未达到平衡状态，
故答案为：未达到。
14．【分析】（1）氯化铵是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性；
（2）碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度，所以溶液呈碱性；
（3）硫酸氢铵电离产生的氢离子对铵根离子的水解起抑制作用，由此分析解答；
（4）醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相同，溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断。
【解答】解：（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
（2）碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度，所以溶液呈碱性，水解的离子方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故答案为：碱；HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；
（3）硫酸氢铵电离产生的氢离子对铵根离子的水解起抑制作用，所以硫酸氢铵中铵根离子大于氯化铵中铵根离子的浓度，故答案为：＜；
（4）常温下，测得溶液②的pH＝7，说明0.1ml/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（NH4+）+c（H+），PH＝7说明溶液中c（OH﹣）＝c（H+），得到c（CH3COO﹣）＝c（NH4+），
故答案为：＝；＝。
15．【分析】（1）越容易水解的盐，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则盐的水解程度越大，浓度相同的酸稀释相同的倍数后，酸性越强的酸其pH变化越大；
（2）根据盐类的水解和电荷守恒来分析，注意盐类的水解是微弱的；0.15 ml（1ml/L×0.15L＝0.15ml）NaOH和0.1 ml（2.24L÷22.4L/ml＝0.1ml）CO2反应生成物质的量都为0.05ml的碳酸氢钠和碳酸钠，由于碳酸根的第一步水解程度大于第二步水解程度，所以碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性；
（3）酸、碱恰好完全反应时，终点溶液的pH应在指示剂的变色范围内；上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致消耗酸物质的量变小。
【解答】解：（1）越容易水解的盐，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则盐的水解程度越大，所以最易水解的盐是碳酸钠，所以最容易结合氢离子的阴离子是CO32﹣；浓度相同的酸稀释相同的倍数后，酸性越强的酸其pH变化越大，HClO、CH3COOH、H2CO3三种酸的酸性大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以溶液的pH变化最大的是醋酸，故选C，
故答案为：CO32﹣；C；
（2）0.15 ml（1ml/L×0.15L＝0.15ml）氢氧化钠和0.1 ml（2.24L÷22.4L/ml＝0.1ml）二氧化碳反应生成物质的量都为0.05ml的碳酸氢钠和碳酸钠，由于碳酸根的第一步水解程度大于第二步水解程度，所以碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性，离子浓度关系为c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（3）甲基橙的变色范围是3.1﹣4.4，用酸滴定碱时，甲基橙加在碱里，达到滴定终点时，溶液颜色由黄变红，易于观察；上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致消耗酸物质的量变小，则测定值偏低，
故答案为：甲基橙；偏低。时间
①
②
③
④
⑤
温度/℃
20
30
40
从40℃冷却到20℃
沸水浴后冷却到20℃
颜色变化
红色略加深
红色接近①
红色比③加深较多
pH
8.31
8.29
8.26
8.31
9.20
现象或事实
解释
A
氢氟酸可用于蚀刻玻璃
氢氟酸是强酸
B
含Cu2+的农药不宜盛放在铁制容器中
能与Fe发生置换反应
C
明矾可用作净水剂
直接与悬浊物反应生成沉淀
D
SO2通入Ba（NO3）2溶液中，产生白色沉淀
沉淀为BaSO3
实验步骤
实验现象
Ⅰ
将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热
试纸颜色变化：黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2）；试管中部有白色固体附着
Ⅱ
将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上
试纸颜色变化：黄色→橙黄色（pH≈5）
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
相关试卷
人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解第2课时课时训练： 这是一份人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解第2课时课时训练，共5页。试卷主要包含了由下列物质所配成的0，常温下0等内容，欢迎下载使用。
化学人教版 (2019)第三章 水溶液中的离子反应与平衡第三节 盐类的水解第2课时复习练习题： 这是一份化学人教版 (2019)第三章 水溶液中的离子反应与平衡第三节 盐类的水解第2课时复习练习题，共9页。试卷主要包含了下面说法中，与盐类水解无关的是等内容，欢迎下载使用。
高中化学人教版 (2019)选择性必修1第三章 水溶液中的离子反应与平衡第三节 盐类的水解第1课时综合训练题： 这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1第三章 水溶液中的离子反应与平衡第三节 盐类的水解第1课时综合训练题，共13页。试卷主要包含了下列说法正确的是，为了使等内容，欢迎下载使用。
