高中化学沪科技版（2020）选择性必修1盐类水解优秀练习题

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课后分层练
1．下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是( )
A．HCl B．NH4NO3
C．Na2S D．HClO
[答案] A
[解析] A项，HCl完全电离；B项，NHeq \\al(＋,4)水解生成NH3·H2O分子；C项，S2－水解生成HS－，HS－水解生成H2S分子；D项，HClO是弱电解质，不完全电离，存在HClO分子。
2．0.1 ml·L－1Na2CO3溶液和0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液的pH，前者和后者的关系是( )
A．前者大 B．相等
C．前者小 D．不能肯定
[答案] A
[解析] Na2CO3的水解分两步，第一步水解程度比第二步大得多，故Na2CO3溶液的碱性由第一步水解决定，按“越弱越水解”的规律，Na2CO3溶液的碱性要看COeq \\al(2－,3)的水解程度，而NaHCO3溶液的碱性要看HCOeq \\al(－,3)的水解程度。电离程度：HCOeq \\al(－,3)HCOeq \\al(－,3)，等物质的量浓度的Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3溶液的碱性强，A项正确。
3．下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是( )
A．盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－)
C．在CH3COONa溶液中，由水电离 的c(OH－)≠c(H＋)
D．水电离出的H＋(或OH－)与盐中的弱酸根离子(或弱碱阳离子)结合，造成盐溶液呈碱(或酸)性
[答案] C
[解析] 水电离出的c(H＋)＝c(OH－)一定成立，CH3COONa溶液显碱性，是由于水电离出的H＋有一部分与CH3COO－结合生成CH3COOH，从而使c(H＋)4．一元酸HA的溶液中，加入一定量的一元强碱MOH的溶液后，恰好完全反应，则关于反应后的溶液，下列判断一定正确的是( )
A．c(A－)≥c(M＋)
B．c(A－)＝c(M＋)
C．若MA不水解，则c(OH－)D．若MA水解，则c(OH－)>c(H＋)
[答案] D
[解析] 若MA不水解，则溶液呈中性，c(OH－)＝c(H＋)，再根据电荷守恒可知，c(A－)＝c(M＋)；若MA水解，说明HA为一元弱酸，则MA溶液中c(OH－)>c(H＋)，再根据电荷守恒可知，c(A－)5．下列一定能说明HClO是弱电解质的是( )
A．25 ℃时，用pH试纸测0.01 ml·L－1HClO的pH
B．25 ℃时，NaClO溶液的pH大于7
C．25 ℃时，若测得HClO溶液pH＝a，取该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL，测得pH＝b，b－a<1，则HClO是弱酸
D．浓度相同的NaOH溶液分别与pH相同的次氯酸、盐酸反应呈中性，前者消耗的NaOH溶液的体积多
[答案] B
[解析] A项，HClO能氧化漂白pH试纸，错误；C项，25 ℃时，若测得HClO溶液pH＞6，无论弱酸还是强酸，稀释10倍后，pH一定小于7，错误；D项，酸的体积未知，故不能根据消耗的NaOH溶液的体积的多少判断酸性强弱，错误。
6．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在平衡COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－。下列说法不正确的是( )
A．稀释溶液，eq \f(cHCO\\al(－,3)·cOH－,cCO\\al(2－,3))增大
B．通入CO2，溶液pH减小
C．升高温度，平衡常数增大
D．加入NaOH固体，eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3))减小
[答案] A
[解析] 温度不变，水解平衡常数不变，Kh＝eq \f(cHCO\\al(－,3)·cOH－,cCO\\al(2－,3))的值不变，故A错误；CO2与COeq \\al(2－,3)反应生成HCOeq \\al(－,3)，HCOeq \\al(－,3)比COeq \\al(2－,3)水解程度小，所以溶液碱性减弱，即pH减小，故B正确；因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，平衡常数增大，故C正确；加入NaOH固体，OH－抑制COeq \\al(2－,3)水解，HCOeq \\al(－,3)的物质的量浓度减小，COeq \\al(2－,3)的物质的量浓度增大，所以eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3))减小，故D正确。
7．下列离子方程式属于盐的水解且书写正确的是( )
A．MgCl2溶液：Mg2＋＋2H2OMg(OH)2↓＋2H＋
B．NaHCO3溶液：HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－
C．Na2SO3溶液：SOeq \\al(2－,3)＋2H2OH2SO3＋2OH－
D．KCN溶液：CN－＋H2O===HCN＋OH－
[答案] B
[解析] A项，Mg(OH)2不应标“↓”；C项，SOeq \\al(2－,3)应分步水解；D项，应用“”。
8．下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是( )
①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－ ②AlCl3＋3H2O===Al(OH)3＋3HCl ③Na2CO3＋2H2OH2CO3＋2NaOH ④碳酸氢钠溶液：HCOeq \\al(－,3)＋H2OCOeq \\al(2－,3)＋H3O＋ ⑤NH4Cl溶于D2O中：NHeq \\al(＋,4)＋D2ONH3·D2O＋H＋
A．①②③④ B．①②③
C．②③⑤ D．全部
[答案] D
[解析] 氯化氢不能发生水解反应，①错误；氯化铝水解的方程式应用“”连接，②错误；COeq \\al(2－,3)应分步水解，③错误；碳酸氢根离子的水解方程式为HCOeq \\al(－,3)＋H2O H2CO3＋OH－，④错误；NH4Cl溶于D2O中的离子方程式为NHeq \\al(＋,4)＋D2ONH3·DHO＋D＋，⑤错误。
9．为了使NH4Cl溶液中c(Cl－)与c(NHeq \\al(＋,4))浓度比为1∶1，可在NH4Cl溶液中加入( )
①适量的HCl ②适量的NaCl ③适量的氨水 ④适量的NaOH ⑤适量的硫酸
A．①②⑤ B．③⑤ C．③④ D．④⑤
[答案] B
[解析] NH4Cl溶液中存在NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，为增大NHeq \\al(＋,4)浓度，应加入酸或NH3·H2O，①加入HCl虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。
10．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．升高温度，eq \f(cHS－,cS2－)减小
C．通入H2S，HS－的浓度增大
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
[答案] C
[解析] 水解平衡常数只受温度影响，温度不变，水解平衡常数不变，A项错误；水解是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，HS－的浓度增大，S2－的浓度减小，所以eq \f(cHS－,cS2－)增大，B项错误；通入H2S，H2S会结合水解出的OH－，使平衡正向移动，HS－的浓度增大，C项正确；加入氢氧化钠固体，溶液的碱性增强，溶液pH增大，D项错误。
11．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5 ml·L－1和0.5 ml·L－1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者小于后者
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
[答案] C
[解析] 增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3＋水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，Fe3＋水解程度增大，A、B项均正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C项错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D项正确。
12．物质的量相等的下列物质形成的等体积溶液中，所含微粒种类最多的是( )
A．CaCl2 B．CH3COONa
C．NH3 D．K2S
[答案] D
[解析] CaCl2不水解，其溶液中存在的微粒有5种：Ca2＋、Cl－、OH－、H＋、H2O；CH3COONa发生水解，其溶液中存在的微粒有6种：Na＋、CH3COO－、CH3COOH、H＋、OH－、H2O；氨水中存在的微粒有6种：NH3、NH3·H2O、NHeq \\al(＋,4)、OH－、H＋、H2O；K2S中S2－发生两步水解，其溶液中存在7种微粒：K＋、S2－、HS－、H2S、OH－、H＋、H2O。
13．室温下，0.5 ml·L－1相同体积的下列四种溶液①KCl、②FeCl3、③HF、④Na2CO3，其中所含阳离子数由多到少的顺序是( )
A．④>①＝②>③ B．①>④>②>③
C．④>①>③>② D．④>②>①>③
[答案] D
[解析] 电解质在水中以电离为主，水解是极其微弱的，所以四种物质中Na2CO3电离的阳离子数一定最多，HF为弱电解质，电离出的H＋一定最少，先排除B、C项，再观察KCl和FeCl3，如果只考虑电离，二者电离的阳离子数应相等，但Fe3＋存在水解且一个Fe3＋水解可生成三个H＋，导致其溶液中阳离子数增多。
14．下列离子因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是( )
A．K＋、S2－、Al3＋、AlOeq \\al(－,2)
B．MnOeq \\al(－,4)、Na＋、SOeq \\al(2－,4)、K＋
C．SOeq \\al(2－,4)、Fe3＋、S2－、K＋
D．Fe2＋、Cl－、H＋、NOeq \\al(－,3)
[答案] A
[解析] A项，Al3＋与S2－、AlOeq \\al(－,2)能发生相互促进的水解反应；C中的Fe3＋与S2－和D中的Fe2＋、H＋、NOeq \\al(－,3)都因为发生氧化还原反应而不能大量共存。
15．在室温下，有下列五种溶液：
①0.1 ml·L－1 NH4Cl
②0.1 ml·L－1 CH3COONH4
③0.1 ml·L－1 NH4HSO4
④0.1 ml·L－1 NH3·H2O和0.1 ml·L－1 NH4Cl混合液
⑤0.1 ml·L－1 NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈________(填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是________
(用离子方程式表示)。
(2)在溶液④中，__________的物质的量浓度为0.1 ml·L－1。NH3·H2O和__________的物质的量浓度之和为0.2 ml·L－1。
(3)室温下，测得溶液②的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度________(填“＞”“＜”或“＝”，下同)NHeq \\al(＋,4)的水解程度，CH3COO－与NHeq \\al(＋,4)浓度的大小关系是c(CH3COO－)____c(NHeq \\al(＋,4))。
[答案] (1)酸 NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋ (2)Cl－ NHeq \\al(＋,4) (3)＝ ＝
[解析] (1)NH4Cl溶液中存在NHeq \\al(＋,4)的水解平衡：NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，所以溶液呈酸性。
(3)由于CH3COO－水解生成OH－，NHeq \\al(＋,4)水解生成H＋，而溶液的pH＝7，说明CH3COO－与NHeq \\al(＋,4)的水解程度相同，根据电荷守恒可知溶液中二者浓度也相同。
1．欲使CH3COONa稀溶液中eq \f(cCH3COO－,cNa＋)增大，可采取的措施是( )
A．加少量K2CO3固体 B．加少量NaOH固体
C．加水稀释 D．升高温度
[答案] A
[解析] CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加少量K2CO3固体，碳酸根离子水解显碱性，溶液中氢氧根离子浓度增大，使CH3COO－的水解平衡逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，钠离子浓度不变，即比值会增大，A项符合题意；加入NaOH固体，会导致氢氧根离子浓度增大，水解平衡逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，但是钠离子浓度增加的程度比醋酸根离子浓度增加的程度大，即比值会减小，B项不符合题意；加水稀释，促进水解，所以醋酸根离子物质的量减小，而钠离子的物质的量不变，即比值会减小，C项不符合题意；升高温度，水解平衡正向移动，所以醋酸根离子浓度减小，但是钠离子浓度不变，即比值会减小，D项不符合题意。
2．物质的量浓度相同的下列各物质的溶液，由水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是( )
①NaHSO4 ②NaHCO3 ③Na2CO3 ④Na2SO4
A．④③②① B．①②③④
C．③②④① D．③④②①
[答案] C
[解析] 水中存在电离平衡：H2OH＋＋OH－，NaHSO4抑制水的电离，Na2CO3、NaHCO3均能促进水的电离且Na2CO3比NaHCO3的促进程度更大，Na2SO4不影响水的电离。
3．在反应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HCl气体
C．加入适量的NaOH溶液
D．加入固体AlCl3
[答案] C
[解析] 盐类的水解存在平衡状态，当条件发生变化时，平衡可能发生移动，状态发生改变。A、C、D项都可促使水解平衡向水解方向移动，B项抑制水解反应的进行。采取措施后，使溶液的pH增大的是C项。
4．某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列分析错误的是( )
A．b点水解程度最大
B．水的电离平衡也会对溶液的pH产生影响
C．a→b段水解平衡向右移动
D．水解是吸热过程
[答案] A
[解析] 溶液中存在碳酸根离子的水解平衡：COeq \\al(2－,3)＋H2OOH－＋HCOeq \\al(－,3)和水的电离平衡：H2OOH－＋H＋；图中显示温度升高，溶液的碱性先增强后减弱，水的电离是吸热过程，纯水中温度升高pH会降低，碳酸钠溶液中温度升高pH有增大的过程，说明水解受到促进，即水解为吸热过程；后pH下降，说明温度升高水电离出更多的氢氧根抑制碳酸根离子的水解。
5．25 ℃时，有关浓度均为0.2 ml·L－1的NaHCO3和Na2CO3溶液的判断不正确的是( )
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．加入等量NaOH固体，恢复到原温度，c(COeq \\al(2－,3))均增大
[答案] C
[解析] 两种溶液中均存在水的电离平衡，NaHCO3溶液中还存在HCOeq \\al(－,3) H＋＋COeq \\al(2－,3)及HCOeq \\al(－,3)＋H2O H2CO3＋OH－，Na2CO3溶液中还存在COeq \\al(2－,3)＋H2O HCOeq \\al(－,3)＋OH－，故A正确；两种溶液中均存在Na＋、COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、H2CO3、OH－、H＋、H2O，故B正确；浓度相同时，COeq \\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq \\al(－,3)，故Na2CO3溶液中的c(OH－)更大，故C错误；向NaHCO3溶液中加入NaOH固体，HCOeq \\al(－,3)＋OH－=== H2O＋COeq \\al(2－,3)，c(COeq \\al(2－,3))增大，Na2CO3溶液中加入NaOH固体，导致COeq \\al(2－,3)的水解平衡逆向移动，c(COeq \\al(2－,3))增大，故D正确。
6．铁及其化合物是中学化学中的一类重要物质，下列关于铁元素的叙述中正确的是( )
A．保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2＋水解
B．在25 ℃时，pH＝0的溶液中，Al3＋、NHeq \\al(＋,4)、NOeq \\al(－,3)、Fe2＋可以大量共存
C．制备AlCl3、FeCl3均可采用将溶液直接蒸干的方法
D．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，发生反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
[答案] D
[解析] 保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是防止氯化亚铁被氧化，加入盐酸能抑制Fe2＋水解，A错误；25 ℃，pH＝0的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性溶液中能氧化Fe2＋，不能大量共存，B错误；AlCl3、FeCl3水解生成氢氧化铝、氢氧化铁和盐酸，蒸干过程中氯化氢挥发得到的水解产物主要为氢氧化铝、氢氧化铁，灼烧得到氧化铝、氧化铁，C错误。
7．室温下，将0.05 ml Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入或通入下列物质，有关结论正确的是( )
[答案] C
[解析] HCl的物质的量和Na2CO3的物质的量相等，则HCl和Na2CO3发生反应：HCl＋Na2CO3===NaHCO3＋NaCl，因HCOeq \\al(－,3)既可以电离又可以水解，则c(Na＋)>2c(HCOeq \\al(－,3))，故A项错误；向Na2CO3溶液中加入0.01 ml K2CO3，增大了碳酸根离子的浓度，使碳酸根离子的水解平衡正向移动，但碳酸根离子浓度比碳酸氢根离子浓度增大得多，则溶液中c(HCOeq \\al(－,3))与c(COeq \\al(2－,3))的比值减小，故B项错误；向Na2CO3溶液中加入50 mL水，加水稀释促进碳酸根离子的水解，溶液中的c(OH－)减小，因温度未变，则Kw不变，所以溶液中c(H＋)增大，故C项正确；向Na2CO3溶液中通入0.025 ml CO2气体，二者发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，根据二者物质的量的关系可知，CO2完全反应，生成0.05 ml NaHCO3，剩余0.025 ml Na2CO3，因COeq \\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq \\al(－,3)的水解程度，则溶液中c(HCOeq \\al(－,3))与c(COeq \\al(2－,3))的比值大于2，故D项错误。
8．(1)浓度均为0.1 ml·L－1的8种溶液：①HNO3；②H2SO4；③CH3COOH；④Ba(OH)2；⑤NaOH；⑥CH3COONa；⑦KCl；⑧NH4Cl。其溶液的pH由小到大的顺序是______________________________________________________(填序号)。
(2)室温时，pH＝6的盐酸和pH＝8的Na2CO3溶液中，水电离出的c(OH－)分别为x ml·L－1和y ml·L－1，两者的关系正确的是____(填字母)。
a．x＝10－2y b．x＝102y
c．x＝y d．x＞y
(3)常温下，0.1 ml·L－1 HA溶液中eq \f(cH＋,cOH－)＝108。现取0.1 ml·L－1 HA溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)。试回答下列问题：
①混合溶液呈__________(填“酸”“中”或“碱”)性，理由是_________________________
(用离子方程式表示)。
②混合溶液中由水电离出的c(H＋)________(填“大于”“小于”或“等于”)0.1 ml·L－1 NaOH溶液中由水电离出的c(H＋)。
[答案] (1)②①③⑧⑦⑥⑤④ (2)a
(3)①碱 A－＋H2OHA＋OH－ ②大于
[解析] (1)先对物质分类，pH：碱＞盐＞酸。
同类物质的pH的一般规律：
碱：二元强碱＞一元强碱＞一元弱碱；
酸：一元弱酸＞一元强酸＞二元强酸；
盐：强碱弱酸盐＞强酸强碱盐＞强酸弱碱盐。
(2)pH＝6的盐酸中，水电离出的c(OH－)＝eq \f(1×10－14,10－6) ml·L－1＝1×10－8 ml·L－1；pH＝8的Na2CO3溶液中，水电离出的c(OH－)＝eq \f(1×10－14,10－8) ml·L－1＝10－6 ml·L－1；故x∶y＝10－8∶10－6＝10－2，x＝10－2y。
(3)由于eq \f(cH＋,cOH－)＝108，根据c(H＋)·c(OH－)＝10－14，则c(H＋)＝10－3 ml·L－1，所以HA为弱酸。①由于A－＋H2OHA＋OH－，故混合液呈碱性。②NaA溶液促进水的电离，而NaOH溶液抑制水的电离。
9．磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：
Ⅰ. 亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H＋ ＋ H2POeq \\al(－,3)。亚磷酸与足量NaOH溶液反应生成水和Na2HPO3。
(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价：__________________。
(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________。
(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式：_________________________。
Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；
②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)＝5.9×10－2，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5。
(4)下列说法正确的是________(填字母)。
A．次磷酸的电离方程式为H3PO2H＋＋H2POeq \\al(－,2)
B．NaH2PO2属于酸式盐
C．浓度均为0.1 ml·L－1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强
D．0.1 ml·L－1NaH2PO2溶液的pH比0.1 ml·L－1CH3COONa溶液的pH小
[答案] (1)＋3 (2)H3PO3＋OH－===H2POeq \\al(－,3)＋H2O (3)H3PO3 ＋ I2 ＋H2O===2HI＋ H3PO4 (4)AD
[解析] (2)亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为H3PO3＋OH－===H2POeq \\al(－,3)＋H2O。
(3)亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3＋I2＋H2O===2HI＋H3PO4。
(4)次磷酸为弱酸，则电离方程式为H3PO2H＋＋H2POeq \\al(－,2)，A正确；NaH2PO2属于正盐，B错误；次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1 ml·L－1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力弱，C错误；由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1 ml·L－1NaH2PO2溶液的pH比0.1 ml·
L－1CH3COONa溶液的pH小，D正确。
10．(1)已知草酸是二元弱酸，常温下测得0.1 ml·L－1的KHC2O4的pH为4.8，则此KHC2O4溶液中c(C2Oeq \\al(2－,4))______(填“大于”“小于”或“等于”)c(H2C2O4)。
(2)泡沫灭火器内装有NaHCO3饱和溶液，该溶液呈碱性的原因是_____________________(用离子方程式表示)；灭火器内另一容器中装有Al2(SO4)3溶液，该溶液呈酸性的原因是________________________(用离子方程式表示)；当意外失火时，将泡沫灭火器倒过来摇动即可使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，其相关的离子方程式为_______________________________________________________________________________。
(3)25 ℃时，H2SO3HSOeq \\al(－,3)＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3的水解常数Kh＝______，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中eq \f(cH2SO3,cHSO\\al(－,3))将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)在室温下，0.175 ml·L－1醋酸钠溶液的pH约为________[已知醋酸根离子的水解常数Kh＝eq \f(Kw,KaCH3COOH)，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5]。
[答案] (1)大于 (2)HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－ Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ 3HCOeq \\al(－,3)＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑
(3)1×10－12 增大 (4)9
[解析] (1)HC2Oeq \\al(－,4)电离生成C2Oeq \\al(2－,4)，水解生成H2C2O4，由KHC2O4的pH为4.8可知，HC2Oeq \\al(－,4)的电离程度大于其水解程度，故KHC2O4溶液中c(C2Oeq \\al(2－,4))大于c(H2C2O4)。
(2)碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，水解的离子方程式为HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，硫酸铝是强酸弱碱盐，Al3＋水解使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度而导致其溶液呈酸性，水解的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；碳酸氢钠和硫酸铝在水溶液中能相互促进水解，生成二氧化碳和氢氧化铝，反应的离子方程式为3HCOeq \\al(－,3)＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(3)NaHSO3的水解常数Kh＝eq \f(cH2SO3·cOH－,cHSO\\al(－,3))＝eq \f(cH2SO3·Kw,cHSO\\al(－,3)·cH＋)＝eq \f(Kw,Ka)＝eq \f(1×10－14,1×10－2)＝1×10－12。由Kh＝eq \f(cH2SO3·cOH－,cHSO\\al(－,3))得eq \f(cH2SO3,cHSO\\al(－,3))＝eq \f(Kh,cOH－)，加入I2后，HSOeq \\al(－,3)被氧化为H2SO4，c(H＋)增大，c(OH－)减小，Kh不变，所以eq \f(cH2SO3,cHSO\\al(－,3))增大。
(4)醋酸根离子的水解常数Kh＝eq \f(Kw,KaCH3COOH)＝eq \f(cCH3COOH·cOH－,cCH3COO－)≈eq \f(c2OH－,cCH3COO－)，则eq \f(1×10－14,1.75×10－5)≈eq \f(c2OH－,0.175)，得c(OH－)＝10－5 ml·L－1，pH＝9。
11．“烂板液”指的是制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量的Cl－、Fe3＋)。某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下：
已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。
(1)“烂板液”中溶质的主要成分是_______________(填化学式)。
(2)在操作①中保持pH＝8的目的是____________________________________ 。
(3)沉淀 Ⅰ 是________________(填化学式)。
(4)操作③中加热煮沸的目的是_________________；
此步操作的理论依据是______________________________。
(5)操作④保持pH＝2的目的是____________________；
此步操作中加热所用的主要仪器是：______________________________。
[答案](1)Zn(NO3)2
(2)防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解
(3)Zn(OH)2和Fe(OH)3
(4)促使Fe3＋完全水解 温度越高，水解程度越大
(5)抑制Zn2＋水解 蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒
[解析] (1)由题意知，“烂板液”指的是稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”，所以“烂板液”中溶质的主要成分应为Zn(NO3)2。
(2)因为Zn(OH)2具有两性，能与强碱反应，故操作①中保持pH＝8的目的是防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解。
(3)在碱性条件下，Fe3＋、Zn2＋都会转化为氢氧化物沉淀，所以沉淀Ⅰ为Zn(OH)2和Fe(OH)3。(4)操作③是为了分离Zn2＋和Fe3＋，故加热煮沸是为了促使Fe3＋完全水解。
(5)Zn(NO3)2是一种强酸弱碱盐，易水解，故保持pH＝2的目的是抑制Zn2＋水解。选项
加入或通入的物质
结论
A
50 mL 1 ml·L－1盐酸
反应结束后，c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))
B
0.01 ml K2CO3
溶液中c(HCOeq \\al(－,3))与c(COeq \\al(2－,3))的比值增大
C
50 mL 水
溶液中c(H＋)增大
D
0.025 ml CO2气体
溶液c(HCOeq \\al(－,3))与c(COeq \\al(2－,3))的比值一定是2