1、下列各离子方程式中，属于水解反应的是（
）
B
解析解：A．HCO3-+H2O?H3O++CO32-是碳酸氢根离子的电离，而不属于水解反应，故A错误；B．NH4++H2O?NH3?H2O+H+为铵根离子的水解反应方程式，故B正确；C．S2-水解是分步进行，以第一步为主，故C错误；D．H2O+H2O?H3O++OH-是水的电离方程式，故D错误；故选：B。
2、下列各离子方程式中属于水解反应且书写正确的是（
）
D
解析解：A、CH3COOH是弱电解质，CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O是酸、碱中和反应，故A错误；B、CO32-是多元弱酸根，水解应分步进行，故正确的水解方程式为CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故B错误；C、HCO3-+H2O?H3O++CO32-是HCO3-的电离，而不是水解，故C错误；D、铜离子是弱碱的阳离子，Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+是Cu2+结合水电离出的氢氧根离子的过程，故为盐类的水解，故D正确。故选：D。
3、下列属于盐溶于水后所得溶液呈碱性的物质是（
）
D
解析解：A．NaCl属于盐，溶于水后溶液显中性，故A错误；B．NH3溶于水后溶液显碱性，但NH3是氢化物，不属于盐，故B错误；C．Ca（OH）2溶于水后溶液显碱性，但Ca（OH）2属于碱，不属于盐，故C错误D．Na2CO3属于盐，溶于水后碳酸根离子水解，溶液显碱性，故D正确；故选：D。
4、向CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质或改变条件，能使比值增大的是（
）①固体NaOH
②固体K2CO3
③固体NaHSO4
④固体CH3COONa
⑤冰醋酸
⑥降温
⑦固体AlCl3
A、①③⑦B、①③④⑦C、②④⑤⑥D、③⑥⑦正确答案A
解析解：①加入固体NaOH，c（Na+）与c（CH3COO-）都增大，但c（Na+）增大幅度较大，则比值增大，故①符合；②加入固体K2CO3，抑制水解，则c（CH3COO-）增大，而c（Na+）不变，则比值增小，故②不符合；③加入固体NaHSO4，平衡向正向移动，c（Na+）增大，c（CH3COO-）减小，则比值增大，故③符合；④加入固体CH3COONa，浓度增大，水解程度降低，则比值减小，故④不符合；⑤加入冰醋酸，c（CH3COO-）增大，则比值减小，故⑤不符合；⑥水解平衡时吸热反应，降温，平衡逆向进行，醋酸根离子浓度增大，则比值减小，故⑥不符合；⑦加固体AlCl3，铝离子水解显酸性，促进醋酸根离子的水解，c（CH3COO-）减小，则比值增大，故⑦符合；故选：A。
5、在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-+H2O?HCO3-+OH-．下列说法正确的是（
）
D
解析解：A．加入NaOH固体，c（OH-）浓度增大，溶液pH增大，故A错误；B．平衡常数只受温度的影响，加水稀释，平衡常数不变，故B错误；C．升高温度，水解平衡向正向移动，则c（HCO3-）增大、c（CO32-）减小，所以会增大，故C错误；D．加入CaCl2固体，会生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，故D正确。故选：D。
6、在一定条件下，饱和NaHCO3溶液中存在下列平衡：HCO3-?H++CO32-．提高该溶液中CO32-的浓度，可采用的方法是（忽略溶液体积变化）（
）
A
解析解：A、加入少量氨气，氢离子的浓度减小，平衡HCO3-?H++CO32-正向移动，所以碳酸根离子的浓度变大，故A正确；B、加入足量Ba（OH）2固体，平衡正向移动，氢离子和碳酸根离子的浓度都减小，故B错误；C、加入少量冰醋酸，导致溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，所以碳酸根离子的浓度减小，故C错误；D、饱和碳酸氢钠溶液中加入少量NaHCO3固体，平衡不移动，所以碳酸氢根离子浓度不变，故D错误；故选：A。
7、向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量硫酸铵、碳酸钠、硫酸铝固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO-浓度的变化依次为（
）
C
解析解：CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硫酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2CO3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；硫酸铝是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硫酸铝会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；故选：C。
8、物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3 ②NaHCO3③H2CO3 ④（NH4）2CO3 按c（CO32-）由小到大顺序排列正确的是（
）
B
解析解：物质的量浓度相同的Na2CO3、NaHCO3、H2CO3、（NH4）2CO3溶液中，根据盐类水解的规律，无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，令其物质的量浓度为0.1mol/L，则：Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近0.1mol/L；NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，部分碳酸氢根离子的电离小于其水解，所以碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，及远远小于0.1mol/L；（NH4）2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于0.1mol/L；H2CO3溶液是二元弱酸，且酸性很弱，电离时分两步电离，电离出的碳酸根离子浓度较小，但它是酸，溶液显酸性，所以，碳酸根浓度小于0.1mol/L，NH4HCO3溶液中电离出碳酸根离子只需碳酸氢根离子一步电离，而H2CO3溶液是二元弱酸，需两步电离，且第二步极其微弱，其碳酸根离子的浓度比NH4HCO3溶液中碳酸根离子浓度小；综上碳酸根离子浓度为：Na2CO3＞（NH4）2CO3＞NaHCO3＞H2CO3；故选：B。
9、下列现象或事实、解释都正确的是（
）
B
解析解：A．干粉的主要成分是碳酸氢钠（NaHCO3），受热后生成纯碱、水和二氧化碳，镁能在二氧化碳中燃烧，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，且生成的碳能燃烧，所以不能用干粉灭火器灭火，故A错误；B．Na2FeO4中Fe为+6价，Na2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消*，被还原生成Fe3+易水解为Fe（OH）3，具有吸附性，可用于净化，故B正确；C．铜锈是Cu2（OH）2CO3不是氧化物，铜锈能与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，所以能除去铜绿，故C错误；D．常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步进行，故D错误；故选：B。
10、下列溶液的pH大于7的是（
）
C
解析解：A．KBr是强酸强碱盐，其溶液水解显中性，pH=7，故A错误；B．硫酸铜是强酸弱碱盐，其水溶液水解显酸性，pH小于7，故B错误；C．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根在溶液中水解溶液显碱性，即pH大于7，故C正确；D．Ba（NO3）2是强酸强碱的正盐，在溶液中不能电离出氢离子或氢氧根，也不能水解，故溶液显中性，故D错误。故选：C。
11、下列过程或现象与盐类水解无关的是（
）
B
解析解：A、纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不选；B、铁在潮湿环境中生锈是发生电化学腐蚀，与盐的水解无关，故B选；C、加热促进铁离子的水解，导致溶液颜色变深，故C不选；D、铝离子的水解导致0.1mol/LAlCl3溶液中c（Al3+）＜0.1mol/L，所以与水解有关，故D不选；故选：B。12、表示0.1mol?L-1NaHCO3溶液中有关微粒浓度的关系式中正确的是（
）
B
解析解：A．NaHCO3溶液呈碱性，则应有c（OH-）＞c（H+），故A错误；B．溶液存在质子守恒，即c（H2CO3）+c（H+）=c（CO32-）+c（OH-），故B正确；C．溶液存在电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故C错误；D．溶液存在物料守恒，即c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故D错误；故选：B。
13、在0.1mol/LNa2CO3溶液中，微粒间浓度关系正确的是（
）
C
解析解：A．溶液呈电中性，则溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A错误；B．CO32-两步水解导致溶液呈碱性，两步水解都生成OH-，但是两步水解程度都较小，所以存在c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故B错误；C．溶液中存在物料守恒c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故C正确；D．CO32-两步水解导致溶液呈碱性，两步水解都生成OH-，但是两步水解程度都较小，所以存在c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故D错误；故选：C。
14、常温下，下列溶液中的离子浓度关系式正确的是（
）
D
解析解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，该溶液中还存在c（C2O42-），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），故A错误；B．溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，一水合氨是弱电解质，部分电离，c（NH3?H2O）＞10a-14mol/L，故B错误；C．HCl、HClO都电离生成H+，但是HClO电离程度较小，溶液呈酸性，则溶液中c（OH-）很小，所以c（H+）＞c（Cl-）＞c（ClO-）＞c（OH-），故C错误；D．弱酸根离子水解程度越大，pH相同的钠盐溶液中盐浓度越小，则c（Na+）越小，水解程度：①＜②＜③，则钠盐浓度：①＞②＞③，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D正确；故选：D。
15、25℃时，下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（
）
A
解析解：A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3?H2O）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），故A正确；B．任何电解质溶液都存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH-）=2c（H2S）+c（HS-）+2c（H+），故B错误；C．该溶液pH=6，呈酸性，说明HSO3-电离程度大于水解程度，所以c（H2SO3）＜c（SO32-），故C错误；D．混合溶液中溶质的物质的量相等，且CO32-水解程度大于HCO3-，所以c（CO32-）＜c（HCO3-），故D错误；故选：A。
二、填空题（共14分）16、（7分）（1）CuSO4的水溶液呈（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH（填“＞”或“=”或“＜”），实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以（填“促进”、“抑制”）其水解。
（2）泡沫灭火器中的主要成分是和溶液，反应的离子方程式为。
正确答案（1）酸；＜；硫酸；抑制；（2）Al2（SO4）3和NaHCO3溶液，Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑。解析解：（1）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+，水解后溶液中c（H+）＞c（OH-），所以溶液呈酸性，即常温下pH＜7；为防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中，抑制其水解，然后稀释；
（2）沫灭火器中的主要成分是Al2（SO4）3和NaHCO3溶液，HCO3-和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al（OH）3，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑。
17、（7分）（1）氯化铁水溶液呈性，原因是（用离子方程式表示）：；把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是；热的纯碱溶液去油污能力强，纯碱水解的离子方程式为（写第一步即可）。
（2）普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是。
（3）已知：在相同条件下醋酸与氨水电离程度相同，现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水。①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）；④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）。
正确答案（1）酸；Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+；氧化铁或Fe2O3；CO32-+H2O?HCO3-+OH-；（2）3HCO3-+Al3+═Al（OH）3↓+3CO2↑；（3）④②③①；⑦④⑤⑧。
解析解：（1）氯化铁水溶液中，铁离子发生水解反应溶液显酸性，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，把FeCl3溶液蒸干水解生成的氯化氢挥发，灼烧，最后得到的主要固体产物是氢氧化铁分解产物为氧化铁或Fe2O3，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，离子方程式：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；加热可以促进水解，溶液碱性增强，去污效果增强；（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，生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3HCO3-+Al3+═Al（OH）3↓+3CO2↑；（3）这四种溶液中，其中①、②、③对水的电离起到抑制作用，只有④对水的电离起到促进作用，所以④中H+浓度大，由水的离子积可计算①中C（H+）=5×10-14mol/L、②C（H+）＞10-13mol/L、③C（H+）=10-13mol/L，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，⑧为弱电解质的水溶液，NH4+离子浓度最小，⑦中H+浓度最大，NH4+的水解程度最小，NH4+浓度最大，⑤醋酸铵为弱酸弱碱盐，Ac-与NH4+发生互促水解，浓度最小，则）④、⑤、⑦、⑧四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是⑦④⑤⑧。
三、解答题（共41分）18、（14分）已知：CH3COOCH2CH3+H2O?CH3COOH+CH3CH2OH实验目的：验证不同条件下，乙酸乙酯的水解程度．实验步骤：甲、乙、丙三位同学分别在等体积的乙酸乙酯中分别加入NaOH溶液、蒸馏水、稀硫酸，在相同条件下（同温度、同用量、同时进行）．实验现象与结论：甲想通过观察油层的消失时间来判断不同条件下乙酸乙酯的水解程度；乙想通过测定乙酸的浓度或含量来判断不同条件下乙酸乙酯的水解程度；丙想通过…
根据上述回答下列问题：
（1）甲同学为何可以通过观察油层的消失时间来达到实验目的：。
（2）乙同学认为可以通过pH试纸测定溶液的pH来判断其不同条件下的水解程度，测定pH的操作是该方法是否可行？（填“行”或不可行”）理由是：。
（3）你认为丙同学可以通过来判断不同条件下乙酸乙酯的水解程度．（4）要在水解后的溶液中通过蒸馏，得到无水乙醇，除了加入生石灰外，还需要加入，在蒸馏实验中除了酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、接引器外还需要的玻璃仪器有：。
正确答案（1）乙酸乙酯不溶于水，通过乙酸乙酯的油层厚度来确定乙酸乙酯的水解程度；
（2）用玻璃棒蘸取水解后的试液，滴在pH试纸上，过半分钟，再与标准比色卡对照，读取pH值；不可行；因为在氢氧化钠、稀硫酸条件下，溶液酸碱性不能决定醋酸的含量，所以不可行（或行，若以水为条件，溶液的酸碱性与醋酸的浓度或含量有关，所以行）；
（3）测定乙酸的浓度或含量；
（4）沸石；冷凝管、锥形瓶．
解析解：（1）由于乙酸乙酯不溶于水，所以乙酸乙酯在水中形成油层，可以通过观察油层的消失时间判断乙酸乙酯的水解程度；
（2）用pH试纸测定溶液酸碱性的方法为：用玻璃棒蘸取水解后的试液，滴在pH试纸上，过半分钟，再与标准比色卡对照，读取pH值；在氢氧化钠、稀硫酸条件下，溶液酸碱性不能决定醋酸的含量，不能够通过测定溶液的pH判断乙酸乙酯的水解程度；
（3）乙酸乙酯水解产物为乙酸和乙醇，可以通过测定乙酸的浓度或者含量来判断乙酸乙酯的水解程度；
（4）在蒸馏操作中，完了防止暴沸，需要加入沸石；在蒸馏实验中除了酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、接引器外还需要的玻璃仪器有冷凝管和锥形瓶．
19、（14分）请你设计实验探究促进或抑制FeCl3水解的条件，了解影响盐类水解程度的因素．仅限选择的仪器、用品和试剂：烧杯、试管、玻璃棒、胶头滴管、量筒、酒精灯、pH计、pH试纸；1mol/L盐酸、氯化氢气体、1mol/L氢氧化钠、1mol/L氯化铁、蒸馏水．完成下列探究过程：
（1）写出FeCl3水解的离子方程式：．
（2）针对FeCl3水解的影响因素提出假设：
假设1：溶液的酸碱性；
假设2：；
假设3：．
（3）基于以上3个假设，设计出实验方案，将实验操作、预期的实验现象和结论填在下表中．
正确答案（1）Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+．（2）氯化铁溶液的浓度；溶液的温度．（3）解析解：（1）氯化铁是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铁和盐酸，所以其水解方程式为Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+．
（2）影响盐类水解的因素有：溶液的浓度、溶液的温度、和溶液的酸碱性．
（3）①给溶液加热，观察溶液颜色的变化，如果溶液颜色变深，说明升高温度能促进氯化铁的水解，生成更多的氢氧化铁胶体．
②向溶液中通入氯化氢气体，氯化氢溶于水后，氯化氢电离出自由移动的氢离子，即酸的浓度增大，如果溶液颜色变浅，说明加入酸后能抑制氯化铁水解．
③用量筒量取10mllmol/L氯化铁于烧杯中，用pH计测出pH值．另取90ml蒸馏水加入烧杯，充分搅拌，再用pH计测出pH值，如果前后测得pH值之差小于1．说明加水稀释后平衡右移，生成更多的H+．故增大氯化铁浓度，不利其水解．
20、（13分）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：
（1）FeCl3净水的原理是，FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）；
（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。
①若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10-2mol?L-1，c（Fe3+）=1.0×10-3mol?L-1，c（Cl-）=5.3×10-2mol?L-1，则该溶液的pH约为；
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
ClO3-+Fe2++=Cl-+Fe3++
（3）FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2O?Fe（OH）2++H+K1Fe（OH）2++H2O?Fe（OH）2++H+K2Fe（OH）2++H2O?Fe（OH）3+H+K3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，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3++yH2O?Fex（OH）y（3x-y）++yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）。a．降温
b．加水稀释
c．加入NH4Cl
d．加入NaHCO3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；
（4）天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示，由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe（mg?L-1）表示]的最佳范围约为mg?L-1。
正确答案（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）①2；②1；6；6H+；1；6；3H2O；
（3）K1＞K2＞K3；bd；调节溶液的pH；
（4）18～20．
解析解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）①根据电荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl-）-2c（Fe2+）-3c（Fe3+）=1.0×10-2mol?L-1，则溶液pH=-lg1.0×10-2=2；②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到-1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1＞K2＞K3；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，故选bd；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；
（4）由图象可知，聚合氯化铁的浓度在18～20mg?L-1时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小．
特别声明：本