《第6讲 水解反应原理的应用》训练

《第6讲水解反应原理的应用》训练１．（2012·江苏·5）下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）
A．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B．FeCl3溶液能与Cu 反应，可用于蚀刻印刷电路
C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．Zn 具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料
【答案】C
【解析】
A．KAl(SO4)2·12H2O = K++Al3++2SO42－+12H2O
Al3++3H2O Al(OH)3（胶体）+3H+，Al(OH)3（胶体）具有吸附性，A正确；
B．2FeCl3 +Cu=2FeCl2+CuCl2，可用于蚀刻印刷电路，B正确；
C．SO2能与有色物质化合生成不稳定的无色物质，加热后颜色恢复，不是因为具有氧化性，C错误；
D．Zn 具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料，失去电子，D正确。

２．（2007·上海·6）下列过程或现象与盐类水解无关的是（）
A．纯碱溶液去油污B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深D．浓硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】
A．纯碱水解显碱性，促进油脂水解去油污，有关；
B．铁在潮湿的环境下生锈，因为形成原电池，无关；
C．加热促进Fe3+水解，生成更多Fe(OH)3，颜色变深，有关；
D．S2－+H2O HS－+OH－，HS－+H2O H2S+OH－，有关。

３．（2007·上海·13）下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是（）
A．相同浓度的两溶液中c(H＋)相同
B．100 mL 0.1 mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
C．pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5
D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小
【答案】B
【解析】
A．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同浓度的两溶液中盐酸中c(H＋)大，A错误；
B．盐酸与醋酸都是一元酸，HCl+NaOH=NaCl+H2O，
CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，等物质的量的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠，B正确；
C．pH＝3的两溶液稀释100倍，盐酸pH为5，醋酸是弱酸，稀释后电离程度增大，
pH>5，C错误；
D．NaCl是强酸强碱盐，不水解，不影响c(H＋)，CH3COONa是弱酸强碱盐，CH3COO －结合H+使c(H＋)明显减小，D错误。

４．（2012·北京理综·25）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。

利用钠碱循
环法可脱除烟气中的SO2，
（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO32－) : n(HSO3－)变化关系如下表：
n(SO32－) : n(HSO3－) 91 : 9 1 : 1 1 : 91
pH 8.2 7.2 6.2
①上表NaHSO3溶液显性，用化学平衡原理解释：。

②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：。

a．c（Na＋）=2c（SO32－）+c（HSO3－）
b．c（Na＋）> c（HSO3－）> c（SO32－）>c（H＋）= c（OH－）
c．c（Na＋）+c（H＋）= c（SO32－）+ c（HSO3－）+c（OH－）
【答案】
（3）酸；HSO3－存在电离HSO3－= H+ + SO32－和水解HSO3－+H2O = H2SO3+ OH－，HSO3－电离的程度大于水解程度。

ab。

【解析】
（3）HSO3－是弱酸根，电离程度很小，n(SO32－) : n(HSO3－)= 1 : 91时，pH=6.2，可判断NaHSO3溶液显酸性；
NaHSO3溶液中，NaHSO3=Na++HSO3－，HSO3－H+ + SO32－，
HSO3－+H2O H2SO3+ OH－，HSO3－的电离程度大于水解程度，所以显酸性；
吸收液呈中性时，c（H＋）= c（OH－）
a．由电荷守恒c（H＋）+c（Na＋）=2c（SO32－）+c（HSO3－）+c（OH－），所以c（Na
＋）=2c（SO
32－）+c（HSO
3
－），a正确，c错误；
b．发生水解的离子浓度减小，c（Na＋）> c（HSO3－），弱酸电离程度很小，c（HSO3
－）>c（SO
32－），NaHSO
3
溶液显酸性，要使溶液呈中性，必须加碱中和H+，会促进SO32-
的生成，所以c（SO32－）>c（H＋）= c（OH－），b正确；
５．（2012·浙江理综·26）
（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是。

（用化学方程式表示）。

由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是。

【答案】
（2）2CuCl2•2H2O △Cu2(OH)2•CuCl2＋2HCl＋2H2O；（主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可）在干燥的HCl气流中加热脱水。

【解析】
（2）加热会促进Cu2+水解：CuCl2•2H2O△Cu(OH)2+2HCl↑，Cu(OH)2△CuO+H2O，或2CuCl2•2H2O △Cu2(OH)2•CuCl2＋2HCl＋2H2O；（主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可），为了抑制水解，在干燥的HCl气流中加热脱水。

６．（2011·江苏·4）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1．0 mol·L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl－、SO42－
B．甲基橙红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2－、Cl－
C．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO－、Br－.
D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32－、NO3－
【答案】C
【解析】
1NO3－+4H++3Fe2+=1NO↑+3Fe3++2H2O，A错误；
AlO2－是弱酸根，会发生水解：AlO2－+2H2O Al(OH)3+OH－，溶液显碱性，甲基
橙红色pH<3.1，矛盾， B 错误；
pH=12的溶液中有大量OH －，能共存，C 正确；
与铝反应产生大量氢气的溶液，有大量H +（CO 32－不能大量共存，NO 3－存在不产生大
量氢气），或者大量OH －，D 错误。

７．（2011·浙江理综·27）某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH 2COONH 4）分解反
应平衡常数和水解反应速率的测定。

（2）已知：NH 2COONH 4＋2H 2O NH 4HCO 3＋NH 3·H 2O 。

该研究小组分别用三份不同
初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c (NH 2COO －)随时间变化趋势如图所示。

t
(min)210012221.5
c (N H 2C O O -
)(mol/L)
46814161820241.6
1.7
1.8
1.9
2.0
2.1
2.22.3
2.4●
●●
●●25℃15℃5℃■■■■■▲▲▲▲▲
⑤计算25℃时，0～6min 氨基甲酸铵水解反应的平均速率。

⑥根据图中信息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大：。

【答案】
（2）⑤v(NH 2COONH 4)= v(NH 2COO －)=min 69.12.21
1--⋅-⋅L mol L mol =0.05mol·L -1·min -1；
⑥标▲与标●的曲线相比，c (初始)小，但同一时间段△c 大(即υ大)，说明升温加快反应。

【解析】
（2）⑤0.05mol·L -1·min -1；
⑥在浓度－时间图像中，说明速率大，要看曲线的斜率变化。

８．（2011·安徽理综·8）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A ．饱和氯水中：Cl －、NO 3－、Na +、SO 3
2－ B ．c(H +)=1.0×10-13 mol·L -1的溶液中：C 6H 5O －、K +、SO 42－、Br －
C ．Na 2S 溶液中：SO 42－、K +、Cl －、Cu 2+
D ．pH=12的溶液中：NO 3－、I －、Na +、Al 3+
【答案】B
【解析】
A ．SO 32－能被Cl 2所氧化，SO 32－+Cl 2+H 2O= SO 42－+2Cl －+2H +，A 不能大量共存；
B ．苯酚显弱酸性，
C 6H 5O －会发生水解：C 6H 5O －+H 2O C 6H 5OH+OH －，溶液显碱性，c(H +)=1.0×10-13 mol·L -1，则c(OH －)=1.0×10-1 mol·L -1，碱性，B 能大量共存；
C ．S 2－+Cu 2+= CuS ↓，C 不能大量共存；
D ．pH=12，c(H +)=1.0×10-12 mol·L -1，则c(OH －)=1.0×10-2 mol·L -1，Al 3++3OH －=Al(OH)3
↓，D不能大量共存。

９．（2011·广东理综·11）对于0.1mol•L－1 Na2SO3溶液，正确的是（）A．升高温度，溶液的pH降低
B．c(Na+)=2 c(SO32－)+ c(HSO3－)+ c(H2SO3)
C．c(Na+)+c(H+)=2 c(SO32－)+ 2c(HSO3―)+ c(OH－)
D．加入少量NaOH固体，c(SO32－)与c(Na+)均增大
【答案】B
【解析】Na2SO3=2Na++SO32-，SO32－+H2O H SO3－+OH－，H SO3－+H2O H2SO3+OH－，A．水解为吸热，升高温度，溶液的pH升高，A错误；
B．根据质量守恒，c(Na+)=2 [c(SO32－)+ c(HSO3－)+ c(H2SO3)]，B错误；
C．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2 c(SO32－)+ c(HSO3―)+ c(OH－)，C错误；
D．加入NaOH，增加c(Na+)，OH－抑制SO32－水解，使平衡逆向移动，c(SO32－)增大，D正确。

10．（2011·山东理综·12）Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。

下列说法正确的是（）A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物
B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物
C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al
【答案】C
【解析】
A．Al2O3是两性氧化物，A错误；
B．Cu可以形成碱式碳酸铜，B错误；
C．Al3+、Fe3+、Cu2+均易水解，且HCl易挥发，制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，C正确；
D．阴极按氧化性氧化性：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Al3+顺序放电，D错误。

11．（2011·四川理综·9）25ºC时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液，②0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液，③pH=10的Na2S溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（）A．1 ：10 ：1010：09 B．1 ：5 ：5×109：5×108
C．1 ：20 ：1010：109D．1 ：10：104 ：109
【答案】A
【解析】发生电离的水的物质的量可用水电离出的c(H+)或c(OH－)表示，酸、碱抑制水的电离，盐的水解促进水的电离：
①pH=0的H2SO4溶液，c(H+)水=10－14 mol·L－1
②0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)=0.1 mol·L－1，c(H+)水=10－13 mol·L－1
③pH=10的Na2S溶液，c(H+)水=10－2 mol·L－1
④pH=5的NH4NO3溶液中，c(H+)水=10－5 mol·L－1
所以发生电离的水的物质的量之比=10－14：10－13：10－2：10－5
=1 ：10 ：1010：09，A正确。

12．（2011·重庆理综·8）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是（）A．明矾溶液加热B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中加入少量NH4Cl D．小苏打溶液中加入少量的NaCl固体
【答案】B
【解析】酚酞遇酸无色，遇碱变红。

A．明矾加热促进Al3+水解，Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，溶液酸性无色；
B．加热促进CH3COO－水解，CH3COO－ +H2O CH3COOH+OH－，碱性增强，颜色变深；
C．NH3·H2O NH4++OH－，NH4Cl抑制氨水电离，碱性减弱，颜色变浅；
D．小苏打溶液中加入少量的NaCl固体，不影响HCO3－的水解，碱性不变。

13．（2011·上海·13）某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。

分别取样：
①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。

为确定该溶液的组成，
还需检验的离子是（）A．Na+B．SO42－C．Ba2+D．NH4+
【答案】A
【解析】由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+；再由氯水能氧化I－生成碘单质，遇淀粉变蓝，氧化S2－生成淡黄色沉淀S，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I－、S2－；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42－必然存在；根据离子共存，Ba2+与SO42－能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+。