第24讲盐类的水解（讲义）-2023年高考化学一轮复习四点卓越讲义（解析版）

第24第24讲盐类的水解考纲要求：考纲要求：1．了解盐类水解的原理。2．了解影响盐类水解程度的主要因素。3．了解盐类水解的应用。考点一盐类的水解及其规律一、盐类的水解1．定义：在溶液中盐电离产生的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。2．条件：可溶性盐中必须有弱酸的阴离子或弱碱的阳离子。3．实质：盐电离→eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(弱酸的阴离子→结合\a\vs4\al(H＋),弱碱的阳离子→结合OH－))→破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性、酸性或中性4．特点：eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→可逆：水解反应是中和反应的逆反应,→吸热：水解反应是吸热反应,→微弱：水解反应一般很微弱,→动态：平衡时v水解＝v中和≠0))5．规律：有弱就水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性，同强显中性。盐的类型实例是否水解水解的离子溶液的酸碱性溶液的pH(25℃)强酸强碱盐NaCl、KNO3、Na2SO4否__中性____pH＝7__强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋__酸性____pH＜7__弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)__碱性____pH＞7__弱酸弱碱盐CH3COONH4是CH3COO－、NHeq\o\al(＋,4)中性pH＝76．表示方法——水解离子方程式(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用“”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。如：CuCl2、NH4NO3水解的离子方程式：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋、NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。如Na2CO3水解反应的离子方程式：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成，如FeCl3溶液中：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。(4)能完全水解的离子组是由于水解相互促进的程度较大，书写时要用“=”“↑”“↓”等，如NaHCO3与AlCl3混合溶液反应的离子方程式：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。二、水解平衡常数(能水解的盐表示为MA)(1)表达式：若MA为强碱弱酸盐Kh＝eq\f(cOH－·cHA,cA－)，如醋酸钠溶液CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，Kh＝eq\f(cCH3COOH×cOH－,cCH3COO－)。(2)Kh与KW、Ka、Kb之间的关系①盐的水解平衡常数与对应的一元弱酸(或弱碱)的电离平衡常数的乘积等于KW，则Kh＝eq\f(KW,Ka)或Kh＝eq\f(KW,Kb)。②多元弱酸强碱盐，如Na2CO3的Kh1＝eq\f(KW,Ka2)、Kh2＝eq\f(KW,Ka1)③一元弱酸一元弱碱盐，如醋酸铵：Kh＝eq\f(KW,Ka×Kb)。基础通关练基础通关练1．水溶液呈碱性的正盐是A． B． C．KOH D．【答案】B【解析】A．是强碱弱酸的酸式盐，水溶液由于碳酸氢根水解大于电离而呈碱性，A不合题意；B．是强碱弱酸的正盐，水溶液由于醋酸根离子水解而呈碱性，B符合题意；C．KOH是强碱，水溶液由于KOH=K++OH-呈碱性，C不合题意；D．是强酸，水溶液由于H2SO4=2H++而呈酸性，D不合题意；故答案为：B。2．宏观辩识与微观探析是化学的学科核心素养之一。下列离子反应方程式正确的是A．Na2CO3溶液中的水解：+H2O=+OH-B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-C．向CuSO4溶液中通入H2S气体：Cu2++S2-=CuS↓D．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑【答案】B【解析】A．Na2CO3溶液中的水解分两步进行，第一步+H2O+OH-；第二步+H2O+OH-，故A项错误；B．向FeCl2溶液中通入Cl2，氯气具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，两者可以发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，而氯气被还原为Cl-，离子反应方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B项正确；C．向CuSO4溶液中通入H2S气体，离子反应方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，H2S是气体，书写离子方程式不能拆，CuS是沉淀，也不能拆，故C项错误；D．浓盐酸与铁屑反应，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项中有Fe3+生成，不符合反应客观事实规律，故D项错误；故答案选B。3．25℃时，下列说法正确的是A．浓度均为0.10mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的粒子种类不相同B．某溶液由水电离出c(H+)为1.0×10-5mol·L-1，则该溶液可能是酸，也可能是盐C．1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液含NH物质的量不相同D．测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸【答案】C【解析】A．浓度均为0.10mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在等粒子，粒子种类相同，故A错误；B．酸、碱抑制水电离，某溶液由水电离出c(H+)为1.0×10-5mol·L-1，水的电离受到促进，则该溶液不可能是酸，可能是盐，故B错误；C．1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中NH4Cl的物质的量相等，由于NH4Cl浓度不同，NH水解程度不同，所以含NH物质的量不相同，故C正确；D．测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，H2A可能是强酸也可能是弱酸，如亚硫酸是弱酸，NaHSO3溶液的pH＜7，故D错误；选C。4．已知：二元酸()在溶液中存在如下电离：，。下列说法错误的是A．溶于水能促进水的电离，溶液呈碱性B．溶液中C．将0.1的溶液加水稀释，其水解常数和均不变D．等体积等物质的量浓度的和溶液混合后，所得溶液中：【答案】C【解析】A．由的第二步电离为，说明HA-是弱酸，溶液存在水解反应：，能促进水的电离，溶液呈碱性，A正确；B．溶液中存在物料守恒：，B正确；C．温度不变其水解常数不变，将0.1的溶液加水稀释，c(HA-)减小，则增大，C错误；D．等体积等物质的量浓度的和溶液混合后生成NaHA，只存在HA-的部分电离：，则所得溶液中：，D正确；故选：C。(1)Kh只受温度影响。它随温度的升高而增大。(2)Kh越大，表示水解程度越大。(3)发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。(4)(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性，虽然阴、阳离子都能发生水解，但既无气体产生，也无沉淀生成，所以NHeq\o\al(＋,4)和COeq\o\al(2－,3)、NHeq\o\al(＋,4)和HCOeq\o\al(－,3)在溶液中仍可大量共存查缺补漏练查缺补漏练5．常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定的二元酸H2A溶液。溶液中pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[A2−的分布系数为]，下列说法正确的是A．当V(NaOH)=0mL时，c(HA-)＋c(A2-)=0.1mol/LB．当V(NaOH)=20.00mL时，c(Na+)>c(HA-)＋2c(A2-)C．常温下，A2-的水解常数值为1.0×10-11D．当V(NaOH)=30.00mL时，c(HA-)＋c(H+)=c(A2-)＋c(OH-)【答案】A【解析】根据题干分布系数的表达式，分母中c(H2A)+c(HA-)+c(A2－)为定值，即分布系数大小与离子浓度呈正比例。二元酸H2A在水溶液中第一步电离生成HA－，第二步电离生成A2－，以此解答。A．当V(NaOH)＝0mL时，的二元酸H2A溶液中H2A的第一步电离为完全电离，溶液中不存在H2A，根据物料守恒c(HA－)＋c(A2－)=0.1mol/L，故A正确；B．当V(NaOH)＝20.00mL时，得到的溶液是NaHA溶液，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA－)＋2c(A2－)+c(OH-)，由pH曲线可知，此时溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)<c(HA－)＋2c(A2－)，故B错误；C．当V(NaOH)＝0mL时，由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离常数为得到的溶液是Na2A溶液，，则A2－的水解常数值为1.0×10－12，故C错误；D．当V(NaOH)＝30.00mL时，得到的溶液相当于NaHA和Na2A以1:1混合的溶液，根据物料守恒2c(Na+)=3[c(A2－)+c(HA－)]，电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2－)+c(HA－)+c(OH-)，得质子守恒：c(HA－)＋2c(H+)＝c(A2－)＋2c(OH－)，故D错误；故选A。6．常温时，向(苯甲酸)溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液的pH与微粒浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是A．a点溶液对应的pH为3.2B．b点对应的NaOH溶液体积为10.00mLC．c点溶液中：D．常温时，的水解常数【答案】B【解析】由图可知，b点lg=0，溶液中c(C6H5COOH)=c(C6H5COO—)，溶液pH为4.2，则电离常数Ka==c(H+)=10—4.2；a点lg=—1，则溶液中c(H+)==10—3.2mol/L；c点lg=2，则溶液中c(H+)==10—5.2mol/L。A．由分析可知，a点溶液中氢离子为10—3.2mol/L，则溶液的pH为3.2，故A正确；B．说明若氢氧化钠溶液体积为10.00mL，苯甲酸溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓度的苯甲酸和苯甲酸钠混合溶液，由苯甲酸根离子的水解常数Kh==＜Ka可知，苯甲酸在溶液中的电离程度大于苯甲酸根离子的水解程度，溶液中苯甲酸的浓度小于苯甲酸根离子，由分析可知，b点溶液中c(C6H5COOH)=c(C6H5COO—)，则对应氢氧化钠溶液的体积应小于10.00mL，故B错误；C．由分析可知，c点溶液中氢离子为10—5.2mol/L，溶液中c(H+)＞c(OH—)，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(C6H5COO—)+c(OH—)可得c(C6H5COO—)＞c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(C6H5COO—)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH—)，故C正确；D．由分析可知，苯甲酸的电离常数Ka为10—4.2，则苯甲酸根离子的水解常数Kh===10—9.8mol/L，故D正确；故选B。7．25℃时，向20mL0.2mol·L-1MOH溶液中逐滴加入浓度为0.2mol·L-1的盐酸，溶液中lg、pOH[pOH=-lgc(OH-)]、加入盐酸的体积V的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．MCl的水解平衡常数的数量级为10-10B．b点溶液中各微粒的浓度关系为c(MOH)>c(Cl-)>c(M+)>c(OH-)C．a、b、c、d四点对应溶液中水的电离程度逐渐增大D．d点溶液中满足c(MOH)+c(OH-)=c(H+)【答案】B【解析】A．lg=0时，c(MOH)=c(M＋)，此时pOH=4.2，则c(OH－)=10−4.2mol·L−1，根据Kb(MOH)=可知此时Kb(MOH)=c(OH－)=10−4.2，MCl的水解常数为，数量级为10−10，A正确。B．b点溶质为等量的MOH和MCl，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，则MOH的电离程度大于M＋水解程度，所以离子浓度大小顺序为c(M＋)＞c(Cl－)＞c(MOH)＞c(OH－)＞c(H＋)，B错误。C．开始未加入HCl溶液，原碱溶液电离出的氢氧根离子抑制水的电离，加入HCl溶液到中和率100%时生成可以水解的MCl，促进水的电离，即中和率从0至100%的过程水的电离程度一直增大，所以水的电离程度：a<b<c<d，C正确。D．d点溶质为MCl，此关系式为质子守恒，D正确。故答案为：B。8．根据pH的计算方法，可定义。常温下，向20mL0.1mol/L的氨水中滴加一定浓度的稀硫酸，测得混合溶液的温度T、pOH随加入稀硫酸体积V的变化如图所示，下列说法正确的是A．常温下，该稀硫酸的pH=2B．a点溶液中水电离产生的OH—的物质的量浓度为0.001mol/LC．c点对应溶液中存在D．a、b、c三点对应的水解平衡常数：【答案】C【解析】由图可知，加入20mL稀硫酸时溶液的温度最高，说明氨水和稀硫酸恰好完全反应，b点为硫酸铵溶液，则稀硫酸的浓度为=0.05mol/L；a点为一水合氨和硫酸铵的混合溶液，溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，c点为等浓度的硫酸铵和稀硫酸的混合溶液，溶液呈酸性。A．由分析可知，稀硫酸溶液的浓度为0.05mol/L，则溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，溶液pH为1，故A错误；B．由分析可知，a点为一水合氨和硫酸铵的混合溶液，溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，抑制水的电离，则溶液中水电离出的氢氧根离子浓度为=1×10—11mol/L，故B错误；C．由分析可知，c点为等浓度的硫酸铵和稀硫酸的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中存在质子守恒关系，故C正确；D．铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，水解常数增大，由图可知，反应温度的大小顺序为b＞a＞c，则水解常数的大小顺序为，故D错误；故选C。一、书写盐类水解离子方程式的注意事项（1）3个原则一般来说，由于水解程度微弱①需标可逆符号“”②气体、沉淀不标“↑”“↓”特殊情况——存在相互促进水解的阴阳离子：水解程度较大时，书写时要用“=”、“↑”、“↓”等如：Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓③易分解产物不写其分解产物的形式例：NH3·H2O不写成NH3和H2O（2）2种情况①多元弱酸阴离子的水解分步进行：S2－＋H2OHS－＋OH－HS－＋H2OH2S＋OH－②多元弱碱阳离子的水解一步书写：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋二、从定性和定量两个角度辨析KW、Ka(Kb)、Kh三者关系(1)定性：KW、Ka(Kb)、Kh三者都是平衡常数，都只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变。(2)定量：KW、Ka(Kb)、Kh三者定量关系为：KW＝Ka·Kh、KW＝Kb·Kh。三、盐类水解程度大小比较的规律(1)组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性，组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。(2)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。(3)多元弱酸的酸根离子比相应的酸式酸根离子的水解程度大得多。如相同浓度时，COeq\o\al(2－,3)比HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大。(4)相同条件下的水解程度①正盐＞相应酸式盐，如COeq\o\al(2－,3)＞HCOeq\o\al(－,3)。②水解相互促进的盐＞单独水解的盐＞水解相互抑制的盐。如相同条件下NHeq\o\al(＋,4)的水解程度：(NH4)2CO3＞(NH4)2SO4＞(NH4)2Fe(SO4)2。四、弱酸酸式盐溶液酸碱性的判断方法弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。(1)若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)，HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。同类离子还有HS－、HPOeq\o\al(2－,4)。(2)若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)，HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。同类离子还有H2POeq\o\al(2－,4)。(3)弱酸弱碱盐阴、阳离子都水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸阴离子和弱碱阳离子水解程度的相对强弱。当K酸＝K碱(K为电离常数)时，溶液显中性，如CH3COONH4；当K酸＞K碱时，溶液显酸性，如HCOONH4；当K酸＜K碱时，溶液显碱性，如NH4CN。能力提升练能力提升练9．化学用语是学习化学的工具和基础。下列化学用语错误的是A．钢铁的吸氧腐蚀电极总反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2B．醋酸铵的水解反应：CH3COO-++H2OCH3COOH+NH3·H2OC．AgCl沉淀溶解平衡：AgCl(s)AgCl(aq)=Ag+(aq)+C1-(aq)D．氨在水中反应：NH3+H2ONH3·H2O=+OH-【答案】D【解析】A．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极2Fe-4e-=2Fe2+，正极O2+4e-+2H2O=4OH-，电极总反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，A正确；B．醋酸铵为弱酸弱碱盐，在水溶液中发生双水解反应，但反应不能进行到底，所以水解反应：CH3COO-++H2OCH3COOH+NH3·H2O，B正确；C．AgCl难溶于水，在水中存在溶解平衡，但AgCl为强电解质，溶于水的部分发生完全电离，所以沉淀溶解平衡方程式为：AgCl(s)AgCl(aq)=Ag+(aq)+C1-(aq)，C正确；D．氨在水中溶解时存在溶解平衡，一水合氨为弱碱，发生电离时，也存在电离平衡，所以氨在水中发生反应：NH3+H2ONH3·H2O+OH-，D错误；故选D。10．298K下，将VbmL0.1mol·L-1MOH溶液与VamL0.1mol·L-1HR溶液按Va+Vb=100混合，测得Va、Vb与混合溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是A．代表Va变化的是曲线IIB．电离平衡常数：Kb(MOH)＞Ka(HR)C．pH=7的混合溶液中存在：3c(M+)+c(H+)=3c(R-)+c(OH-)D．N点溶液中存在：c(HR)=c(OH-)+c(MOH)+c(H+)【答案】D【解析】A．横坐标的起点pH小于7，溶液显酸性，此时只加入一种溶液，应为酸溶液，曲线II表示HR溶液，故代表Va变化的是曲线II，故A正确；B．由图像可知，曲线的交点表示酸溶液和碱溶液的体积相等，此时二者恰好反应生成MR溶液，此时溶液显碱性，故电离平衡常数：Kb(MOH)＞Ka(HR)，故B正确；C．pH=7的混合溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)，又存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)，故c(M+)=c(R-)，则3c(M+)+c(H+)=3c(R-)+c(OH-)，故C正确；D．当Vb=100mL时，溶液的pH小于13，故MOH为弱碱，由B项分析可知，两曲线的交点为N点，此时为MR溶液，溶液中存在质子守恒：c(HR)+c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，故D错误；故选D。11．通过以下实验操作及现象，能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A将Cl2通入Na2S溶液中有淡黄色沉淀生成非金属性：Cl＞SB向浓度均为0.1mol/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中逐滴加入稀NaOH溶液先有蓝色沉淀生成Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Cu(OH)2]C将滴有酚酞的Na2CO3溶液加水稀释溶液红色变浅加水稀释，Na2CO3的水解程度变小D向Fe(NO3)2溶液中滴入稀H2SO4酸化后的H2O2溶液溶液颜色变黄氧化性：H2O2＞Fe3+A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．将Cl2通入Na2S溶液中，发生置换反应：Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，证明氧化性：Cl2＞S，故可以说明元素的非金属性：Cl＞S，A正确；B．向浓度均为0.1mol/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中逐滴加入稀NaOH溶液，先有蓝色沉淀生成，说明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，B错误；C．将滴有酚酞的Na2CO3溶液加水稀释，水解平衡正向移动，使Na2CO3的水解程度变大，但稀释使c(OH-)减小的影响大于平衡移动使c(OH-)增大的影响，因此最终达到平衡时溶液c(OH-)减小，溶液的碱性减弱，故滴有酚酞的红色变浅，C错误；D．在酸性条件下，与H+起硝酸的作用，表现强氧化性，会将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，导致溶液变为黄色，而不是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，D错误；故合理选项是A。12．下列没有化学变化发生的是A．石灰石作燃煤的脱硫剂 B．煮沸法除氯化钠中的氯化铁杂质C．热纯碱除去机器表面的油污 D．四氯化碳除去溴化氢中的溴蒸气【答案】D【解析】A．石灰石分解生成的CaO能与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化生成硫酸钙，所以石灰石可用作燃煤的脱硫剂，有化学变化发生，故A不选；B．氯化铁溶液中铁离子发生水解反应生成氢氧化铁，煮沸相当于加热，促进水解正向移动生成氢氧化铁沉淀，过滤可与NaCl分离，有化学变化发生，故B不选；C．纯碱水解呈碱性，油污是有机酸，两者反应生成可溶水的物质，所以热的纯碱溶液可以除去机器表面的油污，有化学变化发生，故C不选；D．溴单质易溶于四氯化碳，可除去溴化氢中的溴蒸气，是物理变化，故D选；故选：D。考点二盐类水解的影响因素及应用1．盐类水解的影响因素(1)内因——盐本身的性质。形成盐的酸或碱越弱，其对应的弱酸阴离子或弱碱阳离子的水解能力就越大，溶液的碱性或酸性就越强。如酸性：CH3COOH＞H2CO3，则同浓度的NaHCO3、CH3COONa溶液pH：pH(NaHCO3)＞pH(CH3COONa)。(2)外因因素水解平衡水解程度水解产生离子的浓度条件变化温度升高__右移__增大__增大__浓度增大__右移____减小__增大减小(即稀释)__右移__增大__减小__外加酸或碱酸促进弱酸阴离子水解弱碱阳离子的水解程度减小碱弱酸根离子的水解程度减小促进弱碱阳离子水解外加其他能水解的盐水解结果相同抑制，水解程度减小水解结果相反促进，水解程度增大(甚至彻底水解)例如，不同条件对FeCl3水解平衡的影响见下表Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(填写空格中内容)条件移动方向H＋数pH现象升高温度向右增多降低颜色变深通HCl向左增多降低颜色变浅加H2O向右增多升高颜色变浅加NaHCO3向右减小升高产生红褐色淀沉及无色气体2.盐类水解的应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋判断酸性强弱相同浓度NaX、NaY、NaZ三种盐溶液pH分别为8、9、10，则酸性HX＞HY＞HZ配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量稀硫酸防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用磨口玻璃塞；NaF、NH4F要用塑料瓶保存。胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑作净水剂明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混用：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3↑＋H2O__除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂物质提纯除去MgCl2溶液中的氯化铁，可以加入MgO或Mg(OH)2反应掉部分H＋，促进铁离子的水解，使Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀而除去无机物的制备硫化铝、氮化镁在水溶液中强烈水解，只能通过单质间化合反应才能制得；用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O＋4HCl离子的共存Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－，Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－，NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)等因水解相互促进而不能大量共存【易错警示】：稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。基础通关练基础通关练1．25℃时，下列说法正确的是A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法判断B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA对水的电离没有影响C．醋酸的电离度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显碱性【答案】A【解析】A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应后，生成的是NaHA，但是H2A的电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A正确；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸，且电离常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B错误；C．醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后水的PH增大，PH越大说明越稀，水的电离程度越大，C错误；D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2当中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后，溶液显中性，D错误；故选A。2．有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行。下列说法不正确的是第一步：第二步：……第三步：A．分子的构型为V型 B．升高温度可以使增大C．反应的第二步为 D．由K可知，第三步不是整个过程的决速步【答案】D【解析】A．分子的中心O原子价电子对数是，是sp3杂化，含有2个σ键和2对孤电子对，分子构型为V型，A正确；B．第一步表示的是ClO-的水解，温度升高水解程度增大，该反应平衡正向移动，则增大，B正确；C．从第一步和第三步看，第二步的过程是HOCl转化为HOI，结合总反应，反应物还缺少I-，生成物缺少Cl-，故反应的第二步为，C正确；D．反应机理中的决速步是反应速率最慢的一步，看的是反应的速率，不是反应的程度，不能由平衡常数的大小判断反应速率的快慢，D不正确；故选D。3．下列由实验现象所得结论正确的是A．取补铁口服液的上层清液，滴加酸性溶液，溶液紫色褪去，证明口服液中含有B．向盛有的溶液的小试管中滴加酚酞溶液，溶液变红，再加入少量固体，溶液红色加深，证明水解程度增大C．向滴有酚酞的NaOH溶液中加入，溶液红色褪去，可证明具有酸性D．向溶液中通人，再通入X气体，有白色沉淀生成，则X可能为碱性气体【答案】D【解析】A．亚铁离子、氯离子等均可使酸性KMnO4溶液褪色，则溶液紫色褪去，不能证明口服液中含有Fe2+，故A错误；B．再加入少量CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，水解生成的氢氧根离子浓度增大，溶液红色加深，但醋酸钠的水解程度减小，故B错误；C．过氧化氢具有强氧化性、漂白性，溶液红色褪去，不能证明H2O2具有酸性，故C错误；D．X可能为氨气，白色沉淀为亚硫酸钡，则有白色沉淀生成，可知X可能为碱性气体，故D正确；故选：D。4．时，关于下列溶液的叙述正确的是A．将相同物质的量浓度的氨水与盐酸等体积混合，所得溶液中的离子浓度关系：c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)B．浓度相同的①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，三种溶液中的c(NH)：①＞③＞②C．pH=a的氨水稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1D．将amol·L-1CH3COOH溶液与bmol·L-1NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH为7，则a与b的关系：a＜b【答案】A【解析】A．相同物质的量浓度的氨水与盐酸等体积混合，反应物完全中和，溶质只剩NH4Cl，水解，使溶液中c(H+)＞c(OH-)，同时c(Cl-)＞c(NH)，溶质电离，H+水电离，所以c(NH)＞c(H+)，不等式关系正确，符合题意；B．①中正常水解，②中CHCOO-与互促水解，水解程度更高，③中H+会抑制水解，所以三个溶液中浓度由高到低的顺序是③>①>②，描述错误，不符题意；C．NH3•H2O是弱电解质，稀释过程中会有更多的OH-电离，稀释十倍虽然溶液体积增大到原有十倍，但由于OH-物质的量增多，故c(OH-)大于原溶液的十分之一，所以稀释后溶液pH值b>a-1，描述错误，不符题意；D．等浓度等体积的CH3COOH溶液和NaOH溶液混合发生中和反应，反应物完全中和，溶质只剩CH3COONa，CH3COO-水解溶液显碱性，故要使溶液呈中性，CH3COOH需有一定的过量，所以CH3COOH溶液浓度应更高，描述错误，不符题意；综上，本题选A。一、盐类水解的三个误区误区一：误认为水解平衡向正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3＋的水解程度减小。误区二：误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。如NaHSO3溶液显酸性。误区三：误认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。对于水解程度不大且水解产物不离开平衡体系的情况[如Al2(SO4)3]来说，溶液蒸干仍得原溶质。二、与水解有关的离子共存熟记下列因相互促进水解不能大量共存的离子组合：(1)Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、[Al(OH)4]－、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－。(2)Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、[Al(OH)4]－、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－。(3)NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、[Al(OH)4]－。(4)NHeq\o\al(＋,4)与CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)虽能发生相互促进水解反应，但能大量共存。(5)Fe3＋在中性条件下已完全水解。三、水解中的特殊情况(1)配制FeSO4溶液要加入铁粉，是为了防止Fe2＋被氧化；配制SnCl2溶液要加入盐酸，是为了防止Sn2＋水解，二者原理不相同。(2)除去MgCl2溶液中的Fe3＋，其原理是Fe3＋的水解程度比Mg2＋的水解程度大，加入Mg、MgO、MgCO3等物质，导致Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去。查缺补漏练查缺补漏练5．下列说法不正确的是A．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0B．将KCl溶液从常温加热至100℃，溶液的pH变小但仍保持中性C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大【答案】A【解析】A．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度小于，A说法错误；Ｂ．将KCl溶液从常温加热至100℃，水电离产生的氢离子浓度增大，则溶液的pH变小但仍保持中性，B说法正确；Ｃ．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明CN-水解产生HCN和氢氧根离子，则HCN是弱电解质，C说法正确；Ｄ．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，导致溶液中醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，则溶液pH增大，D说法正确。故选A。6．对于0.1mol/LNa2SO3溶液，正确的是A．升高温度，溶液的pH降低B．加入少量NaOH固体，c()与c(Na+)均增大C．c(Na+)+c(H+)=2c()+2c()+c(OH-)D．c(Na+)=2c()+c()+c(H2SO3)【答案】B【解析】0.1mol/LNa2SO3溶液中存在水解平衡：SO+H2OHSO+OH-，该过程是吸热过程，A．升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高，A错误；B．加入少量NaOH固体，平衡：SO+H2OHSO+OH-，向逆反应方向移动，所以c(SO)与c(Na+)均增大，B正确；C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，C错误；D．溶液中存在物料守值：c(Na+)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，D错误；故选B。7．水溶液呈碱性的盐是A． B． C． D．【答案】A【解析】A.是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，故A符合题意；B.是强碱强酸盐，水溶液呈中性，故B不符合题意；C.水溶液呈碱性，但其属于碱不是盐，故C不符合题意；D.是强酸弱碱盐，Fe3+水解使溶液呈酸性，故D不符合题意；答案选A。8．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、、Cl-B．能使甲基橙显红色的溶液中：Zn2+、H+、ClO-、I-C．含0.1mol·L-1NaHSO4的溶液：K+、Al3+、、D．=1.0×10-12的溶液：、Na+、、【答案】A【解析】A．在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、、Cl-各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；B．能使甲基橙显红色的溶液呈酸性，H+、ClO-、I-之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；C．含0.1mol·L-1NaHSO4的溶液中H+与反应生成沉淀而不能大量共存，选项C错误；D．=1.0×10-12的溶液呈碱性，、与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项D错误；答案选A。3．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断(1)盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3溶液蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3，FeCl3(aq)蒸干得Fe(OH)3，灼烧得Fe2O3。(3)考虑盐受热时是否分解。Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)，FeCl2(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Fe(OH)2(s)eq\o(→,\s\up7(O2))Fe(OH)3eq\o(→,\s\up7(灼烧))Fe2O3。(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。(6)NaClO溶液蒸干时，既考虑水解，又考虑HClO分解最后剩下NaCl。能力提升练能力提升练9．劳动创造美好未来。下列叙述正确的是A．施加适量石膏可降低盐碱地的碱性 B．铵态氮肥和草木灰混合施用可提高肥效C．用稀硫酸清洗锅炉中的水垢 D．84消毒液和洁厕剂混合使用效果更好【答案】A【解析】A．盐碱地中加石膏，可使土壤中的碳酸根转化为碳酸钙，降低土壤的碱性，A正确；B．铵态氮肥中铵根水解呈酸性，草木灰中碳酸根水解呈碱性，两者会反应使得铵根变成氨水，降低铵态氮肥的肥效，B错误；C．水垢中含有碳酸钙，加硫酸后转化为微溶物硫酸钙，阻止反应进一步进行，水垢难除尽，C错误；D．84消毒液成分为NaClO，洁厕剂的成分为HCl，两者混合会产生有毒气体氯气，不可以混用，D错误；故选A。10．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法错误的是A．FeCl3溶液可用作铜制印刷线路板刻制时的“腐蚀液”B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于有机高分子材料C．氯气用于自来水消毒时会与水中的有机物发生反应生成潜在致癌物，因此人们已开始使用ClO2、O3等新的自来水消毒剂D．成语“刀耕火耨”蕴含的化学原理是放火烧去野草，用余灰肥田，可降低土壤碱性【答案】D【解析】A．FeCl3与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，生成可溶盐进入溶液，故FeCl3可以做“腐蚀液”，故A正确；B．聚四氟乙烯俗称“塑料王”，属于有机高分子材料，故B正确；C．氯气用于自来水消毒时会与水中的有机物发生反应生成有机氯化物，有机氯化物是潜在致癌物，因此人们已开始使用ClO2、O3等新的自来水消毒剂，故C正确；D．草木灰是碳酸钾，碳酸根水解显碱性，不能降低土壤的碱性，故D错误。故答案为D。11．下图中实验操作正确且能达到实验目的的是A．如图甲，用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸B．利用装置乙所示方法检查装置气密性C．利用装置丙蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体D．利用装置丁加热烧杯可以分离I2和NaCl【答案】D【解析】A．中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，不能注视滴定管中液面，且碱液要装在碱式滴定管中，A错误；B．长颈漏斗与外界相通，不能用此法检验装置气密性，B错误；C．利用装置丙蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体，AlCl3会水解，应在氯化氢气流中加热，C错误；D．NaCl受热不分解，而I2受热易升华，且遇到烧瓶中的冷水又会凝华在烧瓶底部，加热丁装置中的烧杯可以分离I2和NaCl，D正确；故选D。12．下列事实与盐类水解无关的是A．实验室保存NaF溶液用塑料瓶，不用玻璃瓶B．用除锅炉水垢时，加入溶液转化为C．将溶液蒸干得到固体D．向含有酚酞的溶液中慢慢滴入溶液，溶液的红色逐渐褪去【答案】B【解析】A．NaF水解生成HF：，HF腐蚀玻璃，故实验室保存NaF溶液用塑料瓶，不用玻璃瓶，与盐类水解有关，A不合题意；B．除锅炉水垢时，加入溶液将溶解度小的转化为溶解度更小的，离子方程式为，属于沉淀溶解平衡的移动，与盐类水解无关，B符合题意；C．易水解，，加热溶液，HCl不断挥发，导致完全水解生成，与盐类水解有关，C不合题意；D．溶液中存在水解平衡，，使酚酞变红，加入溶液后生成沉淀，减小，水解平衡向逆反应方向移动，溶液的碱性逐渐减弱，红色逐渐褪去，与盐类水解有关，D不合题意；故答案为：B。考点三溶液中微粒浓度大小的比较1．微粒浓度的大小比较理论依据(1)电离理论——弱电解质的电离是微弱的①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离。如氨水中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)。(2)水解理论——弱电解质离子的水解过程一般是微弱的①弱电解质离子的水解是微弱的(水解相互促进的除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)。②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解。如在Na2CO3溶液中：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的浓度大小关系应是c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)。2．溶液中微粒种类的判断我们在判断溶液中微粒浓度大小时，首先要判断溶液中微粒的种类，然后再进行比较。判断溶液中微粒种类的方法是正确写出溶液中所有的电离方程式、水解方程式，然后结合溶液中的溶质即可判断溶液中的微粒种类。注意：在书写电离方程式时，不要丢掉水的电离方程式。如：NaHCO3溶液中存在三种电离：NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－；一种水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，所以溶液中的离子为Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－、H＋，分子为H2CO3、H2O。3．离子浓度大小比较的方法(1)考虑水解因素：如Na2CO3溶液。COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－所以c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))。(2)不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对它的影响。如相同浓度的a.NH4Cl、b.CH3COONH4、c.NH4HSO4三种溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序是c＞a＞b。(3)混合液中各离子浓度的比较要综合分析水解因素、电离因素，如相同浓度的NH4Cl和氨水混合液中，因NH3·H2O的电离＞NHeq\o\al(＋,4)的水解，故离子浓度顺序为c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。4．溶液中粒子等量关系——三大守恒(1)电荷守恒电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如Na2CO3与NaHCO3混合溶液中存在着Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))；K2S溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。(2)物料守恒电解质溶液中，由于某些离子能够水解，微粒种类增多，但原子个数总是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故硫元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，则K2S溶液中有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。①如果我们把两个守恒进行相加减，可得到另一个守恒(质子守恒)，如把上述K2S溶液中的两个守恒相减可得：c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)＝c(OH－)。②电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(COeq\o\al(2－,3))的计量数2代表一个COeq\o\al(2－,3)带2个单位负电荷，不可漏掉。(3)质子守恒电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H＋)数等于失去的质子(H＋)数。如NaHCO3溶液中：即c(H2CO3)＋c(H＋)=c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)。再如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：基础通关练基础通关练1．常温时，向10mL0.1mol/LHX溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，其导电能力、pH与V(NH3·H2O)的关系变化如图所示(假设反应过程中温度不变)。下列分析错误的是A．水的电离程度：b＞d，a＞cB．a点对应的溶液中存在c(HX)+2c(H+)=c(X-)+2c(NH3·H2O)+2c(OH-)C．d点所得溶液的pH<7D．Kb(NH3·H2O)=Ka(HX)=10-4.6【答案】C【解析】10mL0.1mol•L-1HX溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的氨水，pH随V(NH3•H2O)的增大而增大，故过a点的曲线代表导电能力变化曲线，另一条代表pH变化曲线；由图可知导电能力随氨水体积先增大后减小，则滴加氨水过程中弱电解质转化为强电解质，即HX是弱酸，b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应。A．b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应，溶质为NH4X，a点氨水体积为b点的一半，则a点HX反应了一半，a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，HX抑制水的电离，c点HX浓度大，对水电离抑制程度大，水的电离程度：a＞c，b点，NH4X因水解促进水的电离，d点氨水浓度大，抑制水电离，水的电离程度：b＞d，总之，水的电离程度：b＞d，a＞c，故A正确；B．a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(X-)+c(OH-)，物料守恒：c(X-)+c(HX)=2c(NH)+2c(NH3•H2O)，联立二式消去铵根离子得在c(HX)+2c(H+

)=c(X-

)+2c(NH3•H2O)+2c(OH

-)，故B正确；C．由图中pH随V(NH3•H2O)的增大而增大，d点所得溶液的pH＞7，故C错误；D．由图可知b点pH=7，则NH4X溶液显中性，则Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)，由图可知0.1mol/L的HX溶液pH=2.8，此时c(HX)≈0.1mol/L，c(H+)≈c(X-)=10-2.8mol/L，故Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)≈=10-4.6，故D正确；故选C。2．25℃下，向氨水中通入HCl气体，溶液pH与的关系曲线如图所示。忽略溶液体积变化，下列说法正确的是A．a点溶液中，B．b点溶液中存在C．d点溶液中D．水的电离程度a>b>c【答案】B【解析】A．a点溶液中溶质为等物质的量浓度的一水合氨和氯化铵，溶液的pH>7，呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则，A项错误；B．b点溶液的pH=7，呈中性，则，溶液中存在电荷守恒，则，B项正确；C．d点溶液中，，溶液中存在物料守恒得到：，C项错误；D．c点为恰好完全反应，此时溶质为氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，促进水的电离，a、b点中溶质为一水合氨和氯化铵，碱会抑制水的电离，则水的电离程度为c，D项错误；答案选B。3．常温下，将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀和无色气体，已知Ka1(H2CO3)=5×10-7，Ka2(H2CO3)=6×10-11，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是A．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)<c()+2c()B．两溶液混合时：c()<6.0×10-8mol·L-1C．反应后的溶液中：c()<c(Ca2+)D．反应后的溶液中：c(H2CO3)+c()+c()=0.05mol·L-1【答案】C【解析】A．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+c(OH-)，由Ka2(H2CO3)=6×10-11，>Ka2，即水解大于电离，溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，故有c(Na+)>c()+2c()，A项错误；B．两溶液混合时有c(Ca2+)=0.05mol/L，根据Ksp(CaCO3)=3×10-9可知，c(Ca2+)c(-)>3×10-9，c()>6.0×10-8mol·L-1，B项错误；C．反应前有：c(H2CO3)+c()+c()=c(Ca2+)=0.05mol/L，即反应前就有c()<c(Ca2+)，而反应过程中Ca2+和是1:1结合的，即消耗的量一样多，故反应后的溶液中：c()<c(Ca2+)，C项正确；D．反应中若没有其他放出则有：c(H2CO3)+c()+c()=0.05mol·L-1，现由题干信息可知，反应中有无色气体CO2放出，故反应后的溶液中：c(H2CO3)+c()+c()＜0.05mol·L-1，D项错误；答案选C。4．常温下，2一戊烯酸(CH3CH2CH=CHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1，向20mL0.1mol·L-12-戊烯酸溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2.已知：δ(CH3CH2CH=CHCOOH)=。下列说法错误的是A．图1中，曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOHB．图2中，①对应溶液的溶质为2-戊烯酸和2一戊烯酸钠，此时溶液的pH=4.7C．图2中，②对应的溶液中存在：c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)D．图2中，③对应的溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)【答案】B【解析】A．CH3CH2CH=CHCOOHCH3CH2CH=CHCOO-+H+，随着pH逐渐增大CH3CH2CH=CHCOOH浓度逐渐减小(I曲线)，CH3CH2CH=CHCOO-浓度逐渐增大(II曲线)，A选项正确；B．图2中①表示当NaOH加入10mL时，此时溶液的溶质为等物质的量的2-戊烯酸和2一戊烯酸钠，此时溶液pH<7，说明CH3CH2CH=CHCOOH电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO-水解程度，c(CH3CH2CH=CHCOOH)≠c(CH3CH2CH=CHCOO-)，对应图1可知溶液pH≠4.7，B选项错误；C．图2中②表示V(NaOH)<20mL，溶液为2-戊烯酸和2一戊烯酸钠混合溶液，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)+c(OH-)，此时溶液pH=7，常温下呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)，由图1可知pH>4.7时，c(CH3CH2CH=CHCOO-)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，故C选项正确；D．图2中，③对应V(NaOH)=20mL，恰好与2-戊烯酸完全反应生成CH3CH2CH=CHCOONa，根据质子守恒式可知c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)，D选项正确；答案选B。1．单一溶液中粒子浓度的比较(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。(4)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)。2．酸、碱中和型粒子浓度的比较3．盐与酸(碱)混合型粒子浓度的比较首先考虑是否反应，若不反应，分析盐的水解程度和酸(碱)的电离程度的大小；若能反应，则按反应后混合组成综合考虑水解和电离两种因素。4．不同溶液中同一粒子浓度的大小比较选好参照物，分组比较各个击破：如25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序为⑤＞④＞③＞①＞②。按化学式中的数目分成两组：含一个的为一组，含两个分的为一组，分组为下：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①②③\o(→,\s\up7(选参照物),\s\do5(①NH4Cl))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(②相当于在①的基础上促进NH\o\al(＋,4)的水解,③相当于在①的基础上抑制NH\o\al(＋,4)的水解)),④⑤\o(→,\s\up7(选参照物),\s\do5(④NH42SO4))⑤相当于在④的基础上抑制NH\o\al(＋,4)的水解))查缺补漏练查缺补漏练5．常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法中不正确的是A．CH3COOH的电离常数约为10-5B．水的电离程度：点①>点③>点②C．在点①和点②所示溶液中：c(CN-)>c(CH3COO-)D．在点③和点④之间的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)【答案】C【解析】CH3COOH是弱酸，存在电离CH3COOHCH3COO-+H+，HCN溶液存在平衡：HCNCN-+H+。A．根据CH3COOH曲线的起点数据，此时NaOH还没加入，pH为3，故CH3COOH的电离常数为=10-5，A正确；B．点②CH3COOH的电离抑制水的电离，点③pH为7，水的电离没被促进也没被抑制，点①是HCN和NaCN的混合溶液，溶液显碱性，CN-的水解大于HCN的电离，且促进水的电离，则水的电离程度：点①>点③>点②，B正确；C．在点①和点②所示溶液中，分别加入了10mL的NaOH，两溶液均恰好反应了一半，不考虑水解与电离则有c(CH3COOH)=c(HCN)，根据题意，点②所对应溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中c(CH3COO-)->c(CH3COOH)；点①所对应溶液为等浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，则HCN电离小于CN-的水解，溶液c(CN-)<c(HCN)；故两溶液中：c(CN-)<c(CH3COO-)，C不正确；D．点③pH为7，c(OH-)=c(H+)，根据质子守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，则c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，继续滴加NaOH，则c(CH3COOH)减小，c(CH3COO-)增大，故在点③和点④之间的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，D正确；故选C。6．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl-]=[NH]B．0.1mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH]＞[SO]＞[H+]C．0.01mol·L-1的一元酸和0.01mol·L-1的一元强碱等体积混合：[H+]=[OH-]D．0.1mol·L-1的硫化钠溶液中：[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S]【答案】B【解析】A．常温下，水的离子积常数为1×10-14，如果温度不是常温，水的离子积常数不为1×10-14，那么即使pH=7，也无法得到氯离子浓度等于铵根离子浓度，A错误；B．1个硫酸铵中含有2个铵根离子和1个硫酸根离子，溶于水后尽管铵根离子会水解，但是水解程度较小，铵根离子浓度仍大于硫酸根离子，由于铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，但是仍远小于硫酸根离子的浓度，B正确；C．等体积等浓度的一元酸和一元强碱混合，只有当一元酸为强酸时，才会出现氢离子和氢氧根离子浓度相同，如果是一元弱酸，则生成的盐会水解，使溶液显碱性，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，C错误；D．水电离的c(OH-)=c(H+)，氢离子与S2-结合生成HS-和H2S，则有[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，D错误；故答案选B。7．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。用0.100mol∙L−1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol∙L−1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A．A点溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)−c(H+)=0.1mol∙L−1B．B点溶液中：c(K+)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H+)C．相同温度下，C点水的电离程度大于A点D．由PA段电导率变化趋势可知，K+的导电能力强于H+【答案】B【解析】根据图中曲线电导率变化得到曲线①为KOH滴定CH3COOH的图像，曲线②为KOH滴定HCl的图像。A．A点是两者恰好完全反应生成CH3COOK，根据电荷守恒得到：c(CH3COO－)+c(OH－)−c(H+)=c(K+)=0.05mol∙L−1，故A错误；B．B点溶质为CH3COOK、KOH且两者物质的量浓度相等，溶液显碱性，由于醋酸根会水解，因此氢氧根浓度大于醋酸根浓度，则溶液中：c(K+)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H+)，故B正确；C．A点溶质为CH3COOK，C点溶质为KCl，KCl是强酸强碱盐，不水解，而醋酸根会水解，则相同温度下，C点水的电离程度小于A点，故C错误；D．P点是醋酸，醋酸是弱酸，其电导率小，不断加入KOH，由PA段电导率变化趋势可知，离子浓度增大，其电导率不断增大，不是由于K+的导电能力强于H+，故D错误；答案为B。8．下列叙述正确的是A．溶液呈碱性，溶液中B．向溶液中加入少量固体，则变小C．时，的盐酸与的氨水等体积混合后，则D．的和两种溶液中，【答案】B【解析】A.溶液呈碱性，说明HS-的水解程度大于其电离程度，水解产生H2S，电离产生S2-，故溶液中，A错误；B.向溶液中加入少量固体，发生沉淀转化，，则变小，B正确；C.时，的盐酸与的氨水等体积混合后，由于一水合氨为弱碱，的氨水中一水合氨的浓度远远大于10-3mol/L，混合后溶液显碱性，，C错误；D.的和两种溶液中，由于碳酸酸性比醋酸弱，相同pH值时碳酸溶液的浓度大，即，D错误；故选B。微粒浓度大小比较的常见类型及分析方法能力提升练能力提升练9．室温下，通过下列实验探究Na2CO3溶液的性质。用Ka1、Ka2分别表示H2CO3的第一步和第二步电离常数。实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH，测得pH约为122向0.1mol·L-1Na2CO3溶液