高考化学一轮复习讲义及试题（新高考人教版）第3讲　盐类的水解

第3讲盐类的水解课程标准知识建构1.认识盐类水解的原理，讨论盐溶液呈酸性、中性或碱性的原因。2．认识盐类水解的主要因素，了解盐类水解的应用，如铝盐和铁盐的净水作用。一、盐类水解及其规律1．盐类的水解2．盐类水解的规律有弱才水解，越弱越水解；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强酸强碱盐NaCl、KNO3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>73.盐类水解离子方程式的书写(1)一般要求水解记三点，水写分子式，中间用可逆()，后无沉气出。如NH4Cl水解的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)三种类型的盐水解离子方程式的书写①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。如Na2CO3水解的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。如FeCl3水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“=”、“↑”、“↓”等。如Na2S溶液与AlCl3溶液混合水解的离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。【诊断1】判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。(1)盐类水解的过程就是盐和水发生反应的过程()(2)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐()(3)某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应()(4)常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同()(5)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同()(6)NaHCO3、NaHSO4都能促进水的电离()(7)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，水解相互促进有沉淀和气体生成()(8)FeCl3溶液与NaHCO3溶液混合：Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑()答案(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×(8)√二、盐类水解的影响因素及应用1．影响盐类水解平衡的因素(1)内因：盐类本身的性质，形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。(2)外因因素水解平衡水解程度水解产生离子的浓度温度升高右移增大增大浓度增大右移减小增大减小(稀释)右移增大减小外加酸碱酸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(3)以NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋为例，填写下表。平衡移动c(H＋)c(NHeq\o\al(＋,4))升高温度右移增大减小加水稀释右移减小减小通入少量HCl左移增大增大加入少量NaOH固体右移减小减小加入固体NH4Cl右移增大增大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＋判断酸性强弱等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的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H2SO4，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：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除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂比较溶液中离子浓度的大小如：Na2CO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H＋)判断盐溶液蒸干时的产物盐水解生成挥发性酸，蒸干灼烧后一般得氧化物。如AlCl3→Al2O3盐水解生成难挥发性酸，蒸干后得原物质。如CuSO4→CuSO4考虑盐受热时是否分解。如KMnO4→K2MnO4和MnO2还原性盐溶液蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3→Na2SO4弱酸的铵盐溶液蒸干后无固体剩余。如NH4HCO3、(NH4)2CO33.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)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－。(2)Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－。(3)NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)。【诊断2】判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。(1)加热0.1mol·L－1Na2CO3溶液，COeq\o\al(2－,3)的水解程度和溶液的pH均增大()(2)氯化铵溶液加水稀释时，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)的值减小()(3)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)()(4)水解平衡右移，盐离子的水解程度可能增大，也可能减小()(5)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强()(6)天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Fe3＋、Cu2＋等离子()(7)生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理()答案(1)√(2)√(3)√(4)√(5)×(6)×(7)×三、水解常数(Kh)1．数学表达式用HA表示酸，用MOH表示碱，MA表示由它们生成的盐，在MA溶液中，若M＋、A－均能水解，A－＋H2OHA＋OH－，则A－的水解常数为Kh＝eq\f(cHA·cOH－,cA－)；M＋＋H2OMOH＋H＋，则M＋的水解常数为Kh＝eq\f(cH＋·cMOH,cM＋)。2．水解常数与电离常数的关系若NaA为强碱弱酸盐，A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝eq\f(cHA·cOH－,cA－)＝eq\f(cHA·cOH－·cH＋,cA－·cH＋)＝eq\f(KW,KaHA)；若MCl为强酸弱碱盐，同理可得Kh＝eq\f(KW,KbMOH)。3．意义水解常数可以表示盐的水解程度的大小，Kh越大，盐类水解程度越大。4．外界影响因素水解常数是只是温度的函数，Kh随温度的升高而增大。5．水解常数的应用(1)计算盐溶液中的c(H＋)或c(OH－)如A－＋H2OHA＋OH－起始c00平衡c－c(OH－)c(OH－)c(OH－))Kh＝eq\f(c2OH－,c－cOH－)≈eq\f(c2OH－,c)，c(OH－)＝eq\r(c·Kh)；同理，对于M＋＋H2OMOH＋H＋，c(H＋)＝eq\r(c·Kh)。(2)判断水解程度和电离程度大小，判断盐溶液的酸碱性。①单一溶液。a．一定浓度的NaHCO3溶液，Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝5.6×10－11，Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,4.4×10－7)≈2.27×10－8＞Ka2，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))。b．一定浓度的NaHSO3溶液，Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.2×10－7，Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,1.54×10－2)≈6.5×10－13＜Ka2，HSOeq\o\al(－,3)的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(H2SO3)。c．一定浓度的CH3COONH4溶液，由于Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5≈Kb(NH3·H2O)＝1.71×10－5，则CH3COO－与NHeq\o\al(＋,4)的水解常数近似相等，二者水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))。②混合溶液。a．对于等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh(CH3COO－)＝eq\f(KW,KaCH3COOH)＝eq\f(1×10－14,1.75×10－5)＝5.7×10－10＜Ka(CH3COOH)，CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的电离程度，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)。b.对于物质的量浓度相等的HCN和NaCN混合溶液，Ka(HCN)＝4.9×10－10，Kh＝eq\f(Kw,KaHCN)＝eq\f(10－14,4.9×10－10)＝2.0×10－5＞Ka(HCN)，CN－水解程度大于HCN电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)。【诊断3】25℃时，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))将________(填“增大”“减小”或“不变”)。答案1×10－12增大解析Ka＝eq\f(cH＋·cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)Kh＝eq\f(cOH－·cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(\f(KW,cH＋)·cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(KW·cH2SO3,cH＋·cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(KW,Ka)＝1×10－12mol·L－1。HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－，当加少量I2时，发生I2＋HSOeq\o\al(－,3)＋H2O=2I－＋3H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，H＋增多导致c(OH－)减小，所以eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(Kh,cOH－)增大。考点一盐类水解实质的分析和理解应用【典例1】(2020·河南省洛阳高三模拟)常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示：序号①②③④溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3下列说法正确的是()A．四种溶液中，水的电离程度：③>④>②>①B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClOD．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)答案AB解析这几种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应使溶液显碱性，当盐的浓度相同时，酸的酸性越弱，酸根离子水解的程度越大，水的电离程度越大，溶液的碱性越强。根据表格数据可知，四种溶液中水的电离程度：①<②<④<③，A正确；在Na2CO3和NaHCO3溶液中，存在的粒子有Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、H2CO3、H2O、H＋、OH－，粒子种类相同，B正确；根据盐的水解程度大小可知，等浓度的CH3COOH和HClO溶液的酸性：CH3COOH>HClO，所以pH小的是CH3COOH，C错误；在Na2CO3溶液中，Na＋与C原子数目比为2∶1，可得c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，D错误。【对点练1】(盐类水解的实质和规律)相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为()A.NH4Cl(NH4)2SO4CH3COONaNaHCO3NaOHB．(NH4)2SO4NH4ClCH3COONaNaHCO3NaOHC．(NH4)2SO4NH4ClNaOHCH3COONaNaHCO3D．CH3COOHNH4Cl(NH4)2SO4NaHCO3NaOH答案B解析酸性从强到弱的顺序为电离呈酸性>水解呈酸性>中性>水解呈碱性>电离呈碱性。【对点练2】(盐类水解反应离子方程式)写出符合要求的离子方程式：(1)AlCl3溶液呈酸性__________________________________________________。(2)Na2CO3溶液呈碱性________________________________________________。(3)NaHS溶液呈碱性的原因____________________________________________。(4)NH4Cl溶于D2O中_________________________________________________。(5)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是____________________

___________________________________________________________________；(用离子方程式说明，下同)；若pH<7，其原因是__________________________________________________。答案(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(2)COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(3)HS－＋H2OH2S＋OH－(4)NHeq\o\al(＋,4)＋D2ONH3·HDO＋D＋(5)Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋【对点练3】(水解实质的拓展延伸)广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是()A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2B．PCl3的水解产物是HClO和H3PO4C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CHD．CH3COCl的水解产物只有一种酸答案BD解析BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，符合水解原理，故A项正确；PCl3的水解产物应是H3PO3和HCl，不符合水解原理，故B项错误；Al4C3水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C项正确；CH3COCl的水解产物是两种酸，为CH3考点二盐类水解平衡的移动和应用【典例2】(2020·河南开封市一模)某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50mL0.001mol·L－1FeCl3溶液、50mL对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1滴1mol·L－1HCl溶液、1滴1mol·L－1NaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是()A．依据M点对应的pH，说明Fe3＋发生了水解反应B．对照组溶液X的组成可能是0.003mol·L－1KCl溶液C．依据曲线c和d说明Fe3＋水解平衡发生了移动D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向答案B解析FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是Fe3＋在溶液中发生了水解，A正确；图中对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，若对照组溶液X是0.003mol·L－1KCl溶液，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，B错误；在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3＋水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，C正确；FeCl3水解生成氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则表明水解被促进，否则被抑制，D正确。利用平衡移动原理解释问题的思维模板(1)解答此类题的思维过程①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)②找出影响平衡的条件③判断平衡移动的方向④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系(2)答题模板……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。【对点练4】(盐类水解的影响因素)已知NaHSO3溶液常温时显酸性，溶液中存在以下平衡：HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－①HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)②向0.1mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是()A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSOeq\o\al(－,3))增大B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋c(SOeq\o\al(2－,3))C．加入少量NaOH溶液，eq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))、eq\f(cOH－,cH＋)的值均增大D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H＋)＝c(OH－)答案C解析NaHSO3溶液显酸性，则HSOeq\o\al(－,3)的电离程度>HSOeq\o\al(－,3)的水解程度，加入钠后平衡①左移、平衡②右移，c(HSOeq\o\al(－,3))减小，A项错误；根据电荷守恒可知，应为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，B项错误；加入少量NaOH，平衡②右移，eq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))、eq\f(cOH－,cH＋)的值均增大，C项正确；溶液中存在物料守恒，即c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)，c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))，c(H＋)＝c(OH－)，D项错误。【对点练5】(盐类水解的应用)下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是()选项事实或应用解释A用热的纯碱溶液去除油污纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质B泡沫灭火器灭火Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体C施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效D明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂明矾溶于水生成Al(OH)3胶体答案A【对点练6】(盐类水解平衡的实验探究)已知：[FeCl4(H2O)2]－为黄色，溶液中存在可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，下列实验所得结论不正确的是()①②③④加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深注：加热为微热，忽略体积变化。A．实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3B．实验②中，酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响C．实验③中，加热，可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－正向移动D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3＋水解平衡正向移动答案D解析加热促进水解，铁离子水解生成氢氧化铁，则实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3，故A项正确；由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解，则实验②中酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响，故B项正确；加入NaCl后，溶液立即变为黄色，发生Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，[FeCl4(H2O)2]－为黄色，加热时平衡正向移动，溶液颜色变深，故C项正确；实验④中存在Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能证明对Fe3＋水解平衡的影响，故D项错误。考点三水解常数(Kh)的意义和应用【典例3】磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是Ka1＝7.1×10－3，Ka2＝6.2×10－8，Ka3＝4.5×10－13，回答下列问题：(1)常温下同浓度①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4的pH由小到大的顺序是________(填序号)。(2)常温下，NaH2PO4的水溶液pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。(3)常温下，Na2HPO4的水溶液呈________(填“酸”“碱”或“中”)性，用Ka与Kh的相对大小，说明判断理由：_______________________________________

___________________________________________________________________。答案(1)③＜②＜①(2)＜(3)碱Na2HPO4的水解常数Kh＝eq\f(cH2PO\o\al(－,4)·cOH－,cHPO\o\al(2－,4))＝eq\f(KW,Ka2)＝eq\f(1.0×10－14,6.2×10－8)≈1.61×10－7，Kh＞Ka3，即HPOeq\o\al(2－,4)的水解程度大于其电离程度，因而Na2HPO4溶液显碱性解析(1)Ka越大，Kh越小，所以①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4的水解程度依次减小，pH依次减小。(2)NaH2PO4的水解常数Kh＝eq\f(cH3PO4·cOH－,cH2PO\o\al(－,4))＝eq\f(KW,Ka1)＝eq\f(1.0×10－14,7.1×10－3)≈1.4×10－12，Ka2＞Kh，即H2POeq\o\al(－,4)的电离程度大于其水解程度，因而pH＜7。(3)Na2HPO4的水解常数Kh＝eq\f(cH2PO\o\al(－,4)·cOH－,cHPO\o\al(2－,4))＝eq\f(KW,Ka2)＝eq\f(1.0×10－14,6.2×10－8)≈1.6×10－7，Ka3＜Kh，即H2POeq\o\al(－,4)的水解程度大于其电离程度，因而pH＞7。Kh与Ka(或Kb)、KW的关系(1)一元弱酸盐：Ka·Kh＝KW(2)一元弱碱盐：Kb·Kh＝KW(3)多元弱酸盐，如NamA溶液：Kh＝eq\f(KW,Kam)Nam－1HA溶液Kh＝eq\f(KW,Kam－1)依次类推……【对点练7】(水解常数的计算)(2020·安徽省太和第一中学月考)已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。该温度下，用0.100mol·L－1的氨水滴定10.00mL0.100mol·L－1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lgeq\f(cH＋,cOH－)的关系如图所示。下列说法不正确的是()A．HA为弱酸B．a<10C．25℃时，NHeq\o\al(＋,4)的水解常数为eq\f(5,9)×10－9D．当滴入20mL氨水时，溶液中存在c(NHeq\o\al(＋,4))>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)答案AB解析根据图像，0.1mol/L的一元酸HA溶液中lgeq\f(cH＋,cOH－)＝12，则eq\f(cH＋,cOH－)＝1012，结合c(H＋)×c(OH－)＝10－14解得c(H＋)＝0.1mol/L，则HA为强酸，A不正确；若a＝10，则二者恰好完全反应生成NH4A，该铵盐水解，溶液显酸性，lgeq\f(cH＋,cOH－)＞0，结合图像可知，当lgeq\f(cH＋,cOH－)＝0时，a>10，B不正确；25℃时，NHeq\o\al(＋,4)的水解常数＝eq\f(KW,Kb)＝eq\f(10－14,1.8×10－5)＝eq\f(5,9)×10－9，C正确；当滴入氨水的体积V＝20mL时得到等物质的量浓度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3·H2O的电离常数大于NHeq\o\al(＋,4)的水解常数，则NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以c(NHeq\o\al(＋,4))>c(A－)、c(OH－)>c(H＋)，则c(NHeq\o\al(＋,4))>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。【对点练8】(水解常数的应用)根据已知条件填空：(1)已知25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝________mol·L－1。(已知eq\r(5.56)≈2.36)(2)已知某温度时，Na2CO3溶液的水解常数Kh＝2×10－4mol·L－1，则当溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1时，试求该溶液的pH＝________。答案(1)2.36×10－5(2)10解析(1)Kh＝eq\f(cH＋·cNH3·H2O,cNH\o\al(＋,4))＝eq\f(KW,Kb)c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NHeq\o\al(＋,4))≈1mol·L－1。所以c(H＋)＝eq\r(Kh)＝eq\r(\f(10－14,1.8×10－5))mol·L－1≈2.36×10－5mol·L－1。(2)Kh＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))＝2×10－4，又c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1，则c(OH－)＝10－4mol·L－1，结合KW＝1.0×10－14，可得c(H＋)＝10－10mol·L－1。【对点练9】(判断溶液的酸碱性)已知常温下CN－的水解常数Kh＝1.61×10－5。(1)常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性，c(CN－)________(填“>”“<”或“＝”)c(HCN)。该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________。(2)常温下，若将cmol·L－1盐酸与0.62mol·L－1KCN溶液等体积混合后恰好得到中性溶液，则c＝________(小数点后保留4位数字)。答案(1)碱<c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)(2)0.6162mol·L－1解析(1)Kh(CN－)＝1.61×10－5，由此可求出Ka(HCN)≈6.2×10－10，故CN－的水解能力强于HCN的电离能力，由于NaCN与HCN的物质的量相等，故水解产生的c(OH－)大于电离生成的c(H＋)，混合溶液显碱性，且c(CN－)<c(HCN)。(2)当溶液显中性时，由电荷守恒知溶液中c(K＋)＝c(CN－)＋c(Cl－)，由物料守恒得c(HCN)＝c(K＋)－c(CN－)＝c(Cl－)＝0.5cmol·L－1，由CN－＋H2OHCN＋OH－得Kh＝eq\f(cOH－·cHCN,cCN－)＝eq\f(1.0×10－7×0.5c,0.31－0.5c)＝1.61×10－5，解得c≈0.6162mol·L－1。1．(2020·7月浙江选考)水溶液呈酸性的是()A．NaCl B．NaHSO4C．HCOONa D．NaHCO3答案B解析氯化钠是强酸强碱盐，水溶液呈中性，A项错误；硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，水溶液呈酸性，B项正确；甲酸钠是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，C项错误；碳酸氢钠是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，D项错误。2．(2020·7月浙江选考)常温下，用0.1mol·L－1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是()A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)>c(CH3COO－)B．当滴入氨水10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．当滴入氨水20mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NHeq\o\al(＋,4))<c(Cl－)答案D解析HCl是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离，浓度相同的HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)>c(CH3COO－)，A项正确；当滴入氨水10mL时，加入的氨水的体积、浓度和初始醋酸溶液的体积、浓度均相等，由物料守恒可知，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B项正确；当滴入氨水20mL时，溶液中溶质为CH3COONH4和NH4Cl，根据电荷守恒式c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，物料守恒式c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C项正确；恰好反应时，生成等物质的量的氯化铵和醋酸铵，此时溶液呈酸性，若溶液呈中性，则氨水滴入量大于20mL，c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)，D项错误。3．(2020·江苏化学，14)室温下，将两种浓度均为0.10mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()A．NaHCO3－Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)B．氨水－NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)C．CH3COOH－CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)D．H2C2O4－NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)答案AD解析浓度均为0.10mol·L－1的NaHCO3－Na2CO3的混合溶液中，COeq\o\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，所以溶液中c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)，A项正确；浓度均为0.10mol·L－1的氨水－NH4Cl混合溶液的pH＝9.25，说明NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)<c(Cl－)，根据电荷守恒，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH－)，B项错误；浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH－CH3COONa混合溶液的pH＝4.76，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C项错误；浓度均为0.10mol·L－1的H2C2O4－NaHC2O4混合溶液的pH＝1.68，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，根据物料守恒有2c(Na＋)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，联立上述两式得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，D项正确。4．(2020·天津学业水平等级考试，7)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是()A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)D．在1mol·L－1Na2S溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1mol·L－1答案A解析酸根离子的水解能力越强，对应酸的酸性越弱，HF的酸性比HCOOH强，A项错误；等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则离子浓度关系：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B项正确；FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，说明FeS的溶解度大于CuS，Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，C项正确；根据物料守恒可知，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1mol·L－1，D项正确。5．(2019·北京理综，12)实验测得0.5mol·L－1CH3COONa溶液、0.5mol·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A．随温度升高，纯水中c(H＋)＞c(OH－)B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同答案C解析任何温度时，纯水中H＋浓度与OH－浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H＋)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D项错误。6．(2019·上海选考)常温下0.1mol·L－1①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是()A．①中c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B．①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)D．①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度小答案B解析A项，0.1mol·L－1CH3COOH发生部分电离产生CH3COO－和H＋，水发生微弱电离产生H＋和OH－，故①中c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)，错误；B项，①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，且c(CH3COONa)＝0.05mol·L－1，由于①②混合后c(CH3COONa)小于③，则混合液中CH3COO－的水解程度比③大，故混合液中c(CH3COO－)小于③中eq\f(1,2)c(CH3COO－)，正确；C项，①③等体积混合后为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液显酸性说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)，错误；D项，①②等体积混合后恰好生成CH3COONa，CH3COO－水解促进水的电离，①③等体积混合后，由于CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，水的电离被抑制，故①②等体积混合后的水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度大，错误。一、选择题(本题包括8小题，每小题只有一个选项符合题意)1．下列事实与盐类水解无关的是()A．MgCO3可以除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋B．氯化铁溶液常用作铜印刷电路板的腐蚀剂C．常用热的纯碱溶液除去油污D．长期施用硫酸铵易使土壤酸化答案B解析MgCO3调节pH，使Fe3＋的水解平衡正向移动，使Fe3＋沉淀完全，转化成Fe(OH)3，MgCO3难溶于水，不引入新杂质，A项与盐类水解有关；氯化铁具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应，可用于腐蚀铜印刷电路板，B项与盐类水解无关；Na2CO3的水解是吸热反应，故升高温度，溶液碱性增强，去油污能力增强，C项和盐类的水解有关；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，长期施用硫酸铵易使土壤酸化，D项与盐类水解有关。2．对滴有酚酞溶液的下列溶液，操作后颜色变深的是()A．明矾溶液加热B．Na2CO3溶液加热C．氨水中加入少量NH4Cl固体D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体答案B3．向三份0.1mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3、CH3COONa固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为()A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大答案C解析CH3COONa是强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，所以向CH3COONa溶液中加NH4NO3固体会促进CH3COO－的水解，导致CH3COO－浓度减小；Na2CO3是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以向CH3COONa溶液中加入Na2CO3固体，会抑制CH3COO－的水解，导致CH3COO－浓度增大，向CH3COONa溶液中加入CH3COONa固体，会导致CH3COO－浓度增大。4．下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是()选项事实或应用解释A用热的纯碱溶液去除油污纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质B泡沫灭火器灭火Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体C施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效D明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂明矾溶于水生成Al(OH)3胶体答案A解析用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解生成高级脂肪酸盐和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，A项错误；泡沫灭火器灭火的反应原理是利用Al2(SO4)3与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成CO2气体，B项正确；K2CO3是弱酸强碱盐，NH4Cl是强酸弱碱盐，混合使用时，二者发生相互促进的水解反应生成NH3，降低肥效，C项正确；明矾溶于水电离产生的Al3＋发生水解反应，生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，D项正确。5．25℃时，实验测得0.10mol·L－1A．NaHB的电离方程式为：NaHB=Na＋＋H＋＋B2－B．HB－在水溶液中只存在HB－的水解平衡C．HB－的水解程度大于电离程度D．溶液中水电离出的c(H＋)为10－9.1mol·L－1答案C解析HB－在水中不完全电离，A错误；HB－在水中水解程度大于电离程度，B错误，C正确；HB－以水解为主，促进水的电离，D错误。6．常温下，0.2mol·L－1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是()A．HA为强酸B．该混合溶液pH＝7.0C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋答案C解析0.2mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合，恰好生成0.1mol·L－1NaA溶液，由题图中A－浓度小于0.1mol·L－1，可知A－发生了水解，故HA为弱酸，A项错误；NaA为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，溶液pH＞7.0，B项错误；A－发生水解生成HA：A－＋H2OHA＋OH－，同时还存在水的电离，故溶液中除Na＋、水分子外，各粒子的浓度大小关系为c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)，故X为OH－，Y为HA，Z为H＋，D项错误；根据物料守恒有：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，C项正确。7．25℃时浓度都是1mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X－)＝1mol·L－1A．电离常数K(BOH)小于K(HY)B．AY溶液的pH小于BY溶液的pHC．稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BYD．将浓度均为1mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY答案A解析A项，根据BY溶液的pH＝6，B＋比Y－更易水解，则BOH比HY更难电离，因此电离常数K(BOH)小于K(HY)，正确；B项，根据AX、BX、BY溶液的pH可知，AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为弱酸强碱盐，溶液的pH>7，故AY溶液的pH大于BY溶液的pH，错误；C项，稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，且BX溶液的pH变化大于BY溶液，错误；D项，HX为强酸，HY为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY的电离程度增大，但仍不可能全部电离，故HX溶液的酸性强，pH小，错误。8．已知常温下，HCOOH比NH3·H2O电离常数大。向10mL0.1mol·L－1HCOOH中滴加同浓度的氨水，有关叙述正确的是()A．滴加过程中水的电离程度始终增大B．当加入10mLNH3·H2O时，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(HCOO－)C．当两者恰好中和时，溶液pH＝7D．滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO－)之和保持不变答案D解析A项，甲酸能够抑制水的电离，滴加氨水过程中，水的电离程度增大，氨水过量时，抑制水的电离，所以滴加过程中水的电离程度先增大，恰好中和后再减小，错误；B项，当加入10mLNH3·H2O时，恰好生成甲酸铵，HCOO－水解程度不如NHeq\o\al(＋,4)水解程度大，溶液显酸性，c(NHeq\o\al(＋,4))<c(HCOO－)，错误；C项，二者恰好中和时，溶液显酸性，错误；D项，根据物料守恒，滴加过程中，HCOOH和HCOO－物质的量总和不变，正确。二、选择题(本题包括4小题，每小题有一个或两个选项符合题意)9．某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol·L－1NaHCO3溶液，测得其pH为9.7；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH＝7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度B．加入CaCl2促进了HCOeq\o\al(－,3)的水解C．反应的离子方程式是2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2CO3D．反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)答案BD解析NaHCO3既能电离又能水解，水解产生OH－，电离产生H＋，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，A项正确；溶液中存在HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋，加入CaCl2消耗COeq\o\al(2－,3)，促进HCOeq\o\al(－,3)的电离，B项错误；HCOeq\o\al(－,3)与Ca2＋生成CaCO3和H＋，H＋结合HCOeq\o\al(－,3)生成H2CO3，则反应的离子方程式为2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2CO3，C项正确；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)，溶液的pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)，D项错误。10．(2020·山西大学附属中学上学期诊断，18)下列有关电解质溶液的说法不正确的是()A．向Na2CO3溶液中通入NH3，eq\f(cNa＋,cCO\o\al(2－,3))减小B．将0.1mol·L－1的K2C2O4溶液从25℃升温至35℃，eq\f(cK＋,cC2O\o\al(2－,4))增大C．向0.1mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，eq\f(cNa＋,cF－)＝1D．向0.1mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)增大答案D解析A．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，溶液中通入NH3，抑制水解，c(COeq\o\al(2－,3))增大，c(Na＋)不变，则eq\f(cNa＋,cCO\o\al(2－,3))减小，选项A正确；B.K2C2O4溶液中草酸根离子水解溶液呈碱性，升高温度，水解程度增大，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以eq\f(cK＋,cC2O\o\al(2－,4))增大，选项B正确；C.向0.1mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液的溶质是HF和NaF的混合物，存在电荷守恒，c(H＋)＝c(OH－)，钠离子和氟离子浓度相等，eq\f(cNa＋,cF－)＝1，选项C正确；D.CH3COONa溶液中加入少量水，温度不变，不会影响醋酸的电离平衡常数，即eq\f(1,K)＝eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)不变，选项D不正确。11．常温下，向1L0.1mol·L－1H2AA．Na2A的水解离子方程式为：A2－＋H2OHA－＋OH－，HA－＋H2OH2AB．室温下，Na2A水解常数Kh＝10C．0.1mol·L－1NaHA溶液中存在c(A2－)＋c(HA－)＝0.1mol·L－1D．常温下，等物质的量浓度NaHA与Na2A答案BC解析由图像可知，0.1mol·L－1H2A溶液全部电离为HA－，说明第一步电离为完全电离，HA－不水解，A项错；pH＝3时c(A2－)＝c(HA－)，则Na2A水解常数Kh(A2－)＝eq\f(cOH－·cHA－,cA2－)＝c(OH－)＝10－11，故B正确；H2A溶液全部电离，不存在H2A分子，由物料守恒可知，c(A2－)＋c(HA－)＝0.1mol·L－1，C正确；HA－H＋＋A2－，电离常数Ka2＝eq\f(cH＋·cA2－,cHA－)，当c(A2－)＝c(HA－)时，Ka2＝c(H＋)＝10－3，Ka2>Kh(A2－)，等物质的量浓度NaHA、Na2A等体积混合，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，所以c(HA－)＜c(A2－)，故pH＞3，D项错误。12．(2020·广东广州、深圳学调联盟高三调研)已知：p[eq\f(cHX,cX－)]＝－lg[eq\f(cHX,cX－)]。室温下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH随p[eq\f(cHX,cX－)]变化关系如图所示。下列说法正确的是()A．溶液中水的电离程度：a>b>cB．c点溶液中：c(Na＋)＝10cC．室温下NaX的水解常数为10－4.75D．图中b点坐标为(0,4.75)答案D解析根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的电离程度大于X－的水解程度，可只考虑H＋对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：a<b<c，A错误；c点溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(X－)＋c(OH－)，此时p[eq\f(cHX,cX－)]＝1，则c(X－)＝10c(HX)，代入电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝10c(HX)＋c(OH－)，由于溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，则c(Na＋)<10c(HX)，B错误；HX在溶液中存在电离平衡：HXH＋＋X－，Ka＝eq\f(cH＋·cX－,cHX)，则pH＝pKa＋p[eq\f(cHX,cX－)]，代入c点坐标(1,5.75)可知，pKa＝4.75，则Ka＝10－4.75，则室温下室温下NaX的水解常数Kh＝eq\f(KW,Ka)＝eq\f(10－14,10－4.75)＝10－9.25，C错误；HX在溶液中存在电离平衡：HXH＋＋X－，Ka＝eq\f(cH＋·cX－,cHX)，则pH＝pKa＋p[eq\f(cHX,cX－)]，代入c点坐标(1,5.75)可知，pKa＝4.75，则b点pH＝pKa＋p[eq\f(cHX,cX－)]＝0＋4.75＝4.75，D正确。三、非选择题(本题包括3小题)13．某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－。回答下列问题：(1)Na2B溶液显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是___________

__________________________________________________________________(用离子方程式表示)。(2)在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________(填选项字母)。A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB(3)已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，则0.1mol·L－1H2B溶液中的氢离子的物质的量浓度可能________0.11mol·L－1(填“＜”“＞”或“＝”)，理由是___________________________________________________________________。(4)0.1mol·L－1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是___________________________________________________________________。答案(1)碱性B2－＋H2OHB－＋OH－(2)CD(3)＜0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，说明其中c(H＋)＝0.01mol·L－1，主要是HB－电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1mol·L－1H2B溶液中c(H＋)＜0.11mol·L－1(4)c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)解析(1)由H2B=H＋＋HB－(完全电离)，HB－H＋＋B2－(部分电离)，知Na2B溶液中B2－将发生水解反应，故Na2B溶液显碱性，原因是B2－＋H2OHB－＋OH－。(2)在Na2B溶液中存在：Na2B=2Na＋＋B2－，B2－＋H2OHB－＋OH－，H2OH＋＋OH－。在Na2B溶液中不存在H2B，A项错误；由物料守恒和电荷守恒知B项错误。由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(OH－)＋c(HB－)，C项正确；由物料守恒知c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＝0.2mol·L－1，D项正确。(3)在NaHB溶液中，NaHB=Na＋＋HB－，HB－H＋＋B2－，H2OH＋＋OH－。已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，说明其中c(H＋)＝0.01mol·L－1，主要是HB－电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1mol·L－1H2B溶液中c(H＋)＜0.11mol·L－1。(4)在NaHB溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c14．常温下，有浓度均为0.1mol·L－l的下列4种溶液：①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液HCNH2CO3CH3COOHKa＝4.9×10－10Ka1＝4×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka＝1.7×10－5(1)这4种溶液pH由大到小的顺序是________(填标号)，其中②由水电离的H＋浓度为______________________________________________________________。(2)①中各离子浓度由大到小的顺序是__________________________________。(3)④的水解常数Kh＝________。(4)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③________④(填“>”“<”或“＝”)。(5)25℃时，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH＝11，则eq\f(cHCN,cCN－)约为________。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为__________________

______________________________________________________。答案(1)②＞①＞④＞③1.0×10－13mol·L－1(2)c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)(3)2.5×10－8(4)＜(5)0.02CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(－,3)解析(1)相同浓度的4种溶液中，NaCN溶液水解显碱性，NaOH溶液为强碱溶液，CH3COONa溶液水解显碱性，NaHCO3溶液水解显碱性，因为酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCOeq\o\al(－,3)，越弱越水解，因此溶液的碱性：②＞①＞④＞③，4种溶液pH由大到小的顺序是②＞①＞④＞③；0.1mol·L－l的NaOHpH＝13，由水电离的H＋浓度为1.0×10－13mol·L－1。(2)NaCN溶液中CN－水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。(3)Kh＝eq\f(cH2CO3·cOH－,cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1.0×10－14,4×10－7)＝2.5×10－8。(4)等体积等浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液，NaHCO3水解程度大于CH3COONa，溶液的碱性强于CH3COONa，滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③＜④。(5)由HCN的电离常数Ka＝eq\f(cH＋·cCN－,cHCN)可知，eq\f(cHCN,cCN－)＝eq\f(cH＋,Ka)＝eq\f(1.0×10－11,4.9×10－10)≈0.02，H2CO3的一级电离常数大于HCN，二级电离常数小于HCN，故H2CO3的酸性强于HCN，HCOeq\o\al(－,3)的酸性弱于HCN，故向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应的离子方程式为CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(－,3)。15．NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是___________________________________

_____________________________________________________________________(用必要的化学用语和相关文字说明)。(2)相同条件下，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NHeq\o\al(＋,4))________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1mol·L－1NH4HSO4中c(NHeq\o\al(＋,4))。(3)如图1所示是0.1mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。①其中符合0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填字母)，导致pH随温度变化的原因是________________________________________

___________________________________________________________________。②20℃时，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中2c(SOeq\o\al(2－,4))－c(NHeq\o\al(＋,4))－3c(Al3＋)＝________。(4)室温时，向100mL0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，所得溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是________。答案(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水(2)小于(3)①ⅠNH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小②10－3mol·L－1(4)ac(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＝c(H＋)解析(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NHeq\o\al(＋,4)均发生水解，NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性抑制NHeq\o\al(＋,4)水解，HSOeq\o\al(－,4)电离出H＋同样抑制NHeq\o\al(＋,4)水解，但HSOeq\o\al(－,4)电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4中NHeq\o\al(＋,4)水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。(3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ。②根据电荷守恒，可以求出2c(SOeq\o\al(2－,4))－c(NHeq\o\al(＋,4))－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)≈10－3mol·L－1[c(OH－)太小，可忽略]。(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完电离出的H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))，b点时c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))，根据N原子与S原子的关系，可以得出c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))，故c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＝c(H＋)。微专题30电解质溶液中“粒子”浓度关系(一)熟悉两大理论，构建思维基点(1)电离平衡→建立电离过程是微弱的意识弱电解质(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＋，粒子浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。(2)水解平衡→建立水解过程是微弱的意识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－，粒子浓度由大到小的顺序：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)。(二)把握三大守恒，明确定量关系1．物料守恒(原子守恒)在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，符合原子守恒。如NaHCO3溶液中，因HCOeq\o\al(－,3)水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－以及HCOeq\o\al(－,3)电离：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，C元素的存在形式有3种，即HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、COeq\o\al(2－,3)，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)。2．电荷守恒在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有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))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)(因COeq\o\al(2－,3)带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)。3．质子守恒电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量相等。例如：(1)在Na2CO3溶液中：质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。(2)在NaHCO3溶液中：质子守恒：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))。另外，质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导得出。以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去没有参与变化的K＋得质子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－(三)明晰三大类型，掌握解题流程溶液中粒子浓度大小比较三大类型类型一单一溶液中各粒子浓度的比较(1)多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱，如H3PO4溶液中：c(H＋)＞c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(POeq\o\al(2－,4))。(2)多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步