第19讲 影响盐类水解的主要因素及盐类水解的应用 （教师版）【暑假弯道超车】2024年新高二化学暑假讲义+习题（人教版2019选择性必修1）

第19讲影响盐类水解的主要因素及盐类水解的应用1.了解影响盐类水解平衡的因素，分析外界条件对盐类水解平衡的影响。2.了解盐类水解在生产生活、化学实验、科学研究中的应用。学会设计探究方案，进行实验探究。一、影响盐类水解的主要因素1．反应物的性质盐类水解程度的大小主要由盐的性质决定，生成盐的弱酸酸性越弱(或弱碱碱性越弱)，即越难电离(电离常数越小)，该盐的水解程度越大，即越弱越水解。2．实验探究反应条件对水解程度的影响已知FeCl3发生水解反应的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，根据实验操作填写下表：影响因素实验步骤实验现象解释盐的浓度加入FeCl3固体，再测溶液的pH溶液颜色变深，pH变小加入FeCl3固体，c(Fe3＋)增大，水解平衡向正反应方向移动溶液的酸碱度加盐酸后，测溶液的pH溶液颜色变浅，pH变小加入盐酸，c(H＋)增大，水解平衡向逆反应方向移动，但c(H＋)仍比原平衡中c(H＋)大加入少量NaOH溶液产生红褐色沉淀加入氢氧化钠后，OH－消耗H＋，c(H＋)减小，水解平衡向正反应方向移动温度升高温度溶液颜色变深，pH变小升高温度，水解平衡向正反应方向移动二、盐类水解的应用1．在化学实验中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的NaX、NaY、NaZ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，抑制Cu2＋水解；贮存Na2CO3溶液不能用磨口玻璃塞胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋制备无水盐将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通HCl的气流中加热蒸干判断离子是否共存Al3＋与COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、S2－、HS－、AlOeq\o\al(－,2)；Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)；NHeq\o\al(＋,4)与AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)因相互促进水解程度强烈而不能大量共存判断中和反应至中性的试剂用量如NH3·H2O与HCl反应至中性，NH3·H2O过量，CH3COOH与NaOH反应至中性时CH3COOH过量制备无机化合物如用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl；加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得到TiO22.在生产生活中的应用泡沫灭火器原理泡沫灭火器中的成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生的反应为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＋化肥使用铵态氮肥与草木灰不得混合施用除锈剂NH4Cl溶液与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂，原理为NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋热纯碱去污能力强加热，促进Na2CO3的水解，使c(OH－)增大，去污能力增强【归纳总结】盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断大多数盐溶液蒸干灼烧后可以得到相应的盐，以下常见的三类盐溶液蒸干得不到相应的盐(1)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得到对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼烧则会生成Al2O3、Fe2O3。(2)考虑盐受热时是否分解。因为Ca(HCO3)2、NaHCO3、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaO；NaHCO3→Na2CO3；NH4Cl→NH3＋HCl。(3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干得到Fe2(SO4)3。三、水解常数及应用1.盐的水解常数以CH3COONa为例CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－Kh＝eq\f(cCH3COOH·cOH－,cCH3COO－)水解常数仅受温度的影响，因水解反应是吸热反应，故水解平衡常数随温度的升高而增大。2.二元弱酸对应盐的水解常数二元弱酸H2CO3的电离常数为Ka1、Ka2，则Na2CO3的水解常数Kh为eq\f(Kw,Ka2)，NaHCO3的水解常数为eq\f(Kw,Ka1)。3.水解常数(Kh)与电离常数的定量关系(以CH3COONa为例)CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－Kh＝eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）,c（CH3COO－）)＝eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）·c（H＋）,c（CH3COO－）·c（H＋）)＝eq\f(c（OH－）·c（H＋）,\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）))＝eq\f(KW,Ka)(Ka为CH3COOH的电离常数)因而Ka(或Kb)与KW的定量关系为(1)Ka·Kh＝KW或Kb·Kh＝KW。(2)Na2CO3的水解常数Kh＝eq\f(KW,Ka2)。(3)NaHCO3的水解常数Kh＝eq\f(KW,Ka1)。4.水解常数的重要应用判断溶液的酸碱性，如HCOeq\o\al(－,3)的水解常数大于其电离常数，NaHCO3溶液呈碱性。考点01影响盐类水解平衡的因素【例1】在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是A．升高温度，增大B．加入CuSO4固体，HS-浓度增大C．稀释溶液，水解平衡常数增大D．加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】A【解析】A.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以增大，故A正确；B.加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS-浓度减小，故B错误；C.水解平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时水解平衡常数是不变的，故C错误；D.加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错误；故选A。【变式1-1】关于溶液的叙述正确的是A．加入盐酸，抑制水解 B．升温，抑制水解C．浓度越大，水解程度越大 D．将溶液蒸干可得固体【答案】A【分析】氯化铁溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，依据外界因素对水解平衡的影响因素分析作答。【解析】根据上述分析可知：A.加入盐酸，铁离子的水解平衡中生成物的浓度增大，则会抑制水解，A项正确；B.铁离子的水解属于吸热反应，因此升温促进水解平衡，B项错误；C.根据“越稀越水解”原则可知，反应物铁离子的浓度越大，水解程度越小，C项错误；D.因氯化铁水解产物氯化氢易挥发，会促进铁离子向水解方向进行，因此将溶液蒸干最终得到氢氧化铁固体，灼烧会得到氧化铁，并不能得到氯化铁，D项错误；答案选A。【变式1-2】在的平衡体系中，要抑制的水解，可采取的措施为A．升高温度 B．滴加少量盐酸C．加入适量氢氧化钠溶液 D．加水稀释【答案】B【分析】由可知，加酸可抑制Al

3+的水解，以此来解答。【解析】A．水解为吸热反应，加热促进水解，故A不选；B．滴加少量盐酸，氢离子浓度增大，抑制水解，故B选；C．加入适量的氢氧化钠溶液，与氢离子反应，促进水解，故C不选；D．加水稀释，促进水解，故D不选；故选B。考点02盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断【例2】将FeCl3溶液蒸干、灼烧所得固体的主要成分（

）A．FeCl3 B．FeO C．Fe2O3 D．Fe3O4【答案】C【解析】在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，水解过程是一个吸热的过程，所以当对FeCl3溶液进行加热时，水解平衡右移，又由于生成的HCl易挥发逸出，所以蒸干FeCl3溶液得到的是Fe(OH)3，进行灼烧时发生反应：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，所以蒸干、灼烧FeCl3溶液得到的固体是Fe2O3。答案选择C项。【变式2-1】将AlCl3溶液和Al(NO3)3溶液分别加热蒸干，并灼烧，所得产物的主要成份是：A．均为Al(OH)3 B．前者得Al2O3，后者得Al(NO3)3C．均为Al2O3 D．前者得AlCl3，后者得Al(NO3)3【答案】C【解析】AlCl3和Al(NO3)3都是强酸弱碱盐，水解产生A1(OH)3、HCl及HNO3，由于盐酸和硝酸都是挥发性的酸，所以AlCl3溶液和Al(NO3)3溶液在加热时水解生成固体A1(OH)3，Al(OH)3在加热条件下分解生成Al2O3，故合理选项是C。【变式2-2】盐类的水解在生活中应用广泛。下列说法错误的是A．热的纯碱溶液清洗厨房油污效果较好B．明矾中Al3+与天然水中的水解相互促进生成Al(OH)3胶体，起到净水作用C．将NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合产生泡沫用于灭火D．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，能得到成分相同的固体【答案】D【解析】A．纯碱溶液由于碳酸根离子水解呈碱性，促进油脂的水解，加热促进盐类水解，故热的纯碱溶液碱性更强，清洗厨房油污效果较好，A正确；B．明矾在水中电离出Al3+，Al3+的水解与天然水中的水解互相促进，生成沉淀和气体，则水变澄清，絮状沉淀下沉到底部，B正确；C．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3+Al3+═Al(OH)3↓+3CO2↑，C正确；D．AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、蒸干、灼烧，可得到氧化铝，而加热硫酸铝溶液，因硫酸难挥发，最终仍得到硫酸铝，D错误；故答案为：D。考点03盐类水解对离子共存的影响【例3】常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是A．使酚酞变红的溶液中：、、、B．由水电离的的溶液中：、、、C．的溶液中：、、、D．澄清透明的溶液中：、、、【答案】B【解析】A．使酚酞变红的溶液中显碱性，碱性环境会生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．酸或者碱抑制水的电离，由水电离的的溶液中有肯能是酸溶液，也有可能是碱溶液，无论是酸溶液还是碱性溶液、、、相互均不反应，一定能大量共存，故B正确；C．的溶液中能与H+反应，不能大量共存，故C错误；D．澄清透明的溶液中与会发生双水解反应，不能大量共存，故D错误；故答案为B。【变式3-1】下列各组离子在给出条件下能大量共存的是A．中性溶液中：、、、B．在溶液中：、、、C．强酸性溶液中：、、、D．pH=13的溶液中，、、、【答案】D【解析】A．、、都不水解，水解显酸性，不可能是中性溶液中存在，故A不符合题意；B．与发生双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，故B不符合题意；C．强酸性溶液中：、发生反应生成硫、二氧化硫和水，故C不符合题意；D．pH=13的溶液中，、、、都大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。【变式3-2】下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是A．使甲基橙变红色的溶液：、、、B．的溶液中：、、、C．在的溶液中：、、、D．由水电离出的的溶液中：、、、【答案】C【解析】A．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，不能在酸性溶液中大量存在，且与在溶液中发生双水解，即两者不能大量共存，故A错误；B．的溶液呈碱性，不能大量存在，故B错误；C．在的溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，、、能大量共存，故C正确；D．由水电离出的的溶液中，水的电离受到抑制，溶液既可能呈酸性也可能呈碱性，在碱性溶液中不能大量存在，酸性溶液中硝酸根离子能氧化，即酸性溶液中硝酸根离子和不能大量共存，故D错误；故答案为：C。考点04盐类水解的综合应用【例4】下列事实与盐类水解无关的是A．与溶液可作焊接金属时的除锈剂B．草木灰与铵态氮肥不能混合施用C．加热蒸干溶液得到固体D．要除去溶液中混有的，可通入适量氧化剂【答案】D【解析】A．与均水解而使溶液显酸性，所以可作焊接金属时的除锈剂，A不符合题意；B．草木灰与铵态氮肥混合施用会发生互相促进的水解反应，会降低肥效，B不符合题意；C．水解方程式为，加热蒸干溶液，会使挥发，得到固体，C不符合题意；D．除去溶液中混有的时通入氧化剂，是利用氧化还原反应原理，与水解无关，D符合题意；故答案为：D。【变式4-1】下面的问题中，与盐类水解有关的是①为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸；②实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞；③在NH4Cl或AlCl3溶液中加入镁条会产生气泡；④长期使用硫酸铵，土壤酸性增强。A．只有①② B．只有①②③ C．只有①③④ D．全部【答案】D【解析】①FeCl3在水溶液中会发生水解，所以要在FeCl3溶液中加入少量盐酸可防止其水解；②Na2CO3、Na2SiO3在水溶液中会发生水解，使溶液显碱性，所以试剂瓶不能用玻璃塞，因为玻璃塞中的二氧化硅会与碱发生反应生成具有粘性的硅酸钠，所以应用橡胶塞，这与盐类水解有关；③NH4Cl或AlCl3在水溶液中会发生水解，使水溶液显酸性，所以加入镁条，镁与氢离子发生反应产生氢气，这与盐类水解有关；④硫酸铵在水溶液中会发生水解，使溶液显酸性，使土壤酸性增强，与盐类水解有关；综上所述，D项符合题意；答案选D。【变式4-2】下列事实不属于盐类水解应用的是A．明矾、氯化铁晶体常用于净水B．草木灰和铵态氮肥不能混合使用C．实验室通常在HCl气氛中加热制D．实验室制氢气时加入可加快反应速率【答案】D【解析】A．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氯化铁晶体中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体能吸附悬浮杂质，因此明矾、氯化铁晶体常用于净水，故A不符合题意；B．碳酸根和铵根相互促进的双水解，因此草木灰和铵态氮肥不能混合使用，故B不符合题意；C．镁离子水解，实验室通常在HCl气氛中加热制，抑制镁离子水解，故C不符合题意；D．实验室制氢气时加入可加快反应速率，先置换反应生成铜，形成原电池而加快反应速率，与水解无关，故D符合题意。综上所述，答案为D。1．对滴有酚酞试液的Na2CO3溶液，下列操作后红色会加深的是A．降温 B．通入CO2气体C．加入少量CaCl2固体 D．加入少量NaOH固体【答案】D【解析】A.降温会减弱碳酸钠的水解程度，溶液碱性减弱，故A不符合题意；B.二氧化碳与碳酸钠的溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的水解能力小于碳酸钠溶液，溶液碱性减弱，故B不符合题意；C.加入少量氯化钙固体，与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，溶液中碳酸根减少，碱性减弱，故C不符合题意；D.氢氧化钠会电离出氢氧根，增强溶液碱性，使红色加深，故D正确；故答案为D。2．将醋酸钠饱和溶液加热A．碱性增强 B．碱性不变 C．pH不变 D．碱性变弱【答案】A【分析】醋酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中水解生成醋酸与氢氧化钠，水解为吸热反应，加热，水解平衡右移，溶液碱性增强，据此分析。【解析】醋酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中水解生成醋酸与氢氧化钠，化学方程式:CH3COONa+H2O⇌CH3COOH+NaOH，水解为吸热反应，将醋酸钠饱和溶液加热，水解平衡右移，溶液的碱性增强，pH变大，所以A选项是正确的；综上所述，本题正确选项A。3．常温下下列物质的水溶液，加热到，溶液几乎不变的是A．氢氧化钾 B．硫酸铵 C．盐酸 D．硫酸【答案】D【解析】A．KOH是强碱，在水溶液里完全电离，升高温度，促进水电离，水的离子积常数增大，溶液中NaOH电离出的氢氧根离子浓度远远大于水电离出氢氧根离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度几乎不变，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A不选；B．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，升高温度促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故B不选；C．盐酸易挥发，升高温度会使HCl挥发，溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，故C不选；D．硫酸是强酸，在水溶液里完全电离生成氢离子和硫酸根离子，升高温度促进水电离，但硫酸电离出的氢离子浓度远远大于水电离出的氢离子浓度，所以溶液中氢离子浓度几乎不变，则溶液的pH几乎不变，故D选；答案选D。4．下列说法正确的是A．盐类水解破坏了水的电离平衡，促进水的电离B．升高温度，平衡逆向移动C．若强酸与强碱中和后，则两者的之和一定为14D．盐类水解反应不一定都是吸热反应【答案】A【解析】A．盐中的弱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程为盐类的水解，导致水电离出的氢离子或氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡向正向移动，促进水的电离，故A正确；B．为盐类的水解反应，盐类的水解反应为吸热反应，升高温度，该反应平衡正向移动，故B错误；C．若强酸与强碱等体积混合后，溶液呈中性，则pH酸+pH碱=14，选项中酸和碱溶液的体积未知，则不能确定两者的之和一定为14，故C错误；D．盐类水解反应是酸碱中和反应的逆过程，酸碱中和反应都是放热反应，则盐类的水解反应都是吸热反应，故D错误；答案选A。5．用棕黄色溶液探究影响盐类水解的因素，根据实验现象和原理，下列对水解程度判断正确的是选项实验现象水解程度A加入固体溶液变成红褐色变大B加热溶液溶液变成红褐色不变C通入气体溶液颜色变浅减小D加入溶液溶液颜色变浅不变【答案】C【分析】棕黄色溶液中Fe3+水解，水解离子方程式Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。【解析】A．加固体，水解平衡向右移动，溶液变成红褐色，水解程度减小，A错误；B．加热，水解平衡右移，溶液变成红褐色，水解程度增大，B错误；C．加HCl，c（H+）增大，水解平衡左移，溶液颜色变浅，水解程度减小，C正确；D．加入溶液，相当于加水稀释，水解平衡向右移动，水解程度增大，D错误；故答案选C。6．0.1mol/L溶液中，由于的水解，使得。如果要使更接近于0.1mol/L，可采取的措施是A．加入少量氢氧化钠 B．加入少量水C．加入少量盐酸 D．加热【答案】C【分析】如果要使更接近于0.1mol/L，需要抑制铵根离子水解，并且加入的物质和铵根离子之间不反应即可，根据水解平衡的移动影响因素来回答。【解析】A．加入氢氧化钠，会消耗铵根离子，使得铵根离子浓度更小于，故A错误；B．加水稀释会导致溶液中铵根离子浓度减小，故B错误；C．加入盐酸会抑制铵根离子水解，能使更接近于0.1mol/L，故C正确；D．加热会促进铵根离子水解，导致溶液中铵根离子浓度减小，故D错误；答案选C。7．欲使醋酸钠溶液中的水解程度减小，增大，可采用的方法是A．加热 B．加水稀释C．加入少量NaOH固体 D．加入少量固体【答案】C【解析】A．CH3COO-水解方程式为：，由于水解是吸热反应，故升温促进水解，水解程度增大，A不符合题意；B．越稀越水解，加水稀释，水解程度增大，B不符合题意；C．加入NaOH，溶液中c(OH-)增大，c(OH-)增大导致水解平衡逆向移动，水解程度减小，C符合题意；D．CH3COO-水解呈碱性，水解呈酸性，两者水解相互促进，故CH3COO-水解程度增大，D不符合题意；故选C。8．在反应的平衡体系中，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．通入气体 C．加入适量的溶液 D．加入固体【答案】C【解析】A．盐的水解是酸碱中和反应的逆反应，是吸热的，加热可以使平衡正向移动，溶液的pH减小，故A不选；B．通入HCl气体，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，故B不选；C．加入NaOH溶液，中和H+，降低了氢离子浓度，平衡正向移动，pH增大，故C选；D．加入AlCl3固体，Al3+浓度增大，平衡正向移动，使H+浓度增大，pH减小，故D不选；故选C。9．在一定条件下，溶液中存在水解平衡：。下列说法正确的是（

）A．稀释溶液，各物质浓度均减小，平衡不移动B．通入，平衡向正反应方向移动C．升高温度，减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】A．稀释溶液，、、均减小，平衡正向移动，故A错误；B．通入，会与水解产生的反应，的浓度降低，平衡向正反应方向移动，故B正确；C．水解过程吸热，升高温度平衡正向移动，减小，增大，则增大，故C错误；D．加入NaOH固体，增大，溶液的碱性增强，pH增大，故D错误；答案选B。10．一定条件下，溶液中存在水解平衡。下列说法正确的是（

）A．加入少量NaOH固体，减小B．升高温度溶液的pH增大C．稀释溶液，溶液的pH增大D．通入少量HCl气体，水解平衡常数减小【答案】B【解析】A．加入的NaOH会抑制的水解，水解平衡逆向移动，使增大，故A错误；B．升高温度能促进盐类的水解，水解平衡正向移动，溶液中增大，溶液的pH增大，故B正确；C．释醋酸钠溶液，促进醋酸根离子水解，但醋酸根离子水解增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(OH-)减小，溶液的pH也减小，故C错误；D．通入的HCl在溶液中电离出氢离子，使得c(OH-)减小，水解平衡正向移动，能促进的水解，但温度不变，水解平衡常数不变，故D错误；答案选B。11．实验室在配制氯化铁溶液时，先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是A．防止氯化铁电离 B．抑制氯化铁水解C．提高溶液的pH D．提高氯化铁的溶解度【答案】B【解析】实验室在配制氯化铁溶液时，由于铁离子要发生水解，配制时容易变浑浊，因此先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是防止铁离子水解，故B正确。综上所述，答案为B。12．关于FeCl3水解的说法错误的是A．水解达到平衡时无论加FeCl3的饱和溶液还是加水稀释，平衡均向正反应方向移动B．浓度为5mol/L和0.5mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者低C．有50℃和20℃的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者低D．为抑制Fe3+水解，较好地保存FeCl3溶液，应加入少量HCl【答案】C【解析】A．加FeCl3饱和溶液，增加反应物浓度，平衡正向移动，加水稀释促进盐的水解，所以水解达到平衡时加水稀释，平衡正向移动，A正确；B．其他条件相同时，浓度越大盐类的水解程度越小，所以浓度为5mol/L和0.5mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+水解程度前者比后者小，B正确；C．其他条件相同时，温度越高盐类的水解程度越大，所以50℃和20℃的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者大，C错误；D．由Fe3+水解方程式可知，向FeCl3溶液应加入少量HCl，溶液中增大，平衡逆向移动，抑制了Fe3+的水解，D正确。答案选C。13．一定条件下，溶液中存在平衡：。下列说法错误的是A．加入固体，溶液增大 B．通入，平衡向正反应方向移动C．升高温度，增大 D．加水稀释，浓度减小，平衡常数变小【答案】D【解析】A．加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，A正确；B．通入二氧化碳气体，二氧化碳与氢氧根离子反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，B正确；C．水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，增大，C正确；D．稀释时，氢