高考化学二轮复习核心考点逐项突破专题十五盐类的水解(专讲)(原卷版+解析)

专题十五盐类的水解一、盐类的水解及其规律1.定义：在水溶液中盐电离出来的离子跟水所电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。2.水解实质：盐和水发生反应生成弱电解质，使水的电离平衡被破坏，从而建立新的平衡的过程。3.水解特点：①只有弱酸的阴离子或弱碱的阳离子才能与H+或OH-结合生成弱电解质。

②盐类水解使水的电离平衡发生移动，促进水的电离，使水电离出的c(OH-)≠c(H+)并使溶液呈酸性或碱性。

③盐类水解反应是酸碱中和反应的逆反应。水解是微弱的程度很小，故水解产物极少，盐溶液的酸碱性极弱，用“”号。=4\*GB3④盐类水解是吸热反应。4.盐类的水解规律：有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、谁强显谁性、双弱具体定。具体为：（1）正盐溶液：①强酸弱碱盐呈酸性；②强碱弱酸盐呈碱性；③强酸强碱盐呈中性；④弱酸弱碱盐不一定。如NH4CNCH3COONH4NH4F碱性中性酸性取决于弱酸弱碱相对强弱（2）酸式盐①若只有电离而无水解，则呈酸性（如NaHSO4）；②若既有电离又有水解，取决于两者相对大小；电离程度＞水解程度，呈酸性；电离程度＜水解程度，呈碱性强碱弱酸式盐的电离和水解，如H3PO4及其三种阴离子随溶液pH变化可相互转化：pH值增大H3PO4H2PO4－HPO42－PO43－pH减小③常见酸式盐溶液的酸碱性碱性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4酸性：NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4【注意】比较盐类水解程度的相对大小(1)盐对应的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大。(2)同种弱酸(或弱碱)的盐溶液浓度越小，水解程度越大。(3)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。(4)相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NHeq\o\al(＋,4)的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。(5)温度越高，盐的水解程度越大。二、盐类水解的影响因素及应用1．探究影响盐类水解平衡的因素（1）内因：盐类本身的性质是影响盐类水解的内在因素，也是主要因素。组成盐的酸或碱越弱，盐的水解程度越大，其盐溶液的酸性或碱性就越强。

（2）外界条件：

①温度：盐的水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大。

②浓度：加入水，溶液浓度减小，使平衡向正反应方向移动，水解程度增大。

③外加相关离子：盐类水解后，溶液会呈现不同的酸碱性。外加酸或碱，可以促进或抑制盐的水解。如在配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸来抑制FeCl3水解。【小结】影响盐类水解的因素因素水解平衡水解程度溶液中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、碱酸促进弱酸阴离子的水解，使其水解程度增大；抑制弱碱阳离子的水解，使其水解程度减小碱抑制弱酸阴离子的水解，使其水解程度减小；促进弱碱阳离子的水解，使其水解程度增大加能水解的盐小结：强酸弱碱盐：加强酸抑制水解，加强碱促进水解；强碱弱酸盐：加强酸促进水解，加强碱抑制水解。2．水解原理的应用下列有关问题与盐的水解有关的是①②③④⑤⑥。①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体⑥要除去CuCl2溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH三、把握三种守恒，明确等量关系(1)电荷守恒电解质溶液必须保持电中性，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。(2)元素质量守恒变化前后某种元素的原子个数守恒。①单一元素守恒，如1molNH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol，即氮元素守恒。②两元素守恒，如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))，即钠元素与碳元素守恒。(3)质子守恒电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。四、比较电解质溶液中粒子浓度相对大小1.解题思路2.溶液中粒子浓度的三个守恒关系(1)电荷守恒：指在电解质的水溶液中，阳离子的所带总电荷数与阴离子的所带总电荷数必须相等。因为溶液总是呈电中性的。如在Na2CO3溶液中存在Na＋、CO32－、H＋、OH－、HCO3－,它们存在如下关系:c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)。(2)物料守恒（原子守恒）：指一个平衡体系中，某一组分的总浓度一定等于它所离解成的多种微粒的平衡浓度之和，也就是变化前后某种元素的原子个数守恒。例如：cmol·L－1的Na2CO3溶液的物料守恒，可以根据溶液中存在的平衡关系：在Na2CO3溶液的物料守恒：c(Na＋)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)

(3)质子守恒即H2O电离的H+和OH-浓度相等。指溶液中得到质子的物质的量应该与失去质子的物质的量相等。如在Na2CO3溶液中水电离出OH-和H+,其中水电离出的H+以H+、HCO3-、H2CO3三种形式存在于溶液中,则有c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)(由电荷守恒式减去物料守恒式也可求出质子守恒式)。 规律小结盐溶液的配制与保存注意事项(1)强酸弱碱盐：配制FeCl3、SnCl2、Fe2(SO4)3溶液时，常加入少量相应酸来抑制弱碱阳离子的水解。(2)强碱弱酸盐：配制Na2CO3溶液时，常加入少量相应的碱来抑制弱酸根离子的水解。(3)Na2CO3溶液、NaHCO3溶液等由于水解使溶液呈碱性，故不能用带玻璃塞的玻璃瓶来盛。又如：NaF溶液保存时不能用玻璃容器装，因F－＋H2OHF＋OH－，生成的氢氟酸会与玻璃的成分之一二氧化硅反应，长时间会漏液。常用塑料或铅制容器装NaF溶液或氢氟酸。1．【2022年辽宁卷】甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是A．甘氨酸具有两性B．曲线c代表C．的平衡常数D．2．（2021·广东真题）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A．水溶液的B．水溶液加水稀释，升高C．在水中的电离方程式为：D．水溶液中：3．（2021·山东真题）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是A．>B．M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH=D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)4．（2021.6·浙江真题）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是A．由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度B．过程中：逐渐减小C．过程中：D．令c点的，e点的，则5．【2022年江苏卷】一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降6．（2021.1·浙江真题）实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)7．（2020·天津高考真题）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．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D．在溶液中，1．（2023·安徽黄山·统考一模）以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下。下列说法不正确的是A．1mol过二硫酸钠（Na2S2O8）中含有σ键数9NAB．氧化除锰后的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质D．氧化除锰过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+2．（2023·福建漳州·统考模拟预测）工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示[已知：常温下，；难溶于水]。下列说法错误的是A．时，与氨水反应生成，溶液中B．时，C．时，物质的量分数最大，除铅效果最好D．时，转化为的离子方程式为3．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）下列叙述中正确的是A．室温下，向浓度为弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，溶液的pH与的差为定值B．常温下，H2SeO4的电离方程式：，，浓度均为的①溶液、②溶液、③溶液，由大到小的顺序为③>②>①C．同浓度的溶液和盐酸，加水稀释相同倍数时相等D．将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，不能发生反应(已知：室温下，氢硫酸两级电离常数分别为、，)4．（2023·湖南邵阳·统考一模）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论正确的是A．由图1得出若要除去溶液中的，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和溶液时，溶液的pH变化曲线，其中I表示盐酸，II表示溶液，且溶液导电性：c>b>aC．图3表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在D．图4表示常温下向体积为NaOH溶液中逐滴加入溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：5．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）常温下，下列说法错误的是A．向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c()>c()>c()>c()=c()B．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中D．0.01mol/LNaHCO3溶液：c()＋c(H2CO3)=c()＋c()6．（2022·福建·福建师大附中校联考模拟预测）25℃时，将稀硫酸滴入Na2R溶液中，混合溶液中离子浓度变化与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．L1表示-lg与pH的关系曲线B．H2R的第二步电离常数Ka2的数量级为10-4C．NaHR溶液能使酚酞溶液变红D．M点对应溶液中存在c(Na＋)>3c(R2-)7．（2022·浙江·模拟预测）已知：常温下，碳酸的电离平衡常数，。常温下，向溶液中缓慢滴加盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(和未画出)。下列说法不正确的是A．A点到B点，水的电离程度逐渐减小B．滴加至B点时，C．滴加至C点时，D．滴加至D点时，溶液专题十五盐类的水解一、盐类的水解及其规律1.定义：在水溶液中盐电离出来的离子跟水所电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。2.水解实质：盐和水发生反应生成弱电解质，使水的电离平衡被破坏，从而建立新的平衡的过程。3.水解特点：①只有弱酸的阴离子或弱碱的阳离子才能与H+或OH-结合生成弱电解质。

②盐类水解使水的电离平衡发生移动，促进水的电离，使水电离出的c(OH-)≠c(H+)并使溶液呈酸性或碱性。

③盐类水解反应是酸碱中和反应的逆反应。水解是微弱的程度很小，故水解产物极少，盐溶液的酸碱性极弱，用“”号。=4\*GB3④盐类水解是吸热反应。4.盐类的水解规律：有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、谁强显谁性、双弱具体定。具体为：（1）正盐溶液：①强酸弱碱盐呈酸性；②强碱弱酸盐呈碱性；③强酸强碱盐呈中性；④弱酸弱碱盐不一定。如NH4CNCH3COONH4NH4F碱性中性酸性取决于弱酸弱碱相对强弱（2）酸式盐①若只有电离而无水解，则呈酸性（如NaHSO4）；②若既有电离又有水解，取决于两者相对大小；电离程度＞水解程度，呈酸性；电离程度＜水解程度，呈碱性强碱弱酸式盐的电离和水解，如H3PO4及其三种阴离子随溶液pH变化可相互转化：pH值增大H3PO4H2PO4－HPO42－PO43－pH减小③常见酸式盐溶液的酸碱性碱性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4酸性：NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4【注意】比较盐类水解程度的相对大小(1)盐对应的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大。(2)同种弱酸(或弱碱)的盐溶液浓度越小，水解程度越大。(3)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。(4)相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NHeq\o\al(＋,4)的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。(5)温度越高，盐的水解程度越大。二、盐类水解的影响因素及应用1．探究影响盐类水解平衡的因素（1）内因：盐类本身的性质是影响盐类水解的内在因素，也是主要因素。组成盐的酸或碱越弱，盐的水解程度越大，其盐溶液的酸性或碱性就越强。

（2）外界条件：

①温度：盐的水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大。

②浓度：加入水，溶液浓度减小，使平衡向正反应方向移动，水解程度增大。

③外加相关离子：盐类水解后，溶液会呈现不同的酸碱性。外加酸或碱，可以促进或抑制盐的水解。如在配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸来抑制FeCl3水解。【小结】影响盐类水解的因素因素水解平衡水解程度溶液中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、碱酸促进弱酸阴离子的水解，使其水解程度增大；抑制弱碱阳离子的水解，使其水解程度减小碱抑制弱酸阴离子的水解，使其水解程度减小；促进弱碱阳离子的水解，使其水解程度增大加能水解的盐小结：强酸弱碱盐：加强酸抑制水解，加强碱促进水解；强碱弱酸盐：加强酸促进水解，加强碱抑制水解。2．水解原理的应用下列有关问题与盐的水解有关的是①②③④⑤⑥。①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体⑥要除去CuCl2溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH三、把握三种守恒，明确等量关系(1)电荷守恒电解质溶液必须保持电中性，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。(2)元素质量守恒变化前后某种元素的原子个数守恒。①单一元素守恒，如1molNH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol，即氮元素守恒。②两元素守恒，如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))，即钠元素与碳元素守恒。(3)质子守恒电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。四、比较电解质溶液中粒子浓度相对大小1.解题思路2.溶液中粒子浓度的三个守恒关系(1)电荷守恒：指在电解质的水溶液中，阳离子的所带总电荷数与阴离子的所带总电荷数必须相等。因为溶液总是呈电中性的。如在Na2CO3溶液中存在Na＋、CO32－、H＋、OH－、HCO3－,它们存在如下关系:c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)。(2)物料守恒（原子守恒）：指一个平衡体系中，某一组分的总浓度一定等于它所离解成的多种微粒的平衡浓度之和，也就是变化前后某种元素的原子个数守恒。例如：cmol·L－1的Na2CO3溶液的物料守恒，可以根据溶液中存在的平衡关系：在Na2CO3溶液的物料守恒：c(Na＋)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)

(3)质子守恒即H2O电离的H+和OH-浓度相等。指溶液中得到质子的物质的量应该与失去质子的物质的量相等。如在Na2CO3溶液中水电离出OH-和H+,其中水电离出的H+以H+、HCO3-、H2CO3三种形式存在于溶液中,则有c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)(由电荷守恒式减去物料守恒式也可求出质子守恒式)。 规律小结盐溶液的配制与保存注意事项(1)强酸弱碱盐：配制FeCl3、SnCl2、Fe2(SO4)3溶液时，常加入少量相应酸来抑制弱碱阳离子的水解。(2)强碱弱酸盐：配制Na2CO3溶液时，常加入少量相应的碱来抑制弱酸根离子的水解。(3)Na2CO3溶液、NaHCO3溶液等由于水解使溶液呈碱性，故不能用带玻璃塞的玻璃瓶来盛。又如：NaF溶液保存时不能用玻璃容器装，因F－＋H2OHF＋OH－，生成的氢氟酸会与玻璃的成分之一二氧化硅反应，长时间会漏液。常用塑料或铅制容器装NaF溶液或氢氟酸。1．【2022年辽宁卷】甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是A．甘氨酸具有两性B．曲线c代表C．的平衡常数D．【答案】D【解析】A．中存在和-COOH，所以溶液显两性，故A正确；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合H+，羧基具有酸性，在碱性较强时与OH-反应，故曲线a表示的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误。2．（2021·广东真题）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A．水溶液的B．水溶液加水稀释，升高C．在水中的电离方程式为：D．水溶液中：【答案】B【解析】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH>3，故A错误；B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。3．（2021·山东真题）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是A．>B．M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH=D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)【答案】CD【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则。A．，，因此，故A错误；B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；C．O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；综上所述，正确的是CD，故答案为CD。4．（2021.6·浙江真题）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是A．由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度B．过程中：逐渐减小C．过程中：D．令c点的，e点的，则【答案】C【解析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。A．a点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。5．【2022年江苏卷】一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降【答案】C【解析】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为NaHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)++c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c总=0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO3溶液，Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确。6．（2021.1·浙江真题）实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)【答案】C【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D．25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸钠溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-)-c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。综上所述，本题选C。7．（2020·天津高考真题）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．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D．在溶液中，【答案】A【解析】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，正确；综上所述，答案为A。1．（2023·安徽黄山·统考一模）以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下。下列说法不正确的是A．1mol过二硫酸钠（Na2S2O8）中含有σ键数9NAB．氧化除锰后的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质D．氧化除锰过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+【答案】C【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。【详解】A．中含有1个过氧键(-O-O-)，结构式为，单键均为σ键，双键中有1条σ键，1条π键，因此1mol过二硫酸钠（Na2S2O8）中含有σ键数9NA，A正确；B．根据分析，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、，B正确；C．溶液中Fe3+能与锌反应生成Fe2+和Zn2+，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C错误；D．根据分析，“氧化除锰”工序用Na2S2O8把Fe2+、Mn2+氧化为Fe3+、MnO2，根据电子转移守恒和质量守恒可知，除锰发生反应的离子反应方程式是Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+，D正确；故选C。2．（2023·福建漳州·统考模拟预测）工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示[已知：常温下，；难溶于水]。下列说法错误的是A．时，与氨水反应生成，溶液中B．时，C．时，物质的量分数最大，除铅效果最好D．时，转化为的离子方程式为【答案】B【详解】A．分析图像可知，pH=6时，与氨水反应生成，此时溶液中，根据可得，A正确；B．pH=8时，溶液中的离子有、、、、，根据电荷守恒，B错误；C．根据题目信息，难溶于水，废水中的铅转化为时除铅效果最好，而pH=10时，物质的量分数最大，C正确；D．pH=12时，转化为的离子反应为，D正确。故选B。3．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）下列叙述中正确的是A．室温下，向浓度为弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，溶液的pH与的差为定值B．常温下，H2SeO4的电离方程式：，，浓度均为的①溶液、②溶液、③溶液，由大到小的顺序为③>②>①C．同浓度的溶液和盐酸，加水稀释相同倍数时相等D．将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，不能发生反应(已知：室温下，氢硫酸两级电离常数分别为、，)【答案】A【详解】A．室温下，向浓度为弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液的溶质为NaA，溶液的pH与即-lgc(H+)-()=-lgc(H+)==lg，Ka为定值，故溶液的pH与的差为定值，A正确；B．常温下，H2SeO4的电离方程式：，，浓度均为的①溶液中只存在，②溶液存在，，且第一步电离产生的H+抑制了第二步电离，③溶液中存在Na2SeO4=2Na++，+H2O+OH-，且水解程度很小，故由大到小的顺序为③>①>②，B错误；C．虽然NH4Cl溶液由于水解也呈酸性，但同浓度的NH4Cl溶液和盐酸中H+浓度不相等，故加水稀释相同倍数时不相等，C错误；D．一般一个反应的化学平衡常数大于105便认为能够自发进行，已知反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+的平衡常数K======7.1×1014远大于105，故将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，能发生反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D错误；故答案为：A。4．（2023·湖南邵阳·统考一模）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论正确的是A．由图1得出若要除去溶液中的，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和溶液时，溶液的pH变化曲线，其中I表示盐酸，II表示溶液，且溶液导电性：c>b>aC．图3表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在D．图4表示常温下向体积为NaOH溶液中逐滴加入溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：【答案】A【详解】A．除去CuSO4溶液中的Fe3+，要使铁离子除去但不能除去铜离子，根据溶液pH与产生沉淀的关系知，当pH=4时氢氧化铁完全沉淀，可以加入CuO调节溶液的pH且不引进杂质，故A正确；B．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，即Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸。溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，相同pH值的盐酸、醋酸，浓度醋酸更大，稀释相同倍数之后，醋酸浓度依然比盐酸大，所以a>b，c的稀释倍数多，所以浓度更小，所以且溶液导电性：a>b>c，故B错误；C．在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子形式存在，图中a点溶液中应存在大量AlO，故C错误；D．体积为NaOH溶液中逐滴加入溶液，b点加入10mL溶液，所得的溶液是醋酸钠溶液，醋酸根发生水解常数醋酸和氢氧根