第17讲盐类水解的影响因素及应用

第十七讲盐类水解的影响因素及应用要点集结要点集结知识精讲知识精讲一、水解平衡常数1．定义：盐类水解反应的平衡常数（或水解常数），用Kh表示。2．表达式对于水解方程式：A+H2O⇌HA+OH，其平衡常数可表示为：Kh=c3．意义：Kh表示水解反应趋势的大小，Kh数值越大，水解趋势越大。4．影响因素：对于确定的离子，其水解常数只受温度影响。温度越高，水解常数越大。5．与电离常数的关系Kh=KwKa（Ka为弱酸的电离平衡常数）或Kh=Kw二、影响盐类水解的因素1．内因——盐本身的性质弱酸阴离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解。相同温度下，等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种正盐溶液，测得溶液的pH分别是7、9、10。则相对应的酸HX、HY、HZ的酸性强弱顺序为：HX＞HY＞HZ。2．外因①温度：温度越高水解程度越大（水解吸热，越热越水解）②浓度：符合勒夏特列原理。浓度越小，水解程度越大（越稀越水解）。③酸碱：促进或抑制盐的水解（H+促进阴离子水解而抑制阳离子水解；OH促进阳离子水解而抑制阴离子水解）水解平衡和其他化学平衡一样也是动态平衡，外界条件改变，平衡就会发生移动，以CH3COONa的水解为例(CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－)填写下表条件移动方向c(CH3COO－)c(CH3COOH)c(OH－)水解程度EMBEDUnknown升温加H2O加CH3COOH加CH3COONa(s)加HCl加NaOH(s)FeCl3Na2CO3三、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NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为7、9、10，则酸性HX>HY>HZ判断离子能否共存弱碱阳离子与弱酸阴离子发生完全双水解，则两种离子无法大量共存①Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－②Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－③NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)保存、配制某些盐溶液配制FeCl3溶液时，常加入少量盐酸来抑制FeCl3的水解；盛放Na2CO3、Na2SiO3、CH3COONa、Na2S等溶液不能用玻璃塞，应用橡胶塞制取胶体、净水制取Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O△Fe(OH)3(胶体)+3H+明矾作净水剂原理：Al3++3H2O⇋Al(OH)3(胶体)+3H+制备化合物用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl去油污热的纯碱溶液去污能力强：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，升高温度，水解平衡右移，c(OH－)增大泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO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离子浓度大小如NH4Cl溶液：NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，c(Cl)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH)四、判断盐溶液蒸干时所得的产物1．水解生成难挥发性酸的强碱盐，蒸干后一般得原物质。2．水解生成易挥发性酸的强碱盐，一般蒸干后得对应的氢氧化物，灼烧后得对应的氧化物。(1)K2CO3水溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是_____________________。(2)Al2(SO4)3溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是_________________________。(3)FeCl3溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是_________________________。(4)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是_________________________。(5)NaHCO3溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是______________________。(6)Na2SO3溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是______________________。(7)NaClO溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是______________________。(8)如果由FeCl3溶液得到FeCl3固体，操作为________________________________________。(9)配制FeCl3溶液，为了防止沉淀，应___________________________________________。经典例题经典例题题型一：水解平衡的移动【例1】(2022秋•丰台区校级期末)测定0.1mol⋅L﹣1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下表：时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（）A．Na2SO3溶液中共有7种微粒 B．④产生的白色沉淀是BaSO4 C．①与④的Kw值相等 D．①→③的过程中，温度对水解平衡的影响比c()的影响更大【答案】：D【解析】：A．Na2SO3在水溶液中发生水解反应生成NaHSO3，NaHSO3水解生成H2SO3，所以Na2SO3溶液中存在Na+、H+、、、H2SO3、OH﹣，部分Na2SO3被氧化为Na2SO4，所以溶液中还存在，故A正确；B．BaSO3能溶于稀盐酸、BaSO4难溶于稀盐酸，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明④产生的白色沉淀是BaSO4，故B正确；C．水的离子积常数只与温度有关，①④温度相同，所以水的离子积常数相等，故C正确；D．①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，对水解平衡移动方向的影响程度更大的是浓度，故D错误；故答案为：D。【例2】(2022秋•西城区校级期中)测定0.1mol⋅L﹣1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（）A．①与④的Kw值相等 B．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣ C．④的pH与①不同，是由于SO32﹣浓度减小造成的 D．①→③的过程中，pH变化是温度升高水解平衡逆向移动的结果【答案】：D【解析】：A．水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，则①与④的Kw值相等，故A正确；B．Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，故B正确；C．实验①中没有白色沉淀、实验④中生成白色沉淀，说明实验①的溶液中不含SO42﹣、实验④的溶液含有SO42﹣，则温度改变过程中部分SO32﹣转化为SO42﹣，所以④的pH与①不同，是由于SO32﹣浓度减小造成的，故C正确；D．①到③过程温度升高，水解平衡向正向移动，但是溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，是升温加快了SO32﹣的氧化反应速率，c(SO32﹣)被氧化而降低，故D错误；故答案为：D。【例3】(2024•房山区一模)探究同浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液和不同盐溶液间的反应，①中产生白色沉淀和无色气体，②中只产生白色沉淀。(已知：碳酸铝在水溶液中不能稳定存在)下列说法不正确的是（）A．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3的水解 B．①中沉淀可能是氢氧化铝和碱式碳酸铝中的一种或二者的混合物 C．同浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液分别加入酚酞，Na2CO3溶液的红色深 D．②中CaCl2溶液滴入后，Na2CO3溶液的pH不变，NaHCO3溶液的pH降低【答案】：D【解析】：A．铝离子是弱碱阳离子，水解显酸性，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子能发生双水解，且能互促到底，故A正确；B．①中沉淀是铝离子和碳酸根离子、碳酸氢根离子发生双水解反应生成，可能是氢氧化铝和碱式碳酸铝中的一种或二者的混合物，故B正确；C．同浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液中，碳酸钠水解程度大，碱性强，分别加入酚酞，Na2CO3溶液的红色深，故C正确；D．②中CaCl2溶液滴入后，发生Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl、2NaHCO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，溶液pH都降低，故D错误；故答案为：D。【例4】(2022秋•东城区期末)常温下，浓度均为0.1mol⋅L﹣1的NaX和NaY盐溶液的pH分别为9和11。下列判断不正确的是（）A．NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣) B．电离常数：Ka(HX)＞Ka(HY) C．X﹣结合H+的能力大于Y﹣结合H+的能力 D．HX与NaY能发生反应：HX+Y﹣═HY+X﹣【答案】：C【解析】：A．0.1mol⋅L﹣1的NaX盐溶液的pH为9，说明HX为弱酸，NaX溶液中X﹣会水解，所以：c(Na+)＞c(X﹣)，故A正确；B．常温下，0.1mol/L的盐溶液NaX、NaYpH分别为9、11，对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HY、HX为弱酸，且酸性HX＞HY，电离常数：Ka(HX)＞Ka(HY)，故B正确；C．酸性HX＞HY，则X﹣结合H+的能力小于Y﹣结合H+的能力，故C错误；D．反应遵循强酸制弱酸的原理，酸性顺序是：HX＞HY，HX与NaY能发生反应：HX+Y﹣═HY+X﹣，故D正确；故答案为：C。【例5】(2022秋•大兴区期末)测定不同温度下0.5mol•L﹣1CuSO4溶液和0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液pH，数据如表：温度/℃2530405060CuSO4(aq)pH3.713.513.443.253.14Na2CO3(aq)pH10.4110.3010.2810.2510.18下列说法不正确的是（）A．升高温度，Na2CO3溶液中c(OH﹣)增大 B．升高温度，CuSO4溶液和Na2CO3溶液的水解平衡均正向移动 C．升高温度，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．升高温度，可能导致CO32﹣结合H+程度大于H2O电离产生H+程度【答案】：D【解析】：A．盐的水解是吸热反应，所以升高温度，促进Na2CO3的水解，溶液中c(OH﹣)增大，故A正确；B．升高温度促进水解，所以升高温度，CuSO4溶液和Na2CO3溶液的水解平衡均正向移动，故B正确；C．盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CuSO4水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；D．升高温度促进水解，所以升高温度，可能导致CO32﹣结合H+程度小于H2O电离产生H+程度，故D错误；故答案为：D。【例6】(2022秋•房山区期末)下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是（）A．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4 B．用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油 C．用FeCl3晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中 D．用Al2(SO4)3溶液净化含少量泥土的浑浊水【答案】：A【解析】：A．Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，能将CaSO4转化为CaCO3，从而有利于除去，和盐类水解无关，故A错误；B．碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故能使植物油水解，和盐类水解有关，故B正确；C．FeCl3溶于水显酸性，故在配制其溶液时加入盐酸能抑制其水解，和盐类的水解有关，故C正确；D．Al2(SO4)3在溶液中水解出Al(OH)3胶体，能吸附水中的杂质从而净水，故和盐类的水解有关，故D正确。故答案为：A。【例7】(2021秋•海淀区期末)测定0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发)，数据如下。温度/℃20406080pH11.8011.6811.5411.42下列说法正确的是（）A．温度升高，Na2CO3溶液中c(OH﹣)降低 B．温度升高时溶液pH降低，原因是水解生成少量H2CO3 C．Na2CO3溶液pH的变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D．溶液中c()+c()始终等于0.1mol•L﹣1【答案】：C【解析】：A．由表格中的数据得出，温度升高促进碳酸根水解，c(OH﹣)升高，故A错误；B．温度升高时溶液pH降低，加热促进碳酸根离子水解，且水的离子积增大，不是因为水解生成少量H2CO3，故B错误；C．加热促进碳酸根离子水解，且水的离子积增大，则溶液的pH减小是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；D．离子水解，生成、和H2CO3，依据溶液中物料守恒得到：c()+c()+c(H2CO3)＝0.1mol•L﹣1，c()+c()＜0.1mol•L﹣1，故D错误；故答案为：C。题型二：盐类水解的应用【例8】(2020春•海淀区校级期末)下列与盐的水解有关的是（）①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②用NaHCO3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实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞。A．①②③ B．②③④ C．①②③④ D．①④【答案】：C【解析】：①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，可作泡沫灭火剂，与水解有关；③草木灰与铵态氮肥相互促进水解，生成氨气肥效损失不能混合施用，与水解有关；④实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；故答案为：C。【例9】(2021秋•西城区校级月考)已知：[FeCl4(H2O)2]﹣为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4(H2O)2]﹣，下列实验所得结论不正确的是（）(溶液中有少量的Fe(OH)3时呈浅黄色；加热为微热，忽略体积变化)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)3 B．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】：A．根据题意，溶液中有少量的Fe(OH)3时呈浅黄色，Fe2(SO4)3溶液中Fe3+会水解产生了少量Fe(OH)3，水解吸热，加热促进Fe3+水解，根据实验①的现象，加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，故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正确；B．Fe3+的水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，则增大氢离子浓度会平衡左移，即酸化会抑制Fe3+水解，而加热促进Fe3+水解，根据实验②的现象，酸化的Fe2(SO4)3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，即加热后Fe3+水解程度依然受到很大程度的抑制，故酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，故B正确；C．根据题意，往Fe2(SO4)3溶液加入NaCl，溶液中存在可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4(H2O)2]﹣，[FeCl4(H2O)2]﹣为黄色，根据实验③的现象，加热后溶液黄色变深，说明平衡正向移动，故C正确；D．FeCl3溶液中同时存在Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+和Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4(H2O)2]﹣，由选项C可知，加热可促进Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4(H2O)2]﹣平衡正向移动，导致溶液黄色变深，即升高温度，颜色变深不一定是因为Fe3+水解平衡正向移动，故D错误；故答案为：D。【例10】(2023秋•郴州期末)水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下(忽略水的挥发)：实验①②③④⑤温度/℃203040从40℃冷却到20℃沸水浴后冷却到20℃颜色变化红色略加深红色接近①红色比③加深较多pH8.318.298.268.319.20下列说法不正确的是（）A．NaHCO3溶液显碱性的原因：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣ B．①→③的过程中，颜色加深的原因可能是HCO3﹣水解程度增大 C．①→③的过程中，pH略微下降说明升温过程中c(OH﹣)减小 D．⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故【答案】：C【解析】：A．HCO3﹣水解程度大于电离程度导致NaHCO3溶液呈碱性，离子反应方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故A正确；B．①→③的过程中，温度升高促进碳酸氢根离子的水解，所以溶液碱性增强，溶液颜色加深，故B正确；C．温度越高水的离子积常数越大，导致溶液中c(H+)增大，但溶液中pH略微下降，升高温度促进HCO3﹣水解，则c(OH﹣)增大，故C错误；D．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，说明⑤的碱性强于①，NaHCO3受热分解生成Na2CO3，则⑤中碳酸钠的水解程度大于①中碳酸氢钠的水解程度，故D正确；故答案为：C。【例11】(2022春•浙江期中)下列有关问题与盐的水解有关的是（）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除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，通入Cl2A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤【答案】：D【解析】：①NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，Zn2++2H2O⇌Zn(OH)2+2H+，生成的H+使铁锈中的氧化铁溶解，与盐的水解有关，故①符合；②3HCO3﹣+Al3+⇌Al(OH)3↓+3CO2↑，两者发生双促水解反应生成CO2可以灭火，与盐的水解有关，故②符合；③草木灰中的CO32﹣与铵态氮肥中的NH4+可以发生双促水解反应，降低了氮肥的使用率，与盐的水解有关，故③符合；④Na2CO3水解生成的NaOH可以与玻璃中的SiO2反应，腐蚀玻璃，与盐的水解有关，故④符合；⑤加热促进Cu2+的水解生成的Cu(OH)2，升高温度促进HCl挥发，所以蒸干最终得到Cu(OH)2固体，与盐的水解有关，故⑤符合；⑥Fe2+可以被Cl2氧化成Fe3+，从而除去杂质，与盐的水解无关，故⑥不符合；故答案为：D。【例12】(2023秋•丰台区期末)下列物质的水溶液蒸干后充分灼烧，最终能得到该溶质固体的是（）A．FeCl3 B．Al2(SO4)3 C．Na2SO3 D．NaHCO3【答案】：B【解析】：A．蒸发时促进Fe3+水解，且盐酸易挥发，蒸干得到氢氧化铁，灼烧生成氧化铁，故A错误；B．硫酸为难挥发性酸，则蒸干、灼烧后得到的物质为Al2(SO4)3，故B正确；C．Na2SO3具有还原性，加热、灼烧过程中被氧化，最终得到Na2SO4，故C错误；D．灼烧时NaHCO3分解，蒸干、灼烧后不能得到NaHCO3，故D错误；故答案为：B。【例13】(2023秋•浙江期中)下列根据反应原理设计的应用，不正确的是（）A．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，热的纯碱溶液清洗油污 B．Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，明矾净水 C．TiCl4+(x+2)H2O(过量)⇌TiO2•xH2O↓+4HCl，用TiCl4制备TiO2 D．SnCl2+H2O⇌Sn(OH)Cl+HCl，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠【答案】：D【解析】：A．热的纯碱溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解过程是吸热的过程，升高温度，可以促进盐的水解，故A正确；B．铝离子水解生成的氢氧化铝胶体：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，氢氧化铝胶体具有净水的作用，故B正确；C．四氯化钛水解，则用TiCl4制备TiO2的离子反应为：TiCl4+(x+2)H2O(过量)⇌TiO2．xH2O↓+4HCl，故C正确；D．SnCl2在溶液中水解显酸性，加氢氧化钠会促进SnCl2水解，所以配制氯化亚锡溶液时加入HCl抑制水解，故D错误；故答案为：D。题型三：根据K值判断酸碱性【例14】(2023春•长安区校级期末)一定温度下分别对醋酸钠稀溶液进行下列操作，一定可使增大的是（）①加少量水②加少量冰醋酸③加少量KOH固体④加少量NaHSO4固体A．①② B．③④ C．①④ D．②③【答案】：D【解析】：①加少量水，溶液浓度减小，导致醋酸根离子水解程度增大，醋酸根离子浓度减小程度大于钠离子浓度减小程度，比值减小，故①错误；②加少量冰醋酸，醋酸根离子浓度变大，比值变大，故②正确；③加少量KOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，醋酸根离子水解程度减小，醋酸根离子浓度变大，比值变大，故③正确；④加少量NaHSO4固体，钠离子浓度变大，比值减小，故④错误；故答案为：D。【例15】(2022秋•广安区校级期末)在恒温条件下，欲使CH3COONa的稀溶液中的比值增大，可在溶液中加入少量下列物质中的①固体NaOH②固体KOH③固体NaHS④固体CH3COONa⑤冰醋酸（）A．只有①② B．只有②⑤ C．只有②④⑤ D．只有①⑤【答案】：C【解析】：①加入NaOH固体，会导致氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，但是钠离子增加的程度大，即比值会减小，故①错误；②加入KOH固体，钠离子浓度不变，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故②正确；③加入NaHS固体，钠离子浓度变大，水解平衡向正向移动，所以醋酸根离子浓度减小，即比值会减小，故③错误；④加入CH3COONa固体，醋酸根离子以及钠离子浓度均增大，浓度越大水解程度越小，所以醋酸根离子浓度增加的程度大，比值增大，故④正确。⑤加入冰醋酸，冰醋酸的浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故⑤正确；故答案为：C。【例16】(2022秋•南昌县校级期中)在一定温度下，Na2CO3溶液中存在+H2O⇌+OH﹣，+H2O⇌H2CO3+OH﹣，下列说法不正确的是（）A．稀释溶液，增大 B．通入CO2，溶液pH减小 C．若升高温度，水解平衡常数增大 D．加入少量NaOH固体，减小【答案】：A【解析】：A．稀释时促进+H2O⇌+OH﹣正向移动，但温度不变、Kh不变，则稀释时不变，故A错误；B．通入CO2，与氢氧根离子反应，溶液的碱性降低，pH减小，故B正确；C．盐类水解为吸热反应，则升高温度，水解平衡常数增大，故C正确；D．加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，且Kh不变，则减小，故D正确；故答案为：A。题型四：盐类水解的图像【例17】(2023秋•密云区校级期中)实验测得0.6mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH、温度随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是（）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．CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣ D．随温度升高，CH3COONa溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果【答案】：B【解析】：A．随温度升高，水的电离程度增大，但纯水中c(H+)＝c(OH﹣)，故A正确；B．随温度升高，促进CH3COONa的水解，溶液的c(OH﹣)增大，故B错误；C．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，溶液存在水解平衡，反应的离子方程式为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故C正确；D．盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CH3COONa水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CH3COONa的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；故答案为：B。【例18】(2020•海淀区校级模拟)常温下，将NH3通入50mLNH4Cl溶液中至pH＝10，再向其中滴加1mol/L盐酸。溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．a点溶液中，c(OH﹣)＝l×10﹣4mol/L B．b点溶液中，c(NH4+)＞c(Cl﹣) C．c点时，加入的n(HCl)小于通入的n(NH3) D．a→b，水的电离程度减小【答案】：D【解析】：A．a点是c(H+)＝10﹣10mol/L，根据Kw＝c(H+)•c(OH﹣)，所以溶液中c(OH﹣)＝10﹣4mol/L，故A正确；B．b点表示的溶液呈碱性，根据电荷守恒有：c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(NH4+)+c(H+)，所以有c(Cl﹣)＜c(NH4+)，故B正确；C．氨气和氯化氢反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，当恰好反应时溶液应该呈酸性，但c点溶液呈碱性，说明氨气过量，故C正确；D．碱溶液中滴入酸溶液发生酸碱中和反应，生成可水解的盐和水，水的电离程度增大，所以a→b，水的电离程度增大，故D错误；故答案为：D。【例19】(2024•门头沟区一模)实验测得等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液pH随温度变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应 B．若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62 C．N点时NaHCO3已经完全分解 D．M点之前，升温pH减小是KW改变与的电离和水解平衡移动共同作用的结果【答案】：C【解析】：A．NaHCO3和Na2CO3是强碱弱酸盐，和均发生水解，水解反应是酸碱中和的逆反应，则NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应，故A正确；B．由图可知，升高温度时部分NaHCO3发生分解生成Na2CO3，Na2CO3水解程度大于NaHCO3，所以将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62，故B正确；C．45℃时Na2CO3溶液的pH约为11.45，而左图中N点溶液的pH接近8.65，说明NaHCO3没有完全分解生成Na2CO3，故C错误；D．水的电离、的电离及其水解均吸热，升高温度时水解平衡正向移动，但图中M点之前，NaHCO3溶液的pH随温度升高而减小，其主要原因是升温对水和的电离影响大于对的水解影响，是KW改变与的电离和水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；故答案为：C。题型五：盐类水解综合【例20】(2024春•东莞市期中)按要求完成下题。（1）写出H2S的电离方程式：_______________________________。（2）0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子浓度大小顺序为_____________________________________。（3）pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液显____性。（4）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是__________。（5）常温时的Fe2(SO4)3的水溶液pH____7(填“＞”、“＝”、“＜”)。原因是_______________________________(用离子方程式表示)。配制Fe2(SO4)3的溶液时，常在溶液中加入一些______以抑制其水解。（6）常温下，pH＝10的CH3COONa溶液中，由水电离出的c(OH﹣)＝_________mol/L。（7）常温下，0.05mol/LH2SO4溶液的pH＝____。【答案】（1）H2S⇌H++HS﹣；HS﹣⇌H++S2﹣；（2）c(Cl﹣)＞c()＞c(H+)＞c(OH﹣)；（3）酸；（4）Al2O3；（5）＜；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；硫酸；（6）10﹣4；（7）1。【解析】：（1）H2S为二元弱酸，其电离方程式为：H2S⇌H++HS﹣，HS﹣⇌H++S2﹣，故答案为：H2S⇌H++HS﹣；HS﹣⇌H++S2﹣；（2）氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH﹣)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl﹣)＞c()＞c(H+)＞c(OH﹣)，故答案为：c(Cl﹣)＞c()＞c(H+)＞c(OH﹣)；（3）常温下pH＝3的醋酸浓度远远大于pH＝11的NaOH溶液浓度，二者等体积混合，醋酸有大量剩余，混合溶液呈酸性，故答案为：酸；（4）AlCl3溶液蒸干过程中发生水解生成氢氧化铝，氢氧化铝灼烧分解为氧化铝，故答案为：Al2O3；（5）Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐，铁离子水解而导致其溶液呈酸性，＜7，水解反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，配制Fe2(SO4)3的溶液时，常在溶液中加入一些硫酸抑制硫酸铁的水解，故答案为：＜；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；硫酸；（6）常温下，pH＝10的CH3COONa溶液中，醋酸根离子水解，溶液显碱性，由水电离出的c(OH﹣)＝mol/L＝10﹣4mol/L，故答案为：10﹣4；（7）常温下，0.05mol/LH2SO4溶液中c(H+)＝0.05mol/L×2＝0.1mol/L，溶液的pH＝﹣lgc(H+)＝﹣lg0.1＝1，故答案为：1。【例21】(2024•让胡路区校级开学)盐是一种常见的电解质，事实证明盐溶液不一定呈中性。（1）CH3COONa、NH4Cl的水溶液分别呈____性、____性。（2）Na2S的水解离子方程式___________________________________________。（3）0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_______________________________。（4）25℃时有四种溶液，分别是pH均为5的盐酸和氯化铵溶液以及pH均为10的NaOH溶液和醋酸钠溶液，请按照水的电离度由大到小的顺序排序_____________________________________(用溶质的化学式表示)。（5）25℃时，浓度均为0.1mol/L的三种溶液①NH4Cl；②NH4HSO4；③CH3COONH4，其由大到小的顺序为_______(用序号表示)。【答案】（1）碱；酸；（2）S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；（3）c(Cl﹣)＞c()＞c(H+)＞c(OH﹣)；（4）CH3COONa＝NH4Cl＞HCl＝NaOH；（5）②①③。【解析】：（1）CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，CH3COONa、NH4Cl的水溶液分别呈碱性、酸性，故答案为：碱；酸；（2）Na2S分步水解，溶液显碱性，水解的离子方程式为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，故答案为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；（3）0.1mol/LNH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，溶液中离子浓度大小为：c(Cl﹣)＞c()＞c(H+)＞c(OH﹣)，故答案为：c(Cl﹣)＞c()＞c(H+)＞c(OH﹣)；（4）25℃时有四种溶液，分别是pH均为5的盐酸和氯化铵溶液以及pH均为10的NaOH溶液和醋酸钠溶液，按照水的电离度由大到小的顺序排序为：CH3COONa＝NH4Cl＞HCl＝NaOH，故答案为：CH3COONa＝NH4Cl＞HCl＝NaOH；（5）25℃时，浓度均为0.1mol/L的三种溶液，①NH4Cl；②NH4HSO4；③CH3COONH4，都存在铵根离子的水解，②NH4HSO4中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，③CH3COONH4溶液中醋酸根离子水解，促进铵根离子的水解，其由大到小的顺序为：②①③，故答案为：②①③。【例22】(2023秋•西城区校级期中)室温下，有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列五种溶液，请回答问题。①NH4HSO4②NaCl③CH3COOH④NaOH⑤Na2CO3（1）上述溶液中水的电离被抑制的是_______(填序号，下同)。（2）上述溶液的pH最大的是____。（3）用离子方程式表示：①溶液显酸性______________________；⑤溶液显碱性_________________________________。（4）溶液④、⑤等体积混合后，与⑤溶液相比，c()______(填“变大”、“变小”或“不变”)。（5）在恒温下，欲使Na2CO3稀溶液中此值增大，可在溶液中加入少量的下列_______固体(填序号)。①NaOH②KOH③K2CO3④Na2CO3⑤NaHCO3【答案】（1）①③④；（2）④；（3）+H2O⇌NH3•H2O+H+；+H2O⇌+OH﹣，+H2O⇌H2CO3+OH﹣；（4）变大；（5）②③④。【解析】：（1）①NH4HSO4是盐溶液完全电离后生成铵根离子、氢离子和硫酸根离子，铵根离子水解溶液显酸性，抑制水的电离，②NaCl是强酸强碱盐对水的电离无影响，③CH3COOH抑制水的电离，④NaOH是碱溶液，抑制水的电离，⑤Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根了分步水解，促进水的电离，上述溶液中水的电离被抑制的是：①③④，故答案为：①③④；（2）上述溶液中显碱性的溶液④NaOH、⑤Na2CO3，pH最大的是④NaOH，故答案为：④；（3）①NH4HSO4溶液显酸性是硫酸氢铵溶液中完全电离生成氢离子，NH4HSO4＝+H++，铵根离子水解溶液显酸性，反应的离子方程式为：+H2O⇌NH3•H2O+H+，⑤Na2CO3溶液显碱性，是因为碳酸根离子分步水解，反应的离子方程式：+H2O⇌+OH﹣，+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故答案为：+H2O⇌NH3•H2O+H+；+H2O⇌+OH﹣，+H2O⇌H2CO3+OH﹣；（4）溶液④NaOH、⑤Na2CO3等体积混合后，氢氧化钠抑制碳酸根离子的水解，与⑤溶液相比，c()变大，故答案为：变大；（5）①加入NaOH抑制碳酸钠的水解，钠离子增加的程度大，使Na2CO3稀溶液中此值减小，故①错误；②加入KOH固体，钠离子浓度不变，水解平衡向逆向移动，所以碳酸根离子浓度增大，使Na2CO3稀溶液中此值增大，故②正确；③加入K2CO3使Na2CO3稀溶液中碳酸根离子浓度增大，此值增大，故③正确；④加入Na2CO3固体，碳酸根离子以及钠离子浓度均增大，同时会对水解平衡起到抑制作用，所以碳酸根离子浓度增加的程度大，比值增大，故④正确；⑤加入NaHCO3，抑制碳酸根离子的水解，钠离子增加的程度大，使Na2CO3稀溶液中此值减小，故⑤错误；故答案为：②③④。课后练习课后练习【练1】(2024•成都开学)硝酸亚铁是一种重要的化学试剂，可用于印染业，也可用作医药治疗缺铁性贫血。其稀溶液中存在以下平衡：Fe2++2H2O⇌1Fe(OH)2+2H+。下列说法错误的是（）A．该水解常数表达式为：Kh＝ B．加水稀释，平衡右移，溶液颜色变浅 C．滴加浓盐酸，平衡左移，溶液绿色加深 D．升高温度，硝酸亚铁水解程度增大【答案】：C【解析】：A．稀溶液中H2O浓度为常量，不写入平衡常数表达式，而Fe(OH)2不是沉淀，浓度不为定值，应写入表达式，该水解常数表达式为：Kh＝，故A正确；B．加水稀释，平衡状态下的威力浓度减小，c(Fe2+)、c[Fe(OH)2]和c(H+)均减小，浓度熵减小，故平衡右移，Fe2+浅绿色变淡，故B正确；C．加浓盐酸，溶液中形成硝酸溶液，强酸性时将Fe2+氧化成Fe3+，溶液变为黄色，故C错误；D．水解为吸热反应，升高温度促进水解，水解平衡右移，水解程度增大，故D正确；故答案为：C。【练2】(2023秋•西安区校级期末)一定条件下，Na2CO3溶液中存在+H2O⇌+OH﹣平衡．下列说法不正确的是（）A．稀释溶液，增大 B．加入NaOH固体，减小 C．升高温度，平衡常数增大 D．通入CO2，溶液pH减小【答案】：A【解析】：A．碳酸根离子的水解平衡常数Kh＝，温度不变，则该比值不变，故A错误；B．加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，则水解平衡向着逆向移动，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，的比值减小，故B正确；C．升高温度，碳酸根离子的水解平衡向着逆向移动，则碳酸氢根离子、氢氧根离子浓度增大，碳酸根离子浓度减小，所以平衡常数Kh＝增大，故C正确；D．二氧化碳与氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故D正确；故答案为：A。【练3】(2022秋•太原期末)0.1mol/LNH4Cl溶液中，由于的水解，使得c()＜0.1mol/L．如果要使c()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HCl C．加入少量水 D．加热【答案】：B【解析】：如果要使c()更接近于0.1mol/L，抑制铵根离子水解的条件且加入的物质和铵根离子之间不反应即可。A．加入氢氧化钠，会消耗铵根离子，使得碳酸根浓度更小于0.1mol/L，故A错误；B．加入HCl会抑制铵根离子的水解，故B正确；C．加入水稀释会导致溶液中铵根离子浓度减小，故C错误；D．加热会促进铵根离子水解，导致离子浓度减小，故D错误；故答案为：B。【练4】(2023秋•开封期中)在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O⇌+OH﹣。下列说法正确的是（）A．稀释溶液，所有离子浓度均减小，平衡正向移动 B．加入少量NaHCO3固体，平衡向正反应方向移动 C．加入NaOH固体，溶液pH增大 D．升高温度，减小【答案】：C【解析】：A．稀释溶液，水解正向移动，氢离子浓度增大，不是所有离子浓度均减小，故A错误；B．加入少量NaHCO3固体，平衡逆向移动，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C．加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故C正确；D．升高温度，电离平衡+H2O⇌+OH﹣正向移动，碳酸氢根离子浓度增大，碳酸根离子浓度减小，则的比值增大，故D错误；故答案为：C。【练5】(2023秋•郫都区校级期中)在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O⇌+OH﹣。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．加入少量NaHCO3固体，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增大【答案】：D【解析】：A．稀释溶液，c()、c()、c(OH﹣)均减小，平衡向微粒数目增多的方向移动即正向移动，故A错误；B．加入少量NaHCO3固体，c()增大，平衡逆向移动，故B错误；C．水解反应吸热，升高温度，水解程度增大，平衡正向移动，c()增大，c()减小，则增大，故C错误；D．加入NaOH固体，溶液氢氧根离子的浓度增大，pH增大，故D正确；故答案为：D。【练6】(2022秋•静安区校级期末)NaCN溶液中存在水解平衡：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，下列说法正确的是（）A．加入少量NaOH固体，c(CN﹣)减小 B．稀释溶液，溶液的pH增大 C．加入少量AlCl3固体，c(CN﹣)减小 D．加入适量HCN得到的酸性混合溶液中c(Na+)＞c(CN﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)【答案】：C【解析】：A．加入少量NaOH固体，OH﹣浓度增大，平衡向左移动，c(CN﹣)增大，故A错误；B．稀释溶液，CN﹣水解程度增大，但是各离子浓度减小，溶液的pH减小，故B错误；C．加入少量AlCl3固体，Al3+和CN﹣)发生双水解，导致c(CN﹣)减小，故C正确；D．根据电荷电荷守恒式，如果不等式c(Na+)＞c(CN﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)成立，不满足电荷守恒，所以c(CN﹣)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH﹣)，故D错误；故答案为：C。【练7】(2022秋•普陀区校级期末)下列叙述正确的是（）A．用如图装置制取无水氯化镁 B．泡沫灭火器的主要原料是硫酸铝与碳酸钠溶液 C．稀释0.1mol⋅L﹣1Na2CO3溶液，水解程度增大，溶液的pH增大 D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入足量CaCl2溶液，溶液红色褪去【答案】：D【解析】：A．氯化镁易水解，应在氯化氢的氛围中加热，否则生成氢氧化镁，故A错误；B．泡沫灭火器的主要原料是硫酸铝与碳酸氢钠溶液，故B错误；C．稀释0.1mol⋅L﹣1Na2CO3溶液，水解程度增大，+H2O⇌+OH﹣，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小，故C错误；D．碳酸钠溶液中存在平衡+H2O⇌+OH﹣，水解使溶液显碱性，使酚酞呈红色，加入氯化钙溶液，生成碳酸钙沉淀，平衡向左移动，溶液几乎为中性，红色褪去，故D正确；故答案为：D。【练8】(2022秋•青原区校级期末)一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，下列说法正确的是（）A．稀释溶液，溶液的pH增大 B．加入少量NaOH固体，c(CH3COO﹣)减小 C．温度升高，c(CH3COO﹣)增大 D．加入少量FeCl3固体，c(CH3COO﹣)减小【答案】：D【解析】：A．CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣．稀释溶液，平衡正向进行，但是氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故A错误；B．CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣．加入氢氧化钠溶解后氢氧根离子浓度增大，平衡左移，c(CH3COO﹣)增大，故B错误；C．升高温度促进水解，c(CH3COO﹣)减小，故C错误；D．FeCl3消耗了氢氧根离子，使平衡正移，醋酸根浓度减小，故D正确；故答案为：D。【练9】(2021秋•南关区校级期末)能够使CH3COONa溶液pH增大且水解程度也增大的条件是（）A．加水 B．升温 C．加压 D．加CH3COONa固体【答案】：B【解析】：A．加水稀释促进CH3COONa，但是其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(OH﹣)减小，则溶液的pH减小，故A错误；B．CH3COONa水解是吸热反应，升高温度促进其水解，所以其水解程度增大，且溶液中c(OH﹣)增大，溶液的pH增大，故B正确；C．该反应中没有气体参加或生成，压强不影响其水解，所以其水解程度及溶液的pH都不变，故C错误；D．加入CH3COONa固体，CH3COONa溶解后导致c(CH3COONa)增大，水解平衡正向移动，但是其水解程度减小，故D错误；故答案为：B。【练10】(2022秋•西城区校级期中)常温下，浓度均为0.1mol/L的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：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：①＞②＞④＞③ B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类不相同 C．常温下，等浓度的CH3COOH和HClO溶液相比较，pH小的是CH3COOH D．Na2CO3溶液中：c(Na+)＝c()+c()+c(H2CO3)【答案】：C【解析】：A．易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，故A错误；B．碳酸钠中+H2O⇌+OH﹣，+H2O⇌H2CO3+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，碳酸氢钠溶液中⇌+H+，+H2O⇌H2CO3+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，所以两种溶液中粒子种类相同，故B错误；C．对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则将等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，故C正确；D．Na2CO3溶液中Na元素的物质的量是C元素的物质的量的2倍，则c(Na+)＝c()+c()+c(H2CO3)，故D错误；故答案为：C。【练12】(2022秋•尚志市校级期中)为了使Na2S溶液中的比值变小，可加入的物质是（）①适量盐酸；②适量NaOH溶液；③适量KOH溶液；④适量KHS溶液。A．①② B．②③ C．③④ D．①③【答案】：C【解析】：在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解方程式为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，要使减小，需使硫离子水解平向逆方向移动即可，①加入盐酸硫离子浓度减小，增大，故错误；②加入氢氧化钠，抑制硫离子水解，钠离子浓度和硫离子浓度都增大，钠离子浓度增加程度大，使增大，故错误；③加适量KOH，c(OH﹣)增大，硫离子水解平向逆方向移动，c(S2﹣)增大，减小，故正确；④加入适量KHS，抑制水解，硫离子的浓度增大，使减小，故正确；故答案为：C。【练13】(2024春•九龙坡区校级期中)下列说法正确的是（）A．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同 B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 C．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH，会使测得结果偏大 D．将CH3COONa溶液稀释10倍，溶液中不变【答案】：D【解析】：A．AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、灼烧生成氧化铝，Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧仍得到硫酸铝，因硫酸难挥发，故A错误；B．加入盐酸，引入杂质，应加入硫酸酸化，故B错误；C．pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH，会使测得结果偏小，故C错误；D．溶液中＝×＝，温度不变，比值不变，故D正确；故答案为：D。【练14】(2024春•东莞市期中)下列事实与盐类水解无关的是（）A．配制FeCl3溶液，需用盐酸溶解FeCl3固体 B．纯碱溶液可以去油污 C．加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体 D．要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入适量氧化剂Cl2【答案】：D【解析】：A．加盐酸是为了抑制三价铁离子的水解，故A错误；B．纯碱溶液水解显碱性，可以去油污，故B错误；C．加热蒸干CuCl2溶液促进铜离子水解生成氢氧化铜，且会使HCl挥发，得到Cu(OH)2固体，故C错误；D．除去FeCl3溶液中混有的时通入氧化剂Cl2，是利用氧化还原反应原理，与水解无关，故D正确；故答案为：D。【练15】(2024•徐州四模)实验测得0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（）A．Na2SO3溶液中存在水解平衡+2H2O⇌H2SO3+2OH﹣ B．温度升高，溶液pH降低的主要原因是水解程度减小 C．a、b两点均有c(Na+)＝2[c()+c()+c(H2SO3)] D．将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液【答案】：D【解析】：是弱酸的酸根，在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀，因此部分被空气中的氧气氧化为，A．水解反应是分步进行的，Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O⇌+OH﹣，+H2O⇌H2SO3+OH﹣，故A错误；B．水解是吸热反应，温度升高，溶液pH降低的主要原因是被氧气氧化，故B错误；C．温度升高溶液中部分被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑，故C错误；D．当b点溶液直接冷却至25℃后，因部分被氧化为，的浓度降低，的水解平衡左移，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小，所以其pH小于a点溶液，故D正确；故答案为：D。【练16】(2022秋•广东期中)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是（）A．Na2SiO3溶液加热 B．明矾溶液加热 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】：A【解析】：A．Na2SiO3溶液为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故A正确；B．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故B错误；C．一水合氨为弱碱，部分电离：NH3•H2O⇌+OH﹣，加入酚酞后溶液变为红色，而NH