专题06 盐类的水解（考点清单）（讲+练）-2024-2025学年高二化学上学期期中考点大串讲（人教版2019选择性必修1）

专题06盐类的水解考点01盐类的水解及其规律考点02盐类水解方程式的书写考点03盐类水解的影响因素考点04水解常数考点05盐类水解的应用考点06溶液中粒子浓度的变化分析▉考点01盐类的水解及其规律1．盐类水解的概念在水溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。2．盐类水解的实质3．盐类水解的规律：（1）“有弱才水解，无弱不水解”——盐中有弱酸阴离子或弱碱阳离子才水解，若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。（2）“越弱越水解”——弱酸阴离子对应的酸越弱，水解程度越大；弱碱阳离子对应的碱越弱，其水解程度越大。如：碳酸的酸性大于次氯酸，则相同浓度的NaHCO3溶液的水解程度小于NaClO溶液。（3）“都弱都水解”——弱酸弱碱盐电离出的弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。（4）“谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。如：碳酸的电离常数Ka1小于NH3·H2O的电离常数Kb，故NH4HCO3溶液显碱性。（5）“同强显中性”——①强酸强碱盐溶液显中性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液显中性。如Kb(NH3·H2O)＝Ka(CH3COOH)，故CH3COONH4溶液显中性。4．盐类水解程度大小比较规律（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）水解程度：相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。如NHeq\o\al(＋,4)的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。▉考点02盐类水解方程式的书写由于酸碱中和反应程度很大，所以盐类水解程度一般很小，水解时通常不生成沉淀和气体，书写水解的离子方程式时，一般用“”连接，产物不标“↑”或“↓”，生成易分解的产物如NH3·H2O、H2CO3不写分解产物的形式。类型水解程度举例溶液的酸碱性一元弱酸阴离子一步水解(微弱)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－碱性一元弱碱阳离子NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋酸性多元弱酸阴离子分步水解(微弱)COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCO－＋OH－HCO－＋H2OH2CO3＋OH－碱性多元弱碱阳离子分步水解，一步书写(微弱)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋酸性▉考点03盐类水解的影响因素反应物本身性质主要由盐的性质所决定的，生成盐的弱酸(或弱碱)越难电离(电离常数越小)，盐的水解程度越大，即越弱越水解外界因素浓度加水稀释可促使平衡向水解的方向移动，盐的水解程度增大温度盐的水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大酸碱性酸碱能够抑制水解以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，填写外界条件对水解平衡的影响。条件移动方向H＋数pH现象升温向右增多减小颜色变深通HCl向左增多减小颜色变浅加H2O向右增多增大颜色变浅加NaHCO3向右减小增大生成红褐色沉淀，放出气体【归纳总结】1．内因：酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。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(即稀释)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外加其他盐水解形式相同的盐相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)水解形式相反的盐相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]▉考点04水解常数1．概念在一定温度下，能水解的盐(强碱弱酸盐、强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐)在水溶液中达到水解平衡时，生成的弱酸(或弱碱)浓度和氢氧根离子(或氢离子)浓度次幂之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱阳离子)浓度之比是一个常数，该常数叫作水解常数。2．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Ka·Kh＝Kw(或Kb·Kh＝Kw)。如Na2CO3的水解常数Kh＝eq\f(Kw,Ka2)；NaHCO3的水解常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1)。NH4Cl的水解常数Kh＝eq\f(Kw,Kb)(Kb为NH3·H2O的电离常数)。3．水解常数是描述能水解的盐水解平衡的主要参数。水解常数只受温度的影响；因水解反应是吸热反应，故水解常数随温度的升高而增大。▉考点05盐类水解的应用1．判断酸碱性（1）判断盐溶液的酸碱性——谁强显谁性，同强显中性如：FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+（2）判断酸（碱）的强弱如：NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为7、9、10，则酸性HX>HY>HZ2．某些盐溶液的配制、保存（1）在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。（2）Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH－，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。3．判断盐溶液蒸干时所得的产物（1）弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热脱水。（2）强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Na2CO3。（3）还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。（4）弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。【注意】判断盐溶液蒸干所得产物成分关键点：（1）盐溶液水解生成易挥发性酸eq\o(→,\s\up7(蒸干),\s\do5(灼烧))金属氧化物。（2）考虑盐受热时是否分解。原物质蒸干灼烧后固体物质Ca(HCO3)2CaCO3或CaONaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl分解为NH3和HCl，无固体物质存在4．生成胶体（1）制备胶体：向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并继续加热以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体。FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl（2）净水铁盐作净水剂原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+明矾作净水剂原理：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+5．制备无机化合物：如用TiCl4制备TiO2。其反应的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓＋4HCl。TiO2·xH2O焙烧得到TiO2。6．某些离子的去除：如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，与H＋反应，调节pH，促进Fe3＋水解为Fe(OH)3沉淀，再过滤。7．去油污热的纯碱溶液去油污效果好。原因：加热能促进Na2CO3水解，COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－产生的c(OH－)较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。8．化肥的施用如：草木灰（K2CO3)与铵态氮肥不能混合施用，降低肥效。这是两种盐发生水解相互促进反应放出氨气的缘故。9．除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂10．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↓+3CO2↑11．判断离子共存弱碱阳离子与弱酸阴离子发生完全双水解，则无法大量共存，如：阳离子：Al3+、Fe3+与阴离子：CO32－、HCO3－、SiO32－、S2－、HS－、AlO2－、ClO－【归纳总结】盐类水解应用常考点应用举例加热促进水解热的纯碱溶液去污力强分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3判断溶液中离子能否大量共存Al3＋和HCOeq\o\al(－,3)因发生相互促进的水解反应而不能大量共存配制或贮存易水解的盐溶液配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸胶体的制备，作净水剂明矾溶于水生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清化肥的使用铵态氮肥不宜与草木灰混合使用泡沫灭火器的反应原理(水解互促)Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑无水盐的制备由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热判断盐溶液的蒸干产物将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3而不是AlCl3某些盐的分离除杂为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸盐溶液除锈NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NHeq\o\al(＋,4)水解溶液显酸性)判断电解质的强弱CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸▉考点06溶液中粒子浓度的变化分析1．把握三种守恒，明确等量关系三守恒原理与方法举例说明电荷守恒原理：电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等。即电荷守恒，溶液呈电中性。方法：①找出溶液中所有的阴、阳离子。②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。Na2CO3溶液为例：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))物料守恒原理：在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化，就该离子所含的某种元素来说，变化前后其原子个数是守恒的，即元素物料守恒。方法：①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的质量守恒关系(特定元素除H、O元素外)。②找出特征元素在水溶液中的所有存在形式。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Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，即钠元素与碳元素守恒。质子守恒原理：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。方法一：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来。方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。方法一：Na2CO3中将电荷守恒和物料守恒中的Na＋消去得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。方法二：①以Na2CO3溶液为例：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)②以NaHCO3溶液为例：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))①由电荷守恒与物料守恒也可以推出质子守恒，即方法一②化学计量数为得(或失)质子的数目③H3O＋简写为H＋2．粒子浓度关系比较及等式关系单一电解质溶液一元弱酸0.100mol·L－1LCH3COOH溶液中的浓度关系：物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)一元弱碱0.1000mol·L－1NH3·H2O溶液中的粒子浓度关系：物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.1mol·L－1电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)各粒子浓度大小关系：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)一元弱酸的强碱盐0.1000mol·L－1NH4Cl溶液中粒子浓度关系：物料守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＝0.1mol·L－1电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)质子守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)一元弱碱的强酸盐0.1000mol·L－1CH3COONa溶液中粒子浓度关系：物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)＝0.1mol·L－1电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)各粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)弱酸的酸式盐溶液0.10mol·L－1NaHCO3溶液的pH＞7，溶液中粒子浓度关系：物料守恒：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋c(COeq\o\al(2－,3))电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))各粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))[或c(H＋)]混合溶液等浓度、等体积的盐与酸的混合溶液分子的电离程度大于对应离子的水解程度在0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，pH＜7，溶液中粒子浓度关系：粒子浓度大小关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)分子的电离程度小于对应离子的水解程度在0.1mol·L－1的HCN和0.1mol·L－1的NaCN混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度：＋)，且c(HCN)＞c(Na＋)＝0.1mol·L－1。等浓度、等体积的盐与碱的混合溶液常温下，等浓度、等体积的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度关系：物料守恒：2c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)各粒子浓度大小关系：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)酸、碱中和型粒子浓度关系比较盐酸滴定氨水常温下，用0.1000mol·L－1盐酸溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1氨水关键点溶液中溶质成分及粒子浓度关系V(HCl)＝10(点①)溶质是：等物质的量的NH4Cl和NH3·H2O粒子浓度大小关系：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)pH＝7(点②)粒子浓度大小关系：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)V(HCl)＝20(点③)溶质是：NH4Cl粒子浓度大小关系：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)等浓度碱与酸混合等浓度的NaOH和CH3COOH溶液按体积比1∶2混合后pH＜7，粒子浓度大小顺序：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。pH和为14酸与碱混合常温下pH＝2的HCl溶液与pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合，粒子浓度大小顺序：c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。不同溶液中同一离子浓度比较离子组成比例不同Ⅰ.浓度均为0.1mol·L－1的①(NH4)2SO4②(NH4)2CO3③NH4Al(SO4)2④NH4HCO3溶液，NHeq\o\al(＋,4)的物质的量的浓度由大到小的顺序为：离子组成比例相相Ⅱ.常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3②NH4HSO4③NH4Fe(SO4)2④NH4Cl：溶液中NHeq\o\al(＋,4)的浓度由大到小的顺序：②＞③＞④＞①。等pH不同溶液中同一离子浓度关系pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液：c(NHeq\o\al(＋,4))大小顺序：②＝①＞③。1．下列有关化学用语表示正确的是A．电离：B．水解：C．泡沫灭火器制作原理：D．硫酸氢钠熔融状态下可发生电离：【答案】C【解析】A．是多元弱酸，分步电离，其电离方程式为：、，故A错误；B．是电离方程式，水解方程式为，故B错误；C．泡沫灭火器是碳酸氢钠和硫酸铝混合，二者发生双水解反应，其制作原理：，故C正确；D．硫酸氢钠熔融状态下只破坏离子键，不破坏共价键，其电离方程式为，故D错误；综上所述，答案为C。2．下列有关pH=11的氨水和pH=11的碳酸钠溶液中水的电离程度的比较正确的是A．前者大于后者 B．前者等于后者 C．前者小于后者 D．无法确定【答案】C【解析】水的电离方程式为：H2O=H++OH-，加入酸或碱后，增大氢离子或氢氧根离子浓度导致水的电离平衡向逆反应方向移动，即抑制水的电离；加入含有弱根离子的盐后，弱根离子和氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，从而能促进水的电离，所以加入氨水能抑制水的电离，加入碳酸钠能促进水的电离，故选答案C。3．室温时，下列操作能使浓度均为0.01mol·L-1的①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)都增大的是A．升高温度 B．加水稀释 C．加入少量硫酸 D．加入少量NaOH固体【答案】D【解析】A．升高温度促进电离和水解，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)增大，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)减小，故A不符合题意；B．加水稀释虽然能促进电离和水解，但溶液稀释的倍数大于电离的倍数，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)减小，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)减小，故B不符合题意；C．加入少量硫酸，氢离子浓度增大，抑制①CH3COOH电离，促进②CH3COONa溶液的水解，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)减小，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)增大，故C不符合题意；

D．加入少量NaOH固体，促进①CH3COOH电离，抑制②CH3COONa溶液的水解，所以c(CH3COO-)都增大，故D符合题意；故答案：D。4．0.1mol/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。5．化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是A．古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物B．“管道通”中含有铝粉和苛性钠，用于疏通下水道C．氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂D．向中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到【答案】B【解析】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，A错误；B．铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，增大管道内气压用于疏通下水道，与盐类水解无关，B正确；C．铵根离子水解，有H+生成，使溶液显酸性，H+与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，C错误；D．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2⋅xH2O和HCl，最后焙烧得到TiO2，与盐类水解有关，D错误；故选B。6．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。7．下列说法正确的是()A．稀释0.1mol·L－1Na2CO3溶液，溶液的pH增大B．水解反应NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C．加热0.1mol·L－1Na2CO3溶液，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，COeq\o\al(2－,3)水解程度减小，溶液的pH减小答案C解析COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，稀释时平衡右移，但c(OH－)减小，pH减小，A项错误；水解反应是吸热反应，升温平衡正向移动，B项错误；COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，加入少量Ca(OH)2固体，COeq\o\al(2－,3)与Ca2＋生成沉淀，平衡左移，COeq\o\al(2－,3)水解程度减小，c(OH－)增大，pH增大，D项错误。8．25℃时，某氯化铵溶液的pH=4，下列叙述中不正确的是A．溶液中的c(OH－)=1×10－10mol·L－1B．溶液中的c(Cl－)>>c(H＋)>c(OH－)C．溶液中的c(H＋)＋=c(Cl－)＋c(OH－)D．溶液中的c(NH3·H2O)=【答案】D【解析】A．NH4Cl溶液pH=4，c(H+)=10-4mol/L，由于在25℃时Kw=10-14，所以溶液中的c(OH－)==1×10－10mol/L，A正确；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，弱碱根NH离子发生水解反应而消耗，所以c(Cl－)＞c(NH)；弱碱根NH离子发生水解反应消耗水电离产生的OH－，使水的电离平衡被破坏，水继续电离，当最终达到电离平衡时，c(H+)＞c(OH－)。盐水解的程度是很微弱的，因此c(NH)＞c(H+)。故整个溶液中离子浓度关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH－)，B正确；C．根据电荷守恒可知溶液中的c(H+)+c(NH)=c(Cl－)+c(OH－)，C正确；D．在溶液中NH3·H2O是盐水解产生的，而NH是盐电离产生的。在溶液中盐水解的程度是很微弱的，因此c(NH3·H2O)<<c(NH4+)，D错误；故选D。9．常温下，下列各组微粒在指定溶液中因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是()A．某弱碱溶液中：AlOeq\o\al(－,2)、HCOeq\o\al(－,3)、Na＋、Cl－B．能使KSCN溶液变红的溶液中：SOeq\o\al(2－,4)、HCOeq\o\al(－,3)、Na＋、Cl－C．能使石蕊溶液变红的溶液中：Fe2＋、I－、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)D．与Al反应能生成氢气的溶液中：MnOeq\o\al(－,4)、NHeq\o\al(＋,4)、CH3COO－、Na＋答案B解析离子不能大量共存的原因为AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，不是相互促进的水解反应，故A不正确；能使KSCN溶液变红的溶液中含有Fe3＋，其与HCOeq\o\al(－,3)发生相互促进的水解反应，离子方程式为Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑，故B正确；能使石蕊溶液变红的溶液显酸性，NOeq\o\al(－,3)与H＋共存时有强氧化性，Fe2＋、I－不能存在，故C不正确；与Al反应能生成氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，H＋与CH3COO－因反应生成弱酸而不能共存，OH－与NHeq\o\al(＋,4)因反应生成弱碱而不能共存，故D不正确。10．下列五种混合溶液，由分别为的两种溶液等体积混合而成：①与

②与③与

④与⑤与由大到小排序正确的是A．①＞④＞③＞②＞⑤ B．①＞③＞⑤＞④＞②C．②＞④＞③＞⑤＞① D．②＞③＞④＞⑤＞①【答案】C【解析】五种混合溶液，由分别为0.1mol⋅L-1的两种溶液等体积混合，①CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，溶液显酸性，CH3COOH微弱电离出CH3COO-；②CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO－水解；③CH3COONa与NaCl，NaCl既不促进也抑制CH3COO-水解；④CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性，促进醋酸根离子水解，因此c(CH3COO-)排序是②＞④＞③＞⑤＞①；故选C。11．已知溶液显酸性，溶液中存在以下平衡；①②向的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，反应①平衡逆向移动，溶液中增大B．加入少量固体，则C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大D．加入氨水至中性，则【答案】C【解析】A．加入少量金属Na，Na与HSO电离出的H+反应，促使平衡②右移，HSO离子浓度减小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO）浓度减小，故A错误；B．由电荷守恒可知，存在，故B错误；C．加入NaOH，与NaHSO3反应生成亚硫酸钠和水，c（SO）增大，c（HSO）减小，则增大，溶液碱性增强，故也增大，故C正确；D．0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)，则c(Na+)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH-)，故D错误。答案选C。【点睛】考查弱电解质的电离，把握物质的性质、发生的反应、电离平衡移动为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒及物料守恒的应用。12．已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：化学式电离常数（1）常温下，pH相同的三种溶液①NaF溶液；②NaClO溶液；③Na2CO3溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是。(填序号)（2）向足量的次氯酸钠中通入少量的二氧化碳的离子方程式。（3）室温下，经测定溶液，则(填“＞”、“=”、“＜”)。（4）时，将的氨水与的盐酸等体积混合所得溶液中，则溶液显(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示的电离平衡常数。（5）将含的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中。【答案】（1）①＞②＞③（2）（3）＞（4）中（5）0.6【解析】（1）由HF、HClO、的电离常数，可得出三者的水解常数关系Kh(F-)＜Kh(ClO-)＜Kh()，水解常数越小，生成相同c(OH-)所需的盐的浓度越大，则常温下，pH相同的三种溶液①NaF溶液；②NaClO溶液；③Na2CO3溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是①＞②＞③。（2）向足量的次氯酸钠中通入少量的二氧化碳，由于Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，所以只能生成NaHCO3等，离子方程式为。（3）室温下，经测定溶液，表明Ka()＞Kh()，则＞。（4）时，将的氨水与的盐酸等体积混合所得溶液中，依据电荷守恒，可得出c(H+)=c(OH-)，则溶液显中性；的氨水与的盐酸等体积混合所得溶液中，=mol∙L-1，c()=mol∙L-1，c(OH-)=1×10-7mol∙L-1，则用含a的代数式表示的电离平衡常数==。（5）将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，Ka2(H2SO3)==6.0×10-8，则溶液中==0.6。13．常温下，某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：（1）写出酸H2A的电离方程式：________。（2）若溶液M由10mL2mol·L－1NaHA溶液与10mL2mol·L－1NaOH溶液混合而成，则溶液M的pH______(填“＞”“＜”或“＝”)7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______；（3）若有三种溶液：①0.01mol·L－1的H2A溶液、②0.01mol·L－1的NaHA溶液、③0.02mol·L－1的HCl与0.04mol·L－1的NaHA溶液等体积混合，则三种溶液中c(H2A)最大的是______；pH由大到小的顺序为_______。（4）若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH＝11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液中，V1与V2的大小关系为______(填“V1＞V2”“V1＝V2”“V1＜V2”或“均有可能”)。【答案】（1）H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－（2）>

c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(HA－)>c(H＋)（3）③

②＞③＞①（4）均有可能【解析】（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，电离方程式为H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－；（2）Na2A的水溶液水解显碱性。若溶液M由10mL2mol·L－1NaHA溶液与2mol·L－1NaOH溶液等体积混合而得，M相当于1mol·L－1Na2A的水溶液，则溶液M的pH>7；A2－发生两步水解，各离子浓度顺序为：c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(HA－)>c(H＋)；（3）①弱酸H2A电离，②中NaHA水解生成H2A分子和氢氧根离子溶液显碱性，③中等体积混合为等量的NaCl