第03讲 盐类水解（练习）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第03讲盐类的水解目录01模拟基础练【题型一】盐类水解规律【题型二】盐类水解影响因素【题型三】盐类水解的应用【题型四】离子浓度大小比较【题型五】粒子浓度变化曲线02重难创新练03真题实战练题型一盐类水解规律1．NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子为()A．NH2D·H2O和D3O+B．NH3·D2O和HD2O+C．NH3·HDO和D3O+D．NH2D·HDO和H2DO+【答案】C【解析】NH4Cl水解的实质是其电离出的NH4+与重水电离出的OD-结合生成一水合氨，即D2OD++OD-，NH4++OD-→NH3·HDO，D+与D2O结合生成D32．下列说法及离子方程式正确的是()A．Na2S水溶液显碱性：S2－＋2H2OH2S＋2OH－B．NH4Cl水溶液显酸性：NH4Cl=NH3＋H＋＋Cl－C．CuSO4水溶液显酸性：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2↓＋2H＋D．NaHCO3水溶液显碱性：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－【答案】D【解析】S2－为多元弱酸根离子，水解方程式分步书写，A错误；NH4Cl溶液显酸性的原因是因为NHeq\o\al(＋,4)的水解，B错误；CuSO4水溶液水解程度小，水解后不能生成Cu(OH)2↓，C错误。3．室温下，0.1mol·L－1的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，下列说法错误的是()A．上述溶液能使甲基橙试剂变黄色B．室温下，NH3·H2O是比HCN更弱的电解质C．上述溶液中CN－的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度D．室温下，0.1mol·L－1NaCN溶液中，CN－的水解程度小于上述溶液中CN－的水解程度【答案】B【解析】室温下，溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，A正确；HCN和NH3·H2O均是弱电解质，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，由越弱越水解知NaCN溶液中，CN－的水解程度小于同浓度下NH4CN溶液中CN－的水解程度，D正确。4．25℃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－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是()A．电离平衡常数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，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)；B项，根据AX、BX、BY溶液的pH，则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；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；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。5．室温下，有amol·L-1NaX和bmol·L-1NaY两种盐溶液。下列说法正确的是()A．若ab且c(X-)+c(HX)c(Y-)，则酸性HXHYB．若ab且c(X-)c(Y-)，则酸性HXHYC．若且，则酸性HXHYD．若ab且c(X-)c(Y-)，则酸性HXHY【答案】C【解析】A项，若a=b且c(X-)+c(HX)c(Y-)，表明NaX在水溶液中发生水解反应，离子方程式为X-+H2OHX+OH-，故在水溶液中的存在形式为X-和HX，所以HX为弱酸，而NaY不水解，故在水溶液中只存在Y-，所以HY为强酸，即酸性HXHY，A错误；B项，若ab，则表示NaX的浓度大于NaY，但是c(X-)c(Y-)，表明X-减少也或者减少得更多，说明X-发生了水解而减少了，或者说X-发生水解的程度更大，减少得更多，依据盐类水解“越弱越水解”的规律，可推断酸性HXHY，B错误；C项，若且，即NaX溶液浓度小，但是碱性强，表明X-发生了水解反应，或X-的水解程度更大，依据盐类水解“越弱越水解”的规律，可判断酸性HXHY，C正确；D项，若ab且c(X-)c(Y-)，无法判断X-和Y-是否发生了水解，则无法判断HX和HY的酸性强弱，D错误；故选C。题型二盐类水解影响因素6．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-＋H2OHCO3-＋OH－。下列说法正确的是()A．稀释溶液，水解平衡向逆反应方向移动，水解程度减小B．通入CO2，平衡向正反应方向移动C．升高温度，c(HCO3-)/c(CO32-)减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】A项，稀释溶液，促进水解，水解平衡向正反应方向移动，水解程度增大，故A错误；B项，CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH-反应，平衡向正反应方向移动，故B正确；C项，因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，c(CO32-)减小，c(HCO3-)增大，故c(HCO3-)/c(CO32-)是增大的，故C错误；D．项，加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误。7．一定条件下，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。下列说法正确的是()A．加入少量NaOH固体，c(CH3COO-)增大B．加入少量FeCl3固体，c(CH3COO-)增大C．稀释溶液，溶液的pH增大D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)【答案】A【解析】加入少量NaOH固体，会增大溶液中OH-的浓度，使平衡向左移动，c(CH3COO-)增大，A项正确；加入少量FeCl3固体，FeCl3水解显酸性，CH3COONa水解显碱性，在同一溶液中二者水解相互促进，c(CH3COO-)减小，B项不正确；稀释溶液，c(OH-)减小，溶液的pH减小，C项不正确；若c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c(CH3COO-)，不符合电荷守恒，D项不正确。8．下列关于FeCl3水解的说法错误的是()A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动B．浓度为5mol·L-1和0.5mol·L-1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，前者Fe3+的水解程度小于后者C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50℃和20℃时发生水解，50℃时Fe3+的水解程度比20℃时的小D．为抑制Fe3+的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸【答案】C【解析】增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3+水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，Fe3+水解程度增大，A、B两项正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C项错误；Fe3+水解后溶液呈酸性，增大H+的浓度可抑制Fe3+的水解，D项正确。9．常温下，滴有两滴酚酞溶液的Na2CO3溶液中存在COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－平衡，溶液呈红色，下列说法不正确的是()A．稀释溶液，增大B．通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，溶液pH均减小C．升高温度，红色变深，平衡常数增大D．加入NaOH固体，减小【答案】A【解析】稀释溶液，水解平衡常数Kh＝不变，而溶液的碱性变弱，即c(H＋)增大，故变小，故A错误；通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，均能消耗掉氢氧根，导致c(OH－)减小，c(H＋)增大，故溶液pH减小，故B正确；盐类水解吸热，故升高温度，水解平衡右移，水解平衡常数增大，且溶液中c(OH－)增大，故红色变深，故C正确；加入氢氧化钠固体，增大了c(OH－)，而水解平衡常数Kh＝不变，故减小，故D正确。10．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】由图可知，0.001mol·L-1FeCl3溶液的pH<7，说明Fe3+发生了水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，使溶液呈酸性，A项正确；0.003mol·L-1KCl溶液的pH=7，而图中对照组溶液X的pH与0.001mol·L-1FeCl3溶液的pH相同，故溶液X不可能为0.003mol·L-1KCl溶液，B项错误；在FeCl3溶液中加碱或酸后，溶液的pH变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或碱均引起Fe3+水解平衡的移动，溶液的pH的变化比较缓和，C项正确；FeCl3溶液水解生成Fe(OH)3，溶液的浑浊程度变大，则Fe3+的水解被促进，否则被抑制，D项正确。题型三盐类水解的应用11．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是()A．COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－用热的纯碱溶液清洗油污B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋明矾净水C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl制备TiO2纳米粉D．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠【答案】D【解析】配制SnCl2溶液时应加入稀盐酸抑制SnCl2水解，加入NaOH会促进SnCl2的水解，而发生变质。12．合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐类水解的性质无关的是()A．金属焊接时可用NH4Cl溶液做除锈剂B．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化D．向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生【答案】B【解析】NH4Cl水解溶液显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A不合题意；亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止Fe2＋被氧化，与盐类的水解无关，B符合题意；铵根离子水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C不合题意；FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D不合题意。513．化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是()A．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的SO32-水解B．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，利用的是盐类的水解D．配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸，抑制Fe3+水解【答案】A【解析】pH由4.68变为4.28，主要是雨水中溶解的二氧化硫转化为亚硫酸，亚硫酸被氧化为硫酸，由弱酸转化为强酸，酸性增强，A项错误。14．下列叙述与盐类水解的性质无关的是()A．金属焊接时可用NH4Cl溶液作为除锈剂B．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化D．向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末会有气泡产生【答案】B【解析】NH4Cl水解使溶液显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，和盐类水解有关，A项不符合题意；亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止Fe2+被氧化，与盐类水解无关，B项符合题意；铵根离子水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类水解有关，C项不符合题意；FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙会有气泡产生，和盐类水解有关，D项不符合题意。15．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是()A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体B．除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入NaOH固体C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)【答案】C【解析】A项，加热蒸发Na2CO3溶液，得不到NaOH。虽然加热促进COeq\o\al(2－,3)水解，但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3；B项，引入了新杂质Na＋，应用MgO或MgCO3固体；D项，KCl不水解，不可能得到KOH固体。题型四离子浓度大小比较16．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A．0.1mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)B．20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液与10mL0.1mol·L－1HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)D．0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)【答案】B【解析】A项，等浓度等体积的NaHCO3与NaOH混合时，两者恰好反应生成Na2CO3，在该溶液中COeq\o\al(2－,3)能进行两级水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，故溶液中c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))，该项错误；B项，CH3COONa与HCl混合时反应后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液显酸性，故溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，该项正确；C项，在混合前两溶液的pH之和为14，则氨水过量，所得溶液为少量NH4Cl和过量NH3·H2O的混合溶液，则c(Cl－)<c(NHeq\o\al(＋,4))、c(H＋)<c(OH－)，故c(Cl－)＋c(H＋)<c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)，该项错误；D项，CH3COOH与NaOH混合时恰好生成CH3COONa，溶液中电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒式为c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，由这两个式子可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，该项错误。17．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．NaHCO3溶液中：c(H＋)=c(OH-)＋c(H2CO3)B．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH-)C．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c(Na＋)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/L的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H＋)【答案】C【解析】A项，NaHCO3溶液中：HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性，根据质子守恒可得c(OH-)=c(H＋)+c(H2CO3)，A错误；B项，HCl是一元强酸，完全电离，c(H+)与盐酸的浓度相等，而NH3·H2O是一元弱碱，只有很少一部分电离，在溶液中存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下，将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，电离产生的OH-恰好与H+中和，但c(NH3·H2O)>c(OH-)，电解质分子进一步电离产生OH-和NH4+，因此溶液显碱性，所得溶液中：c(NH4＋)>c(Cl-)，c(OH-)>c(H＋)，盐电离产生的离子浓度远大于弱碱电离产生的离子浓度所以微粒浓度关系为c(NH4＋)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H＋)，B错误；C项，0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c(Na＋)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，C正确；D项，0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/L的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸，二者发生反应：Na2C2O4+HCl=NaCl+NaHC2O4，根据电荷守恒可得2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)+c(Cl-)=c(Na＋)+c(H＋)，D错误。18．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(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CHC．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(NH4+)<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，由元素质量守恒可知，c(NH4+)+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c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，元素质量守恒c(NH4+)+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，则氨水的滴入量大于20mL，c(NH4+)>19．有机酸的种类繁多，甲酸(HCOOH)是常见的一元酸，常温下，Ka=1.8×10-4；草酸(H2C2O4)是常见的二元酸，常温下，Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5。下列说法正确的是()。A．甲酸钠溶液中：c(Na+)>c(HCOO-)>c(H+)>c(OH-)B．草酸氢钠溶液中加入甲酸钠溶液至中性：c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-C．Na2C2O4溶液中：c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)+c(H+)=c(OHD．足量甲酸与草酸钠溶液反应：2HCOOH+Na2C2O4=H2C2O4+2HCOONa【答案】C【解析】甲酸为弱酸，甲酸钠为强碱弱酸盐，HCOO-水解使溶液呈碱性，故c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)，A错误；B项不符合元素质量守恒；足量甲酸与草酸钠溶液反应：HCOOH+Na2C2O4=HCOONa+NaHC2O4，D错误。20．常温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。实验1：用pH计测量0.05mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH为8.3实验2：向0.05mol·L-1NaHCO3溶液中逐滴滴加等体积同浓度的NaOH溶液，溶液pH逐渐上升至11.3实验3：向0.05mol·L-1NaHCO3溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，溶液pH逐渐下降至4.3下列说法正确的是()A．由实验1可得出：Kw＜Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)B．实验2过程中，c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32--)逐渐增大C．实验3过程中，c(Na+)逐渐小于c(HCO3-)+c(CO32--)+c(H2CO3)D．实验2和3结束时，用x和y依次表示两份溶液中c(Na+)+c(H+)，则x＞y【答案】D【解析】A项，HCO3-水解平衡常数与水的离子积的关系Kh=，根据实验1，碳酸氢钠溶液显碱性，说明HCO3-水解平衡常数大于HCO3-电离平衡常数，有Kh=＞Ka2，即有Kw＞Ka1·Ka2，故A错误；B项，0.05mol/LNaHCO3溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32--)=0.05+10-8.3，向0.05moL/LNaHCO3溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，两种溶液恰好完全反应，生成Na2CO3，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32--)=0.05+10-11.3，因此实验2过程中c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32--)逐渐减小，故B错误；C项，0.05mol/LNaHCO3溶液中存在c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32--)+c(H2CO3)，向0.05moL/LNaHCO3溶液中加入等体积等浓度的盐酸，两种溶液恰好完全反应，生成NaCl和CO2，CO2能溶于水，使溶液显酸性，因此有c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32--)+c(H2CO3)+c(Cl-)，推出c(Na+)＞c(HCO3-)+c(CO32--)+c(H2CO3)，实验3过程中，c(Na+)大于c(HCO3-)+c(CO32--)+c(H2CO3)，故C错误；D项，实验3结束后，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32--)+c(Cl-)=0.025+10-4.3，根据B选项分析，推出x＞y，故D正确；故选D。题型五粒子浓度变化曲线21．室温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定0.1000mol·L-1H3PO4溶液，滴定曲线如图所示，滴定分数是指滴定剂与被滴定物质的物质的量之比。下列说法正确的是()A．当滴定分数为1.00时，溶液中c(H3PO4)>c(H2PO4-)B．在滴定过程中，水的电离程度先增大后减小，水的电离程度最大时对应的滴定分数在1.00和2.00之间C．当滴定分数为2.00时，生成物的主要成分为Na3PO4D．当滴定分数为1.50时，溶液中存在关系式：2c(H+)+3c(H3PO4)+c(H2PO4-)=3c(PO43-)+c(HPO42-)+2c(OH-)【答案】D【解析】A项，当滴定分数为1时，溶质为NaH2PO4，此时溶液显酸性，电离起主要作用，H2PO4-电离产生的HPO42-浓度大于水解产生的H3PO4，所以c(HPO42-)>c(H3PO4)，A错误；B项，溶液溶质为Na3PO4时水的电离程度最大，只有在滴定分数为3的时候溶质为Na3PO4，此时水的电离程度最大，故B错误；C项，滴定分数为2时溶质为Na2HPO4，只有在滴定分数为3的时候溶质为Na3PO4，C错误；D项，滴定分数为1.5时，溶液中的溶质为等量的NaH2PO4和Na2HPO4。物料守恒：2c(Na+)=3[c(H3PO4)+c(H2PO4-)+c(PO43-)]①，电荷守恒：：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)②，由2②-①可得出：2c(H+)+3c(H3PO4)+c(H2PO4-)=3c(PO43-)+c(HPO42-)+2c(OH-)，D正确。故选D。22．常温下，用200mL0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2与N2混合气体，所得溶液pH与吸收气体体积的关系如图所示，已知Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=5.6×10-8。下列说法正确的是()A．吸收3L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3B．溶液pH=7时2c(SO32-)>c(HSO3-)C．X点呈酸性的原因是HSO3-水解程度大于其电离程度D．曲线上任意点均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO3-)+c(SO32-)【答案】B【解析】0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，先后发生两个反应，即2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O和Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3。由图中信息可知，当吸收3L气体时，得到Na2SO3溶液；当吸收6L气体时，得到NaHSO3溶液。A项，由分析可知，吸收3L气体时，当吸收3L气体时，得到Na2SO3溶液，主要溶质为Na2SO3，A错误；B项，pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=110-7mol/L，由电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，Ka2(H2SO3)==5.6×10-8，则，因此，，则2c(SO32-)>c(HSO3-)，B正确；C项，由图中信息可知，X点为NaHSO3溶液，HSO3-电离方程式为HSO3-H++SO32-，水解的离子方程式为HSO3-+H2OH2SO3+OH-，＜Ka2(H2SO3)=5.6×10-8，即HSO3-的电离程度大于其水解程度，因此，X点呈酸性，C错误；D项，由电荷守恒，曲线上除其起点外，其他任意点均存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，D错误；故选B。23．边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的分布系数δ随pH的变化关系如图所示。[比如H2SO3的分布系数：δ(H2SO3)=]，下列有关叙述错误的是()A．当溶液pH范围为4~5时，停止通入SO2B．根据曲线数据计算可知Ka2(H2SO3)的数量级为10-7C．a点的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)D．pH=3的溶液中，c(Na+)＜c(HSO3-)+c(H2SO3)【答案】B【解析】A项，由图可知，当溶液pH范围为4~5时，二氧化硫与碳酸钠恰好反应生成亚硫酸氢钠，则当溶液pH范围为4~5时，停止通入二氧化硫，故A正确；B项，由图可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)时，溶液pH为7.2，则Ka2(H2SO3)==c(H+)=10—7.2，则Ka2(H2SO3)的数量级为10-8，故B错误；C项，由图可知，a点为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故C正确；D项，由图可知，pH=3的溶液为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中c(Na+)＜c(HSO3-)+c(H2SO3)，故D正确；故选B。24．甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：HOOCCH2NH3+H++-OOCCH2NH3+K1-OOCCH2NH3+H++-OOCCH2NH2K2常温时，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是()A．水的电离程度：Q>XB．X→P过程中：逐渐增大C．P点的溶液中：c(HOOCCH2NH3+)+c(H+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)D．当时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl【答案】D【解析】A项，由图示可知，X点对应的溶液酸性小于Q点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A错误；B项，由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→P过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，B错误；C项，由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH3+和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH3+)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH3+)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C错误；D项，当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D正确；故选C。25．25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A，H2A被滴定分数[eq\f(n（NaOH）,n（H2A）)]、pH及微粒分布分数δ[δ(X)＝eq\f(n（X）,n（H2A）＋n（HA－）＋n（A2－）)，X表示H2A、HA－或A2－]的关系如图所示：下列说法错误的是()A．a点溶液中溶质为NaHA和H2AB．b点溶液中：c(Na＋)>c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)C．c点溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(HA－)＋c(OH－)D．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d>c>b>a【答案】B【解析】A项，由图示可以看出，a点H2A被滴定分数为0.5，即有一半H2A与NaOH反应生成NaHA，因此a溶液中溶质为NaHA和HA，A正确；B项，b点H2A被滴定分数大于1，溶质为NaHA和Na2A，溶液中钠离子浓度最大，结合图可知：c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)，B错误；C项，根据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，由图示可知，c点溶液中有：c(A2－)＝c(HA－)，故有c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(HA－)＋c(OH－)，C正确；D项，由图示可知，从a点到d点，溶液中H2A越来越少，而NaHA、Na2A越来越多，故电离越来越弱，而盐类水解程度越来越大，盐类水解促进水的电离，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d>c>b>a，D正确；故选B。1．(2024·北京市丰台区高三二模)25℃时，有浓度均为的4种溶液：①盐酸

②HF溶液

③NaOH溶液

④氨水已知：25℃时，电离平衡常数，下列说法不正确的是()A．溶液pH：③>④>②>①B．水电离出的浓度：①=③<②<④C．②和④等体积混合后的溶液中：D．①和③混合后溶液(溶液体积变化忽略不计)，则【答案】C【解析】A项，盐酸为强酸、HF为弱酸，NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，因此等浓度的盐酸、HF溶液、NaOH溶液、氨水pH由大小为NaOH溶液、氨水、HF溶液、盐酸，A正确；B项，四种溶液中水的电离都受到抑制，＞，NaOH是强碱、盐酸是强酸，因此抑制程度由大到小为①=③＞②＞④，因此水电离出的氢离子浓度①=③<②<④，B正确；C项，②和④等体积混合后溶质为NH4F，＞，则铵根离子水解程度大于氟离子，溶液中：，C错误；D项，盐酸和NaOH溶液混合后溶液，则，求得，D正确；故选C。2．(2024·福建省泉州市高三第二次模拟考试)实验室模拟侯氏制碱碳酸化制NaHCO3的过程，将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图2。下列说法正确的是()A．0min，溶液中c(Na＋)+c(NH4+)=c(Cl－)B．0~60min，发生反应：2CO2+3NH3·H2O=CO32-+HCO3-+3NH4++H2OC．水的电离程度：D．0~100min，n(Cl-)、n(Na＋)均保持不变【答案】C【解析】A项，0min，为饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，溶液中存在c(Na＋)=c(Cl－)，故c(Na＋)+c(NH4+)c(Cl－)，A错误；B项，0~60min，随着反应的进行，60min时pH=10.3，生成的少量白色固体为NaHCO3，由图2可知，溶液中CO32-和HCO3-浓度相等，但无法知道沉淀的物质的量与溶液中两种离子的物质的量之比，无法写出该反应的离子方程式，B错误；C项，0min，为饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，一水合氨抑制水的电离；60min，为碳酸氢铵与碳酸铵按1：1形成的溶液，促进水的电离；故水的电离程度：0min60min，C正确；D项，0~100min，随着反应的进行，产生碳酸氢钠晶体，故溶液中n(Na＋)减少，n(Cl-)保持不变，D错误；故选C。3．(2024·安徽省滁州市高三二模)已知：①M++NH3[M(NH3)]+

K1=103.32②[M(NH3)2]++NH3[M(NH3)2]+

K2M+、[M(NH3)]+、[M(NH3)2]+

的分布分数与关系如下图所示。下列说法正确的是(){分布分数}A．K2=103.90B．曲线b代表C．加水稀释，δ(M+)减小D．当c(NH3)mol·L-1时，[M(NH3)2]+为含M粒子的主要存在形式【答案】A【解析】由反应①②随c(NH3)改变的平衡移动和图可知，曲线a代表M+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系、曲线b代表[M(NH3)2]+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系、曲线c代表[M(NH3)]+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系，当M+离子与[M(NH3)2]+离子浓度相等时，氨分子的浓度为10−3.61mol/L，则反应M++2NH3[M(NH3)2]+的平衡常数K'===107.22；将已知反应依次编号为①②，①+②可得反应M++2NH3⇌[M(NH3)2]+，则平衡常数K'=K1K2，K2==103.90。A项，K2=103.90，故A正确；B项，曲线b代表[M(NH3)2]+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系，B错误；C项，根据勒夏特列原理，加水稀释，①②平衡都逆向移动，δ(M+)增大，C错误；D项，由图可知，当c(NH3)>0.01mol⋅L−1时，[M(NH3)2]+为含M粒子的主要存在形式，D错误；故选A。4．(2024·河南省河南名校联考高三联考)乙二胺四乙酸(通常用表示)简称EDTA，因能与众多金属离子络合而在化学分析与测定中有广泛应用，其结构简式为(HOOCCH2)2NCH2N(CH2COOH)2，EDTA在水溶液中总是以H6Y2+、H5Y+、H4Y、H3Y-、H2Y2-、HY3-、Y4-七种形式存在，常温下其分布系数与溶液的关系如图所示。下列说法错误的是()A．EDTA既能与酸反应又能与碱反应，曲线a代表B．常温下，电离常数C．时，溶液中D．常温下，溶液中【答案】D【解析】乙二胺四乙酸为四元酸，可以和碱反应，随和pH的增大，EDTA在水中的微粒中含有氢的量逐渐减少，随着pH减小，EDTA中氮原子含有孤电子对，可以和氢离子反应，随着pH减小结合的氢逐渐增大，则a、b、c、d、e、f、g分别表示H6Y2+、H5Y+、H4Y、H3Y-、H2Y2-、HY3-、Y4-。A项，由分析可知，EDTA既能与酸反应又能与碱反应，曲线a代表，A正确；B项，H4YH++H3Y-，，由图像可知的pH≈2，则H4Y的电离常数≈10-2.0，B正确；C项，由图可知，pH=1.4时，溶液中，C正确；D项，，由图可知，，，则，D错误；故选D。105．(2024·福建省龙岩市高三模拟)室温下，将盐酸滴入Na3R溶液中，测得混合溶液的pH与、或的关系如图所示。下列说法错误的是()A．L3表示pH与的关系曲线B．Na2HR溶液呈碱性C．水解常数Kh3的数量级为10-12D．混合溶液的pH=7时，c(Na＋)＞c(H2R－)+2c(HR2―)+3c(R3-)【答案】C【解析】25℃时，Ka1(H3R)=，则溶液pH相同时，，函数-lgx为减函数，值越小说明分式越大，则-lg＞-lg＞-lg，所以L1表示pH与-lg的关系曲线，L2表示pH与-lg的关系曲线，L3表示pH与-lg的关系曲线。A项，根据分析可知：L3表示pH与-lg的关系曲线，A正确；B项，L1曲线表示pH与-lg的关系曲线，在溶液pH=8时，-lg=-5.2，则=105.2，=10-5.2，Ka3==10-8×10-5.2=10-13.2；L2表示pH与-lg的关系曲线，在pH=7.1时，-lg=0，=1，c(H+)=10-7.1mol/L，Ka2==10-7.1mol/L，Kh2=，Ka3＜Kh2，水解程度大于电离程度，所以Na2HR的水溶液显碱性，B正确；C项，L3表示pH与-lg的关系曲线，在pH=3时，-lg=2.2，=10-2.2，=102.2，Ka1==10-3×102.2=10-0.8，Kh3=，则水解常数Kh3的数量级为10-14，C错误；D项，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2R-)+2c(HR2-)+3c(R3-)+c(Cl-)，由于混合溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(H2R-)+2c(HR2-)+3c(R3-)+c(Cl-)，因此c(Na+)＞c(H2R-)+2c(HR2-)+3c(R3-)，D正确；故选C。6．(2024·广东省茂名市高三二模节选)某小组探秘人体血液中的运载氧平衡及酸碱平衡，回答下列问题：正常人体血液中主要含有H2CO3和形成的缓冲溶液，能缓解外界的酸碱影响而保持pH基本不变。正常人体和代谢性酸中毒病人的血气分析结果见表：项目名称结果浓度参考范围正常人代谢性酸中毒病人CO2分压/mmHg405035～4524.21923.3～24.8血液酸碱度(pH)7.407.217.35～7.45(4)37℃时HCO3-的水解常数，，已知某同学血浆中，写出人体血液中存在的水解平衡方程式；请判断该同学血液的pH是否正常。(填“是”或“否”)(5)人体酸碱平衡维持机制简要表达如下图：①当人体摄入酸过多时，肺通过呼吸排出的CO2会(选填“增加”或“减少”)。②对于重度代谢性酸中毒的病人应该采用什么治疗方法。(选填字母)A．口服0.9%KCl溶液

B．口服5%葡萄糖溶液C．静脉注射5%溶液

D．静脉注射0.9%NaCl溶液【答案】(4)HCO3-+H2OH2CO3+OH-CO32-+H2OHCO3-+OH-(5)增加C【解析】(4)水解平衡方程式：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；由=20×，得出c(H+)==10-7.4，该同学血液的pH=7.4属于正常；(5)人体摄入酸过多时HCO3-与H+作用，肺通过呼吸排出的CO2增加；对于重度代谢性酸中毒的病人应该减少H+，选用NaHCO3，故选C。1．(2022·浙江省1月选考，1)水溶液呈酸性的盐是()A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2【答案】A【解析】A项，NH4Cl盐溶液存在NH4++H2ONH3·H2O+H+而显酸性，A符合题意；B项，BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；C项，H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；D项，Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。2．(2022•重庆卷，11)某小组模拟成垢－除垢过程如图。100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液……忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是()A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO42-)C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)【答案】D【解析】A项，经过步骤①，100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02molNaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO42-和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A错误；B项，步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO42-)，故B错误；C项，经过步骤②，反应后的溶质为0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故C错误；D项，步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01molCa(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D正确；故选D。3．(2022·浙江省1月选考，23)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：下列说法正确的的是()A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO3-+H+=CO2↑+H2OC．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)【答案】C【解析】A项，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；B项，当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO32-+H+=HCO3-，B错误；C项，根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；D项，根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)，NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)，D错误；故选C。4．(2021•北京卷，12)以下4个实验中均产生了白色沉淀。下列说法不正确的是()A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液含有的微粒种类相同B．Ca2+促进了CO32-、HCO3-的水解C．Al3+促进了CO32-、HCO3-的水解D．滴入溶液后，4支试管内溶液的pH都变小【答案】B【解析】A项，Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；B项，HCO3-H++CO32-，加入Ca2+后，Ca2+和CO32-反应生成沉淀，促进HCO3-的电离，B错误；C项，Al3+与CO32-、HCO3-都能发