2024年高考化学一轮复习易错题盐类水解规律及应用含解析

盐类水解规律及应用【易错分析】盐类水解的学问是中学化学的重点内容,也是难点之一,盐类的水解与日常生活、工农业生产以及试验室工作的联系特别亲密,水溶液中盐中弱离子水解虽然微弱,但在实际生产和生活及在处理一些化学问题时,盐类水解不容忽视，应在化学平衡、电离平衡理论的支持下去探究盐类水解的实质、规律。盐类水解考查的主要形式有影响盐类水解的因素、水解离子方程式的书写与推断、离子浓度大小比较、盐溶液酸碱性比较和水解平衡移动等，主要以选择题和填空题的形式出现。试题留意强化基础、兼顾覆盖面,着重考查学科的主干学问，如精确推断离子共存、离子浓度的大小关系、配制溶液、物质鉴别、试剂储存、某些盐的分别除杂、化肥的合理运用等。【错题订正】例题1、下列关于盐类水解的说法错误的是()A.在纯水中加入能水解的盐肯定能促进水的电离B.同温下,等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液,NaHCO3溶液的pH大C.在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NH4D.加热CH3COONa溶液,溶液中c(【解析】盐类水解促进水的电离,A项正确;同温下,等浓度的Na2CO3和NaHCO3中,CO32-水解程度大于HCO3-,所以Na2CO3溶液的碱性强,B项错误;NH4+水解使溶液显酸性,加入HNO3能抑制NH4+的水解,C项正确;加热CH3COONa溶液,CH3COO-水解程度增大,c(CH3【答案】B例2、为了使Na2S溶液中c(Na①加适量盐酸②加适量NaOH(s)③加适量KOH(s)④加适量KHS(s)⑤加水⑥通H2S(g)⑦加热A.②③④B.①②⑤⑥⑦C.②③ D.③④【解析】欲使溶液中c(Na+)c(S2-)的比值变小,即要使c(S2-)增大,从S2-+H2OHS-+OH-的平衡角度分析,增大c(OH-)或c(HS-)可抑制S2-水解,使平衡向左移动,但不能加入Na+,明显③④可以,②不行以;①发生反应:2H++S2-=H2S,使比值变大;⑤⑦促进Na2【答案】D【学问清单】1.盐溶液中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。其实质是水解反应破坏了水的电离平衡，变更了溶液中H+和OH-的相对浓度，使溶液呈酸性或碱性，盐类水解反应可以看作是酸碱中和反应的逆反应，由于中和反应为放热，故盐类水解汲取热量，盐类水解一般比较微弱，进行程度小，盐类水解一般是可逆的，故存在水解平衡。盐类水解的规律是谁弱谁水解（用以证明弱电解质），谁强显谁性（用以判别酸碱相对强弱），越弱越水解（用以判别弱酸的强弱），无弱不水解，都弱双水解。一般来说，盐类水解的程度不大，盐类水解离子方程式的书写应当用可逆号“”表示，一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物，多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示，水解分别是酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“=”、“↑”、“↓”等。2.盐类水解是可逆反应，在肯定条件下达到水解平衡状态(简称水解平衡)时，盐水解的程度大小主要由盐的本质属性所确定。生成盐的弱酸酸性越弱，其盐中弱酸根离子的水解程度越大；生成盐的弱碱碱性越弱，其盐中弱碱阳离子的水解程度越大，通常称为“越弱越水解”。如0.1mol·L－1NaF与0.1mol·L－1CH3COONa，其pH值的大小为NaF<CH3COONa。加水促进水解,但对于水解显酸性的盐,酸性下降,对于水解显碱性的盐,碱性下降；即浓度越小,水解程度越大。加溶质水解平衡正向移动,盐的水解程度下降,但对于水解显酸性的盐,溶液的酸性增加,对于水解显碱性的盐,溶液的碱性增加。对于水解显酸性的盐,加酸会抑制水解,加碱会促进水解；对于水解显碱性的盐,加碱会抑制水解,加酸会促进水解。水解显酸性的盐溶液与水解显碱性的盐溶液混合,两种盐的水解相互促进；均显酸(碱)性的盐溶液混合,两种盐水解一般相互抑制。强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，如NaHCO3溶液中：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)，HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)；若电离程度大于水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液中：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)，HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。3.盐类的水解与日常生活、工农业生产以及试验室工作的联系特别亲密,水溶液中盐中弱离子水解虽然微弱,但在实际生产和生活及在处理一些化学问题时,盐类水解不容忽视。某些强酸弱碱盐在配制溶液时因水解而浑浊，需加相应的酸来抑制水解，如在配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸来抑制FeCl3水解；某些弱酸强碱盐水解呈碱性，用玻璃试剂瓶贮存时，不能用玻璃塞，如Na2CO3溶液、NaF溶液等不能贮存于磨口玻璃瓶中；加热盐溶液，需分析盐溶液水解生成的酸，假如是易挥发性酸，如AlCl3、FeCl3等溶液，最终得到的是金属氧化物；假如是难挥发性酸，如MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液，最终得到它们的溶质固体；将饱和FeCl3溶液滴入沸水中因水解而得到红褐色Fe(OH)3胶体；纯碱(Na2CO3)水解呈碱性，加热能促进水解，溶液的碱性增加，热的纯碱溶液去污效果增加，有关的离子方程式是COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－；明矾溶于水电离产生的Al3＋水解，生成的Al(OH)3胶体表面积大，吸附水中悬浮的杂质而使水变澄清，有关的离子方程式是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；铵态氮肥不能与草木灰混合运用，因为NHeq\o\al(＋,4)在水溶液中能发生水解生成H＋，COeq\o\al(2－,3)在水溶液中水解产生OH－，当二者同时存在时，二者水解产生的H＋和OH－能发生中和反应，使水解程度都增大，铵盐水解产生的NH3·H2O易挥发而降低了肥效；推断溶液中离子能否大量共存，如Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)等因水解相互促进不能大量共存。【变式练习】1.下列说法不正确的是()A.热的纯碱液去油污效果好,是因为加热可使CO32-的水解程度增大,溶液碱性增加,去污B.铁在潮湿的环境下生锈与盐类的水解有关C.将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧,可得到Al2(SO4)3固体D.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体,离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+2．试验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变更的曲线如图所示。下列说法正确的是A．随温度上升，纯水中c(H+)>c(OH−)B．随温度上升，CH3COONa溶液的c(OH−)减小C．随温度上升，CuSO4溶液的pH变更是Kw变更与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度上升，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同【易错通关】1.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.室温下,向0.01mol·L-1的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性:c(Na+)>c(SO42—)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)B.0.1mol·L的NaHCO3溶液中:c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3—)>c(H+)C.Na2CO3溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HCO3—)+c(H2CO3)D.25℃时,pH=4.75,浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)<c(CH3COOH)+c(H+)2.下列关于电解质溶液的叙述正确的是()。A.常温下,在pH=7的醋酸钠和醋酸混合溶液中:c(CH3COO-)>c(Na+)B.在pH=5的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中:c(Na+)=c(Cl-)C.稀释醋酸溶液,溶液中全部离子的浓度均降低D.0.1mol·L-1的硫化钠溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-)3.已知0.1mol·L-1的二元酸H2A溶液的pH=4,则下列说法中正确的是()。A.在Na2A、NaHA两溶液中,离子种类不相同B.在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中,阴离子总数相等C.在NaHA溶液中肯定有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)D.在Na2A溶液中肯定有c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)4.有4种混合溶液,分别由等体积0.1mol·L-1的2种溶液混合而成:①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3。下列各项排序正确的是()A.pH:②>③>④>①B.c(CH3COO-):②>④>③>①C.溶液中c(H+):①>③>②>④D.c(CH3COOH):①>④>③>②5．某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是()A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)D．加入适量氨水，c(CH3COO－)肯定大于c(Na＋)、c(NHeq\o\al(＋,4))之和6．下列说法正确的是（）A．加热蒸干氯化铁溶液最终得到FeCl3晶体B．氢氧化铁与HI溶液仅发生中和反应C．FeCl3、FeCl2和Fe(OH)3都可以通过化合反应制取D．配制FeSO4溶液时，加入稀盐酸抑制Fe2+水解，加入铁粉防止Fe2+被氧化7．室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变更的曲线如图所示，下列说法正确的是A．Kb2的数量级为10-5B．X(OH)NO3水溶液显酸性C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)8．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是()A．常温下，将溶液与溶液等体积混合溶液显碱性，B．在小苏打溶液中存在：C．常温下，向溶液中加入适量的，得到的混合溶液：D．的一元酸和的一元碱等体积混合：9．向的溶液中逐滴加入溶液时，含氮、含碳粒子的分布分数随溶液的变更状况如图所示(分布系数即物质的量分数)。依据图像，下列说法不正确的是()A．起先阶段，反而略有增加，可能是因为溶液中存在，发生的主要反应是B．当大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应C．时，溶液中D．滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应为10．利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分别，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列试验原理和装置不能达到试验目的的是（）A．用装置甲制备NH3B．用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁C．用装置丙分别Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O11．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：试验编号HA物质的量浓度(mol·L－1)NaOH物质的量浓度(mol·L－1)混合溶液的pH甲0.20.2a乙c10.27丙0.20.17丁0.10.19(1)不考虑其他组的试验结果，单从甲组状况分析，如何用a(混合溶液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸____________________________________________________________。(2)不考虑其他组的试验结果，单从乙组状况分析，c1是否肯定等于0.2mol·L－1______(选填“是”或“否”)。混合溶液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是________。A．前者大B．后者大C．二者相等D．无法推断(3)从丙组试验结果分析，HA是______酸(选填“强”或“弱”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的依次是____________________________________。(4)丁组试验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝____________mol·L－1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不用做近似计算)。c(Na＋)－c(A－)＝____________mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝____________mol·L－112．(1)等物质的量浓度、等体积的NaI与NaF溶液中，前者溶液中离子数目________(填“大于”、“小于”或“等于”)后者溶液中离子数目；等物质的量浓度、等体积的K2CO3与K2SO4溶液中，前者溶液中离子数目________(填“大于”、“小于”或“等于”)后者溶液中离子数目。(2)已知：6C6H5OH＋Fe3＋[Fe(C6H5O)6]3－＋6H＋；CH3COOH＋SOeq\o\al(2－,3)=CH3COO－＋HSOeq\o\al(－,3)；COeq\o\al(2－,3)＋2HSOeq\o\al(－,3)=CO2↑＋H2O＋2SOeq\o\al(2－,3)。现有下列电解质溶液：Na2SO3、NaOH、CH3COONa、C6H5ONa、Na2CO3、NaHCO3。①向六种溶液中分别渐渐加入氯化铁溶液时，溶液中先产生红褐色沉淀，后沉淀完全消逝的是___；②将物质的量浓度均为0.5mol·L－1的上述六种溶液稀释相同的倍数，其pH变更最大的是________；③露置于空气中相当一段时间后(不考虑水分的蒸发)，溶液的pH近似为7，这种电解质为________；④当六种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的依次是________________。参考答案【变式练习】1.B【解析】加热可使CO32-的水解程度增大,溶液碱性增加,去污实力增加,A项正确;铁在潮湿的环境下生锈是由铁发生氧化反应所致,与盐类水解无关,B项错误;Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧时,虽然促进了Al3+的水解,但水解生成的酸不挥发,故最终仍得到Al2(SO4)3固体,C项正确;将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体,Fe3+彻底发生水解反应,离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+2.C【解析】A.水的电离为吸热过程，上升温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；B.水的电离为吸热过程，上升温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,上升温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C.上升温度，促进水的电离，故c(H+)增大；上升温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变更，故C符合题意；D.盐类水解为吸热过程，上升温度促进盐类水解，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。1.A【解析】当NH4HSO4与NaOH等物质的量反应后,NH4+水解使溶液显酸性,若使溶液呈中性,加入NaOH应稍过量,故离子浓度大小依次为c(Na+)>c(SO42—)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+),A项正确；由于HCO3-的水解程度大于电离程度而使溶液显碱性,故离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HCO3—)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32—),B项错误；由质子守恒可知,c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO项错误；由电荷守恒有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),由物料守恒可得:2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),将两式中的c(Na+)消去,可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH),所以c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)-c(CH3COOH)=c(H+)-c(OH-),因为pH=4.75,故c(H+)-c(OH-)>0,所以D项错误。2.B【解析】常温下,pH=7的醋酸钠和醋酸混合溶液呈中性,故依据电荷守恒可知:c(CH3COO-)=c(Na+),A项错误；在pH=5的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中不存在水解,故c(Na+)=c(Cl-),B项正确；稀释醋酸溶液,溶液中c(H+)减小,则c(OH-)增大,C项正确；据电荷守恒可知,c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),D项错误。3.C【解析】在Na2A、NaHA两溶液中,都含Na+、A2-、HA-、OH-、H+,离子种类相同,所以A项不正确；在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中,A2-和HA-总数相等,但由于发生水解反应:A2-+H2OHA-+OH-,1molA2-水解得到2mol阴离子,所以造成Na2A、NaHA两溶液中,阴离子总数不相等,B项不正确；C项依据电荷守恒即可列出,关系式正确；Na2A溶液显碱性,所以离子浓度大小依次为c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+),D项不正确。4.B【解析】①CH3COO-+H+CH3COOH,得到0.05mol·L-1的CH3COOH与NaCl的混合溶液;②、③、④中两种物质间不反应。A项,④中两种物质是水解呈碱性的盐,虽相互抑制水解,但比③溶液碱性强；B项,②、④中CH3COO-的水解受到了NaOH、NaHCO3的抑制,NaOH作为强碱抑制作用更强,③中NaCl对CH3COO-的水解无影响,而①中为0.05mol·L-1的CH3COOH,电离程度小,c(CH3COO-)最小；C项,由A项的分析知c(H+)应为①>③>④>②；D项,CH3COO-的水解程度越大,则c(CH3COOH)越大,故c(CH3COOH)大小依次应为①>③>④>②。5.A【解析】pH＝3的CH3COOH和pH＝11的NaOH混合，生成CH3COONa的同时，CH3COOH有大量剩余，因为CH3COOH为弱酸，其浓度大于10－3mol·L－1，因此A正确；B中恰好反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解而使溶液呈碱性，B不正确；C中电荷不守恒，两种阴离子的浓度不行能都大于两种阳离子的浓度，C不正确；D中加入氨水，若恰好反应呈中性，由于CH3COO－与NHeq\o\al(＋,4)水解程度相同，因此c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)，若氨水过量，则c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))>c(CH3COO－)，因此D不正确。6.C【解析】A．加热氯化铁溶液，铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，而氯化氢具有挥发性，加热氯化铁溶液得到了氢氧化铁沉淀，最终蒸干得到氢氧化铁，故A错误；B．三价铁离子具有较强氧化性，可以氧化碘离子，所以氢氧化铁与HI溶液反应时除了发生中和反应，还会发生氧化还原反应，故B错误；C．Fe和Cl2可以化合生成FeCl3，FeCl3和Fe化合可以生成FeCl2，Fe(OH)2、O2和H2O化合可以生成Fe(OH)3，故C正确；D．配制FeSO4溶液时，加入盐酸会引入杂质，应加稀硫酸，故D错误；综上所述答案为C。7.D【解析】A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，Kb2=c(OH-)c(X2+)/c[X(OH)+]=c(OH-)=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；C.选取图中点（9.2，0.5），此时c[X(OH)2]=c[X(OH)+]，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)×c[X(OH)+]/c[X(OH)2]=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，其次步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1>Kb2>Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+)<c[X(OH)+]，故C错误；D.在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，故D正确；答案：D。8.B【解析】A．溶液与溶液混合时发生反应：，有剩余且最终混合溶液中、和的物质的量相等，的物质的量等于和的物质的量之和，所以，溶液呈碱性，则的电离程度大于的水解程度，所以，且，的电离是微弱的，浓度较小，所以，浓度最小，故离子浓度大小依次为，A错误；B．在溶液中，依据物料守恒有，所以有，B正确；C．溶液中加入适量的，依据电荷守恒有，溶液，则有，所以，C错误；D．若为强酸，为强碱，则两者电离出的和的物质的量相等，溶液显中性，有，若一种为强电解质，另一种为弱电解质，则溶液不会显中性，不等于；若两者均为弱电解质，溶液也不肯定会显中性，D错误。答案选B。9.D【解析】A．由分析可知，溶液中存在的水解平衡、的水解平衡、的电离平衡，以的水解平衡为主，起先阶段，氢氧根离子浓度增大，的水解平衡逆向移动，的量略有增加，逆方向的反应是，故A正确；B．后，和的量削减，和的量增大，说明碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，故B正确；C．从图中可干脆看出时，溶液中，故C正确；D．起先滴加氢氧化钠溶液时，的量并没有减小，反而增大，结合选项A，说明起先时不是与反应，故D错误。答案选D。10.D【解析】A．试验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；B．氨气易溶于水，留意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)