3.3 盐类的水解-2024-2025学年高二化学讲义解题大招（人教版）

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外加相关物质：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。3.几种不发生水解的情况（1）发生复分解反应。当发生复分解反应生成的沉淀比水解反应生成的沉淀更难溶时，物质之间不发生双水解。如Na2S溶液和CuSO4溶液混合，其反应式为S2－＋Cu2＋=CuS↓。（2）发生氧化还原反应。物质之间若既能发生氧化还原反应，又能发生水解反应，通常以氧化还原反应为主。如Na2S溶液和FeCl3溶液混合，其反应式为S2－＋2Fe3＋=S↓＋2Fe2＋。（3）HCO3－与[Al(OH)4]－不共存，不是由于相互促进水解，而是因为酸性大小：H2CO3>HCO3－>Al(OH)3，所以：HCO3－+[Al(OH)4]－=Al(OH)3↓+COeq\o\al(2－,3)知识点04盐溶液灼烧时所得产物的几种类型1.加热盐溶液，需分析盐溶液水解生成的酸。（1）盐溶液水解得到难挥发性酸时，最终得到的是它们的溶质固体。如CuSO4、MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液，CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；（2）盐水解得到易挥发性强酸时，FeCl3、Fe(NO3)3、AlCl3、CuCl2等，析出Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2，灼烧时得到相应的金属氧化物。如：AlCl3+3H2OAl(OH)3↓+3HCl↑2Al(OH)3Al2O3+3H2O（3）酸根离子易水解的强碱盐，溶液等蒸干后一般可得到原物质。如Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。2.盐受热时是否分解①受热易分解的盐：如Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。②受热难分解的盐：NaCl、Na3PO4等，析出无水盐，该盐热稳定性很强。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，因为阴阳离子均易水解，且水解产物易挥发，如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。知识点05在化学实验中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＋判断酸性强弱相同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX＞HY＞HZ配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，抑制Cu2＋水解；贮存Na2CO3溶液不能用磨口玻璃塞胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3＋＋3H2Oeq\o(,\s\up6(Δ))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋制备无水盐将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通HCl的气流中加热蒸干判断离子是否共存Al3＋与COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、S2－、HS－、AlOeq\o\al(－,2)；Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)；NHeq\o\al(＋,4)与AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)因相互促进水解强烈而不能大量共存判断中和反应至中性的试剂用量如NH3·H2O与HCl反应至中性，NH3·H2O过量，CH3COOH与NaOH反应至中性时CH3COOH过量制备无机化合物如用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl，加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全知识点06在日常生活中的应用1.热的纯碱液去油污效果更好纯碱(Na2CO3)水解呈碱性，加热能促进水解，溶液的碱性增强，热的纯碱溶液去污效果增强。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－。2.明矾(铝盐)用作净水剂明矾溶于水电离产生的Al3＋水解，生成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＋。3.泡沫灭火剂泡沫灭火器内所盛装药品分别是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，在使用时将两者混合，铝离子的水解会促进碳酸氢根离子的水解，从而使水解完全产生CO2和Al(OH)3沉淀。其水解的离子方程式为Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。4.铵态氮肥不能与草木灰混合使用因为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，则二者水解产生的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。知识点07在工业生产中广泛应用1.焊接工业上用氯化铵作为金属的除锈剂，是因为NH4Cl水解溶液呈酸性，从而与金属表面的锈发生反应而除去。2.工业制备某些无水盐时，不能用蒸发结晶的方法，如由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在HCl气流中加热，否则：MgCl2·6H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Mg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O。有些盐（如Al2S3）遇水即水解，无法在溶液中制取，只能由单质直接反应制取（干法制取）。3.工业上利用水解制备纳米材料等。如用TiCl4制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl。制备时加入大量的水，同时加热，促进水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得TiO2。知识点08水解平衡常数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)浓度之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱的阳离子)浓度之比是一个常数，该常数就叫水解平衡常数。2.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。3.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－；同理：强酸弱碱盐(如NH4Cl)的水解常数：Kh＝eq\f(KW,Kb)4.影响因素：水解平衡常数是描述能水解的盐水解平衡的主要参数。它只受温度的影响，因水解是吸热过程，所以温度升高，水解平衡常数增大。知识点09溶液中的守恒关系1．两个平衡关系（1）电离平衡①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(第一级电离程度远大于第二级电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)。（2）水解平衡是微弱的＞＞＞②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的浓度大小关系应是c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)。2．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。解题方法：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。举例如：Na2CO3溶液中①Na＋、H＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－。②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(COeq\o\al(2－,3))＋1×c(HCOeq\o\al(－,3))＋1×c(OH－)。化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。3．元素物料守恒原理：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。解题方法：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。(2)举例，如：Na2CO3溶液中①eq\f(nNa＋,nCO\o\al(2－,3))＝eq\f(2,1)，即n(Na＋)＝2n(COeq\o\al(2－,3))，COeq\o\al(2－,3)在水中部分会水解成HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。②c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]。3．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。如Na2CO3中将电荷守恒和元素质量守恒中的金属阳离子消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。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。如：Na2CO3溶液中即c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H＋)。知识点10溶液中粒子浓度比较的四种类型1．弱酸溶液中粒子浓度大小比较(1)HClO溶液中存在的电离平衡有：HClOH＋＋ClO－、H2OH＋＋OH－，溶液中的微粒有H2O、HClO、H＋、OH－、ClO－，由于HClO电离程度小，且H2O的电离程度更小，所以溶液中微粒浓度由大到小的顺序(H2O除外)是c(HClO)>c(H＋)>c(ClO－)>c(OH－)。(2)碳酸的电离方程式是H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－。碳酸是弱酸，第一步电离很微弱，第二步电离更微弱。推测其溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)。2．不同溶液中同一离子浓度比较要考虑溶液中其他离子对该离子的影响，如：在相同浓度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序：④>⑤>③>①>②。3．单一溶液中离子浓度大小的比较(1)氯化铵溶液①先分析NH4Cl溶液中的电离、水解过程：电离：NH4Cl=NHeq\o\al(＋,4)＋Cl－、H2OH＋＋OH－。水解：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。判断溶液中存在的离子有NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、H＋、OH－。②再根据其电离和水解程度的相对大小，比较确定氯化铵溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)。(2)碳酸钠溶液①先分析Na2CO3溶液中的电离、水解过程：电离：Na2CO3=2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。溶液中存在的离子有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－、H＋。②溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)。(3)碳酸氢钠溶液①分析NaHCO3溶液中的电离、水解过程：电离：NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。溶液中存在的离子有Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－。②由于HCOeq\o\al(－,3)的电离常数(K)<水解常数(Kh)HCOeq\o\al(－,3)的电离程度小于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))。(4)亚硫酸氢钠溶液①先分析NaHSO3溶液中的电离、水解过程：电离：NaHSO3=Na＋＋HSOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)、H2OH＋＋OH－。水解：HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－。溶液中存在的离子有：Na＋、HSOeq\o\al(－,3)、H＋、SOeq\o\al(2－,3)、OH－。②由于HSOeq\o\al(－,3)的电离常数(K)>水解常数(Kh)HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于HSOeq\o\al(－,3)的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小顺序是c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)。4．混合溶液中不同离子浓度大小比较(1)等浓度、等体积的盐与碱的混合溶液在0.1mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。(2)等浓度、等体积的盐与酸的混合溶液①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＋)②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混合溶液中：由于HCN的电离程度小于CN－的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，且c(HCN)>c(Na＋)＝0.1mol·L－1。解题大招解题大招大招01盐溶液的酸碱性易错点①强酸强碱盐不发生水解，但强酸强碱盐溶液不一定呈现中性，如NaHSO4不发生水解，但NaHSO4在水中完全电离：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，使溶液呈现酸性。②显酸性的溶液可能是酸，也可能是水解显酸性的盐溶液；显碱性的溶液，可能是碱，也可能是水解显碱性的盐溶液。故酸性溶液的溶质可能是酸或盐，碱性溶液的溶质可能是碱或盐，而酸溶液的溶质是酸，碱溶液的溶质是碱。大招02盐类水解易错点（1）盐类水解的条件为盐在水溶液中能电离出弱酸酸根离子或弱碱阳离子。（2）弱酸、弱碱只能电离，不能够水解。（3）不要看到有“H2O”参加的就认为是水解反应方程式，如HS－＋H2OS2－＋H3O＋，实质是电离方程式，要把握水解的实质进行判断。大招03盐类水解的过程：①电离：盐全部电离成自由移动离子，水微弱电离出H＋和OH－。②结合：离子之间通过有效碰撞后，生成难电离的分子或离子。③移动：由于形成难电离的分子或离子，使溶液中的c(H＋)或c(OH－)减少，改变原有的水的电离平衡。促使水的电离程度变大。④显性：由于水的电离平衡被破坏，致使c(H＋)、c(OH－)不相等，从而使溶液出现酸碱性。大招04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。大招05FeCl3溶液水解情况受温度的影响：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋（正反应为吸热反应）对FeCl3溶液进行加热操作，结果如下条件常温加热沸腾持续沸腾蒸干灼烧结果溶液呈酸性酸性增强形成胶体产生沉淀得到Fe(OH)3固体Fe2O3大招06常见互相促进水解离子如下所示大招07水解的注意事项（１）水解平衡右移，盐的离子水解程度不一定增大。比如：氯化铵溶液中NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，再加入NHeq\o\al(＋,4)，平衡右移，但水解程度减小；加水稀释时，水解平衡右移，水解程度一定增大。（２）盐溶液的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液中离子浓度小是主要因素，故溶液酸性（或碱性）越弱。大招08双向思维分析多元弱酸的分步电离和多元弱酸盐的分步水解以H2CO3电离和Na2CO3的水解为例：H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)Ka1HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)Ka2 Ka1»Ka2COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－Kh1HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－Kh2二元弱酸的正盐（如Na2CO3）的水解常数Kh1＝eq\f(Kw,Ka2)；二元弱酸的酸式盐（如NaHCO3）的水解常数Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)；且Kh1»Kh2。大招09质子守恒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＋大招10判断混合溶液中离子浓度大小的一般思路(1)判断生成物，确定溶液组成。(2)明确溶液中存在的所有平衡(电离平衡，水解平衡)。(3)根据题给信息，确定程度大小(是电离为主还是水解为主)。(4)比较离子大小，在比较中，要充分运用电荷守恒、元素质量守恒关系。题型分类题型分类题型01盐类水解的原理与规律【例1】下列溶液因盐类的水解而呈酸性的是A．溶液 B．溶液C．溶液 D．溶液【答案】B【解析】A．CH3COOH溶液呈酸性是因为CH3COOH是弱酸，在溶液中电离出氢离子，不是因为盐类的水解，A项错误；B．AlCl3溶液是强酸弱碱盐，Al3+会发生水解：，溶液中氢离子浓度增大，溶液呈酸性，B项正确；C．NaHSO4溶液呈酸性是因为NaHSO4在溶液中完全电离，产生大量氢离子，不是因为盐类的水解，C项错误；D．NaHCO3是强碱弱酸盐，的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，D项错误；答案选B。【变式1-1】常温下列物质溶于水，会促进水的电离，且溶液的pH<7的是A． B． C． D．【答案】C【解析】A．电离出，使溶液呈酸性，抑制水的电离，同时抑制铵根离子的水解，故A错误；B．中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性pH>7，促进水的电离，故B错误；C．溶液中水解使溶液显酸性pH<7，促进水的电离，故C正确；D．是强酸强碱盐，对水的电离无影响，溶液呈中性pH=7，故D错误；本题选C。【变式1-2】下列溶液显酸性的是A．氯化铵 B．碳酸钾 C．氯化钾 D．氨水【答案】A【解析】A．氯化铵是强酸盐酸和弱碱氨水反应所得盐，属于强酸弱碱盐，盐的溶液显酸性，故A项正确；B．碳酸钾是碳酸和氢氧化钾反应制得的盐，属于弱酸强碱盐，显碱性，故B项错误；C．氯化钾是强酸盐酸和强碱KOH反应所得盐，属于强酸强碱盐，盐的溶液显中性，故C项错误；D．氨水是弱碱溶液，显碱性，故D项错误；故本题选A。题型02盐类水解的方程式【例2】下列离子方程式中，属于水解反应的是A． B．C． D．【答案】A【解析】A．碳酸根离子分步水解，第一步水解的离子方程式为，A正确；B．是电离方程式，B错误；C．甲酸是一元弱酸，水分子作用下甲酸在溶液中电离出甲酸根离子和水合氢离子，是电离方程式，C错误；D．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸在溶液中部分电离出碳酸氢根离子和氢离子，有关方程式为，D错误；故选A。【变式2-1】下列反应（省略反应条件）中，不属于水解反应的是A．B．C．D．【答案】C【解析】A．利用TiCl4水解可制取：，故A不符合题意；B．Al3+水解时结合H2O电离的氢氧根生成Al(OH)3，即为Al3+的水解反应，故B不符合题意；C．碳酸氢根为多元弱酸酸式酸根离子，在H2O的作用下碳酸氢根电离产生碳酸根和水合氢离子，即为电离方程式，故C符合题意；D．乙酸乙酯在稀硫酸作用下水解生成乙酸和乙醇，即为乙酸乙酯的水解反应方程式，故D不符合题意；故答案为：C。【变式2-2】下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－②AlCl3＋3H2O=Al(OH)3＋3HCl③CO＋2H2OH2CO3＋2OH－④碳酸氢钠溶液：HCO＋H2OCO+H3O＋⑤HS－的水解：HS－＋H2OS2－＋H3O＋⑥NaAlO2与NaHCO3溶液混合：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋COA．①②③④ B．①②③⑥ C．②③⑤⑥ D．全部【答案】D【解析】①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－属于HCl的电离方程式，但是HCl是强酸，能完全电离；②AlCl3＋3H2O=Al(OH)3＋3HCl为AlCl3的水解方程式，但水解是微弱的，应用“”表示；③多元弱酸根离子的水解要分步进行，所以，CO＋2H2OH2CO3＋2OH－水解方程式错误；④碳酸氢钠溶液：HCO＋H2OCO+H3O＋为HCO的电离方程式；⑤HS－＋H2OS2－＋H3O＋为HS－的电离方程式；⑥NaAlO2与NaHCO3溶液反应方程式：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO不属于水解反应；故不属于水解反应或水解方程式不正确的是：①②③④⑤⑥，故答案选D。题型03盐类水解的影响因素【例3】在0.1mol/LFeCl3溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡，下列说法中正确的是A．加FeCl3固体，平衡正向移动，水解程度增大B．稍微加热，促进水解，c(H+)增大，pH减小C．加NaOH固体，与铁离子反应，平衡逆向移动D．通入HCl气体，平衡逆向移动，铁离子水解常数减小【答案】B【解析】A．加FeCl3固体，平衡正向移动，但由于溶液浓度增大，所以水解程度减小，故A错误；B．盐的水解一般是吸热的，微热，水解平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，故B正确；C．加NaOH固体，OH-与H+反应，平衡正向移动，故C错误；D．通入HCl气体，c(H+)增大，平衡逆向移动，但水解常数只与温度有关，铁离子的水解常数不变，故D错误；故选B。【变式3-1】为使溶液中的值减小，可加入的物质是A．适量的固体 B．适量的固体C．通入适量的气体 D．适量的固体【答案】B【解析】A．加入适量的氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度大，但钠离子浓度也增大，则的值不可能减小，故A错误；B．加入适量的氢氧化钾固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度大，钠离子浓度不变，则的值减小，故B正确；C．通入适量的氯化氢气体，氯化氢电离出的氢离子中和溶液中氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，硫离子浓度减小，钠离子浓度不变，则的值增大，故C错误；D．加入适量的强酸弱碱盐氯化铵固体，氯化铵在溶液中水解生成的氢离子中和溶液中氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，硫离子浓度减小，钠离子浓度不变，则的值增大，故D错误；故选B。【变式3-2】在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是A．加水稀释，平衡正移，HS-浓度增大 B．升高温度，减少C．稀释溶液，水解平衡常数不变 D．加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】C【解析】A．加水稀释，平衡正移，但是HS-浓度减小，故A错误；B．水解是吸热反应，升温，平衡正向移动，硫氢根离子浓度增大，硫离子浓度减小，所以增大，故B错误；C．水解平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故C正确；D．加入氢氧化钠，溶液的碱性增强，溶液pH增大，故D错误；故选C。题型04盐类水解的应用一对溶液中离子浓度的影响【例4】物质的量浓度相同的下列溶液中：①NH4Cl②(NH4)2CO3③(NH4)2SO4④NH3·H2O，c(NH)由大到小的顺序是A．②③①④ B．④①③② C．③②①④ D．③②④①【答案】C【解析】①NH4Cl②(NH4)2CO3③(NH4)2SO4都是强电解质，水溶液中完全电离，④NH3·H2O是弱电解质，部分电离，溶液中c(NH)最小；②(NH4)2CO3③(NH4)2SO4组成均含2个铵根离子，c(NH)都大于①；由于碳酸根与铵根离子水解相互促进，c(NH)：③大于②；c(NH)由大到小的顺序是③②①④，故选C。【变式4-1】的下列溶液中，最大的是A． B． C． D．氨水【答案】B【解析】氯化铵、硫酸铝铵、碳酸氢铵都是一元铵盐，强电解质，铵根离子水解，水解是微弱的化学变化；氨水为一元弱碱，部分电离，故盐溶液中的铵根离子浓度大于氨水中的铵根离子浓度；氯化铵溶液中的铵根离子正常水解，以它为基准；硫酸铝铵在溶液中电离出的铵根离子和铝离子在溶液中均水解使溶液呈酸性，相互抑制，铵根离子浓度大于氯化铵溶液中的铵根离子；碳酸氢铵中铵根离子和碳酸氢根离子水解相互促进，铵根离子浓度小于氯化铵溶液中的铵根离子；0.1mol/L溶液中，c()最大的是硫酸铝铵，答案选B。【变式4-2】向三份0.1mol/L溶液中分别加入少量、、固体(忽略溶液体积变化)，则浓度的变化依次为A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大【答案】A【解析】】向含有弱离子的盐溶液中加入另一种含弱离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果两种溶液的酸碱性不同，一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后会相互促进水解。、属于强碱弱酸盐，其溶液显碱性，、属于强酸弱碱盐，其溶液显酸性，故加会抑制的水解，使浓度增大，加、会促进的水解，使浓度减小，故选A。题型05盐类水解的应用二--盐溶液蒸干灼烧产物的判断【例5】在蒸发皿中用酒精灯加热蒸干下列物质的溶液然后灼烧，可以得到该物质固体的是A．AlCl3 B．Na2SO3 C．CuSO4 D．KMnO4【答案】C【解析】A．AlCl3溶液中Al3+水解，加热水解平衡正向移动且HCl易挥发，故蒸干后，灼烧应得到Al2O3，故A项错误；B．Na2SO3溶液蒸干后，固体灼烧过程会被空气中氧气氧化得Na2SO4，故B项错误；C．CuSO4溶液蒸干后得CuSO4，灼烧后仍得CuSO4，故C项正确；D．KMnO4溶液蒸干后，得KMnO4，灼烧KMnO4分解得K2MnO4、MnO2，故D项错误；本题选C。【变式5-1】在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧(低于400℃)下列的溶液，可以得到该物质的固体是A．氯化铝溶液 B．硫酸亚铁溶液 C．碳酸氢钠溶液 D．硫酸铝溶液【答案】D【解析】A．加热蒸干氯化铝溶液，水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，氯化铝完全水解生成氢氧化铝，灼烧氢氧化铝分解得到氧化铝，A不符合题意；B．加热硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁被氧气氧化生成硫酸铁，B不符合题意；C．加热碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠分解，最终生成碳酸钠固体，C不符合题意；D．加热硫酸铝溶液，虽然铝离子水解生成氢氧化铝，但硫酸难挥发，最终固体仍为硫酸铝，D符合题意；故选D。【变式5-2】下列物质的转化在给定条件下能实现的是A．FeCl3(aq)Fe2O3B．MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOC．SiO2H2SiO3Na2SiO3D．NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3【答案】B【解析】A．FeCl3(aq)蒸干得到氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，氧化铁和水不反应，故A错误；B．MgCl2(aq)与石灰乳反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2灼烧得到MgO，故B正确；C．SiO2与水不反应，H2SiO3与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水，故C错误；D．NaCl(aq)和二氧化碳不反应，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、二氧化碳和水，故D错误。综上所述，答案为B。题型06盐类水解的应用三在生活或工业的应用【例6】下列有关盐类水解的应用正确的是A．在日常生活中常常利用纯碱溶液来清洗油污，这是因为纯碱溶液水解显碱性，水解离子方程式为B．将溶液加热蒸干可得到晶体C．实验室配制溶液时，可以将晶体溶于稀中，然后再加水稀释到所需浓度，并加入适量铁粉防止氧化D．人们常用明矾净水，是利用水解生成胶体，可使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大的颗粒而沉降，从而起到净水的作用【答案】D【解析】A．纯碱溶液去油污的原理，碳酸根离子的水解显碱性，水解离子方程式为，A错误；B．氯化铝为强酸弱碱盐，Al3+发生水解，水解的方程式为，水解后溶液呈酸性，蒸干和灼烧过程中，HCl挥发，Al（OH）3不稳定，灼烧时分解生成Al2O3，B错误；C．将晶体溶于稀中引入硫酸根离子，正确应该用稀盐酸，C错误；D．明矾净水，是利用水解生成胶体，可使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大的颗粒而沉降，D正确；故选D。【变式6-1】下列应用与盐类的水解无关的是A．纯碱溶液可去除油污B．TiCl4溶于大量水加热制备TiO2C．FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体D．NaCl可用作防腐剂和调味剂【答案】D【解析】A．纯碱即碳酸钠为强碱弱酸盐，能发生水解使溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不符合题意；B．TiCl4溶于大量水并加热发生反应TiCl4+(2+x)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl，加热条件下促使水解趋于完全，得到TiO2•xH2O经焙烧得到TiO2，故B不符合题意；C．用FeCl3饱和溶液制Fe(OH)3胶体利用的是溶液中三价铁离子的水解，故C不符合题意；D．氯化钠为强酸强碱盐，不发生水解，其可用作防腐剂和调味剂与盐类水解无关，故D符合题意；故选：D。【变式6-2】下列生产生活中的应用与盐类水解原理无关的是A．明矾净水 B．草木灰去油污C．配制溶液时，加入一些铁粉 D．氯化铵除铁锈【答案】C解析A．明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3+发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附悬浮在水中固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，明矾净水与盐类水解有关，A不符合题意；B．草木灰中含有K2CO3，水解使溶液显碱性，油污在碱性溶液中水解成可溶于水的物质，草木灰去油污与盐类水解有关，B不符合题意；C．Fe2+易被O2氧化为Fe3+，向配制的FeSO4溶液中加入铁粉是为了防止Fe2+被氧化为Fe3+，该现象和盐类水解无关，C符合题意；D．氯化铵溶液因水解使氯化铵溶液显酸性，铁锈为Fe2O3，能与H+反应，生成Fe3+，氯化铵除铁锈与盐类水解有关，D不符合题意；故选C。题型07电解质溶液中离子浓度的关系（三大守恒）【例7】表示0.1mol·L-1NaHCO3溶液有关微粒浓度的关系正确的A．c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(CO)+c(OH-)B．c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)C．c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(H+)>c(OH-)D．c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(HCO)【答案】B解析A．由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，A错误；B．由物料守恒得：c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，B正确；C．的水解程度大于其电离程度，NaHCO3溶液呈碱性，则c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()，C错误；D．由质子守恒得：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c()，D错误；故选B。【变式7-1】时，向溶液中逐滴加入溶液，滴定曲线如图所示。下列说法中不正确的是A．a点对应的B．b点对应的C．在的点存在：D．点对应的溶液中：【答案】B解析A．a点为25mL0.1mol/LNaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L，25℃时，pOH=1，所以pH值为13，故A正确；B．醋酸钠溶液显碱性，而b点溶液呈中性，说明醋酸过量，二者等浓度，所以N＞25，故B错误；C．在V(CH3COOH)═25的点为醋酸钠溶液，部分醋酸根离子发生水解反应，则钠离子浓度大于醋酸根离子，醋酸钠溶液显碱性，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；D．c点加了50mL醋酸，溶液为醋酸和醋酸钠1∶1的混合液，显酸性，说明醋酸根离子得电离程度大于水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，故D正确；故选：B。【变式7-2】0.1mol·L﹣1KHS溶液中下列表达式不正确的是A．B．C．D．【答案】D【解析】A．KHS溶液中遵循电中性原则，根据电荷守恒可得：，故A正确；B．水解程度大于电离程度，KHS属于强碱弱酸盐，则，因水解程度较弱，则，故B正确；C．0.1mol•L﹣1KHS溶液中含有：HS﹣、S2﹣、H2S，由物料守恒可知c(HS﹣)+c(S2﹣)+c(H2S)==0.1mol•L﹣1，故C正确；D．水解程度大于电离程度，KHS属于强碱弱酸盐，则，因水解程度较弱，则，故D错误；故选：D。题型08盐类水解的综合运用【例8】利用所学化学反应原理知识，解决以下问题：(1)25℃时，溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)；把溶液蒸干并灼烧得到的产物是。(2)在日常生活中经常用和混合溶液作灭火剂，请用离子方程式表示其灭火原理：。(3)相同物质的量浓度的五种溶液：①、②氨水、③、④⑤，由大到小顺序是(用序号表示)。(4)实验室中常用NaOH溶液来进行洗气和提纯，当用150mL1mol/L的NaOH溶液吸收标准状况下2.24L时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为。(5)某酸在水中的电离方程式是：，，回答下列问题：①在的溶液中，下列微粒浓度关系式正确的是。A．B．C．D．②常温下，已知NaHA溶液的，则溶液中可能(填“>”、“<”或“=”)。【答案】(1)(2)(3)⑤>①>③>④>②(4)(5)C<【解析】（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解反应以一级水解为主，水解的离子方程式为；氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，溶液蒸干时，氯化氢受热挥发，使水解平衡不断右移直至水解趋于完全生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧发生分解反应生成氧化铁，则氯化铁溶液蒸干并灼烧得到的产物为氧化铁，故答案为：；；（2）硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合作灭火剂发生的反应为硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故答案为：；（3）一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子，所以氨水中的铵根离子浓度小于盐溶液中铵根离子浓度；铵根离子在溶液中部分水解使溶液呈酸性，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度最大；硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解程度大于硫酸亚铁铵中亚铁离子水解抑制铵根离子水解的程度，则硫酸亚铁铵溶液中铵根离子浓度大于氯化铵溶液中铵根离子浓度，小于硫酸氢铵溶液中的铵根离子浓度，所以溶液中铵根离子浓度的大小顺序为⑤>①>③>④>②，故答案为：⑤>①>③>④>②；（4）设氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为amol、bmol，由钠原子个数守恒可得：2a+b=1mol/L×0.15L，由碳原子个数守恒可得：a+b=，解联立方程可得a=b=0.05，由碳酸根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根离子可知，混合溶液中离子浓度的大小顺序为，故答案为：；（5）由电离方程式可知，H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子，HA—离子在溶液中部分电离出A2—离子和氢离子，则H2A在溶液中存在的微粒为HA—离子、A2—离子、氢离子和氢氧根离子；①A．由H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子可知，Na2A溶液中不存在H2A分子，则溶液中的物料守恒关系为，故错误；B．由H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子可知，Na2A溶液中不存在H2A分子，则溶液中的质子守恒关系为，故错误；C．Na2A溶液中存在电荷守恒关系，故正确；D．由H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子，HA—离子在溶液中部分电离出A2—离子和氢离子可知，Na2A溶液中A2—离子在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则由水能部分电离出氢离子和氢氧根离子可知，溶液中离子浓度的大小顺序为，故错误；故选C；②由H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子可知，H2A在溶液中电离出的氢离子抑制HA—离子的电离，由常温下，0.1mol/LNaHA溶液的pH为2可知，0.1mol/LH2A溶液中氢离子浓度小于0.11mol/L，故答案为：<。【变式8-1】已知：25℃时，相关酸(或碱)的电离平衡常数如下表所示：酸电离常数(K)请回答下列问题：(1)25℃时，溶液的，溶液中的，溶液的，由水电离出的，溶液呈碱性的原因：(用离子方程式解释)。(2)向溶液中加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是(填序号)。a．的电离程度增大b．增大

c．减小

d．减小(3)“84消毒液”中滴加白醋，可增强溶液的漂白性，原因：(用离子方程式解释)。(4)结合表中数据分析，25℃时，的①②③三种溶液的pH由大到小的顺序是：(填写序号)。(5)已知溶液呈酸性，请结合离子方程式解释其呈酸性的原因：。(6)的电离方程式为；25℃时，向氨水中加入稀硫酸至溶液的，此时溶液中，则。【答案】(1)(2)bd(3)(4)或③②①(5)溶液中，同时存在和，的电离程度大于水解程度，，因此溶液呈酸性(6)0.5a【解析】（1）25℃时，，溶液的，,故溶液中的；溶液的，溶液显碱性，，由水解方程式可知溶液显碱性的原因是水电离的氢离子被醋酸根结合使氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液中的氢氧根都是由水电离出，故由水电离出的；（2）a．加水促进水的电离平衡，故的电离程度增大，a不符合题意；b．加水稀释，减小，b符合题意；

c．加水稀释，溶液酸性减弱，减小，c不符合题意；

d．根据，K不变，减小，则比值增大，d符合题意；故答案选bd。（3）由电离常数可知醋酸的酸性大于次氯酸，向“84消毒液”中滴加白醋，可强酸制弱酸，生成更多的HClO,增强溶液的漂白性，用离子方程式解释为：；（4）25℃时，的①②③三种溶液浓度相同，由电离常数可知酸性：，则酸根结合氢离子的能力：，则水解程度，水解程度越大，碱性越强，pH越大，则pH由大到小的顺序是③②①或；（5）溶液中，同时存在和，的电离程度大于水解程度，，因此溶液呈酸性；（6）的电离方程式为；25℃时，向氨水中加入稀硫酸至溶液的，则，此时溶液中，根据电荷守恒可计算。【变式8-2】I．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式HClO电离平衡常数(1)物质的量浓度均为的下列四种溶液：pH由大到小排列的顺序是。a．b．c．NaClOd．(2)的电离平衡常数表达式。(3)常温下，溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变小的是_______(填序号)。A． B． C． D．(4)25℃时，将的溶液与溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则溶液中(填写“>”、“=”或“＜”)。II．常温下，有四种溶液：①溶液

②溶液③溶液

④溶液。(5)溶液②呈(填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是：(用相关离子方程式说明)。(6)①和②两种溶液：溶液中溶液中(填写“>”、“=”或“＜”)。(7)溶液的pH＜7，溶液的pH>7，则溶液中。(填写“>”、“=”或“＜”)。【答案】(1)b>c>d>a(2)(3)AD(4)=(5)碱(6)＜(7)>【解析】（1）根据电离平衡常数可知，酸性：，弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大，等物质的量浓度的盐溶液碱性就越强，所以pH由大到小排列的顺序是：，即b>c>d>a；（2）的电离方程式为：，则电离平衡常数表达式；（3）A．溶液加水稀释促进电离，氢离子与醋酸根离子的物质的量增大，但体积增大的程度更大，则c(H+)减小，A符合题意；B．因，加水稀释促进CH3COOH电离，醋酸根离子的物质的量增大，但体积增大的程度更大，则c(CH3COO-)减小，而Ka不变，则增大，B不符合题意；C．，温度不变，水的离子积常数不变，则不变，C不符合题意；D．醋酸溶液加水稀释过程中酸性减弱，c(H+)减小，而不变，则增大，所以减小，D符合题意；故选AD；（4）将的溶液与溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，即，由电荷守恒得：，则溶液中；（5）溶液②溶质为强碱弱酸盐，由于离子发生水解，离子方程式为：，使溶液呈碱性；（6）由表中数据可知，的电离常数为，则的水解常数，则在溶液和溶液中，溶液中<溶液中；（7）溶液的pH＜7，则的电离程度大于其水解程度，电离生成，水解生成，则溶液中>。跟踪训练跟踪训练【基础过关】1．下列说法正确的是A．铁与碘反应易生成碘化铁B．制备无水氯化镁需在HCl气流中加热C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀【答案】B【详解】A．I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B．氯化镁溶液加热时镁离子易水解生成氢氧化镁，故制备无水氯化镁需在HCl气流中加热，抑制镁离子水解，B正确；C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；答案选B。2．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是A． B． C． D．【答案】B【详解】A．溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，故A不符合题意；B．溶液中亚硫酸根离子水解使溶液显碱性，故B符合题意；C．电离出氢氧根离子使溶液显碱性，故C不符合题意；D．溶液中铝离子水解使溶液显酸性，故D不符合题意；故选B。3．2023年9月23日，第19届亚运会在中国杭州隆重开幕。下列说法不正确的是A．本届亚运会新建场馆所使用的涂层可利用的水解反应制备B．本届亚运会场馆地面所使用的石墨烯纳米防滑涂层属于无机非金属材料C．本届亚运会火炬“薪火”所使用的1070铝合金硬度比纯铝大D．本届亚运会实现绿色电力供应所使用的太阳能电池主要成分为【答案】D【详解】A．TiCl4和水反应生成TiO2和氯化氢，场馆所使用的TiO2涂层可利用TiCl4的水解反应制备，故A正确；B．石墨烯纳米防滑涂层是碳元素的单质，属于无机非金属材料，故B正确；C．火炬“薪火”所使用的1070铝合金具有高强度、硬度、韧性等特征，硬度比纯铝大，故C正确；D．太阳能电池主要成分为Si，故D错误；答案选D。4．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．在水电离出mol/L的溶液：、、、B．能使甲基橙变红的溶液中：、、、C．使甲基橙变红的溶液：、、、D．的溶液：、、、【答案】B【详解】A．水电离出mol/L的溶液可以是酸性溶液也可以是碱性溶液，在碱性溶液中不能大量存在，A不符合题意；B．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，含有大量氢离子，能大量存在，B符合题意；C．使甲基橙变红的溶液呈酸性，含有大量氢离子，与H+不能大量存在，C不符合题意；D．在溶液中因发生双水解而不能大量共存，并且的溶液呈中性，中性溶液中不可能存在，只能存在于酸性溶液中，D不符合题意；故选B。5．可用作净水剂。在水中不稳定，会生成胶体；碱性条件下氧化性大于。下列有关铁及其化合物的相关转化，在指定条件下能实现的是A．B．C．D．【答案】B【详解】A．铁与水蒸气在高温条件下发生反应会生成四氧化三铁，不是氧化铁，A错误；B．铁与氯气加热可生成氯化铁，氯化铁在水溶液中加入铜会发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化铜，均能实现相互转化，B正确；C．氯化铁溶液在加热条件下水解平衡正向移动，蒸干会得到氢氧化铁，C错误；D．高铁酸钾在水中不稳定，生成氢氧化铁胶体被还原，根据氧化还原反应价态规律，铁的化合价降低，氧的化合价升高，可知得不到氢气，得到的为氧气，D错误；故选B。6．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下，的稀硫酸中，所含的数为B．常温下，溶液中，所含的数为C．等物质的量的二氧化碳和二氧化硫气体中，所含的氧原子总数均为D．常温下，的水溶液中，所含的数为【答案】A【详解】A．常温下，的稀硫酸中，所含的数为0.5L×10-1mol/L×NAmol-1=，A正确；B．Fe3+会水解，故常温下，溶液中，所含的数小于1L×0.1mol/L×NAmol-1=，B错误；C．等物质的量的二氧化碳和二氧化硫气体中，由于未给出CO2和SO2的具体的物质的量，无法计算所含的氧原子总数，C错误；D．由于水还能电离出，则常温下，的水溶液中，所含的数大于1L×0.2mol/L×NAmol-1=，D错误；故答案为：A。7．常温下，将的溶液加水稀释至的过程中，下列说法错误的是A． B．C．保持不变 D．稀释前后，溶液中的氧元素总质量保持不变【答案】D【分析】在水中完全电离为铵离子和硫酸根：，为强酸弱碱盐，少量铵离子会发生水解使得溶液呈酸性，的溶液加水稀释至过程中，水解程度增大但酸性有所降低；【详解】A．硫酸铵固体中铵离子的数目是硫酸根的2倍，结合分析可知溶液中，故A正确；B．稀释过程中，硫酸铵溶液始终呈酸性，则，故B正确；C．稀释过程中硫酸根数目守恒，即保持不变，故C正确；D．稀释过程中加入水，水含氧元素，则稀释前后，溶液中的氧元素总质量增加，故D错误；选D。8．常温下，关于0.1mol/L氯化铵溶液的下列说法中，错误的是A．加入适量的水，减小，增大B．该温度下，水的离子积常数C．生活中，可用该溶液来除铁锈D．该溶液中一定存在【答案】A【分析】NH4Cl溶液中存在：NH4Cl=+Cl-，H2OH++OH-，+H2ONH3·H2O+H+，且稀释电解质溶液对盐类水解起到促进作用，据此分析解题。【详解】A．已知NH4Cl溶液中存在：+H2ONH3·H2O+H+，加入适量的水，水解平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，减小，减小，A错误；B．水的离子积是一个平衡常数，仅仅是温度的函数，故该温度下，水的离子积常数，B正确；C．由分析可知，NH4Cl溶液显酸性，故生活中，可用该溶液来除铁锈，C正确；D．根据电解质溶液中的电荷守恒可知，该溶液中一定存在：，D正确；故答案为：A。9．在时，在物质的量浓度均为的、、的三种溶液中，测得分别为、、(单位：)。下列判断正确的是A． B． C． D．【答案】D【详解】物质的量浓度均为的、、三种溶液中都存在的水解平衡：，溶液中、会发生双水解，促进了的水解；溶液中，因发生反应：，增大，抑制了的水解；对的水解无影响。则相同物质的量浓度的三种溶液中，的水解程度越大，溶液中越小，所以c>a>b，故选D。10．烟道气是指煤等化石燃料燃烧时所产生的对环境有污染的气态物质，通常含有。以下是工业上用烟道气中的处理含铬(＋6价)废水的工艺流程，下列说法错误的是A．可用饱和溶液吸收烟道气中的B．步骤I的反应为：C．步骤III所涉及的实验操作主要是过滤D．每处理废水中的1mol不考虑其它氧化剂存在)，转移3mol电子【答案】A【分析】该还原沉淀法处理含废水的过程是：先加酸使转化成，该步是含同价态Cr的不同离子之间的转化，随后，用烟道气将还原为Cr3+，该步发生的是氧化还原反应，最后加入氢氧根离子，使Cr3+形成沉淀，据此解答。【详解】A．饱和溶液不和烟道气中的反应，故A错误；B．步骤I中发生的反应为，故B正确；C．步骤III所涉及的实验操作主要是过滤，铬离子变成氢氧化铬沉淀，故C正确；D．处理废水中的，由+6价变成+3价，处理1mol，转移3mol电子，故D正确；答案选A。11．（多选）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1molFeCl3水解形成Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．1L0.1mol·L−1NH4Cl溶液中的数目为0.1NAC．室温下，1LpH=1的H2SO4溶液中H+的数目为0.1NAD．常温下，1LpH=10的纯碱溶液中，由水电离产生的OH-数为10−4NA【答案】CD【详解】A．水解时可逆的，而且胶体粒子是多个分子形成的聚合体，所以1L0.1mol/LFeCl3溶液水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，A错误；B．由于NH4Cl溶液中存在的水解，所以1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中的数目小于0.1NA，B错误；C．pH=1，c(H+)=0.1mol/L，1LpH=1的硫酸溶液中，含有的H+离子数为0.1NA，C正确；D．常温下pH=10的纯碱溶液中c(OH-)=10-4mol/L，1L溶液中n(OH-)=10-4mol，该溶液中OH-全部来自水电离，则由水电离产生的OH-数目为10−4NA，D正确；故选CD。12．（多选）某二元碱在水溶液中逐级电离。25℃时，、和三者各自的分布系数随溶液pH的变化曲线如图所示。已知：，下列说法错误的是A．的数量级为B．时，pH=8.39C．等物质的量的和混合溶液中D．溶液中，若，则【答案】AD【分析】二元碱中随着氢离子浓度增大，pH减小，含量减小、含量先增大后减小、含量一直增大，故对应的曲线为：；【详解】A．根据图可知，当pH=6.85，pOH=7.15时，，,的数量级为10-8，A错误；B．由pH=9.93可知，；=，时，，pOH=5.61，pH=8.39，B正确；C．MCl2溶液水解显酸性，加入碱性溶液M(OH)Cl，促进了MCl2的水解，导致M(OH)+的量增大，M2+的量减小，所以，C正确；D．根据电荷守恒规律：，然后把带入上式中，结果为：，则，D错误；故选AD。13．（多选）草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料[Ksp(FeC2O4·2H2O)=3×10-7mol2·L-2]，制备流程如下：

下列说法错误的是A．可用K4Fe(CN)6溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否变质B．步骤①酸化的目的是抑制Fe2+的水解C．步骤②反应为Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】AD【详解】A．若(NH4)2Fe(SO4)2变质，则有Fe3+生成，应用KSCN溶液检验，A错误；B．亚铁离子水解方程式为Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，酸化后溶液中氢离子浓度增大，可以抑制Fe2+的水解，B正确；C．生成FeC2O4·2H2O过程中没有元素化合价变化，发生复分解反应，离子方程式为Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，C正确；D．由题干信息可知，FeC2O4∙2H2O是一种难溶物，故步骤③为过滤、洗涤、干燥，D错误；综上所述答案为AD。14．科学探究要实事求是、严谨细致。某化学兴趣小组设计实验进行有关氯化物的探究实验，回答下列问题：Ⅰ．制备。装置如图所示(夹持装置省略)，已知极易水解。(1)仪器a的名称是。(2)装置Ⅱ中制备的化学方程式为。(3)该装置存在的缺陷是：①；②缺少氢气的尾气处理装置。Ⅱ．为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，兴趣小组设计了如下实验方案：实验编号c(NH4Cl)/mol/L温度/℃待测物理量实验目的50.530a———61.5ⅰb探究浓度对氯化铵水解平衡的影响70.535cⅱ82.040d探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响(4)该实验限选药品和仪器：恒温水浴、pH传感器、烧杯、硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液。①实验中，“待测物理量”是；②实验目的ii是；③上述表格中，bd(填“>”、“<”或“=”)。【答案】(1)长颈漏斗(2)(3)装置Ⅰ与装置Ⅱ间缺少干燥装置(4)溶液的pH探究温度对氯化铵水解平衡的影响>【分析】在装置Ⅰ中Zn与稀硫酸发生置换反应产生H2，在加热条件下H2还原FeCl3得到FeCl2，装置Ⅲ中碱石灰的作用有两个：一是吸收反应产生的HCl，防止大气污染，二是吸收空气中的水分，防止FeCl3水解，据此作答：【详解】（1）根据图示可知仪器a的名称是长颈漏斗；（2）在装置1中在加热条件下H2还原FeCl3得到FeCl2，反应的化学方程式为：；（3）在装置1中Zn与稀硫酸发生置换反应产生的氢气，未经干燥就通入装置Ⅱ中，会导致FeCl3发生水解反应，故该装置存在的缺陷是装置Ⅰ与装置II间缺少干燥装置；（4）①由提供的药品和仪器可知，pH计是准确测定溶液的pH的，所以待测物理量是溶液的pH；②探究浓度对氯化铵水解平衡的影响，则温度必须相同，所以实验6的温度与实验5相同，即为30℃。实验5和实验7浓度相同，温度不同，所以是探究温度对氯化铵水解平衡的影响；③水解反应属于吸热反应，温度越高水解程度越大，氢离子浓度增大，浓度越高，水解生成的氢离子浓度越大，则溶液的酸性越强，已知实验IV的浓度大，温度高，所以溶液的pH小，即b>d。15．NaHSO3可用于棉织物和有机物漂白，以及在染料、造纸等工业中用作还原剂。(1)NaHSO3可由NaOH溶液吸收SO2制得，已知：2NaOH(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2O(l)ΔH12NaHSO3(aq)=Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)ΔH2则反应SO2(g)+NaOH(aq)=NaHSO3(aq)的ΔH3=(用含ΔH1、ΔH2式子表示)；且ΔH1ΔH2(填“>”、“＜”和“=”)．(2)NaHSO3在不同温度下均可被KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗，产物碘离子可立即与KIO3反应生成I2，根据I2生成所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L−1NaHSO3(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，实验结果如图。①写出此反应过程的离子方程式：、。②a点时，v(NaHSO3)=mol·L−1·s−1。③10～40℃区间内，显色时间越来越短，试用碰撞理论解释其原因。(3)在NaHSO3溶液中加入少量下列物质后，c(H2SO3)/c(HSO)的值增大的是_______(填字母)。A．H2O B．稀H2SO4 C．H2O2溶液 D．NaOH溶液【答案】(1)＜(2)3HSO+IO=I-+3SO+3H+IO+5I﹣+6H+=3I2+3H2O5.0×10-5温度升高，反应物分子中活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加，化学反应速率加快，所以变色时间减短(3)BC【详解】（1）①a：2NaOH（aq）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2O（l）△H1b：2NaHSO3（aq）=Na2SO3（aq）+SO2（g）+H2O（l）△H2根据盖斯定律，a-b得到：2SO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHSO3（aq），因此SO2（g）+NaOH（aq）=NaHSO3（aq）的；②一般而言，中和反应为放热反应，分解反应为吸热反应，故△H1＜0，△H2＞0，所以△H1＜△H2。（2）①NaHSO3被KIO3氧化，生成碘离子，因此反应的离子方程式为：；②碘离子与KIO3反应生成I2，因此反应的离子方程式为：；③a点时，v（NaHSO3）==5.0×10—5mol·L－1·s－1；④根据图象，40℃之前温度越高溶液变蓝所需要的时间越短，是因为温度升高，反应物分子中活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加，化学反应速率加快，所以变色时间减短。（3）A．NaHSO3溶液存在水解平衡，则，已知NaHSO3溶液呈酸性，加水稀释，酸性减弱，因此c(OH-)增大，温度不变，Kh不变，因此减小，A不符合题意；B．分析，加入稀H2SO4，c(OH-)减小，温度不变，则Kh不变，，增大，B符合题意；C．加入H2O2溶液，H2O2将氧化，减小，则增大，C符合题意；D．分析，加入NaOH溶液，c(OH-)增大，温度不变，则Kh不变，减小，D不符合题意；故选BC。【能力提升】1．下列各组离子在指定溶液中能够大量共存的是A．无色透明的溶液中：B．含有的溶液中：C．由水电离出的溶液中：D．的溶液中：【答案】D【详解】A．要发生完全双水解反应，不能大量共存，故A不选；B．含有的溶液在酸性条件下具有强氧化性，要被氧化，不能大量共存，故B不选；C．由水电离出的溶液可能是酸溶液或碱溶液，在碱性溶液中不能大量共存，与H+、OH-均要反应，在酸溶液中不能大量共存，故C不选；D．相互不反应，且与OH-也不反应，可以大量共存，故D选；答案选D。2．在25℃下，向10.00mL0.01mol/L某一元酸HA溶液中逐滴加入0.01mol/LNaOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．0.01mol/L某一元酸HA溶液中，由水电离出来的c(H+)=10−amol/LB．b点表示的溶液中：c(HA)=c(A−)C．c点时：V<10.00D．b、c、d三点表示的溶液中一定都存在：c(Na+)+c(OH−)=c(A−)+c(H+)【答案】C【详解】A．由图象可知HA溶液中c(H+)=10−amol/L，HA为弱酸，由水电离出来的c(H+)等于氢氧根浓度，为10a−14mol/L，选项A错；B．b点对应的溶液为等物质的量浓度的NaA和HA的混合液，HA电离使得溶液呈酸性，NaA水解呈碱性，混合溶液呈酸性，则HA的电离大于NaA水解，故c(HA)＜c(A−)，B错；C．c点对应溶液的pH=7，为中性，说明HA过量，则c点时：V<10.00，选项C正确；D．根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，选项D错；选C。3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有几组①溶液：、、、②的溶液中：、、、、③水电离的浓度为的溶液中：、、、④加入Mg能放出的溶液中：、、、、、⑤使甲基橙变黄的溶液中：、、、、⑥中性溶液中：、、、、A．三组 B．两组 C．一组 D．无【答案】D【详解】①的水解促进发生电离，在溶液中不能大量共存；②的溶液呈碱性，由2+2H++H2O可知，在碱性溶液中不能大量共存；③水电离的浓度为的溶液呈酸性或碱性，、与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存；④加入Mg能放出的溶液中存在大量氢离子，在酸性条件下具有强氧化性，与Mg反应不会生成氢气；⑤使甲基橙变黄的溶液呈酸性或碱性，、在酸性条件下发生氧化还原反应，与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存；⑥、存在于酸性溶液中，在中性溶液中不能大量共存；以上各组都不是一定能大量共存，答案选D。4．利用下列装置和试剂进行实验，合理且能达到实验目的的是A．用已知浓度NaOH溶液测定未知浓度的醋酸溶液B．排出盛有溴水的滴定管尖嘴内的气泡C．探究和对过氧化氢分解的催化效果D．用溶液制固体A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，滴定时氢氧化钠溶液应盛放在碱式滴定管中，不能盛放在酸式滴定管中，故A错误；B．溴水会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以溴水应盛放在酸式滴定管中，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；C．氯化铁和硫酸铜的阴、阳离子均不同，由探究实验变量唯一化原则可知，题给实验不能用于探究铁离子和铜离子对过氧化氢分解的催化效果，故C错误；D．硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸是高沸点酸，直接蒸发硫酸铝溶液可以制得硫酸铝固体，故D正确；故选D。5．能证明Fe(NO3)3中铁元素具有氧化性的实验事实是A．向酸性的Fe(NO3)3溶液中通入H2S，有黄色沉淀生成B．向酸性的Fe(NO3)3溶液中加入铜粉，溶液变蓝色C．向酸性的Fe(NO3)3溶液中加入锌粉，溶液黄色逐渐消失D．向Fe(NO3)3溶液中滴加NaHCO3溶液，有气体和红褐色沉淀生成【答案】C【分析】本题考查基础实验和元素化合物知识，意在考查考生对基础实验的记忆和理解能力，以及实验探究的能力。【详解】A．因为用的酸性的溶液，酸性环境下也具有氧化性，能够将氧化为单质S产生黄色沉淀，所以无法证明是将氧化的，A错误；B．因为用的酸性的溶液，酸性环境下也具有氧化性，能够将氧化为使溶液呈蓝色，所以无法证明是将氧化的，B错误；C．向酸性的溶液中加入锌粉，溶液黄色逐渐消失，虽然酸性环境下能够将氧化，但无色，所以黄色消失是因为被还原为造成的，说明具有氧化性，C正确；D．向溶液中滴加溶液，有气体和红褐色沉淀生成的原因是与发生相互促进的双水解反应产生的，水解反应为非氧化还原反应，不符合题目要求，D错误；故答案为：C。6．为二元弱酸，常温下向溶液加入固体(忽略溶液体积变化)，溶液中的分布系数与的关系如图所示。下列说法错误的是A．曲线a表示B．的的数量级为C．M点：D．溶液中：【答案】A【分析】H2A是二元弱酸：H2AHA−+H+，HA-A2-+H+，图中pOH越小，c(OH-)增大，溶液碱性越强，H2A的百分含量随pOH的增大而增大，为曲线c，HA-的百分含量随pOH的增大先增大后减小，为曲线b，溶液中A2-的百分含量随pOH的增大而减小，为曲线a。【详解】A．据分析，曲线a是A2-的百分含量，故A错误；B．b、c曲线的交点N，表示H2A和HA-的百分含量相等，即，根据N点pOH=12.1，c(OH-)=10-12.1mol/L，则c(H⁺)=mol/L，Ka1==，数量级为，故B正确；C．M点有c(A2-)=c(HA-)，根据电荷守恒有2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，M点pOH=6.8，即c(OH-)>c(H+)，故，故C正确；D．NaHA完全电离出Na+和HA-，HA-发生水解和电离，故c(HA-)＜c(Na+)，但浓度均大于HA-水解产生的H2A和其电离产生的A2-；M点有c(A2-)=c(HA-)，pOH=6.8，可计算Ka2==10-7.2，HA-的水解方程式为：HA-+H2OH2A+OH-，由选项B可计算HA-的水解常数为=10-12.1，故HA-的水解常数小于HA-的电离常数，故c(H2A)＜c(A2-)，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故D正确；故选A。7．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果。下列图象描述正确的是A．图①表示压强对可逆反应的影响，乙的压强大B．图②可表示甲酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化C．图③是在的Na2CO3溶液中加水稀释，随