考点31盐类的水解（核心考点精讲精练）-备战2025年高考化学一轮复习考点帮（新高考）（解析版）

考点31盐类的水解TOC\o"1-3"\h\u 11.高考真题考点分布 12.命题规律及备考策略 1 2考法01盐类的水解及其规律 2考法02盐类水解的影响因素及应用 5考法03溶液中粒子浓度大小比较 9 121.高考真题考点分布考点内容考点分布盐类水解及其应用2024·贵州卷，3分；2024·北京卷，3分；2024·湖北卷，3分；2023·天津卷，3分；2023·江苏卷，3分；2023·北京卷，3分；2022浙江卷，2分；2022浙江，2分；2022海南卷，4分；2021广东卷，2分；2021北京卷，3分；离子浓度大小比较2024·江苏卷，3分；2024·湖南卷，3分；2024·山东卷，3分；2024·安徽卷，3分；2023·福建卷，3分；2023·重庆卷，3分；2023·天津卷，3分；2022重庆卷1，3分；202天津卷，3分；2.命题规律及备考策略【命题规律】高频考点从近几年全国高考试题来看，水解方程式的书写、影响水解平衡的因素、水解在生产生活中的应用、离子浓度大小的比较仍是高考命题的热点。【备考策略】【命题预测】预计2025年高考会以新的情境载体考查有关影响水解平衡的因素、电荷守恒、元素守恒、离子浓度大小的比较知识，题目难度一般较大。考法01盐类的水解及其规律1．盐类水解的实质盐电离→eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(弱酸的阴离子→结合H＋,弱碱的阳离子→结合OH－))→生成弱电解质→破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性或酸性。2．盐类水解的条件(1)盐溶于水；(2)盐在组成上必须具有弱酸根阴离子或弱碱阳离子。3．盐类水解规律有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性，同强显中性。4．盐类水解方程式的书写(1)一般要求如NH4Cl的水解离子方程式为NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)多元弱酸盐水解反应分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。如Na2CO3的水解离子方程式为COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2OHCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－。(3)多元弱碱盐水解反应，水解离子方程式一步写完。如FeCl3的水解离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。【易错提醒】阴、阳离子相互促进且进行彻底的水解反应，如Na2S溶液与AlCl3溶液混合反应的水解离子方程式为3S2－＋2Al3＋＋6H2O=3H2S↑＋2Al(OH)3↓。相互促进水解时，由于反应彻底，故生成物中出现的不溶于水的沉淀或气体均要注明状态，即写上“↓”或“↑”符号，中间用“=”连接。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐。()(2)酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。()(3)某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。()(4)同温度、同浓度的Na2CO3和CH3COONa溶液相比，CH3COONa溶液的pH大。()(5)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。()(6)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成。()(7)酸式盐溶液一定呈酸性()(8)某盐溶液呈中性，则该盐一定是强酸、强碱盐()(9)同浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液相比，前者pH大；同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液相比，后者pH小()(10)常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液中水的电离程度相同()【答案】(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)√(10)√考向01考查水解离子方程式【例1】（2024·江苏镇江·一模）下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是()A.Na2CO3：COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－B.CuSO4：Cu2＋＋2H2O=Cu(OH)2＋2H＋C.NaAlO2：AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－D.NaF：F－＋H2O=HF＋OH－【答案】C【解析】A项，应为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－；B项，应为Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D项，应为F－＋H2OHF＋OH－。【思维建模】书写水解相互促进且进行到底反应方程式以FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合为例。第一步：写出发生反应的两种离子及对应的产物。不溶性物质加“↓”，易分解的物质写分解产物。Fe3＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))——Fe(OH)3↓＋CO2↑第二步：配平电荷。2Fe3＋＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑第三步：确定水的位置。因产物Fe(OH)3中含有H，反应物中无H，故H2O为反应物。2Fe3＋＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑第四步：根据质量守恒定律配平。2Fe3＋＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋3H2O=2Fe(OH)3↓＋3CO2↑考向02考查盐类水解规律【例2】（2024·河南濮阳·质检）根据表中信息，判断0.10mol·L－1的下列各物质的溶液pH最大的是()酸电离常数(常温下)CH3COOHKa＝1.75×10－5H2CO3Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11H2SKa1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13A.CH3COONa B.Na2CO3C.NaHCO3 D.Na2S【答案】D【解析】根据表格中的酸的电离常数可知，酸性的强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>H2S>HCOeq\o\al(－,3)>HS－，根据越弱越水解的规律可知，水解能力强弱顺序为S2－>COeq\o\al(2－,3)>HS－>HCOeq\o\al(－,3)>CH3COO－，故选项中0.10mol·L－1的各溶液pH最大的是Na2S。【思维建模】盐类水解程度大小比较的规律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.相同条件下的水解程度：（1）正盐＞相应的酸式盐，如Na2CO3＞NaHCO3；（2）水解相互促进的盐＞单独水解的盐＞水解相互抑制的盐。【对点1】（2024·黑龙江伊春·模拟）下列电离或水解方程式正确的是()A．Na2SO3的水解：SO32-＋2H2OH2SO3＋2OH－B．NaHCO3的电离：NaHCO3Na＋＋H＋＋CO32-C．KHS溶液中HS－的电离：HS－＋H2OH3O＋＋S2－D．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：2ClO－＋Fe2＋＋2H2O=2HClO＋Fe(OH)2↓【答案】C【解析】Na2SO3水解的离子方程式为SO32-＋H2OHSO3-＋OH－，故A错误；NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故B错误；KHS溶液中HS－的电离方程式为HS－＋H2OH3O＋＋S2－，故C正确；NaClO溶液与FeCl2溶液混合发生氧化还原反应及双水解反应，故D错误。【对点2】（2024·安徽合肥·模拟）已知在常温下测得浓度均为0.1mol·L－1的下列6种溶液的pH如表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3下列反应不能成立的是()A．CO2＋H2O＋2NaClO=Na2CO3＋2HClOB．CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClOC．CO2＋H2O＋C6H5ONa=NaHCO3＋C6H5OHD．CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN【答案】A【解析】利用盐类水解规律“越弱越水解”，并结合题给信息可判断出对应酸的酸性强弱关系是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3-，利用“强酸制弱酸”进行判断。酸性H2CO3>HClO>HCO3-，因此CO2＋H2O＋2NaClO=NaHCO3＋2HClO，A项不成立，B项成立；酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3-，C项成立；酸性CH3COOH>HCN，D项成立。考法02盐类水解的影响因素及应用1．内因——越弱越水解形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如同一条件下水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。2．外因因素及其变化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水解程度减小碱弱酸阴离子水解程度减小以Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋为例条件移动方向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【易错提醒】酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，如NaHCO3溶液。3.水解的应用(1)判断溶液的酸碱性Na2CO3溶液呈碱性的原因：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－(用离子方程式表示)。(2)判断盐溶液中粒子的种类及浓度的大小如Na2CO3溶液中存在的粒子有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、OH－、H＋、H2O，且c(Na＋)>2c(COeq\o\al(2－,3))，c(OH－)>c(H＋)。(3)判断离子能否共存若阴、阳离子发生水解相互促进的反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的水解相互促进的反应进行完全的有Al3＋、Fe3＋与COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)等。(4)配制、保存某些盐溶液如配制FeCl3溶液时，为防止出现Fe(OH)3沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3的水解；在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，应用橡胶塞。(5)判断盐溶液蒸干灼烧时所得的产物如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼烧后得到Al2O3、Fe2O3，CuSO4溶液蒸干后得到CuSO4固体。(6)解释生活中的现象或事实如明矾净水、热纯碱溶液除油污、草木灰不能与铵盐混用、泡沫灭火器原理等。(7)物质的提纯(水解除杂)如MgCl2溶液中混有少量Fe3＋杂质时，因Fe3＋水解的程度比Mg2＋的水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2等，导致Fe3＋的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去。4.水解常数与电离平衡常数（1）水解常数的概念在一定温度下，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）水解常数(Kh)与电离常数的定量关系①强碱弱酸盐如CH3COONa溶液：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)即Kh＝eq\f(Kw,Ka)。②强酸弱碱盐如NH4Cl溶液：NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2ONH3·H2O＋H＋Kh＝eq\f(c（NH3·H2O）·c（H＋）,c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）)＝eq\f(c（NH3·H2O）·c（H＋）·c（OH－）,c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）·c（OH－）)＝eq\f(c（H＋）·c（OH－）,\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）·c（OH－）,c（NH3·H2O）))＝eq\f(Kw,Kb)即Kh＝eq\f(Kw,Kb)。【结论归纳】①Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。②Na2CO3的水解常数Kh＝eq\f(Kw,Ka2)。③NaHCO3的水解常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1)。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)水解平衡右移，盐离子的水解程度可能增大，也可能减小()(2)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强()(3)关于FeCl3溶液，加水稀释时，eq\f(c（Fe3＋）,c（Cl－）)的值减小()(4)通入适量的HCl气体，使FeCl3溶液中，eq\f(c（Fe3＋）,c（Cl－）)增大()【答案】(1)√(2)×(3)√(4)×考向01考查盐类水解及其影响因素【例1】（2024·吉林辽源·一模）一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：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，故A项正确；加入少量FeCl3固体，FeCl3水解显酸性，CH3COONa水解显碱性，在同一溶液中相互促进水解，c(CH3COO－)减小，故B项不正确；稀释溶液，c(OH－)减小，溶液的pH减小，故C项不正确；若c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)，则有c(Na＋)＋c(H＋)＞c(OH－)＋c(CH3COO－)，不符合电荷守恒原理，故D项不正确。考向02考查盐类水解的应用【例2】（2024·福建厦门·质检）下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是()①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A.全部都可以 B.仅①②③C.仅①③⑥ D.仅①③【答案】D【解析】FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3；NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O、CO2；KMnO4受热分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受热促进水解生成Fe(OH)3和盐酸，而盐酸挥发进一步促进其水解，最终水解彻底，受热分解得到的固体物质是Fe2O3。【思维建模】盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Al(OH)3eq\o(→,\s\up7(灼烧))Al2O3。(2)酸根离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。(3)考虑盐受热时是否分解。(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Na2SO4(s)。考向03考查水解平衡常数及其应用【例3】（2024·江西宜春·质检）已知常温下，Na2CO3溶液的水解常数Kh＝2×10－4，则当溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1时，试求该溶液的pH＝____________。【答案】10【解析】Kh＝eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝2×10－4，又c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1，则c(OH－)＝10－4mol·L－1，结合常温下KW＝1.0×10－14，可得c(H＋)＝10－10mol·L－1，则pH＝10。【对点1】（2024·江西鹰潭·模拟）在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是()A.稀释溶液，水解平衡常数增大B.加入CuSO4固体，HS－浓度减小C.升高温度，eq\f(c（HS－）,c（S2－）)减小D.加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】水解常数只与温度有关，A错误；Cu2＋＋S2－=CuS↓，平衡左移，HS－浓度减小，B正确；水解为吸热反应，升高温度平衡右移，因而eq\f(c（HS－）,c（S2－）)增大，C错误；加入NaOH固体，溶液pH增大，D错误。【对点2】（2024·广东韶关·模拟）下列有关问题与盐类的水解有关的是()①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②草木灰与铵态氮肥不能混合施用③实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞④加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体A.仅①②③ B.仅②③④C.仅①④ D.①②③④【答案】D【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；②草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；③碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠，将瓶塞与瓶口黏合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；④CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体。【对点3】（2024·山东泰安·模拟）常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡____________(填“向左”“向右”或“不”)移动。试计算所得溶液中eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝____________。(常温下H2SO3的电离常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8)【答案】向右60【解析】NaOH电离出的OH－抑制水的电离，Na2SO3电离出的SOeq\o\al(2－,3)水解促进水的电离。SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－的水解常数Kh＝eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（SOeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(KW,Ka2)＝eq\f(10－14,6.0×10－8)，所以eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝eq\f(10－5,\f(10－14,6.0×10－8))＝60。考法03溶液中粒子浓度大小比较一、熟悉两大理论1.电离理论(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，如氨水溶液中：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(第一步电离程度远大于第二步电离)。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.水解理论(1)弱电解质离子的水解损失是微量的(相互促进的水解除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。(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)。二、把握两种守恒1.电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。2.元素质量守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素质量是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。考向01考查单一溶液中粒子浓度的关系【例1】（2024·广东梅州·一模）室温下，下列指定溶液中粒子的浓度关系正确的是()A.0.1mol·L－1(NH4)2SO4溶液：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)B.0.1mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)C.0.1mol·L－1明矾溶液：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)D.0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋2c(COeq\o\al(2－,3))【答案】C【解析】0.1mol·L－1(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，但水解程度不大，则c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；根据质子守恒，应是c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，B错误；明矾溶液中Al3＋发生水解，C正确；由元素质量守恒知，c(COeq\o\al(2－,3))不应乘以2，D错误。【思维建模】比较电解质溶液中粒子浓度相对大小的解题思路考向02考查混合溶液中粒子浓度关系【例2】（2024·四川绵阳·质检）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol·L－1的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1mol·L－1的盐酸。下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是()A.未加盐酸时：c(OH－)>c(Na＋)＝c(NH3·H2O)B.加入10mL盐酸时：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)C.加入盐酸至溶液pH＝7时：c(Cl－)＝c(Na＋)D.加入20mL盐酸时：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)【答案】B【解析】A项，NH3·H2O是弱电解质，能部分电离，溶液中c(Na＋)>c(NH3·H2O)；B项，当加入10mL盐酸时，恰好将NaOH中和完，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)；C项，溶液pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)；D项，加入20mL盐酸时，恰好将NaOH和NH3·H2O中和完，根据元素质量守恒有c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。【思维建模】构建思维模型【对点1】（2024·陕西咸阳·模拟）常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是()A.氨水中，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＝0.1mol·L－1B.NH4Cl溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)C.Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(OH－)＝c(H＋)D.Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)【答案】C【解析】氨水为弱碱溶液，只能部分电离出OH－，结合电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)，可得c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(OH－)＜0.1mol·L－1，A错误；NH4Cl溶液中，NHeq\o\al(＋,4)部分水解、Cl－浓度不变，则溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(Cl－)，B错误；Na2SO4溶液显中性：c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守恒可得：c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，溶液中离子浓度大小为c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(OH－)＝c(H＋)，C正确；根据Na2SO3溶液中的元素质量守恒可得：c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋2c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)，D错误。【对点2】（2024·安徽滁州·模拟）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A.pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1B.pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1C.pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))D.pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③【答案】D【解析】A项，pH＝5的H2S溶液中，H＋的浓度为1×10－5mol·L－1，但是HS－的浓度会小于H＋的浓度，H＋来自H2S的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故H＋的浓度大于HS－的浓度，故不正确；B项，弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a＜b＋1，故不正确；C项，草酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，无论怎样混合得到的溶液都符合电荷守恒，而该等式中缺少草酸根，不符合电荷守恒，故不正确；D项，因为酸性：醋酸>碳酸>次氯酸，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，故正确。1．（2024·广东佛山·学业考试）下列物质溶于水，因水解而呈碱性的是A． B． C． D．【答案】A【解析】A．K2S是强碱弱酸盐，溶于水电离出的硫离子水解呈碱性，故A符合题意；B．NH3与水反应生成一水合氨电离而呈碱性，故B不符合题意；C．是强酸弱碱盐，Cu2+水解呈酸性，故C不符合题意；D．是强酸酸式盐，电离出氢离子呈酸性，故D不符合题意；答案选A。2．（2024·广东东莞·期末）下列溶液中离子能大量共存的是A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、【答案】D【解析】A．在溶液中，、会发生反应，生成等，再与Ba2+反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．在溶液中，能与反应生成HClO，能将氧化，不能大量共存，B不符合题意；C．在溶液中，与能发生双水解反应，不能大量共存，C不符合题意；D．在溶液中，、、、不能发生反应，可大量共存，D符合题意；故选D。3．（2024·湖北襄阳·期中）下列反应的离子方程式正确的是A．向次氯酸钠溶液中通入足量二氧化硫：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSOB．偏铝酸钠溶液和碳酸氢钠溶液反应：AlO+H2O+HCO=Al(OH)3↓+COC．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO+Ca2+=CaSO3↓D．向硫酸亚铁溶液中通硫化氢气体：H2S+Fe2+=FeS↓+2H+【答案】B【解析】A．向次氯酸钠溶液中通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应，，A错误；B．偏铝酸根和碳酸氢根发生双水解，B正确；C．根据强酸制弱酸原理，H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液不反应，C错误；D．硫酸亚铁溶液中通入H2S气体，该反应不发生，无法获得氯化亚铁，D错误；故答案为：B。4．（2024·安徽合肥·期末）在日常生产生活中，经常涉及化学反应原理，下列过程或现象与盐类水解无关的是A．加热氯化铁溶液，颜色变深B．与溶液可用作焊接金属时的除锈剂C．氯化钙溶液中滴加甲基橙，溶液显黄色D．实验室中盛放溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞【答案】C【解析】A．氯化铁为强酸弱碱盐，加热能促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成氢氧化铁胶体，溶液的颜色加深，故A不符合题意；B．NH4Cl与ZnCl2都是强酸弱碱盐，水解呈酸性，产生的HCl可以作为除锈剂，与盐类水解有关，故B不符合题意；C．氯化钙是强酸强碱盐，氯化钙溶液是中性的，滴加甲基橙，溶液显黄色，与盐类水解无关，故C符合题意；D．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解后呈碱性，玻璃中的成分SiO2在碱性溶液中反应生成硅酸钠，容易使瓶塞粘住瓶口，与盐类水解有关，故D不符合题意；故选C。5．（2024·吉林延边·期中）下列问题与盐的水解有关的有几项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(主要成分K2CO3)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溶液并灼烧，可以得到CuO固体；⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入氧化剂Cl2；⑦热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强；⑧误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；⑨石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成；⑩BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以。A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液都是强酸弱碱盐，水解使溶液显弱酸性，因此可作焊接金属时的、除锈剂，与盐的水解有关，①符合题意；②NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性；Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，当两种溶液混合时，水解反应相互促进，会发生反应产生Al(OH)3沉淀、CO2气体，它们不支持燃烧，能够隔绝空气，因此可作泡沫灭火剂，与盐的水解反应有关，②符合题意；③草木灰(主要成分K2CO3)水解使溶液显碱性，当其与铵态氮肥混合会发生反应产生NH3逸出，导致肥效降低，因此二者不能混合施用，与盐的水解反应有关，③符合题意；④Na2CO3溶液水解显碱性，能够与玻璃中的SiO2发生反应，产生的物质Na2SiO3会将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，因此实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解反应有关，④符合题意；⑤CuCl2是强酸弱碱盐，在溶液中CuCl2发生水解反应产生Cu(OH)2、HCl，加热溶液，水解产生的HCl挥发逸出，当蒸干CuCl2溶液时并灼烧，产生固体Cu(OH)2分解产生CuO，因此最终可以得到CuO固体，与盐的水解反应有关，⑤符合题意；⑥Fe2+具有还原性，与Cl2会发生反应产生FeCl3，达到除杂目的，故要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入氧化剂Cl2，与盐的水解反应无关，⑥不符合题意；⑦碱性溶液能够与油脂发生反应产生可溶性物质，因而可去除油污；纯碱是碳酸钠，属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐水解反应是吸热反应，升高温度，盐水解程度增大，盐溶液碱性增强，因而热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，与盐的水解反应有关，⑦符合题意；⑧误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒，是由于它们会发生复分解反应产生既不溶于水，也不溶于酸的BaSO4沉淀，与盐的水解反应无关，⑧不符合题意；⑨石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成是由于CaCO3与溶于水的CO2、H2O发生反应产生可溶性Ca(HCO3)2随流水被冲走形成溶洞，与盐的水解反应无关，⑨不符合题意；⑩BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以，是由于BaCO3不溶于水，但能够溶于盐酸，而BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，因此BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以，与盐的水解反应无关，⑩不符合题意；综上所述可知：物质应用与盐的水解反应有关的是①②③④⑤⑦，共6项，故合理选项是C。6．（2024·广东·二模）安息香酸(HR)是最简单的一元芳香酸，其钠盐(用NaR表示)的水溶液呈碱性。已知常温下，。下列说法正确的是A．常温下，HR水溶液的B．向NaR水溶液中加水稀释，溶液的pH升高C．NaR水溶液中，D．常温下，NaR溶液的碱性比同浓度的溶液弱【答案】D【解析】A．由题意，HR是有机酸，是弱酸，不完全电离，常温下，0.001mol⋅L-1HR水溶液的pH>3，A错误；B．NaR水溶液中由于R-水解显碱性，加水稀释水解程度变大，但是碱性变弱，溶液的pH减小，B错误；C．NaR水溶液中的质子守恒为c(HR)+c(H+)=c(OH-)，C错误；D．由已知，Ka(HR)>Ka1(H2CO3)，HR酸性比碳酸强，根据越弱越水解，同浓度的NaHCO3溶液水解程度大，碱性强，故NaR溶液的碱性弱，D正确；本题选D。7．（2024·贵州毕节·期末）在0.1mol/L溶液中各种微粒浓度关系错误的是A．B．mol/LC．D．【答案】A【解析】A．根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=2c()＋c()＋c(OH－)，故A错误；B．根据物料守恒，c(Na＋)=2{c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)}，则，故B正确；C．碳酸钠水解后呈现碱性，因此，故C正确；D．根据质子守恒，c(OH－)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故D正确；故答案A。8．（2024·湖南长沙·三模）范斯莱克(Vanslyke)提出用缓冲容量来描述缓冲溶液缓冲能力的大小，越大，缓冲能力越大。如图是常温下，和组成缓冲溶液的关系图，其中两条曲线分别对应和。已知常温下，。下列说法不正确的是A．向的上述缓冲溶液加水稀释，增大B．常温下，等浓度、等体积的和溶液混合后大于4.76C．A曲线上任意一点的溶液中均存在D．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，溶液中【答案】D【解析】A．向的上述缓冲溶液加水稀释，溶液酸性减弱，减小，水的离子积不变，故增大，故A正确；B．，则，则常温下，等浓度、等体积的和溶液中，的电离程度大于的水解程度，则溶液显酸性，，又，，则混合溶液的大于4.76，故B正确；C．根据电荷守恒，A曲线上任意一点的溶液中均存在，则，故C正确；D．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，pH=4.76，，所以溶液中，根据电荷守恒，溶液呈酸性，则，所以，故D错误；故选D。9．（2024·广东梅州·一模）乙氨酸()是一种两性有机物，可与盐酸反应生成盐酸盐()。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A．水溶液的pH=3B．水溶液加水稀释，pH升高C．在水中的电离方程式为：D．水溶液中：【答案】B【解析】A．HOOCCH2NH3Cl为强酸弱碱盐，电离出的会发生水解，弱碱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L溶液的pH>3，故A错误；B．稀释溶液时，水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中将氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；C．HOOCCH2NH3Cl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为HOOCCH2NH3Cl=+Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，溶液中c(OH−)+c(Cl−)=c()+c(H+)，根据物料守恒，有c(Cl−)=c()+c(HOOCCH2NH2)，都与选项中等式不对应，故D错误；故答案为B。10．（2024·山东青岛·期中）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线，下列说法错误的是A．溶液的：a点<c点B．a点时，C．b点溶液中，D．虽然ab段pH减小，但是升温仍然促进了的水解【答案】B【分析】碳酸氢钠在溶液中存在电离趋势和水解趋势，升高温度，ab段电离平衡和水解平衡均右移，温度对电离平衡的影响大于水解平衡，所以溶液pH减小，bc段温度对电离平衡的影响小于水解平衡，所以溶液pH增大。【解析】A．由图可知，a点和c点溶液pH相同，溶液中氢离子浓度相等，温度升高，水的离子积常数增大，则c点溶液氢氧根离子浓度大于a点，故A正确；B．由图可知，a点时碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，则碳酸氢根离子的电离常数小于水解常数：Ka2(H2CO3)＜Kh=，所以Kw＞Ka2(H2CO3)Ka1(H2CO3)，故B错误；C．由图可知，b点溶液呈碱性，由电荷守恒关系可知，溶液中，故C正确；D．由分析可知，升高温度，ab段促进了碳酸氢根离子的电离，同时也促进了碳酸氢根的水解，故A正确；故选B。11．（2024·北京·期中）实验测得溶液、溶液以及的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．随温度升高，纯水中B．随温度升高，溶液的减小C．随温度升高，溶液和溶液的pH均降低，是因为、水解平衡移动方向不同D．温度升高至60℃，溶液中由水电离出的是【答案】D【解析】A．水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+)c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A错误；B．水的电离为吸热过程，升高温度，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-，升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B错误；C．、水解平衡都是吸热的，升高温度，、水解平衡都正向移动，故C错误；D．温度升高至60℃，纯水的pH为6.5，则此温度下Kw=(10-6.5)2=10-13，溶液中由水电离出的等于溶液中的氢氧根浓度为=，故D正确；故选D。12．（2024·浙江宁波·期末）在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法正确的是A．B．气流可促进反应进行C．，升高温度，反应更易发生D．气流可抑制反应进行【答案】C【解析】A．MgCl2•nH2O(s)MgCl2•(n-1)H2O(s)+H2O(g)属于分解反应，分解反应大多是吸热反应，所以反应H＞0，A错误；B．MgCl2水解会生成HCl，HCl气流可抑制水解反应进行，B错误；C．水解反应是吸热反应，加热促进水解反应的进行，升高温度，MgCl2•H2O(s)═Mg(OH)Cl(s)+HCl(g)更易发生，C正确；D．MgCl2•4H2O(s)MgCl2•2H2O(s)+2H2O(g)该反应产物中没有HCl，HCl气流不能抑制反应进行，D错误；故答案为：C。13．（2025·四川成都·模拟预测）已知呈淡紫色。为探究铁盐溶液呈黄色的原因，进行了实验。结合实验事实，下列分析错误的是序号实验操作现象①向较浓硫酸中滴加2滴饱和溶液溶液变淡紫色②向中滴加少量溶液黄色变浅A．实验①中被氧化为B．实验①使用较浓硫酸因其酸性强且含水量少，能抑制水解C．由实验可知铁盐溶液呈黄色可能是水解导致D．由实验①和②推测的配位能力比弱【答案】D【解析】A．实验①中，溶液变淡紫色，说明被氧化为，故A正确；B．实验①使用较浓硫酸因其酸性强且含水量少，能抑制Fe3+水解,，故B正确；C．由实验可知，铁盐溶液呈黄色可能是Fe3+水解导致，故C正确；D．对比实验①②，Fe2(SO4)3溶液是黄色，且在其稀溶液中滴加少量3mol/LH2SO4，溶液黄色变浅，说明增大，Fe3+水解平衡逆向移动，则Fe3+和OH-的结合能力大于Fe3+和H2O的结合能力OH-的配位能力比H2O强，故D错误；答案选D。14．（2024·广西柳州·模拟预测）已知琥珀酸是一种常见的二元弱酸，以代表其化学式，电离过程：，。常温时，向水溶液中逐滴滴加同浓度的溶液，混合溶液中、和的物质的量分数()随变化的关系如图所示。下列说法正确的是A．的B．当溶液中时，C．滴加溶液过程中存在：D．当被完全中和时，【答案】B【分析】向水溶液中逐滴滴加同浓度的溶液，的浓度逐渐减小、的浓度先增大或减小、的浓度逐渐增大，则曲线Ⅰ表示物质的量分数()随变化的关系，曲线Ⅱ表示物质的量分数()随变化的关系，曲线Ⅲ表示物质的量分数()随变化的关系。当的浓度等于的浓度时pH=1.2，当的浓度等于的浓度时pH=4.2，则。【解析】A．根据图示，当的浓度等于的浓度时，pH=4.2，则的，故A错误；B．，，当溶液中时，=10-5.4，，故B正确；C．滴加溶液过程中，溶液体积增大，根据物料守恒，，故C错误；D．当被完全中和时，溶质为Na2A，根据质子守恒，故D错误；选B。15．（2024·湖北·一模）时，常见物质的平衡常数如下表。，下列说法错误的是A．时，实验测量的溶解度大于用计算的溶解度，主要原因是发生水解B．可溶于是因为反应的平衡常数C．饱和溶液中存在：D．时，饱和溶液的【答案】B【解析】A．碳酸根离子水解使得碳酸根离子浓度减小，导致碳酸钙溶解平衡正向移动，使得时，实验测量的溶解度大于用计算的溶解度，A正确；B．可溶于是因为醋酸酸性大于碳酸，反应中生成气体二氧化碳促使反应正向进行，B错误；C．饱和溶液中，由电荷守恒可知，存在：，则，C正确；D．时，饱和溶液中，，，，pOH=4、pH=10，D正确；故选B。1．（2024·贵州卷）下列离子方程式书写错误的是A．用氢氟酸雕刻玻璃：B．用绿矾处理酸性废水中的C．用泡沫灭火器灭火的原理：D．工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：【答案】A【解析】A．氟化氢是弱酸，不能拆写成离子，用氢氟酸雕刻玻璃：，A错误；B．用绿矾处理酸性废水中的，生成铬离子和铁离子，，B正确；C．泡沫灭火器灭火的原理，铝离子、碳酸氢根水解反应完全生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳：，C正确；D．工业电解饱和食盐水生成烧碱、氯气和氢气：，D正确；故选A。2．（2024·北京卷）关于和的下列说法中，不正确的是A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B．可用溶液使转化为C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【解析】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；B．加入溶液会发生反应：，B正确；C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误；故选D。3．（2024·江苏卷）室温下，通过下列实验探究的性质。已知，。实验1：将气体通入水中，测得溶液。实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。下列说法正确的是A．实验1所得溶液中：B．实验2所得溶液中：C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体D．实验3所得溶液中：【答案】D【分析】实验1得到H2SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验3和酸性溶液反应的离子方程式为：。【解析】A．实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：，则，A错误；B．实验2为pH为4，依据，则=，溶液，则，B错误；C．NaHSO3溶液蒸干过程中会分解成Na2SO3、Na2SO3可被空气中O2氧化，故蒸干、灼烧得固体，C错误；D．实验3依据发生的反应：，则恰好完全反应后，D正确；故选D。4．（2024·湖南卷）常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是A．水的电离程度：B．M点：C．当时，D．N点：【答案】D【分析】结合起点和终点，向溶液中滴入相同浓度的溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、、和；当，溶液中存在Na+、H+和，，随着加入溶液，减少但不会降到0，当，，随着加入溶液，会与反应而减少，当，溶质为，很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表；当时，中=，很小，随着加入溶液，溶质由变为和混物，最终为，增加的很少，而增加的多，当，溶质为，少部分水解，，斜率为正的曲线代表，即经过M点在下降的曲线表示的是浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是浓度的改变。【解析】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确；B．M点溶液中电荷守恒有，M点为交点可知，联合可得，故B正确；C．当时，溶液中的溶质为，根据电荷守恒有，根据物料守恒，两式整理可得，故C正确；D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此及观察图中N点可知，，根据，可知，故D错误；故答案选D。5．（2024·湖北卷）过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是溶液现象化学方程式A产生淡黄色沉淀B溶液由棕黄色变浅绿色C溶液褪色，产生白色沉淀D(含酚酞)溶液由红色变无色【答案】A【解析】A．过量与的溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，过量不能生成，因此，总反应的化学方程式为，A错误；B．过量与的溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，B正确；C．过量与的溶液反应，生成的白色沉淀是，总反应的化学方程式为,C正确；D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量与的溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，D正确；综上所述，本题选A。6．（2024·贵州卷）硼砂水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的(硼酸)和(硼酸钠)。已知：①时，硼酸显酸性的原理②。下列说法正确的是A．硼砂稀溶液中B．硼酸水溶液中的主要来自水的电离C．25℃时，硼酸水溶液的D．等浓度等体积的和溶液混合后，溶液显酸性【答案】B【解析】A．水解生成等物质的量浓度的和，硼酸遇水转换，根据物料守恒，，A错误；B．根据已知，硼酸遇水转换，其中的H+是由水提供的，B正确；C．25℃时，，，，因，，C错误；D．的电离平衡常数为，的水解平衡常数，水解程度大于电离程度，显碱性，D错误；故选B。7．（2024·安徽卷）环境保护工程师研究利用、和处理水样中的。已知时，饱和溶液浓度约为，，，，。下列说法错误的是A．溶液中：B．溶液中：C．向的溶液中加入，可使D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中：【答案】B【解析】A．溶液中只有5种离子，分别是，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为，A正确；B．溶液中，水解使溶液呈碱性，其水解常数为，由于，根据硫元素守恒可知，所以，则，B不正确；C．远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，的饱和溶液中，若加入足量时可使，C正确D．的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确；综上所述，本题选B。8．（2024·山东卷）常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已初始浓度，所有含碳物种的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是A．线Ⅱ表示的变化情况B．的电离平衡常数C．时，D．时，【答案】C【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)（②），Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+（③），随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。【解析】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项错误；B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，B项错误；C．pH=n时=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C项正确；D．根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，D项错误；答案选C。9．（2023·天津卷）下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是羧酸pKa4.762.592.872.90A．酸性强弱：B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<BrC．25℃时的pKa大小：D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：【答案】C【解析】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A错误；B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B错误；C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正确；D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D错误；故答案为：C。10．（2023·福建卷）时，某二元酸的、。溶液稀释过程中与的关系如图所示。已知的分布系数。下列说法错误的是A．曲线n为的变化曲线 B．a点：C．b点： D．c点：【答案】B【分析】溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为的变化曲线，的增大，减小，增大明显，故曲线m为的变化曲线，则曲线p为的变化曲线；【解析】A．溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为的变化曲线，选项A正确；B．a点,=1.0，则=0.1mol/L，=0.70，==0.15，，，，选项B错误；C．b点,=0.70，==0.15，即=，根据物料守恒有，，故，选项C正确；D．c点：=，故根据电荷守恒有，故，选项D正确；答案选B。11．（2023·重庆卷）溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是

A．点等于点B．点大于点C．点降温过程中有2个平衡发生移动D．点【答案】B【解析】A．温度升高，水的电离程度增大，则点小于点，A错误；B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故点大于点，B正确；C．点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；D．点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误；故选B。12．（2023·江苏卷）室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案A溶液中是否含有向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化B是否有还原性向溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化C是否水解向溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化D能否催化分解向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况【答案】B【解析】A．检验溶液中是否含有应直接向待测液中滴加KSCN溶液，向待测液中滴加氯水会将氧化为干扰实验，A错误；B．向溶液中滴加几滴酸性溶液，若观察溶液紫色褪去，说明有还原性，B正确；C．发生水解反应使溶液显酸性，应向溶液中滴加2~3滴石蕊试液，观察溶液颜色变化，C错误；D．向溶液中滴加几滴溶液，若产生气泡有可能是的催化作用，D错误。故选B。13．（2023·天津卷）在浓度为的溶液中，如下说法正确的是A．溶液中浓度最大的离子是B．C．D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为【答案】B【解析】A．在水溶液中完全电离生成Na+和，又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是Na+，故A错误；B．根据NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c()+c(PO)+c(HPO)+c(H3PO4)=0.1mol/L，故B正确；C．根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，故C错误；D．磷酸第二步电离方程式为：，电离平衡的平衡常数表达式为，故D错误；故选B。14．（2023·北京卷）回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。

下列说法不正确的是A．废气中排放到大气中会形成酸雨B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的和D．装置中的总反应为【答案】C【解析】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确；C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误；D．由图可知一个电极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳和水转化为甲酸，装置b中总反应为，故D正确；选C。15．（2023·北京卷）下列过程与水解反应无关的是A．热的纯碱溶液去除油脂B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体【答案】B【解析】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；D．Fe3+能发生水解反应生成Fe(OH)3，加热能增大Fe3+的水解程度，D不符合题意；故选B。16．(2022·海南卷)NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是()A．0.01mol/L溶液中，c(ClO-)＜0.01mol/LB．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClOD．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)【答案】AD【解析】A项，NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正确；B项，次氯酸钠溶液中的ClO-会发生水解生成HClO，HClO长期露置在空气中会分解，为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；C项，将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C错误；D项，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；故选AD。17．(2022·福建卷)氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O②NH3+4ClO-+OH-=NO3-+4Cl-+2H2O在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是()A．x1的数值为0.009B．xx1时，c(Cl-)=4c(NO3-)C．xx1时，x越大，生成N2的量越少D．Xx1时，c(Na＋)+c(H＋)+c(NH4＋)c(Cl-)+c(OH―)+c(ClO-)【答案】C【解析】A项，x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误；B项，x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl-)＞4c(NO3-)，B错误；C项，x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；D项，x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH4+和ClO-，含有Na+、H+、NO3-、Cl-和OH-，根据电荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)c(Cl-)+c(OH―)+c(NO3-)，D错误；故选C。18．(2022·浙江卷)时，向浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是()A．恰好中和时，溶液呈碱性B．滴加NaOH溶液至pH的过程中，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2OC．滴定过程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D．时，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)【答案】B【解析】A项，恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B项，滴加NaOH溶液至pH的过程中，若只发生反应的离子方程式：H++OH-=H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)===>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C项，滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正确；D项，向20mL浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；故选B。19．(2022·浙江卷)时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列说法正确的是()A．相同温度下，等的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O-)＞c(CH3COO-)B．将浓度均为0.1mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的均变大C．时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得，则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)D．时，0.1mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小【答案】C【解析】A项，醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A错误；B项，C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B错误；C项，当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)=c(C6H5OH)，C正确；D项，C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误；故选C。20.(2022·江苏卷)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol·L－1