第八章 第28讲 盐类的水解（word教参）-【勤径学升】2025年高考化学一轮总复习（人教版）

第28讲　盐类的水解 1.认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。 2.掌握水解离子方程式的书写。 3.了解盐类水解的应用。 考点1 盐类的水解及其规律 ➢ 对应学生用书P177 1.盐类水解的定义 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。 2.盐类水解的实质 盐电离→→促进水的电离→c（H＋）≠c（OH－）→溶液呈碱性或酸性 3.盐类水解的特点 4.盐类水解的规律 口诀：有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。 盐的类型 实例 是否水解 水解的离子 溶液的酸碱性 强酸强碱盐 NaCl、KNO3 否 — 中性 强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu（NO3）2 是 N、Cu2＋ 酸性 强碱弱酸盐 CH3COONa、Na2CO3 是 CH3COO－、C 碱性 5.盐类水解方程式的书写 例如：NH4Cl水解的离子方程式为N＋H2ONH3·H2O＋H＋。 （1）多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解。 例如：Na2CO3水解的离子方程式为C＋H2OHC＋OH－。 （2）多元弱碱盐水解：一步写完。 例如：FeCl3水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋。 （3）阴、阳离子相互促进水解：水解程度较大，书写时要用“”“↑”“↓”等。 例如：NaHCO3与AlCl3在水溶液中反应的离子方程式为Al3＋＋3HCAl（OH）3↓＋3CO2↑。 易丨错丨易丨混 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 1.盐溶液显酸性或碱性，一定是由水解引起的。 （ × ） 2.溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐。 （ × ） 3.pH相同的盐酸和氯化铵溶液中由水电离出的c（H＋）相同。 （ × ） 4.盐类加入水中，水的电离一定被促进。 （ × ） 5.显酸性的盐溶液，一定是该盐的阳离子发生了水解。 （ × ） 6.Na2S水解的离子方程式为S2－＋2H2OH2S＋2OH－。 （ × ） 7.FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合：2Fe3＋＋3C＋3H2O2Fe（OH）3↓＋3CO2↑。 （ √ ） 1.（2023·全国·高三专题练习）下列方程式属于水解反应方程式的是 （　　） A.H2CO3HC＋H＋ B.HC＋H2OH3O＋＋C C.HC＋OH－H2O＋C D.C＋H2OHC＋OH－ 解析　A.碳酸是一种二元弱酸，选项所给为碳酸的第一步电离方程式，A不符合题意；B.碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根的电离方程式，B不符合题意；C.碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根和氢氧根的反应，C不符合题意；D.碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，方程式为C＋H2OHC＋OH－，D符合题意。故选D。 答案　D 2.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弱的电解质 C.上述溶液中CN－的水解程度大于N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 解析　室温下，溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；HCN和NH3·H2O均是弱电解质，NH4CN溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于N的水解程度，由“越弱越水解”可知，NH3·H2O是比HCN强的电解质，故B错误，C正确；CN－、N相互促进水解，所以0.1mol·L－1NaCN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，故D正确。故选B。 答案　B 3.(2023·济南模拟)物质与水发生的复分解反应称为水解反应。例如：Mg3N2＋6H2O=== 3Mg(OH)2↓＋2NH3↑。在一定条件下，BrCl、CuCl2、Mg2C3和K3P均可以发生水解。根据上述观点，下列说法不正确的是(　　) A.BrCl的水解产物是HBrO和HCl B.K3P的水解产物是KOH和H3PO4 C.Mg2C3的水解产物是Mg(OH)2和 C3H4 D.CuCl2的水解产物是Cu(OH)2和HCl 解析　BrCl中Cl为－1价，Br为＋1价，所以BrCl的水解产物是HBrO和HCl，故A正确；K3P中P为－3价，水解生成PH3，即K3P的水解产物是KOH和PH3，不生成H3PO4，故B错误；Mg2C3中Mg为＋2价，C为－价，则水解产物是Mg(OH)2和C3H4，故C正确；CuCl2中Cu为＋2价，Cl为－1价，水解产物是Cu(OH)2和HCl，故 D正确。故选B。 答案　B 考点2 盐类水解的影响因素及其应用 ➢ 对应学生用书P179 1.盐类水解的影响因素 （1）内因：弱酸根离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解。 例如：酸性CH3COOH＞H2CO3相同浓度的NaHCO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为NaHCO3＞CH3COONa。 （2）外因 不同条件对FeCl3水解平衡的影响[以F＋3H2OFe（OH）3＋3H＋为例]： 条件 平衡移动方向 H＋数目 pH 现象 升温 右移 增多 减小 溶液颜色变深 通HCl 左移 增多 减小 溶液颜色变浅 加H2O 右移 增多 增大 溶液颜色变浅 加NaHCO3 右移 减少 增大 生成红褐色沉淀，放出气体 2.盐类水解的重要应用 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 等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的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，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶 胶体的制取 制取Fe（OH）3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe（OH）3（胶体）＋3H＋ 泡沫灭火器原理 成分为NaHCO3与Al2（SO4）3，发生反应为Al3＋＋3HCAl（OH）3↓＋3CO2↑ 作净水剂 明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl（OH）3（胶体）＋3H＋ 化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混用 除锈剂 NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂 比较溶液中离子 浓度的大小 如：Na2CO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na＋）＞c（C）＞c（OH－）＞c（HC）＞c（H＋） 判断盐溶液 蒸干时的产物 盐水解生成挥发性酸，蒸干灼烧后一般得氧化物。如AlCl3→Al2O3 盐水解生成难挥发性酸，蒸干后得原物质。如CuSO4→CuSO4 易丨错丨易丨混 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 1.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。 （ × ） 2.水解平衡右移，盐的离子的水解程度一定增大。 （ × ） 3.在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO－水解。 （ √ ） 4.通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大。 （ × ） 5.水解相互促进的离子在同一溶液中一定不能共存。 （ × ） 6.将Fe2（SO4）3溶液加热蒸干并灼烧，最后得到Fe2O3。 （ × ） 7.将光亮Mg条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，产生的气体只有H2。 （ × ） 题组一　盐类水解的影响因素 1.某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列分析错误的是 （　　） A.b点水解程度最大 B.水的电离平衡也会对溶液的pH产生影响 C.a→b段水解平衡向右移动 D.水解是吸热反应 解析　碳酸钠溶液中存在碳酸根离子的水解平衡C＋H2OHC＋OH－和水的电离平衡H2OH＋＋OH－；图中显示温度升高溶液的碱性先增强后减弱，水的电离是吸热过程，纯水中温度升高pH会降低，碳酸钠溶液中温度升高pH有增大的过程，说明水解受到促进，即水解为吸热反应；后pH下降，说明温度升高水电离出更多的氢氧根离子抑制了碳酸根离子的水解，据此分析作答。A.根据分析可知，水解是吸热反应，温度越高，水解程度越大，故A错误；B.随温度升高，盐类水解得到促进，对水的电离也起到促进作用，水电离出的氢氧根离子浓度抑制水解平衡，导致溶液pH减小，因此水的电离平衡也会对溶液的pH产生影响，故B正确；C.a→b段说明升温促进水解，使水解平衡向右移动，故C正确；D.根据分析可知，水解是吸热反应，故D正确。故选A。 答案　A 2.(2023·上海市建平中学阶段练习)某化学兴趣小组同学通过测量氯化铵溶液的pH在实验前后的变化，探究影响盐类水解的因素。根据实验现象和原理，下列对水解程度的判断正确的是(　　) 选项 实验 pH变化 水解程度 A 加入氯化铵固体 减小 增大 B 加热氯化铵溶液 减小 减小 C 加入醋酸钠固体 增大 增大 D 加入NaCl溶液 增大 不变 解析　氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性。A.向氯化铵溶液中加入氯化铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，平衡右移，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，但铵根离子的水解程度减小，故A不符合题意；B.铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，加热氯化铵溶液，水解平衡右移，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，铵根离子的水解程度增大，故B不符合题意；C.向氯化铵溶液中加入醋酸钠固体，醋酸根离子与溶液中的氢离子反应，使溶液中氢离子浓度减小，水解平衡右移，溶液pH增大，铵根离子的水解程度增大，故C符合题意；D.向氯化铵溶液中加入氯化钠溶液相当于稀释氯化铵溶液，水解平衡右移，铵根离子的水解程度增大，故D不符合题意。故选C。 答案　C 题组二　盐类水解的应用 3.(2023·首都师范大学附属中学阶段练习)下列问题与盐类的水解有关的是(　　) 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 A.①②③ B.②③④ C.①④⑤ D.①②③④⑤ 解析　①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液分别水解呈碱性和酸性，可发生互促水解，可作泡沫灭火剂，与水解有关；③K2CO3水解呈碱性，铵态氮肥水解呈酸性，可发生互促水解，不能混合施用，否则会降低肥效，与水解有关；④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，因为碳酸钠水解呈碱性，和盐类水解有关；⑤CuCl2水解生成氢氧化铜和盐酸，加热促进水解，盐酸易挥发，可得到Cu(OH)2固体，进而受热分解为CuO，与水解有关；⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可通入氧化剂Cl2，是由于发生了反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，与水解无关。综上分析可知，①②③④⑤均与盐类的水解有关。故选D。 答案　D 4.实验室用TiCl4水解法制备纳米TiO2的简易流程如下，下列说法错误的是 （　　） A.TiCl4 发生水解反应，可生成TiO2·xH2O B.氨水的作用可用勒夏特列原理解释 C.可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净 D.制得的TiO2纳米颗粒能产生丁达尔现象 解析　TiCl4和H2O在冰水浴下搅拌，发生反应：TiCl4＋（x＋2）H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl，A正确；加入氨水调节pH，可以消耗TiCl4水解产生的H＋，使得水解反应正向进行，符合勒夏特列原理，B正确；沉淀上会附着有Cl－，因此可以用AgNO3溶液来检验沉淀是否洗涤干净，C正确；TiO2纳米颗粒为固体颗粒，不是胶体，不能产生丁达尔现象，D错误。故选D。 答案　D 题组三　水解平衡原理解释问题的规范描述 5.按要求回答下列问题。 （1）把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体是什么？为什么？（用化学方程式表示并配以必要的文字说明） （2）分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因。 （3）直接蒸发CuCl2溶液，能否得到CuCl2·2H2O晶体？如果不能应如何操作？ （4）向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变为红色，若再向该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是　　　　　　　　　　　　，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释：　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　（1）最后得到的固体是Al2O3。在AlCl3溶液中存在着如下平衡：AlCl3＋3H2OAl（OH）3＋3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al（OH）3，在灼烧时发生反应2Al（OH）3Al2O3＋3H2O，因此最后得到的固体是Al2O3。 （2）在NH4Cl溶液中存在水解平衡：N＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入Mg粉，Mg与H＋反应放出H2，使溶液中c（H＋）降低，水解平衡右移，使Mg粉不断溶解。 （3）不能。应在HCl气流中加热蒸发。 （4）产生白色沉淀，且溶液红色褪去　在Na2SO3溶液中，S水解：S＋H2OHS＋OH－，加入BaCl2后，Ba2＋＋SBaSO3↓（白色），由于c（S）减小，S水解平衡左移，c（OH－）减小，溶液红色褪去 利用平衡移动原理解释问题的思维模板 （1）解答此类题的思维过程 ①找出存在的平衡体系（即可逆反应或可逆过程）； ②找出影响平衡的条件； ③判断平衡移动的方向； ④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系。 （2）答题模板 ……中存在……平衡，……（条件）……（变化），使平衡向……（方向）移动，……（结论）。 微专题12　水解常数与电离常数的关系及应用 ➢ 对应学生用书P181 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，该常数就叫水解常数。 2.水解常数的影响因素 水解常数仅受温度的影响，因水解反应是吸热反应，故水解平衡常数随温度的升高而增大。 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－ Kh＝ ＝ ＝ ＝（Ka为CH3COOH的电离常数） 因而Ka（或Kb）与Kw的定量关系为 （1）Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。 （2）Na2CO3的水解常数Kh＝。 （3）NaHCO3的水解常数Kh＝。 4.判断溶液的酸碱性 如HC的水解常数大于其电离常数，NaHCO3溶液呈碱性。 1.已知常温下，Na2CO3溶液的水解常数Kh＝2×10－4，则当溶液中c（HC）∶c（C）＝2∶1时，试求该溶液的pH＝　　　　。  解析　Kh＝＝2×10－4，又c（HC）∶c（C）＝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。 答案　10 2.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＝　　　　。（常温下H2SO3的电离常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8）  解析　NaOH电离出的OH－抑制水的电离，Na2SO3电离出的S水解促进水的电离。S＋H2OHS＋OH－的水解常数Kh＝＝＝，所以＝＝60。 答案　向右　60 3.已知常温下，Ka（HCN）＝6.2×10－10。常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显　　　　　（填“酸”“碱”或“中”）性，c（CN－）　　　　（填“＞”“＜”或“＝”）c（HCN）。该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析　常温下，NaCN的水解常数Kh＝＝≈1.61×10－5，Kh＞Ka（HCN），故CN－的水解程度大于HCN的电离程度，由于NaCN与HCN的物质的量相等，故水解产生的c（OH－）大于电离生成的c（H＋），混合溶液显碱性，且c（CN－）＜c（HCN）。 答案　碱　＜ c（Na＋）＞c（CN－）＞c（OH－）＞c（H＋） 4.磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是Ka1＝7.1×10－3，Ka2＝6.2×10－8，Ka3＝4.5×10－13。回答下列问题： （1）常温下，同浓度溶液①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4的pH由小到大的顺序为　　　　　　　　（用序号表示）。  （2）常温下，NaH2PO4的水溶液pH　　　　　（填“＞”“＜”或“＝”）7。  （3）常温下，Na2HPO4的水溶液呈　　　　　（填“酸”“碱”或“中”）性，用Ka与Kh的相对大小，说明判断理由：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析　（2）NaH2PO4的水解常数Kh＝＝＝≈1.4×10－12，Ka2＞Kh，即H2P的电离程度大于其水解程度，因而pH＜7。 答案　（1）③＜②＜①　（2）＜ （3）碱　Na2HPO4的水解常数Kh＝＝＝≈1.6×10－7，Kh＞Ka3，即HP的水解程度大于其电离程度，因而Na2HPO4溶液显碱性 微专题13　溶液中微粒浓度的大小比较 ➢ 对应学生用书P182 一、熟悉两大理论，构建思维基点 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、NH、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)。 (2)多元弱酸的电离是分步进行的，以第一步电离为主(第一步电离程度远大于第二步电离)，如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(相互促进水解反应除外)，但由于水的电离，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：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)。 (2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，以第一步水解为主，如Na2CO3溶液中：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系是c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)。 二、把握三大守恒，明确等量关系 1.电荷守恒 电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带的电荷总数一定等于阳离子所带的电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。 2.元素守恒 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。离子所含的某种元素在变化前后是守恒的。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)。 三、掌握粒子浓度大小比较的思维方法 1.判断下列溶液中粒子浓度大小顺序(由大到小)。 (1)氨水中：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是____________________________________。 (2)在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是________________________________。 (3)NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是___________________________。 (4)在Na2CO3溶液中：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是_________________________。 答案　(1)c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH) (2)c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－) (3)c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O) (4)c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3) 2.写出下列溶液中粒子守恒关系式。 (1)Na2CO3溶液 ①元素守恒：____________________________________________________________________。 ②电荷守恒：____________________________________________________________________。 ③质子守恒：____________________________________________________________________。 (2)浓度均为0.1 mol·L－1 NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合 ①电荷守恒：____________________________________________________________________。 ②元素守恒：____________________________________________________________________。 (3)浓度为0.1 mol·L－1盐酸与0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液等体积混合 ①电荷守恒：___________________________________________________________________。 ②元素守恒：____________________________________________________________________。 答案　(1)①c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)] ②c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO) ③c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO) (2)①c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) ②2c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O) (3)①c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－) ②c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Cl－) 3.(1)浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S溶液、②NaHS溶液、③Na2S溶液、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是________________。 (2)相同浓度的下列溶液：①CH3COONH4溶液、②CH3COONa溶液、③CH3COOH溶液，c(CH3COO－)由大到小的顺序是________________。 (3)c(NH)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为________________。 答案　(1)③>②>④>①　(2)②>①>③ (3)④>②>③>① 4.(2023·山东临沂期末)下列说法正确的是(　　) A.常温下，将0.1 mol·L－1NH4Cl溶液与0.05 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(pH＝9.25)： c(Cl－)>c(Na＋)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋) B.pH相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三种溶液，c(NH)大小顺序为①>②>③ C.常温下，0.1 mol·L－1 NaHA溶液的pH＝8，则溶液中：c(Na＋)>c(HA－)>c(H2A)>c(A2－) D.常温下，NaB溶液的pH＝8，c(Na＋)－c(B－)＝9.9×10－9 mol·L－1 解析　混合后部分NH4Cl与NaOH发生反应，溶液呈碱性，所得溶液中NH4Cl、NH3·H2O、NaCl物质的量之比为1∶1∶1,由于NH3·H2O电离程度大于NH水解程度,有c(NH)>c(Na＋),则c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)，A错误；硫酸铵和氯化铵溶液中NH水解使溶液呈酸性，pH相等则c(NH)相等，硫酸氢铵溶液中主要因HSO电离出H＋使溶液呈酸性，并且抑制NH的水解,c(NH)最小,c(NH)大小顺序为①＝②>③,B错误;常温下，0.1 mol·L－1的NaHA溶液中HA－存在电离和水解两个过程，溶液呈碱性，说明HA－的水解程度大于其电离程度,使得c(H2A)>c(A2－)，Na＋不水解，其浓度最大，有c(Na＋)>c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)，C正确；由电荷守恒可知c(Na＋)－c(B－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1，D错误。故选C。 答案　C [对应学生用书P183] 1.（2022·高考浙江1月卷）水溶液呈酸性的盐是 （　　） A.NH4Cl B.BaCl2 C.H2SO4 D.Ca（OH）2 解析　A.NH4Cl盐溶液存在N＋H2ONH3·H2O＋H＋而显酸性，A符合题意；B.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.H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；D.Ca（OH）2是碱，溶液显碱性，D不符合题意。故选A。 答案　A 2.（2022·高考江苏卷）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol·L－1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总＝c（H2CO3）＋c（HC）＋c（C）。H2CO3电离常数分别为Ka1＝4.4×10－7、Ka2＝4.4×10－11。下列说法正确的是 （　　） A.KOH吸收CO2所得到的溶液中：c（H2CO3）＞c（HC） B.KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c（OH－）＝c（H＋）＋c（HC）＋c（H2CO3） C.KOH溶液吸收CO2，c总＝0.1mol·L－1溶液中：c（H2CO3）＞c（C） D.如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 解析　A.KOH吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则C主要发生第一步水解，溶液中c（H2CO3）＜c（HC），若为NaHCO3溶液，则HC发生水解的程度很小，溶液中c（H2CO3）＜c（HC），A不正确；B.KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中c（K＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC）＋2c（C），依据物料守恒，溶液中c（K＋）＝2[c（C）＋c（HC）＋c（H2CO3）]，则c（OH－）＝c（H＋）＋c（HC）＋2c（H2CO3），B不正确；C.KOH溶液吸收CO2，c（KOH）＝0.1mol·L－1，c总＝0.1mol·L－1，则溶液为KHCO3溶液，Kh2＝＝≈2.3×10－8＞Ka2＝4.4×10－11，表明HC以水解为主，所以溶液中c（H2CO3）＞c（C），C正确；D.如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应CO2＋2KOHK2CO3＋H2O、K2CO3＋CaO＋H2OCaCO3↓＋2KOH（若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同），二式相加得CO2＋CaOCaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确。故选C。 答案　C 3.（2022·高考湖南卷）为探究FeCl3的性质，进行了如下实验（FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L－1）。 实验 操作与现象 ① 在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色 ② 在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀 ③ 在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀产生，另一份煮沸，产生红褐色沉淀 依据上述实验现象，结论不合理的是 （　　） A.实验①说明加热促进Fe3＋水解反应 B.实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应 C.实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应 D.整个实验说明S对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响 解析　铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体，根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。A.铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B.在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C.实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D.结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。故选D。 答案　D 4.（2021·新高考广东卷）鸟嘌呤（G）是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐（用GHCl表示）。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是 （　　） A.0.001mol/LGHCl水溶液的pH＝3 B.0.001mol/LGHCl水溶液加水稀释，pH升高 C.GHCl在水中的电离方程式为GHClG＋HCl D.GHCl水溶液中：c（OH－）＋c（Cl－）＝c（GH＋）＋c（G） 解析　A.GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH＋会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH＞3，故A错误；B.稀释GHCl溶液时，GH＋水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c（H＋）将减小，溶液pH将升高，故B正确；C.GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHClGH＋＋Cl－，故C错误；D.根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c（OH－）＋c（Cl－）＝c（H＋）＋c（GH＋），故D错误。故选B。 答案　B 5.(2023·高考湖南卷)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η[η＝]的变化曲线如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.Ka(CH3COOH)约为10－4.76 B.点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) C.点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO－) D.水的电离程度：a<b<c<d 解析　用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定同浓度的HCl和CH3COOH的混合溶液，在滴定过程中NaOH溶液先与强酸HCl反应，再与弱酸CH3COOH反应。点a时η＝1.00，此时标准溶液与待测溶液体积相同，盐酸恰好被中和，醋酸还没有反应，此时溶液中c(NaCl)＝c(CH3COOH)＝0.01 mol·L－1，pH＝3.38，即c(H＋)＝10－3.38 mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝≈＝10－4.76，根据元素守恒可得，c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，A、B正确。点b时η＝1.50，醋酸反应掉一半，此时溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH且c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，此时溶液pH<7，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C正确。点c时η＝2.00，此时溶液恰好被中和，溶液中溶质为NaCl和CH3COONa，CH3COO－水解促进水的电离，c点之前有剩余的酸，c点之后有过量的碱，均会抑制水的电离，故c点水的电离程度最大，D错误。故选D。 答案　D 学科网（北京）股份有限公司 $$