3.3盐类的水解-【高效学习】2024-2025学年高二化学热点题型归纳与分阶培优练（苏教版2019选择性必修1）

3.3盐类的水解 题型归类 目录 一、热点题型归纳 1 【题型一】盐类水解的特点及规律 1 【题型二】影响盐类水解的因素 2 【题型三】盐类水解的应用 4 【题型四】溶液中粒子浓度大小的比较 6 二、分阶培优练 9 【题型一】盐类水解的特点及规律 【典例分析】下列关于盐溶液呈酸性或碱性的说法错误的是 A．盐溶液呈酸性或碱性的原因是盐的水解破坏了水的电离平衡 B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－) C．在CH3COONa溶液中，由水电离出的c(OH－)≠c(H＋) D．水电离出的H＋和OH－与盐电离出的弱酸阴离子或弱碱阳离子结合，造成盐溶液呈碱性或酸性 【提分秘籍】 基本规律 1．盐类水解的特点 (1)与酸碱中和反应互为可逆反应，是吸热反应。 (2)一般情况下，盐类水解程度极其微弱。 (3)符合化学平衡移动的原理。 2．盐类水解的规律：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。 (1)有弱才水解——必须含有弱酸或弱碱的离子才能发生水解。 (2)无弱不水解——强酸强碱盐不发生水解。常见不水解的离子：①强酸根阴离子：Cl－、SO、NO、ClO；②强碱阳离子：K＋、Na＋、Ca2＋、Ba2＋。 (3)越弱越水解——组成盐的酸根离子对应的酸(即水解生成的酸)酸性越弱(或阳离子对应的碱的碱性越弱)，水解程度就越大，此即“越弱越水解”规律。如电离程度：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，水解程度：CH3COO－＜HCO＜CN－＜CO。 (4)都弱都水解——弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可相互促进，所以水解程度较大，少数可以完全水解。 (5)谁强显谁性——组成盐的酸根离子(碱的阳离子)是强酸根离子(强碱的阳离子)，则显酸(碱)性。 (6)同强显中性——①强酸强碱盐溶液显中性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。 【变式演练】 1．物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是 A．Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl B．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S D．NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3 2．常温下，0.1mol/L醋酸钠溶液的。下列相关说法不正确的是 A．醋酸钠溶液显碱性的原因是： B．常温下，醋酸钠溶液中： C．向10mL上述溶液中滴加5滴饱和溶液，逐渐增大 D．在pH均为9的醋酸钠溶液和氨水中，水的电离程度：醋酸钠溶液>氨水 3．相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液：①；②；③NaCl；④，按由大到小的顺序排列，正确的是 A．④>①>③>② B．①>③>④>② C．①>②>③>④ D．④>③>①>② 【题型二】盐类水解的影响因素 【典例分析】在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-。下列说法不正确的是 A．加入NaOH固体，溶液pH增大 B．加入NaOH固体，平衡向逆反应方向移动 C．升高温度，增大 D．稀释溶液，促进Na2CO3水解，Kw增大 【提分秘籍】 基本规律： 1.盐类水解的影响因素 因素 对盐类水解程度的影响 内因 盐组成中对应的酸或碱越弱，水解程度越大（越弱越水解） 外外界条件 温度 升高温度能够促进水解（越热越水解） 浓度 盐溶液浓度越小，水解程度越大（越稀越水解） 外加 酸碱 水解显酸性的盐溶液，加碱会促进水解，加酸会抑制水解；水解显碱性的盐溶液，加酸会促进水解，加碱会抑制水解 外加盐 加入水解性质相反的盐会促进盐的水解 以0.1mol·L-1FeCl3溶液为例：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ ΔH>0 影响因素 溶液颜色 移动方向 c(H+) 水解程度 加热 变深 正向 增大 增大 加入盐酸 变浅 逆向 增大 减小 加入NaOH 变深 正向 减小 增大 加水 变浅 正向 减小 增大 加入FeCl3 变深 正向 增大 减小 加入NH4Cl 变浅 逆向 增大 减小 加入NaHCO3 变深 正向 减小 增大 2.盐类水解平衡常数Kh (1)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。 (2)表达式：如CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，其表达式为 Kh＝＝。 (3)影响因素：Kh只与温度有关，由于水解吸热，所以温度升高，水解平衡常数变大。 (4)多元弱酸根离子有多级水解常数，即Kh1、Kh2……且Kh1≫Kh2≫……因此多元弱酸强碱正盐溶液的碱性取决于第一步水解。 【变式演练】 1．常温下，某溶液的。下列关于该溶液的说法中，不正确的是 A．显酸性 B． C． D．加热，pH变大 2．溶液中，如果要使更接近于，可以采取的措施是 A．加入适量水 B．加入少量溶液 C．通入适量气体 D．加热 3．某溶液中AlCl3的水解反应已达平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl ，若要使AlCl3的水解程度增大，应采取的方法是 A．加入NaHCO3 B．加入NaHSO4 C．加AlCl3固体 D．降温 【题型三】盐类水解的应用 【典例分析】下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是 A．加热蒸干溶液，最后可以得到和的混合固体 B．除去溶液中的，可以加入固体 C．泡沫灭火器的原理： D．加热蒸干KCl溶液，最后得到固体(不考虑与的反应) 【提分秘籍】 基本规律：盐类水解的应用 1．盐类作净水剂 铝盐、铁盐等盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。 Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ 2．热碱水去油污 纯碱水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。在碱性条件下，油脂发生水解，起到去污的作用，加热能促进CO32-的水解，溶液碱性增强，去污能力增强。 3．盐溶液的配制和保存 配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸的目的是抑制Sn2+或Fe3+的水解。 4．制备Fe(OH)3胶体 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾，从而制备Fe(OH)3胶体，反应方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。 5．碱性溶液的贮存 碱性溶液会腐蚀磨口玻璃塞，不能使用玻璃塞，要使用橡皮塞。 如Na2CO3、Na2SiO3、KF等的溶液，水解呈较强的碱性，OH-与玻璃中的SiO2反应：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，使玻璃发生缓慢的腐蚀作用，磨口玻璃塞由于接触面积大，腐蚀速率较快。 6．除杂 (1)采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3+，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3+。 (2)向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。 Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，MgO与H+反应，水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀。 7．判断溶液中离子能否共存 两种不同性质的离子在水溶液中，会发生双水解，使水解程度增大。 如Al3+、Fe3+等在水溶液中水解呈酸性，CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-等离子在水溶液中呈碱性。两种离子发生互相促进水解，使水解程度显著增大，最终生成对应的弱碱和弱酸，因此不能大量共存。用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液作泡沫灭火剂就是依据此原理。 8．加热蒸发盐溶液时所得固体 常见类型 溶液蒸干、灼烧所得物质 金属阳离子易水解的挥发性强酸盐 蒸干时得金属氢氧化物，灼烧时得氧化物，如AlCl3或Al(NO3)3溶液蒸干时得到Al(OH)3，灼烧时得Al2O3 金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐 蒸干得原溶质，如Al2(SO4)3溶液蒸干得Al2(SO4)3固体 酸根阴离子易水解的强碱盐 蒸干得原溶质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体 阴、阳离子均易水解，且水解产物均易挥发的盐 蒸干后得不到任何物质，如(NH4)2S、(NH4)2CO3等蒸干后得不到任何物质 不稳定的化合物的水溶液 加热时在溶液中就能分解，得不到原物质，如Ca(HCO3)2溶液蒸干后得CaCO3，Mg(HCO3)2溶液蒸干后得Mg(OH)2，KHCO3溶液蒸干后得K2CO3 易被氧化的盐 蒸干后得不到原物质，蒸干后得其氧化产物，如FeSO4溶液蒸干后得Fe2(SO4)3，Na2SO3溶液蒸干后得Na2SO4 【变式演练】 1．下列物质的应用与水解有关的是 A．明矾净水 B．蚀刻铜制电路板 C．除去水溶液中的、 D．食盐腌制食品 2．下列事实与盐类水解无关的是 A．配制FeCl3溶液，需用盐酸溶解FeCl3固体 B．纯碱溶液可以去油污 C．加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体 D．要除去FeCl3溶液中混有的，可通入适量氧化剂Cl2 3．人们利用盐类水解的原理设计出了泡沫灭火器。泡沫灭火器中装有浓溶液和浓溶液，二者混合时会发生剧烈反应，产生气体和沉淀。下列说法错误的是 A．可利用如图所示装置来获得固体 B．溶液中： C．二者混合时发生反应的离子方程式为 D．不能用浓溶液代替泡沫灭火器中的浓溶液 【题型四】溶液中粒子浓度大小比较 【典例分析】在0.1mol/L溶液中各种微粒浓度关系错误的是 A． B．mol/L C． D． 【提分秘籍】 基本规律 一、溶液中粒子浓度大小比较 1．不同溶液中同一离子浓度的大小比较 相同物质的量浓度的a.NH4Cl溶液，b.CH3COONH4溶液，c.NH4HSO4溶液，c中H＋对NH水解有抑制作用，b中CH3COO－的水解对NH水解有促进作用，所以三种溶液中c(NH)由大到小的顺序是c>a>b。 2．弱酸溶液中粒子浓度的大小比较 (1)一元弱酸溶液 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。 醋酸溶液中，由于CH3COOH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是：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。 (2)多元弱酸溶液 多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。 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是：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)。 3．盐溶液中离子浓度大小的比较 (1)水解呈酸性的盐溶液，如NH4Cl溶液 离子浓度的大小关系：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。 (3)水解呈碱性的盐溶液，如Na2CO3溶液 离子浓度的大小关系：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。 二、溶液中微粒浓度的守恒关系 1．理解三大守恒规律：以Na2CO3溶液中为例 (1)电荷守恒规律 电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，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Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系： c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－) 电荷守恒的关键：①要列全所有的阴离子和阳离子；②要乘以电荷数。 (2)物料守恒（元素守恒）规律 电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，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，其量在反应前后是守恒的。如Na2CO3溶液中，CO能水解，故碳元素以CO、HCO、H2CO3三种形式存在，它们之间的守恒关系式为： c(Na＋)＝2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)] 物料守恒（元素守恒）的关键：要弄清能够水解或电离的某些离子（如上述的CO）的存在形式。 (3)质子守恒规律 质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－得到的。H2O电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论H2O电离出的H＋或OH－由于被其它离子结合而有多种存在形式。。 如在Na2CO3溶液中 因此质子守恒关系式为：c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H＋)。 质子守恒的关键：要弄清水电离的H＋和OH－的去向（如上述H＋的去向）。一般质子守恒也可由电荷守恒、物料守恒整合得来。 2．熟记常见溶液的守恒关系 (1)CH3COONa溶液： 物料守恒：c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH) 电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) 质子守恒：c(OH-)= c(H+)+c(CH3COOH) (2)Na2CO3溶液： 物料守恒：c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)] 电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-) 质子守恒：c(OH-)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)+ c(H+) (3)NaHCO3溶液： 物料守恒：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) 电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-) 质子守恒：c(OH-)+c(CO32-)= c(H2CO3)+ c(H+) (4)NH4Cl溶液： 物料守恒：c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O) 电荷守恒：c(Cl-)+ c(OH-)=c(NH4+)+c(H+) 质子守恒：c(H+)= c(NH3·H2O)+c(OH-) 【变式演练】 1．常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是 A．在溶液中 B．在溶液中 C．在溶液中 D．氨水和溶液混合，形成的溶液中 2．25℃，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L一元弱酸HA溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是 A．点①所示溶液中： B．点②时，消耗 C．点②所示溶液中： D．点③所示溶液中： 3．下列说法错误的是 A．醋酸钠溶液中离子浓度大小的的关系 B．溶液中 C．溶液 D．常温下的溶液中 ( 分阶培优练 ) 培优第一阶——基础过关练 1．生活处处有化学。下列应用利用了盐类水解原理的是 A．用食盐水腌制咸菜 B．用醋酸清洗水垢 C．用料酒去除腥味 D．用明矾净化污水 2．下列式子能正确表示盐类的水解过程的是 A．S2−+2H2O⇌H2S+2OH- B．Al3++3H2O⇌Al(OH)3+H+ C．⇌+H+ D．+H2O⇌H2CO3+OH- 3．与溶液中离子浓度相同的是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 4．下列溶液呈中性的是 A． B． C． D． 5．相同物质的量浓度的NaCN、NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温、同体积、同浓度的 HCN和 HClO溶液的说法中正确的是 A．酸性的强弱：HCN > HClO B．pH：HClO>HCN C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量： HClO > HCN D．酸根离子的浓度：c(CN−) < c(ClO− ) 6．下列溶液中最小的是 A． B． C． D． 7．室温下，某溶液中由水电离产生的和的乘积为，该溶液的溶质可能为 A． B． C． D．KBr 8．常温下，下列溶液可用来除铁锈的是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 9．为除去酸性溶液中的，可在加热并搅拌的条件下加入一种试剂，这种试剂是 A． B． C． D． 10．对滴有酚酞试液的Na2CO3溶液，下列操作后红色会加深的是 A．降温 B．通入CO2气体 C．加入少量CaCl2固体 D．加入少量NaOH固体 培优第二阶——能力提升练 11．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 12．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 13．常温下，将1.0mol/L盐酸滴入20mL1.0mol/L氨水中，溶液pH随加入盐酸体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是 已知：不考虑溶液温度和体积的变化。 A．该反应的离子方程式为 B．常温下，a点对应的溶液中， C．b点对应的溶液中， D．溶液的导电能力： 14．下列事实或操作与盐类水解有关的 ①泡沫灭火器灭火②漂白粉用作消毒剂③氯化铵溶液除铁锈④铝盐用作净水剂⑤用于制作糕点的膨松剂⑥实验室盛放溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 15．下列溶液蒸干、灼烧后可以得到原溶质的是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 16．时，关于和两种溶液的比较，下列说法正确的是 A．稀释10倍后浓度变化： B．分别与固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)： C．上述两种溶液与足量的溶液反应，后者放热更多 D．中和时消耗酸的体积： 17．常温下，下列叙述错误的是 A．0.1mol·L-1 NaF溶液中： B．适当升高0.1mol·L-1 CH3COOH溶液的温度，、均增大 C．向1.0mol·L-1氨水中滴加少量3.0mol·L-1氨水，、均增大 D．等体积的0.1mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol·L-1盐酸，分别和足量Zn粉反应产生H2的分子数相等 18．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．a代表OH-，b代表HCOO- B．水的电离程度： C．M点：2c(HCOO-)=c(Na+) + c(H+) D．当V(HCOOH)=20mL时，溶液显中性 19．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是 酸 HX HY HZ 电离常数 9×10−7 9×10−6 10−2 A．三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ B．反应HZ+Y−=HY+Z−不能发生 C．酸根离子结合氢离子的能力强弱关系为：Z−<Y−<X− D．相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX 20．漂白粉在溶液中存在平衡：ClO-+H2OHClO+OH-﹐下列措施能增强漂白能力的是 A．加H2O稀释 B．加入适量盐酸 C．通入SO2 D．加少量NaOH 培优第三阶——培优拔尖练 21．常温下，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． 22．下列说法中，能够解释溶液呈酸性的是 A．中含氢元素 B．溶液中 C．能电离出 D．的水解促进了水的电离 23．在生产、生活和科学研究中，人们常用Na2CO3溶液清洗油污，下列说法错误的是 A．热的纯碱溶液可以增强去污效果 B．Na2CO3溶液可使紫色石蕊试液变红 C．Na2CO3溶液一定不能与AlCl3溶液大量共存 D．Na2CO3溶液中一定存在c(Na+)>2c()+2c()+c(H2CO3) 24．为配制与比为的溶液，可在溶液中加入适量的 ①    ②    ③    ④ A．①② B．③④ C．①③ D．①④ 25．25℃，0.1mol/LNH4Cl溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是 A．图中M表示 B．NH4Cl溶液 C．NH4Cl溶液中： D．NH4Cl溶液中： 26．常温下，在0.1 mol·L的溶液中，下列说法正确的是 A． B． C． mol D．往该溶液中滴入4~5滴无色酚酞试液，可观察到该溶液由无色变为蓝色 27．下列说法正确的是 A．的溶液中的数目为0.01NA B．用明矾作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+ C．1L0.1mol/L的溶液中和离子数之和等于0.1NA D．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- 28．对于溶液，正确的是 A．稀释溶液，水解常数增大 B．忽略溶液体积变化和空气影响，升高温度，增大 C． D． 29．室温时，用NaOH中和H2A溶液并保持体系中c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.10mol·L-1，中和过程中，溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ随pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．室温时，H2A的Ka2=10-7 B．将pH由1.8调至3的过程中，溶液中的值始终减小 C．室温下，Na2A的溶液中水电离出的c(OH-)>10-7mol·L-1 D．c(Na+)=0.10mol·L-1时，溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-) 30．在常温下，下列五种溶液： ①0.1 mol·L-1 NH4Cl   ②0.1 mol·L-1 CH3COONH4   ③0.1 mol·L-1 NH4HSO4   ④0.1 mol·L-1 NH3·H2O和0.1 mol·L-1 NH4Cl混合液   ⑤0.1 mol·L-1 NH3·H2O 请根据要求填写下列空白： (1)溶液①呈 性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是 (用离子方程式表示)。 (2)在上述五种溶液中，pH最小的是 (填序号)。 (3)溶液①②③中c平(NH)由小到大的顺序是 (用“>”“<”或“=”表示)。 (4)常温下，测得溶液②的pH=7，则说明CH3COO-的水解程度 (填“>”“<”或“=”)NH的水解程度，此时CH3COO-与NH浓度的大小关系是：c平(CH3COO-) (填“>”“<”或“=”)c平(NH)。 ( 6 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 3.3盐类的水解 题型归类 目录 一、热点题型归纳 1 【题型一】盐类水解的特点及规律 1 【题型二】影响盐类水解的因素 3 【题型三】盐类水解的应用 5 【题型四】溶液中粒子浓度大小的比较 8 二、分阶培优练 12 【题型一】盐类水解的特点及规律 【典例分析】下列关于盐溶液呈酸性或碱性的说法错误的是 A．盐溶液呈酸性或碱性的原因是盐的水解破坏了水的电离平衡 B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－) C．在CH3COONa溶液中，由水电离出的c(OH－)≠c(H＋) D．水电离出的H＋和OH－与盐电离出的弱酸阴离子或弱碱阳离子结合，造成盐溶液呈碱性或酸性 【答案】C 【详解】根据水的电离方程式：H2OH＋＋OH－可知，水在任何溶液中电离出的c(OH－)＝c(H＋)，但在CH3COONa溶液中，由于CH3COO－与H＋结合生成了弱电解质CH3COOH，使得c(OH－)>c(H＋)，故溶液呈碱性，C错误。 【提分秘籍】 基本规律 1．盐类水解的特点 (1)与酸碱中和反应互为可逆反应，是吸热反应。 (2)一般情况下，盐类水解程度极其微弱。 (3)符合化学平衡移动的原理。 2．盐类水解的规律：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。 (1)有弱才水解——必须含有弱酸或弱碱的离子才能发生水解。 (2)无弱不水解——强酸强碱盐不发生水解。常见不水解的离子：①强酸根阴离子：Cl－、SO、NO、ClO；②强碱阳离子：K＋、Na＋、Ca2＋、Ba2＋。 (3)越弱越水解——组成盐的酸根离子对应的酸(即水解生成的酸)酸性越弱(或阳离子对应的碱的碱性越弱)，水解程度就越大，此即“越弱越水解”规律。如电离程度：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，水解程度：CH3COO－＜HCO＜CN－＜CO。 (4)都弱都水解——弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可相互促进，所以水解程度较大，少数可以完全水解。 (5)谁强显谁性——组成盐的酸根离子(碱的阳离子)是强酸根离子(强碱的阳离子)，则显酸(碱)性。 (6)同强显中性——①强酸强碱盐溶液显中性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。 【变式演练】 1．物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是 A．Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl B．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S D．NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3 【答案】C 【详解】CO的水解程度大于HCO的，则pH：Na2CO3>NaHCO3，故A、B不符合题意；NH水解使NH4Cl溶液、(NH4)2SO4溶液显酸性，相同物质的量浓度时，(NH4)2SO4溶液中NH浓度大于NH4Cl溶液中NH浓度，则pH：(NH4)2SO4<NH4Cl，NaNO3不水解，S2－水解使Na2S溶液显碱性，C符合题意，D不符合题意。 2．常温下，0.1mol/L醋酸钠溶液的。下列相关说法不正确的是 A．醋酸钠溶液显碱性的原因是： B．常温下，醋酸钠溶液中： C．向10mL上述溶液中滴加5滴饱和溶液，逐渐增大 D．在pH均为9的醋酸钠溶液和氨水中，水的电离程度：醋酸钠溶液>氨水 【答案】B 【详解】A．醋酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中CH3COO-部分发生水解，消耗水电离产生的H+变为CH3COOH，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：，A正确； B．题中已知在常温下，该醋酸钠溶液的，可知，醋酸钠溶液中由于醋酸根水解促进水的电离，因此可得，B错误； C．，加入消耗氢氧根则氢离子的浓度在增加，可知逐渐增大，C正确； D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根发生水解反应消耗水电离产生的H+，促进水的电离，根据上述计算可知时，而氨水中的NH3∙H2O是弱酸，电离产生氢氧根，对水的电离平衡其抑制作用，使水的电离程度减小，计算可知时，因此当二者的pH=9相同时，水的电离程度前者大，D正确； 故答案选：B。 3．相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液：①；②；③NaCl；④，按由大到小的顺序排列，正确的是 A．④>①>③>② B．①>③>④>② C．①>②>③>④ D．④>③>①>② 【答案】A 【详解】①是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性； ②是强酸的酸式盐，在水溶液里完全电离，溶液呈酸性； ③NaCl是强酸强碱盐，钠离子和氯离子都不水解，溶液呈中性； ④是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性；由于醋酸的酸性强于碳酸，所以碳酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，则相同浓度的醋酸钠溶液的pH小于碳酸钠溶液； 则这四种溶液的pH从大到小顺序是④>①>③>②。 综上所述，答案为A。 【题型二】盐类水解的影响因素 【典例分析】在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-。下列说法不正确的是 A．加入NaOH固体，溶液pH增大 B．加入NaOH固体，平衡向逆反应方向移动 C．升高温度，增大 D．稀释溶液，促进Na2CO3水解，Kw增大 【答案】D 【详解】A．加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故A正确；     B．加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，CO+H2OHCO+OH-平衡向逆方向移动，故B正确； C．水解吸热，升高温度，CO+H2OHCO+OH-平衡向正方向移动， 增大、减小，增大，故C正确；     D．水的离子积常数只与温度有关，稀释溶液，Kw不变，故D错误； 选D。 【提分秘籍】 基本规律： 1.盐类水解的影响因素 因素 对盐类水解程度的影响 内因 盐组成中对应的酸或碱越弱，水解程度越大（越弱越水解） 外外界条件 温度 升高温度能够促进水解（越热越水解） 浓度 盐溶液浓度越小，水解程度越大（越稀越水解） 外加 酸碱 水解显酸性的盐溶液，加碱会促进水解，加酸会抑制水解；水解显碱性的盐溶液，加酸会促进水解，加碱会抑制水解 外加盐 加入水解性质相反的盐会促进盐的水解 以0.1mol·L-1FeCl3溶液为例：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ ΔH>0 影响因素 溶液颜色 移动方向 c(H+) 水解程度 加热 变深 正向 增大 增大 加入盐酸 变浅 逆向 增大 减小 加入NaOH 变深 正向 减小 增大 加水 变浅 正向 减小 增大 加入FeCl3 变深 正向 增大 减小 加入NH4Cl 变浅 逆向 增大 减小 加入NaHCO3 变深 正向 减小 增大 2.盐类水解平衡常数Kh (1)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。 (2)表达式：如CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，其表达式为 Kh＝＝。 (3)影响因素：Kh只与温度有关，由于水解吸热，所以温度升高，水解平衡常数变大。 (4)多元弱酸根离子有多级水解常数，即Kh1、Kh2……且Kh1≫Kh2≫……因此多元弱酸强碱正盐溶液的碱性取决于第一步水解。 【变式演练】 1．常温下，某溶液的。下列关于该溶液的说法中，不正确的是 A．显酸性 B． C． D．加热，pH变大 【答案】D 【详解】A．铜离子水解，溶液显酸性，A正确； B．常温下，某溶液的，则溶液中，B正确； C．溶液中，因此根据水的离子积常数可知溶液中，C正确； D．加热促进铜离子水解，氢离子浓度增大，pH变小，D错误； 答案选D。 2．溶液中，如果要使更接近于，可以采取的措施是 A．加入适量水 B．加入少量溶液 C．通入适量气体 D．加热 【答案】C 【详解】氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，若要使0.1mol/L氯化铁溶液中铁离子浓度更接近于0.1mol/L，应向溶液中通入适量氯化氢气体，增大溶液中的盐酸浓度，使水解平衡向逆反应方向移动，故选C。 3．某溶液中AlCl3的水解反应已达平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl ，若要使AlCl3的水解程度增大，应采取的方法是 A．加入NaHCO3 B．加入NaHSO4 C．加AlCl3固体 D．降温 【答案】A 【详解】A．加入NaHCO3，AlCl3、NaHCO3水解相互促进，AlCl3的水解程度增大，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故选A； B．加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，抑制AlCl3水解，AlCl3的水解程度降低，故不选B； C．“盐越稀越水解”，加AlCl3固体，氯化铝浓度增大，AlCl3的水解程度降低，故不选C； D．水解吸热，降温，AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl平衡逆向移动，AlCl3的水解程度降低，故不选D； 选A。 【题型三】盐类水解的应用 【典例分析】下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是 A．加热蒸干溶液，最后可以得到和的混合固体 B．除去溶液中的，可以加入固体 C．泡沫灭火器的原理： D．加热蒸干KCl溶液，最后得到固体(不考虑与的反应) 【答案】C 【详解】A．在溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，水解方程式为：，由于生成的NaOH不挥发，NaOH能够与碳酸氢钠发生中和反应生成碳酸钠和水，所以将溶液加热蒸发后最终得到的固体仍然为，故A错误； B．除去溶液中的，加NaOH固体会引入Na+新杂质，故B错误； C．泡沫灭火器的主要成分为硫酸铝和碳酸氢钠，二者能发生强烈的双水解反应：，故C正确； D．KCl在溶液中不水解，加热蒸干KCl溶液，最后得到KCl固体，故D错误； 综上所述，正确的是C项。 【提分秘籍】 基本规律：盐类水解的应用 1．盐类作净水剂 铝盐、铁盐等盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。 Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ 2．热碱水去油污 纯碱水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。在碱性条件下，油脂发生水解，起到去污的作用，加热能促进CO32-的水解，溶液碱性增强，去污能力增强。 3．盐溶液的配制和保存 配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸的目的是抑制Sn2+或Fe3+的水解。 4．制备Fe(OH)3胶体 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾，从而制备Fe(OH)3胶体，反应方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。 5．碱性溶液的贮存 碱性溶液会腐蚀磨口玻璃塞，不能使用玻璃塞，要使用橡皮塞。 如Na2CO3、Na2SiO3、KF等的溶液，水解呈较强的碱性，OH-与玻璃中的SiO2反应：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，使玻璃发生缓慢的腐蚀作用，磨口玻璃塞由于接触面积大，腐蚀速率较快。 6．除杂 (1)采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3+，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3+。 (2)向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。 Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，MgO与H+反应，水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀。 7．判断溶液中离子能否共存 两种不同性质的离子在水溶液中，会发生双水解，使水解程度增大。 如Al3+、Fe3+等在水溶液中水解呈酸性，CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-等离子在水溶液中呈碱性。两种离子发生互相促进水解，使水解程度显著增大，最终生成对应的弱碱和弱酸，因此不能大量共存。用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液作泡沫灭火剂就是依据此原理。 8．加热蒸发盐溶液时所得固体 常见类型 溶液蒸干、灼烧所得物质 金属阳离子易水解的挥发性强酸盐 蒸干时得金属氢氧化物，灼烧时得氧化物，如AlCl3或Al(NO3)3溶液蒸干时得到Al(OH)3，灼烧时得Al2O3 金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐 蒸干得原溶质，如Al2(SO4)3溶液蒸干得Al2(SO4)3固体 酸根阴离子易水解的强碱盐 蒸干得原溶质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体 阴、阳离子均易水解，且水解产物均易挥发的盐 蒸干后得不到任何物质，如(NH4)2S、(NH4)2CO3等蒸干后得不到任何物质 不稳定的化合物的水溶液 加热时在溶液中就能分解，得不到原物质，如Ca(HCO3)2溶液蒸干后得CaCO3，Mg(HCO3)2溶液蒸干后得Mg(OH)2，KHCO3溶液蒸干后得K2CO3 易被氧化的盐 蒸干后得不到原物质，蒸干后得其氧化产物，如FeSO4溶液蒸干后得Fe2(SO4)3，Na2SO3溶液蒸干后得Na2SO4 【变式演练】 1．下列物质的应用与水解有关的是 A．明矾净水 B．蚀刻铜制电路板 C．除去水溶液中的、 D．食盐腌制食品 【答案】A 【详解】A．明矾净水利用了铝离子水解生成氢氧化铝胶体：（胶体），A项正确； B．蚀刻铜制电路板利用的是的氧化性：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B项错误； C．除去水溶液中的、，是利用硫离子和、反应生成的硫化物难溶于水，与水解无关，C项错误； D．NaCl为强酸强碱盐，不水解，所以食盐腌制食品均未涉及水解，D项错误； 故答案为：A。 2．下列事实与盐类水解无关的是 A．配制FeCl3溶液，需用盐酸溶解FeCl3固体 B．纯碱溶液可以去油污 C．加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体 D．要除去FeCl3溶液中混有的，可通入适量氧化剂Cl2 【答案】D 【详解】A．加盐酸是为了抑制三价铁离子的水解，A不符合题意； B．纯碱溶液水解显碱性，可以去油污，故B不符合题意； C．加热蒸干CuCl2溶液促进铜离子水解生成氢氧化铜，且会使HCl挥发，得到Cu(OH) 2固体，C不符合题意； D．除去FeCl3溶液中混有的时通入氧化剂Cl2，是利用氧化还原反应原理，与水解无关，D符合题意； 故选D。 3．人们利用盐类水解的原理设计出了泡沫灭火器。泡沫灭火器中装有浓溶液和浓溶液，二者混合时会发生剧烈反应，产生气体和沉淀。下列说法错误的是 A．可利用如图所示装置来获得固体 B．溶液中： C．二者混合时发生反应的离子方程式为 D．不能用浓溶液代替泡沫灭火器中的浓溶液 【答案】B 【详解】A．可以用蒸发浓溶液获得固体，A正确； B．溶液中，电荷守恒，溶液显碱性，，则，B错误； C．二者混合时发生反应的离子方程式为，C正确； D．与不能反应，故不能代替泡沫灭火器中的浓溶液，D正确； 故选B。 【题型四】溶液中粒子浓度大小比较 【典例分析】在0.1mol/L溶液中各种微粒浓度关系错误的是 A． B．mol/L C． D． 【答案】A 【详解】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。 【提分秘籍】 基本规律 一、溶液中粒子浓度大小比较 1．不同溶液中同一离子浓度的大小比较 相同物质的量浓度的a.NH4Cl溶液，b.CH3COONH4溶液，c.NH4HSO4溶液，c中H＋对NH水解有抑制作用，b中CH3COO－的水解对NH水解有促进作用，所以三种溶液中c(NH)由大到小的顺序是c>a>b。 2．弱酸溶液中粒子浓度的大小比较 (1)一元弱酸溶液 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。 醋酸溶液中，由于CH3COOH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是：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。 (2)多元弱酸溶液 多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。 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是：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)。 3．盐溶液中离子浓度大小的比较 (1)水解呈酸性的盐溶液，如NH4Cl溶液 离子浓度的大小关系：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。 (3)水解呈碱性的盐溶液，如Na2CO3溶液 离子浓度的大小关系：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。 二、溶液中微粒浓度的守恒关系 1．理解三大守恒规律：以Na2CO3溶液中为例 (1)电荷守恒规律 电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，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Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系： c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－) 电荷守恒的关键：①要列全所有的阴离子和阳离子；②要乘以电荷数。 (2)物料守恒（元素守恒）规律 电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，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，其量在反应前后是守恒的。如Na2CO3溶液中，CO能水解，故碳元素以CO、HCO、H2CO3三种形式存在，它们之间的守恒关系式为： c(Na＋)＝2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)] 物料守恒（元素守恒）的关键：要弄清能够水解或电离的某些离子（如上述的CO）的存在形式。 (3)质子守恒规律 质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－得到的。H2O电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论H2O电离出的H＋或OH－由于被其它离子结合而有多种存在形式。。 如在Na2CO3溶液中 因此质子守恒关系式为：c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H＋)。 质子守恒的关键：要弄清水电离的H＋和OH－的去向（如上述H＋的去向）。一般质子守恒也可由电荷守恒、物料守恒整合得来。 2．熟记常见溶液的守恒关系 (1)CH3COONa溶液： 物料守恒：c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH) 电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) 质子守恒：c(OH-)= c(H+)+c(CH3COOH) (2)Na2CO3溶液： 物料守恒：c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)] 电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-) 质子守恒：c(OH-)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)+ c(H+) (3)NaHCO3溶液： 物料守恒：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) 电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-) 质子守恒：c(OH-)+c(CO32-)= c(H2CO3)+ c(H+) (4)NH4Cl溶液： 物料守恒：c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O) 电荷守恒：c(Cl-)+ c(OH-)=c(NH4+)+c(H+) 质子守恒：c(H+)= c(NH3·H2O)+c(OH-) 【变式演练】 1．常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是 A．在溶液中 B．在溶液中 C．在溶液中 D．氨水和溶液混合，形成的溶液中 【答案】B 【详解】A．在溶液中，根据碳守恒，，则，A错误； B．逐级电离，并且电离程度越来越小，则在溶液中，B正确； C．在溶液中，根据电荷守恒：，C错误； D．氨水和溶液混合，形成的溶液，说明的电离程度大于的水解程度，即的消耗程度小于其生成程度，因此溶液中，D错误； 故选B。 2．25℃，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L一元弱酸HA溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是 A．点①所示溶液中： B．点②时，消耗 C．点②所示溶液中： D．点③所示溶液中： 【答案】A 【详解】A．点①处加入氢氧化钠10mL，溶液为HA和NaA按物质的量之比为1∶1的混合液，由图可知，溶液显酸性，HA的电离大于A-的水解，所以c(A-)＞c(HA)，A错误； B．点②溶液显中性，HX为弱酸，由图可知消耗V(NaOH)＜20mL，B正确； C．点②溶液显中性，由电荷守恒可知c(Na+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-)，C正确； D．点③溶液为NaA溶液，显碱性，所以c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确； 故选A。 3．下列说法错误的是 A．醋酸钠溶液中离子浓度大小的的关系 B．溶液中 C．溶液 D．常温下的溶液中 【答案】D 【详解】A．醋酸钠溶液中存在物料(元素)守恒：，故A项正确； B．溶液中存在物料(元素)守恒：，故B项正确； C．溶液中存在电荷守恒：，物料(元素)守恒：，通过电荷守恒-物料守恒可得质子守恒：，故C项正确； D．常温下溶液中由于水解平衡存在，溶液显酸性，故D项错误； 综上所述，说法错误的是D项。 ( 分阶培优练 ) 培优第一阶——基础过关练 1．生活处处有化学。下列应用利用了盐类水解原理的是 A．用食盐水腌制咸菜 B．用醋酸清洗水垢 C．用料酒去除腥味 D．用明矾净化污水 【答案】D 【详解】A．氯化钠不能水解，A项错误； B．醋酸清洗水垢是酸电离并和盐发生反应，B项错误； C．料酒中主要成分乙醇不属于盐，不涉及水解，C项错误； D．明矾净化污水过程涉及水解生成胶体，D项正确。 故选D。 2．下列式子能正确表示盐类的水解过程的是 A．S2−+2H2O⇌H2S+2OH- B．Al3++3H2O⇌Al(OH)3+H+ C．⇌+H+ D．+H2O⇌H2CO3+OH- 【答案】D 【详解】A．多元弱酸根离子分步水解，硫离子水解离子方程式为S2−+H2OHS-+OH-，故A错误； B．铝离子水解的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故B错误； C．+H+是的电离方程式，故C错误； D．+H2OH2CO3+OH-是水解的离子方程式，故D正确； 选D。 3．与溶液中离子浓度相同的是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 【答案】B 【分析】溶液中离子浓度为水解后的浓度，略小于。 【详解】A．溶液中离子的浓度为：正常水解后的浓度，略小于2mol/L，A错误； B．溶液中离子浓度为：水解后的浓度，略小于与题干中铵根离子浓度相等，B正确； C．溶液中离子浓度为：水解后的浓度，且与碳酸氢根离子的水解相互抑制而略微增大，C错误； D．溶液中离子浓度为：水解后的浓度，略小于0.1mol/L，D错误； 故B正确。 4．下列溶液呈中性的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，A错误； B．是强酸强碱盐，钙离子和氯离子都不水解，则其水溶液呈中性，B正确； C．是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致水溶液呈碱性，C错误； D．是强酸酸式盐，电离出氢离子导致水溶液呈酸性，D错误； 故选B。 5．相同物质的量浓度的NaCN、NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温、同体积、同浓度的 HCN和 HClO溶液的说法中正确的是 A．酸性的强弱：HCN > HClO B．pH：HClO>HCN C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量： HClO > HCN D．酸根离子的浓度：c(CN−) < c(ClO− ) 【答案】D 【详解】A．强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强，NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，故A错误； B．酸性HClO>HCN，则等浓度时，HClO溶液的pH较小，故B错误； C．等物质的量时，与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量相等，故C错误； D．酸性HClO>HCN，则根据越弱越水解的规律，则等浓度时，c(CN−)<c(ClO−)，故D正确； 故选D。 6．下列溶液中最小的是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】醋酸是弱电解质，中的浓度远小于，而、中的醋酸根虽然要水解，但是水解程度比较微弱，所以接近，而中接近，所以最小的是，故选A。 7．室温下，某溶液中由水电离产生的和的乘积为，该溶液的溶质可能为 A． B． C． D．KBr 【答案】A 【分析】根据已知条件可知，该溶液中加入的溶质能促进水的电离。 【详解】A．为强酸弱碱盐，铜离子水解促进水的电离，A符合； B．为酸，抑制水的电离， B不符合； C．是碱，其抑制水的电离， C不符合； D．KBr为强酸强碱盐，对水的电离不影响， D不符合； 答案选A。 8．常温下，下列溶液可用来除铁锈的是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 【答案】C 【详解】A．强酸强碱盐，溶液呈中性，不能用来除铁锈，A错误； B．强碱弱酸盐，溶液呈碱性，不能用来除铁锈，B错误； C．强酸弱碱盐，溶液呈酸性，能用来除铁锈，C正确； D．强酸强碱盐，溶液呈中性，不能用来除铁锈，D错误； 故选C。 9．为除去酸性溶液中的，可在加热并搅拌的条件下加入一种试剂，这种试剂是 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】调节pH，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀后除去，注意要不引入新杂质，且Cu2＋不沉淀。 【详解】A．加入CuO，发生反应CuO+2H+=Cu2++H2O，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀后除去，不引入杂质，多余的CuO可一并过滤除去，故A正确； B．氯化铜、氯化铁均与氨水反应生成沉淀，将原物质除去，且引入新杂质铵根离子，不能除杂，故B错误； C．氯化铜、氯化铁均与NaOH反应生成沉淀，将原物质除去，且引入新杂质钠离子，不能除杂，故C错误； D．氯化铜、氯化铁均与碳酸钠发生双水解反应生成沉淀，将原物质除去，且引入新杂质钠离子，不能除杂，故D错误； 故选A。 10．对滴有酚酞试液的Na2CO3溶液，下列操作后红色会加深的是 A．降温 B．通入CO2气体 C．加入少量CaCl2固体 D．加入少量NaOH固体 【答案】D 【详解】A. 降温会减弱碳酸钠的水解程度，溶液碱性减弱，故A不符合题意； B. 二氧化碳与碳酸钠的溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的水解能力小于碳酸钠溶液，溶液碱性减弱，故B不符合题意； C. 加入少量氯化钙固体，与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，溶液中碳酸根减少，碱性减弱，故C不符合题意； D. 氢氧化钠会电离出氢氧根，增强溶液碱性，使红色加深，故D正确； 故答案为D。 培优第二阶——能力提升练 11．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。 12．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。 13．常温下，将1.0mol/L盐酸滴入20mL1.0mol/L氨水中，溶液pH随加入盐酸体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是 已知：不考虑溶液温度和体积的变化。 A．该反应的离子方程式为 B．常温下，a点对应的溶液中， C．b点对应的溶液中， D．溶液的导电能力： 【答案】B 【详解】A．由题干信息可知，该反应的化学方程式为：NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，故其离子方程式为：，A正确； B．由题干图像信息可知，常温下，a点对应的溶液即NH3·H2O水溶液中，c水(H+)=c溶液(H+)，而c溶液(OH-)=c水(OH-)+ cNH3·H2O(OH-)，而常温下Kw= c水(H+) c溶液(OH-)=10-14，故，B错误； C．根据物料守恒可知，NH4Cl溶液呈酸性，且溶液中有：，结合题干图像可知，b点对应的溶液呈中性，说明NH3·H2O过量，故溶液中有：，C正确； D．溶液中离子浓度越大，导电性越强，一水合氨是弱电解质，电离出的离子浓度小，盐酸为强电解质，氨水和盐酸反应生成氯化铵也为强电解质，所以滴加过程中溶液的离子浓度增大，导电能力增强，故溶液的导电能力：，D正确； 故答案为：B。 14．下列事实或操作与盐类水解有关的 ①泡沫灭火器灭火②漂白粉用作消毒剂③氯化铵溶液除铁锈④铝盐用作净水剂⑤用于制作糕点的膨松剂⑥实验室盛放溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 【答案】B 【详解】①泡沫灭火器的原理为碳酸氢钠和硫酸铝双水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体，与盐类水解有关，故①符合题意； ②漂白粉用作消毒是因为次氯酸盐具有强氧化性，次氯酸钙是强碱弱酸盐，在水中会水解生成次氯酸HClO，次氯酸具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用与盐类水解有关，故②符合题意； ③氯化铵溶液水解生成氢离子，溶液显酸性可以除铁锈，与盐类水解有关，故③符合题意； ④铝盐用作净水剂，是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，与盐类水解有关，故④符合题意； ⑤用于制作糕点的膨松剂，是因为碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，与盐类水解无关，故⑤不符合题意； ⑥实验室盛放溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，是因为碳酸钠水解使得溶液显碱性，碱性物质与玻璃中二氧化硅反应，与盐类水解有关，故⑥符合题意； 综上，符合题意的有：①②③④⑥； 答案选B。 15．下列溶液蒸干、灼烧后可以得到原溶质的是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 【答案】A 【详解】A．NaCl溶液经蒸干、灼烧后得到NaCl固体，A项符合题意； B．，蒸干过程中挥发，平衡正向移动得到，灼烧后得到，B项不符合题意； C．蒸干过程中会与反应生成，C项不符合题意； D．灼烧会变成，D项不符合题意； 答案选A。 16．时，关于和两种溶液的比较，下列说法正确的是 A．稀释10倍后浓度变化： B．分别与固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)： C．上述两种溶液与足量的溶液反应，后者放热更多 D．中和时消耗酸的体积： 【答案】D 【详解】A．两种溶液稀释10倍后，盐酸是强酸，溶液中Cl-浓度减小到原溶液浓度的；醋酸为弱酸部分电离，稀释能促进醋酸电离，稀释后醋酸的浓度小于原溶液浓度的，则，A错误； B．醋酸为弱酸，与氢氧化钠完全反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解，使溶液呈碱性，若反应得到中性溶液，应为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则加入氢氧化钠固体的物质的量要小于醋酸的物质的量，即醋酸溶液中c(CH3COO-)=c(Na＋)<0.1 mol·L-1，盐酸溶液中c(Cl-)=c(Na+)=0.01 mol·L-1，溶液中c(CH3COO-)<10c(Cl-)，B错误； C．没有给出两种酸溶液的体积，无法计算酸的物质的量和与足量的氢氧化钠溶液反应后放出热量的多少，C错误； D．中和1 mol 氢氧化钠消耗盐酸和醋酸的物质的量均为1 mol，由盐酸和醋酸溶液的浓度比为1∶10可知，则中和1 mol 氢氧化钠消耗盐酸和醋酸溶液的体积比为10∶1，D正确； 故选D。 17．常温下，下列叙述错误的是 A．0.1mol·L-1 NaF溶液中： B．适当升高0.1mol·L-1 CH3COOH溶液的温度，、均增大 C．向1.0mol·L-1氨水中滴加少量3.0mol·L-1氨水，、均增大 D．等体积的0.1mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol·L-1盐酸，分别和足量Zn粉反应产生H2的分子数相等 【答案】C 【详解】A．NaF为强碱弱酸盐，根据质子守恒，NaF溶液中存在粒子浓度关系：，A正确； B．0.1mol·L-1 CH3COOH溶液中存在电离平衡，适当升温，电离平衡正向移动，增大，也增大，B正确； C．向1.0mol·L-1氨水中滴加少量3.0mol·L-1氨水，溶液浓度增大，则增大，因不变，减小，C错误； D．等体积的0.1mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol·L-1盐酸，分别和足量Zn粉反应产生H2的分子数相等，与酸的强弱无关，D正确； 故选C。 18．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．a代表OH-，b代表HCOO- B．水的电离程度： C．M点：2c(HCOO-)=c(Na+) + c(H+) D．当V(HCOOH)=20mL时，溶液显中性 【答案】D 【分析】向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、OH-、H+和HCOO-；当V(HCOOH)=0mL，溶液中存在Na+、H+和OH-，c(Na+)=c(OH-)=0.1mol/L，随着加入溶液，c(Na+)减少但不会降到0，当V(HCOOH)=20mL时，溶质为HCOONa，n(HCOONa)=0.05mol/L，Kh==，求得c(OH-)≈，几乎可以忽略不计，则曲线a代表c(OH-)；当V(HCOOH)=20mL，溶质为HCOONa，n(HCOONa)=0.05mol/L，HCOO-少部分水解，c(HCOO-)略小于0.05mol/L，曲线b代表c(HCOO-)， 【详解】A．由分析可知，a代表OH-，b代表HCOO-，故A正确； B．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，对水的电离是促进作用，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B正确； C．M点溶液中电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-)，联合可得2c(HCOO-)=c(Na+) + c(H+)，故C正确； D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根水解，此时溶液呈碱性，故D错误； 故选D。 19．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是 酸 HX HY HZ 电离常数 9×10−7 9×10−6 10−2 A．三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ B．反应HZ+Y−=HY+Z−不能发生 C．酸根离子结合氢离子的能力强弱关系为：Z−<Y−<X− D．相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX 【答案】C 【详解】A．相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸性越强，这三种酸的强弱顺序：HZ>HY>HX，A错误； B．酸性：HZ>HY，根据强酸制取弱酸原理，HZ+Y−=HY+Z−能发生，B错误； C．酸性越强，酸的电离程度越大，其对应阴离子结合氢离子的能力越弱，则酸根离子结合氢离子的能力强弱关系：Z−<Y−<X−，C正确； D．相同温度下，电离平衡常数不变，则同一物质不同浓度的溶液，电离平衡常数不变，D错误； 答案选C。 20．漂白粉在溶液中存在平衡：ClO-+H2OHClO+OH-﹐下列措施能增强漂白能力的是 A．加H2O稀释 B．加入适量盐酸 C．通入SO2 D．加少量NaOH 【答案】B 【分析】漂白粉在溶液中存在平衡：ClO-+H2OHClO+OH-，HClO的漂白能力比ClO-的漂白能力强，故加入某物质，使HClO的浓度增大，漂白能力增强； 【详解】A．加稀释，HClO的浓度减小，漂白能力减弱，故A错误； B．加入适量盐酸，消耗OH-，平衡正向移动，HClO的浓度增大，漂白能力增强，故B正确； C．通入SO2，和次氯酸根离子发生氧化还原生成盐酸和硫酸，平衡逆向移动，HClO的浓度减小，漂白能力减小，故C错误； D．加少量氢氧化钠，OH-浓度增大，平衡逆向移动，HClO的浓度减小，漂白能力减弱，故D错误； 故选B。 培优第三阶——培优拔尖练 21．常温下，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。 22．下列说法中，能够解释溶液呈酸性的是 A．中含氢元素 B．溶液中 C．能电离出 D．的水解促进了水的电离 【答案】B 【详解】判断溶液酸碱性最准确的判据为c(H+)与c(OH−)的相对大小， 的电离程度大于水解程度，溶液中c(H+)>c(OH−)。 故选B。 23．在生产、生活和科学研究中，人们常用Na2CO3溶液清洗油污，下列说法错误的是 A．热的纯碱溶液可以增强去污效果 B．Na2CO3溶液可使紫色石蕊试液变红 C．Na2CO3溶液一定不能与AlCl3溶液大量共存 D．Na2CO3溶液中一定存在c(Na+)>2c()+2c()+c(H2CO3) 【答案】B 【详解】A．纯碱去油污的原理是油脂在碱性条件下水解，从而达到去污目的。水解反应是吸热反应，纯碱(碳酸钠)属于强碱弱酸盐，升温可促进其水解，纯碱溶液碱性增强，去污能力增强，A正确； B．Na2CO3溶液显弱碱性，可使紫色石蕊试液变蓝，B错误； C．Na2CO3与AlCl3会发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C正确； D．根据物料守恒可得：c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2CO3)，所以Na2CO3溶液中一定存在：c(Na+)>2c()+2c()+c(H2CO3)，D正确； 故选B。 24．为配制与比为的溶液，可在溶液中加入适量的 ①    ②    ③    ④ A．①② B．③④ C．①③ D．①④ 【答案】C 【分析】硝酸铵是强酸弱碱盐，由于水解，导致溶液中＜，溶液呈酸性，为了配制与的浓度比为1∶1的溶液，需增加铵根离子浓度或减少溶液中硝酸根的浓度。 【详解】①加入适量的，溶液中浓度增大，故①符合题意； ②加入适量的，溶液中硝酸根离子浓度增大，故②不符合题意； ③加入适量，由于氨水电离产生铵根离子，故③符合题意； ④加入适量原物质，铵根水解，导致溶液中＜，故④不符合题意； 故选C。 25．25℃，0.1mol/LNH4Cl溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是 A．图中M表示 B．NH4Cl溶液 C．NH4Cl溶液中： D．NH4Cl溶液中： 【答案】C 【分析】25℃，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，部分微粒组分及浓度分析回答问题。 【详解】A．溶液中离子浓度最大的是氯离子，c(Cl-)=0.1mol•L-1，图中M浓度小于0.1mol•L-1，表示的是，A错误； B．NH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，pH＜7，B错误； C．NH4Cl溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3•H2O)=c(Cl-)，C正确； D．NH4Cl溶液中：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，D错误； 故答案为：C。 26．常温下，在0.1 mol·L的溶液中，下列说法正确的是 A． B． C． mol D．往该溶液中滴入4~5滴无色酚酞试液，可观察到该溶液由无色变为蓝色 【答案】A 【详解】A．溶液中存在质子守恒，则，故A正确； B．溶液中存在物料守恒，，则，故B错误； C．在0.1 mol·L的溶液中，，溶液体积未知， mol不成立，故C错误； D．溶液呈碱性，滴入4~5滴无色酚酞试液，可观察到该溶液由无色变为红色，故D错误； 故选A。 27．下列说法正确的是 A．的溶液中的数目为0.01NA B．用明矾作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+ C．1L0.1mol/L的溶液中和离子数之和等于0.1NA D．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- 【答案】D 【详解】A．未说明体积，故无法计算溶液中H+的数目，A错误； B．明矾中的Al3+发生水解，生成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，可用作净水剂，，B错误； C．碳元素在溶液存在形式有、、H2CO3，根据物料守恒得出n+ n+ n(H2CO3)=，则和离子数之和小于0.1NA，C错误； D．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色是由于醋酸根水解使溶液呈现碱性，D正确 故选D。 28．对于溶液，正确的是 A．稀释溶液，水解常数增大 B．忽略溶液体积变化和空气影响，升高温度，增大 C． D． 【答案】B 【详解】A．稀释溶液，水解常数不变，水解常数只和温度有关，故A错误； B．升高温度，促进水解正向移动，增大，故B正确； C．根据电荷守恒可知，，故C错误； D．根据物料守恒可知，，故D错误； 答案选B。 29．室温时，用NaOH中和H2A溶液并保持体系中c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.10mol·L-1，中和过程中，溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ随pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．室温时，H2A的Ka2=10-7 B．将pH由1.8调至3的过程中，溶液中的值始终减小 C．室温下，Na2A的溶液中水电离出的c(OH-)>10-7mol·L-1 D．c(Na+)=0.10mol·L-1时，溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-) 【答案】D 【详解】A．由图可知，b点溶液pH=7、，H2A的，A正确； B．H2A的、，，是定值，将pH由1.8调至3的过程中，随着溶液pH的增大，c(H＋)始终减小，则始终增大，溶液中的值始终减小，B正确； C．Na2A的溶液中，A2-的水解会促进水的电离，故水电离出的c(OH-)>10-7mol·L-1，C正确； D．由图可知，ａ点溶液pH=1.8、，H2A的，c(Na+)=0.10mol·L-1时，溶液中溶质为NaHA， ，HA－电离程度大于水解程度，故，溶液中含Ａ元素物质主要以盐电离产生HA－的形式存在，所以溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)，D错误； 答案选D。 30．在常温下，下列五种溶液： ①0.1 mol·L-1 NH4Cl   ②0.1 mol·L-1 CH3COONH4   ③0.1 mol·L-1 NH4HSO4   ④0.1 mol·L-1 NH3·H2O和0.1 mol·L-1 NH4Cl混合液   ⑤0.1 mol·L-1 NH3·H2O 请根据要求填写下列空白： (1)溶液①呈 性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是 (用离子方程式表示)。 (2)在上述五种溶液中，pH最小的是 (填序号)。 (3)溶液①②③中c平(NH)由小到大的顺序是 (用“>”“<”或“=”表示)。 (4)常温下，测得溶液②的pH=7，则说明CH3COO-的水解程度 (填“>”“<”或“=”)NH的水解程度，此时CH3COO-与NH浓度的大小关系是：c平(CH3COO-) (填“>”“<”或“=”)c平(NH)。 【答案】(1)酸 (2)③ (3)②<①<③ (4) = = 【详解】（1）氯化铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性的原因是铵根离子水解生成氢离子：； （2）①0.1mol/LNH4Cl溶液呈水解酸性、②0.1mol/L CH3COONH4 溶液呈中性、③0.1mol/L NH4HSO4溶液电离呈酸性、④0.1mol/L NH3·H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液呈碱性、⑤0.1mol/L NH3·H2O呈碱性； NH4Cl是铵根离子水解呈酸性，而NH4HSO4是电离出氢离子使得溶液呈酸性，故五种溶液中，pH最小的是③； （3）氯化铵中铵根离子水解，而醋酸铵和硫酸氢铵中，醋酸根离子对铵根离子水解起促进作用，氢离子对铵根离子水解起抑制作用，所以①②③中c平(NH)由小到大的顺序是②<①<③。 （4）常温下，测得溶液②的pH=7，则两者水解程度相当，说明CH3COO-的水解程度等于NH的水解程度；根据电荷守恒，，故此时CH3COO-与NH浓度的大小关系是：c平(CH3COO-)=c平(NH)。 ( 6 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$