第3章 第3节 第2课时 影响盐类水解的主要因素 盐类水解的应用-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中化学选择性必修1同步辅导与测试(人教版)

第三章水溶液中的离子反应与亚衡 A.两种溶液中的c(Na+)相等 :6.现有SO号-、NH、A13+、Na+、SO-、A1O2、 B.分别加热到相同温度时，CH3 COONa溶液的： Fe3+、HCO3、C1一，请按要求填空： pH小 (1)在水溶液中，水解使溶液呈碱性的离子是 C.两溶液中由水电离出的c(OH一)之比 为09 (2)在水溶液中，水解使溶液呈酸性的离子是 10-5 D.分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH: (3)既能在酸性较强的溶液里大量存在，又能在 依然相等 碱性较强的溶液里大量存在的离子是 5.室温下，下列五种溶液的浓度均为0.1mol· L一1，请按溶液pH由大到小的顺序将它们排列： (4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在，又不 能在碱性较强的溶液里大量存在的离子是 起来： (填序号)。 ①Na2CO3溶液②NaOH溶液③NaHSO4 溶液④NH4CI溶液⑤KNO3溶液 温馨提示 请做课时分层检测（十三） 第二课时影响盐类水解的主要因素 盐类水解的应用 【课程标准要求】1.认识影响盐类水解的主要因素。2.了解盐类水解的应用。3.能综合运用离子反 应，水解平衡原理，分析和解决生产、生活中的实际问题。 必备知识·自主梳理 预习新知夺实基础 一、影响盐类水解的主要因素 二、盐类水解的应用 1.盐类水解的特征 1.作净水剂 (1)盐类的水解是 反应。 铝盐、铁盐等部分盐类水解生成胶体，有较强的 (2)加水稀释能 盐类的水解。 吸附性，常用作净水剂。如明矾水解的离子方 2.影响因素 程式为 2.热碱水去油污 因素 对盐类水解程度的影响 纯碱水解的离子方程式为 内因 生成盐的酸或碱越弱，水解程度越 ,加热 CO-的水解，溶液碱性 温度 升高温度能够 水解 ,去污能力增强。 3.盐溶液的配制和保存 盐溶液的浓度越小，水解程度越 浓度 配制、保存FCL3等易水解的盐溶液时，加入少 量盐酸的目的是 外因 4.制备胶体 外加酸碱 水解显酸性的盐溶液，加碱会 水解，加酸会 水解，反之亦然 向沸水中滴加FCl3饱和溶液，并加热至溶液呈 红褐色， ,从而制备Fe(OH)3胶体。 加入与盐的水解性质相反的盐会 外加盐 5.制备无机化合物 盐的水解 制取TiO2:TiCl4水解制取TiO2·xH2O的方 【练一练】 程式为 。制备时加 1.判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全，所 (1)加水稀释，盐的水解平衡正向移动，则溶液 得TiO2·xH2O经焙烧得到TiO2。用类似的 的酸性（或碱性）增强 ( 方法还可以制备SnO、SnO2和Sn2O3等。 (2)升高温度，盐的水解平衡正向移动，盐的水： 【练一练】 解程度增大 2.判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 ( (1)盐溶液都可用磨口玻璃塞的试剂瓶盛放 (3)在CH3 COONa溶液中加入适量醋酸，可使 ( 溶液中c(Na+)=c(CH3COO-) (2)将FeCl3固体溶于蒸馏水可配制FeCl3 (4)加热可促进CH3COO一的水解，抑制： 溶液 () CH3COOH的电离 (3)NH4F溶液可保存在玻璃试剂瓶中() 63 化学 选择性必修1 (4)工业上通常在干燥的HC】气流中加热：【练一练】 MgCl2·6H2O制得无水MgCl2 ( ）3.判断正误（正确的打“√”，错误的打“X”)。 三、盐的水解常数 (1)已知CO⅓一的水解常数为Kh1,HCO3的水 概念 盐的水解反应的平衡常数叫作盐的水 解常数，用表示。 解常数为Kh2,则Kh1>Kh2 () (2)已知常温下HCN的电离常数为Ka,则 若MA为强碱弱酸盐，A水解方程式为 其水解常数K,= c(HA).c(OH) NaCN溶液中，CN的水解常数为Q 表达式 c(A) (3)Na HCO3溶液呈碱性的原因是HCO3的 同理，强酸弱碱盐的水解常数K= Ka2(H2 CO3)>Kh(HCO3) () 意义K数值越大，水解程度 9 (4)已知常温下，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7, 影响 Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5,则NH4HCO3 因素 K只受 影响。温度升高，K增大。 溶液呈碱性 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 新知探究（一） 盐类水解的应用 情境导人 归纳总结 《礼记·内则》记载：“冠带 1. 在科学研究中的应用 垢，和灰请漱；衣裳垢，和灰请 应用 举例 浣。”古人洗涤衣裳冠带，所用的 判断溶液的酸 如FeC3溶液显酸性，原因是Fe3++ 就是草木灰（主要成分是 碱性 3H20==Fe(OH)3+3H K2CO3)浸泡的溶液。 配制CuSO4溶液时，加人少量H2SO4, 1.洗涤利用了草木灰溶液的什 么性质？加热洗涤时为什么可以增强去油污 配制或贮存易水防止Cu2+水解；贮存NaCO3、 解的盐溶液 Na2SiO3溶液时，不能用磨口玻璃塞， 能力？ 应用带有橡胶塞的试剂瓶 制取Fe(OH)3胶体的反应：Fe3++ 胶体的制取 3H2O==Fe(OH)3(胶体)+3H 2.草木灰做肥料时能否与铵态氯肥混合施用？为： 将某些挥发性酸对应的弱碱盐溶液直 什么？ 接蒸干时得不到无水盐。例如：加热 AlCl3、FeCl3溶液，在加热过程中水解 生成的HC1不断挥发，水解平衡不断 制备某些无水盐向右移动，得到A1(OH)3、Fe(OH), 3.从草木灰中获取可溶性盐（主要是碳酸钾）的实验： 继续加热，A1(OH)3、Fe(OH)3分解得 到Al2O3、Fe2O3,所以要得到无水 过程中，涉及①②③等系列操作。能否通过操作 AICL3、FeCl3,只有在HCI气流中加热 ③（蒸干K2CO3饱和溶液）得到碳酸钾固体？ 对应溶液才能实现 除去MgCl2溶液中的Fe3+,可在加热 搅拌的条件下加入MgO、镁粉、Mg 物质的提纯 (OH)2或MgCO3,从而降低溶液酸性 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，然后通 过过滤除去 A13+与AIO2、CO号、HCO3、S2 判断离子共存 HS等因相互促进水解而不能共存 64 第三章水溶液中的离子反应与平衡 2.在工农业生产和生活中的应用 C.实验室配制FeCl2溶液时，需要加入少量 应用 举例 铁粉 主要成分为NaHCO3溶液与Al2(SO4) D.泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液不能装在 溶液，发生的反应为A13+十3HCO3 铁筒里 泡沫灭火器 原理 A1(OH)3￥十3CO2↑，灭火器内压强增 2.下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是 大，CO2、A1(OH)3一起喷出覆盖在着火 ( ) 物质上使火焰熄灭 A.加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到 铵态氮肥（溶液显酸性）与草木灰（溶液显 化肥的施用 碱性)不得混合施用 NaOH和Na2CO3的混合固体 B.除去MgCl2溶液中的Fe3+,可以加入NaOH CO号+H2O==HCO3+OH,加热， 热的纯碱溶 固体 液清洗油污 水解平衡右移，溶液碱性增强，去污能力 增强 C.明矾净水的原理：A13+十3H2O=一A1(OH)3 (胶体)+3H A13++3H2OA1(OH)3(胶体)+ D.加热蒸干KCI溶液，最后得到KOH固体（不 明矾净水 3H+,A1(OH)3胶体具有吸附性，可作净 水剂 考虑与CO2的反应) 3.下列说法正确的是 NH4Cl、ZnCl2溶液因NH、Zn+水解而 除锈剂 显酸性，金属表面的氧化膜可与H+反应， A.A1C13溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓 因此均可作焊接时的除锈剂 缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同 B.配制FeCl3溶液时，将FcCl3固体溶解在硫 对点题组 酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 1.下列过程或现象与盐类水解无关的是( C.Na2CO3溶液保存在带磨口塞的玻璃瓶中 A.热的纯碱液用于去油污 D.泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和 B.配制FeCL3溶液时滴加少量盐酸溶液 硫酸铝 新知探究（二） 溶液中粒子浓度比较 D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液 典例导引 混合：c(X)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+) [典例]常温下，用0.1000mol·L-1的盐酸分 c(OH) 别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1 [听课记录] 的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶 液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 ( PH NaZ NaY NaX 归纳总结 V(盐酸)/mL 1.电解质溶液中的三个守恒关系 A.该NaX溶液中：c(Na+)>c(X)> 电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是 c(OH)>c(H) 呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳 B.三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)> 电荷守 离子所带正电荷总数，如Na2SO3溶液中存在 K (HY)>K (HZ) 恒关系Na+、SO号、H+、OH、HsO3,它们存在如下 C.当pH=7时，三种溶液中：c(X)=c(Y-) 关系：c(Na)+c(H+)=2c(SO号)+ =c(Z) c(HSO)+c(OH) 65 化学 选择性必修1 电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离 :3.混合溶液中粒子浓度的大小比较 子种类增多，但原子总数是守恒的，如Na2SO 物料守溶液中SO?能水解，故硫元素以S0 比较混合溶液中粒子浓度大小时，要注意溶液中弱酸 恒关系 HSO3、H2SO3三种形式存在，它们之间的守恒 或弱碱的电离程度和盐的水解程度相对大小 关系为c(Na+)=2c(SO号)+2c(HSO3)+ 如等物质的量浓度的NH4C1与NH3·H2O 2c(H2SO3) 的混合液中(pH>7): 质子守恒是指电解质在水溶液中发生电离、水解 ①电荷守恒式： 时，存在H+的转移，在转移时，失去H+的物质 质子守 电离程度 的量与得到H+的物质的量是相等的。如在 c(NH:)+c(H)=c(CI)+c(OH) 恒关系 大于相应 Na2SO3溶液中有关系式c(OH)=c(H+)+ ②物料守恒式： 离子的水 c(HSOg )+2c(H2SO3) c(NH)+c(NH3.H2O)=2c(CI) 解程度 2.单一溶液中粒子浓度的大小比较 ③混合溶液中粒子浓度大小顺序为c(NH) >c(C1)>c(NH3·H2O)>c(OH)≥ 根据多步电离分析知：一级电离>二级电离> 多元弱酸 c(H+) 三级电离。如0.1mol·L1的H2S溶液中： 溶液 (H+)>c(HS)>c(S2-)>c(OH) 如等物质的量浓度的NaCN和HCN的混合 根据弱酸根分步水解分析知：一级水解>二级 液中(pH>7): 水解。如0.1mol·L1Na2S溶液中： 电离程度 ①电荷守恒式： 级水解：S2-十H2O=一HS+OH 小于相应c(Na+)+c(H+)=c(CN)+c(OH) 多元弱酸 (主要) 的正盐 离子的水②物料守恒式：2c(Na+)=c(CN)+ 溶液 二级水解：HS+H2O==H2S+OH(次 解程度 c(HCN) 要) ③溶液中各粒子浓度大小顺序为c(HCN)> 故离子浓度的关系为c(Na+)>c(S2-)> c(Na)>c(CN)>c(OH )>c(H) c(OH)>c(HS )>c(H) ①若离子的水解程度大于电离程度，溶液显碱 性（如NaHCO3溶液）。 对点题组 如o.1mol·L1 NaHCO3溶液中存在： 水解：HCO3+H20==H2CO3+OH 1.在0.1mol·L1Na2S溶液中，下列关系不正 (主要) 确的是 ( 电离：HCO3一H++CO号（次要） A.c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+c(H2S) 水的电离：H2O=一H++OH(极微弱) B.c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HS)+ 因水解程度>电离程度，故溶液呈碱性：溶液 中粒子浓度大小关系为 2c(S2-) c(Na)>c(HCO2)>c(OH )>c(H,CO2) C.c(Na)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-) 多元弱酸 >c(H+)>(CO号)。 的酸式盐 D.c(OH-)=c(HS)+c(H)+2c(H2S) ②若离子的水解程度小于电离程度，溶液呈酸 溶液 2.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol·L1的 性（如NaHSO3溶液）。 0.1mol·L1 NaHSO3溶液中存在： 两种溶液混合而成：①NHCI与CHCOONa(混 电离：HSO2一H++SO号（主要） 合溶液呈中性)②NH4CI与HCI③NH4CI与 水解：HS03+H20=一H2SO3+OH NaCI④NH4CI与NH3·H2O(混合溶液呈碱 (次要) 性)。下列各项排序正确的是 ( 水的电离：H2O=一H+十OH(极微弱) A.pH:②<①<③<④ 因电离程度>水解程度，故溶液呈酸性，溶液 中粒子浓度大小关系为 B.溶液中c(H+):①<③<②<④ c(Na)>c(HSO )>c(H)>c(SO)> C.c(NH):①<③<②<④ c(OH)>c(H2SO3) D.c(NH3·H2O):①<③<④<② 66 第三章水溶液中的离子反应与平衡 3.25℃时，按下表配制两份溶液。 下列说法错误的是 ) 一元弱酸溶液 加入的Na()H溶液 混合后所得溶液 A.溶液I中，c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH) HA 10.0 mL 5.0mL0.20mol·L1 溶液IpH=5.0 B.I和Ⅱ的pH相差1.0，说明HA=10 K(HB) 0.20mol·L-1 C.混合I和Ⅱ：c(Na+)十c(H+)=c(A-)+ HB 10.0 mL 5.0mL0.20mol·L1 溶液ⅡpH=4.0 c(B)+c(OH) 0.20mol·L-1 D.混合I和Ⅱ：c(HA)>c(HB) 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.在A13++3H2O一A1(OH)3+3H+的平衡： A.曲线I是HC2O4的变化曲线 体系中，要抑制A13+的水解，可采取的措施为 B.草酸H2C2O4的电离常数K1=1.0X10-1.22 ( C.在b点，c(C2O)+2c(OH)=c(HC2OM)+ A.升高温度 c(H+) B.滴加少量盐酸 D.在c点，c(HC2O4)=0.06mol·L-1 C.加入适量氢氧化钠溶液 4.下列关于常温下0.1mol·L1Na2C2O4溶液 D.加水稀释 的说法正确的是 2.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡： A.c(H)>c(OH-) CO号+H2O=HCO3+OH-(已知H2CO3: B.c(C2)>c(HC2O)>c(H2C2O) 的电离常数Ka1=4.2×10-7,Ka2=5.6× C.c(C2)+c(HC2O)=0.1 mol .L-1 10-11),下列说法正确的是 D.2c (Na)=c (C2O)+c (HC2O)+ A.稀释溶液，水解程度增大，即盐的水解反应 c(H2 C2O) 的平衡常数增大 5.室温溶液中H2SO3、HSO3、SO号的物质的量 B.通入少量HCI,平衡向正反应方向移动 分数随pH的分布如图所示。 C加水稻系，子减小 1.0 0.8 HSO D.CO号水解平衡常数Kh1=2.8×10一8 SO 0.6 3.草酸H2C2O4是二元弱酸。向100mL0.40 mol·L1H2C2O4溶液中加入1.0mol·L1 缘 0.4 HSO NaOH溶液调节pH,加水控制溶液体积为200mL。 7.13 8 10 测得溶液中微粒的ò(x)随pH变化曲线如图所示， pH c(x) (1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2,主 6(x) c(HC0)+c(HC,0)+c(C,0片)x代表 要反应的离子方程式为 当 微粒H2C2O1、HC2O4或C2O。 通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的 下列叙述正确的是 阴离子是 (填化学式)。 1.0 (2)室温下，SO号的水解常数Kh1= 0.8 Ⅲ 6(x0.6 a(1.22,0.5)b 0.4 (3)NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为 0.2 .c(4.95,0.15) 3 4 56 7 pH 温馨提示 请做课时分层检测（十四） 674.C[两溶液因pH均为9，因此c(CHC(O)Na)大于c(NaOH),因 此CHC())Na溶液中c(Na+)大于Na()H溶液中c(Na+),故A 错误；分别加热到相同温度时，Na()H溶液pH变化不大，加热促 进CHC()Na水解，其pH增大，故B错误；Na()H溶液中由水 电离出的c(OH-)为10-4mol·L1,CHC())Na溶液中由水电 离出的c(OH-)为l0-imol·L1,NaOH溶液和CH3C()Na溶 液中由水电离出的c(OH)之比为0，故C正确：分别加水看 释到100mL时，促进CHC())Na水解，pH变化的相对小，所以 醋酸钠的pH大于氢氧化钠的pH,故D错误。] 5.②①⑤④③ 6,解析(1)弱酸根离子水解使溶液呈碱性，部分弱酸的酸式酸根 离子若水解程度大于电离程度，则溶液也呈碱性，S()、A1)。、 HCO水解使溶液呈碱性。(2)NH、A13+、Fe+属于弱碱的阳 离子，水解后溶液呈酸性。(3)C】,S(、Na既能在酸性较强 的溶液中大量存在，又能在碱性较强的溶液中大量存在。 (4)HC()属于弱酸的酸式酸根离子，既能与强酸反应，又能与强 碱反应。 答案(1)S、A1)2、HC)5(2)NH、A13+、Fe3 (3)Na+、C1-、S()-(4)HC() 第二课时影响盐类水解的主要因素盐类水解的应用 必备知识·自主梳理 一、1.(1)吸热(2)促进 2.大促进大促进抑制促进 练一练 1.(1)×(2)/(3)/(4)× 二、1.A13++3H2()==A1(OH)3+3H 2.C)-+H)一HC()十OH-促进增强 3.抑制Fe3+的水解 4.促进FeCl,的水解 5.TiCl,十(x十2)H,)(过量)=Ti),·xH,O￥+4HCI 练一练 2.(1)×(2)×(3)×(4)/ 三、1.KhA+HO=HA+(OH Kw K越大温度 练一练 3.(1)/(2)/(3)×(4)/ 关键能力·合作探究 新知探究（一） 情境导入 1.提示：利用了草木灰溶液呈碱性的性质。草木灰中K,C)3是强 碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性。加热，使水解平衡正向 移动，溶液碱性增强，去油污能力增强。 2.提示：不可以。铵态氮肥中的铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸 性，与草木灰混合施用会相互促进水解，使肥效降低。 3.提示：可以。KC)?水解产物无法在碱性条件下逸出溶液，所以 加热蒸干K,C()3饱和溶液可以得到碳酸钾固体。 对点题组 1,C「A.纯碱是碳酸钠溶液，溶液中碳酸根离子水解显碱性，油污 是酯类物质，在碱中水解生成溶于水的物质，纯碱溶液去油污和 水解有关，故A不符合：B.三价铁离子水解生成氨离子和氢氧化 铁，配制FCl,溶液时，加入少量稀盐酸能抑制铁离子的水解，可 以防止溶液浑浊，与盐类水解有关，故B不符合：C.配制氟化亚铁 溶液时常常要加入铁粉，能防止二价铁被氧化，与水解无关，故C 符合：D.泡沫灭火器中Al(S),)3的铝离子水解生成氢离子能与 铁反应，与水解有关，故D不符合。] 2.C[加热蒸千NaC)3溶液，最后得到NaCO3固体，A错误；铁 离子、铁离子均能与OH反应生成沉淀，所以不能用N(O)H除去 MgCl,溶液中的Fe3+,另外引入杂质Na+,B错误：明矾在水中电 离出铝离子，铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，即 A13+十3H()一A1(OH)3(胶体)十3H+,C正确；加热蒸千KC】 溶液，最后得到KC】固体，D错误。 3.D[A项，AlCl3与Al2(S))3水解方程式分别为AlC13十3H) ==A1(OH)3+3HC1,A1(SO)3+6HO=2A1(OH)3+ 3HS),,加热，促进水解，由于盐酸为挥发性酸，硫酸为难挥发性 酸，故前者最终产物为Al)3,后者最终产物为Al(S))3,错误： B项，将FeCl固体溶解在疏酸中，会引入杂质S(),应溶解在盐 酸中，错误；C项，NaeC)溶液水解显碱性，能和玻璃中的Si() 反应生成具有黏性的NaSi)3,导致瓶塞打不开，错误；D项，为了 加快产生CO。的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是NaHC) 和A(S))3,正确。] 2( 新知探究（二）》 典例导引 [解析]在NaX溶液中，X发生水解反应：X十H()=一HX十 ()H,溶液中存在c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),A正 确：等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小关系：NaZ> NaY>NaX,根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ,则电 离常数关系：K(HX)>K,（HY)>K(HZ),B正确：pH=7时， 根据电荷守恒，三种溶液混合后分别存在c(C】)十c(X)= c(Na)c(CI)+c(Y)=c(Na)c(CI)+c(Z)=c(Na), 由于三种一元酸的酸性强弱不同，测向其盐溶液中加入HC】的物 质的量不同，则(X),c(Y)、c(Z)三者不等，C错误；分别加 入20.00mL盐酸后，均恰好完全反应，三种溶液的溶质分别为 HX与NaCI,HY与NaCI、HZ与NaCl,三种溶液混合后的溶液中 存在电荷守恒：c(X-)十c(Y-)十c(Z)=c(H+)一c(OH-),D 正确。 [答案]C 对点题组 1.A[A项，由钠、硫原子守恒可知，c(Na+)=2c(HS)+2c(S-) 十2c(HS),不正确；B项，符合电荷守恒，正确；C项，溶液中存在 水解：S-+HO=HS十OH,HS+H()=≌HS十 OH,故c(Na)>c(S-)>c(()H)>c(HS),正确：D项，符 合质子守恒，正确。] 2.C[A项，④呈碱性，①呈中性，③呈弱酸性，②呈强酸性，pH: ②<③<①<④，错误；B项，溶液中c(H+):④<①<③<②，错 误：D项，c(NH·H,):②<③<①<④，错误。] 3.B[由电荷守恒可知溶液I中c(Na)十c(H+)=c(()H)十 c(A),pH=5.0,则c(H)>c(OH-),因此c(A)c(Na+) c(H+)>c(OH),A正确；溶液I的pH=5.0,溶液Ⅱ的pH 4.0,则HB的电离常数大于HA的电离常数，K那 K (HA) c(A)·c(H+) c(HA) c(B)·c(H) 0=0.1,B错误：由电苻守恒可知况合I和 10 c(HB) Ⅱ有c(Na+)十c(H+)=c(A)十c(B-)+c(OH),C正确；由于 HB的电离常数大于HA的电离常数，则混合I和Ⅱ后有：c(HA) >c(HB),D正确。] 素养演练·提升技能 1.B[盐的水解反应属于吸热反应，加热平衡正向移动，促进A]3+ 的水解，故A错误：加HCI,增大了氢离子的浓度，平衡逆向移动， 抑制A3+的水解，故B正确：加Na()H,消耗氢离子，则平衡正移， 促进A3+的水解，故C错误：加水稀释，水解平衡正移，促进A] 的水解，故D错误。] 2.B「化学平衡常数只受温度的影响，A错误：通入HC】溶于水电 离出H,H与OH反应，使平衡右移，B正确：(HCO) c(CO) c(HC)3)·c()H) c(CO)·e(OH)(OH),加水稀释，K不支，但c(OH) K 减小，故(HC0)增大，C错误：C0的水解平衡：C0+H0 c(C片) HC) +OH-,K= c(HC))·c(OH-) c(C5) c(H0为)·c(OH)·c(H)_K=1×109 c(C)·c(H+) K25.6X10T≈1.79X10-4, D错误。] 3.B[当酸性越强时，曲线I表示的微粒的含量越高，可推知曲线 I是HC,(),的变化曲线，曲线Ⅱ是HC,O,的变化曲线，曲线Ⅲ 是C(O)的变化曲线，A错误；在a,点HC,O),的浓度和HCO 的浓度相等，pH=1.22,则草酸HC2()的电离常数K1 c(HC2O)·c(H+) c(H C O,) =c(H+)=101.22,则B正确；在b点， c(C,)=c(HC(),),且溶液呈酸性，若c(C,O-)+2c()H) -c(HC2(O))十c(H+),则2c(OH)=c(H+),显然不成立，C错 误：在c点，HC()万的含量为0.15，而HC()的物质的量为 0.1L×0.40mol·L1=0.04mol,则HC2)的物质的量为 0.15×0.04mol=0.006mol,溶液体积为0.2L,c(HC))= 0.006mol÷0.2L=0.03mol·L1,D错误。] 4.B[A.在0.1mol·L1NaCO),溶液中，由于存在C水 解，即C(O)十H()=HCO),+()H,HC2()十H) HCO,十OH,而使溶液呈现碱性，则c(H+)<c(OH),故A 错误：B.在0.1mol·L1NaC),溶液中，由于存在C(水 解，即C()}十H2()一HCO十(OH,HC)万十H) H,C),十(OH,一级水解远大于二级水解，但水解是少量的，所 以有c(CO片)>c(HC)万)>c(HC()),故B正确；C.在 0.1mol·L1Na2C2O,溶液中，根据C原子守恒，则c(C2O) 十c(HC())十c(HC())=0.1mol·L1,故C错误：D.在 0.1mol·L1NaC2(),溶液中，根据物料守恒，可得c(Na)= 2[c(C2(y)+c(HC2O,)十c(HC))],故D错误。] 5.解析(1)向氨水中通入少量SO2,反应的离子方程式为2NH3+ HO+SO,-2NH时+S)或2NH·HO+SO2—2NH时 十S(十H()。当通入S)2至溶液pH=6时，溶液呈酸性，根据 含硫微粒的物质的量分数与H的分布图可知，溶液中浓度最大 的阴离子为HS)5。(2)在pH=7.13处，c(HS()5)=c(S)), 则有Kh1= c(HS)3)·c(OH) =c()H-)= 10-14 c(S)5) 10-.1g=1X 10-i7。(3)根据图示可知NaHSO.溶液为酸性，HS)电离程 度大于水解程度。 答案(1)2NH3·HO)+S),=2NH+S()-+H)HS) (2)1X10-6,87 (3)c(Na+)>c(HS),)>c(H+)>c(S)-) c(OH) 第四节沉淀溶解平衡 第一课时难溶电解质的沉淀溶解平衡 必备知识·自主梳理 一、1.(1)Ag+和C1-(2)Ag+和C】 2.相等饱和 3.(1)难溶微溶易溶(2)1×10- 练一练 1.(1)×(2)×(3)/ 二、l.c(Ag)·c(CI),Kn(AgeS)=c2(Ag)·c(S) 2.(1)越强(2)温度 3.(1)c2(Ag)·c(S-)(2)①有③无 练一练 2.(1)×(2)/(3)/ 关键能力·合作探究 新知探究（一》 情境导入 1.提示：CaCO,溶于水的溶解平衡为CaC),(s)-一Ca+(aq)十 C()(g),当提到含有C)的水时发生：CO),+HO+C) 一2HC()5,促进碳酸钙的溶解平衡向右进行，逐渐溶解，生成 Ca(HC)3)2溶液。 2.提示：CaC)的溶解平衡为CaC()3(s)-一Ca(aq)十C() (aq),加入硝酸后C(-与H十反应生成CO,使c(C(-)减小， 溶解平衡右移，碳酸钙逐渐溶解：BaS),的溶解平衡为BaS(),(s) 一Ba+(aq)十S)(aq),加入硝酸后，Ba+、SO都不与H 和N()反应，两者浓度都不改变，平衡不移动，故BS),不溶解。 对点题组 l.B[加入MgCl,和Na()H均能使上述平衡逆移，固体Mg((OH)。 的量增加；加入HCI,上述平衡正移，c(Mg+)增大；加水，能使上 述平衡正移，固体Mg((OH)2的量减少，但仍为Mg(()H)。的饱和 溶液，c(Mg2+)不变。] 2.C[A项，Ca()十H()—Ca()H)2,由于保持恒温，Ca((OH) 溶解度不变，c(OH)不变，因此pH不变；B项，加热时Ca(OH) 溶解度减小，平衡逆向移动，c()H)减小，pH减小：C项，C() +Ca2+CaCO,￥，使平衡正向移动，Ca(OH):固体减少，但固 体总质量增大：D项，加入Na()H固体时，c((OH)增大，平衡逆向 移动，因此Ca()H)。固体增多。] 3.B[Mg()H)。是难溶电解质，在水中有少量的溶解，而且电离出 ()H,溶液显弱碱性，所以没有绝对不溶的物质，故A正确； Mg(OH)。沉淀与HCI发生中和反应，反应较快，Mg(()H),沉淀 电离出来的)H与NH,CI电离的铵根离子结合生成弱电解质， 反应较慢，故B错误；NH能结合Mg(()H)g电离出的(OH,生 成弱电解质NH3·H),所以①、③混合后发生反应：Mg(()H) (s)+2NH(aq)=Mg+(aq)十2NHg·H2O(aq),故C正确： 在Mg(OH)。的悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg((OH),(s) Mg2+(aq)十2()H(aq),所以向①中加入②，c((OH)减小， Mg()H),溶解平衡正向移动，故D正确。」 2( 新知探究（二） 典例导引 [解析](1)混合后，c(Ag)=0.05mLl×2×0.1mol,L 5 mL 2.0×10-3mol·L-1,则c(Ag+)·c(N02)=2.0×10-3×1.0 ×10-4=2.0×10-7>2.0×10-8,所以能生成沉淀。 (2)当CI开始沉淀时，裉据Kn(AgCI),则溶液中c(Ag+) K(AgC1)_1.6×101 c(C1-) 0.01 mol·L1=1.6×10-8mol·L1,根据 K.n(AgI),溶液中c(I厂)= Kp（AgI)2.0X10-16 c(Ag) 1.6X10-8mol·L-1= 1.25×10-8mol·L1 [答案](1)能(2)1.25×10-8 对点题组 1.D[D项，混合溶液中c(Ag)=0.1m0l·L1×01m 1 ml 0.001mol·L-1,c2(Ag)·c(S(-)=0.0012×0.1=1×10-7 1.4×10i,故不会产生沉淀。] 2.解析pH=8时，c(OH)=10-imol·L1,由硫酸钢的溶度积 常数可知：Kp=2.2X10-0=1012Xc(Cu2+),得c(Cu+)=2.2 ×10-8mol·L1;使Cu2+沉淀完全，已知c(Cu2+)=0.1mol· L1,根据反应关系式：Cu+~2H+得c(H+)=0.2mol·L。 答案2.2×10-80.2 3.解析(1)PbL(s)=Pb+(aq)十2I厂(aq) Km=c(Pb2+)·c2(I)=c(Pb2+)·[2c(Pb2+)]2-4c3(Pb2+), c(Pb+)=√4 /7.1×10-9 mol/L≈1.2×10-3mol/L。 c(I)=2c(Pb+)=2.4×10-3mol/L。 (2)①Kp=c(Cu2+)·c2(OH)=0.1mol/LXc2(OH) 10-21,c(0H)= /10-21 W0.1 mol/L 10-10 mol/L,c(H+)= Kw =10-4mol/L,pH=-1gc(H+)=-1g10-=4 c(OH) ②Km=c(Cu2+)·c2(0H-)=10-i·c2(OH-)=10-21, /102T C(OH)mol/L10 mol/L.=10-mol/L., c(H+)= 10-14 (H10 mol/L-10-mol/L,pH=-lge(H+) =-1g10-6=6。 答案(1)1.2×10-3mol/L2.4×10-3mol/L (2)①4②6 素养演练·提升技能 1.B[氟化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀氨氧化铁，Fe3++ 3()H- 一F(()H)3Y,故A正确：存在氢氧化铁沉淀溶解平衡， 一定含有铁离子，故B错误；沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡， Fe(OH),(s)一Fe3+(aq)+3OH-(aq),故C正确；氢氧化铁溶 解于盐酸溶液中，Fe(()H)3+3H+= 一-Fe++3H,),铁离子浓度 增大，故D正确。 2.A[A.达到沉淀溶解平衡时，BS),沉淀生成和沉淀溶解不断 进行，是动态平衡，速率相等，故A正确：B.BaS)难溶于水，溶解 度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ba+和S)片，故B 错误：C.溶解度与温度有关，硫酸钡的溶解为吸热过程，则升高温 度后BaS),沉淀的溶解度变大，故C错误：D.加入NaS):固体， S(浓度增大，沉淀溶解平衡逆向进行，会析出BaS),固体， BaS),的溶解度减小，故D错误。] 3.D[因为硫酸钡在水中溶解时吸收热量，则温度升高硫酸钡的 K,增大，T:时硫酸钡的K大于T1时硫酸钡的Kn,故T>T1, A错误；硫酸钡溶液中存在沉淀溶解平衡，，点在平衡曲线上，加 入BaCI,,c(Ba2+)增大，平衡沿曲线左移，c(S)-)应降低，所以 不能使溶液由a点变到c点，B错误；在T时C点溶液的Q>Kp, 有沉淀析出，在T2时c点溶液的QKp,没有沉淀析出，C错误： 温度不变，K不变，在T曲线上的任意一，点K都相等，D 正确。」 4.B[比较b、c两点，金属离子的浓度相同，Fe(()H)溶液中氢离 子浓度大，即氢氧根离子浓度小，因此氢氧化铁的K小于氢氧化 钢的Kp,A对：加入NH,CI,氯化铵水解，使溶液的酸性增加，pH 降低，由图可以看出，Fe3+浓度应增大，B错；Kw只与温度有关， 与溶液的酸碱性无关，C对；在曲线上的任意一点，c(Fe3+)· c3(OH-)=Kp[Fe(OH)3],c(Cu+）·c2(OH-)= K[Cu((OH)2],D对。]