第三章 第三节 盐类的水解 讲义 -2026-2027学年高二上学期化学人教版选择性必修1

本讲义聚焦盐类的水解核心知识点，从溶液酸碱性判断切入，系统梳理水解原理、规律（有弱才水解等）、双水解反应，延伸到酸式盐酸碱性分析、离子浓度比较、影响因素及应用，构建从基础到应用的完整学习支架。 资料以题型为框架，通过“解题知识+典例+变式”模式，强化科学思维（如离子浓度比较中的守恒法）和科学探究（如温度对水解影响的实验分析）。课中辅助教师分层教学，课后通过过关验收帮助学生查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

第三章 第三节 盐类的水解 内 容 导 航 题型1 探究溶液的酸碱性 题型2 盐类水解的原理 题型3 盐类水解的规律 题型4 双水解反应 题型5 酸式盐溶液酸碱性的分析 题型6 离子浓度大小的比较 题型7 影响盐类水解程度的主要因素 题型8 盐类水解的应用 题型9 盐的水解常数 考 点 演 练 题型1 探究溶液的酸碱性 解｜题｜知｜识 1、溶液的酸碱性 溶液的酸碱性取决于溶液中的c（H+）与c（OH﹣）的相对大小． 在常温下，中性溶液：c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol/L； 酸性溶液：c（H+）＞c（OH﹣），c（H+）＞1×10﹣7mol/L； 碱性溶液：c（H+）＜c（OH﹣），c（H+）＜1×10﹣7mol/L． c（H+）＞1×10﹣7mol/L （pH＜7）的溶液是否一定呈酸性？不是，同样pH＝7也不一定是中性，例如：当温度为100℃时，pH＝6时呈中性． 2、溶液的pH值两种测量方法 溶液的pH值可以用pH试纸测定（精确到整数，且只能在1～14的范围），也可以用pH计（精确到0.1）测定． [特别提醒]：在标准温度（25℃）和压力下，pH＝7的水溶液（如：纯水）为中性，水的离子积常数为1×10﹣14，且c（H+）和c（OH﹣）都是1×10﹣7mol/L．pH愈小，溶液的酸性愈强；pH愈大，溶液的碱性也就愈强．通常pH是一个介于0和14之间的数，当pH＜7的时候，溶液呈酸性，当pH＞7的时候，溶液呈碱性，当pH＝7的时候，溶液呈中性．但在非水溶液或非标准温度和压力的条件下，pH＝7可能并不代表溶液呈中性，这需要通过计算该溶剂在这种条件下的电离常数来决定pH为中性的值．如373K（100℃）的温度下，pH＝6为中性溶液． 【典例1】常温下，下列溶液一定呈中性的是（　　） A．pH＝7的溶液 B．水电离出的c（OH﹣）＝c（H+）的溶液 C．使石蕊试液显紫色的溶液 D．滴入酚酞不变色的溶液 【变式1】常温下，下列溶液一定显酸性的是（　　） A．氯化钙溶液 B．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液 C．碳酸钠溶液 D．的溶液 【变式2】下列关于溶液酸碱性的说法正确的是（　　） A．溶液中若c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液显酸性 B．25℃时，pH＝12的氨水和pH＝2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH＝7 C．常温下，能使甲基橙指示剂变黄的溶液一定呈中性或碱性 D．在t℃（）时，将pH＝13的强碱与pH＝2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为2：99 【变式3】下列溶液肯定是酸性的是（　　） A．含H+的溶液 B．c（OH﹣）＜c（H+）的溶液 C．pH＜7的溶液 D．加酚酞显无色的溶液 题型2 盐类水解的原理 解｜题｜知｜识 1、盐的水解的实质 H2O⇌H++OH﹣ AB═Bn﹣+An+ 当盐AB能电离出弱酸阴离子（Bn﹣）或弱碱阳离子（An+），即可与水电离出的H+或OH﹣结合成电解质分子，从而促进水进一步电离． 与中和反应的关系：盐的水解为中和反应的逆反应，但一般认为中和反应程度大，大多认为是完全反应，但盐类的水解程度小得多，故为可逆反应，真正发生水解的离子仅占极小比例． 2、水解规律 简述为：有弱才水解，无弱不水解； 越弱越水解，弱弱都水解； 谁强显谁性，等强显中性 具体为： ①强酸弱碱盐呈酸性；②强碱弱酸盐呈碱性；③强酸强碱盐呈中性；④弱酸弱碱盐不一定 如 NH4CN CH3CO2NH4 NH4F 碱性 中性 酸性 （主要取决于弱酸弱碱的相对强弱） 3、水解方程式的书写 （1）盐类水解是可逆反应，反应方程式中要写“⇌”符号； （2）一般盐类水解的程度很小，水解产物很少．通常不生成沉淀或气体，也不发生分解．一般不标“↓”或“↑”，也不把生成物（如H2CO3、NH3•H2O）写成分解产物的形式． （3）多元弱酸根离子的水解要分步写，一般只写第一步． （4）多元弱碱阳离子的水解一步到位．如：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ （5）双水解进行到底的，用“＝、↑、↓”，均一步到位． （6）多元弱酸的酸式酸根离子水解与电离共存． 如：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 【典例1】如图为某实验测得0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液在升温过程中（不考虑水挥发）的pH变化曲线。下列说法正确的是（　　） A．a点溶液的c（OH﹣）比c点溶液的小 B．a点时，Kw＜Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3） C．b点溶液中， D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解 【变式1】化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　） A．废旧钢材在焊接前，用饱和NH4Cl溶液清洗焊点表面油污 B．明矾与高铁酸钾均可作水处理剂，两者处理水的原理相同 C．草木灰与铵态氮肥混合施用可以提高氮肥使用效果 D．纯碱可用作锅炉除垢（主要成分为CaSO4）的转化剂 【变式2】下列关于0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液的说法中，正确的是（　　） A．溶液中共有5种分子和离子 B．升高温度，CO32﹣水解平衡正向移动 C．CaCl2能促进Na2CO3的水解 D．加入氢氧化钠固体，可以使溶液中c（Na+）：c（CO32﹣）＝2：1 【变式3】下列叙述正确的是（　　） A．将pH＝2的盐酸和pH＝2的醋酸等体积混合，混合后溶液的pH＝2 B．HA﹣比HB﹣更难电离，则NaHA溶液的pH一定比NaHB溶液的大 C．在饱和氨水中加入同浓度的氨水，平衡正向移动 D．某温度下，Ba（OH）2溶液中，Kw＝10﹣12，pH＝8的该溶液中加入等体积pH＝4的盐酸，混合溶液的pH＝7 题型3 盐类水解的规律 解｜题｜知｜识 （1）定义：在溶液中盐的离子跟水所电离出来的H+或OH﹣生成弱电解质的过程叫做盐类的水解。 （2）条件：盐必须溶于水，盐必须能电离出弱酸根离子或弱碱阳离子。 （3）实质：弱电解质的生成，破坏了水的电离，促进水的电离平衡发生移动的过程。 （4）规律：难溶不水解，有弱才水解，无弱不水解；谁弱谁水解，越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性（适用于正盐），同强显中性，弱弱具体定；越弱越水解，越热越水解，越稀越水解。 【典例1】在25℃条件下，将pH＝4的NH4Cl溶液加水稀释过程中，下列说法正确的是（　　） A．能使NH4Cl的水解常数Kh增大 B．溶液中c（H+）?c（OH﹣）不变 C．能使溶液中n（NH4+）增大 D．此过程中，溶液中所有离子浓度均减小 【变式1】电解质的溶液中存在着众多的化学平衡，请按要求填空。 （1）Al2S3无法在水溶液中制备，原因是：　 　 （用离子方程式解释）。 （2）要除去CuCl2溶液中少量的FeCl3可以选择的除杂试剂有：　　 。 A.NaOH B.Cu（OH）2 C.NH3•H2O D.Cu2（OH）2CO3 （3）铍和铝元素化学性质相似，从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是 　 　 。 （4）蒸干并灼烧Ca（ClO）2溶液，得到的产物是 　 （填化学式）。 （5）在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH如表所示： 溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN C6H5ONa pH 8.1 8.8 11.6 10.3 11.1 11.3 ①相同浓度的a．CH3COOH、b．HCO3﹣、c．H2CO3、d．HClO酸性由强到弱的顺序是：　 　 （填字母）。 ②请根据上述信息判断下列反应不能发生的是 　　 （填字母）。 a.CH3COOH+NaCN＝CH3COONa+HCN b.CO2+H2O+2NaClO＝Na2CO3+2HClO c.2HCN+Na2CO3＝NaCN+CO2↑+H2O d.Na2CO3+C6H5OH＝NaHCO3+C6H5ONa 题型4 双水解反应 解｜题｜知｜识 （1）定义：指弱酸阴离子和弱碱阳离子相互促进水解。 （2）常见的双水解：Fe3+、Al3+与碳酸根、碳酸氢根。 （3）注意事项：发生双水解的离子不共存。 【典例1】某物质R是人类生命活动中不可缺少的物质，已知R的相对分子质量为150，其中含碳元素40%，含氢元素6.7%，其余为氧元素。则R的化学式为（　　） A．C5H10O2 B．C6H14O4 C．C5H10O5 D．C6H12O6 【变式1】（2025春•北仑区校级期中）由碳、氧两种元素组成的气体，碳与氧的质量之比为1：4，则该气体可能是（　　） A．由CO或CO2单独组成的纯净物 B．由CO和CO2共同组成的混合物 C．由CO和O2等质量组成的混合物 D．由CO2和O2共同组成的混合物 【变式2】（2025春•奉化区校级期中）苏州盛产杨梅。杨梅中含有丰富的叶酸，对防癌抗癌有积极作用，其化学式为C19H19N7O6．下列有关叶酸的说法中正确的是（　　） A．叶酸的相对分子质量为441g B．叶酸中氮元素的质量分数大于氧元素的质量分数 C．叶酸中碳、氢、氮、氧四种元素质量比为19：19：7：6 D．叶酸由19个碳原子、19个氢原子、7个氮原子和6个氧原子构成 【变式3】（2025春•奉化区校级期中）苏州盛产杨梅。杨梅中含有丰富的叶酸，对防癌抗癌有积极作用，其化学式为C19H19N7O6．下列有关叶酸的说法中正确的是（　　） A．叶酸的相对分子质量为441g B．叶酸中氮元素的质量分数大于氧元素的质量分数 C．叶酸中碳、氢、氮、氧四种元素质量比为19：19：7：6 D．叶酸由19个碳原子、19个氢原子、7个氮原子和6个氧原子构成 题型5 酸式盐溶液酸碱性的分析 解｜题｜知｜识 （1）酸式盐的定义：电离时生成的阳离子除金属离子（或铵根）外还有氢离子，阴离子为酸根离子的盐。 （2）绝大多数的酸式盐由多元弱酸形成，但也有由多元强酸形成酸式盐。如NaHSO4。 （3）强酸的酸式盐只能电离，不能发生水解。 （4）注意事项：强碱弱酸对应的酸式盐溶液的酸碱性就由电离和水解两个方面来决定。 题型6 离子浓度大小的比较 解｜题｜知｜识 一、单一溶液中离子浓度大小的比较： 1、多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如0.1mol/L的H3PO4的溶液中： c（H+）＞c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（PO43﹣） 点拨：判断多元弱酸溶液中离子浓度大小的一般规律是：（显性离子）＞（一级电离离子）＞（二级电离离子）＞（水电离出的另一离子） 2、一元弱酸的正盐溶液，如0.1mol/L的CH3COONa溶液中： c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 点拨：判断一元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子） 3、多元弱酸正盐根据多元弱酸根的分步水解分析：如0.1mol/L的Na2CO3溶液中： c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣） 点拨：判断二元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（二级水解离子）＞（水电离出的另一离子） 4、二元弱酸的酸式盐溶液，如0.1mol/L的NaHCO3溶液： c （Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣） 点拨：判断二元弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子）＞（电离得到的酸根离子） 5、不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其它离子对其影响的因素． 如在相同物质的量的浓度的下列溶液：①NH4Cl②CH3COONH4③NH4HSO4中c（NH4+）浓度由大到小的顺序是：③＞①＞②． 点拨：该类型题要看溶液中其它离子对的其影响． 二、混合溶液中离子浓度大小的比较： 1、两种物质混合不反应： 如①等物质的量的CH3COOH和CH3COONa混合：CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，混合后溶液呈酸性，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） ②等物质的量的NH4Cl和NH3•H2O混合：和NH3•H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用，混合后溶液呈碱性，c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 2、两种物质其恰好完全反应： 如①10ml 0.1 mol/L NaOH溶液中加入同体积、同浓度HAc溶液混合 ②100 mL 0.1 mol/L 醋酸与50 mL 0.2mol/L NaOH溶液混合等． 3、两种物质反应，其中一种有剩余 （1）酸与碱反应型： 点拨：在审题时，要关注所给物质的量是“物质的量浓度”还是“pH”，否则会很容易判断错误．解答此类题目时应抓住两溶液混合后剩余的弱酸或弱碱的电离程度和生成盐的水解程度的相对大小． 如：0.2 mol/L HCN溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合 解析：上述溶液混合后，溶质为HCN和NaCN，由于该题已说明溶液显碱性，所以不能再按照HCN的电离处理，而应按NaCN水解为主． ①pH＝7型： 例、常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH＝7，则此溶液中（　　） A、[HCOO﹣]＞[Na+]；B、[HCOO﹣]＜[Na+]；C、[HCOO﹣]＝[Na+]；D、无法确定[HCOO﹣]与[Na+]的关系 解析：该溶液中有四种离子HCOO﹣、OH﹣、Na+、H+，根据电荷守恒[Na+]+[H+]＝[OH﹣]+[HCOO﹣]，根据pH＝7得[H+]＝[OH﹣]，故[HCOO﹣]＝[Na+]，选C． ②未指明酸碱的强弱： ③pH之和等于14的酸和碱溶液的混合（判断过量） 如：①pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，混合后溶液呈酸性； ②pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，氨水过量，混合后溶液呈碱性． （2）盐与酸（碱）反应型 ①弱酸强碱盐与强酸反应后溶液中离子浓度大小的比较 例、将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是 A、c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（HAc） B、c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HAc）＞c（H+） C、c（Ac﹣）＝c（Cl+）＞c（H+）＞c（HAc） D、c（Na+）+c（H+）＝c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣） 解析：两溶液混合后，溶液实质上是等浓度醋酸、醋酸钠、氯化钠的混合溶液，呈酸性说明CH3COO﹣水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以[CH3COO﹣]＞[Cl﹣]＞[CH3COOH]，但CH3COOH的电离程度较小，[CH3COO﹣]＞[H+]，故A、C错，B是正确的．依据电荷守恒原则可知D也是正确的．答案：B、D ②强酸弱碱盐与强碱反应后溶液中离子浓度大小的比较 例、0.2mol/L NH4Cl溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　） A、c（NH4+）＝c（Na+）＝c（OH﹣）＞c（NH3•H2O） B、c（NH4+）＝c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣） C、c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣） D、c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+） 解析：因NH4Cl溶液与NaOH溶液等体积混合后，溶液的成分为0.05mol/LNH3•H2O，0.05mol/LNaCl，0.05mol/LNH4Cl．因为NH3•H2O的电离平衡程度大于NH4+的水解程度，所以c（OH﹣）＞c（H+）；且c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，c（NH4+）＞0.1mol/L．因此溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序是c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）．D选项正确．根据电荷守恒，C选项正确．答案：C、D． 4、不同物质同种离子浓度的比较：如NH4Cl、NH4HSO4、CH3COONH4和NH4HCO3中NH4+的比较 【典例1】下列关于室温时溶液中离子浓度关系的说法正确的是（　　） A．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中： B．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中： C．pH＜7的CH3COOH、CH3COONa混合溶液： D．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液和0.1mol•L﹣1NH3•H2O相比，前者大于后者 【变式1】工业上NH4HCO3常用于金属沉降，关于0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液说法错误的是（　　） 已知： 物质 NH3•H2O H2CO3 电离平衡常数（25℃） A． B． C． D． 【变式2】下列说法错误的是（　　） A．0.2mol•L﹣1CH3COOK与0.1mol•L﹣1盐酸等体积混合（pH＜7）： B．NaHS溶液呈碱性： C．0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中： D．等物质的量浓度的HCN溶液与NaCN溶液等体积混合溶液显碱性，则溶液中：c（CN﹣）＞c（Na+）＞c（HCN）＞c（OH﹣）＞c（H+） 【变式3】室温下，用0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液吸收SO2，并获得BaSO3的过程如图。溶液中含硫物种的浓度。已知：Ka1（H2SO3）＝1.4×10﹣2，，。下列说法正确的是（　　） A．pH＝4.5的吸收液： B．pH＝6的吸收液在沉淀过程中水的电离程度先增大后减小 C．向的溶液中，加入等体积0.1mol•L﹣1的BaCl2溶液无沉淀产生 D．的溶液： 题型7 影响盐类水解程度的主要因素 解｜题｜知｜识 1、内因：盐的本性． 2、外因：浓度、浓度、溶液酸碱性的变化 （1）温度不变，浓度越小，水解程度越大． （2）浓度不变，水解反应是吸热反应，因此温度越高，水解程度越大． （3）改变溶液的pH值，可抑制或促进水解． 比较外因对弱电解质和盐水解的影响 HA⇌H++A﹣﹣Q A﹣+H2O⇌HA+OH﹣﹣Q 温度（T） T↑→α↑ T↑→h↑ 加水 平衡正移，α↑ 促进水解，h↑ 增大[H+]抑制电离，α↑ 促进水解，h↑ 增大[OH﹣]促进电离，α↑ 抑制水解，h↑ 增大[A﹣]抑制电离，α↑ 水解程度，h↑ 注：α﹣电电离程度，h﹣水解程度． 【典例1】已知：[FeCl4（H2O）2]﹣为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，下列实验所得结论不正确的是（　　） （溶液中有少量的Fe（OH）3时呈浅黄色；加热为微热，忽略体积变化） ① ② ③ ④ 加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深 加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化 加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深 加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深 A．实验①中，Fe2（SO4）3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe（OH）3 B．实验②中，酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响 C．实验③中，加热，可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣正向移动 D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3+水解平衡正向移动 【变式1】水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发）： 实验 ① ② ③ ④ ⑤ 温度/℃ 20 30 40 从40℃冷却到20℃ 沸水浴后冷却到20℃ 颜色变化 红色略加深 红色接近① 红色比③加深较多 pH 8.31 8.29 8.26 8.31 9.20 下列说法不正确的是（　　） A．NaHCO3溶液显碱性的原因：H2O⇌H2CO3+OH﹣ B．①→③的过程中，颜色加深的原因可能是水解程度增大 C．①→③的过程中，pH略微下降说明升温过程中c（OH﹣）减小 D．⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故 【变式2】室温下，有两种溶液：①0.01mol•L﹣1NH3⋅H2O溶液、②0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c（）都增大的是（　　） A．加入少量H2O B．加入少量NaOH固体 C．通入少量HCl气体 D．升高温度 【变式3】下列说法正确的是（　　） A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同 B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，水解平衡正向移动 C．用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH＝1的醋酸溶液 D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1：2 题型8 盐类水解的应用 解｜题｜知｜识 1、判断或解释盐溶液的酸碱性 例如：①正盐KX、KY、KZ的溶液物质的量浓度相同，其pH值分别为7、8、9，判断HX、HY、HZ的酸性强弱的顺序。 ②相同条件下，测得①NaHCO3 ②CH3COONa ③NaAlO2三种溶液的pH值相同。判断它们的物质的量浓度由大到小的顺序。 解析：因为电离程度CH3COOH＞HAlO2所以水解程度NaAlO2＞NaHCO3＞CH3COONa在相同条件下，要使三种溶液pH值相同，只有浓度②＞①＞③ 2、分析盐溶液中微粒种类。 例如：Na2S和NaHS溶液含有的微粒种类相同，它们是Na+、S2﹣、HS﹣、H2S、OH﹣、H+、H2O，但微粒浓度大小关系不同。 3、比较盐溶液中离子浓度间的大小关系。 （1）一种盐溶液中各种离子浓度相对大小 ①当盐中阴、阳离子等价时 [不水解离子]＞[水解的离子]＞[水解后呈某性的离子（如H+或OH﹣）]＞[显性对应离子如OH﹣或H+] 实例：a．CH3COONa、b．NH4Cl a．[Na+]＞[CH3COO﹣]＞[OH﹣]＞[H+] b．[Cl﹣]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH﹣] ②当盐中阴、阳离子不等价时 要考虑是否水解，水解分几步，如多元弱酸根的水解，则是“几价分几步，为主第一步”，实例Na2S水解分二步 S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣（主要） HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣（次要） 各种离子浓度大小顺序为： [Na+]＞[S2﹣]＞[OH﹣]＞[HS﹣]＞[H+] （2）两种电解质溶液混合后各种离子浓度的相对大小。 ①若酸与碱恰好完全以应，则相当于一种盐溶液。 ②若酸与碱反应后尚有弱酸或弱碱剩余，则一般弱电解质的电离程度＞盐的水解程度。 4、溶液中各种微粒浓度之间的关系 以Na2S水溶液为例来研究 （1）写出溶液中的各种微粒 阳离子：Na+、H+ 阴离子：S2﹣、HS﹣、OH﹣ （2）利用守恒原理列出相关方程。 1°电荷守恒： [Na+]+[H+]＝2[S2﹣]+[HS﹣]+[OH﹣] 2°物料守恒： Na2S＝2Na++S2﹣ 若S2﹣已发生部分水解，S原子以三种微粒存在于溶液中。[S2﹣]、[HS﹣]根据S原子守恒及Na+的关系可得。 [Na+]＝2[S2﹣]+2[HS﹣]+2[H2S] 3°质子守恒 H2O⇌H++OH﹣ 由H2O电离出的[H+]＝[OH﹣]，水电离出的H+部分被S2﹣结合成为HS﹣、H2S，根据H+（质子）守恒，可得方程： [OH﹣]＝[H+]+[HS﹣]+2[H2S] 小结：溶液中的几个守恒关系 （1）电荷守恒：电解质溶液呈电中性，即所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数代数和为零。 （2）物料守恒（原子守恒）：即某种原子在变化过程（水解、电离）中数目不变。 （3）质子守恒：即在纯水中加入电解质，最后溶液中[H+]与其它微粒浓度之间的关系式（由电荷守恒及质子守恒推出） 写出0.1mol/L Na2CO3溶液中微粒守恒关系式。 ①[Na+]+[H+]＝[OH﹣]+[HCO3﹣]+2[CO32﹣] ②[HCO3﹣]+[CO32﹣]+[H2CO3]＝0.1 ③[OH﹣]＝[H+]+[HCO3﹣]+2[H2CO3] 5、判断加热浓缩或蒸干盐溶液能否得到同溶质固体 例1、AlCl3+3H2O⇌Al（OH）3+HCl△H＞0（吸热） ①升温，平衡右移 ②升温，促成HCl挥发，使水解完全 Al（OH）3灼烧后产物为Al2O3 例2、Al2（SO4）3+6H2O⇌2Al（OH）3+3H2SO4△H＞0（吸热） ①升温，平衡右移 ②H2SO4难挥发，随c（H2SO4）增大，将抑制水解 综合①②结果，最后得到Al2SO4 小结：加热浓缩或蒸干盐溶液，是否得到同溶质固体，由对应酸的挥发性而定。 结论： ①弱碱易挥发性酸盐氢氧化物固体（除铵盐） ②弱碱难挥发性酸盐同溶质固体 6、某些盐溶液的配制、保存 在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。Na2SiO3、Na2CO3、NH4F等不能贮存磨口玻璃塞的试剂瓶中，因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH﹣，NH4F水解产生HF，OH﹣、HF均能腐蚀玻璃。 7、某些离子间因发生又水解而在溶液中不大量共存，如 ①Al3+与S2﹣、HS﹣、CO32﹣、HCO3﹣、AlO2，SiO32﹣、ClO﹣、C6H5O﹣等不共存 ②Fe3与CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、ClO﹣等不共存 ③NH4+与ClO﹣、SiO32﹣、AlO2﹣等不共存 小结：能发生双水解反应，首先是因为阴、阳离子本身单一水解程度相对较大，其次水解一方产生较多H+，另一方产生较多OH﹣，两者相互促进，使水解进行到底。 3HCO3﹣+Al3+═Al（OH）3↓+3CO2↑ 8、泡沫灭火器内反应原理。 NaHCO3和Al2（SO4）3混合可发生双水解反应： 3HCO3﹣+Al3+═Al（OH）3↓+3CO2↑ 生成的CO2将胶状Al（OH）3吹出可形成泡沫 9、制备胶体或解释某些盐有净水作用 FeCl3、KAl2（SO4）2•12H2O等可作净水剂。 原因：Fe3+、Al3+水解产生少量胶状的Fe（OH）3、Al（OH）3，结构疏松、表面积大、吸附能力强，故它们能吸附水中悬浮的小颗粒而沉降，从而起到净水的作用。 【典例1】向含Co2+、Ni2+的FeSO4溶液中加入Na2S溶液除去钴镍，过滤，向滤液中加入NaHC2O4溶液沉铁，过滤得FeC2O4•2H2O。常温下，，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13；，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5。下列说法错误的是（　　） A．配制FeSO4溶液时需加入稀硫酸，抑制Fe2+的水解 B．0.1mol•L﹣1Na2S溶液中：c（HS﹣）＞c（S2﹣） C．0.2mol•L﹣1NaHC2O4溶液显酸性 D．沉铁时若加入NaOH溶液，可显著提高FeC2O4•2H2O的产率 【变式1】下列事实与水解反应无关的是（　　） A．明矾[KAl（SO4）2•12H2O]可以用作净水剂 B．纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液＞冷纯碱液 C．除去工业废水中的Hg2+：向废水中加入FeS固体 D．四氯化钛与大量水在加热条件下制备二氧化钛 【变式2】盐类水解的原理在生产和生活中有广泛的应用，下列事实与盐类水解无关的是（　　） A．明矾作净水剂 B．泡沫灭火器灭火 C．含氟牙膏预防龋齿 D．纯碱溶液除油污 【变式3】设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列关于0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液的说法正确的是（　　） A．AlCl3溶液呈中性 B．0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液中含Cl﹣数目为0.3NA C．溶液中的c（Cl﹣）＞3c（Al3+） D．加热蒸干AlCl3溶液可得到AlCl3固体 题型9 盐的水解常数 解｜题｜知｜识 盐的水解平衡常数，也被称为水解常数，是衡量盐在水溶液中水解程度的一个重要指标。 MA表示强碱弱酸盐，则A-水解的离子方程式为A-+H2O⇌HA+OH-， =（Ka—HA的电离常数）。 同理：强酸弱碱盐（如NH4Cl）的水解常数（Kh）与弱碱电离常数（Kb）之间的关系：。 过 关 验 收 1．下列溶液一定呈中性的是（　　） A．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 B．pH＝7的溶液 C．使石蕊试液呈紫色的溶液 D．c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣6mol•L﹣1的溶液 2．下列溶液一定显酸性的是（　　） A．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液 B．pH＝6的溶液 C．使无色酚酞变红的溶液 D．与铝粉反应生成氢气的溶液 3．设H2C2O4溶液中，，，室温下，用0.10mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液至终点，滴定过程得到的下列溶液中，微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（　　） A．0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液： B．当V（NaOH）＝10.00mL时： C．当V（NaOH）＝20.00mL时： D．当V（NaOH）＝40.00mL时： 4．常温下，浓度均为0.1mol/L的几种溶液的pH如下 溶液 ①CH3COONa ②NaHCO3 ③CH3COONH4 pH 8.88 8.33 7.00 下列说法不正确的是（　　） A．①中， B．由①②可知，的水解程度大于的水解程度 C．③中， D．推测常温下，0.1mol/LNHH4HCO3的pH＜8.33 5．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（　　） A．氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中：C（Cl﹣）＞C（） B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：C（OH﹣）＝C（H+） C．0.1mol/L的硫酸铵溶液中：C（）＞C（）＞C（H+） D．0.1mol/L的硫化钠溶液中：C（OH﹣）＝C（H+）＞C（HS﹣）＞C（H2S） 6．25℃时，0.1mol/LNaHC2O4溶液显酸性，下列有关判断正确的是（　　） A．c（C2）＜c（H2C2O4） B．c（Na+）+c（H+）═c（HC2）+2c（C2） C．c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）═0.1mol/L D．加水稀释，溶液酸性减弱，n（H+）•n（OH﹣）的值不变 7．常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1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（　　） A．该NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．三种一元弱酸的电离常数：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ） C．当pH＝7时，三种溶液中：c（X﹣）＝c（Y﹣）＝c（Z﹣） D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣） 8．常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是（　　） A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka（HCOOH）＞Ka（HF） B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c（CH3COO﹣ ）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣ ） C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp（FeS）＞Ksp（CuS） D．在1mol•L﹣1Na2S溶液中，c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）＝1mol•L﹣1 9．常温下，电解质溶液中的粒子浓度大小关系。 （1）0.4mol•L﹣1HB溶液和0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，溶液的PH＝6，混合后溶液中粒子浓度由大到小的顺序为　 　 （包括HB），该溶液中c（～B﹣）﹣c（HB）＝　 mol•L﹣1（填精确数值）。 （2）pH＝4的盐酸与pH＝10的氨水等体积混合，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序为　 　 。 （3）0.1mol•L﹣1Na2C2O4溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，写出混合后溶液的电荷守恒　 　 。 （4）CH3COONH4溶液中的质子守恒　 　 。 （5）在相同温度、相同浓度下列溶液中①HCl；②CH3COOH；③Na2CO3，由水的电离产生的c（H+）由大到小的顺序为　 　 （填序号）。 （6）已知酸性：CH3COOH＞HCN，相同温度、相同浓度①NaCN；②CH3COONa；③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为　 　 （填序号）。 10．实验测得0.6mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH、温度随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．随温度升高，纯水中c（H+）＝c（OH﹣） B．随温度升高，CH3COONa溶液的c（OH﹣）减小 C．CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣ D．随温度升高，CH3COONa溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 11．下列有关盐类水解和沉淀溶解平衡在生产生活中应用的说法错误的是（　　） A．用Na2S、FeS除去废水中的Hg2+，反应的离子方程式相同 B．将TiCl4溶于大量水并加热制取TiO2，溶于大量水并加热的目的是促进TiCl4水解 C．在SOCl2气流中加热AlCl3•6H2O制取无水AlCl3，SOCl2消耗水的同时生成HCl抑制AlCl3水解 D．处理水垢中CaSO4的方法是先用饱和Na2CO3溶液将CaSO4转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，再加酸除去 12．常温下，浓度均为0.1mol⋅L﹣1的NaX和NaY盐溶液的pH分别为9和11。下列判断不正确的是（　　） A．NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣） B．电离常数：Ka（HX）＞Ka（HY） C．X﹣结合H+的能力大于Y﹣结合H+的能力 D．HX与NaY能发生反应：HX+Y﹣═HY+X﹣ 13．配制FeCl3溶液时，为防止出现浑浊，可向该溶液中加入少量（　　） A．铁 B．盐酸 C．氯化钠 D．氢氧化钠 14．下列关于0.10mol•L﹣1的Na2CO3溶液的说法中错误的是（　　） A．溶液的pH＞7 B．常温下，加水稀释后，溶液中c（H+）与c（OH﹣）的乘积变大 C．温度升高，减小 D．溶液中存在浓度关系： 15．下列说法与盐类的水解无关的是（　　） A．配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉 B．为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸 C．碳酸钠可用于去除餐具上的油污 D．实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞 16．25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示，有关说法正确的是（　　） 序号 ① ② ③ ④ 溶液 NaCl CH3COONH4 NaF NaHCO3 pH 7.0 7.0 8.1 8.4 A．酸性强弱：H2CO3＞HF B．①和②中溶质均未水解 C．①和③中阴离子的总浓度：c（Cl﹣）+c（OH﹣）＞c（F﹣）+c（OH﹣） D．④中： 17．下列说法正确的为　 　 。 ①pH＝0的溶液中Fe3+与S2﹣因发生双水解而不共存 ②25℃pH＝7的CH3COONH4溶液，水电离出的c（H+）＝10﹣7mol/L ③将0.1mol的Na2CO3溶于水中，形成溶液中阴离子总数小于0.1NA ④泡沫灭火器内的玻璃筒里盛放碳酸氢钠溶液，铁筒里盛放硫酸铝溶液 ⑤pH＝2的盐酸和醋酸，均稀释到pH＝5，醋酸加水量大 ⑥NaHSO3溶液中加入少量NaOH固体，将增大 ⑦用稀盐酸可洗涤AgCl沉淀表面的可溶性杂质同时可以减少损失 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 第三节 盐类的水解 内 容 导 航 题型1 探究溶液的酸碱性 题型2 盐类水解的原理 题型3 盐类水解的规律 题型4 双水解反应 题型5 酸式盐溶液酸碱性的分析 题型6 离子浓度大小的比较 题型7 影响盐类水解程度的主要因素 题型8 盐类水解的应用 题型9 盐的水解常数 考 点 演 练 题型1 探究溶液的酸碱性 解｜题｜知｜识 1、溶液的酸碱性 溶液的酸碱性取决于溶液中的c（H+）与c（OH﹣）的相对大小． 在常温下，中性溶液：c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol/L； 酸性溶液：c（H+）＞c（OH﹣），c（H+）＞1×10﹣7mol/L； 碱性溶液：c（H+）＜c（OH﹣），c（H+）＜1×10﹣7mol/L． c（H+）＞1×10﹣7mol/L （pH＜7）的溶液是否一定呈酸性？不是，同样pH＝7也不一定是中性，例如：当温度为100℃时，pH＝6时呈中性． 2、溶液的pH值两种测量方法 溶液的pH值可以用pH试纸测定（精确到整数，且只能在1～14的范围），也可以用pH计（精确到0.1）测定． [特别提醒]：在标准温度（25℃）和压力下，pH＝7的水溶液（如：纯水）为中性，水的离子积常数为1×10﹣14，且c（H+）和c（OH﹣）都是1×10﹣7mol/L．pH愈小，溶液的酸性愈强；pH愈大，溶液的碱性也就愈强．通常pH是一个介于0和14之间的数，当pH＜7的时候，溶液呈酸性，当pH＞7的时候，溶液呈碱性，当pH＝7的时候，溶液呈中性．但在非水溶液或非标准温度和压力的条件下，pH＝7可能并不代表溶液呈中性，这需要通过计算该溶剂在这种条件下的电离常数来决定pH为中性的值．如373K（100℃）的温度下，pH＝6为中性溶液． 【典例1】常温下，下列溶液一定呈中性的是（　　） A．pH＝7的溶液 B．水电离出的c（OH﹣）＝c（H+）的溶液 C．使石蕊试液显紫色的溶液 D．滴入酚酞不变色的溶液 【答案】A 【解答】解：A．常温下，pH为7的溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，一定呈中性，故A正确； B．水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，溶液可能呈酸性或中性或碱性，故B错误； C．石蕊试液显紫色的溶液的pH在5—8的范围内，溶液可能呈酸性或中性或碱性，故C错误； D．滴入酚酞不变色的溶液的pH小于8，溶液可能呈酸性或中性或碱性，故D错误； 故选：A。 【变式1】常温下，下列溶液一定显酸性的是（　　） A．氯化钙溶液 B．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液 C．碳酸钠溶液 D．的溶液 【答案】B 【解答】解：A．氯化钙是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A错误； B．根据溶液酸碱性的定义，c（H+）＞c（OH﹣）时，溶液一定显酸性，与温度无关，故B正确； C．碳酸钠水解生成和OH﹣，溶液显碱性，故C错误； D．常温下，任何水溶液的Kw均为1.0×10﹣14，该条件适用于酸性、中性和碱性溶液，故不能确定溶液一定显酸性，故D错误； 故选：B。 【变式2】下列关于溶液酸碱性的说法正确的是（　　） A．溶液中若c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液显酸性 B．25℃时，pH＝12的氨水和pH＝2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH＝7 C．常温下，能使甲基橙指示剂变黄的溶液一定呈中性或碱性 D．在t℃（）时，将pH＝13的强碱与pH＝2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为2：99 【答案】D 【解答】解：A．溶液中若c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1，未指明温度，不能说明c（H+）＞c（OH﹣），故A错误； B．充分反应后氨水过量，溶液显碱性，所得溶液的pH＞7，故B错误； C．甲基橙在溶液的pH大于4.4时显黄色，常温下，能使甲基橙指示剂变黄的溶液可能呈酸性、中性或碱性，故C错误； D．设酸溶液的体积为xL、碱溶液的体积为yL、pH＝13的强碱溶液中mol/L，pH＝2的强酸溶液中c（H+）＝0.01mol/L，混合溶液的pH＝11，则混合溶液中mol/L，根据混合溶液中mol/L，解得：y：x＝2：99，故D正确； 故选：D。 【变式3】下列溶液肯定是酸性的是（　　） A．含H+的溶液 B．c（OH﹣）＜c（H+）的溶液 C．pH＜7的溶液 D．加酚酞显无色的溶液 【答案】B 【解答】解：A．酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，故A错误； B．溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，故B正确； C．溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，且温度未知，如100℃pH＝6为中性，故C错误； D．酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，故D错误； 故选：B。 题型2 盐类水解的原理 解｜题｜知｜识 1、盐的水解的实质 H2O⇌H++OH﹣ AB═Bn﹣+An+ 当盐AB能电离出弱酸阴离子（Bn﹣）或弱碱阳离子（An+），即可与水电离出的H+或OH﹣结合成电解质分子，从而促进水进一步电离． 与中和反应的关系：盐的水解为中和反应的逆反应，但一般认为中和反应程度大，大多认为是完全反应，但盐类的水解程度小得多，故为可逆反应，真正发生水解的离子仅占极小比例． 2、水解规律 简述为：有弱才水解，无弱不水解； 越弱越水解，弱弱都水解； 谁强显谁性，等强显中性 具体为： ①强酸弱碱盐呈酸性；②强碱弱酸盐呈碱性；③强酸强碱盐呈中性；④弱酸弱碱盐不一定 如 NH4CN CH3CO2NH4 NH4F 碱性 中性 酸性 （主要取决于弱酸弱碱的相对强弱） 3、水解方程式的书写 （1）盐类水解是可逆反应，反应方程式中要写“⇌”符号； （2）一般盐类水解的程度很小，水解产物很少．通常不生成沉淀或气体，也不发生分解．一般不标“↓”或“↑”，也不把生成物（如H2CO3、NH3•H2O）写成分解产物的形式． （3）多元弱酸根离子的水解要分步写，一般只写第一步． （4）多元弱碱阳离子的水解一步到位．如：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ （5）双水解进行到底的，用“＝、↑、↓”，均一步到位． （6）多元弱酸的酸式酸根离子水解与电离共存． 如：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 【典例1】如图为某实验测得0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液在升温过程中（不考虑水挥发）的pH变化曲线。下列说法正确的是（　　） A．a点溶液的c（OH﹣）比c点溶液的小 B．a点时，Kw＜Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3） C．b点溶液中， D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解 【答案】A 【解答】解：A．Kw＝c（H+）c（OH﹣），随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即c（H+）相同，但是c（OH﹣）不同，c点的Kw大，所以a点溶液的c（OH﹣）比c点溶液的小，故A正确； B．NaHCO3溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，NaHCO3溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh＝ ，所以Kw＞Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3），故B错误； C．b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：，由于c（H+）＜c（OH﹣），所以，故C错误； D．NaHCO3溶液中存在电离和水解2个过程，水解为吸热过程，升高温度，促进水解，故D错误； 故选：A。 【变式1】化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　） A．废旧钢材在焊接前，用饱和NH4Cl溶液清洗焊点表面油污 B．明矾与高铁酸钾均可作水处理剂，两者处理水的原理相同 C．草木灰与铵态氮肥混合施用可以提高氮肥使用效果 D．纯碱可用作锅炉除垢（主要成分为CaSO4）的转化剂 【答案】D 【解答】解：A．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，能除去铁锈而不是除去油污，故A错误； B．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体用于净水，高铁酸钾中铁处于高价态，具有强氧化性能杀菌消毒而净水，原理不相同，故B错误； C．草木灰含K2CO3，碳酸根离子与铵根离子发生双水解，生成一水合氨，一水合氨分解生成氨气，降低肥效，故C错误； D．硫酸钙转化为碳酸钙的离子方程式为：，CaCO3易和酸反应除去，故纯碱可用作锅炉除垢的转化剂，故D正确； 故选：D。 【变式2】下列关于0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液的说法中，正确的是（　　） A．溶液中共有5种分子和离子 B．升高温度，CO32﹣水解平衡正向移动 C．CaCl2能促进Na2CO3的水解 D．加入氢氧化钠固体，可以使溶液中c（Na+）：c（CO32﹣）＝2：1 【答案】B 【解答】解；A．0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中存在Na2CO3＝2Na++CO32﹣、CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣、H2O⇌H++OH﹣，溶液中存在分子为：H2CO3、H2O，离子为：Na+、CO32﹣、HCO3﹣、OH﹣、H+，溶液中共有7种分子和离子，故A错误； B．盐类水解是吸热反应，升高温度，CO32﹣水解平衡正向移动，故B正确； C．CaCl2能结合碳酸根离子形成碳酸钙沉淀，碳酸根离子水解平衡逆向进行，故C错误； D．向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制碳酸根离子水解，溶液中钠离子浓度增大，根据物料守恒知溶液中c（Na+）：c（CO32﹣）＞2：1，故D错误； 故选：B。 【变式3】下列叙述正确的是（　　） A．将pH＝2的盐酸和pH＝2的醋酸等体积混合，混合后溶液的pH＝2 B．HA﹣比HB﹣更难电离，则NaHA溶液的pH一定比NaHB溶液的大 C．在饱和氨水中加入同浓度的氨水，平衡正向移动 D．某温度下，Ba（OH）2溶液中，Kw＝10﹣12，pH＝8的该溶液中加入等体积pH＝4的盐酸，混合溶液的pH＝7 【答案】A 【解答】解：A、由于醋酸和盐酸溶液中氢离子相等，混合后醋酸的电离平衡不受影响，即电离平衡不移动，溶液中氢离子浓度不变，混合溶液的pH＝2，故A正确； B、根据HA﹣比HB﹣更难电离，可知酸性关系：HA﹣＞HB﹣，二者对应的离子是A2﹣和B2﹣，Na2A溶液一定比Na2B溶液的pH大，但是无法比较NaHA和NaHB溶液的水解程度大小，故B错误； C、在饱和氨水中加入同浓度的氨水，由于氨水的浓度相同，平衡不会发生移动，故C错误； D、某温度下，Ba（OH）2溶液中，Kw＝10﹣12，pH＝8的该溶液中，氢氧根离子浓度为0.0001mol/L，加入等体积pH＝4的盐酸氢离子浓度为0.0001mol/L，混合后溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液显示中性，混合溶液的pH＝6，故D错误； 故选：A。 题型3 盐类水解的规律 解｜题｜知｜识 （1）定义：在溶液中盐的离子跟水所电离出来的H+或OH﹣生成弱电解质的过程叫做盐类的水解。 （2）条件：盐必须溶于水，盐必须能电离出弱酸根离子或弱碱阳离子。 （3）实质：弱电解质的生成，破坏了水的电离，促进水的电离平衡发生移动的过程。 （4）规律：难溶不水解，有弱才水解，无弱不水解；谁弱谁水解，越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性（适用于正盐），同强显中性，弱弱具体定；越弱越水解，越热越水解，越稀越水解。 【典例1】在25℃条件下，将pH＝4的NH4Cl溶液加水稀释过程中，下列说法正确的是（　　） A．能使NH4Cl的水解常数Kh增大 B．溶液中c（H+）?c（OH﹣）不变 C．能使溶液中n（NH4+）增大 D．此过程中，溶液中所有离子浓度均减小 【答案】B 【解答】解；A．平衡常数随温度变化，温度不变，NH4Cl的水解常数Kh不变，故A错误； B．温度不变，溶液中离子积常数Kw不变，液中c（H+）⋅c（OH﹣）不变，故B正确； C．稀释促进铵根离子水解，溶液中n（NH4+）减小，故C错误； D．稀释过程中，溶液中氢氧根离子浓度增大，故D错误； 故选：B。 【变式1】电解质的溶液中存在着众多的化学平衡，请按要求填空。 （1）Al2S3无法在水溶液中制备，原因是：　 　 （用离子方程式解释）。 （2）要除去CuCl2溶液中少量的FeCl3可以选择的除杂试剂有：　　 。 A.NaOH B.Cu（OH）2 C.NH3•H2O D.Cu2（OH）2CO3 （3）铍和铝元素化学性质相似，从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是 　 　 。 （4）蒸干并灼烧Ca（ClO）2溶液，得到的产物是 　 （填化学式）。 （5）在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH如表所示： 溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN C6H5ONa pH 8.1 8.8 11.6 10.3 11.1 11.3 ①相同浓度的a．CH3COOH、b．HCO3﹣、c．H2CO3、d．HClO酸性由强到弱的顺序是：　 　 （填字母）。 ②请根据上述信息判断下列反应不能发生的是 　　 （填字母）。 a.CH3COOH+NaCN＝CH3COONa+HCN b.CO2+H2O+2NaClO＝Na2CO3+2HClO c.2HCN+Na2CO3＝NaCN+CO2↑+H2O d.Na2CO3+C6H5OH＝NaHCO3+C6H5ONa 【答案】（1）2Al3++3S2﹣+6H2O＝2Al（OH）3↓+3H2S↑； （2）BD； （3）在HCl气流中加热蒸干BeCl2溶液； （4）CaCl2； （5）①a＞c＞d＞b； ②bc。 【解答】解：（1）Al2S3在水中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3++3S2﹣+6H2O＝2Al（OH）3↓+3H2S↑，即Al2S3不能通过水溶液的离子反应制备， 故答案为：2Al3++3S2﹣+6H2O＝2Al（OH）3↓+3H2S↑； （2）FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Cu（OH）2粉末、CuO或CuCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，此温度下要除去CuCl2溶液中的少量FeCl3，可以边搅拌边加入一种试剂，这种试剂是：B．Cu（OH）2、D．Cu2（OH）2CO3， 故答案为：BD； （3）由于BeCl2水解生成Be（OH）2和HCl，所以从 BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是在氯化氢气流中对BeCl2溶液蒸发结晶， 故答案为：在氯化氢气流中对BeCl2溶液蒸发结晶； （4）次氯酸钙溶液中水解生成次氯酸和氢氧化钙，加热促进水解，次氯酸分解生成元素和氧气，盐酸和氢氧化钙反应生成氯化钙溶液，蒸干得到氯化钙固体，化学式为：CaCl2， 故答案为：CaCl2； （5）①溶液pH比较得到，酸越弱，对应阴离子水解程度越强，溶液碱性越强，pH越大，得到溶液酸性强弱为：HCO3﹣＜C6H5OH＜HCN＜HClO＜H2CO3＜CH3COOH，则相同浓度的a．CH3COOH、b．HCO3﹣、c．H2CO3、d．HClO酸性由强到弱的顺序是：a＞c＞d＞b， 故答案为：a＞c＞d＞b； ②酸性小到大顺序是：HCO3﹣＜C6H5OH＜HCN＜HClO＜H2CO3＜CH3COOH，酸性强的可以制备酸性弱的， a．酸性CH3COOH＞HCN，CH3COOH+NaCN＝CH3COONa+HCN，反应能实现，故a正确； b．酸性HCO3﹣＜HClO＜H2CO3，CO2+H2O+2NaClO＝Na2CO3+2HClO反应不能实现，正确的化学方程式为：CO2+H2O+NaClO＝NaHCO3+HClO，故b错误； c．酸性HCO3﹣＜HCN＜H2CO3，2HCN+Na2CO3＝NaCN+CO2↑+H2O反应不能进行，正确的化学方程式为：HCN+Na2CO3＝NaCN+NaHCO3，故c错误； d．酸性HCO3﹣＜C6H5OH＜H2CO3，Na2CO3+C6H5OH＝NaHCO3+C6H5ONa能实现，故d正确； 故答案为：bc。 题型4 双水解反应 解｜题｜知｜识 （1）定义：指弱酸阴离子和弱碱阳离子相互促进水解。 （2）常见的双水解：Fe3+、Al3+与碳酸根、碳酸氢根。 （3）注意事项：发生双水解的离子不共存。 【典例1】某物质R是人类生命活动中不可缺少的物质，已知R的相对分子质量为150，其中含碳元素40%，含氢元素6.7%，其余为氧元素。则R的化学式为（　　） A．C5H10O2 B．C6H14O4 C．C5H10O5 D．C6H12O6 【答案】C 【解答】解：由物质R中碳元素40%，含氢元素6.7%，其余为氧元素，则氧元素的质量分数＝1﹣40%﹣6.7%＝53.3%； 设该化合物的化学式为CxHyOz； 根据质量分数可得12x：y：16z＝40%：6.7%：53.3% 且12x+y+16z＝150；x＝5，y＝10，z≈5 则R的化学式为C5H10O5； 故选：C。 【变式1】（2025春•北仑区校级期中）由碳、氧两种元素组成的气体，碳与氧的质量之比为1：4，则该气体可能是（　　） A．由CO或CO2单独组成的纯净物 B．由CO和CO2共同组成的混合物 C．由CO和O2等质量组成的混合物 D．由CO2和O2共同组成的混合物 【答案】D 【解答】解：A、由碳、氧两种元素组成的气体有CO、CO2和O2，其中CO、CO2中碳与氧的质量比分别是3：4和3：8，而混合气体中碳与氧的质量比是1：4即为3：12，因此答案不可能是A，即不是由CO或CO2单独组成的纯净物，故A错； B、由碳、氧两种元素组成的气体有CO、CO2和O2，其中CO、CO2中碳与氧的质量比分别是3：4和3：8，而混合气体中碳与氧的质量比是1：4即3：12，因此答案不可能是B，即不是由CO和CO2共同组成的混合物，故B错； C、由CO和O2等质量组成的混合物，假设气体都为224g，则碳与氧的质量比为224g：224g224g＝96：352＝3：11，故C错误； D、因CO2中碳与氧的质量比是3：8，大于1：4，O2中不含碳元素，故二者的混合物可能为1：4，故D正确。 故选：D。 【变式2】（2025春•奉化区校级期中）苏州盛产杨梅。杨梅中含有丰富的叶酸，对防癌抗癌有积极作用，其化学式为C19H19N7O6．下列有关叶酸的说法中正确的是（　　） A．叶酸的相对分子质量为441g B．叶酸中氮元素的质量分数大于氧元素的质量分数 C．叶酸中碳、氢、氮、氧四种元素质量比为19：19：7：6 D．叶酸由19个碳原子、19个氢原子、7个氮原子和6个氧原子构成 【答案】B 【解答】解：A．相对分子质量的单位不是“g”而是“1”，通常省略不写，故错误； B．叶酸（C19H19N7O6）中氮、氧元素质量比为（14×7）：（16×6）＝98：96，可见其中氮元素的质量分数大于氧元素的质量分数，故正确； C．叶酸中碳、氢、氮、氧四种元素质量比为（12×19）：（1×19）：（14×7）：（16×6）≠19：19：7：6，故错误； D．叶酸是由分子构成的而不是由原子直接构成的，故错误。 故选：B。 【变式3】（2025春•奉化区校级期中）苏州盛产杨梅。杨梅中含有丰富的叶酸，对防癌抗癌有积极作用，其化学式为C19H19N7O6．下列有关叶酸的说法中正确的是（　　） A．叶酸的相对分子质量为441g B．叶酸中氮元素的质量分数大于氧元素的质量分数 C．叶酸中碳、氢、氮、氧四种元素质量比为19：19：7：6 D．叶酸由19个碳原子、19个氢原子、7个氮原子和6个氧原子构成 【答案】B 【解答】解：A．相对分子质量的单位不是“g”而是“1”，通常省略不写，故错误； B．叶酸（C19H19N7O6）中氮、氧元素质量比为（14×7）：（16×6）＝98：96，可见其中氮元素的质量分数大于氧元素的质量分数，故正确； C．叶酸中碳、氢、氮、氧四种元素质量比为（12×19）：（1×19）：（14×7）：（16×6）≠19：19：7：6，故错误； D．叶酸是由分子构成的而不是由原子直接构成的，故错误。 故选：B。 题型5 酸式盐溶液酸碱性的分析 解｜题｜知｜识 （1）酸式盐的定义：电离时生成的阳离子除金属离子（或铵根）外还有氢离子，阴离子为酸根离子的盐。 （2）绝大多数的酸式盐由多元弱酸形成，但也有由多元强酸形成酸式盐。如NaHSO4。 （3）强酸的酸式盐只能电离，不能发生水解。 （4）注意事项：强碱弱酸对应的酸式盐溶液的酸碱性就由电离和水解两个方面来决定。 题型6 离子浓度大小的比较 解｜题｜知｜识 一、单一溶液中离子浓度大小的比较： 1、多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如0.1mol/L的H3PO4的溶液中： c（H+）＞c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（PO43﹣） 点拨：判断多元弱酸溶液中离子浓度大小的一般规律是：（显性离子）＞（一级电离离子）＞（二级电离离子）＞（水电离出的另一离子） 2、一元弱酸的正盐溶液，如0.1mol/L的CH3COONa溶液中： c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 点拨：判断一元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子） 3、多元弱酸正盐根据多元弱酸根的分步水解分析：如0.1mol/L的Na2CO3溶液中： c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣） 点拨：判断二元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（二级水解离子）＞（水电离出的另一离子） 4、二元弱酸的酸式盐溶液，如0.1mol/L的NaHCO3溶液： c （Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣） 点拨：判断二元弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子）＞（电离得到的酸根离子） 5、不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其它离子对其影响的因素． 如在相同物质的量的浓度的下列溶液：①NH4Cl②CH3COONH4③NH4HSO4中c（NH4+）浓度由大到小的顺序是：③＞①＞②． 点拨：该类型题要看溶液中其它离子对的其影响． 二、混合溶液中离子浓度大小的比较： 1、两种物质混合不反应： 如①等物质的量的CH3COOH和CH3COONa混合：CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，混合后溶液呈酸性，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） ②等物质的量的NH4Cl和NH3•H2O混合：和NH3•H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用，混合后溶液呈碱性，c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 2、两种物质其恰好完全反应： 如①10ml 0.1 mol/L NaOH溶液中加入同体积、同浓度HAc溶液混合 ②100 mL 0.1 mol/L 醋酸与50 mL 0.2mol/L NaOH溶液混合等． 3、两种物质反应，其中一种有剩余 （1）酸与碱反应型： 点拨：在审题时，要关注所给物质的量是“物质的量浓度”还是“pH”，否则会很容易判断错误．解答此类题目时应抓住两溶液混合后剩余的弱酸或弱碱的电离程度和生成盐的水解程度的相对大小． 如：0.2 mol/L HCN溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合 解析：上述溶液混合后，溶质为HCN和NaCN，由于该题已说明溶液显碱性，所以不能再按照HCN的电离处理，而应按NaCN水解为主． ①pH＝7型： 例、常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH＝7，则此溶液中（　　） A、[HCOO﹣]＞[Na+]；B、[HCOO﹣]＜[Na+]；C、[HCOO﹣]＝[Na+]；D、无法确定[HCOO﹣]与[Na+]的关系 解析：该溶液中有四种离子HCOO﹣、OH﹣、Na+、H+，根据电荷守恒[Na+]+[H+]＝[OH﹣]+[HCOO﹣]，根据pH＝7得[H+]＝[OH﹣]，故[HCOO﹣]＝[Na+]，选C． ②未指明酸碱的强弱： ③pH之和等于14的酸和碱溶液的混合（判断过量） 如：①pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，混合后溶液呈酸性； ②pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，氨水过量，混合后溶液呈碱性． （2）盐与酸（碱）反应型 ①弱酸强碱盐与强酸反应后溶液中离子浓度大小的比较 例、将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是 A、c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（HAc） B、c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HAc）＞c（H+） C、c（Ac﹣）＝c（Cl+）＞c（H+）＞c（HAc） D、c（Na+）+c（H+）＝c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣） 解析：两溶液混合后，溶液实质上是等浓度醋酸、醋酸钠、氯化钠的混合溶液，呈酸性说明CH3COO﹣水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以[CH3COO﹣]＞[Cl﹣]＞[CH3COOH]，但CH3COOH的电离程度较小，[CH3COO﹣]＞[H+]，故A、C错，B是正确的．依据电荷守恒原则可知D也是正确的．答案：B、D ②强酸弱碱盐与强碱反应后溶液中离子浓度大小的比较 例、0.2mol/L NH4Cl溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　） A、c（NH4+）＝c（Na+）＝c（OH﹣）＞c（NH3•H2O） B、c（NH4+）＝c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣） C、c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣） D、c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+） 解析：因NH4Cl溶液与NaOH溶液等体积混合后，溶液的成分为0.05mol/LNH3•H2O，0.05mol/LNaCl，0.05mol/LNH4Cl．因为NH3•H2O的电离平衡程度大于NH4+的水解程度，所以c（OH﹣）＞c（H+）；且c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，c（NH4+）＞0.1mol/L．因此溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序是c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）．D选项正确．根据电荷守恒，C选项正确．答案：C、D． 4、不同物质同种离子浓度的比较：如NH4Cl、NH4HSO4、CH3COONH4和NH4HCO3中NH4+的比较 【典例1】下列关于室温时溶液中离子浓度关系的说法正确的是（　　） A．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中： B．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中： C．pH＜7的CH3COOH、CH3COONa混合溶液： D．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液和0.1mol•L﹣1NH3•H2O相比，前者大于后者 【答案】D 【解答】解：A．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中物料守恒，故A错误； B．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中部分水解产生NH3•H2O和H+使得溶液显酸性，溶液中存在电荷守恒：，则，故，故B错误； C．CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH＜7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，则混合溶液中，故C错误； D．NH4Cl在水溶液中完全电离出和Cl﹣，有很少一部分发生水解；NH3•H2O是弱碱，电离程度很小，溶液中很小，所以0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液和0.1mol•L﹣1NH3•H2O相比，前者大于后者，故D正确； 故选：D。 【变式1】工业上NH4HCO3常用于金属沉降，关于0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液说法错误的是（　　） 已知： 物质 NH3•H2O H2CO3 电离平衡常数（25℃） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：A．溶液中阳离子总电荷等于阴离子总电荷，根据电荷守恒得出，故A正确； B．NH4HCO3溶液中N和C的物质的量相等，根据物料守恒得出，故B正确； C．会发生水解和电离，水解常数Ka2，故以水解为主， 会发生水解，，因 ，溶液呈碱性，应为 c（OH﹣）＞c（H+），故C错误； D．将电荷守恒和物料守恒联立，消去铵根离子，得到，故D正确； 故选：C。 【变式2】下列说法错误的是（　　） A．0.2mol•L﹣1CH3COOK与0.1mol•L﹣1盐酸等体积混合（pH＜7）： B．NaHS溶液呈碱性： C．0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中： D．等物质的量浓度的HCN溶液与NaCN溶液等体积混合溶液显碱性，则溶液中：c（CN﹣）＞c（Na+）＞c（HCN）＞c（OH﹣）＞c（H+） 【答案】D 【解答】解：A．混合后得到醋酸、醋酸钾和氯化钾的混合溶液，pH＜7说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+），故A正确； B．NaHS溶液呈碱性，说明HS﹣水解程度大于电离程度，即c（H2S）＞c（S2﹣），溶液中c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（H2S）＞c（S2﹣），故B正确； C．（NH4）2SO4溶液中，，溶液酸性，所以在（NH4）2SO4溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C正确； D．混合溶液显碱性说明氰根离子水解大于氢氰酸电离，则c（HCN）＞c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误； 故选：D。 【变式3】室温下，用0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液吸收SO2，并获得BaSO3的过程如图。溶液中含硫物种的浓度。已知：Ka1（H2SO3）＝1.4×10﹣2，，。下列说法正确的是（　　） A．pH＝4.5的吸收液： B．pH＝6的吸收液在沉淀过程中水的电离程度先增大后减小 C．向的溶液中，加入等体积0.1mol•L﹣1的BaCl2溶液无沉淀产生 D．的溶液： 【答案】B 【解答】解：A．结合，pH＝4.5时c（H+）＝10﹣4.5mol•L﹣1，代入得，故A错误； B．pH＝6的吸收液含NaHSO3，其电离使溶液呈酸性、抑制水的电离；加Ba（OH）2时，OH﹣先中和H+促进水的电离，过量OH﹣抑制水的电离，故B正确； C．等体积混合后，c（Ba2+）＝0.05mol•L﹣1，由得，离子积，会产生沉淀，故C错误； D．原Na2SO3溶液中c（Na+）＝0.2mol•L﹣1，，物料守恒为，故D错误； 故选：B。 题型7 影响盐类水解程度的主要因素 解｜题｜知｜识 1、内因：盐的本性． 2、外因：浓度、浓度、溶液酸碱性的变化 （1）温度不变，浓度越小，水解程度越大． （2）浓度不变，水解反应是吸热反应，因此温度越高，水解程度越大． （3）改变溶液的pH值，可抑制或促进水解． 比较外因对弱电解质和盐水解的影响 HA⇌H++A﹣﹣Q A﹣+H2O⇌HA+OH﹣﹣Q 温度（T） T↑→α↑ T↑→h↑ 加水 平衡正移，α↑ 促进水解，h↑ 增大[H+]抑制电离，α↑ 促进水解，h↑ 增大[OH﹣]促进电离，α↑ 抑制水解，h↑ 增大[A﹣]抑制电离，α↑ 水解程度，h↑ 注：α﹣电电离程度，h﹣水解程度． 【典例1】已知：[FeCl4（H2O）2]﹣为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，下列实验所得结论不正确的是（　　） （溶液中有少量的Fe（OH）3时呈浅黄色；加热为微热，忽略体积变化） ① ② ③ ④ 加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深 加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化 加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深 加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深 A．实验①中，Fe2（SO4）3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe（OH）3 B．实验②中，酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响 C．实验③中，加热，可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣正向移动 D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3+水解平衡正向移动 【答案】D 【解答】解：A.根据题意，溶液中有少量的Fe（OH）3时呈浅黄色，Fe2（SO4）3溶液中Fe3+会水解产生了少量Fe（OH）3，水解吸热，加热促进Fe3+水解，根据实验①的现象，加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，故Fe2（SO4）3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe（OH）3，故A正确； B.Fe3+的水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，则增大氢离子浓度会平衡左移，即酸化会抑制Fe3+水解，而加热促进Fe3+水解，根据实验②的现象，酸化的Fe2（SO4）3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，即加热后Fe3+水解程度依然受到很大程度的抑制，故酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，故B正确； C.根据题意，往Fe2（SO4）3溶液加入NaCl，溶液中存在可逆反应：Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，[FeCl4（H2O）2]﹣为黄色，根据实验③的现象，加热后溶液黄色变深，说明平衡正向移动，故C正确； D.FeCl3溶液中同时存在Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣，由选项C可知，加热可促进Fe3++4Cl﹣+2H2O⇌[FeCl4（H2O）2]﹣平衡正向移动，导致溶液黄色变深，即升高温度，颜色变深不一定是因为Fe3+水解平衡正向移动，故D错误； 故选：D。 【变式1】水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发）： 实验 ① ② ③ ④ ⑤ 温度/℃ 20 30 40 从40℃冷却到20℃ 沸水浴后冷却到20℃ 颜色变化 红色略加深 红色接近① 红色比③加深较多 pH 8.31 8.29 8.26 8.31 9.20 下列说法不正确的是（　　） A．NaHCO3溶液显碱性的原因：H2O⇌H2CO3+OH﹣ B．①→③的过程中，颜色加深的原因可能是水解程度增大 C．①→③的过程中，pH略微下降说明升温过程中c（OH﹣）减小 D．⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故 【答案】C 【解答】解：A．水解程度大于电离程度导致NaHCO3溶液呈碱性，离子反应方程式为：H2O⇌H2CO3+OH﹣，故A正确； B．①→③的过程中，温度升高促进碳酸氢根离子的水解，所以溶液碱性增强，溶液颜色加深，故B正确； C．温度越高水的离子积常数越大，导致溶液中c（H+）增大，但溶液中pH略微下降，升高温度促进水解，则c（OH﹣）增大，故C错误； D．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，说明⑤的碱性强于①，NaHCO3受热分解生成Na2CO3，则⑤中碳酸钠的水解程度大于①中碳酸氢钠的水解程度，故D正确； 故选：C。 【变式2】室温下，有两种溶液：①0.01mol•L﹣1NH3⋅H2O溶液、②0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c（）都增大的是（　　） A．加入少量H2O B．加入少量NaOH固体 C．通入少量HCl气体 D．升高温度 【答案】C 【解答】解：A．加水稀释促进NH3⋅H2O，但NH3⋅H2O电离的增大程度小于溶液体积增大程度；加水稀释促进NH4Cl中的水解程度，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，所以两种溶液中c（）都减小，故A错误； B．加入NaOH固体，抑制NH3⋅H2O电离，促进水解，所以c（）：前者减小、后者增大，故B错误； C．通入少量HCl气体，促进NH3⋅H2O电离、抑制水解，c（）都增大，故C正确； D．升高温度促进NH3⋅H2O电离、水解，所以c（）：前者增大、后者减小，故D错误； 故选：C。 【变式3】下列说法正确的是（　　） A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同 B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，水解平衡正向移动 C．用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH＝1的醋酸溶液 D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1：2 【答案】B 【解答】解：A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，由于一水合氨为弱碱，pH相同时氨水的浓度较大，则氨水消耗HCl的物质的量大于NaOH溶液，故A错误； B．加水稀释促进盐的水解，则在醋酸钠溶液中再加入少量水，促进醋酸钠的水解，即水解平衡正向移动，故B正确； C．醋酸为弱酸，难以配制pH＝1的溶液，可配制0.1mol/L的溶液，故C错误； D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸，Ba（OH）2溶液中氢氧根离子的浓度等于盐酸中氢离子的浓度，所以二者恰好中和时，消耗二者体积比为1：1，故D错误。 故选：B。 题型8 盐类水解的应用 解｜题｜知｜识 1、判断或解释盐溶液的酸碱性 例如：①正盐KX、KY、KZ的溶液物质的量浓度相同，其pH值分别为7、8、9，判断HX、HY、HZ的酸性强弱的顺序。 ②相同条件下，测得①NaHCO3 ②CH3COONa ③NaAlO2三种溶液的pH值相同。判断它们的物质的量浓度由大到小的顺序。 解析：因为电离程度CH3COOH＞HAlO2所以水解程度NaAlO2＞NaHCO3＞CH3COONa在相同条件下，要使三种溶液pH值相同，只有浓度②＞①＞③ 2、分析盐溶液中微粒种类。 例如：Na2S和NaHS溶液含有的微粒种类相同，它们是Na+、S2﹣、HS﹣、H2S、OH﹣、H+、H2O，但微粒浓度大小关系不同。 3、比较盐溶液中离子浓度间的大小关系。 （1）一种盐溶液中各种离子浓度相对大小 ①当盐中阴、阳离子等价时 [不水解离子]＞[水解的离子]＞[水解后呈某性的离子（如H+或OH﹣）]＞[显性对应离子如OH﹣或H+] 实例：a．CH3COONa、b．NH4Cl a．[Na+]＞[CH3COO﹣]＞[OH﹣]＞[H+] b．[Cl﹣]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH﹣] ②当盐中阴、阳离子不等价时 要考虑是否水解，水解分几步，如多元弱酸根的水解，则是“几价分几步，为主第一步”，实例Na2S水解分二步 S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣（主要） HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣（次要） 各种离子浓度大小顺序为： [Na+]＞[S2﹣]＞[OH﹣]＞[HS﹣]＞[H+] （2）两种电解质溶液混合后各种离子浓度的相对大小。 ①若酸与碱恰好完全以应，则相当于一种盐溶液。 ②若酸与碱反应后尚有弱酸或弱碱剩余，则一般弱电解质的电离程度＞盐的水解程度。 4、溶液中各种微粒浓度之间的关系 以Na2S水溶液为例来研究 （1）写出溶液中的各种微粒 阳离子：Na+、H+ 阴离子：S2﹣、HS﹣、OH﹣ （2）利用守恒原理列出相关方程。 1°电荷守恒： [Na+]+[H+]＝2[S2﹣]+[HS﹣]+[OH﹣] 2°物料守恒： Na2S＝2Na++S2﹣ 若S2﹣已发生部分水解，S原子以三种微粒存在于溶液中。[S2﹣]、[HS﹣]根据S原子守恒及Na+的关系可得。 [Na+]＝2[S2﹣]+2[HS﹣]+2[H2S] 3°质子守恒 H2O⇌H++OH﹣ 由H2O电离出的[H+]＝[OH﹣]，水电离出的H+部分被S2﹣结合成为HS﹣、H2S，根据H+（质子）守恒，可得方程： [OH﹣]＝[H+]+[HS﹣]+2[H2S] 小结：溶液中的几个守恒关系 （1）电荷守恒：电解质溶液呈电中性，即所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数代数和为零。 （2）物料守恒（原子守恒）：即某种原子在变化过程（水解、电离）中数目不变。 （3）质子守恒：即在纯水中加入电解质，最后溶液中[H+]与其它微粒浓度之间的关系式（由电荷守恒及质子守恒推出） 写出0.1mol/L Na2CO3溶液中微粒守恒关系式。 ①[Na+]+[H+]＝[OH﹣]+[HCO3﹣]+2[CO32﹣] ②[HCO3﹣]+[CO32﹣]+[H2CO3]＝0.1 ③[OH﹣]＝[H+]+[HCO3﹣]+2[H2CO3] 5、判断加热浓缩或蒸干盐溶液能否得到同溶质固体 例1、AlCl3+3H2O⇌Al（OH）3+HCl△H＞0（吸热） ①升温，平衡右移 ②升温，促成HCl挥发，使水解完全 Al（OH）3灼烧后产物为Al2O3 例2、Al2（SO4）3+6H2O⇌2Al（OH）3+3H2SO4△H＞0（吸热） ①升温，平衡右移 ②H2SO4难挥发，随c（H2SO4）增大，将抑制水解 综合①②结果，最后得到Al2SO4 小结：加热浓缩或蒸干盐溶液，是否得到同溶质固体，由对应酸的挥发性而定。 结论： ①弱碱易挥发性酸盐氢氧化物固体（除铵盐） ②弱碱难挥发性酸盐同溶质固体 6、某些盐溶液的配制、保存 在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。Na2SiO3、Na2CO3、NH4F等不能贮存磨口玻璃塞的试剂瓶中，因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH﹣，NH4F水解产生HF，OH﹣、HF均能腐蚀玻璃。 7、某些离子间因发生又水解而在溶液中不大量共存，如 ①Al3+与S2﹣、HS﹣、CO32﹣、HCO3﹣、AlO2，SiO32﹣、ClO﹣、C6H5O﹣等不共存 ②Fe3与CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、ClO﹣等不共存 ③NH4+与ClO﹣、SiO32﹣、AlO2﹣等不共存 小结：能发生双水解反应，首先是因为阴、阳离子本身单一水解程度相对较大，其次水解一方产生较多H+，另一方产生较多OH﹣，两者相互促进，使水解进行到底。 3HCO3﹣+Al3+═Al（OH）3↓+3CO2↑ 8、泡沫灭火器内反应原理。 NaHCO3和Al2（SO4）3混合可发生双水解反应： 3HCO3﹣+Al3+═Al（OH）3↓+3CO2↑ 生成的CO2将胶状Al（OH）3吹出可形成泡沫 9、制备胶体或解释某些盐有净水作用 FeCl3、KAl2（SO4）2•12H2O等可作净水剂。 原因：Fe3+、Al3+水解产生少量胶状的Fe（OH）3、Al（OH）3，结构疏松、表面积大、吸附能力强，故它们能吸附水中悬浮的小颗粒而沉降，从而起到净水的作用。 【典例1】向含Co2+、Ni2+的FeSO4溶液中加入Na2S溶液除去钴镍，过滤，向滤液中加入NaHC2O4溶液沉铁，过滤得FeC2O4•2H2O。常温下，，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13；，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5。下列说法错误的是（　　） A．配制FeSO4溶液时需加入稀硫酸，抑制Fe2+的水解 B．0.1mol•L﹣1Na2S溶液中：c（HS﹣）＞c（S2﹣） C．0.2mol•L﹣1NaHC2O4溶液显酸性 D．沉铁时若加入NaOH溶液，可显著提高FeC2O4•2H2O的产率 【答案】D 【解答】解：A．Fe2+易水解生成H+，配制FeSO4溶液时，加入稀硫酸可抑制水解，故A正确； B．0.1mol•L﹣1 Na2S溶液中硫离子水解溶液呈碱性，第一步水解常数为，则水解生成的HS﹣和OH﹣均为0.05mol/L，此时溶度积常数为，这说明水解率大于0.5，所以溶液中c（HS﹣）＞c（S2﹣），故B正确； C．HC2的电离常数为Ka2＝5.4×10﹣5，水解常数为Kh＝1.79×10﹣13，NaHC2O4中HC2的电离强于水解，溶液显酸性，故 C正确； D．加入NaOH会升高pH，导致Fe2+生成Fe（OH）2沉淀，降低目标产物产率，故D错误； 故选：D。 【变式1】下列事实与水解反应无关的是（　　） A．明矾[KAl（SO4）2•12H2O]可以用作净水剂 B．纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液＞冷纯碱液 C．除去工业废水中的Hg2+：向废水中加入FeS固体 D．四氯化钛与大量水在加热条件下制备二氧化钛 【答案】C 【解答】解：A．明矾净水是因Al3+水解生成Al（OH）3胶体吸附杂质，与水解有关，故A错误； B．纯碱（Na2CO3）溶液中水解呈碱性，加热促进水解增强碱性，提高去污能力，与水解有关，故B错误； C．FeS与Hg2+反应生成更难溶的HgS，属于沉淀转化，未涉及水解反应，故C正确； D．TiCl4水解生成TiO2和HCl，加热加速水解，与水解有关，故D错误； 故选：C。 【变式2】盐类水解的原理在生产和生活中有广泛的应用，下列事实与盐类水解无关的是（　　） A．明矾作净水剂 B．泡沫灭火器灭火 C．含氟牙膏预防龋齿 D．纯碱溶液除油污 【答案】C 【解答】解：A．明矾溶于水后，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，具有吸附作用，可净水，该过程与盐类水解有关，故A错误； B．Al3+与发生双水解反应，生成CO2和Al（OH）3，产生泡沫灭火，该过程与盐类水解有关，故B错误； C．含氟牙膏中的氟化物通过释放F﹣，与牙齿中的羟基磷灰石反应生成更耐酸的氟磷灰石，从而防龋齿，此过程属于沉淀转化，与盐类水解无关，故C正确； D．纯碱溶液因水解显碱性，促进油脂水解而除油污，该过程与盐类水解有关，故D错误； 故选：C。 【变式3】设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列关于0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液的说法正确的是（　　） A．AlCl3溶液呈中性 B．0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液中含Cl﹣数目为0.3NA C．溶液中的c（Cl﹣）＞3c（Al3+） D．加热蒸干AlCl3溶液可得到AlCl3固体 【答案】C 【解答】解：A．0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，故A错误； B．0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液的体积不知，不能计算溶液中含Cl﹣数目，故B错误； C．AlCl3溶液中铝离子发生水解反应，溶液中的c（Cl﹣）＞3c（Al3+），故C正确； D．铝离子水解生成氢氧化铝，加热促进水解，加热蒸干AlCl3溶液主要得到Al（OH）3固体，故D错误； 故选：C。 题型9 盐的水解常数 解｜题｜知｜识 盐的水解平衡常数，也被称为水解常数，是衡量盐在水溶液中水解程度的一个重要指标。 MA表示强碱弱酸盐，则A-水解的离子方程式为A-+H2O⇌HA+OH-， =（Ka—HA的电离常数）。 同理：强酸弱碱盐（如NH4Cl）的水解常数（Kh）与弱碱电离常数（Kb）之间的关系：。 过 关 验 收 1．下列溶液一定呈中性的是（　　） A．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 B．pH＝7的溶液 C．使石蕊试液呈紫色的溶液 D．c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣6mol•L﹣1的溶液 【答案】D 【解答】解：A．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液可能呈中性，也可能呈酸性或碱性，强酸强碱盐呈中性，如NaCl溶液，强酸弱碱盐呈酸性如NH4Cl溶液，强碱弱酸盐溶液呈碱性如Na2CO3，故A错误； B．pH＝7的溶液不一定呈中性，可能呈碱性或酸性，100℃时纯水溶液的pH＝6，此温度下pH＝7的溶液呈碱性，故B错误； C．常温下石蕊的变色范围是5﹣8，所以使石蕊试液呈紫色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，故C错误； D．c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣6mol•L﹣1的溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以溶液呈中性，故D正确； 故选：D。 2．下列溶液一定显酸性的是（　　） A．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液 B．pH＝6的溶液 C．使无色酚酞变红的溶液 D．与铝粉反应生成氢气的溶液 【答案】A 【解答】解：A．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液一定显酸性，故A正确； B．水的电离吸热，温度升高时水的电离平衡增大，温度未知，则无法确定pH＝6溶液的酸碱性，可能呈中性，如100℃时水的pH＝6，故B错误； C．常温下使无色酚酞变红的溶液呈碱性，故C错误； D．与铝粉反应生成氢气的溶液可能呈酸性，有可能呈强碱性，如Al与NaOH溶液反应也能生成氢气，故D错误； 故选：A。 3．设H2C2O4溶液中，，，室温下，用0.10mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液至终点，滴定过程得到的下列溶液中，微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（　　） A．0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液： B．当V（NaOH）＝10.00mL时： C．当V（NaOH）＝20.00mL时： D．当V（NaOH）＝40.00mL时： 【答案】D 【解答】解：A.在0.10mol•L﹣1H2C2O4溶液中，根据电荷守恒有c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2）+2c（C2）；根据物料守恒有c（总）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）＝0.10mol•L﹣1，将c（HC2）+c（C2）＝0.10mol•L﹣1﹣c（H2C2O4）代入电荷守恒式可得：c（H+）＝c（OH﹣）+0.10mol•L﹣1﹣c（H2C2O4）+c（C2），移项得到c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2）+0.10mol•L﹣1，故A错误； B.当V（NaOH）＝10.00mL时，NaOH与H2C2O4反应生成等物质的量的NaHC2O4和H2C2O4；因为Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2较大，H2C2O4的电离程度大于HC2的水解程度，所以溶液中c（HC2）＞c（H2C2O4），故B错误； C.当V（NaOH）＝20.00mL时，NaOH与H2C2O4恰好完全反应生成NaHC2O4，HC2既存在电离平衡又存在水解平衡，Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4，Kh（HC2）1.8×10﹣13，由于Ka2＞Kh，HC2的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，所以c（Na+）＞c（HC2）＞c（C2）＞c（H+），故C错误； D.当V（NaOH）＝40.00mL时，NaOH与H2C2O4反应生成Na2C2O4，根据质子守恒可得c（OH﹣）＝c（H+）+c（HC2）+2c（H2C2O4），故D正确； 故选：D。 4．常温下，浓度均为0.1mol/L的几种溶液的pH如下 溶液 ①CH3COONa ②NaHCO3 ③CH3COONH4 pH 8.88 8.33 7.00 下列说法不正确的是（　　） A．①中， B．由①②可知，的水解程度大于的水解程度 C．③中， D．推测常温下，0.1mol/LNHH4HCO3的pH＜8.33 【答案】B 【解答】解：A．CH3COONa溶液中，物料关系为c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（ CH3COOH），故A正确； B．由于NaHCO3是弱酸酸式盐，既存在电离平衡，又存在水解平衡，不能根据①②溶液的pH判断醋酸和碳酸的酸性强弱，实际上酸性：醋酸＞碳酸，所以的水解程度大于CH3COO﹣的水解程度，故B错误； C．CH3COONH4溶液的pH＝7.00，即溶液呈中性，但CH3COO﹣和相互促进水解，电荷关系为c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（）+c（H+），即c（CH3COO﹣）＝c（）＜0.1 mol•L﹣1，故C正确； D．0.1mol•L﹣1 NH4HCO3溶液相当在0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液中加入等物质的量的NH4Cl固体，由于NH4Cl水解显酸性，导致所得溶液的碱性减弱，即0.1 mol•L﹣1 NH4HCO3溶液的pH＜8.33，故D正确； 故选：B。 5．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（　　） A．氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中：C（Cl﹣）＞C（） B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：C（OH﹣）＝C（H+） C．0.1mol/L的硫酸铵溶液中：C（）＞C（）＞C（H+） D．0.1mol/L的硫化钠溶液中：C（OH﹣）＝C（H+）＞C（HS﹣）＞C（H2S） 【答案】C 【解答】解：A．氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中，溶液呈中性，根据电荷守恒可知，则c（Cl﹣）＝c（），故A错误； B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合，当一元酸为弱酸、一元碱为强碱时，混合液中酸过量，溶液显示酸性，c（OH﹣）＜c（H+），如果一元酸为强酸，一元碱为强碱，则混合液显示中性，c（OH﹣）＝c（H+），故B错误； C．由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），而铵根离子水解程度较小，则c（）＞c（），所以溶液中离子浓度大小为：c（）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确； D．0.1 mol/L的硫化钠溶液中，由于硫离子部分水解，则溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），硫离子水解主要以第一步为主，则：c（HS﹣）＞c（H2S），溶液中各离子浓度大小为：c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H2S）＞c（H+），故D错误； 故选：C。 6．25℃时，0.1mol/LNaHC2O4溶液显酸性，下列有关判断正确的是（　　） A．c（C2）＜c（H2C2O4） B．c（Na+）+c（H+）═c（HC2）+2c（C2） C．c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）═0.1mol/L D．加水稀释，溶液酸性减弱，n（H+）•n（OH﹣）的值不变 【答案】C 【解答】解：A．25℃时，0.1mol/LNaHC2O4溶液显酸性，说明HC2离子电离程度大于其水解程度，c（C2）＞c（H2C2O4），故A错误； B．溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HC2）+2c（C2），故B错误； C．25℃时，0.1mol/LNaHC2O4溶液中存在物料守恒，c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）＝c（Na+）═0.1mol/L，故C正确； D．温度不变，Kw不变，c（H+）•c（OH﹣）不变，加水稀释，溶液体积V增大，稀释后的溶液中n（H+）•n（OH﹣）＝V×c（H+）•V×c（OH﹣）＝V2×c（H+）•c（OH﹣）＝V2×Kw，则溶液中n（H+）•n（OH﹣）的值增大，故D错误； 故选：C。 7．常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1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（　　） A．该NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．三种一元弱酸的电离常数：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ） C．当pH＝7时，三种溶液中：c（X﹣）＝c（Y﹣）＝c（Z﹣） D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣） 【答案】C 【解答】解：A．因为HX为弱酸，NaX溶液存在水解：X﹣+H2O⇌HX+OH﹣，所以c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确； B．根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，一元弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数K越大，所以有：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ），故B正确； C．当pH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒，NaX溶液中有：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（X﹣）+c（Cl﹣），则有：c（X﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），同理有：c（Y﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），c（Z﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），又因三种溶液滴定到pH＝7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c（Cl﹣）是不一样的，所以c（X﹣）≠c（Y﹣）≠c（Z﹣），故C错误； D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（Na+），又混合溶液中c（Na+）0.05mol/L，混合溶液中c（Cl﹣）0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣），故D正确。 故选：C。 8．常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是（　　） A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka（HCOOH）＞Ka（HF） B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c（CH3COO﹣ ）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣ ） C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp（FeS）＞Ksp（CuS） D．在1mol•L﹣1Na2S溶液中，c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）＝1mol•L﹣1 【答案】A 【解答】解：A、酸性越弱，其相应离子的水解程度越大；相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明HCOO﹣的水解程度大于F﹣的水解程度，HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka（HCOOH）＜Ka（HF），故A错误； B、相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣）；根据溶液中的电荷守恒：c（CH3COO﹣ ）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+ ）；得出c（CH3COO﹣ ）＞c（Na+）；所以溶液中的离子浓度大小为：c（CH3COO﹣ ）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣ ），故B正确； C、FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，对于组成相似的物质，溶解性越大，Ksp越大，所以Ksp（FeS）＞Ksp（CuS），故C正确； D、在1mol•L﹣1Na2S溶液中，S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，根据硫元素的物料守恒，c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）＝1mol•L﹣1，故D正确； 故选：A。 9．常温下，电解质溶液中的粒子浓度大小关系。 （1）0.4mol•L﹣1HB溶液和0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，溶液的PH＝6，混合后溶液中粒子浓度由大到小的顺序为　 　 （包括HB），该溶液中c（～B﹣）﹣c（HB）＝　 mol•L﹣1（填精确数值）。 （2）pH＝4的盐酸与pH＝10的氨水等体积混合，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序为　 　 。 （3）0.1mol•L﹣1Na2C2O4溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，写出混合后溶液的电荷守恒　 　 。 （4）CH3COONH4溶液中的质子守恒　 　 。 （5）在相同温度、相同浓度下列溶液中①HCl；②CH3COOH；③Na2CO3，由水的电离产生的c（H+）由大到小的顺序为　 　 （填序号）。 （6）已知酸性：CH3COOH＞HCN，相同温度、相同浓度①NaCN；②CH3COONa；③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为　 　 （填序号）。 【答案】（1）c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）；1.98×10﹣6； （2）c（）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）； （3）； （4）； （5）③＞②＞①； （6）③＞②＞①。 【解答】解：（1）0.4mol•L﹣1HB溶液和0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合的化学方程式为HB+NaOH＝NaB+H2O，故混合后n（HB）：n（NaB）＝1：1，溶液的pH＝6，说明溶液呈酸性，即HB的电离程度大于NaB的水解程度，因此混合后溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（B﹣）+c（OH﹣），物料守恒c（HB）+c（B﹣）＝2c（Na+），两式联立得c（B﹣）﹣c（HB）＝2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，又因为溶液的pH＝6，故溶液中c（H+）＝10﹣6mol/L、c（OH﹣）＝10﹣8mol/L，结果为1.98×10﹣6mol/L， 故答案为：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）；1.98×10﹣6； （2）pH＝10的氨水浓度远大于10﹣4mol/L，等体积混合后氨水过量，溶液呈碱性，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）， 故答案为：c（）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）； （3）0.1mol•L﹣1Na2C2O4溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，反应的化学方程式为Na2C2O4+HCl＝NaHC2O4+NaCl，混合后n（NaHC2O4）＝n（NaCl），故电荷守恒为， 故答案为：； （4）CH3COONH4溶液中的电荷守恒为，物料守恒，故质子守恒为， 故答案为：； （5）酸性越强，对水的电离的抑制程度越大；盐类的水解会促进水的电离，又因为酸性HCl＞CH3COOH，所以由水的电离产生的c（H+）由大到小的顺序为③＞②＞①， 故答案为：③＞②＞①； （6）酸的酸性越强，对应酸根离子的水解程度越小，则水解程度NaCN＞CH3COONa＞NaCl，水解程度越大，pH越大，c（H+）越小。因此c（H+）大小为③＞②＞①，故阴离子总浓度大小为③＞②＞①， 故答案为：③＞②＞①。 10．实验测得0.6mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH、温度随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．随温度升高，纯水中c（H+）＝c（OH﹣） B．随温度升高，CH3COONa溶液的c（OH﹣）减小 C．CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣ D．随温度升高，CH3COONa溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 【答案】B 【解答】解：A．随温度升高，水的电离程度增大，但纯水中c（H+）＝c（OH﹣），故A正确； B．随温度升高，促进CH3COONa的水解，溶液的c（OH﹣）增大，故B错误； C．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，溶液存在水解平衡，反应的离子方程式为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故C正确； D．盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CH3COONa水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CH3COONa的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故D正确； 故选：B。 11．下列有关盐类水解和沉淀溶解平衡在生产生活中应用的说法错误的是（　　） A．用Na2S、FeS除去废水中的Hg2+，反应的离子方程式相同 B．将TiCl4溶于大量水并加热制取TiO2，溶于大量水并加热的目的是促进TiCl4水解 C．在SOCl2气流中加热AlCl3•6H2O制取无水AlCl3，SOCl2消耗水的同时生成HCl抑制AlCl3水解 D．处理水垢中CaSO4的方法是先用饱和Na2CO3溶液将CaSO4转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，再加酸除去 【答案】A 【解答】解：A．Na2S为可溶性盐、FeS难溶于水，在离子方程式中Na2S可拆，FeS不可拆，因此离子方程式不同，故A错误； B．四氯化钛加入水中并加热钛离子使其转化为TiO2•xH2O，过程中TiCl4发生水解，生成的HCl不断挥发，最终转化为TiO2•xH2O，过程与盐类水解有关，故B正确； C．氯化铝遇水会发生水解反应：AlCl3+3H2O⇌Al（OH）3+3HCl；SOCl2耗水的同时生成HCl可抑制该水解反应发生，有利于得到无水AlCl3，故C正确； D．水垢中硫酸钙与碳酸钠反应，将微溶的硫酸钙转化为难溶的CaCO3，涉及沉淀溶解平衡的移动，故D正确； 故选：A。 12．常温下，浓度均为0.1mol⋅L﹣1的NaX和NaY盐溶液的pH分别为9和11。下列判断不正确的是（　　） A．NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣） B．电离常数：Ka（HX）＞Ka（HY） C．X﹣结合H+的能力大于Y﹣结合H+的能力 D．HX与NaY能发生反应：HX+Y﹣═HY+X﹣ 【答案】C 【解答】解：A．0.1mol⋅L﹣1的NaX盐溶液的pH为9，说明HX为弱酸，NaX溶液中X﹣会水解，所以：c（Na+）＞c（X﹣），故A正确； B．常温下，0.1mol/L的盐溶液NaX、NaYpH分别为9、11，对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HY、HX为弱酸，且酸性HX＞HY，电离常数：Ka（HX）＞Ka（HY），故B正确； C．酸性HX＞HY，则X﹣结合H+的能力小于Y﹣结合H+的能力，故C错误； D．反应遵循强酸制弱酸的原理，酸性顺序是：HX＞HY，HX与NaY能发生反应：HX+Y﹣═HY+X﹣，故D正确； 故选：C。 13．配制FeCl3溶液时，为防止出现浑浊，可向该溶液中加入少量（　　） A．铁 B．盐酸 C．氯化钠 D．氢氧化钠 【答案】B 【解答】解：A．FeCl3溶液中加Fe，会 反应氧化还原反应，生成FeCl2．故A错误； B．Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，故B正确； C．加入氯化钠对FeCl3无影响，不能抑制FeCl3水解，故C错误； D．加入氢氧化钠，NaOH与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀，故D错误； 故选：B。 14．下列关于0.10mol•L﹣1的Na2CO3溶液的说法中错误的是（　　） A．溶液的pH＞7 B．常温下，加水稀释后，溶液中c（H+）与c（OH﹣）的乘积变大 C．温度升高，减小 D．溶液中存在浓度关系： 【答案】B 【解答】解：A．碳酸根离子水解，溶液呈碱性，故溶液的pH＞7，故A正确； B．溶液中c（H+）•c（OH﹣）＝Kw，温度不变，Kw不变，故B错误； C．碳酸根离子水解吸热，升高温度，水解正向移动，减小，故C正确； D．根据物料守恒知，，故D正确； 故选：B。 15．下列说法与盐类的水解无关的是（　　） A．配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉 B．为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸 C．碳酸钠可用于去除餐具上的油污 D．实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞 【答案】A 【解答】解：A．配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉，铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化，与盐类的水解无关，故A正确； B．铁离子发生水解反应使FeCl3溶液显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故B错误； C．碳酸钠溶液中碳酸根离子发生水解反应显碱性，油污在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，所以碳酸钠可用于去除餐具上的油污，故C错误； D．碳酸钠、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应，把玻璃瓶塞和瓶口粘结，与盐水解有关，故D错误； 故选：A。 16．25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示，有关说法正确的是（　　） 序号 ① ② ③ ④ 溶液 NaCl CH3COONH4 NaF NaHCO3 pH 7.0 7.0 8.1 8.4 A．酸性强弱：H2CO3＞HF B．①和②中溶质均未水解 C．①和③中阴离子的总浓度：c（Cl﹣）+c（OH﹣）＞c（F﹣）+c（OH﹣） D．④中： 【答案】C 【解答】解：A．等浓度的碳酸氢钠溶液的pH大于氟化钠溶液，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于氟离子，碳酸的酸性弱于氢氟酸，故A错误； B．醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根和铵根均水解，溶液pH为7是因为醋酸根离子和铵根离子在溶液中水解程度相同使溶液显中性，故B错误； C．氯化钠是强酸强碱盐，在溶液中不发生水解反应，而氟化钠在溶液中水解使溶液呈碱性，等浓度的氯化钠溶液和氟化钠溶液中阴离子的总浓度：c（Cl﹣）+c（OH﹣）＞c（F﹣）+c（OH﹣），故C正确； D．0.1mol/L碳酸氢钠溶液中存在物料守恒关系，故D错误； 故选：C。 17．下列说法正确的为　 　 。 ①pH＝0的溶液中Fe3+与S2﹣因发生双水解而不共存 ②25℃pH＝7的CH3COONH4溶液，水电离出的c（H+）＝10﹣7mol/L ③将0.1mol的Na2CO3溶于水中，形成溶液中阴离子总数小于0.1NA ④泡沫灭火器内的玻璃筒里盛放碳酸氢钠溶液，铁筒里盛放硫酸铝溶液 ⑤pH＝2的盐酸和醋酸，均稀释到pH＝5，醋酸加水量大 ⑥NaHSO3溶液中加入少量NaOH固体，将增大 ⑦用稀盐酸可洗涤AgCl沉淀表面的可溶性杂质同时可以减少损失 【答案】⑤⑥⑦。 【解答】解：①Fe3+与S2﹣能发生氧化还原反应，所以Fe3+与S2﹣因发生氧化还原反应而不共存，故①错误； ②和的水解会相互促进，使水的电离程度增大，因此水电离出的 c（H+）＞10﹣7mol/L，故②错误； ③Na2CO3溶液中，水解生成和OH﹣，使阴离子数目增加，因此0.1mol Na2CO3溶于水后，阴离子总数大于0.1NA，故③错误； ④泡沫灭火器的原理是Al3+与发生双水解，Al2（SO4）3溶液显酸性会腐蚀铁筒，所以应放在玻璃筒里，而NaHCO3溶液放在铁筒里，故④错误； ⑤醋酸是弱酸，稀释时会继续电离出H+；要使pH从2稀释到5，醋酸需要比盐酸加入更多的水来抵消其电离出的 H+，故⑤正确； ⑥NaHSO3溶液中加入少量NaOH，OH﹣会与反应生成，使增大、减小，因此增大，故⑥正确； ⑦AgCl存在溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），稀盐酸中的Cl﹣会使平衡左移，减少AgCl 的溶解，同时可洗去沉淀表面的可溶性杂质，故⑦正确； 故答案为：⑤⑥⑦。 学科网（北京）股份有限公司 $