2022-2023年化学一轮复习教案：第八章水溶液中的离子平衡：第3讲　盐类的水解

1、第3讲盐类的水解复 习 目 标知 识 建 构1.了解盐类水解的原理。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.了解盐类水解的应用。4.能利用水解常数(Kh)进行相关计算。一、盐类水解及其规律1.盐类的水解2.盐类水解的规律3.盐类水解方程式的书写(1)一般用“”连接，不标“”、“”，易分解的物质不拆开书写，如NaHCO3水解的离子方程式为HCOeq oal(,3)H2OH2CO3OH；(2)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方程式。如Na2CO3水解的离子方程式为COeq oal(2,3)H2OHCOeq oal(,3)OH。(3)多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。

2、如FeCl3水解的离子方程式为Fe33H2OFe(OH)33H。(4)阴、阳离子水解相互促进彻底的反应，书写时要用“=”、“”、“”等，如Na2S溶液与AlCl3溶液混合水解的离子方程式为2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S。【判一判】 判断下列说法是否正确，正确的打“”，错误的打“”。(1)盐类水解的过程就是盐和水发生反应的过程()(2)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐()(3)某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应()(4)常温下，pH10的CH3COONa溶液与pH4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同()(5)已知酸性：HFCH3COOH，所以等浓度的CH3COONa、

3、NaF溶液，前者碱性强()答案 (1)(2)(3)(4) (5)二、盐类水解的影响因素及应用1.影响盐类水解的因素(1)内因：盐类本身的性质，形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。(2)外因：以NHeq oal(,4)H2ONH3H2OH为例，填写下表。平衡移动c(H)c(NHeq oal(,4)升高温度右移增大减小加水稀释右移减小减小通入少量HCl左移增大增大加入少量NaOH固体右移减小减小加入固体NH4Cl右移增大增大2.盐类水解的应用应用举例配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，抑制Cu2水解；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶胶

4、体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe33H2Oeq o(=,sup7()Fe(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Al33HCOeq oal(,3)=Al(OH)33CO2作净水剂明矾可作净水剂，原理为Al33H2OAl(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3.水解常数(Kh)(1)数学表达式MA表示HA和MOH生成的盐，若M、A均能水解，则A的水解常数为Kheq f(c（HA）c（OH）,c（A）)，M的水解常数为Kheq f(c（H）c（MOH）,c（M）)。(2

5、)水解常数与电离常数的关系若NaA为强碱弱酸盐，Kheq f(KW,Ka（HA）)；若MCl为强酸弱碱盐，Kheq f(KW,Kb（MOH）)。(3)意义水解常数可以表示盐的水解程度的大小，Kh越大，盐类水解程度越大。(4)外界影响因素水解常数只是温度的函数，Kh随温度的升高而增大。【判一判】 判断下列说法是否正确，正确的打“”，错误的打“”。(1)加热0.1 molL1 Na2CO3溶液，COeq oal(2,3)的水解程度和溶液的pH均增大()(2)氯化铵溶液加水稀释时，eq f(c（NHeq oal(,4)）,c（Cl）)的值不变()(3)降低温度和加水稀释，都会使盐类的水解平衡向逆反应

6、方向移动()(4)水解平衡右移，盐离子的水解程度可能增大，也可能减小()(5)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()(6)Ka1(H2CO3)Kh(COeq oal(2,3)KW()答案 (1)(2) (3) (4)(5)(6)考点一盐类水解的实质和规律题组一盐类水解的实质及规律1.常温下，浓度均为0.1 molL1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示：序号溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3下列说法正确的是()A.四种溶液中，水的电离程度：B.Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同C.将等浓度的CH3CO

7、OH和HClO溶液比较，pH小的是HClO溶液D.Na2CO3溶液中，c(Na)c(COeq oal(2,3)c(HCOeq oal(,3)c(H2CO3)答案B解析这几种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应使溶液显碱性，当盐的浓度相同时，酸的酸性越弱，酸根离子水解的程度就越大，水的电离程度就越大，溶液的碱性就越强。根据表格数据可知四种溶液中，水的电离程度：HClO，所以pH小的是CH3COOH，C错误；在Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得c(Na)2c(COeq oal(2,3)2c(HCOeq oal(,3)2c(H2CO3)，D错误。2.A、B、C、D四种离子两两组成四种可溶性盐，

8、其中：AC和BD盐溶液pH7，BC盐溶液pH7，则下列说法不正确的是()A.AD盐溶液pHBOHD.酸的电离程度一定是HDHC答案C解析在盐类水解中，遵循“有弱就水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性”的规律，C项错误，D项正确；AD为强酸弱碱盐，显酸性，A项正确；由物料守恒可知，B项正确。题组二盐类水解离子方程式的判断与书写3.(2021四川成都模拟)下列离子方程式正确且属于水解反应的是()A.HCOOHH2O HCOOH3OB.HCOeq oal(,3)H2OH2CO3OHC.COeq oal(2,3)2H2OH2CO32OHD.HCOeq oal(,3)H2OCOeq oal(2,3)

9、H3O答案B解析A项可看做HCOOHHCOOH是甲酸的电离，故A错误；HCOeq oal(,3)H2OH2CO3OH是碳酸氢根离子的水解，故B正确；COeq oal(2,3)分步水解，故C错误；HCOeq oal(,3)COeq oal(2,3)H是碳酸氢根离子的电离，故D错误。4.写出符合要求的离子方程式：(1)AlCl3溶液呈酸性_。(2)NaHS溶液呈碱性的原因_。(3)NH4Cl溶于D2O中_。(4)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH7，其原因是_；(用离子方程式说明，下同)；若pH7，其原因是_。答案(1)Al33H2OAl(OH)33H(2)HSH2OH2SOH(3)NHeq

10、oal(,4)D2ONH3HDOD(4)RnH2OHR(n1)OHMmmH2OM(OH)mmH考点二盐类水解的影响因素分析和盐类水解的应用【典例1】 (2021山东日照一模)10 mL 0.10 molLl的NH4Cl溶液的pH分别随温度升高或加水量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是()A.升温KW增大，NH4Cl溶液中c(H)增大，pH减小B.曲线a表示NH4Cl溶液pH随加水量的变化C.将NH4Cl溶液加水稀释100倍，溶液pH变化值小于2D.25 时Kb(NH3H2O)的数量级为104答案 D解析 升高温度，水的电离程度增大，KW增大，NH4Cl溶液中铵根离子的水解程度增大，c(H)增

11、大，pH减小，选项A正确；加水量增大时虽然NH4Cl的水解程度增大，但c(H)减小，pH值增大，曲线a表示NH4Cl溶液pH随加水量的变化，选项B正确；将NH4Cl溶液加水稀释100倍，因水解平衡正向移动，c(H)没有降100倍，故溶液pH变化值小于2，选项C正确；加水量为100 mL时，NH4Cl溶液的pH值为5.13，c(H)105.13c(CH3H2O)。稀释后c(NH4Cl)eq f(0.1 mol/L10 mL,100 mL10 mL)eq f(0.1,11) mol/L，平衡时c(NHeq oal(,4)eq f(0.1,11) mol/L105.73 mol/Leq f(0.1,

12、11) mol/L，由KWc(H)c(OH)可知c(OH)eq f(KW,c（H）)eq f(1014,105.13)108.87 mol/LKbeq f(c（NHeq oal(,4)）c（OH）,c（NH3H2O）)eq f(108.87f(0.1,11),105.13)eq f(1,11)104.75，则Kb的数量级为105。利用平衡移动原理解释问题的思维模板解答此类题的思维过程找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)找出影响平衡的条件判断平衡移动的方向分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系答题模板存在平衡，(条件)(变化)，使平衡向(方向)移动，(结论)。题组一水解平衡移动及结

13、果分析1.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2H2OHSOH。下列说法正确的是()A.稀释溶液，水解平衡常数增大B.加入CuSO4固体，HS浓度减小C.升高温度，eq f(c（HS）,c（S2）)减小D.加入NaOH固体，溶液pH减小答案B解析水解常数只与温度有关，A错误；Cu2S2=CuS，平衡左移，HS浓度减小，B正确；水解为吸热反应，升高温度平衡右移，因而eq f(c（HS）,c（S2）)增大，C错误；加入NaOH固体，溶液pH增大，D错误。2.已知：FeCl4(H2O)2为黄色，溶液中存在可逆反应：Fe34Cl2H2OFeCl4(H2O)2，下列实验所得结论不正确的是()加热

14、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注：加热为微热，忽略体积变化。A.实验中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3水解产生了少量Fe(OH)3B.实验中，酸化对Fe3水解的影响程度大于温度的影响C.实验中，加热，可逆反应：Fe34Cl2H2OFeCl4(H2O)2正向移动D.实验，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解析加热促进水解，铁离子水解生成氢氧化铁，则实验中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3水解产生了少量Fe(OH)3，

15、故A项正确；由Fe33H2OFe(OH)33H可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解，则实验中酸化对Fe3水解的影响程度大于温度的影响，故B项正确；加入NaCl后，溶液立即变为黄色，发生Fe34Cl2H2OFeCl4(H2O)2，FeCl4(H2O)2为黄色，加热时平衡正向移动，溶液颜色变深，故C项正确；实验中存在Fe34Cl2H2OFeCl4(H2O)2，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能证明对Fe3水解平衡的影响，故D项错误。题组二盐类水解的应用3.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是()A.COeq oal(2,3)H2OHCOeq oal(,3)OH用热的纯碱溶液清

16、洗油污B.Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H明矾净水C.TiCl4(x2)H2O(过量)TiO2xH2O4HCl用TiCl4制备TiO2D.SnCl2H2OSn(OH)ClHCl配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体答案D解析升高温度，促使COeq oal(2,3)的水解平衡正向移动，溶液中c(OH)增大，碱性增强，有利于油污的水解及清洗，A正确；明矾是KAl(SO4)212H2O，Al3发生水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用，B正确；TiCl4发生水解反应生成TiO2xH2O沉淀，经脱水制备TiO2，C正确；SnCl2易发生水解反应，而配制其溶液时，加入NaOH

17、固体，消耗HCl促使水解平衡正向移动，生成Sn(OH)Cl沉淀，故应加入HCl溶液抑制其水解，D错误。4.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是()CuSO4FeSO4K2CO3Ca(HCO3)2 NH4HCO3KMnO4FeCl3A.全部都可以B.仅C.仅D.仅答案D解析FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3；NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O、CO2；KMnO4受热分解生成K2Mn

18、O4和MnO2；FeCl3受热促进水解生成Fe(OH)3和盐酸，而盐酸挥发进一步促进其水解，最终水解彻底，受热分解得到的固体物质是Fe2O3。盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)eq o(,sup7(蒸干)CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)eq o(,sup7(蒸干)Al(OH)3eq o(,sup7(灼烧)Al2O3。酸根离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。考虑盐受热时是否分解。Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分

19、解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2CaCO3(CaO)；NaHCO3Na2CO3；KMnO4K2MnO4和MnO2；NH4ClNH3HCl。还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。考点三水解常数的意义和应用【典例2】 磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是Ka17.1103，Ka26.2108，Ka34.51013，回答下列问题：(1)常温下同浓度Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4的pH由小到大的顺序是_(填序号)。(2)常温下，NaH2PO4的水溶液pH_ (填“”“”或“

20、”)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：_。答案(1)(2)(3)碱Na2HPO4的水解常数Kheq f(c（H2POeq oal(,4)）c（OH）,c（HPOeq oal(2,4)）)eq f(KW,Ka2)eq f(1.01014,6.2108)1.61107，KhKa3，即HPOeq oal(2,4)的水解程度大于其电离程度，因而Na2HPO4溶液显碱性解析(1)Ka越大，Kh越小，所以Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4的水解程度依次减小，pH依次减小。(2)NaH2PO4的水解常数Kheq f(c

21、（H3PO4）c（OH）,c（H2POeq oal(,4)）)eq f(KW,Ka1)eq f(1.01014,7.1103)1.41012，Ka2Kh，即H2POeq oal(,4)的电离程度大于其水解程度，因而pH7。 (3)Na2HPO4的水解常数Kheq f(c（H2POeq oal(,4)）c（OH）,c（HPOeq oal(2,4)）)eq f(KW,Ka2)eq f(1.01014,6.2108)1.6107，Ka3Kh，即HPOeq oal(2,4)的水解程度大于其电离程度，因而pH7。 Kh的计算与应用Kh与Ka(或Kb)、KW的关系(1)一元弱酸盐：KaKhKW(2)一元弱

22、碱盐：KbKhKW(3)多元弱酸盐，如NamA溶液：Kheq f(KW,Ka（m）)Nam1HA溶液Kheq f(KW,Ka（m1）)依次类推利用Kh判断酸式盐溶液的酸碱性题组一水解常数的计算1.常温下，某酸HA的电离常数Ka1.0105，下列说法正确的是()A.常温下，NaA的水解常数Kh1.0109B.常温下，0.1 molL1 HA溶液中，水电离出的c(H)1.01013 molL1C.NaA与HCl恰好完全反应后的溶液中，2c(Na)c(A)c(Cl)D.常温下，HA溶液中加入NaA固体，eq f(c（HA）c（OH）,c（A）)减小答案A解析常温下，NaA的水解常数Kheq f(KW

23、,Ka)eq f(1014,1.0105)1.0109，故A正确；HA溶液中的氢氧根离子来自水的电离，由于HA为弱酸，0.1 molL1 HA溶液中c(H)eq f(1014,0.1) mol/L1.01013 molL1，故B错误；NaA与HCl恰好完全反应后的溶液中，溶质为等浓度的NaCl和HA，结合物料守恒可知：2c(Na)c(A)c(Cl)c(HA)，故C错误；常温下，HA溶液中加入NaA固体，eq f(c（HA）c（OH）,c（A）)Kh(A)由于温度不变，则Kh(A)不变，故D错误。2.25 时，H2SO3HSOeq oal(,3)H的电离常数Ka1102 molL1，则该温度下N

24、aHSO3水解反应的平衡常数Kh_ molL1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中eq f(c（H2SO3）,c（HSOeq oal(,3)）)将_(填“增大”“减小”或“不变”)。答案11012增大解析Kaeq f(c（H）c（HSOeq oal(,3)）,c（H2SO3）)Kheq f(c（OH）c（H2SO3）,c（HSOeq oal(,3)）)eq f(f(KW,c（H）)c（H2SO3）,c（HSOeq oal(,3)）)eq f(KWc（H2SO3）,c（H）c（HSOeq oal(,3)）)eq f(KW,Ka)11012 molL1。HSOeq oal(,3)H2O

25、H2SO3OH，当加少量I2时，发生I2HSOeq oal(,3)H2O=2I3HSOeq oal(2,4)，H增多导致c(OH)减小，所以eq f(c（H2SO3）,c（HSOeq oal(,3)）)eq f(Kh,c（OH）)增大。题组二水解常数的应用3.根据已知条件填空：(1)已知25 时，NH3H2O的电离平衡常数Kb1.8105，该温度下1 molL1的NH4Cl溶液中c(H)_ molL1。(已知eq r(5.56)2.36)(2)已知温度为25 时，Na2CO3溶液的水解常数Kh2104 molL1，则当溶液中c(HCOeq oal(,3)c(COeq oal(2,3)21时，试

26、求该溶液的pH_。答案(1)2.36105(2)10解析(1)Kheq f(c（H）c（NH3H2O）,c（NHeq oal(,4)）)eq f(KW,Kb)，c(H)c(NH3H2O)，而c(NHeq oal(,4)1 molL1。所以c(H)eq r(Kh)eq r(f(1014,1.8105) molL12.36105 molL1。(2)Kheq f(c（HCOeq oal(,3)）c（OH）,c（COeq oal(2,3)）)2104，又c(HCOeq oal(,3)c(COeq oal(2,3)21，则c(OH)104 molL1，结合KW1.01014，可得c(H)1010 mol

27、L1。4.已知常温下CN的水解常数Kh1.61105。(1)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_。(2)常温下，若将c molL1盐酸与0.62 molL1 KCN溶液等体积混合后恰好得到中性溶液，则c_(小数点后保留4位数字)。答案 (1)碱c(CN)c(OH)c(H)(2)0.616 2 molL1解析 (1)Kh(CN)1.61105，由此可求出Ka(HCN)6.21010，故CN的水解能力强于HCN的电离能力，由于NaCN与HCN的物质的量相等，故水解产生

28、的c(OH)大于电离生成的c(H)，混合溶液显碱性，且c(CN)c(H2C2O4)c(C2Oeq oal(2,4)B.0.1 mol/L NaHC2O4溶液中c(H)c(H2C2O4)2c(C2Oeq oal(2,4)c(OH)C.X点溶液的pH约为2D.Z点溶液的eq f(c（HC2Oeq oal(,4)）,c（C2Oeq oal(2,4)）)eq f(104,5.4)答案 D解析 起点X对应H2C2O4溶液，Y点加入25 mL NaOH，n(NaOH)n(H2C2O4)11，反应后溶液组成为NaHC2O4，Z点加入50 mL NaOH，n(NaOH)n(H2C2O4)21，反应后溶液组成为

29、Na2C2O4。Y点组成为NaHC2O4，此时存在HC2Oeq oal(,4)电离和水解，其水解平衡常数Kh(HC2Oeq oal(,4)eq f(KW,K1)eq f(1014,5102)21013K2，故HC2Oeq oal(,4)电离程度大于水解程度，则c(C2Oeq oal(2,4)c(H2C2O4)，由于水电离也能产生H，故c(H)c(C2Oeq oal(2,4)，A错误；0.1 mol/L NaHC2O4中存在质子守恒：c(H2C2O4) c(H)c(C2Oeq oal(2,4)c(OH)，B错误；X点对应H2C2O4溶液，此时c(H)c(HC2Oeq oal(,4)，c(H2C2

30、O4)近似等于起始浓度，则K1eq f(c（H）c（HC2Oeq oal(,4)）,c（H2C2O4）)eq f(c2（H）,0.2)5102，解得c(H)0.1 mol/L，则pHlgc(H)1，即此时溶液pH约为1，C错误； Z点对应溶液组成为Na2C2O4，由图示知，此时pH9，故c(H)109 mol/L，eq f(c（HC2Oeq oal(,4)）,c（C2Oeq oal(2,4)）)eq f(c（HC2Oeq oal(,4)）c（H）,c（C2Oeq oal(2,4)）c（H）)eq f(c（H）,K2)eq f(109,5.4105)eq f(104,5.4)，D正确。1.(20

31、21北京卷)下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是()A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低答案B解析 Na2CO3和NaHCO3溶液中均含Na、COeq oal(2,3)、HCOeq oal(,3)、H2CO3、H、OH和H2O，所含微粒种类相同，A项正确；Na2CO3溶液中加入CaCl2，由于Ca2结合COeq oal(2,3)而使COeq oal(2,3)的水解平衡左移，NaHCO3溶液中加入CaCl2生成沉淀，

32、说明Ca2促进了HCOeq oal(,3)的电离，B项错误；Al2(SO4)3溶液加入Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中均生成沉淀，是因为Al3分别与COeq oal(2,3)、HCOeq oal(,3)发生了互相促进的水解反应，C项正确；形成沉淀时溶液中COeq oal(2,3)、HCOeq oal(,3)浓度均减小，则它们水解产生的OH浓度也减小，故溶液pH都变小，D项正确。2.(2021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.0.001 molL1 GHCl水溶液的pH3B.0.001 molL1

33、GHCl水溶液加水稀释，pH升高C.GHCl在水中的电离方程式为GHCl=GHClD.GHCl水溶液中：c(OH)c(Cl)c(GH)c(G)答案B解析0.001 molL1 GHCl水溶液中GH少量水解生成H，所以c(H)小于0.001 molL1，pH3，A错误；0.001 molL1 GHCl水溶液加水稀释，GH水解平衡正向移动，但是溶液体积增大使c(H)减小，则pH升高，B正确；GHCl的电离方程式为GHCl=GHCl，C错误；GHCl水溶液中存在电荷守恒：c(H)c(GH)c(OH)c(Cl)，D错误。3.(2021天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是()A.在0.1 m

34、olL1 H3PO4溶液中c(H3PO4)c(H2POeq oal(,4)c(HPOeq oal(2,4)c(POeq oal(3,4)B.在0.1 molL1 Na2C2O4溶液中c(Na)c(H)c(OH)c(HC2Oeq oal(,4)c(C2Oeq oal(2,4)C.在0.1 molL1 NaHCO3溶液中c(H2CO3)c(HCOeq oal(,3)0.1 molL1D.氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH9的溶液中c(Cl)c(NHeq oal(,4)c(OH)c(H)答案A解析 H3PO4是三元弱酸，其各步电离依次变难，电离出的酸根离子浓度依次减小，A项正确；根据电荷守恒，Na2

35、C2O4溶液中c(Na)c(H)c(OH)c(HC2Oeq oal(,4)2c(C2Oeq oal(2,4)，B项错误；0.1 molL1 NaHCO3溶液中c(H2CO3)c(HCOeq oal(,3)c(COeq oal(2,3)0.1 molL1，C项错误；氨水和NH4Cl的混合溶液pH9，说明氨水的电离程度大于NHeq oal(,4)的水解程度，故c(NHeq oal(,4)c(Cl)，D项错误。4.(2021浙江1月选考)实验测得10 mL 0.50 molL1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50 molL1 CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25

36、 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8105。下列说法不正确的是()A.图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为eq f(0.50,x) molL1，溶液pH变化值小于lg xC.随温度升高，KW增大，CH3COONa溶液中c(OH)减小，c(H)增大，pH减小D.25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na)c(CH3COO)c(Cl)c(NHeq oal(,4)答案C解析醋酸钠溶液显碱性，加水稀释，碱性减弱，c(OH)减小，c(H)增大，pH减小，氯化铵溶液显酸性，加水稀释，酸性减弱，c(H)减小，

37、c(OH)增大，pH增大，即实线表示pH随加水量的变化；升温，KW增大，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度都会增大，pH表示氢离子浓度的负对数，所以pH都会减小，即虚线表示pH随温度的变化，A说法正确，C说法错误。将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为eq f(0.50,x) molL1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H)变为原来的eq f(1,x)，则溶液的pH将增大lg x，但是加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H)大于原来的eq f(1,x)，因此溶液pH的变化值小于lg x，B说法正确。25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中分别存在电荷守恒：

38、c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COO)、c(NHeq oal(,4)c(H)c(Cl)c(OH)，即氯化铵溶液中：c(Cl)c(NHeq oal(,4)c(H)c(OH)，醋酸钠溶液中：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8105，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，盐的水解程度相同，因此，两溶液中|c(OH)c(H)|(两者差的绝对值)相等，故c(Na)c(CH3COO)c(Cl)c(NHeq oal(,4)，D说法正确。 基础

39、巩固练1.下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是()选项事实或应用解释A用热的纯碱溶液去除油污纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质B泡沫灭火器灭火Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体C施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效D明矾KAl(SO4)212H2O作净水剂明矾溶于水生成Al(OH)3胶体答案A2.(2021辽宁辽阳模拟)已知Na2S溶液中存在反应S2H2O HSOH，下列措施能使平衡正向移动的是()A.加入少量NaOH固体B.加入少量盐酸C.降低温度D.加入少量的NaHS固体答案B解

40、析加NaOH固体，OH的浓度增大，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，故A错误；加HCl，会消耗OH，OH的浓度减小，减小生成物的浓度，平衡正向移动，故B正确；水解为吸热过程，降低温度，平衡逆向移动，故C错误；加入少量的NaHS固体，HS的浓度增大，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，故D错误。3.常温下，0.2 molL1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得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.HA为强酸B.该混合溶液pH7.0C.该混合溶液中：c(A)c(Y)c(Na)D.图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H答案C解析0.2 molL1的一元酸HA与等浓度的NaO

41、H溶液等体积混合，恰好生成0.1 molL1 NaA溶液，由题图中A浓度小于0.1 molL1，可知A发生了水解，故HA为弱酸，A项错误；NaA为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，溶液pH7.0，B项错误；A发生水解生成HA：AH2OHAOH，同时还存在水的电离，故溶液中除Na、水分子外，各粒子的浓度大小关系为c(A)c(OH)c(HA)c(H)，故X为OH，Y为HA，Z为H，D项错误；根据物料守恒有：c(Na)c(A)c(HA)，C项正确。4.相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中代表的物质可能分别为()A.NH4Cl(NH4)2SO4CH3COONaNaHCO3Na

42、OHB.(NH4)2SO4NH4ClCH3COONaNaHCO3NaOHC.(NH4)2SO4NH4ClNaOHCH3COONaNaHCO3D.CH3COOHNH4Cl(NH4)2SO4NaHCO3NaOH答案 B解析 酸性从强到弱的顺序为电离呈酸性水解呈酸性中性水解呈碱性电离呈碱性。5.下列有关电解质溶液的说法不正确的是()A.向Na2CO3溶液中通入NH3，eq f(c（Na）,c（COeq oal(2,3)）)减小B.将0.1 molL1的K2C2O4溶液从25 升温至35 ，eq f(c（K）,c（C2Oeq oal(2,4)）)增大C.向0.1 molL1的HF溶液中滴加NaOH溶液

43、至中性，eq f(c（Na）,c（F）)1D.向0.1 molL1的CH3COONa溶液中加入少量水，eq f(c（CH3COOH）,c（CH3COO）c（H）)增大答案D解析Na2CO3溶液中存在平衡COeq oal(2,3)H2OHCOeq oal(,3)OH，通入NH3，NH3溶于水生成NH3H2O，存在电离NH3H2ONHeq oal(,4)OH，抑制了COeq oal(2,3)的水解，c(COeq oal(2,3)增大，又因为c(Na)不变，所以eq f(c（Na）,c（COeq oal(2,3)）)减小，故A正确；K2C2O4溶液中存在C2Oeq oal(2,4)水解，水解吸热，若

44、从25 升温至35 ，促进了C2Oeq oal(2,4)的水解，c(C2Oeq oal(2,4)减小，又因为c(K)不变，所以eq f(c（K）,c（C2Oeq oal(2,4)）)增大，故B正确；向0.1 molL1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(F)c(OH)，c(H)c(OH)，则c(Na)c(F)，即eq f(c（Na）,c（F）)1，故C正确；CH3COOH的电离常数Kaeq f(c（CH3COO）c（H）,c（CH3COOH）)，所以eq f(c（CH3COOH）,c（CH3COO）c（H）)eq f(1,Ka)，电离常数只受温度影响，温度不变

45、则Ka不变，故D错误。6.(2021北京海淀区模拟)有NaOH溶液Na2CO3溶液CH3COONa溶液各10 mL，物质的量浓度均为0.1 molL1，下列说法正确的是()A.三种溶液pH的大小顺序是B.三种溶液中由水电离出的OH浓度大小顺序是C.若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是D.若分别加入10 mL 0.1 molL1盐酸后，pH最大的是答案B解析等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中酸根对应的酸的酸性越强，酸根水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液pH的大小顺序是，故A错误；氢氧化钠溶液抑制了水的电离，而碳酸钠和醋酸钠溶液都促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大

46、，所以三种溶液中水电离的氢氧根离子浓度大小关系为，故B正确；稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是氢氧化钠溶液，故C错误；等体积等浓度混合后，溶质为NaCl、溶质为NaHCO3与NaCl、溶质为CH3COOH与NaCl，HCOeq oal(,3)离子水解显碱性，所以pH最大的是，故D错误。7.某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 molL1 NaHCO3溶液，测得其pH为9.7；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A.NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCOeq oal(,3)的水解程

47、度大于电离程度B.加入CaCl2促进了HCOeq oal(,3)的水解C.反应的离子方程式为2HCOeq oal(,3)Ca2=CaCO3H2CO3D.反应后的溶液中存在：c(Na)2c(Ca2)c(HCOeq oal(,3)2c(COeq oal(2,3)c(Cl)答案B解析NaHCO3既能电离出H，又能水解出OH，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCOeq oal(,3)的水解程度大于其电离程度，A项正确；溶液中存在HCOeq oal(,3)COeq oal(2,3)H，加入CaCl2消耗COeq oal(2,3)，促进HCOeq oal(,3)的电离，B项错误；HCOeq oal(,3)与

48、Ca2生成CaCO3和H，H结合HCOeq oal(,3)生成H2CO3，则反应的离子方程式为2HCOeq oal(,3)Ca2=CaCO3H2CO3，C项正确；溶液中存在电荷守恒，c(Na)c(H)2c(Ca2)c(HCOeq oal(,3)2c(COeq oal(2,3)c(Cl)c(OH)，溶液的pH7，c(H)c(OH)，c(Na)2c(Ca2)c(HCOeq oal(,3)2c(COeq oal(2,3)c(Cl)，D项正确。8.0.1 mol/L的NaOH溶液0.2 L，通入448 mL (标准状况)H2S气体，所得溶液离子浓度大小关系正确的是()A.c(Na)c(HS)c(OH)

49、c(H2S)c(S2)c(H)B.c(Na)c(H)c(HS)c(S2)c(OH)C.c(Na)c(H2S)c(HS)c(S2)c(OH)D.c(S2)c(OH)c(H)c(H2S)答案D解析反应后所得为NaHS溶液，溶液中HS的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，HS和水电离出氢离子，只有HS电离出硫离子，所以c(S2)bcB.c点溶液中：c(Na)10c(HX)C.室温下NaX的水解常数为104.75D.图中b点坐标为(0，4.75)答案D解析根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH7的溶液中，HX的电离程度大于X的水解程度，可只考虑H对水的电离的抑制，溶液pH越大氢

50、离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：abc，A错误；c点溶液中存在电荷守恒：c(H)c(Na)c(X)c(OH)，此时peq f(c（HX）,c（X）)1，则c(X)10c(HX)，代入电荷守恒可得：c(H)c(Na)10c(HX)c(OH)，由于溶液呈酸性，c(H)c(OH)，则c(Na)10c(HX)，B错误；HX在溶液中存在电离平衡：HXHX，Kaeq f(c（H）c（X）,c（HX）)，则pHpKapeq f(c（HX）,c（X）)，代入c点坐标(1，5.75)可知，pKa4.75，则Ka104.75，则室温下NaX的水解常数Kheq f(KW,Ka)eq f(101

51、4,104.75)109.25，C错误；由B选项可知，pKa4.75，则b点pHpKapeq f(c（HX）,c（X）)04.754.75，D正确。14.(2022福建泉州质监)常温下，往0.01 molL1的NaHA溶液中通入HCl或加入NaOH固体调节溶液的pH(忽略体积变化)，溶液中c(HA)随pH变化的曲线如图。下列说法正确的是()A.水的电离程度：dcbaB.Ka1(H2A)1108C.c点溶液中存在：c(HA)c(H2A)c(A2)D.d点溶液中存在：c(HA)c(A2)c(Na)答案A解析观察图中曲线变化趋势可知，ca为通入HCl的过程，cd为加入NaOH固体的过程，通入HCl过程中发生反应NaHAHCl=NaClH2A，a点时NaHA基本完全反应，H2A浓度约为0.01 molL1；加入NaOH固体的过程中发生反应NaHANaOH=Na2AH2O；根据c点可知，NaHA溶液显酸性，说明HA的电离程度大于水解程度。根据酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，结合d点pH7，c点HA的电离程度大于水解程度，酸性a点b点c点，知水的电离程度：dcba，A项正确；H2AHAH