第14讲3.5影响盐类水解的主要因素及应用（教师版）-2024年高中化学讲义（选择性必修一）

第3课第5课时影响盐类水解的主要因素及应用001目标任务课程标准学习目标1．认识影响盐类水解的主要因素。2．了解外界因素对水解平衡移动的影响。3．了解盐类水解在生产、生活中的应用。1．认识外界因素对水解平衡的影响，运用平衡移动原理分析影响的因素及平衡移动的方向。2．能根据实验现象归纳判断盐类水解平衡的影响因素，能分析并解决生产、生活中的盐类水解问题。002预习导学自主梳理一、影响盐类水解的因素1．内因——反应物本身的性质盐与水作用生成弱电解质(弱酸或弱碱)的倾向越大，对水电离平衡的影响越大，水解程度。也就是说生成弱电解质越难电离，水解程度。或者说生成的盐的弱酸或弱碱越弱，水解程度。如：CH3COOH、H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)的电离常数依次减小，CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)的水解程度依次，其溶液的pH依次。2．外因——温度、浓度、酸或碱(1)已知：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，根据实验操作填写下表可能影响因素实验操作现象解释或结论盐的浓度加入FeCl3固体，再测溶液的pH溶液颜色变，溶液的pH加入FeCl3固体，c(Fe3＋)增大，水解平衡向方向移动溶液的酸碱度加盐酸后，测溶液的pH溶液颜色变浅，溶液的pH加入盐酸，c(H＋)增大，水解平衡向方向移动，但c(H＋)仍比原平衡中c(H＋)大加入少量NaOH溶液产生色沉淀加入氢氧化钠后，OH－消耗H＋，c(H＋)减小，水解平衡向方向移动(2)结论①温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，水解程度。②浓度：盐的浓度越小，水解程度。③酸碱性：向盐溶液中加入H＋，可抑制水解，促进水解。二、盐类水解的基本应用1．热的纯碱溶液去油污：加热Na2CO3溶液，促进Na2CO3水解，使溶液中c(OH－)增大。2．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。3．作净水剂铝盐、铁盐等部分盐类水解生成，有较强的吸附性，常用作净水剂。如明矾水解的离子方程式为。4．物质制备(如制备TiO2、SnO、SnO2、Sn2O3等)(1)用TiCl4制取TiO2发生反应的化学方程式为。TiO2·xH2Oeq\o(=,\s\up10(△))TiO2＋xH2O。(2)利用盐的水解可以制备纳米材料。【答案】一、1．越大越大越大增大增大2．(1)深变小正反应浅变小逆反应红褐正反应(2)①增大②越大③弱碱阳离子弱酸阴离子二、2．抑制Sn2＋或Fe3＋水解。3．胶体Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋。4．(1TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl。预习检测1．下列措施能使NaClO溶液的水解平衡正向移动，水解程度反而减小的是A．增大NaClO溶液浓度 B．加水稀释C．升高温度 D．加入适量NaOH固体【答案】A【解析】A．增大NaClO溶液浓度，水解平衡正向移动，但由于溶液浓度增大，所以水解程度减小，故A选；B．加水稀释，水解平衡正向移动，水解程度增大，故B不选；C．水解是吸热过程，升高温度，水解平衡正向移动，水解程度增大，故C不选；D．加入适量NOH固体，c(OH)增大，水解平衡逆向移动，故D不选；所以选A。2．在的平衡体系中，要抑制的水解，可采取的措施为A．升高温度 B．滴加少量盐酸C．加入适量氢氧化钠溶液 D．加水稀释【答案】B【解析】由可知，加酸可抑制Al

3+的水解，以此来解答。A．水解为吸热反应，加热促进水解，故A不选；B．滴加少量盐酸，氢离子浓度增大，抑制水解，故B选；C．加入适量的氢氧化钠溶液，与氢离子反应，促进水解，故C不选；D．加水稀释，促进水解，故D不选；故选B。3．已知溶液中存在如下平衡：，下列说法中正确的是A．加入适量水后平衡向右移动，增大B．加热后平衡向左移动，增大C．加入后有气泡产生，一段时间后可得到红褐色沉淀D．加热蒸干溶液并灼烧可得【答案】C【解析】A．加入适量水后，稀释溶液使体积增大，促进铁离子水解，平衡向右移动，根据勒夏特列原理可知，减小，A错误；B．加热后，促进铁离子水解，平衡向右移动，减小，B错误；C．根据可知，溶液显酸性，加入后，与氢离子反应生成二氧化碳，有气泡产生，减小，平衡向右移动，一段时间后增多，故可得到红褐色沉淀，C正确；D．溶液水解后产生硫酸，硫酸难挥发，会和水解产生的反应又生成，故加热蒸干溶液并灼烧可得，故D错误；故答案选C。4．下列有关物质的用途或现象与盐的水解无关的是A．某雨水样品采集后放置一段时间，由4.68变为4.28B．实验室中盛放溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞C．与两种溶液可用作泡沬灭火剂D．与溶液可用作焊接金属时的除锈剂【答案】A【解析】A．由pH可知该雨水为酸雨，雨水放置一段时间，pH减小的原因是酸雨中的亚硫酸被氧气氧化为硫酸，并不是盐类水解造成的，故A符合题意；B．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解后呈碱性，玻璃中的成分SiO2在碱性溶液中反应生成硅酸钠，容易使瓶塞粘住瓶口，属于盐类水解的机理，故B不符合题意；C．Al2(SO4)3水解呈酸性，NaHCO3水解呈碱性，二者相互促进水解，反应产生CO2，属于盐类水解的应用，故C不符合题意；D．NH4Cl与ZnCl2都是强酸弱碱盐，水解呈酸性，产生的HCl可以作为除锈剂，属于盐类水解的应用，故D不符合题意；故本题选A。5．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．泡沫灭火器中的反应物为Al2(SO4)3和NaHCO3B．废旧钢材焊接前，可先用饱和Na2CO3溶液处理焊点的油污C．NH4Cl和ZnCl2溶液去除铁锈的原理相同D．明矾既能除去水中的悬浮杂质又能杀菌消毒【答案】D【解析】A．泡沫灭火器中的反应物为Al2(SO4)3和NaHCO3，两者能发生完全双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，从而达到灭火目的，故A正确；B．饱和Na2CO3溶液水解呈碱性，能使油脂水解，从而去除油污，故B正确；C．NH4Cl和ZnCl2溶液都能发生水解，使溶液呈酸性，使氧化铁溶解，因此可用两种溶液除去铁锈，原理相同，故C正确；D．明矾不能杀菌消毒，故D错误；故选：D。6．下列过程或现象与盐类水解无关的是A．纯碱溶液去油污 B．铁在潮湿的环境下生锈C．用氯化铵溶液除铁锈 D．浓硫化钠溶液有臭味【答案】B【解析】A．纯碱水解使得溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，选项A不选；B．铁在潮湿的环境下铁和氧气、水反应而导致铁被腐蚀，与盐类水解无关，选项B选；C．氯化铵溶液水解溶液显酸性，能和金属氧化物反应用于除锈，与盐类水解有关，选项C不选；D．溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量的硫化氢，与盐类水解有关，选项D不选。故选B。探究提升03探究提升03►环节一影响盐类水解的主要因素【情境材料】上面三支试管内分别盛有0.1mol·L－1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、CH3COONa溶液，各滴入几滴酚酞溶液，溶液均显红色。【问题探究】1．向甲试管中加入少量Na2CO3固体，有什么现象？水解平衡如何移动？2．向乙试管中通入HCl气体有什么现象发生？水解平衡如何移动？3．加热丙试管有什么现象发生？水解平衡如何移动？【答案】1．红色加深。水解平衡右移。2．红色变浅直至褪色，有气泡冒出。水解平衡右移。3．红色加深。水解平衡右移。要点归纳影响盐类水解的因素内因反应物本身的性质，即组成盐的弱酸阴离子或弱碱阳离子对应的酸或碱越弱，盐的水解程度越大温度盐的水解反应是吸热反应，因此升高温度促进盐的水解，降低温度抑制盐的水解浓度盐浓度越小，水解程度越大；盐浓度越大，水解程度越小酸碱性加酸抑制阳离子水解，促进阴离子水解；加碱抑制阴离子水解，促进阳离子水解“同离子”效应向能水解的盐溶液中加入与水解产物相同的离子，水解被抑制；若将水解产物消耗掉，则促进水解(1)能水解的盐的浓度越大，水解程度越小，但其溶液的酸性(或碱性)比稀溶液的酸性(或碱性)强。(2)越弱越水解，越热越水解，越稀越水解，加酸碱抑制或促进水解。典例精讲【例1】（2023秋·广东广州·高二华南师大附中校考期末）为了配制NH的浓度与Cl的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入①适量NH4NO3；②适量NaCl；③适量氨水；④适量HClA．①② B．②③ C．①③ D．②④【答案】C【解析】氯化铵是典型的强碱弱酸盐，由于NH水解，导致溶液中c（NH)<c(C1），溶液呈酸性，为了配制NH与C1的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的酸性物质并保持氯离子浓度不变，抑制水解；或增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度。①适量NH4NO3，溶液中加入硝酸铵晶体后，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故①正确;②适量NaCl，溶液中加入NaCl晶体后，增加溶液中氯离子的浓度，并保持铵根离子浓度不变，导致c（NH)<c(C1），故②错误;③适量氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故③正确;④适量HCl，氢离子浓度增大会抑制铵根离子的水解，但增加了氯离子的浓度，导致c（NH)<c(C1），故④错误。故选C。【例2】（2023春·四川绵阳·高二四川省绵阳江油中学校考期中）下列关于盐类水解的说法正确的是A．在Na2S溶液中加入少量Na2S固体，Na2S的水解程度增大B．将CuSO4溶液由20℃加热到60℃，溶液的pH增大C．向CH3COONa溶液中加水，溶液中的比值增大D．常温下，0.1mol/L的NaB溶液的pH=8，溶液中c(Na+)=c(B)+c(HB)=0.1mol/L【答案】D【解析】A．在Na2S溶液中加入少量Na2S固体，Na2S溶液的浓度增大，水解程度减小，故A错误；B．盐类水解是吸热反应，升高温度，CuSO4在溶液中的水解程度增大，溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．加水稀释CH3COONa溶液时，溶液中醋酸根离子和氢氧根离子浓度都减小，水的离子积不变，则溶液中氢离子浓度增大，的比值减小，故C错误；D．常温下，0.1mol/L的NaB溶液的pH=8，溶液显碱性，说明NaB为强碱弱酸盐，即HB为弱酸，溶液中存在物料守恒关系：c(Na+)=c(B)+c(HB)=0.1mol/L，故D正确；答案选D。【例3】（2023春·安徽六安·高二六安市裕安区新安中学校考期中）浓度均为0.1mol/L的NH4Cl、(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2Fe(SO4)2四种溶液中，设NH离子浓度分别为amol/L、bmol/L和cmol/L，dmol/L则a、b、c、d关系为A．b=d＞a=c B．c＜a＜b＜d C．a＜c＜b=d D．a＜c＜b＜d【答案】D【解析】浓度均为0.1mol/L的NH4Cl、(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2Fe(SO4)2四种溶液中，(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2二种铵盐铵根离子系数都是2，NH4Cl、NH4HSO4二种铵盐铵根离子系数都是1，则(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2二种铵盐铵根离子浓度比NH4Cl、NH4HSO4二种铵盐铵根离子浓度大，由于(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+水解呈酸性，会抑制NH的水解，则(NH4)2Fe(SO4)2中铵根离子浓度大于(NH4)2SO4中铵根离子浓度，NH4HSO4中会电离出H+，抑制铵根离子水解，则NH4HSO4中铵根离子浓度大于NH4Cl中铵根离子浓度，由上分析可得，NH离子浓度关系为a＜c＜b＜d；故选D。►环节二盐类水解的应用【情境材料】1．将氯化亚锡晶体(SnCl2·2H2O)溶于蒸馏水，SnCl2在水中会发生水解反应生成沉淀：SnCl2＋H2O=Sn(OH)Cl↓＋HCl，此时加入稀盐酸，溶液又变澄清，反应图示如下：2．人们利用水解反应原理设计出了泡沫灭火器。下图为泡沫灭火器构造示意图：泡沫灭火器内有两个容器，内筒a装有Al2(SO4)3溶液，外筒b装有饱和NaHCO3溶液，两种溶液互不接触，不发生任何化学反应。当需要灭火时，把灭火器倒立，两种溶液混合在一起，就会产生大量的气体和沉淀，在起泡剂的作用下迅速产生大量泡沫并喷出，它们能粘附在可燃物上，使可燃物与空气隔绝，达到灭火的目的。【问题探究】1．配制SnCl2溶液时，为什么不能直接将SnCl2溶解在水中，而要加入适量盐酸？2．泡沫灭火器的灭火原理是什么？写出反应的化学方程式。3．蒸干AlCl3水溶液并灼烧，得到的固体物质是什么？蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液得到的固体物质又是什么？【答案】1．SnCl2溶于水会得到Sn(OH)Cl沉淀，加入盐酸会使SnCl2＋H2O=Sn(OH)Cl↓＋HCl的平衡逆向移动，从而得到SnCl2溶液。2．Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应，Al2(SO4)3＋6NaHCO3=2Al(OH)3↓＋3Na2SO4＋6CO2↑，产生的CO2、Al(OH)3一起喷出而灭火。3．AlCl3溶液中存在：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热，HCl挥发，平衡右移，得到Al(OH)3，再灼烧，Al(OH)3分解，最终得到Al2O3。蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液得到Al2(SO4)3。要点归纳1．在科学研究中的应用应用举例判断溶液的酸碱性如FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；贮存Na2CO3、Na2SiO3溶液时，不能用磨口玻璃塞，应用带有橡胶塞的试剂瓶胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的反应：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋制备某些无水盐将某些挥发性酸对应的弱碱盐溶液直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HCl不断挥发，水解平衡不断向右移动，得到Al(OH)3、Fe(OH)3，继续加热，Al(OH)3、Fe(OH)3分解得到Al2O3、Fe2O3，所以要得到无水AlCl3、FeCl3，只有在HCl气流中加热对应溶液才能实现物质的提纯除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO、镁粉、Mg(OH)2或MgCO3，从而降低溶液酸性使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，然后通过过滤除去判断离子共存Al3＋与AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、S2－、HS－等因相互促进水解而不能共存2．在工农业生产和生活中的应用应用举例泡沫灭火器原理主要成分为NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液，发生的反应为Al3＋＋3HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=Al(OH)3↓＋3CO2↑，灭火器内压强增大，CO2、Al(OH)3一起喷出覆盖在着火物质上使火焰熄灭化肥的施用铵态氮肥(溶液显酸性)与草木灰(溶液显碱性)不得混合施用热的纯碱溶液清洗油污COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2OHCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－，加热，水解平衡右移，溶液碱性增强，去污能力增强明矾净水Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体具有吸附性，可作净水剂除锈剂NH4Cl、ZnCl2溶液因NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、Zn2＋水解而显酸性，金属表面的氧化膜可与H＋反应，因此均可作焊接时的除锈剂3．盐类的水解常数用HA表示一元弱酸，MOH表示一元强碱，MA表示由它们生成的盐，MA为强碱弱酸盐，其水解离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－，则水解常数：Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)＝eq\f(c（HA）·c（OH－）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）)＝eq\f(Kw,Ka)，同理，可推出强酸弱碱盐的水解常数与弱碱电离常数(Kb)的关系式：Kh＝eq\f(Kw,Kb)。(1)铝盐、铁盐是常见的净水剂，其原理是利用Al3＋、Fe3＋的水解得到Al(OH)3、Fe(OH)3胶体，可以使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大的颗粒而沉淀，从而除去水中的悬浮物，起到净水的作用。(2)TiO2的制备方法：向TiCl4中加入大量水，同时加热，发生下列反应：TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl，所得的TiO2·xH2O经焙烧得到TiO2。(3)能水解的盐溶液蒸干产物的判断金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐蒸干后一般得到原物质，如将CuSO4溶液蒸干得CuSO4金属阳离子易水解的易挥发性酸盐蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3溶液蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3酸根离子易水解的强碱盐蒸干后一般得到原物质，如将Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3典例精讲【例4】（2022秋·广东佛山·高二校联考阶段练习）下列应用与水解原理无关的是A．用热的纯碱溶液去油污B．草木灰与铵态氮肥不能混合施用C．用水热法制D．配制溶液时加入铁粉【答案】D【解析】A．用热的纯碱溶液去油污，，油污在碱性条件下水解，选项A不符合题意；B．草木灰显碱性不能与铵态氮肥混合使用，否则会产生氨气降低肥效，选项B不符合题意；C．TiCl4水解生成和HCl，与水解原理有关，选项C不符合题意；D．亚铁离子容易被氧化，配置溶液时加入铁粉，防止亚铁离子氧化，与水解原理无关，选项D符合题意；答案选D。【例5】（2023春·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）下列关于盐类水解的应用，说法不正确的是A．水溶液蒸发结晶能得到B．常温下，溶液不能保存在玻璃试剂瓶中C．配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶于盐酸中D．使用泡沫灭火器时，混合溶液与溶液【答案】A【解析】A．氢氧化镁比碳酸镁更难溶，水溶液蒸发结晶能得到Mg(OH)2，故A错误；B．常温下，溶液水解生成氢氟酸，二氧化硅和氢氟酸反应生成SiF4和水，所以溶液不能保存在玻璃试剂瓶中，故B正确；C．配制氯化铁溶液时，为防止氯化铁水解，先将氯化铁固体溶于盐酸中，故C正确；D．使用泡沫灭火器时，混合溶液与溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确；选A。►环节三溶液中粒子浓度的比较【情境材料】CH3COONa溶液中存在着下列电离和反应过程：【问题探究】1．CH3COONa溶液中的Na＋、OH－、CH3COO－、H＋四种离子浓度大小有什么关系？2．某溶液中只含有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、Cl－、OH－、H＋四种离子，该溶液的溶质可能有几种情况？3．写出CH3COONa溶液中的电荷守恒关系式。【答案】1．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)2．一种溶质时，只有NH4Cl；两种溶质时有：①NH4Cl与HCl，②NH4Cl与NH3·H2O。3．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)。要点归纳1．明确两大理论，构建思维模型(1)电离理论①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离。如氨水中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离。如在H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。(2)水解理论①弱离子的水解损失是微量的(双水解除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)。2．把握三种守恒，明确等量关系(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＋、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－、HCOeq\o\al(－,3)，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。(2)物料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但原子总数是守恒的。如Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)能水解，故碳元素以COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3三种形式存在，它们之间的守恒关系：eq\f(1,2)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)。(3)质子守恒规律①含义：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的H＋总数等于粒子接受的H＋总数。②应用：如Na2S溶液中的质子转移如下：可得Na2S溶液中质子守恒关系为c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。质子守恒关系也可由电荷守恒关系与物料守恒关系推导得到。3.“五模板”突破溶液中微粒浓度关系（1）MCl（强酸弱碱盐）溶液①电荷守恒：c(②物料守恒：c(③微粒浓度：c(（2）Na2①电荷守恒：c(②物料守恒：c(③微粒浓度：c(（3）NaHA（弱酸的酸式盐）溶液（a：水解为主，b：电离为主）①电荷守恒：c(②物料守恒：c(③微粒浓度a:c（4）同浓度、同体积的HA（弱酸）与NaA混合液（a:pH①电荷守恒：c(②物料守恒：2c(③微粒浓度a（5）同浓度、同体积的MOH（弱碱）与MCl混合液（a:pH①电荷守恒：c(②物料守恒：2c(③微粒浓度a(1)书写电荷守恒式时容易漏写部分离子和未在离子浓度前乘以该离子所带电荷数，如Na2CO3溶液中漏写HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))或未在c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))前乘以“2”。(2)书写物料守恒时，未列出含某元素的全部粒子，如Na2CO3溶液中漏写H2CO3。(3)应用原子守恒时，要抓住电解质溶液中得失原子的基准态物质。典例精讲【例6】（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）草酸()是二元弱酸，常温下，下列有关草酸及草酸盐溶液的叙述错误的是A．在溶液中B．在溶液中C．在溶液中D．在和混合溶液中【答案】B【解析】A．在溶液中，草酸()是二元弱酸，弱酸电离度很小主要以分子形成存在于溶液中，草酸一次电离程度远大于二次电离，两次电离都会产生氢离子，水也会电离出氢离子，所以溶液中各微粒浓度大小为，故A正确；B．在溶液中，根据电荷守恒得到：，根据物料守恒得到：，整理得到：，故B错误；C．在溶液中，根据物料守恒得到：，故C正确；D．在和混合溶液中，根据电荷守恒得到：，故D正确；故选：B。【例7】（2022春·湖南株洲·高二统考期末）25℃时，用2amol•L1NaOH溶液滴定1.0L2amol•L1HF溶液，得到混合液中HF、F的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．pH=3时，溶液中：c(Na+)＞c(F)B．当c(F)＞c(HF)时，一定有c(OH)＞c(H＋)C．pH=3.45时，NaOH溶液与HF恰好完全反应D．pH=4时溶液中：c(HF)+c(Na+)+c(H+)－c(OH)＜2amol•L1【答案】D【解析】A．pH=3时，c(H+)＞c(OH)，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(F)，则c(F)＞c(Na+)，故A错误；B．当pH＞3.45时，c(F)＞c(HF)，溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误；C．HF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当pH=3.45时HF酸过量，故C错误；D．当pH=4时，混合溶液体积大于1.0L，c(F)＜1.6amol/L，c(HF)＜0.4amol/L，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(F)，c(F)=c(Na+)+c(H+)c(OH)＜1.6amol/L，则c(HF)+c(Na+)+c(H+)c(OH)＜2amol•L1，故D正确；故选D。【例8】（2023秋·河南平顶山·高二统考期末）室温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．溶液中：B．氨水与氯化铵的混合溶液中可能存在：C．溶液和溶液等浓度等体积混合后的溶液中(忽略体积变化，混合后)：D．溶液与溶液中都存在关系式：【答案】D【解析】A．溶液中的水解程度较小，，同时，A项错误；B．氨水与氯化铵的混合溶液中不可能存在：，因不符合电荷守恒，B项错误；C．和溶液等浓度等体积混合后，说明的电离程度大于的水解程度，则，C项错误；D．愘液与溶液中存在的离子种类相同，则根据电荷守恒可知，都存在关系式：，D项正确。故选D。004课堂总结005强化训练探究提升一、单选题1．（2023春·四川遂宁·高二射洪中学校考阶段练习）要使0.01mol/LK2CO3溶液中的c()更接近0.01mol/L，可以采取的措施是A．通入CO2 B．加入Na2CO3固体C．加热 D．加入适量KOH固体【答案】D【解析】A．向0.01mol/LK2CO3溶液中通入CO2，因发生+CO2+H2O=2，导致浓度小于0.01mol/L，A不合题意；B．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入Na2CO3固体，导致浓度大于0.01mol/L，B不合题意；C．加热能够促进水解，导致0.01mol/LK2CO3溶液中浓度小于0.01mol/L，C不合题意；D．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入适量KOH固体，由于OH浓度增大，抑制水解，导致0.01mol/LK2CO3溶液中浓度接近0.01mol/L，D符合题意；故答案为：D。2．（2022秋·辽宁·高二凤城市第一中学校联考期中）室温下，对于1.0L0.1mol•L1的醋酸钠溶液，下列判断正确的是A．加入少量醋酸钠固体后，水解平衡正向移动，溶液的pH降低B．加入少量的冰醋酸后，水解平衡逆向移动，水解平衡常数减小C．升高温度，平衡正向移动，c(CH3COOH)与c(CH3COO)的比值减小D．滴加氢氧化钠溶液过程中，n(CH3COO)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol【答案】D【解析】A．加入少量醋酸钠固体后，增大反应物浓度，水解平衡正向移动，c(OH)增大，溶液的pH增大，A不正确；B．加入少量的冰醋酸后，增大了生成物浓度，水解平衡逆向移动，但由于温度不变，所以水解平衡常数不变，B不正确；C．升高温度，水解平衡正向移动，n(CH3COOH)增大，n(CH3COO)减小，=，则比值增大，C不正确；D．依据物料守恒，1.0L0.1mol•L1的醋酸钠溶液，n(CH3COO)+n(CH3COOH)=1.0L×0.1mol•L1=0.1mol，滴加氢氧化钠溶液过程中，n(CH3COOH)减小的数值与n(CH3COO)增大的数值相等，所以n(CH3COO)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol，D正确；故选D。3．（2022秋·山东青岛·高二山东省青岛第一中学校考期中）下列溶液中有关微粒的物质的量浓度和数目关系正确的是A．常温下，将醋酸钠和盐酸两溶液混合至中性，混合后的溶液中B．等浓度的溶液与KOH溶液等体积混合：C．pH相等的①、②、③三种溶液，大小是②>①>③D．为二元弱酸，则等浓度等体积的与NaHA溶液中阴离子数目前者大于后者【答案】D【解析】A．常温下，将醋酸钠和盐酸两溶液混合，两溶液发生化学反应，当溶液呈中性时，，根据电荷守恒可知，溶液中，因此，根据物料守恒可知，溶液中，由两式可知，溶液中，因此溶液中，故A项错误；B．等浓度的溶液与KOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成K2SO3，溶液中电荷守恒为，物料守恒为，两式联立可得，故B项错误C．pH相等的①、②、③三种溶液，和中的水解程度相同，电离出的H+会抑制水解，溶液中H+主要来自盐的电离，因此与①②③溶液pH相等时，③的溶质浓度更低，因此三组溶液中大小是①=②>③，故C项错误；D．等浓度等体积的与NaHA溶液中溶质的物质的量相等，A2发生水解(阴离子数目增加)，HA发生水解和电离时，溶液中阴离子数目变化较小，因此阴离子数目前者大于后者，故D项正确；综上所述，正确的是D项。4．（2022春·湖南·高二校联考期末）某化学小组的同学测定溶液在先升温再降温过程中的pH(不将虑温度变化过程中溶液体积的变化)，数据如下：时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25下列说法中正确的是A．溶液中存在水解平衡：B．④的pH与①不同，是浓度减小造成的C．①→③的过程中，温度和浓度的变化对水解平衡移动方向的影响一致D．取①④时刻的溶液，加入溶液，④产生沉淀的物质的量更多【答案】B【解析】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，存在水解平衡，分两步水解，水解平衡为：，故A错误；B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH浓度降低，也就说明过程中浓度有所降低，故B正确；C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，由于④中被氧化为，浓度减小，平衡逆移，而升高温度，平衡正移，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；D．①时刻加入溶液产生沉淀是BaSO3，④中被氧化为，④产生的白色沉淀是BaSO3和BaSO4，由于浓度减小，因此①产生沉淀的物质的量更多，故D错误；故选：B。5．（2022春·河南安阳·高二安阳县高级中学统考阶段练习）下列图示装置涉及的原理或操作正确的是ABCD过滤转移溶液蒸发结晶制取无水FeCl3检查装置气密性A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．过滤时漏斗尖端长的一侧靠烧杯壁，A错误；B．向容量瓶中转移溶液需要用玻璃棒引流，B错误；C．制备无水氯化铁固体需要将溶液在氯化氢氛围中加热蒸干，C错误；D．关闭止水夹，若装置气密性良好，长颈漏斗中液面不会下降，D正确；故选D。6．（2022秋·河南郑州·高二统考期末）为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据：实验c(NH4Cl)/mol·L−1V(NH4Cl)/mL温度/℃pH10.02525x20.02530y30.2525z下列说法不正确的是A．由x＞y可知：升高温度能促进氯化铵的水解B．由x＞z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大C．由z＜x＜z+1可知：稀释氯化铵溶液，水解平衡正向移动D．Kh(NH4Cl)与Kb(NH3·H2O)的关系为：Kh=(Kw为水的离子积常数)【答案】B【解析】A．实验1和1探究温度对氯化铵的水解的影响，水解方程式：NH+H2ONH3·H2O+H+，由x＞y即实验2氢离子的浓度较大，可知升高温度能促进氯化铵的水解，A正确；B．实验1和3探究浓度对氯化铵的水解的影响，由x＞z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，但是水解程度减小，B错误；C．实验3氯化铵的浓度是实验1的10倍，由z＜x＜z+1，即稀释10倍后，pH变化小于1，由越稀越水解可知：稀释氯化铵溶液，水解平衡正向移动，C正确；D．氯化铵的水解方程式：NH+H2ONH3·H2O+H+，Kh=，D正确；故选：B。7．（2022秋·河南郑州·高二统考期末）常温下，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，减小B．将0.1mol·L1的K2C2O4溶液从25℃升温至35℃，增大C．向0.1mol·L1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，=1D．向0.1mol·L1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大【答案】D【解析】A．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2O⇌HCO+OH，溶液中通入NH3，抑制水解，所以减小，故A正确；B．K2C2O4溶液中草酸根离子水解显示碱性，升高温度，水解程度增加，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以增大，故B正确；C．向0.1mol•L1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液的溶质是HF和NaF的混合物，存在电荷守恒，c(H+)=c(OH)，钠离子和氟离子浓度相等，=1，故C正确；D．CH3COONa溶液中加入少量水，不会影响醋酸的电离平衡常数，即不变，故D错误；故选：D。8．（2022秋·广东深圳·高二校考期中）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol·L1CH3COONa溶液与0.1mol·L1HCl溶液等体积混合：c(Na＋)=c(Cl)＞c(CH3COO)＞c(OH)B．0.1mol·L1NH4Cl溶液与0.1mol·L1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl)＞c(OH)C．0.1mol·L1Na2CO3溶液与0.1mol·L1NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)=c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)D．0.1mol·L1Na2C2O4溶液与0.1mol·L1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH)=c(Na＋)＋c(H＋)【答案】A【解析】A．0.1mol·L1CH3COONa溶液与0.1mol·L1HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)=c(Cl)＞c(CH3COO)＞c(OH)，A项正确；B．0.1mol·L1NH4Cl溶液与0.1mol·L1氨水等体积混合，pH>7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，若不考虑NH水解和的电离，则c(NH)=c()=c(Cl)，在考虑溶液中水解平衡和电离平衡后，因一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH)＞c(Cl)＞c()＞c(OH)，B项错误；C．根据物料守恒，0.1mol·L1Na2CO3溶液中，c(Na+)＝2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，0.1mol·L1NaHCO3溶液中，c(Na+)＝c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na+)＝3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，即c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，C项错误；D、0.1mol·L1Na2C2O4溶液与0.1mol·L1HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，根据电荷守恒有：c(Na＋)+c(H＋)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH)+c(Cl)，D项错误；答案选A。9．（2022春·广西南宁·高二南宁三中校考期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl、HClO和ClO总数为2NAB．将稀氨水滴入含1mol(NH4)2SO4的溶液至中性，溶液中NH数目为2NAC．1L0.1mol/L醋酸溶液中含有氧原子数等于0.2NAD．0.1mol/LNaAlO2溶液中AlO的数目小于0.1NA【答案】B【解析】A．根据元素守恒可知2N(Cl2)+N(Cl)+N(HClO)+N(ClO)=2NA，故A错误；B．稀氨水滴入含1mol(NH4)2SO4的溶液至中性，根据电荷守恒得：，此时溶液呈中性则，，则=2mol，溶液中NH数目为2NA，故B正确；C．溶剂水中也含有O原子，故C错误；D．溶液体积未知，不能确定离子数目多少，故D错误；故选：B。10．（2022秋·陕西西安·高二统考期末）现有等浓度的下列溶液：①醋酸，②次氯酸，③醋酸钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的是A．④①②⑤⑥③ B．④①②⑥⑤③ C．①④②③⑥⑤ D．①④②⑥③⑤【答案】C【解析】醋酸的酸性强于碳酸，碳酸酸性强于次氯酸，弱酸的酸性越强，其酸根离子的水解程度越弱，因此碳酸钠的水解程度强于碳酸氢钠强于醋酸钠，碳酸钠、碳酸氢钠、醋酸钠水解生成氢氧根离子，均呈碱性，因此等浓度的下列溶液，溶液pH由小到大排列顺序为①④②③⑥⑤，故答案选C。11．（2023春·广西南宁·高二南宁三十六中校考期末）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A．Li与O2反应产生黄色火焰，生成Li2O2B．施肥时碳酸氢铵应避免与草木灰混合使用C．SO2具有还原性，可作为食品中的抗氧化剂D．工业上可用FeCl3溶液腐蚀覆铜板上的铜【答案】A【解析】A．Li与O2反应产生紫红色火焰，由于Li的金属性比Na的弱，故Li燃烧只能生成Li2O，A错误；B．由于草木灰(主要成分为K2CO3)溶液呈碱性，能与铵态氮肥反应放出氨气，损失肥效，故施肥时碳酸氢铵应避免与草木灰混合使用，B正确；C．SO2中硫显+4价具有较强的还原性，能够消耗食品中的O2，防止O2氧化食物，故可作为食品中的抗氧化剂如通入葡萄酒作抗氧化剂，C正确；D．工业上可用FeCl3溶液腐蚀覆铜板上的铜，反应原理为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，D正确；故答案为：A。12．（2023秋·广东湛江·高二统考期末）下列各组离子一定能大量共存的是A．常温下水电离的的溶液：、、、B．常温下的溶液中，、、、C．在含有大量的溶液中：、、、D．澄清透明溶液中：、、、【答案】A【解析】A．常温下水电离的的溶液呈酸性或碱性，无论酸性或碱性溶液中、、、都可以大量共存，A正确；B．常温下的溶液中，，酸性条件下，具有强氧化性，能氧化而不能共存，B错误；C．溶液中与因发生双水解不能共存，C错误；D．透明溶液中与发生氧化还原反应或与形成络合物而不能大量，D错误；故选A。二、填空题13．（2022秋·高二课时练习）现有下列电解质溶液：①②③④⑤⑥⑦(1)溶液呈(填“酸性”“碱性”或“中性”)，其原因是(用离子方程式表示)。(2)上述六种电解质溶液中，既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是(填序号)。(3)写出⑤与足量溶液混合加热的离子方程式：。(4)常温下，物质的量浓度均为的④、⑥、⑦三种溶液，溶液中由大到小的顺序为：>>(填序号)。(5)已知：，。常温下，溶液中的pH7(填“>”“=”或“<”)，理由是。(6)已知能定量完成反应：，。相同温度下，相同物质的量浓度的①②③④四种溶液的由大到小的顺序为：(填序号)。【答案】(1)碱性(2)②④⑤(3)(4)⑥④⑦(5)=和的电离常数相等，和的水解常数(或水解程度相同)，故溶液的(6)④>②>①>③【解析】（1）溶液中碳酸根发生水解反应，结合水中氢离子，导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，水解反应方程式为；（2）电离出HCO既与酸反应，也与碱反应，电离出CH3COO与酸会反应、NH与碱反应，电离出NH与碱反应、HCO既与酸反应又与碱反应，则既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是：②④⑤；（3）NH4HCO3与足量NaOH溶液混合加热产生氨气，反应的离子方程式为；（4）浓度均为0.1mol/L三种溶液中，先不考虑水解，是弱碱，电离出的铵根离子浓度最小，中醋酸根离子水解促进铵根离子水解，正常发生水解，则由大到小的顺序为：⑥＞④＞⑦；（5）和的电离常数相等，和的水解常数(或水解程度相同)，故溶液的；（6）由，可得酸性：H2S>HR>HS>HZ，弱酸的酸性越弱，其组成盐发生水解的程度越大，溶液碱性越强，pH值越大，则pH：④>②>①>③。14．（2023秋·高二课时练习）如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入晶体，烧杯②中不加任何物质。(1)含酚酞的溶液显浅红色的原因是。(2)实验过程中发现①的烧瓶中溶液红色变深、③的烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是(填字母)。A．水解反应为放热反应

B．水解反应为吸热反应C．溶于水时放出热量

D．溶于水时吸收热量(3)常温下，向溶液中分别加入固体、固体，则水解平衡移动的情况分别为(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”，下同)、。【答案】，使溶液显碱性BD向左移动向右移动【解析】(1)中水解，，水解后溶液中的氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，使溶液显碱性，碱性溶液使酚酞显红色。故答案为：，使溶液显碱性；(2)生石灰与水反应放出大量的热，根据①的烧瓶中溶液的红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热的，同时③的烧瓶中溶液红色变浅，可知水解平衡向左移动，说明溶于水时吸收热量。故答案为：BD；(3)与水解相互抑制，醋酸钠中加碳酸钠水解平衡逆向移动；与水解相互促进，醋酸钠中加硫酸亚铁，水解平衡正向移动，故答案为：向左移动；向右移动；15．（2022春·江西抚州·高二金溪一中校考阶段练习）(1)相同条件下，0.1mol·L1NH4Al(SO4)2溶液中c((NH)(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol·L1NH4HSO4溶液中c(NH)。(2)如图是0.1mol·L1电解质溶液的pH随温度变化的图象。其中符合0.1mol·L1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是(填字母)。(3)pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值，类似pH。已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2O⇌H2CO3H2CO3⇌H++HCOHCO⇌H++CO图为H2CO3、HCO、CO在加入强酸或强碱溶液后达到平衡时溶液中三种成分的pCpH图。①在pH=11时，