专题06 盐类的水解（考题猜想）（7大题型）-2024-2025学年高二化学上学期期中考点大串讲（人教版2019选择性必修1）

专题06盐类的水解题型1盐类水解的实质和规律题型2盐溶液呈酸碱性的原因题型3盐类水解方程式的书写题型4外界因素对盐类水解的影响题型5盐类水解的应用题型6判断溶液中粒子浓度大小关系题型7三大守恒关系的应用▉题型1盐类水解的实质和规律【例1】已知常温下，0.1mol/l的NH4Cl溶液中，下列关系正确的是A．c(NH3•H2O)>c(Cl-) B．c(H+)=c(OH-)C．c(NH)<c(Cl-) D．c(Cl-)<c(OH-)【答案】C【分析】NH4Cl溶液中铵根离子水解，水解方程式为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+，以此解题。【解析】A．由于铵根离子的水解是微弱的，则c(NH3•H2O)<c(Cl-)，A错误；B．由分析可知，该溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，B错误；C．由于铵根离子的水解导致其浓度小于氯离子浓度，即c(NH)<c(Cl-)，C正确；D．由分析可知，该溶液显酸性，氢氧根离子较少，则c(Cl-)>c(OH-)，D错误；故选C。【例2】常温下浓度均为的四种盐溶液，其如表所示，下列说法正确的是序号①②③④溶液8.89.711.610.3A．等浓度的和溶液，小的是B．四种溶液中水的电离程度：③>④>②>①C．在溶液中电离程度大于水解程度D．溶液中有：【答案】B【解析】酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A．对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，pH小的是CH3COOH，故A错误；B．易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，故B正确；C．碳酸氢钠溶液的pH为9.7，溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子在溶液中的电离程度小于水解程度，故C错误；D．依据质子守恒，Na2CO3溶液中有：，故D错误；故选：B。【变式1-1】25℃时，0.1mol·L－1下列溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④NaClO，其中水的电离程度最大的是A．① B．② C．③ D．④【答案】D【解析】强酸和强碱抑制水的电离，强酸弱碱盐或强碱弱酸盐促进水的电离，强酸强碱盐对水的电离无影响，①NaCl为强碱强酸盐，水的电离不受影响；②NaOH中氢氧根离子浓度为0.1mol·L－1，抑制水的电离；③H2SO4氢离子浓度为0.2mol·L－1，抑制水的电离，且大于氢氧化钠溶液的抑制作用；④NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，促进水的电离，其中水的电离程度最大的是④，故选D。【变式1-2】以下实验证明盐的水解过程是吸热的是A．向盐酸中加入氢氧化钠溶液，混合液温度上升B．向氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小C．将硝酸铵晶体溶于水，水温下降D．向醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞，加热后红色加深【答案】D【解析】A项，向盐酸中加入氢氧化钠溶液，混合液温度上升，说明酸碱中和反应是放热反应，而不能说盐的水解反应是吸热反应，错误；B项，氨水溶液中加入氯化铵晶体，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，抑制氨水的电离，c(OH－)减小，溶液pH减小，过程伴随热效应，则不能说明盐类水解是吸热的，错误；C项，因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，错误；D项，向醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞，溶液显红色，说明醋酸钠在溶液中水解使溶液显碱性，加热后溶液红色加深，说明升高温度盐水解程度增大，导致溶液碱性增强，故可以证明盐的水解反应是吸热反应，正确。【变式1-3】常温下，物质的量浓度相同的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH依次为7、9、10，下列说法不正确的是A．HX是强酸 B．离子浓度c(Z－)＜c(Y－)＜c(X－)C．三种盐溶液中水的电离度都比纯水大 D．c(X－)＝c(Z－)＋c(HZ)【答案】C【解析】A项，溶液PH＝7说明NaX溶液不水解，HX是强酸，正确；B项，因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，所以盐溶液中离子浓度c(Z－)＜c(Y－)＜c(X－)，正确；C项，依据NaX溶液PH＝7分析，X－离子不水解，溶液中水的电离不变，故C错误；D项，根据物料守恒：c(Na＋)＝c(X－)，c(Na＋)＝c(Z－)＋c(HZ)，物质的量浓度相同的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ，c(Na＋)＝c(X－)＝c(Z－)＋c(HZ)，正确。【变式1-4】常温下，现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵、⑦氨水，请回答下列问题：（1）上述溶液中，可发生水解的是（填序号，下同）。（2）①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）。（3）④、⑤、⑥、⑦四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）。（4）将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度关系正确的是。A．c(Na+)＝c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(NH)B．c(Na+)＝0.1mol/LC．c(Na+)+c（NH)＝c(Cl﹣)+c(OH﹣)D．c(H+)＞c(OH﹣)（5）取10mL溶液③，加水稀释到1L，则此时溶液中由水电离出的c(H+)＝。【答案】（1）④⑤⑥（2）④>②>③>①（3）⑥>④>⑤>⑦（4）A（5）【解析】（1）含有弱碱阳离子或弱酸阴离子的盐能发生水解，则能发生水解的是④⑤⑥；（2）酸或碱抑制水电离，酸中H+浓度越大或碱中OH-浓度越大，抑制水电离程度就越大，硫酸溶液中H+浓度最大，氢氧化钠溶液中OH-浓度大于醋酸溶液中H+浓度，氯化铵促进水电离，则水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④>②>③>①；（3）一水合氨是弱电解质，溶液中电离出来的浓度最小，H+抑制水解，醋酸根离子促进水解，则④、⑤、⑥、⑦四种溶液中浓度由大到小的顺序是⑥>④>⑤>⑦；（4）将③和④等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl和，A．一水合氨和水都电离出OH-，但只有一水合氨电离出，结合物料守恒得离子浓度大小顺序是c(Na+)=c(Cl-)>c(OH-)>，A正确；B．混合后n(Na+)不变，溶液体积增大一倍，浓度降为原来的一半，则c(Na+)=0.05mol/L，B错误；C．由电荷守恒得，C错误；D．混合后溶液的溶质为等物质的量浓度的NaCl和，溶液呈碱性，则c(H+)<c(OH-)，D错误；故选A；（5）稀释后溶液中，则此时溶液中由水电离出的。▉题型2盐溶液呈酸碱性的原因【例3】下列物质溶于水后溶液显酸性的是A．KNO3 B．Na2O2 C．NH4Cl D．CH3COONa【答案】C【解析】A项，KNO3为强酸强碱盐，溶液呈中性，错误；B项，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，错误；C项，NH4Cl为强酸弱碱盐，溶于水后铵根离子水解产生H＋，溶液呈酸性，正确；D项，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH－，溶液呈碱性，错误。【变式2-1】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【解析】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。【变式2-2】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【解析】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。▉题型3盐类水解方程式的书写【例4】下列物质在常温下发生水解时，对应的水解方程式正确的是A．Na2CO3：＋H2O2OH-＋CO2↑B．NH4NO3：＋H2ONH3·H2O＋OH-C．CuSO4：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2↓＋2H＋D．KF：F-＋H2OHF＋OH-【答案】D【解析】A．是二元弱酸，的水解分两步：、，A错误；B．水解离子方程式是：＋H2ONH3·H2O＋H+；B错误；C．水解程度很小，离子方程式中不写气体或沉淀符号，Cu2＋水解离子方程式是：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，C错误；D．F-的水解离子方程式是：F-＋H2OHF＋OH-，D正确；故选D。【变式3-1】下列离子方程式中，属于水解反应的是A．B．C．D．【答案】A【解析】A．碳酸根离子分步水解，第一步水解的离子方程式为，A符合题意；B．是的电离方程式，B不符合题意；C．甲酸是一元弱酸，水分子作用下甲酸在溶液中电离出甲酸根离子和水合氢离子，电离方程式为，C不符合题意；D．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸在溶液中部分电离出碳酸氢根离子和氢离子，有关方程式为，D不符合题意；故答案选A。【变式3-2】下列离子方程式书写正确的是A．氯水呈酸性：B．溶液呈碱性：C．溶液水解：D．溶液显酸性的原因：【答案】D【解析】A．HClO是弱酸，保留化学式，氯气与水反应的离子方程式为：；故A错误；B．水解为可逆反应，用可逆符合，离子方程式为：，故B错误；C．溶液水解生成H2S，离子方程式为：，故C错误；D．溶液中铵根离子水解导致溶液显示酸性，离子方程式为：，故D正确。答案选D。▉题型4外界因素对盐类水解的影响【例5】用某化学兴趣小组同学通过测量氯化铵溶液的pH在实验前后的变化，探究影响盐类水解的因素，根据实验现象和原理，下列对水解程度判断正确的是选项实验pH变化水解程度A加入氯化铵固体减小增大B加热氯化铵溶液减小减小C加入醋酸钠固体增大增大D加入NaCl溶液增大不变【答案】C【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性。【解析】A．向氯化铵溶液中加入氯化铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，平衡右移，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，但铵根离子的水解程度减小，故A不符合题意；B．铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，加热氯化铵溶液，水解平衡右移，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，铵根离子的水解程度增大，故B不符合题意；C．向氯化铵溶液中加入醋酸钠固体，醋酸根离子与溶液中的氢离子反应，使溶液中氢离子浓度减小，水解平衡右移，溶液pH中的增大，铵根离子的水解程度增大，故C符合题意；D．向氯化铵溶液中加入氯化钠溶液相当于稀释氯化铵溶液，水解平衡右移，铵根离子的水解程度增大，故D不符合题意；故选C。【变式4-1】在0.1mol·L－1FeCl3溶液中存在Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋的水解平衡，下列说法中正确的是A．加FeCl3固体，平衡正向移动，水解程度增大B．稍微加热，促进水解，c(H＋)增大，pH减小C．加NaOH固体，与铁离子反应，平衡逆向移动D．通入HCl气体，平衡逆向移动，铁离子水解常数减小【答案】B【解析】A项，加FeCl3固体，平衡正向移动，但由于溶液浓度增大，所以水解程度减小，错误；B项，盐的水解一般是吸热的，微热，水解平衡正向移动，c(H＋)增大，pH减小，正确；C项，加NaOH固体，OH－与H＋反应，平衡正向移动，错误；D项，通入HCl气体，c(H＋)增大，平衡逆向移动，但水解常数只与温度有关，铁离子的水解常数不变，错误。【变式4-2】以下4个实验中均产生了白色沉淀。下列说法正确的是A．Na2CO3、NaHCO3两溶液中含有微粒种类相同B．Al3＋抑制了CO2－、HCO－的水解C．Ca2＋促进了CO2－、HCO－的水解D．滴入溶液后，4支试管内中溶液的pH都变大【答案】A【解析】A项，碳酸钠溶液中：CO2－＋H2OHCO－＋OH－、HCO－＋H2OH2CO3＋OH－，含有微粒种类有Na＋、CO2－、HCO－、OH－、H＋、H2O、H2CO3；碳酸氢钠溶液中：HCO－＋H2OH2CO3＋OH－、HCO－H＋＋CO2－，含有微粒种类有Na＋、CO2－、HCO－、OH－、H＋、H2O、H2CO3；正确；B项，Al2(SO4)3属于强酸弱碱盐，碳酸钠、碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，将Al2(SO4)3加入到碳酸钠、碳酸氢钠溶液中，得到白色沉淀为氢氧化铝，Al3＋与CO2－、HCO－发生双水解反应，促进CO2－、HCO－水解，错误；C项，碳酸钠溶液中：CO2－＋H2OHCO－＋OH－，加入CaCl2，生成碳酸钙沉淀，平衡向逆反应方向进行，抑制CO2－水解，碳酸氢钠溶液中：HCO－＋H2OH2CO3＋OH－、HCO－H＋＋CO2－，加入氯化钙，生成碳酸钙沉淀，促进HCO－电离，错误；D项，碳酸钠、碳酸氢钠溶液显碱性，加入硫酸铝溶液生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，溶液显酸性，pH降低；碳酸钠溶液中加入氯化钙，生成碳酸钙沉淀和NaCl，溶液呈中性，pH降低；碳酸氢钠溶液加入氯化钙，生成碳酸钙沉淀和二氧化碳，溶液呈酸性，pH降低；错误。▉题型5盐类水解的应用【例6】下列说法中正确的是A．溶液和溶液分别加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同B．实验室配制溶液时，往往在溶液中加入少量的硫酸C．向溶液中加入，调节可除去溶液中混有的D．等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合液，碳酸根离子浓度大于碳酸氢根离子浓度【答案】C【解析】A．AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，加热、蒸发、浓缩结晶，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；Al2(SO4)3溶液水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸是难挥发性酸，加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧，水挥发得到硫酸铝固体，所得固体的成分不相同，故A错误；B．配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶解在盐酸中抑制铁离子水解，再加水稀释到所需浓度，故B错误；C．铁离子存在水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，向CuCl2溶液中加入CuO，消耗H+，使上述平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀，达到通过调节pH除去溶液中混有的Fe3+的目的，故C正确；D．等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度，碳酸根离子浓度小于碳酸氢根离子浓度，故D错误；答案选C。【变式5-1】下列做法中，主要依据的不是盐类水解原理的是A．实验室配制溶液时，往往在溶液中加入少量的盐酸B．游泳馆常用可溶性铜盐作游泳池水的消毒剂C．用和两种溶液可作泡沫灭火剂D．用明矾做净水剂吸附水中的悬浮杂质【答案】B【解析】A．实验室配制溶液时，往往在溶液中加入少量的盐酸，是为了抑制水解，A与盐类水解原理有关；B．游泳馆常用可溶性铜盐作游泳池水的消毒剂，是利用使蛋白质变性，B与盐类水解原理无关；C．用和两种溶液可作泡沫灭火剂，利用二者互促水解生成二氧化碳气体，可用于灭火，C与盐类水解原理有关；D．用明矾做净水剂吸附水中的悬浮杂质是因为明矾溶于水电离出的铝离子能水解形成氢氧化铝胶体而具有净水作用，D与盐类水解原理有关；故选B。【变式5-2】在下列给定条件下的溶液中，一定能大量共存的离子组是A．无色溶液：、、、B．能使试纸呈红色的溶液：、、、C．溶液：、、、D．加水稀释时值明显增大的溶液中、、、【答案】D【解析】A．、反应生成二氧化硫和水而不能大量共存，A错误；B．该溶液呈酸性，酸性条件下、发生氧化还原反应生成碘和而不能大量共存，B错误；C．、发生双水解反应而不能大量共存，C错误；D．加水稀释时值明显增大，说明该溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，D正确；故选D。【变式5-3】在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法正确的是A．B．气流可促进反应进行C．，升高温度，反应更易发生D．气流可抑制反应进行【答案】C【解析】A．MgCl2•nH2O(s)MgCl2•(n-1)H2O(s)+H2O(g)属于分解反应，分解反应大多是吸热反应，所以反应H＞0，A错误；B．MgCl2水解会生成HCl，HCl气流可抑制水解反应进行，B错误；C．水解反应是吸热反应，加热促进水解反应的进行，升高温度，MgCl2•H2O(s)═Mg(OH)Cl(s)+HCl(g)更易发生，C正确；D．MgCl2•4H2O(s)MgCl2•2H2O(s)+2H2O(g)该反应产物中没有HCl，HCl气流不能抑制反应进行，D错误；故答案为：C。▉题型6判断溶液中粒子浓度大小关系【例7】下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是A．溶液：B．KCl溶液：C．CH3COONa溶液：D．室温下，pH=7的、混合溶液：【答案】C【解析】A．溶液中，Fe3+发生水解，则，故A正确；B．KCl溶液呈中性，，故B正确；C．CH3COONa溶液中CH3COO-发生水解使溶液呈碱性，则溶液中，故C错误；D．室温下，pH=7的、混合溶液中呈中性，，由电荷守恒可知吗，故D正确；故选C。【例8】草酸的两步电离常数分别为和。常温下，向草酸溶液中逐滴加入溶液，所得溶液中三种微粒的物质的量分数()与溶液的关系如图所示。下列说法正确的是A．草酸的第一步电离常数B．的溶液中：C．的溶液中：D．溶液显酸性【答案】D【分析】向草酸溶液中逐滴加入溶液，随着氢氧化钾溶液体积增大，草酸和氢氧化钾溶液反应先生成草酸氢钾，H2C2O4浓度由最大逐渐减小，浓度在反应的开始阶段会增大，后发生反应，的浓度又逐渐减小、的浓度逐渐增大，所以曲线1代表草酸、曲线2代表、曲线3代表；H2C2O4为二元弱酸,,，，。【解析】A．曲线1代表草酸、曲线2代表，草酸的第一步电离,，pH=1.2时，，=c(H+)=10-1.2，故A错误；B．曲线1代表草酸、曲线2代表、曲线3代表，的溶液中：，故B错误；C．的溶液中原子守恒：n(H2C2O4)+，故C错误；D．溶液中电离使溶液有呈酸性的趋势，，pH=4.2时，=10-4.2，水解使溶液有呈碱性的趋势，，＜Ka2，即的水解程度小于其电离程度，所以溶液显酸性，故D正确；故答案为：D。【变式6-1】常温下0.1mol/L的四种盐溶液的pH如下表，下列叙述正确的是NaClONa2CO3NaHCO3NaHC2O4pH10.311.68.32.7A．向NaClO溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红后不会褪色B．NaHCO3溶液中HCO的电离程度大于水解程度C．Na2CO3和NaHCO3溶液中均存在以下关系：D．NaHC2O4溶液中，【答案】C【解析】A．由题干信息可知，0.1mol/LNaClO溶液的pH=10.3，而酚酞溶液的变色范围式8.2~10，故向NaClO溶液中滴加酚酞溶液，故溶液变红，由于次氯酸根离子水解生成的次氯酸具有强氧化性，而是变红后的溶液又漂白而褪色，A错误；B．0.1mol/LNaHCO3溶液的pH=8.3，故HCO的电离程度小于水解程度，B错误；C．根据电荷守恒可知，Na2CO3和NaHCO3溶液中均存在以下关系：，C正确；D．0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH=2.7，即HC2O电离大于水解，故，D错误；故选C。【变式6-2】常温下，溶液中，、、的分布分数[如]随溶液pH的关系如图。下列说法错误的是A．曲线③代表的分布分数随pH的变化曲线B．的水解常数为C．时，D．溶液中存在关系：【答案】C【解析】A．的浓度随溶液酸性增强而增大，故曲线①表示的分布分数随pH的变化曲线，的浓度会随溶液碱性增强而增大，故曲线③表示的分布分数随pH的变化曲线，曲线②则表示的分布分数随pH的变化曲线，A项正确；B．由曲线①②的交点可得，由曲线②③的交点可得，的水解常数，B项正确；C．，可得，时，，，C项错误；D．根据电荷守恒可得，，根据物料守恒可知，联立两式可得，D项正确；答案选C。【变式6-3】常温下，向溶液中逐滴加入溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是A．a点溶液中，B．b点溶液中，C．c点溶液中，D．的滴定过程中，水的电离程度一直增大【答案】B【分析】a点为氯化铵溶液，由于铵根离子水解，溶液显酸性，此时促进水的电离，随着氢氧化钠的加入，发生反应：，铵根离子浓度减小，水的电离程度减小，随着一水合氨的生成和氢氧化钠的过量，水的电离逐渐受到抑制，电离程度减小。【解析】A．a点为氯化铵溶液，由于铵根离子水解，溶液显酸性：，根据电荷守恒：，故，此时溶液中无钠离子，故钠离子浓度为0，故，A错误；B．b溶液呈中性，，根据电荷守恒：，故，此时钠离子浓度不为0，故，B正确；C．c点溶液中，氢氧化钠溶液过量，溶液显碱性，水的电离受到抑制，，故，C错误；D．根据分析，的滴定过程中，水的电离程度一直减小，D错误；故选B。▉题型7三大守恒关系的应用 【例9】在某温度时，将氨水滴入盐酸中，溶液和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是A．的比较：a点>b点 B．c点：C．水的电离程度： D．氨水的浓度等于【答案】B【解析】A．Kw只受温度影响，a点温度低于b点温度，水的电离吸热，的比较：a点＜b点，故A错误；B．c点溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)可知c(Cl-)=c()，由于只有很少一部分水解，则c点：，故B正确；C．b点温度最高，说明恰好反应，b点溶质为氯化铵，只有铵根的水解促进水的电离，且温度高，所以b点水的电离程度最大，c点溶液显中性，氨水过量，a、d两点都抑制了水的电离，由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故C错误；D．b点恰好完全反应时所需氨水小于10mL，因而氨水浓度大于1.0mol•L-1，故D错误；故选B。【例10】室温下，有浓度均为0.2mol·L－1的下列五种溶液，请回答问题。①HCl

②NaCl

③CH3COOH

④CH3COONa

⑤Na2CO3资料：室温下，醋酸Ka=1.7×10－5；碳酸Ka1=4.4×10－7，Ka2=4.7×10－11；次氯酸Ka=4.0×10–8（1）上述溶液中水的电离被抑制的是(填序号，下同)，水的电离被促进的是，用离子方程式表示促进水电离程度最大的溶质与水的作用：。（2）上述溶液的pH由大到小的顺序为。（3）等体积的①和③分别于足量的锌粉反应，起始速率：①③(填“<”、“=”或“>”)；生成氢气的量：①③(填“<”、“=”或“>”)。（4）比较溶液③和④中CH3COO－的物质的量浓度：③④(填“<”、“=”或“>”)。（5）向溶液①中加水稀释至原体积的2倍，恢复至室温，所得溶液的pH为。（6）依据电离平衡常数数据，下列方程式书写合理的是。(填字母)a．CH3COONa溶液中滴加次氯酸：HClO+CH3COONa=CH3COOH+NaClOb．Na2CO3溶液中滴加少量醋酸：CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONac．NaClO溶液中通入CO2：CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOd．NaHCO3溶液中滴加过量氯水：NaHCO3＋Cl2=NaCl＋HClO＋CO2↑（7）常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后，下列各项中数值变大的是。a．c(H+)

b．

c．c(H+)·c(OH−)

d．

e．（8）在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO−+H+

ΔH>0，下列方法中，可以使0.10mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是。a．加入少量0.10mol·L−1的稀盐酸

b．加热c．加水稀释至0.010mol·L−1

d．加入少量冰醋酸(9)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数(填“大于”、“等于”或“小于”下同)醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)醋酸溶液水电离出来c(H+)。【答案】（1）①③④⑤＋H2O=＋OH－(＋H2O=H2CO3＋OH－)（2）⑤④②③①（3）>=（4）<（5）1（6）bd（7）bd（8）bc（9）大于大于【解析】（1）酸或碱电离产生的氢离子或氢氧根离子抑制水的电离，上述溶液中水的电离被抑制的是①③；盐电离产生的阳离子(或酸根离子)与氢氧根离子(或氢离子)结合成弱碱弱酸)促进水的电离，上述溶液中水的电离被促进的是④⑤；弱酸的酸性越弱水解程度越大，促进水电离程度最大的溶质Na2CO3，可用离子方程式表示与水的作用为＋H2O=＋OH－(＋H2O=H2CO3＋OH－)。（2）酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据表中数据知，酸性最强的酸是CH3COOH、酸性最弱的酸是HCO，上述溶液的pH由大到小的顺序为⑤④②③①。（3）①HCl是一元强酸，③CH3COOH是一元弱酸，等体积的①和③分别于足量的锌粉反应，起始速率：①<③，HCl和CH3COOH的物质的量相等，生成氢气的量：①=③。（4）弱酸的电离是微弱的，③中CH3COO-的物质的量浓度较小，盐CH3COONa的电离是完全的，盐CH3COONa的水解也是微弱的，④中CH3COO-的物质的量浓度较大，故③和④中CH3COO-的物质的量浓度：③<④。（5）盐酸是强酸完全电离，稀释时氢离子按倍数降低，故向溶液①中加水稀释至原体积的2倍，恢复至室温，所得溶液的pH为1。（6）a．酸性：CH3COOH＞HClO，所以HClO和醋酸钠不反应，a错误；b．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa可以发生，b正确；c．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO，c错误；d．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，Cl2+H2O=HCl+HClO，则盐酸可以和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，次氯酸不与碳酸氢钠反应，故溶液中滴加过量氯水：可以发生，d正确；答案选bd。（7）常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后c(H+)减小，c(CH3COO-)减小，增大，c(H+)·c(OH−)=KW不变，c(OH−)增大，增大，不变，故选bd。（8）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；a．加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；b．醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；c．加水稀释至0.010mol•L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故c正确；d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误；故本题答案为：bc。（9）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大，稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c(H+)大，故本题答案为：大于；大于。【变式7-1】NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是A．0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)=0.01mol/LB．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C．通入过量SO2，反应的离子方程式为D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)【答案】D【分析】25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8，则，HClO为弱酸且具有氧化性，ClO-可水解。【解析】A.由于HClO为弱酸，ClO-会水解，0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)<0.01mol/L，故A错误；B.NaClO溶液长期露置在空气中，发生反应，HClO见光分解为HCl和O2，漂白能力减弱，故B错误；C.SO2具有还原性，NaClO具有氧化性，发生氧化还原反应，NaClO溶液中通入过量SO2发生的反应为，故C错误；D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(ClO-)=c(Na+)+c(H+)，则c(ClO-)=c(Na+)，根据25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8可知，ClO-水解常数为>Ka(HClO)，若等浓度的NaClO溶液和HClO溶液混合，ClO-水解程度大于HClO的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中c(HClO)要大于c(ClO-)，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液存在的微粒关系为c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)，故D正确；答案选D。【变式7-2】25oC时对氨水进行如下操作，请填写下列空白。（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中将(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）若向氨水中加入稀盐酸，使氨水恰好被中和，则此时溶液显(填“酸性”“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示其原因，此溶液中离子的浓度大小顺序为。（3）现有浓度为0.1mol•L−1的氨水中加入等体积0.1mol•L−1的NH4Cl溶液，已知NH3·H2O的电离常数为1.79×10－5，此时混合溶液显(填“酸性”“碱性”或“中性”)此溶液中离子的浓度大小顺序为。电荷守恒关系为。【答案】（除标注外，每空2分）（1）增大（1分）（2）酸性（1分）NH+H2OH++NH3•H2O（1分）c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)（3）碱性（1分）c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)【解析】（1）氨水中存在电离平衡：NH3⋅H2ONH+OH-，加入少量硫酸铵固体时c(NH)增大，溶液中=将增大，故答案为：增大。（2）若向氨水中加入稀盐酸，使氨水恰好被中和，得到氯化铵溶液，NH水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，离子方程式为NH+H2OH++NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒关系为c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则溶液中离子浓度由大到小的