③寒假提升练-专题08 盐类水解（教师版）-2025年高二化学寒假衔接讲练 (人教版)

专题08盐类水解内容早知道☛第一层巩固提升练（3大考点）考点一盐类水解及影响因素考点二盐类水解的应用考点三溶液中粒子浓度大小的比较☛第二层能力提升练☛第三层拓展突破练盐类水解及影响因素⭐积累与运用⭐积累与运用1.盐类水解的实质盐电离出的离子(弱酸阴离子或弱碱阳离子)与水电离出的H＋或OH－结合生成弱电解质(弱酸或弱碱)并建立平衡，从而破坏了水的电离平衡，导致溶液中c(H＋)≠c(OH－)，而使溶液呈碱性或酸性。2.盐类水解离子方程式的书写盐的离子＋水弱酸(或弱碱)＋OH－(或H＋)3.盐类的水解规律：有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性，同强显中性。4.盐类水解的影响因素因素对盐类水解程度的影响内因盐组成中对应的酸或碱越弱，水解程度越大（越弱越水解）外外界条件温度升高温度能够促进水解（越热越水解）浓度盐溶液浓度越小，水解程度越大（越稀越水解）外加酸碱水解显酸性的盐溶液，加碱会促进水解，加酸会抑制水解；水解显碱性的盐溶液，加酸会促进水解，加碱会抑制水解外加盐加入水解性质相反的盐会促进盐的水解1．水溶液呈碱性的盐是A．Na2CO3 B．FeCl3 C．NaNO3 D．Ba(OH)2【答案】A【详解】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，发生水解，溶液呈碱性，A正确；B．FeCl3为强酸弱碱盐，发生水解，溶液呈酸性，B错误；C．NaNO3为强酸强碱盐，离子不发生水解，溶液呈中性，C错误；D．Ba(OH)2属于强碱，不属于盐，D错误；故选A。2．下列离子方程式属于盐的水解且书写正确的是A．Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+B．HS-+H2O⇌S2-+H3O+C．C+2H2O⇌H2CO3+2OH-D．+H2O⇌NH3·H2O+H+【答案】D【详解】A．Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故A错误；B．HS-水解的离子方程式为HS-+H2O⇌H2S+OH-，故B错误；C．分步水解，以第一步水解为主，其水解的离子方程式为，故C错误；D．水解的离子方程式为+H2O⇌NH3·H2O+H+，故D正确；故选D。3．等物质的量浓度的下列物质的溶液，其pH由大到小的顺序排列正确的是①

②NaOH

③

④HCl

⑤A．①②③④⑤ B．②①③⑤④ C．⑤④③②① D．④⑤②①③【答案】B【分析】溶液中氢离子浓度越大，其pH越小；氢氧根离子浓度越大，其pH越大；【详解】①CH3COONa是强碱弱酸盐，水解显弱碱性；②NaOH是强碱能完全电离，溶液显强碱性；③NaNO3是强酸强碱盐，显中性；④盐酸是强酸溶液，能完全电离，溶液显强酸性；⑤Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，水解显弱酸性。当物质的量浓度相同时，溶液的pH由大到小的排列顺序为②①③⑤④；答案选B。4．常温下，将的溶液加水稀释100倍的过程中，下列说法不正确的是A．保持不变 B．溶液中增大C．溶液中减小 D．【答案】C【分析】在水中完全电离为铵离子和硫酸根，为强酸弱碱盐，少量会发生水解使得溶液呈酸性，溶液加水稀释过程中，水解程度增大但酸性有所降低；【详解】A．稀释过程中硫酸根数目守恒，即保持不变，故A正确；B．稀释过程中，硫酸铵溶液始终呈酸性，浓度减小，但温度没变则不变，增大，故B正确；C．溶液加水稀释过程中，水解程度增大，水解产生的增多，故C错误；D．硫酸铵固体中铵离子的数目是硫酸根的2倍，溶液中水解程度很小，所以，故D正确；故选C。盐类水解的应用⭐积累与运用⭐积累与运用1．某些物质的水溶液的配制如配制FeCl3的水溶液，FeCl3溶于水后发生如下水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因Fe(OH)3的生成而使溶液变浑浊，通常先将FeCl3溶于浓盐酸中，可抑制Fe3＋的水解，使溶液保持澄清，再加水稀释至所需浓度。2．某些化肥的施用草木灰不能与铵态氮肥混用，因草木灰的成分为K2CO3，溶于水时COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，生成的OH－与NHeq\o\al(＋,4)发生反应：NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3↑＋H2O，使氮肥肥效降低。3．利用盐的水解去除杂质如两种盐的水解程度不一样，可利用水解反应将一种盐转化为氢氧化物沉淀而除去。例如：MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2、MgCO3等，使Fe3＋的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去Fe3＋。4．明矾等物质净水的原理明矾在水中发生电离：KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)，其中Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，生成的Al(OH)3胶体有较强吸附性，可吸附杂质下沉，以达到净水的目的。5．泡沫灭火器灭火的原理泡沫灭火器内装饱和的Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，它们分装在不同的容器中。当两溶液混合后，发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。灭火器内压强增大，CO2、H2O、Al(OH)3一起喷出覆盖在着火物质上使火焰熄灭。6．作除锈剂NH4Cl、ZnCl2溶液因NHeq\o\al(＋,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。5．下列叙述的涉及盐类水解的应用错误的是A．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓盐酸中，再加水稀释B．用热的纯碱溶液洗去油污：加热有利于碳酸钠直接与油污反应C．用制备需要在的气流中加热D．配制氯化亚锡溶液时加入盐酸【答案】B【详解】A．配制氯化铁溶液时，为抑制FeCl3水解，将氯化铁溶解在较浓盐酸中，再加水稀释，故A正确；B．水解吸热，加热有利于碳酸钠水解平衡正向移动，溶液碱性增强，增强去污效果，故B错误；C．氯化镁易水解，用制备，为抑制氯化镁水解，需要在的气流中加热，故C正确；D．，配制氯化亚锡溶液时加入盐酸，能抑制氯化亚锡水解，故D正确；选B。6．下列事实与盐类的水解无关的是A．用明矾或聚合氯化铁净水B．FeCl3溶液蒸干得到Fe(OH)3C．用热的纯碱溶液清洗油污D．用稀盐酸清除铁锈【答案】D【详解】A．明矾在水中电离出的铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，聚合氯化铁电离产生的铁离子发生水解反应产生氢氧化铁胶体，胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，与盐的水解反应有关，A不符合题意；B．FeCl3是强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解反应产生Fe(OH)3、HCl，加热时水解平衡正向移动，产生更多Fe(OH)3、HCl，产生的HCl挥发逸出，因此蒸干溶液得到固体是Fe(OH)3，与盐的水解反应有关，B不符合题意；C．纯碱是Na2CO3，该物质是强碱弱酸盐，给纯碱水溶液升高温度，盐水解程度增大，使溶液的碱性增强。油脂能够在碱性条件下反应产生可溶性物质，从而达到去除油污的目的，可见与盐的水解反应有关，C不符合题意；D．HCl与铁锈的主要成分Fe2O3反应产生FeCl3、H2O，因此稀盐酸可以去除铁锈，这与盐的水解反应无关，D符合题意；故合理选项是D。7．将下列物质配成的溶液加热、蒸干、灼烧，最终能得到原溶质固体的是A． B． C． D．【答案】D【详解】A．不稳定，易被氧气氧化生成铁盐，所以得不到原来物质，故A错误；B．不稳定，受热易分解生成碳酸钠，所以蒸干、灼烧碳酸氢钠溶液时得到的是碳酸钠，故B错误；C．是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，溶液蒸干时，氯化氢受热挥发，使水解平衡不断右移趋于完全得到氢氧化铁沉淀，灼烧时，氢氧化铁受热分解得到氧化铁，无法得到氯化铁，故C错误；D．较稳定，受热不易分解，加热时Al3+虽然水解，但水解生成的硫酸难挥发，蒸干溶液时仍然得到原来溶质，故D正确；故选：D。8．在实验室中可以利用的水解反应制取，下列措施不能获得更多的是A．开始时要将缓慢加入大量水中 B．反应后期可以加入少量氨水C．适当加热 D．延长达平衡后的反应时间【答案】D【详解】A．加入大量的水相当于稀释，平衡正向移动，能促进水解，A不符题意；B．氨水是降低HCl的浓度，平衡正向移动，能促进水解，B不符题意；C．适当加热可使胶态聚沉，发生聚沉，便于过滤分离，同时水解反应为吸热反应，加热平衡正向移动，能促进水解，C不符题意；D．延长达平衡后不能影响化学平衡移动，D符合题意；故选D。溶液中离子浓度大小的比较⭐积累与运用⭐积累与运用1．明确两个“微弱”(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的离子的浓度小于弱电解质分子的浓度。如弱酸HA溶液中c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)。(2)单一的弱酸根阴离子和弱碱阳离子的水解是微弱的，水解生成的粒子的浓度小于盐电离产生的离子的浓度。2．熟知“三个”守恒(1)电荷守恒：电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，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NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，必存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。电荷守恒的关键：①要列全所有的阴离子和阳离子；②要乘以电荷数。(2)元素守恒（物料守恒）：电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，离子的存在形式发生了变化，就该离子所含的某种元素来说，其量在反应前后是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。元素守恒（物料守恒）的关键：要弄清能够水解或电离的某些离子的存在形式。(3)质子守恒：质子即H＋，酸碱反应的本质是质子转移，能失去质子的酸失去的质子数和能得到质子的碱得到的质子数相等。如NaHCO3溶液中，c(H2CO3)＋c(H3O＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，即c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)。质子守恒的关键：要弄清水电离的H＋和OH－的去向。质子守恒也可以通过写出的电荷守恒和物料守恒推导得到。9．常温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol·L-1的KHA溶液，溶液pH的变化曲线如图所示(已知H2A的电离平衡常数：，)。下列叙述正确的是A．a点的混合溶液中：B．b点的混合溶液中：C．c点的混合溶液中：D．从a点到d点水的电离程度逐渐增大【答案】C【详解】A．a点时，10mL0.1mol·L-1的NaOH溶液与20.00mL0.1mol·L-1的KHA溶液反应，OH-+HA-=A2-+H2O，反应所得溶液中，生成的A2-、剩余的HA-与加入的Na+的物质的量相等，K+的物质的量最大，由图可知a点溶液呈酸性，则HA-的电离大于HA-的水解和A2-的水解程度，所以混合溶液中：，A不正确；B．b点时，溶液呈中性，溶液为K2A、Na2A、KHA的混合物，依据电荷守恒可得c(K+)+c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，所以混合溶液中：c(K+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)，c(K+)＞c(HA-)，则c(Na+)＜2c(A2-)，c(Na+)＜2c(A2-)+c(H+)，B不正确；C．c点时，二者刚好完全反应，产物为K2A、Na2A，且两者的物质的量相等，依据物料守恒，n(Na)=n(K)=n(A)，混合溶液中：，C正确；D．在a点时，HA-电离使溶液呈酸性，抑制水电离；b点时，溶液呈中性，水的电离不受影响；c点时，A2-水解促进水电离；d点时，NaOH过量，抑制水电离，所以从a点到d点水的电离程度先逐渐增大，后逐渐减小，D不正确；故选C。10．在25mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关离子浓度关系的比较，正确的是A．水的电离程度：D>B>AB．在B点，a=12.5C．在C点：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D．在D点：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)【答案】D【详解】A．A点是0.1mol/LNaOH溶液，抑制水的电离，D点加入的醋酸的物质的量是NaOH的2倍，是CH3COOH和CH3COONa混合溶液，由图可知，D点溶液呈酸性，即以醋酸的电离为主，抑制水的电离，B点呈中性，醋酸稍微过量，水电离出的c(H+)=10-7mol/L，故B点水的电离程度最大，故A错误；B．若a=12.5，则醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，而B点呈中性，即醋酸稍微过量，所以a>12.5，故B错误；C．在C点，pH＜7，溶液呈酸性，所以c(OH-)＜c(H+)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知：c(Na+)＜c(CH3COO-)，故C错误；D．在D点时加入25mL醋酸，即加入的醋酸的物质的量是NaOH的2倍，根据物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D正确；答案选D。11．醋酸与醋酸钠组成的缓冲溶液对酸碱有一定的缓冲作用，缓冲能力与组分的浓度有关。室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol·L−1CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B．pH=8的CH3COOH和CH3COONa混合溶液：c(Na＋)-c(CH3COO-)=9.9×10-6mol·L-1C．0.1mol·L−1CH3COOH溶液和0.2mol·L-1CH3COONa溶液等体积混合：2c(Na+)=3c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)D．0.2mol·L-1CH3COOH溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)【答案】D【详解】A．0.1mol·L−1CH3COOH溶液中，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-，溶液中的H+有两个来源，显然，c(H+)>c(CH3COO－)，故A错误；B．CH3COOH和CH3COONa混合溶液，存在电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，所以c(Na＋)﹣c(CH3COO－)=c(OH－)-c(H+)，pH=8，c(H+)=10-8mol/L、c(OH-)=10-6mol/L，则c(Na＋)﹣c(CH3COO－)=c(OH－)-c(H+)=9.9×10-7mol·L-1，B错误；C．0.1mol·L−1CH3COOH溶液和0.2mol·L-1CH3COONa溶液等体积混合，根据物料守恒，3c(Na+)=2c(CH3COO－)+2c(CH3COOH)，故C错误；D．0.2mol·L-1CH3COOH溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，发生反应，所得溶液为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合液，根据质子守恒c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO－)+2c(OH－)，故D正确；选D。12．常温下，浓度均为的几种溶液的pH如下溶液①②③pH8.888.337.00下列说法不正确的是A．①中，B．②中，c(H2CO3)＞c(CO)C．③中，CH3COONH4对水的电离程度无影响D．推测常温下，NH4HCO3的【答案】C【详解】A．①溶液中物料守恒等式为，故A正确；B．②溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)＞c(CO)，故B正确；C．CH3COONH4溶液中和NH都会促进水的电离，故对水的电离有影响，由于两者促进的程度相当，故溶液显中性，故C错误；D．溶液pH=8.33，NH4HCO3溶液中NH也会水解，NH水解显酸性，会消耗一部分水解生成的OH-，故，故D正确；答案选C。1．化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是A．泡过草木灰的溶液来去除油污B．氯化铵溶液除去金属铜表面铜锈C．“管道通”中含有铝粉和苛性钠，用于疏通下水道D．将溶液加热蒸干，最后焙烧固体得到【答案】C【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，故A不符合题意；B．铵根离子水解生成氢离子，使溶液显酸性，与铜锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，故B不符合题意；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，增大管道内气压用于疏通下水道，与盐类水解无关，故C符合题意；D．在加热的条件下，氯化铝水解得氢氧化铝和HCl，氯化氢挥发，氢氧化铝焙烧分解得到氧化铝，与盐类水解有关，故D不符合题意；故选C。2．在“天宫课堂”中，王亚平老师用醋酸钠过饱和溶液做了一个“点水成冰”的趣味实验。下列对溶液的说法错误的是A．呈碱性B．C．存在 D．存在四种离子【答案】B【详解】A．水解：，使溶液呈碱性，A正确；B．CH3COONa电离生成的CH3COO-与Na+一样多，醋酸根发生水解，浓度减小，故有，B错误；C．水解会生成，C正确；D．溶液中存在、、、四种离子，D正确；答案选B。3．在的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是①加热

②通入HCl

③加入适量

④加入溶液A．③④ B．②③ C．①② D．①④【答案】A【详解】①加热促进水解，氢离子浓度增大，但pH减小；②通入HCl，抑制水解，pH减小；③加入适量的KOH(s)，H+与KOH反应，则向水解方向移动且使溶液的pH增大；④加入Na2SO4溶液，相当于加水，水解平衡正向移动，氢离子浓度减小，pH增大；故③④符合题意；故答案选A。4．下列方程式中，属于水解反应的是A． B．C． D．【答案】D【分析】水解反应‌是指在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应，据此信息解答。【详解】A．根据分析，该过程属于醋酸的电离，不是水解反应，A错误；B．根据分析，该反应过程中没有盐提供的酸根离子，只是与生成电离的化合反应，不是水解反应，B错误；C．水合氢离子可以看作为，则该反应最终为，不是水解反应，C错误；D．该反应符合水解反应的定义，满足盐电离出的与水电离出的结合生成弱电解质的过程，属于水解反应，D正确；故答案为：D。5．常温时，分别对稀溶液进行下列操作，说法不正确的是A．升温，水的电离程度增大 B．加入少量醋酸，减小C．加入少量固体，不变 D．恒温加入少量固体，减小【答案】D【详解】A．盐类水解是吸热反应，温度升高，醋酸钠水解程度增大，水的电离程度也增大，A项正确；B．加入少量醋酸，水解平衡向逆反应方向移动，减小，B项正确；C．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，C项正确；D．恒温加入少量固体不变，增大，水解平衡向逆反应方向移动，增大，增大，D项错误；故选D。6．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．对此溶液进行加热，溶液将变小C．D．将此溶液加水稀释10倍，所得溶液【答案】D【分析】为弱碱强酸盐，因此溶液中铵根离子会发生水解，反应为：，因此溶液显酸性。【详解】A．常温下，pH=5的溶液显酸性，故A正确；B．加热会促进铵根的水解，溶液酸性增强，pH变小，故B正确；C．常温下，某溶液的，，故C正确；D．加水稀释10倍，会促进铵根离子水解，导致增加的氢离子浓度大于原来的，所以溶液的6>pH>5，故D错误；故答案选D。7．下列溶液中，最小的是A． B． C． D．【答案】B【详解】物质的量浓度均为的、、、溶液，溶液中接近，浓度最大；正常水解，中水解，促进的水解；电离产生的氢离子，抑制的水解；因此最小的是溶液；故选：B。8．常温下，往的溶液中逐滴滴入的溶液，测得混合溶液的随溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是已知：忽略混合前后溶液体积和温度的变化。A．该反应的离子方程式为B．点对应的溶液中，一定存在C．常温下，点对应的溶液中，D．点对应的溶液中，【答案】D【分析】当往的溶液中逐滴滴入10mL的溶液，恰好完全反应，此时溶质为NaX，溶液呈碱性，说明HX为弱酸。【详解】A．HX为弱酸，书写离子方程式不能拆，与氢氧化钠反应的离子方程式为，A正确；B．a点为HX溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(X-)，B正确；C．常温下，水的离子积为常数，b点溶质为NaX，点对应的溶液中，，C正确；D．c点对应的溶液中，n（Na+）>0.1mol/L×0.01L=0.001mol，=0.001mol，,D错误；故选D。9．下列说法正确的是A．、都能促进水的电离B．某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应C．加水稀释稀醋酸溶液的过程中，溶液中逐渐增大D．常温下，的溶液与的氨水，水的电离程度相同【答案】C【详解】A．的水解程度大于电离程度，可促进水的电离，电离出的氢离子会抑制水的电离，故A错误；B．某盐溶液呈酸性，也可能是因为该盐发生了电离，如，故B错误；C．加水稀释导致平衡正向移动，但溶液中的减小，溶液中逐渐增大，故C正确；D．常温下，醋酸钠为能水解的盐，对水的电离起到促进作用，电离产生，对水的电离起抑制作用，所以的溶液与的氨水溶液，水的电离程度不相同，故D错误；故选C。10．室温下，向20ml，0.1mol/LHA(一元弱酸)溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液[忽略溶液体积和温度的变化，Ka(HA)=1×10-a(a>0)]。下列有关说法错误的是A．室温下，A-的水解常数Kh(A-)=1×10a-14B．当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，c(HA)＋c(A-)=4c(Na+)C．当混合溶液的pH=7时，溶液中各离子浓度之间的大小关系为c(A-)=c(Na+)>c(OH-)=c(H+)D．当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，c(OH-)+c(HA)=c(H+)【答案】D【详解】A．室温下，A-的水解常数Kh(A-)=l×10a-14，A正确；B．当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，初始酸的物质的量是NaOH的4倍，根据物料守恒有c(HA)＋c(A-)=4c(Na+)，B正确；C．电荷守恒：c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)，pH=7，c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(Na+)，故c(A-)=c(Na+)>c(OH-)=c(H+)，C正确；D．当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，二者恰好完全反应生成醋酸钠，有质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HA)，D错误；答案选D。11．已知。对于溶液下列说法错误的是A．溶液呈酸性B．溶液中水的电离程度比纯水大C．D．与同浓度氨水相比，溶液中更大【答案】A【详解】A．氨水的电离平衡常数大于碳酸的电离平衡常数，则铵根离子的水解小于碳酸氢根离子的水解程度，碳酸氢根水解显碱性，故溶液应为碱性，A错误；B．为可水解的盐，盐类水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度比纯水大，B正确；C．铵根离子的水解小于碳酸氢根离子的水解程度，所以溶液中，且水解生成的一水合氨浓度小于水解生成的碳酸浓度，所以，C正确；D．氨水的电离平衡常数为：电离程度较小氨水中主要以一水合氨形式存在，铵根离子水解平衡常数为：<溶液中主要以铵根离子存在，故与同浓度氨水相比，溶液中更大，D正确；故选A。12．常温下，一元酸(HA)电离平衡体系中各成分的组成分数[，X为HA或A-]与pH的关系如图所示。下列有关说法正确的是A．该酸的电离方程式为HA=H++A-B．曲线a、b依次表示的变化C．0.1mol/LHA溶液的pH约为4.25D．体系中满足【答案】C【分析】由题干图像信息可知，随着pH的增大，HA的物质的量分数越来越小，即a代表HA随pH的变化曲线，b代表A-随pH的变化曲线，溶液中HA和A-同时共存，说明HA为一元弱酸，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，该酸是一元弱酸，则该酸的电离方程式为HAH++A-，A错误；B．由分析可知，曲线a、b依次表示的变化，B错误；C．由分析可知，曲线a、b依次表示的变化，且由图中信息可知，当是溶液pH为7.5，即Ka==10-7.5，0.1mol/LHA溶液中c(A-)≈c(H+)，则有c(H+)===10-4.25，即pH约为4.25，C正确；D．随着pH的变化，溶液中应该加入了其它物质，阳离子除了H+外，还应该别的阳离子，根据电荷守恒可知，体系中满足，D错误；故答案为：C。13．常温下，用0.1mol∙L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol∙L-1丙酮酸(CH3COCOOH)溶液，滴定过程中pH及电导率随加入NaOH溶液的体积变化曲线如图。下列说法正确的是A．水的电离程度：b＞cB．曲线Ⅱ为电导率曲线C．b点溶液中：D．若a=1.7，则CH3COCOOH的电离常数Ka的数量级为10-2(已知)【答案】C【分析】用0.1mol∙L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol∙L-1丙酮酸(CH3COCOOH)溶液，在V(NaOH)=20mL时，溶液的pH发生突变，表明反应达滴定终点，所以曲线Ⅱ表示滴定曲线，曲线Ⅰ表示电导率曲线。【详解】A．在b点，反应后溶液中存在物质的量相等的CH3COCOONa和CH3COCOOH，c点时CH3COCOOH与NaOH刚好完全反应，溶液中的溶质为CH3COCOONa，CH3COCOOH的存在将抑制水电离，而CH3COCOONa水解将促进水电离，所以水的电离程度：b＜c，A不正确；B．由分析可知，曲线Ⅱ表示NaOH溶液滴定CH3COCOOH曲线，而不表示电导率曲线，B不正确；C．反应后溶液中，b点存在物质的量相等的CH3COCOONa和CH3COCOOH，依据物料守恒可得2c(Na+)=c(CH3COCOOH)+c(CH3COCOO-)、电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COCOO-)，从而得出：，C正确；D．若a=1.7，c(H+)=10-1.7mol/L=0.02mol/L，则CH3COCOOH的电离常数Ka===5×10-3，则数量级不为10-2，D不正确；故选C。14．25°C时，用溶液滴定溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．时，若的电离常数分别为、，则B．a→b→c的滴定过程中，水的电离程度先增大后减小C．a点溶液中：D．点溶液中：【答案】C【分析】初始时，NaHX溶液呈酸性，a点时，n(NaOH)=n(NaHX)，b点时，NaOH恰好和NaHX完全反应，溶质为Na2X，此时pH=10，说明A2-能发生水解，结合初始溶液呈酸性可知，HX-电离程度大于水解程度，c点时n(NaOH)=2n(NaHX)，溶质为等浓度的NaOH和Na2X混合溶液。【详解】A．由分析可知，b点时溶质为Na2X，此时pH=10，c(H+)=1×10-10mol/L，c(OH-)=1×10-4mol/L，，，由于，则·，故A正确；B．b点溶质为Na2X，X2-水解促进水的电离，故在b点水的电离程度最大，即a→b→c的滴定过程中，水的电离程度先逐渐增大后减小，故B正确；C．a点溶质为等浓度的NaHX和Na2X混合溶液，存在质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(H2X)+c(HX-)-c(X2-)，此时溶液呈酸性，则c(X2-)>c(H2X)+c(HX-)，即c(X2-)>c(HX-)+3c(H2X)，故C错误；D．c点溶质为等浓度的NaOH和Na2X混合溶液，X2-离子水解，则离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(OH-)>c(X2-)>c(HX-)，故D正确；综上所述，答案选C。15．下列说法正确的是A．常温下，的下列溶液①；②；③；④；⑤中，由大到小的顺序是：B．的溶液中离子浓度大小：C．常温下，将两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中大于。D．相等的下列溶液：a．、b．、c．、d．，其物质的