第三节 盐类的水解 第2课时（解析版）高二化学高效培优讲义（人教版2019选择性必修1）

教材知识解读·讲透重点难点·方法能力构建·同步分层测评第三章水溶液中的离子反应与平衡第二节盐类的水解第2课时盐类水解的影响因素及其应用教习目标1.认识影响盐类水解平衡的因素，能多角度、动态地分析外界条件对盐类水解平衡的影响。2.掌握盐类水解在生产生活、化学实验、科学研究中的应用。能发现和提出有关盐类水解的问题，并设计探究方案，进行实验探究。重点和难点重点:影响盐类水解的主要因素，盐类水解的应用，能应用水解常数进行相关计算。难点:影响盐类水解的主要因素，能应用水解常数进行相关计算。◆知识点一盐类水解的影响因素1.【实验探究】反应条件对FeCl3水解平衡的影响P75Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋影响因素实验步骤实验现象解释温度把0.01mol/L的FeCl3溶液用水浴加热红褐色变深升高温度，Fe3+水解平衡向右移动把0.01mol/L的FeCl3溶液用冰水冷却红褐色变浅降低温度，Fe3+水解平衡向左移动反应物的浓度向0.01mol/L的FeCl3溶液中加入少量FeCl3晶体红褐色变深增大c(Fe3+)，Fe3+水解平衡右移动生成物的浓度向0.01mol/L的FeCl3溶液中加入少量盐酸红褐色变浅增大c（H+），Fe3+水解平衡左移动2.影响盐类水解的因素（1）内因—反应物本身性质：盐类水解程度的大小主要由盐的性质所决定的，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，水解程度越大。也就是说生成弱电解质越难电离(电离常数越小)，水解程度越大。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)的水解程度依次增大，其溶液的pH依次增大。外因①温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，水解程度增大。②浓度：盐的浓度越小，电解质离子相互碰撞结合成电解质分子的几率越小，水解程度越大。③－，能抑制阴离子水解，促进阳离子水解。即学即练1.在Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋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()A．加热B．通入HClC．加入少量Na2SO4(s)D．加入NaCl溶液【答案】D【解析】加热能使平衡向水解方向移动，c(H＋)增大，pH减小；通入HCl能增大c(H＋)，抑制了水解，且pH减小；加入NaCl溶液，相当于加水稀释，能促进水解，但因加入NaCl溶液稀释引起c(H＋)变小，故pH增大。2.下列关于盐类水解的说法错误的是()A.在纯水中加入能水解的盐一定能促进水的电离B.同温下,等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液,NaHCO3溶液的pH大C.在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NH4D.加热CH3COONa溶液,溶液中c(C【解析】盐类水解促进水的电离,A项正确;同温下,等浓度的Na2CO3和NaHCO3中,CO32−水解程度大于HCO3-,所以Na2CO3溶液的碱性强,B项错误;NH4+水解使溶液显酸性,加入HNO3能抑制NH4+的水解,C项正确;加热CH3COONa溶液,CH3COO-水解程度增大,c(CH3COO◆知识点二盐类的水解常数水解常数的概念在一定温度下，能水解的盐(强碱弱酸盐、强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐)在水溶液中达到水解平衡时，生成的弱酸(或弱碱)浓度和氢氧根离子(或氢离子)浓度之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱的阳离子)浓度之比是一个常数，该常数就叫水解平衡常数。2．水解常数(Kh)与电离常数的关系（1）水解常数(Kh)表达式：①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－))②用HA表示一元强酸，MOH表示一元弱碱，MA表示由它们生成的盐，MA为强酸弱碱盐，其水解离子方程式为M+＋H2OMOH＋H+，则水解常数：Kh＝eq\f(c(MOH)·c(H+),c(M+))（2）水解常数(Kh)与电离常数的关系①CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－Kh＝eq\f(cCH3COOH·cOH－,cCH3COO－)＝eq\f(cCH3COOH·cOH－·cH＋,cCH3COO－·cH＋)＝eq\f(cOH－·cH＋,\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH))＝eq\f(Kw,Ka)②NH4Cl溶液中存在如下水解平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋Kh＝eq\f(cNH3·H2O·cH＋,cNHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(cNH3·H2O·cH＋·cOH_,cNHeq\o\al(＋,4)·cOH_)＝eq\f(cOH－·cH＋,\f(cNHeq\o\al(＋,4)·cOH_,cNH3·H2O))＝eq\f(Kw,Kb)因而Ka(或Kh)与Kw的定量关系为：A.Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝KwB.Na2CO3的水解常数Kh1＝eq\f(Kw,Ka2)C.NaHCO3的水解常数Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)3．水解常数的意义及影响因素①Kh越大，表示盐的水解程度越大。②水解平衡常数是描述能水解的盐水解平衡的主要参数。它只受温度的影响，因水解过程是吸热过程，故它随温度的升高而增大。4.盐类水解常数的应用①‌计算盐溶液中c(H+)或c(OH-)的浓度‌：通过水解常数可以计算出溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度。②‌判断盐溶液的酸碱性和微粒浓度的大小‌：例如，NaHCO3溶液呈碱性，因为其水解程度大于电离程度；NaHSO3溶液呈酸性，因为其水解程度小于电离程度。③‌预测水解平衡的移动方向‌：升温可以使水解平衡向右移动，增大水解程度。即学即练1.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－平衡。下列说法不正确的是()A．稀释溶液，eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))增大B．通入CO2，溶液pH减小C．升高温度，平衡常数增大D．加入NaOH固体，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小【答案】A【解析】温度不变，水解平衡常数不变，Kh＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))的值不变，故A错误；CO2与COeq\o\al(2－,3)反应生成HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)比COeq\o\al(2－,3)水解程度小，所以溶液碱性减弱，即pH减小，故B正确；因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，平衡常数增大，故C正确；加入NaOH固体，OH－抑制COeq\o\al(2－,3)水解，HCOeq\o\al(－,3)的物质的量浓度减小，COeq\o\al(2－,3)的物质的量浓度增大，所以eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小，故D正确。2.下列有关电解质溶液的说法正确的是A．向氨水中加入氯化铵晶体，氨水的电离平衡左移，减小B．向溶液中加入少量水，溶液中减小C．将溶液从升温至，溶液中增大D．相等的①②、③溶液的物质的量浓度大小：【答案】D【解析】A．向氨水中加入少量氯化铵固体，铵根离子浓度增大，平衡虽然逆向移动，但根据勒夏特列原理，铵根离子浓度增大，A错误；B．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，c(CH3COO-)减小，Ka不变，溶液中增大，B错误；C．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，CH3COO-的水解程度增大，Kh增大，溶液中，则减小，C错误；D．和水解呈碱性，且碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠；是强电解质，电离显碱性；故溶液物质的量浓度大小：，D正确；答案选D。◆知识点三盐类水解的应用1．在化学实验中的应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋判断酸性强弱相同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX>HY>HZ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溶液不能用磨口玻璃塞胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋制备无水盐将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通HCl的气流中加热蒸干判断离子是否共存Al3＋与COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、S2－、HS－、AlOeq\o\al(－,2)；Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)；NHeq\o\al(＋,4)与AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)因相互促进水解强烈而不能大量共存判断中和反应至中性的试剂用量如NH3·H2O与HCl反应至中性，NH3·H2O过量，CH3COOH与NaOH反应至中性时CH3COOH过量制备无机化合物如用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全2.在生产生活中的应用泡沫灭火器原理泡沫灭火器中药品成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生的反应为Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)Al(OH)3↓＋3CO2↑作净水剂明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混合施用除锈剂NH4Cl溶液与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂，原理为NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋热纯碱去污能力强加热，促进Na2CO3的水解，使c(OH－)增大，去污能力增强即学即练1.下列说法正确的是()A．AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度C．用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3＋D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝【答案】C【解析】AlCl3溶液和NaAlO2溶液的水解方程式分别为AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，NaAlO2＋2H2O⇌Al(OH)3＋NaOH，加热促进水解，由于盐酸是挥发性酸，因此前者最终产物为Al2O3，后者仍为NaAlO2，选项A错；很显然所配得的FeCl3溶液中混有杂质SOeq\o\al(2－,4)，选项B错；由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，升高温度可促进水解而产生沉淀，从而除去Fe3＋杂质，选项C正确；为了加快产生CO2气体的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，选项D错。2.将下列物质配成的溶液蒸干灼烧，最后仍能得到该物质的是A． B． C． D．【答案】C【解析】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．较稳定，受热不易分解，蒸干溶液时仍然得到原来溶质，故C正确；D．不稳定，受热易分解，蒸干灼烧全部分解，故D错误；故选C。盐溶液蒸干、灼烧后产物的判断1.强酸强碱盐溶液和水解生成难挥发性酸的盐溶液，蒸干后一般得到原物质，如NaCl溶液蒸干得NaCl固体，CuSO4溶液蒸干得CuSO4固体。2.盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得到对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼烧则会生成Al2O3、Fe2O3。3.酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后可得到原物质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体。4.考虑盐受热时是否分解。因为Ca(HCO3)2、NaHCO3、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3；NaHCO3→Na2CO3；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。5.还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干得到Fe2(SO4)3。实践应用1.下列溶液蒸干后，能析出溶质固体的是()①FeCl3②Fe2(SO4)3③Ca(HCO3)2④Na2CO3A．仅①④B．仅②④C．仅①②D．仅④【答案】B【解析】酸根阴离子易水解的强碱盐和难挥发酸的盐一般蒸干后得原溶质固体，Ca(HCO3)2会分解生成CaCO3。2.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。电解质溶液的三大守恒1.电荷守恒电解质溶液中，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为：eq\f(1,2)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)3.质子守恒质子守恒是依据水的电离H2O⇌H＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中该H＋和OH－以什么形式存在。如在Na2CO3溶液中有关系式：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。实践应用1.在25℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是()A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)D．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)【答案】D【解析】pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝c(OH－)＝10－3mol·L－1，而pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，c(CH3COOH)远远大于10－3mol·L－1。两者等体积混合后，形成CH3COOH与CH3COONa的混合液，且c(CH3COOH)远大于c(CH3COONa)，溶液呈酸性，电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，离子浓度大小顺序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。2.在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是（）A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)【答案】CD【解析】在Na2B溶液中存在：Na2B2Na＋＋B2－，B2－＋H2OHB－＋OH－，H2OH＋＋OH－。由电荷守恒知，c(Na＋)·L－1，D对；在Na2B溶液中不存在H2B，A错；由物料守恒和电荷守恒知，B错。电解质溶液的离子浓度大小的比较1．不同溶液中同一离子浓度比较要考虑溶液中其他离子对该离子的影响，如：在相同浓度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序：④>⑤>③>①>②。2．弱酸溶液中离子浓度大小比较（1）HClO溶液中存在的电离平衡有：HClO⇌H＋＋ClO－，H2O⇌H＋＋OH－，溶液中微粒有H2O、HClO、H＋、OH－、ClO－，由于HClO电离程度小，且H2O的电离程度更小，所以溶液中微粒浓度由大到小的顺序(H2O除外)是c(HClO)>c(H＋)>c(ClO－)>c(OH－)。（2）碳酸的电离方程式是H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋，HCOeq\o\al(－,3)⇌H＋＋COeq\o\al(2－,3)。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－。碳酸是弱酸，第一步电离很微弱，第二步电离更微弱。推测其溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)。3．单一溶液中离子浓度大小的比较（1）氯化铵溶液①先分析NH4Cl溶液中的电离、水解过程。电离：NH4ClNHeq\o\al(＋,4)＋Cl－、H2O⇌H＋＋OH－。水解：NHeq\o\al(＋,4)＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋。判断溶液中存在的离子有NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、H＋、OH－。②再根据其电离和水解程度的相对大小，比较确定氯化铵溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)。（2）碳酸钠溶液①先分析Na2CO3溶液中的电离、水解过程：电离：Na2CO32Na＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2O⇌H＋＋OH－。水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2O⇌HCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2O⇌H2CO3＋OH－。溶液中存在的离子有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－、H＋。②溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)。（3）碳酸氢钠溶液①分析NaHCO3溶液中的电离、水解过程：电离：NaHCO3Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)⇌H＋＋COeq\o\al(2－,3)、H2O⇌H＋＋OH－。水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2O⇌H2CO3＋OH－。溶液中存在的离子有Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－。②由于HCOeq\o\al(－,3)的电离程度小于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))。（4）亚硫酸氢钠溶液①先分析NaHSO3溶液中的电离、水解过程。电离：NaHSO3Na＋＋HSOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)⇌H＋＋SOeq\o\al(2－,3)、H2O⇌H＋＋OH－。水解：HSOeq\o\al(－,3)＋H2O⇌H2SO3＋OH－。溶液中存在离子有：Na＋、HSOeq\o\al(－,3)、H＋、SOeq\o\al(2－,3)、OH－。②由于HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于HSOeq\o\al(－,3)的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小顺序为：c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)。4．混合溶液中各离子浓度比较，根据电离程度、水解程度的相对大小综合分析（1）分子的电离程度大于对应离子的水解程度在0.1mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。实践应用1．HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1mol·L－1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是()A．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－) B．c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋) D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)【答案】D【解析】因A－＋H2O⇌HA＋OH－，所以c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)；水解后溶液呈碱性，则c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)。2．常温下，对pH＝10的NaHCO3溶液中，各微粒的物质的量浓度分析正确的是()A．c(COeq\o\al(2－,3))＞c(H2CO3) B．c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－) D．c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)【答案】B【解析】NaHCO3溶液中既存在HCOeq\o\al(－,3)的电离又存在HCOeq\o\al(－,3)的水解，根据溶液pH＝10，可知其水解程度大于电离程度，即溶液中c(COeq\o\al(2－,3))＜c(H2CO3)，A项错误；只有少量的HCOeq\o\al(－,3)发生电离和水解，溶液中存在c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)，B项正确；根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，C项错误；根据物料守恒可知c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，D项错误。考点一盐类水解的应用【例1】化学与生活密切相关，下列与盐类水解有关的是A．利用烟道气中和碱性废水 B．食醋除水垢C．作沉淀剂除废水中的 D．明矾净化水【答案】D【解析】A．烟道气中常含有二氧化硫气体，能与碱发生反应，可用于环保领域中处理碱性废水，与盐类水解无关，故A不选；B．醋酸的酸性比碳酸强，故醋酸能和碳酸钙反应生成可溶性醋酸钙和二氧化碳和水，从而去水垢，与盐类水解无关，故B不选；C．硫离子与铜离子反应生成硫化铜沉淀，所以可用Na2S除废水中Cu2+，与盐类水解无关，故C不选；D．明矾中Al3+水解生成氢氧化铝胶体，胶体的表面积大，吸附性强，能吸附水中的杂质达到净水的目的，与盐类水解有关，故D选；答案选D。解题要点解题要点应用举例加热促进水解热的纯碱溶液去污力强分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3判断溶液中离子能否大量共存Al3＋和HCOeq\o\al(－,3)因发生相互促进的水解反应而不能大量共存配制或贮存易水解的盐溶液配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸胶体的制备，作净水剂明矾溶于水生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清化肥的使用铵态氮肥不宜与草木灰混合使用泡沫灭火器的反应原理(水解互促)Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑无水盐的制备由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热判断盐溶液的蒸干产物将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3而不是AlCl3某些盐的分离除杂为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸盐溶液除锈NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NHeq\o\al(＋,4)水解溶液显酸性)判断电解质的强弱CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸【变式1-1】为了得到比较纯净的物质，使用的方法恰当的是()A．向Na2CO3饱和溶液中通入过量的CO2后，在加压、加热的条件下，蒸发得到NaHCO3晶体B．加热蒸发AlCl3饱和溶液可得到纯净的AlCl3晶体C．向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体D．向FeCl3溶液中加入足量的NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得到Fe2O3【答案】D【解析】A项不恰当，因为NaHCO3加热易分解；B、C项也不恰当，因为AlCl3与FeCl3在加＋，由于HCl挥发，水解趋于完全，最终得到的是Al(OH)3和Fe(OH)3。【变式1-2】下列实验操作能达到目的的是()①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体A．①② B．②③C．③④ D．①③【答案】B【解析】Al3＋和S2－在水溶液中会彻底水解得不到Al2S3；MgCl2在水溶液中水解，蒸发过程中水解生成的HCl会挥发，最后得到Mg(OH)2而不是MgCl2。考点二影响盐类水解的因素【例2】在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是()A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．升高温度，eq\f(cHS－,cS2－)减小C．通入H2S，HS－的浓度增大D．加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】C【解析】水解平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，A项错误；水解是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，HS－的浓度增大，S2－的浓度减小，所以HS－的浓度和S2－的浓度的比值增大，B项错误；通入H2S，H2S会结合水解出的OH－，使平衡正向移动，HS－的浓度增大，C项正确；加入氢氧化钠固体，溶液的碱性增强，溶液pH增大，D项错误。解题要点解题要点影响盐类水解的因素1．内因：酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。2．外因：因素水解平衡水解程度水解产生离子的浓度温度升高右移增大增大浓度增大右移减小增大减小(即稀释)右移增大减小外加酸、碱酸弱碱阳离子的水解程度减小碱弱酸根离子的水解程度减小外加其他盐水解形式相同的盐相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)水解形式相反的盐相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]【变式2-1】0.1mol/L溶液中，由于的水解，使得。如果要使更接近于0.1mol/L，可采取的措施是A．加入少量氢氧化钠 B．加入少量水C．加入少量HCl D．加热【答案】C【分析】如果要使更接近于0.1mol/L，需要抑制铵根离子水解，并且加入的物质和铵根离子之间不反应即可，根据水解平衡的移动影响因素来回答。【解析】A．加入氢氧化钠，会消耗铵根离子，使得铵根离子浓度更小于，故A错误；B．加水稀释会导致溶液中铵根离子浓度减小，故B错误；C．加入HCl会抑制铵根离子水解，能使更接近于0.1mol/L，故C正确；D．加热会促进铵根离子水解，导致溶液中铵根离子浓度减小，故D错误；答案选C。【变式2-2】为了配制NHeq\o\al(＋,4)的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入()①适量的HCl②适量的NaCl③适量的氨水④适量的NaOHA．①②B．③C．③④D．④【答案】B【解析】NH4Cl溶液中存在NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，为增大NHeq\o\al(＋,4)浓度，应加入酸或NH3·H2O，①加入HCl虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。基础达标1.能促进水的电离，并使溶液中c(H＋)＞c(OH－)的操作是()①将水加热煮沸②向水中投入一小块金属钠③向水中通CO2④向水中加入明矾晶体⑤向水中加NaHCO3固体⑥向水中加NaHSO4固体A．①②④⑤ B．①④⑤C．③④⑤ D．④【答案】D2.对滴有酚酞溶液的下列溶液，下列操作后颜色变深的是()A．明矾溶液加热B．CH3COONa溶液加热C．氨水中加入少量NH4Cl固体D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】明矾溶液中Al3＋水解，溶液呈酸性，加热水解平衡向右移动，c(H＋)增大，溶液仍无色，A项错误；CH3COONa溶液呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，溶液红色加深，B项正确；氨水中加入少量NH4Cl，抑制NH3·H2O的电离，溶液红色变浅，C项错误；小苏打溶液呈弱碱性，加入NaCl对溶液酸碱性无影响，D项错误。3.下列关于FeCl3水解的说法错误的是()A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动B．浓度为5mol·L－1和0.5mol·L－1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者小于后者C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50℃和20℃时发生水解，50℃时Fe3＋的水解程度比20℃时的小D．为抑制Fe3＋的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸【答案】C【解析】增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3＋水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，Fe3＋水解程度增大，A、B项均正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C项错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D项正确。4.25℃时，在1.0L浓度均为0.01mol·L－1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na＋)＞c(A－)，则下列描述不正确的是()A．该溶液的pH＜7B．HA为弱酸，A－的水解程度较大C．c(A－)＋c(HA)＝0.02mol·L－1D．n(A－)＋n(OH－)＝0.01mol＋n(H＋)【答案】A【解析】该混合溶液中存在Na＋、A－、OH－与H＋4种离子，根据c(Na＋)＞c(A－)，再结合电荷守恒知溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，pH＞7，说明HA为弱酸，且A－的水解程度较大，故A项错误，B项正确；由物料守恒可知，C项正确；因n(Na＋)＝0.01mol，利用电荷守恒可知，D项正确。5.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是()A．HX、HZ、HY B．HX、HY、HZC．HZ、HY、HX D．HY、HZ、HX【答案】B【解析】利用盐类水解规律“越弱越水解，谁强显谁性”，结合同浓度三种酸对应的钠盐的溶液的pH可推知，碱性越强则对应的酸越弱。6.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．古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物B．“管道通”中含有铝粉和苛性钠，用于疏通下水道C．氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂D．向中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到【答案】B【解析】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，A错误；B．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，B正确；C．铵根离子水解，有H+生成，使溶液显酸性，H+与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，C错误；D．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2⋅xH2O和HCl，最后焙烧得到TiO2，与盐类水解有关，D错误；故选B。7.欲使CH3COONa稀溶液中eq\f(cCH3COO－,cNa＋)增大，可采取的措施是()A．升温 B．加水稀释C．加少量的KOH固体 D．加少量固体Na2CO3【答案】C【解析】根据水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，升温，水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加水稀释水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加少量的KOH固体，增大了c(OH－)，水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大；加少量固体Na2CO3，水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大，但c(CH3COO－)增大的倍数远小于c(Na＋)增大的倍数，故eq\f(cCH3COO－,cNa＋)减小。8.下列离子因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是()A．K＋、S2－、Al3＋、AlOeq\o\al(－,2) B．MnOeq\o\al(－,4)、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、K＋C．SOeq\o\al(2－,4)、Fe3＋、S2－、K＋ D．Fe2＋、Cl－、H＋、NOeq\o\al(－,3)【答案】A＋、H＋、NOeq\o\al(－,3)都因为发生氧化还原反应而不能大量共存。9.常温下，0.1mol·L－1的下列溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))最大的是()A．NH4Al(SO4)2 B．NH4ClC．NH3·H2O D．CH3COONH4【答案】A【解析】A项，NH4Al(SO4)2=NHeq\o\al(＋,4)＋Al3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，抑制NHeq\o\al(＋,4)水解；D项，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，促进NHeq\o\al(＋,4)的水解；C项，NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，NH3·H2O只有少部分电离，故溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))由多到少的顺序为A>B>D>C。10.下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是()A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH溶液和Na2CO3的混合固体B．除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可以加入NaOH固体C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)【答案】C【解析】A项，加热蒸干Na2CO3溶液，得不到NaOH，虽然加热促进COeq\o\al(2－,3)水解，但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3；B项，Mg2＋和Fe3＋均可与OH－反应生成沉淀，且引入了新杂质Na＋；D项，KCl不水解，不可能得到KOH固体。11.室温时，下列操作能使浓度均为0.01mol·L-1的①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)都增大的是A．升高温度 B．加水稀释 C．加入少量硫酸 D．加入少量NaOH固体【答案】D【解析】A．升高温度促进电离和水解，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)增大，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)减小，故A不符合题意；B．加水稀释虽然能促进电离和水解，但溶液稀释的倍数大于电离的倍数，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)减小，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)减小，故B不符合题意；C．加入少量硫酸，氢离子浓度增大，抑制①CH3COOH电离，促进②CH3COONa溶液的水解，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)减小，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)增大，故C不符合题意；

D．加入少量NaOH固体，促进①CH3COOH电离，抑制②CH3COONa溶液的水解，所以c(CH3COO-)都增大，故D符合题意；故答案：D。12.有关下列两种溶液的说法中，正确的是()①0.1mol·L－1CH3COONa溶液②0.1mol·L－1CH3COOH溶液A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＞溶液②B．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)C．加水稀释溶液①，溶液中eq\f(cCH3COOH·cOH－,cNa＋)不变D．向溶液①中加少量的CH3COONa固体则eq\f(cCH3COO－,cNa＋)减小【答案】A【解析】醋酸钠溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，醋酸是酸，抑制水的电离；等浓度等体积混合后，溶液中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液显酸性，醋酸根浓度最大。13.0.1mol/L溶液中，由于的水解，使得。如果要使更接近于0.1mol/L，可采取的措施是A．加入少量氢氧化钠 B．加入少量水C．加入少量盐酸 D．加热【答案】C【分析】如果要使更接近于0.1mol/L，需要抑制铵根离子水解，并且加入的物质和铵根离子之间不反应即可，根据水解平衡的移动影响因素来回答。【解析】A．加入氢氧化钠，会消耗铵根离子，使得铵根离子浓度更小于，故A错误；B．加水稀释会导致溶液中铵根离子浓度减小，故B错误；C．加入盐酸会抑制铵根离子水解，能使更接近于0.1mol/L，故C正确；D．加热会促进铵根离子水解，导致溶液中铵根离子浓度减小，故D错误；答案选C。14.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是()A．无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSOeq\o\al(－,3)B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、I－、NOeq\o\al(－,3)C．FeCl3溶液：K＋、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、AlOeq\o\al(－,2)D．常温下，eq\f(Kw,cH＋)＝0.1mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiOeq\o\al(2－,3)、NOeq\o\al(－,3)【答案】D【解析】A中H＋与HSOeq\o\al(－,3)不共存；B中NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下具有强氧化性，可氧化I－，不共存；C中Fe3＋与AlOeq\o\al(－,2)相互促进强烈水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3不共存；D中为碱性，可共存。15.将AlCl3溶液和Al(NO3)3溶液分别加热蒸干，并灼烧，所得产物的主要成份是：A．均为Al(OH)3 B．前者得Al2O3，后者得Al(NO3)3C．均为Al2O3 D．前者得AlCl3，后者得Al(NO3)3【答案】C【解析】AlCl3和Al(NO3)3都是强酸弱碱盐，水解产生A1(OH)3、HCl及HNO3，由于盐酸和硝酸都是挥发性的酸，所以AlCl3溶液和Al(NO3)3溶液在加热时水解生成固体A1(OH)3，Al(OH)3在加热条件下分解生成Al2O3，故合理选项是C。16.25℃时，某氯化铵溶液的pH=4，下列叙述中不正确的是A．溶液中的c(OH－)=1×10－10mol·L－1B．溶液中的c(Cl－)>>c(H＋)>c(OH－)C．溶液中的c(H＋)＋=c(Cl－)＋c(OH－)D．溶液中的c(NH3·H2O)=【答案】D【解析】A．NH4Cl溶液pH=4，c(H+)=10-4mol/L，由于在25℃时Kw=10-14，所以溶液中的c(OH－)==1×10－10mol/L，A正确；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，弱碱根NH离子发生水解反应而消耗，所以c(Cl－)＞c(NH)；弱碱根NH离子发生水解反应消耗水电离产生的OH－，使水的电离平衡被破坏，水继续电离，当最终达到电离平衡时，c(H+)＞c(OH－)。盐水解的程度是很微弱的，因此c(NH)＞c(H+)。故整个溶液中离子浓度关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH－)，B正确；C．根据电荷守恒可知溶液中的c(H+)+c(NH)=c(Cl－)+c(OH－)，C正确；D．在溶液中NH3·H2O是盐水解产生的，而NH是盐电离产生的。在溶液中盐水解的程度是很微弱的，因此c(NH3·H2O)<<c(NH4+)，D错误；故选D。17.在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧(低于400℃)下列的溶液，可以得到该物质的固体是A．氯化铝溶液 B．硫酸亚铁溶液 C．碳酸氢钠溶液 D．硫酸铝溶液【答案】D【解析】A．加热蒸干氯化铝溶液，水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，氯化铝完全水解生成氢氧化铝，灼烧氢氧化铝分解得到氧化铝，A不符合题意；B．加热硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁被氧气氧化生成硫酸铁，B不符合题意；C．加热碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠分解，最终生成碳酸钠固体，C不符合题意；D．加热硫酸铝溶液，虽然铝离子水解生成氢氧化铝，但硫酸难挥发，最终固体仍为硫酸铝，D符合题意；故选D。综合应用18.下列事实与盐类水解有关且正确的是①Na2SiO3溶液、NaF溶液不能贮存于带玻璃塞的玻璃瓶中②同浓度的Na2S、NaHS溶液，前者的碱性强③25℃时，pH=7的CH3COONH4溶液中水的电离程度比纯水大④用TiCl4制备TiO2·xH2O时，加入大量的水同时加热⑤在氯化氢气流中灼烧MgCl2·6H2O晶体制备无水氯化镁；⑥硫酸铜和石灰乳配制波尔多液杀虫剂⑦用漂白精漂白有色织物⑧用泡沫灭火器灭火⑨用FeS除去废水中的Cu2+A．①②③⑥⑦⑨ B．①②④⑤⑥⑧ C．①②③④⑤⑦⑧ D．①②③④⑤⑨【答案】C【解析】①Na2SiO3溶液、NaF溶液水解产生的氢氧化钠和HF均能与二氧化硅反应，不能贮存于带玻璃塞的玻璃瓶中，与盐类水解有关，故正确；②S2－的水解程度大于SH－的水解程度，所以Na2S溶液的pH大，与盐类水解有关，故正确；③CH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子都能够水解，pH=7是因为其水解程度相同，但CH3COONH4溶液中水的电离程度大于纯水，故正确；④加入大量水的同时加热，促进TiCl4水解趋于完全，可得TiO2•xH2O，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl，与盐类水解有关，故正确；⑤氯化镁水解显酸性，氯化氢气流中加热防止水解，HCl气流可抑制Mg2+水解，故正确；⑥硫酸铜和石灰乳配制波尔多液杀虫剂是利用硫酸铜为重金属盐、石灰乳为强碱，能使蛋白质变性，与盐类水解无关，故错误；⑦漂白粉的有效成分为次氯酸钙，而次氯酸钙为强碱弱酸盐，在溶液中能水解出具有漂白性的HClO，故能漂白，与盐类水解有关，故正确；⑧泡沫灭火器（成分为Al2(SO4)3、NaHCO3溶液）的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故正确；⑨FeS溶解产生S2-的与溶液中的Cu2+满足Q大于Ksp（CuS）的条件，S2-与Cu2+结合产生CuS沉淀，与盐类水解无关，故错误；答案选C。19.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．的溶液：、、、B．溶液中：、、、C．的溶液中：、、、D．的溶液中：、、、【答案】A【解析】A．，则，，溶液显酸性，该组离子在酸性条件下均不反应，能大量共存，A项符合题意；B．和发生双水解反应生成、和，B项不符合题意；C．的溶液中含有大量，具有还原性，会与、发生氧化还原反应，不能大量共存，C项不符合题意；D．的溶液显酸性，含有大量，会与反应，不能大量共存，D项不符合题意。答案选A。20.已知溶液显酸性，溶液中存在以下平衡；①②向的溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是A．加入少量金属Na，反应①平衡逆向移动，溶液中增大B．加入少量固体，则C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大D．加入氨水至中性，则【答案】C【解析】A．加入少量金属Na，Na与HSO电离出的H+反应，促使平衡②右移，HSO离子浓度减小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO）浓度减小，故A错误；B．由电荷守恒可知，存在，故B错误；C．加入NaOH，与NaHSO3反应生成亚硫酸钠和水，c（SO）增大，c（HSO）减小，则增大，溶液碱性增强，故也增大，故C正确；D．0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)，则c(Na+)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH-)，故D错误。答案选C。21.根据要求完成下列问题Ⅰ.填空：（1）KNO3溶液显，(填“酸性”“碱性”或“中性”，下同)原因：。（2）FeCl3溶液显，原因：(用离子方程式回答，下同)。（3）CH3COONa溶液显，原因：。Ⅱ.判断下列溶液的酸碱性：用“酸性”“碱性”“中性”或“不确定”填空。（1）pH<7的溶液。（2）pH=7的溶液。（3）c(H＋)=c(OH-)的溶液。（4）c(H＋)=1×10-7mol·L-1的溶液。（5）c(H＋)>c(OH-)的溶液。（6）0.1mol·L-1的NH4Cl溶液。（7）0.1mol·L-1的NaHCO3溶液。（8）0.1mol·L-1的NaHSO3溶液。Ⅲ．室温下，向的溶液中滴入的溶液，溶液由水电离出的氢离子浓度的负对数与所加溶液体积的关系如图所示：（1）溶液。（2）点的溶质为，溶液呈(选填“酸”“碱”或“中”下同)性。（3）点的溶质为，溶液呈性。（4）点的溶质为，溶液呈性。【答案】Ⅰ.（1）中性硝酸钾属于强碱强酸盐，硝酸根和钾离子均不水解（2）酸性（3）碱性Ⅱ.（1）不确定（2）不确定（3）中性（4）不确定（5）酸性（6）酸性（7）碱性（8）酸性Ⅲ．（1）3（2）NaA和HA中（3）NaA碱（4）NaA和NaOH碱【解析】Ⅰ.（1）硝酸钾属于强碱强酸盐，硝酸根和钾离子均不水解，所以硝酸钾溶液显中性；（2）氯化铁溶液中铁离子水解使溶液呈酸性，；（3）醋酸钠溶液中醋酸跟离子水解使溶液呈碱性，Ⅱ.（1）未指明温度，pH<7的溶液，不确定溶液的酸碱性。（2）未指明温度，pH=7的溶液，不确定溶液的酸碱性。（3）任何温度下，当时，溶液为中性。（4）c(H＋)=1×10-7mol·L-1的溶液，未指明温度，不确定溶液的酸碱性。（5）任何温度下，当时，溶液为酸性。（6）NH4Cl溶液中存在：，溶液为酸性。（7）NaHCO3溶液中存在反应：，，由于的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性。（8）NaHSO3溶液中存在反应：，，由于的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性。Ⅲ．【分析】由图可知，室温下0.1mol/LHA溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11mol/L，则HA溶液中氢离子浓度为mol/L=1×10-3mol/L，M点为NaA和HA的混合溶液，溶液呈中性，水电离出的氢离子浓度最大的N点为NaA溶液，溶液呈碱性，P点为NaA和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。（1）由分析可知，0.1mol/LHA溶液中氢离子浓度为mol/L=1×10-3mol/L，则溶液的pH为3，故答案为：3；（2）由分析可知，M点为NaA和HA的混合溶液，溶液呈中性；（3）由分析可知，水电离出的氢离子浓度最大的N点为NaA溶液，溶液呈碱性；（4）由分析可知，P点为NaA和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性，故答案为：NaA和NaOH；碱；拓展培优22.25℃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·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)B．0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)C．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：eq\f(3,2)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)D．0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)【答案】A【解析】0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，因为醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)，A选项正确；0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1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，则c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(NH3·H2O)，B选项错误；根据物料守恒，0.1mol·L－1Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na＋)＝3c(COeq\o\al(2－,3))＋3c(HCOeq\o\al(－,3))＋3c(H2CO3)，即eq\f(2,3)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，C选项错误；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＋c(Cl－)，D选项错误。23.常温时，向20.00mL0.1mol·L−1氨水溶液中滴加0.1mol·L−1盐酸，混合溶液的与pOH变化的关系如图所示。下列说法错误的是A．c点溶液对应的pOH为6.744B．b点对应滴加的盐酸溶液体积约为10mLC．常温时，的水解常数的数量级为10−10D．c点溶液中：【答案】D【解析】A．由b点横坐标pOH=4.744得c(OH−)=10−4.744，由纵坐标，得c(NH4+)=c(NH3·H2O)，所以=10−4.744，c点纵坐标，即c(NH4+)=100c(NH3·H2O)，代入Kb，故c(OH−)=10−6.744，pOH=6.774，故A正确；B．当盐酸为10mL时，氨水反应了一半，c(NH4Cl)=c(NH3·H2O)，NH3·H2O电离程度小，c(NH4+)c(NH3·H2O)，代入Kb，故此时c(OH−)=10−4.744，故B正确；C．Kh(NH4+)==10−9.256