3.3 盐类的水解（精讲）（解析版）

PAGE283.3盐类的水解(精讲）思维导图思维导图常见考点常见考点考点一盐类水解原理【例1】在溶液中，不能发生水解的离子是A．ClO- B．CO C．Fe3+ D．SO【答案】D【解析】A．ClO-对应的酸HClO，次氯酸是弱酸，所以会发生水解，故A错误；B．CO对应的酸是碳酸，碳酸是弱酸，所以会发生水解，故B错误；C．Fe3+对应的碱是Fe(OH)3，Fe(OH)3是弱碱，所以会发生水解，故C错误；D．SO对应的酸硫酸是强酸，硫酸不会水解；故D正确；故选D。【一隅三反】1.（西藏·拉萨那曲高级中学高二开学考试）下列离子分别加入纯水中，能使水中c(H+)增大的是A．ClO- B．Fe3+ C．S2- D．NO【答案】B【解析】A．ClO-加入纯水中，发生水解反应，c(H+)减小，故不选A；B．Fe3+加入纯水中，发生水解反应，c(H+)增大，故选B；

C．S2-加入纯水中，发生水解反应，c(H+)减小，故不选C；

D．NO加入纯水中，不水解，对水电离无影响，故不选D；选B。2．常温下，下列溶液pH小于7的是A．KBr B．CuSO4 C．NaF D．Ba(NO3)2【答案】B【解析】A.KBr是强酸强碱盐，不发生水解，故其水溶液显中性，pH=7，A不合题意；B.CuSO4是强酸弱碱盐，由于Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+使得溶液显酸性，即pH＜7,B符合题意；C.NaF是弱酸强碱盐，由于F-+H2OHF+OH-使得溶液显碱性，即pH＞7，C不合题意；D.Ba(NO3)2是强酸强碱盐，不发生水解，故其水溶液显中性，pH=7，D不合题意；故答案为：B。3.现有、、、、、、、、，请按要求填空：(1)在水溶液中，水解使溶液呈碱性的离子是_______。(2)在水溶液中，水解使溶液呈酸性的离子是_______。(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在，又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子是_______。(4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在，又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子是_______。【答案】(1)、、(2)、、(3)、、(4)【解析】（1）弱酸根离子水解使溶液呈碱性，部分弱酸的酸式酸根离子若水解程度大于电离程度，则溶液也呈碱性，、、水解，使溶液呈碱性；（2）、、属于弱碱的阳离子，水解时产生氢离子，水解后使溶液呈酸性；（3）强酸的酸根离子和强碱对应的金属阳离子，不会水解，故、、既能在酸性较强的溶液中大量存在，又能在碱性较强的溶液中大量存在；（4）属于弱酸的酸式酸根离子，既能与强酸反应，又能与强碱反应。考点二盐类水解的规律及应用【例2】pH＝4的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度前者与后者比较为()A．大于 B．小于C．等于 D．无法确定【答案】B【解析】NH4Cl溶液中，由于NHeq\o\al(＋,4)的水解，促进了水的电离；CH3COOH溶液中，由于CH3COOH电离出的H＋抑制了H2O的电离。【一隅三反】1．下列有关盐类水解的叙述正确的是()A．溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱反应生成的盐B．含有弱酸根离子的盐的水溶液一定呈碱性C．盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱D．强酸强碱盐的水溶液一定呈中性【答案】C【解析】如果弱酸、弱碱的电离程度相当，生成的盐的水溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性，A错误；含有弱酸根离子的盐的水溶液不一定呈碱性，如NaHSO3溶液呈酸性，B错误；强酸强碱盐的水溶液不一定呈中性，如NaHSO4溶液呈酸性，D错误。2．由一价离子组成的四种盐溶液：AC、BD、AD、BC各1mol·L－1，在室温下，前两种溶液的pH＝7，第三种溶液的pH＞7，最后一种溶液的pH＜7，则下列说法正确的是()ABCD碱性AOH＞BOHAOH＜BOHAOH＞BOHAOH＜BOH酸性HC＞HDHC＞HDHC＜HDHC＜HD【答案】A【解析】根据盐的水解规律可知：弱离子越弱，水解程度越大，可进行如下归类分析：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AD，pH＞7⇒电离程度：AOH＞HD,AC，pH＝7⇒电离程度：AOH＝HC))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(BC，pH＜7⇒电离程度：BOH＜HC,BD，pH＝7⇒电离程度：BOH＝HD))综上可知，电离程度：HC＝AOH＞HD＝BOH，即酸性：HC＞HD，碱性：AOH＞BOH，A项正确。3（2022山东）物质的量浓度相同的下列各物质的溶液，由水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是()①NaHSO4②NaHCO3③Na2CO3④Na2SO4A．④③②① B．①②③④C．③②④① D．③④②①【答案】C【解析】水中存在电离平衡：H2OH＋＋OH－，若将自身能电离出H＋或OH－的物质加入水中，则水的电离程度减小；若将能结合水中H＋或OH－的物质加入水中，则水的电离程度增大。NaHSO4抑制水的电离，Na2CO3、NaHCO3均能促进水的电离且Na2CO3比NaHCO3的促进程度更大，Na2SO4不影响水的电离。本题选C。考点三盐类水解方程式书写【例3-1】（全国·高二专题练习）在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是A．B．C．D．【答案】D【解析】A．是氯气和水可逆反应，故A不符合题意B．是碳酸氢根电离方程式，故B不符合题意；C．是氢硫酸电离方程式，故C不符合题意；D．是铵根水解方程式，故D符合题意。综上所述，答案为D。【例3-2】NH4Cl；Na2SO4；KHCO3；Fe(NO3)3；KHSO4；Na2CO3；NaAlO2；KClO4，以上盐中有些能发生水解反应，写出能发生水解反应的盐对应的离子方程式：(1)___________(写离子方程式)(2)___________(写离子方程式)(3)___________(写离子方程式)(4)___________(写离子方程式)(5)___________(写离子方程式)【答案】（1）

，()

【解析】(1)铵根能发生水解反应，离子方程式为：，故答案为：；(2)碳酸氢根水解，离子方程式为：，故答案为：；(3)铁离子水解，离子方程式为：，故答案为：；(4)碳酸根水解，分两步进行，离子方程式为：；，故答案为：，()；(5)偏铝酸跟水解，离子方程式为：，故答案为：。【一隅三反】1．（甘肃武威·高二期末）下列反应中，属于水解反应且使溶液显酸性的是A．+H2O⇌NH3·H2O+H+ B．+H2O⇌+H3O+C．S2-+H2O⇌HS-+OH- D．NH3+H2O⇌+OH-【答案】A【解析】A．铵根离子发生水解反应生成一水合氨和氢离子，水解方程式为+H2O⇌NH3·H2O+H+，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，A正确；B．H3O+为水合氢离子，该式可表示为⇌+H+，B错误；C．S2-+H2O⇌HS-+OH-为水解反应，但硫离子结合消耗掉氢离子，造成氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，C错误；D．NH3+H2O⇌+OH-为一水合氨的电离方程式，D错误；故选：A。2．（全国·高二课时练习）在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是A．NH+2H2ONH3·H2O+H3O+ B．HCO+H2OH3O++COC．HS-+H3O+H2S+H2O D．Cl2+H2OH++Cl-+HClO【答案】A【解析】A．NH+2H2ONH3·H2O+H3O+表示NH在水溶液中的水解，故A正确；B．HCO+H2OH3O++CO表示HCO在水溶液中的电离，故B错误；C．HS-+H3O+H2S+H2O表示可溶液性的酸式硫化物如NaHS与强酸如HCl或H2SO4反应生成H2S，不是盐的水解，故C错误；D．Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO表示Cl2溶于水生成HCl和HClO，与盐的水解无关，故D错误；故答案为A。3．写出下列盐溶液水解反应的离子方程式：(1)NaF：____。(2)NH4NO3：____。(3)CuSO4：____。(4)NaHCO3：____。(5)CH3COONa：____。【答案】(1)F-+H2O⇌HF+OH-(2)NH+H2O⇌NH3·H2O+H+(3)(4)HCO+H2O⇌H2CO3+OH-(5)【解析】（1）F-结合水电离的氢离子生成氟化氢，水解反应的离子方程式为：F-+H2O⇌HF+OH-；（2）铵根离子水解生成一水合氨，水解反应的离子方程式为：NH+H2O⇌NH3·H2O+H+；（3）铜离子水解生成氢氧化铜，水解反应的离子方程式为：；（4）碳酸氢根离子水解生成碳酸，水解反应的离子方程式为：HCO+H2O⇌H2CO3+OH-；（5）醋酸根离子水解生成醋酸分子，水解反应的离子方程式为：。考点四影响盐类水解的因素【例4-1】（全国·高二课时练习）在0.1mol/LFeCl3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．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，故A错误；B．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，故B正确；C．加NaOH固体，OH-与H+反应，平衡正向移动，故C错误；D．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，故D错误；故选B。【例4-2】（全国·高二课时练习）为使溶液中的值减小，可加入的物质是A．适量的固体 B．适量的固体C．通入适量的气体 D．适量的固体【答案】B【解析】A．加入适量的氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度大，但钠离子浓度也增大，则的值不可能减小，故A错误；B．加入适量的氢氧化钾固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度大，钠离子浓度不变，则的值减小，故B正确；C．通入适量的氯化氢气体，氯化氢电离出的氢离子中和溶液中氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，硫离子浓度减小，钠离子浓度不变，则的值增大，故C错误；D．加入适量的强酸弱碱盐氯化铵固体，氯化铵在溶液中水解生成的氢离子中和溶液中氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，硫离子浓度减小，钠离子浓度不变，则的值增大，故D错误；故选B。【一隅三反】1．（全国·高二课时练习）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。2．（全国·高二课时练习）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【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。3．（全国·高二课时练习）一定条件下，溶液中存在平衡：。下列说法错误的是A．加入固体，溶液增大 B．通入，平衡向正反应方向移动C．升高温度，增大 D．加水稀释，浓度减小，平衡常数变小【答案】D【解析】A．加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，A正确；B．通入二氧化碳气体，二氧化碳与氢氧根离子反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，B正确；C．水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，增大，C正确；D．稀释时，氢氧根离子浓度减小，但由于温度不变，所以平衡常数不变，D错误；故选D。考点五三大守恒及离子浓度大小比较【例5-1】常温下，等物质的量浓度的下列溶液中最大的是A． B． C． D．【答案】C【解析】相同物质的量浓度的、NH4HSO4、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3溶液，(NH4)2SO4、(NH4)2CO3中大于NH4HSO4溶液中，(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，(NH4)2CO3溶液中的会促进的水解，NH4HSO4电离出的H+会抑制的水解，为弱电解质，最小，所以相同物质的量浓度的溶液中：(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4HSO4>，故选C。【例5-2】有等物质的量浓度的下列四种溶液：a．、b．、C．、d．，其中大小关系判断正确的是A． B．C． D．【答案】D【解析】①的水解是微弱的；②观察四种物质的化学式，可知溶液、溶液中的浓度大于溶液、溶液中的浓度；③溶液中和的水解相互促进，而溶液中对的水解无影响，即溶液中；④溶液中不影响的水解，溶液中H+抑制的水解，即溶液中；综上所述，按由大到小的顺序排列为，D正确；故选D。【例5-3】（陕西·富平县蓝光中学高二期末）某酸式盐NaHY的水溶液显碱性，下列叙述正确的是A．该酸式盐溶液中离子浓度关系：[Na+]＞[HY-]＞[OH-]＞[H+]B．HY-的水解方程式：HY-＋H2OH3O++Y2–C．该酸式盐溶液中离子浓度关系：[Na+]＞[Y2–]＞[HY-]＞[OH-]＞[H+]D．H2Y的电离方程式：H2Y2H++Y2–【答案】A【解析】A．酸式盐NaHY的水溶液显碱性，则[OH-]＞[H+]，又HY-的水解和电离是微弱的，故该酸式盐溶液中离子浓度关系为：[Na+]＞[HY-]＞[OH-]＞[H+]，故A正确；B．H3O+代表的是H2O和氢离子，HY-＋H2OH3O++Y2–可写成HY-H++Y2–，故HY-＋H2OH3O++Y2–为HY-的电离方程式，故B错误；C．酸式盐NaHY的水溶液显碱性，则HY-的水解程度大于电离程度，故HY-]＞[Y2–]，该酸式盐溶液中离子浓度关系：[Na+]＞[HY-]＞[Y2–]＞[OH-]＞[H+]，故C错误；D．

H2Y为二元弱酸，则电离方程式为：H2YH++HY–，故D错误；故选A。【例5-4】（全国·高二课时练习）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(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-)C．0.1mol·L-1Na2CO3溶液与0.1mol·L-1NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)=c(CO)＋c(HCO)＋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(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH-)=c(Na＋)＋c(H＋)【答案】A【解析】A．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，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·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，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·L-1Na2CO3溶液中，c(Na+)＝2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，0.1mol·L-1NaHCO3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·L-1Na2C2O4溶液与0.1mol·L-1HCl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。【例5-5】25℃时，在20mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液，pH曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，错误的是A．A点，c(Na＋)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H＋)B．B点，c(H＋)=c(OH-)，c(Na＋)=c(CH3COO-)C．C点，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na＋)D．C点，c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)【答案】A【解析】A．A点时加入10mL醋酸溶液，与氢氧化钠恰好反应，生成醋酸钠，由于醋酸根离子发生水解导致溶液显碱性；故离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H＋)，故A不正确；B．B点溶液pH等于7，又因在常温下，说明溶液显中性，根据电荷守恒判断；c(H＋)=c(OH-)，c(Na＋)=c(CH3COO-)，故B正确；C．根据C点加入20mL醋酸，根据物料守恒判断，C正确；D．根据图像C点判断，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH-)，根据电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)；判断c(CH3COO-)>c(Na＋)；故选答案A；【一隅三反】1．（全国·高二课时练习）下列五种混合溶液，由分别为的两种溶液等体积混合而成：①与

②与③与

④与⑤与，由大到小排序正确的是A．①＞④＞③＞②＞⑤ B．①＞③＞⑤＞④＞②C．②＞④＞③＞⑤＞① D．②＞③＞④＞⑤＞①【答案】C【解析】五种混合溶液，由分别为0.1mol⋅L-1的两种溶液等体积混合，①CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，溶液显酸性，CH3COOH微弱电离出CH3COO-；②CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO－水解；③CH3COONa与NaCl，NaCl既不促进也抑制CH3COO-水解；④CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性，促进醋酸根离子水解，因此c(CH3COO-)排序是②＞④＞③＞⑤＞①；故选C。2．4种混合溶液：分别由等体积0.1mol/L的两溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa②NH4Cl与HCl

③NH4Cl与NaCl

④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)，下列各项排序正确的是A．c(NH)：①＜③＜②＜④ B．溶液中c(H+)：①＜③＜②＜④C．pH：②＜①＜④＜③ D．c(NH3·H2O)：①＜③＜④＜②【答案】A【解析】A．四种溶液中，④NH4Cl与NH3•H2O的混合液显碱性，说明NH3▪H2O的电离大于NH4Cl中的的水解，c()＞0.1mol•L-1；②NH4Cl与HCl的混合液中，由于HCl电离产生的H+抑制的水解，所以c()接近0.1mol•L-1；①NH4Cl与CH3COONa，发生了双水解，铵根离子浓度最小，所以正确排序为：①＜③＜②＜④，故A正确；B．四种混合物中，②NH4Cl与HCl的混合溶液中HCl完全电离，c(H+)最大；④NH4Cl与NH3•H2O的混合溶液显碱性，c(H+)最小；①NH4Cl与CH3COONa的混合溶液显中性；③NH4Cl与NaCl的混合溶液由于的水解显酸性，c(H+)没有②大，故正确c(H+)关系应该为：④＜①＜③＜②，故B错误；C．酸性越强，pH越小。c(H+)=10-pH，溶液中c(H+)越大，pH越小，借助上一选项可知，pH正确顺序为：②＜③＜①＜④，故C错误；D．由于④NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中，NH3•H2O是弱电解质，部分电离，c(NH3•H2O)最大，其次是①NH4Cl与CH3COONa的混合溶液，发生了双水解，的水解程度稍大；NH3•H2O浓度最小的是②NH4Cl与HCl的混合溶液，几乎没有NH3•H2O存在，所以NH3•H2O浓度大小顺序为：②＜③＜①＜④，故D错误；故选A。3．现有0.1mol/LNa2CO3溶液，对溶液中离子浓度关系的描述，不正确的是A．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)B．c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH-)C．c(Na+)=2[c(H2CO3)+c(CO)+c(HCO)]D．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)【答案】D【解析】A．0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、、，由于溶液要满足电荷守恒，故有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，A正确；B．在碳酸钠溶液中，氢离子和氢氧根全部来自水的电离，而水电离出的氢离子和氢氧根的总量相同，而水电离出的氢离子被部分结合为和H2CO3，根据质子守恒可知：c(H+)+c()+2c(H2CO3)=c(OH-)，B正确；C．在碳酸钠中，钠离子和碳酸根的个数之比为2：1，而在溶液中，碳酸根部分水解为H2CO3、，根据物料守恒可知：c(Na+)=2[c(H2CO3)+c()+c()]，C正确；D．0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、、，由于溶液要满足电荷守恒，故有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，D错误；故答案选D。4．下列各溶液中，各粒子的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol/LNa2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)B．0.1mol/L(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)C．0.1mol/LNaHCO3溶液中：c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)D．0.1mol/LNa2S溶液中：c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)【答案】D【解析】A．0.1mol/LNa2CO3溶液中根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，A错误；B．0.1mol/L(NH4)2SO4溶液中铵根水解，则c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，B错误；C．0.1mol/LNaHCO3溶液中根据质子守恒可知：c(OH-)+c(CO32-)＝c(H2CO3)+c(H+)，C错误；D．0.1mol/LNa2S溶液中根据物料守恒可知c(Na+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，D正确，答案选D。5．室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是A．Na2S溶液:c(Na+)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H2S)B．Na2CO3溶液:c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3)C．Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)D．0.1mol/L的NaHCO3溶液中:c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()【答案】D【解析】A．Na2S溶液中，存在Na2S的电离：Na2S=2Na++S2-，S2-存在水解平衡：S2-+H2O⇌HS-+OH-，HS-+H2O⇌H2S+OH-，两步水解都产生OH-，c(OH-)＞c(HS-)，水解以第一步为主，因此c(Na+)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H2S)，故A不符合题意；B．Na2CO3溶液中的质子守恒，水电离出的所有氢离子的浓度等于水电离出的氢氧根离子的浓度，各离子浓度为:c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，故B不符合题意；C．任何溶液均显电中性，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，故C不符合题意；D．0.1mol/L的NaHCO3溶液因水解显碱性，c()＞c(OH-)＞c(H+)，说明的水解程度大于电离程度，且电离程度和水解程度都很小，主要以形式存在，c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，由于H+和是由电离后得到的，且水也要电离出H+，c(H+)＞c()，故离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()，故D符合题意；答案选D。6．（重庆八中高二阶段练习）下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A．常温下，将溶液与溶液等体积混合溶液显碱性，B．在纯碱溶液中存在：C．常温下，向溶液中加入适量的NaOH，得到的混合溶液：D．的一元酸HX和的一元碱MOH等体积混合：【答案】A【解析】A．常温下，将溶液与溶液等体积混合时发生反应：，有剩余且最后混合溶液中、和的物质的量相等，的物质的量等于和的物质的量之和，所以，溶液呈碱性，则的电离程度大于的水解程度，所以，且，的电离是微弱的，浓度较小，所以，浓度最小，故离子浓度大小顺序为：，故A正确；B．纯碱溶液中存在质子守恒：，在H2CO3里的两个H都是由水电离出来的，故B错误；C．溶液中加入适量的，根据电荷守恒有，溶液，则有，所以，C错误；D．若HX为强酸，为强碱，则两者电离出的和的物质的量相等，溶液显中性，有，若一种为强电解质，另一种为弱电解质，则溶液不会显中性，不等于；若两者均为弱电解质，溶液也不一定会显中性，D错误；故选A。考点六盐类的水解的应用【例6-1】（吉林江城中学高二期中）在蒸发皿中用酒精灯加热蒸干下列物质的溶液然后灼烧，可以得到该物质固体的是A．AlCl3 B．Na2SO3 C．CuSO4 D．KMnO4【答案】C【解析】A．AlCl3溶液中Al3+水解，加热水解平衡正向移动且HCl易挥发，故蒸干后，灼烧应得到Al2O3，故A项错误；B．Na2SO3溶液蒸干后，固体灼烧过程会被空气中氧气氧化得Na2SO4，故B项错误；C．CuSO4溶液蒸干后得CuSO4，灼烧后仍得CuSO4，故C项正确；D．KMnO4溶液蒸干后，得KMnO4，灼烧KMnO4分解得K2MnO4、MnO2，故D项错误；本题选C。【例6-2】（云南省楚雄天人中学高二阶段练习）下列有关问题与盐类的水解有关的是①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，通入氧化剂Cl2A．①②③⑥ B．②③④⑥ C．全部 D．①②③④⑤【答案】D【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液水解生成的氢离子，因此可作焊接金属时的除锈剂；②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，与水解有关；③草木灰与铵态氮肥不能混合施用，两者发生双水解生成氨气和二氧化碳，肥效减弱；④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，主要是碳酸钠水解生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠；⑤铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，因此加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体；⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，通入氧化剂Cl2，将亚铁离子氧化为铁离子；因此①②③④⑤与水解有关，故D符合题意。综上所述，答案为D。【一隅三反】1．（陕西·富平县蓝光中学高二期末）下列表述中，与盐类水解无关的是A．明矾和FeCl3可作净水剂 B．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞C．热的纯碱溶液去污能力增强 D．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂【答案】B【解析】A．明矾和FeCl3可作净水剂的依据是铝离子、铁离子水解生成的胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，选项A不选；B．NaOH溶液和玻璃中的二氧化硅反应，把玻璃瓶塞和瓶口粘结，与水解无关，选项B选；C．油污属于酯类，在碱性条件下能发生水解，即皂化反应。纯碱溶液由于碳酸根离子的水解显碱性，加热可以促进水解，溶液碱性增强。所以热的纯碱溶液去污能力增强，与水解有关，选项C不选；D．铵根离子和锌离子水解都显酸性，和金属表面的氧化物反应，可以除去金属表面的氧化物，与水解有关，选项D不选；答案选B。2．（陕西宝鸡·高二期末）下列表述中，与盐类水解有关的是①明矾和FeCl3可作净水剂②为保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量铁粉③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用A．①②③⑤⑥⑦ B．①③④⑥⑦ C．①③⑤⑥⑦ D．全有关【答案】B【解析】①铝离子和铁离子水解生成胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水的作用，故①和水解有关；②亚铁离子极易被氧化为Fe3+，加入铁粉可以把Fe3+还原为Fe2+离子，故②和水解无关；③蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故③和水解有关；④铵根离子、锌离子水解显酸性，因此能和铁锈反应，能起到除锈的作用，故④和水解有关；⑤氢氧化钠溶液和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，，故⑤与水解无关；⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥和水解有关；⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦和水解有关；故选B。3．（辽宁·沈阳二中高二阶段练习）在不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH-)有如图所示关系。下列关于离子共存说法中正确的是A．d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、ClO-、Cl-B．b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2+、K+、C．c点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl-、D．a点对应的溶液中大量存在：、Na+、I-、Fe2+【答案】A【解析】A．d点c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，Na+、K+、ClO-、Cl-之间不反应且和OH-不反应，可以大量共存，A正确；B．b点c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，Fe2+、在酸性溶液中氧化还原反应，不能大量存在，B错误；C．c点对应的溶液c(H+)=c(OH-)，呈中性，Ba2+、生成BaSO4沉淀而在中性溶液中不能大量共存，C错误；D．a点溶液c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，Fe3+在中性溶液中不能大量共存，且、Fe3+发生双水解反应而不能大量共存；I-、Fe3+发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误；故合理选项是A。考点七盐类水解的综合运用【例7】（江苏·灌南县第二中学高二阶段练习）25℃时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸电离平衡常数分别为：醋酸K=1.75×10-5；次氯酸K=2.95×10-8；碳酸K1=4.30×10-7，K2=5.61×10-11；亚硫酸K1=1.54×10-2，K2=1.02×10-7。(1)写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式K1=____。(2)在相同条件下，等浓度的CH3COO-、ClO-、和溶液中结合H+能力最强的是_____。(3)已知下面三个数据：6.3×10-4、5.6×10-4、6.2×10-10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaNO2+HF=HNO2+NaF。由此可判断下列叙述不正确的是____。A．Ka(HF)=6.3×10-4 B．Ka(HNO2)=6.2×10-10C．三种酸的强弱顺序为HF＞HNO2＞HCN D．Ka(HCN)＜Ka(HNO2)＜Ka(HF)(4)25℃时，将pH和体积均相同的两种酸HCl和CH3COOH溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示，下列说法正确的是____。A．溶液中水的电离程度：b点＜c点B．酸的电离程度：c点＞d点C．曲线I代表CH3COOH酸D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同(5)已知25℃时，测得浓度为0.1mol•L-1的碱BOH的溶液中，c(OH-)=1×10-3mol•L-1。BOH的电离常数Kb=____。【答案】(1)(2)(3)B(4)A(5)10-5【解析】（1）碳酸的第一级电离平衡为H2CO3H++，平衡常数表达式K1=；（2）电离平衡常数越小，同浓度的CH3COO-、、ClO-和结合H+的能力越强，由弱到强的顺序为CH3COO-<<ClO-<，故结合能力最强的为；（3）相同温度下弱电解质的电离常数的大小是比较弱电解质相对强弱的条件之一。根据题中反应可知三种一元弱酸的酸性强弱顺序为HF>HNO2>HCN，由此可判断:Ka(HF)>Ka(HNO2)>Ka(HCN)，其对应数据依次为.Ka(HF)=6.3×10-4、Ka(HNO2)=5.6×10-4、Ka(HCN)=6.2×10-10；A.Ka(HF)=6.3×10-4，选项A正确；B.Ka(HNO2)=5.6×10-4，选项B不正确；C.三种酸的强弱顺序为HF＞HNO2＞HCN，选项C正确；D.Ka(HCN)＜Ka(HNO2)＜Ka(HF)，选项D正确；答案选B；（4）A．b点pH小于c点，说明b点氢离子浓度大于c，b点对水电离抑制作用大于c，溶液中水的电离程度：b点＜c点，选项A正确；B．酸浓度越小，其电离程度越大，c点酸浓度大于d点，则酸电离程度:c点<d点，选项B错误；C．盐酸是强酸，稀释相同倍数，盐酸pH变化大于醋酸，曲线II代表CH3COOH的稀释过程，选项C错误；D．pH相同的HCl和CH3COOH，c(HCl)<c(CH3COOH)，pH和体积都相同的HCl和CH3COOH，n(HCl)<n(CH3COOH)，消耗NaOH与酸的物质的量成正比，则CH3COOH消耗的NaOH多，反应后CH3COOH溶液中n(Na+)较大，选项D错误；故选:A。答案选A；（5）0.1mol•L-1的碱BOH的溶液中，c(OH-)=1×10-3mol•L-1，c(B+)1×10-3mol•L-1，c(BOH)=0.1mol•L-1-1×10-3mol•L-10.1mol•L-1，BOH的电离常数Kb===10-5。【一隅三反】1．（黑龙江·牡丹江管理局高中高二期末）25℃时，三种酸的电离平衡常数如下，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1=4.3×10-7；K2=5.6×10-113.0×10-8(1)一般情况下，当温度升高时，Ka_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)下列四种离子结合H+能力由大到小的顺序是_______(填序号)；a．CO

b．ClO—

c．CH3COO—

d．HCO(3)下列反应不能发生的是_______(填序号)a．CO+2CH3COOH=2CH3COO—+CO2↑+H2Ob．ClO—+CH3COOH=CH3COO—+HClOc．CO+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO—d．HClO+CH3COO—=CH3COOH+ClO—(4)体积均为10mL、c(H+)=10-2mol/L的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中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)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来c(H+)_______醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，理由是_______。(5)用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_______(填序号)。a．

b．

c．

d．【答案】(1)增大(2)a＞b＞d＞c(3)cd(4)

大于

大于

稀释后HX溶液中的c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，酸电离出的H＋对水的电离的抑制能力减弱(5)b【解析】（1）弱电解质在溶液中的电离为吸热过程，升高温度，电离平衡右移，电离常数Ka增大，故答案为：增大；（2）电离平衡常数越大，弱酸或酸式根离子的电离程度越大，对应离子的水解程度越大，结合氢离子的能力越弱，由题给电离常数可知，弱酸或酸式根离子的电离程度大小顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，则四种离子结合氢离子能力由大到小的顺序CO＞ClO—＞HCO＞CH3COO—，故答案为：a＞b＞d＞c；（3）电离平衡常数越大，弱酸或酸式根离子的电离程度越大，由题给电离常数可知，弱酸或酸式根离子的电离程度大小顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO；a．由强酸制弱酸的原理可知，碳酸根离子与醋酸溶液反应生成醋酸根离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CO+2CH3COOH=2CH3COO—+CO2↑+H2O，故正确；b．由强酸制弱酸的原理可知，次氯酸根离子与醋酸溶液反应生成次氯酸和醋酸根，离子反应的离子方程式为ClO—+CH3COOH=CH3COO—+HClO，故正确；c．由强酸制弱酸的原理可知，碳酸根离子与次氯酸溶液反应生成碳酸氢根离子和次氯酸根离子，离子反应的离子方程式为CO+HClO=HCO+ClO—，故错误；d．由强酸制弱酸的原理可知，次氯酸溶液与醋酸根离子不能反应，故错误；故选cd；（4）弱酸的电离常数越大，酸的酸性越强，由图可知，等体积pH相同的醋酸溶液与HX溶液稀释相同倍数时，HX溶液pH变化大，说明HX在溶液中的电离程度大于醋酸溶液，酸性强于醋酸，电离常数大于醋酸；溶液中氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，由图可知，稀释后，HX溶液中氢离子浓度小于醋酸溶液中的氢离子浓度，所以水电离出来的氢离子浓度大于醋酸溶液，故答案为：大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，酸电离出的H＋对水的电离的抑制能力减弱；（5）醋酸溶液稀释时，溶液中醋酸、氢离子和醋酸根离子浓度都减小，电离常数和水的离子积常数不变；a．由电离常数公式可知，溶液中=，稀释时，醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，则溶液中和的值减小，故错误；b．由电离常数公式可知，溶液中=，稀释时氢离子浓度减小，电离常数不变，则溶液中和的值增大，故正确；c．稀释时氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的值减小，故错误；d．溶液中==，稀释时氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中和的值减小，故错误；故选b。2．（山东·济南市天桥区黄河双语实验学校高二期中）NH4Al(SO4)2、NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：(1)常温时，0.1mol•L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH=3。①溶液中的Kw=____(填数值)，由水电离出的c(H+)=_____mol•L-1。②溶液中c(NH)+c(NH3•H2O)_____c(Al3+)+c[Al(OH)3](填“>”“=”或“<”)；2c(SO)-c(NH)-3c(Al3+)=_____mol•L-1(填精确计算式)。(2)80℃时，0.1mol•L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH小于3，分析导致pH随温度变化的原因是____。(3)常温时，向100mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。①图中a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是____。②向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液从a点到d点的过程中，发生反应的离子方程式_____。③NH4HSO4溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是____。【答案】(1)

1×10-14

1×10-3

=

1×10-3-1×10-11(2)温度升高，NH、Al3+的水解平衡正向移动，溶液中c(H+)增大(3)

a

NH+OH-=NH3H2O

c(H+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)【解析】（1）常温时，溶液中的Kw=1×10-14，0.1mol•L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH=3的原因是铵根离子和铝离子的水解导致的，溶液中的氢离子全部来自于水的电离，故由水电离出的c(H+)=1×10-3mol•L-1。NH4Al(SO4)2中氮元素与铝元素是1:1，故溶液中c(NH)+c(NH3•H2O)=c(Al3+)+c[Al(OH)3]；溶液呈电中性，2c(SO)+c(OH-)=c(NH)+3c(Al3+)+c(H+)，2c(SO)-c(NH)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=1×10-3-1×10-11mol•L-1。（2）80℃时，0.1mol•L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH小于3，分析导致pH随温度变化的原因是温度升高，NH、Al3+的水解平衡正向移动，溶液中c(H+)增大。（3）水的电离程度受溶液中溶质的影响，酸碱抑制水的电离，有弱离子的盐促进水的电离，向100mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液100mL对应的a点只有硫酸铵的盐，水的电离程度最大；向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液从a点到d点的过程中，发生反应的离子方程式NH+OH-=NH3H2O；NH4HSO4溶液中硫酸根，氢离子和铵根离子是主体离子，但铵根离子是弱离子存在损耗，氢离子还有水的电离，故各离子浓度由大到小的排列顺序是c(H+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)。3．（吉林·乾安县第七中学高二阶段练习）回答下列问题：(1)已知碳酸：H2CO3，Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11，草酸：H2C2O4，Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4。①0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH_______(填“大于”“小于”或“等于”)0.1mol·L-1Na2C2O4溶液的pH。②等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_______。③若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是_______(填字母)。a．c(H＋)＞c()＞c()＞c()b．c()＞c()＞c()＞c()c．c(H＋)＞c()＞c()＞c()d．c(H2CO3)＞c()＞c()＞c()(2)SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少SO2的排放，回答下列方法中的问题。方法1(双碱法)：用NaOH溶液吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液①写出过程ⅰ的离子方程式：_______；②CaO在水中存在如下转化：CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-(aq)从平衡移动的角度，简述过程ⅱ中NaOH再生的原理：_______。方法2：用氨水除去SO2③已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8。若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH-)=_______mol·L-1。将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，溶液中的=_______。【答案】(1)

大于

草酸

ac(2)

2OH-＋SO2=＋H2O

与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成

6.0×10-3

0.60【解析】（1）①因为Ka2(H2CO3)=4.7×10-11＜Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，所以的水解能力＞的水解能力，从而得出0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH大于0.1mol·L-1Na2C2O4溶液的pH。②等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7＜Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，则H2C2O4的电离程度大，所以氢离子浓度较大的是草酸。③a．四种微粒都能电离出H+，c(H＋)最大，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7＜Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，则c()＞c()，从而得出c(H＋)＞c()＞c()＞c()，a正确；b．Ka1(H2CO3)=4.5×10-7＜Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，则c()＞c()，b不正确；c．Ka2(H2CO3)=4.7×10-11＜Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，则c()＞c()，所以c(H＋)＞c()＞c()＞c()，c正确；d．Ka1(H2CO3)=4.5×10-7＜Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，则c()＞c()，d不正确；故选ac。答案为：大于；草酸；ac；（2）①过程ⅰ中，NaOH与SO2反应生成Na2SO3和水，离子方程式：2OH-＋SO2=＋H2O；②过程ⅰ中产生的与Ca2+反应生成CaSO3，促进平衡Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-(aq)正向移动，从而生成OH-，则过程ⅱ中NaOH再生的原理：与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成。③若氨水的浓度为2.0mol·L-1，由Kb=，可得出溶液中的c(OH-)==mol·L-1=6.0×10-3mol·L-1。将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，溶液中的===0.60。答案为：2OH-＋SO2=＋H2O；与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成；6.0×10-3；0.60。课后测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.(全国Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是()A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(POC.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强答案B解析本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1,则1L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-2.(山西太原高二期中)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO4B.c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中:H+、Fe2+、SO4C.中性溶液中:NH4+、Fe3+、SO4D.c(H+)c(OH-)=1×1012的溶液中:K+答案A解析能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-能大量共存,故A正确;c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中,H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;中性溶液中Fe3+、AlO2-发生水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀,不能大量共存,故C错误;c(H+)c(3.(上海等级考)常温下等体积的0.1mol·L-1①CH3COOH溶液,②NaOH溶液,③CH3COONa溶液,假设溶液混合后对体积无影响,下列说法正确的是()A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.①②混合后,醋酸根离子浓度小于③的1C.①③混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)D.①②混合溶液中水的电离程度比①③混合溶液中水的电离程度小答案B4.(安徽宿州高二期中)下列说法正确的是()A.向0.1mol·L-1的氨水中加少量硫酸铵固体,则溶液中c(B.常温下,0.1mol·L-1一元酸(HA)溶液pH=3,则该溶液中,c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KWC.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(D.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、Na2CO3溶液蒸干均得不到原溶质答案B解析向氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度变大,而一水合氨的电离平衡常数不变,由电离平衡常数表达式变形可得c(OH-)c(NH3·H2O)=Kbc(NH4+),则c(OH-)c(NH3·H2O)变小,A错误;根据电荷守恒有c(H+)=c(A-)+c(OH-),而c(OH-)=KWc(H+),所以c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW,B正确;向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),5.已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法正确的是()A.NaHSO3溶液因水解而呈碱性B.两溶液混合后产生CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应C.向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液,既有沉淀生成又有气体生成D.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中:c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)-c(H+)=0答案D解析由两溶液混合加热煮沸生成CO2知,亚硫酸氢钠溶液呈酸性,A错误;两溶液混合后产生CO2的原因是HSO3-电离产生的H+与CO32-发生反应,B错误;亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,无气体和沉淀生成,C错误;由c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)及c6.相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是()A.pH相等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3COO-)=c(Cl-)答案A7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()①醋酸与水能以任意比互溶;②醋酸溶液能导电;③醋酸稀溶液中存在醋酸分子;④常温下,0.1mol·L-1醋酸溶液的pH比0.1mol·L-1盐酸的pH大;⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;⑥0.1mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9;⑦大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应,开始时醋酸产生H2的速率慢;⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍A.②⑥⑦⑧ B.③④⑥⑦C.③④⑥⑧ D.①②答案B8.下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同B.常温下,1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(NH4+D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1,则此溶液可能是盐酸答案C解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4电离产生的H+抑制了NH4+的水解,c(NH4+)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-19.某温度下,水溶液中c(H+)=10xmol·L-1,c(OH-)=10ymol·L-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为()A.10 B.11C.12 D.13答案D解析由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10x+y=1.0×10-15。在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)10.(2016全国Ⅰ)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OHD.N点处的溶液中pH<12答案D解析氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1mol·L-1×1.32%=0.00132mol·L-1,故二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.(全国Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。12.室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是()A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)答案C解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸溶液的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。13.(黑龙江期中)常温下,向20mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是()A.MOH是强电解质B.CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1C.水的离子积KW:b=c=aD.溶液的导电能力与可自由移动离子的数目有关答案BC解析常温下0.1mol·L-1MOH溶液的pH=8,即c(OH-)=10-6mol·L-1,则表明MOH在溶液中部分电离,即MOH是弱电解质,A错误;设CH3COOH溶液的浓度为x,b点导电能力最强,说明此时恰好完全中和,则20×10-3L·x=20×10-3L×0.1mol·L-1,x=0.1mol·L-1,由此得出CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1,B正确;温度不变时,水的离子积KW不变,C正确;溶液的导电能力与可自由移动离子数目不成比例关系,与离子的总浓度和离子所带电荷数目有关,D错误。14.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01mol<n(CO2)≤0.015mol时发生的反应是2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OHB0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CC0.015c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H答案D解析A项,通入CO2之前,溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),则c(Na+)<c(AlO2-)+c(OH-),错误;B项,n=0.01mol时,发生反应CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,溶液中的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2,CO32-、AlO2-水解生成OH-,且AlO2-的水解程度大于CO32-的水解程度,则溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(AlO2-)>c(OH-),错误;C项,n=0.015mol时,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),错误;D项,n=0.03mol时,发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO315.(2018江苏卷)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1HA.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液:c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>cC.pH=7的溶液:c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4答案AD解析根据电荷守恒可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:0.1000mol·L-1=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)-0.1000mol·L-1=c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4),A项正确;c(Na+)=c(总),说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比1∶1反应,完全反应生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),而c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=c(总),所以c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2O42-),反应过程中溶液体积增大,c(总)小于0.1000mol·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:c(Na+)=2[c三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(单位:g·100mL-1)。Ⅰ.实验步骤(1)配制待测白醋溶液,用(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋,在(填仪器名称)中用水稀释后转移到100mL(填仪器名称)中,洗涤后定容,摇匀即得待测白醋溶液。

(2)量取待测白醋溶液20.00mL置于锥形瓶中,向其中滴加2滴酚酞溶液作为指示剂。(3)读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。(4)滴定。判断滴定终点的现象是,达到滴定终点,停止滴定,并记录NaOH溶液的最终读数,再重复滴定3次。

(5)如图是某次滴定时的滴定管