高考化学二轮复习核心考点逐项突破专题一0五盐类的水解(专讲)(原卷版+解析)

这是一份高考化学二轮复习核心考点逐项突破专题一0五盐类的水解(专讲)(原卷版+解析)，共30页。试卷主要包含了盐类的水解及其规律，盐类水解的影响因素及应用，把握三种守恒，明确等量关系等内容，欢迎下载使用。

一、盐类的水解及其规律
1.定义：在水溶液中盐电离出来的离子跟水所电离出来的H+或 OH-结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。
2.水解实质：盐和水发生反应生成弱电解质，使水的电离平衡被破坏，从而建立新的平衡的过程。
3.水解特点：①只有弱酸的阴离子或弱碱的阳离子才能与H+或OH-结合生成弱电解质。
②盐类水解使水的电离平衡发生移动，促进水的电离，使水电离出的c(OH-)≠c(H+)并使溶液呈酸性或碱性。
③盐类水解反应是酸碱中和反应的逆反应。水解是微弱的程度很小，故水解产物极少，盐溶液的酸碱性极弱，用“”号。
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④盐类水解是吸热反应。
4.盐类的水解规律：有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、谁强显谁性、双弱具体定。
具体为：
（1）正盐溶液：①强酸弱碱盐呈酸性；②强碱弱酸盐呈碱性；
③强酸强碱盐呈中性；④弱酸弱碱盐不一定。
如 NH4CN CH3COONH4 NH4F
碱性 中性 酸性
取决于弱酸弱碱 相对强弱
（2）酸式盐
①若只有电离而无水解，则呈酸性（如NaHSO4）；
②若既有电离又有水解，取决于两者相对大小；
电离程度＞水解程度，呈酸性；电离程度＜水解程度，呈碱性
强碱弱酸式盐的电离和水解，如H3PO4及其三种阴离子随溶液pH变化可相互转化：
pH值增大
H3PO4 H2PO4－ HPO42－ PO43－
pH减小
③常见酸式盐溶液的酸碱性
碱性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4
酸性：NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4
【注意】比较盐类水解程度的相对大小
(1)盐对应的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大。
(2)同种弱酸(或弱碱)的盐溶液浓度越小，水解程度越大。
(3)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如COeq \\al(2－,3)>HCOeq \\al(－,3)。
(4)相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NHeq \\al(＋,4)的水解：
(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
(5)温度越高，盐的水解程度越大。
二、盐类水解的影响因素及应用
1．探究影响盐类水解平衡的因素
（1）内因：盐类本身的性质是影响盐类水解的内在因素，也是主要因素。组成盐的酸或碱越弱，盐的水解程度越大，其盐溶液的酸性或碱性就越强。
（2）外界条件： \* MERGEFORMAT
①温度：盐的水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大。
②浓度：加入水，溶液浓度减小，使平衡向正反应方向移动，水解程度增大。
③外加相关离子：盐类水解后，溶液会呈现不同的酸碱性。外加酸或碱，可以促进或抑制盐的水解。如在配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸来抑制FeCl3水解。
【小结】影响盐类水解的因素
小结：强酸弱碱盐：加强酸抑制水解，加强碱促进水解；
强碱弱酸盐：加强酸促进水解，加强碱抑制水解。
2．水解原理的应用
下列有关问题与盐的水解有关的是①②③④⑤⑥。
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CuCl2溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH
三、把握三种守恒，明确等量关系
(1)电荷守恒
电解质溶液必须保持电中性，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。
(2)元素质量守恒
变化前后某种元素的原子个数守恒。
①单一元素守恒，如1 ml NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NHeq \\al(＋,4))＝1 ml，即氮元素守恒。
②两元素守恒，如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))，即钠元素与碳元素守恒。
(3)质子守恒
电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。
四、比较电解质溶液中粒子浓度相对大小
1. 解题思路
2. 溶液中粒子浓度的三个守恒关系
(1)电荷守恒：指在电解质的水溶液中，阳离子的所带总电荷数与阴离子的所带总电荷数必须相等。因为溶液总是呈电中性的。
如在Na2CO3溶液中存在Na＋、CO32－、H＋、OH－、HCO3－,它们存在如下关
系: c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)。
(2)物料守恒（原子守恒）：指一个平衡体系中，某一组分的总浓度一定等于它所离解成的多种微粒的平衡浓度之和，也就是变化前后某种元素的原子个数守恒。
例如：c ml·L－1的Na2CO3溶液的物料守恒，可以根据溶液中存在的平衡关系：
在Na2CO3溶液的物料守恒：c(Na＋)=2 c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)

(3)质子守恒
即H2O电离的H+和OH-浓度相等。指溶液中得到质子的物质的量应该与失去质子的物质的量相等。如在Na2CO3溶液中水电离出OH-和H+,其中水电离出的H+以H+、HCO3-、H2CO3三种形式存在于溶液中,则有
c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)(由电荷守恒式减去物料守恒式也可求出质子守恒式)。

规律小结 盐溶液的配制与保存注意事项
(1)强酸弱碱盐：配制FeCl3、SnCl2、Fe2(SO4)3溶液时，常加入少量相应酸来抑制弱碱阳离子的水解。
(2)强碱弱酸盐：配制Na2CO3溶液时，常加入少量相应的碱来抑制弱酸根离子的水解。
(3)Na2CO3溶液、NaHCO3溶液等由于水解使溶液呈碱性，故不能用带玻璃塞的玻璃瓶来盛。又如：NaF溶液保存时不能用玻璃容器装，因F－＋H2OHF＋OH－，生成的氢氟酸会与玻璃的成分之一二氧化硅反应，长时间会漏液。常用塑料或铅制容器装NaF溶液或氢氟酸。
1．【2022年辽宁卷】甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
2．（2021·广东真题）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A．水溶液的
B．水溶液加水稀释，升高
C．在水中的电离方程式为：
D．水溶液中：
3．（2021·山东真题）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是
A．>
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
4．（2021.6·浙江真题）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是
A．由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度
B．过程中：逐渐减小
C．过程中：
D．令c点的，e点的，则
5．【2022年江苏卷】一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1ml∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1ml∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
6．（2021.1·浙江真题）实验测得10 mL 0.50 ml·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH)
7．（2020·天津高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是
A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D．在溶液中，
1．（2023·安徽黄山·统考一模）以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下。下列说法不正确的是
A．1ml过二硫酸钠（Na2S2O8）中含有σ键数9NA
B．氧化除锰后的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、
C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D．氧化除锰过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+
2．（2023·福建漳州·统考模拟预测）工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示[已知：常温下，；难溶于水]。下列说法错误的是
A．时，与氨水反应生成，溶液中
B．时，
C．时，物质的量分数最大，除铅效果最好
D．时，转化为的离子方程式为
3．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）下列叙述中正确的是
A．室温下，向浓度为弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，溶液的pH与的差为定值
B．常温下， H2SeO4的电离方程式：，，浓度均为的①溶液、②溶液、③溶液，由大到小的顺序为③>②>①
C．同浓度的溶液和盐酸，加水稀释相同倍数时相等
D．将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，不能发生反应(已知：室温下，氢硫酸两级电离常数分别为、，)
4．（2023·湖南邵阳·统考一模）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论正确的是
A．由图1得出若要除去溶液中的，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和溶液时，溶液的pH变化曲线，其中I表示盐酸，II表示溶液，且溶液导电性：c>b>a
C．图3表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在
D．图4表示常温下向体积为NaOH溶液中逐滴加入溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：
5．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）常温下，下列说法错误的是
A．向0.01 ml/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c() > c() > c() > c() = c()
B．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp (FeS) > Ksp(CuS)
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D．0.01 ml/LNaHCO3溶液：c()＋c(H2CO3) =c()＋c()
6．（2022·福建·福建师大附中校联考模拟预测）25℃时，将稀硫酸滴入Na2R溶液中，混合溶液中离子浓度变化与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．L1表示-lg与pH的关系曲线
B．H2R的第二步电离常数Ka2的数量级为10-4
C．NaHR溶液能使酚酞溶液变红
D．M点对应溶液中存在c(Na＋)>3c(R2-)
7．（2022·浙江·模拟预测）已知：常温下， 碳酸的电离平衡常数， 。常温下， 向 溶液中缓慢滴加盐酸， 溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(和未画出)。
下列说法不正确的是
A．A点到B点，水的电离程度逐渐减小
B．滴加至B点时，
C．滴加至C点时，
D．滴加至D点时，溶液因素
水解平衡
水解程度
溶液中离
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(稀释)
右移
增大
减小
外加酸、碱
酸
促进弱酸阴离子的水解，使其水解程度增大；抑制弱碱阳离子的水解，使其水解程度减小
碱
抑制弱酸阴离子的水解，使其水解程度减小；促进弱碱阳离子的水解，使其水解程度增大
加能水解的盐
专题十五 盐类的水解
一、盐类的水解及其规律
1.定义：在水溶液中盐电离出来的离子跟水所电离出来的H+或 OH-结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。
2.水解实质：盐和水发生反应生成弱电解质，使水的电离平衡被破坏，从而建立新的平衡的过程。
3.水解特点：①只有弱酸的阴离子或弱碱的阳离子才能与H+或OH-结合生成弱电解质。
②盐类水解使水的电离平衡发生移动，促进水的电离，使水电离出的c(OH-)≠c(H+)并使溶液呈酸性或碱性。
③盐类水解反应是酸碱中和反应的逆反应。水解是微弱的程度很小，故水解产物极少，盐溶液的酸碱性极弱，用“”号。
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④盐类水解是吸热反应。
4.盐类的水解规律：有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、谁强显谁性、双弱具体定。
具体为：
（1）正盐溶液：①强酸弱碱盐呈酸性；②强碱弱酸盐呈碱性；
③强酸强碱盐呈中性；④弱酸弱碱盐不一定。
如 NH4CN CH3COONH4 NH4F
碱性 中性 酸性
取决于弱酸弱碱 相对强弱
（2）酸式盐
①若只有电离而无水解，则呈酸性（如NaHSO4）；
②若既有电离又有水解，取决于两者相对大小；
电离程度＞水解程度，呈酸性；电离程度＜水解程度，呈碱性
强碱弱酸式盐的电离和水解，如H3PO4及其三种阴离子随溶液pH变化可相互转化：
pH值增大
H3PO4 H2PO4－ HPO42－ PO43－
pH减小
③常见酸式盐溶液的酸碱性
碱性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4
酸性：NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4
【注意】比较盐类水解程度的相对大小
(1)盐对应的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大。
(2)同种弱酸(或弱碱)的盐溶液浓度越小，水解程度越大。
(3)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如COeq \\al(2－,3)>HCOeq \\al(－,3)。
(4)相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NHeq \\al(＋,4)的水解：
(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
(5)温度越高，盐的水解程度越大。
二、盐类水解的影响因素及应用
1．探究影响盐类水解平衡的因素
（1）内因：盐类本身的性质是影响盐类水解的内在因素，也是主要因素。组成盐的酸或碱越弱，盐的水解程度越大，其盐溶液的酸性或碱性就越强。
（2）外界条件： \* MERGEFORMAT
①温度：盐的水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大。
②浓度：加入水，溶液浓度减小，使平衡向正反应方向移动，水解程度增大。
③外加相关离子：盐类水解后，溶液会呈现不同的酸碱性。外加酸或碱，可以促进或抑制盐的水解。如在配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸来抑制FeCl3水解。
【小结】影响盐类水解的因素
小结：强酸弱碱盐：加强酸抑制水解，加强碱促进水解；
强碱弱酸盐：加强酸促进水解，加强碱抑制水解。
2．水解原理的应用
下列有关问题与盐的水解有关的是①②③④⑤⑥。
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CuCl2溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH
三、把握三种守恒，明确等量关系
(1)电荷守恒
电解质溶液必须保持电中性，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。
(2)元素质量守恒
变化前后某种元素的原子个数守恒。
①单一元素守恒，如1 ml NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NHeq \\al(＋,4))＝1 ml，即氮元素守恒。
②两元素守恒，如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))，即钠元素与碳元素守恒。
(3)质子守恒
电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。
四、比较电解质溶液中粒子浓度相对大小
1. 解题思路
2. 溶液中粒子浓度的三个守恒关系
(1)电荷守恒：指在电解质的水溶液中，阳离子的所带总电荷数与阴离子的所带总电荷数必须相等。因为溶液总是呈电中性的。
如在Na2CO3溶液中存在Na＋、CO32－、H＋、OH－、HCO3－,它们存在如下关
系: c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)。
(2)物料守恒（原子守恒）：指一个平衡体系中，某一组分的总浓度一定等于它所离解成的多种微粒的平衡浓度之和，也就是变化前后某种元素的原子个数守恒。
例如：c ml·L－1的Na2CO3溶液的物料守恒，可以根据溶液中存在的平衡关系：
在Na2CO3溶液的物料守恒：c(Na＋)=2 c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)

(3)质子守恒
即H2O电离的H+和OH-浓度相等。指溶液中得到质子的物质的量应该与失去质子的物质的量相等。如在Na2CO3溶液中水电离出OH-和H+,其中水电离出的H+以H+、HCO3-、H2CO3三种形式存在于溶液中,则有
c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)(由电荷守恒式减去物料守恒式也可求出质子守恒式)。

规律小结 盐溶液的配制与保存注意事项
(1)强酸弱碱盐：配制FeCl3、SnCl2、Fe2(SO4)3溶液时，常加入少量相应酸来抑制弱碱阳离子的水解。
(2)强碱弱酸盐：配制Na2CO3溶液时，常加入少量相应的碱来抑制弱酸根离子的水解。
(3)Na2CO3溶液、NaHCO3溶液等由于水解使溶液呈碱性，故不能用带玻璃塞的玻璃瓶来盛。又如：NaF溶液保存时不能用玻璃容器装，因F－＋H2OHF＋OH－，生成的氢氟酸会与玻璃的成分之一二氧化硅反应，长时间会漏液。常用塑料或铅制容器装NaF溶液或氢氟酸。
1．【2022年辽宁卷】甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【解析】A．中存在和-COOH，所以溶液显两性，故A正确；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合H+，羧基具有酸性，在碱性较强时与OH-反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误。
2．（2021·广东真题）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A．水溶液的
B．水溶液加水稀释，升高
C．在水中的电离方程式为：
D．水溶液中：
【答案】B
【解析】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001ml/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。
3．（2021·山东真题）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是
A．>
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则。A．，，因此，故A错误；B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；C．O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；综上所述，正确的是CD，故答案为CD。
4．（2021.6·浙江真题）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是
A．由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度
B．过程中：逐渐减小
C．过程中：
D．令c点的，e点的，则
【答案】C
【解析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。A．a点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)ml/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)ml/L，因此x>y，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。
5．【2022年江苏卷】一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1ml∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1ml∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为NaHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1ml∙L-1，c总=0.1ml∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确。
6．（2021.1·浙江真题）实验测得10 mL 0.50 ml·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 ml·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D． 25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。综上所述，本题选C。
7．（2020·天津高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是
A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D．在溶液中，
【答案】A
【解析】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1 ml∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 ml∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 ml∙L−1，正确；综上所述，答案为A。
1．（2023·安徽黄山·统考一模）以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下。下列说法不正确的是
A．1ml过二硫酸钠（Na2S2O8）中含有σ键数9NA
B．氧化除锰后的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、
C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D．氧化除锰过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+
【答案】C
【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．中含有1个过氧键(-O-O-)，结构式为，单键均为σ键，双键中有1条σ键，1条π键，因此1ml过二硫酸钠（Na2S2O8）中含有σ键数9NA，A正确；
B．根据分析，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、，B正确；
C．溶液中Fe3+能与锌反应生成Fe2+和Zn2+，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C错误；
D．根据分析，“氧化除锰”工序用Na2S2O8把Fe2+、Mn2+氧化为Fe3+、MnO2，根据电子转移守恒和质量守恒可知，除锰发生反应的离子反应方程式是Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+，D正确；
故选C。
2．（2023·福建漳州·统考模拟预测）工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示[已知：常温下，；难溶于水]。下列说法错误的是
A．时，与氨水反应生成，溶液中
B．时，
C．时，物质的量分数最大，除铅效果最好
D．时，转化为的离子方程式为
【答案】B
【详解】A．分析图像可知，pH=6时，与氨水反应生成，此时溶液中，根据可得，A正确；
B．pH=8时，溶液中的离子有、、、、，根据电荷守恒，B错误；
C．根据题目信息，难溶于水，废水中的铅转化为时除铅效果最好，而pH=10时，物质的量分数最大，C正确；
D．pH=12时，转化为的离子反应为，D正确。
故选B。
3．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）下列叙述中正确的是
A．室温下，向浓度为弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，溶液的pH与的差为定值
B．常温下， H2SeO4的电离方程式：，，浓度均为的①溶液、②溶液、③溶液，由大到小的顺序为③>②>①
C．同浓度的溶液和盐酸，加水稀释相同倍数时相等
D．将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，不能发生反应(已知：室温下，氢硫酸两级电离常数分别为、，)
【答案】A
【详解】A．室温下，向浓度为弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液的溶质为NaA，溶液的pH与即-lgc(H+)-()=- lgc(H+)==lg，Ka为定值，故溶液的pH与的差为定值，A正确；
B．常温下， H2SeO4的电离方程式：，，浓度均为的①溶液中只存在，②溶液存在，，且第一步电离产生的H+抑制了第二步电离，③溶液中存在Na2SeO4=2Na++，+H2O+OH-，且水解程度很小，故由大到小的顺序为③>①>②，B错误；
C．虽然NH4Cl溶液由于水解也呈酸性，但同浓度的NH4Cl溶液和盐酸中H+浓度不相等，故加水稀释相同倍数时不相等，C错误；
D．一般一个反应的化学平衡常数大于105便认为能够自发进行，已知反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+的平衡常数K======7.1×1014远大于105，故将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，能发生反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+ ，D错误；
故答案为：A。
4．（2023·湖南邵阳·统考一模）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论正确的是
A．由图1得出若要除去溶液中的，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和溶液时，溶液的pH变化曲线，其中I表示盐酸，II表示溶液，且溶液导电性：c>b>a
C．图3表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在
D．图4表示常温下向体积为NaOH溶液中逐滴加入溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：
【答案】A
【详解】A．除去CuSO4溶液中的Fe3+，要使铁离子除去但不能除去铜离子，根据溶液pH与产生沉淀的关系知，当pH=4时氢氧化铁完全沉淀，可以加入CuO调节溶液的pH且不引进杂质，故A正确；
B．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，即Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸。溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，相同pH值的盐酸、醋酸，浓度醋酸更大，稀释相同倍数之后，醋酸浓度依然比盐酸大，所以a>b，c的稀释倍数多，所以浓度更小，所以且溶液导电性：a>b>c，故B错误；
C．在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子形式存在，图中a点溶液中应存在大量AlO，故C错误；
D．体积为NaOH溶液中逐滴加入溶液，b点加入10mL溶液，所得的溶液是醋酸钠溶液，醋酸根发生水解常数醋酸和氢氧根，溶液中存在，故D错误；
故选A。
5．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）常温下，下列说法错误的是
A．向0.01 ml/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c() > c() > c() > c() = c()
B．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp (FeS) > Ksp(CuS)
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D．0.01 ml/LNaHCO3溶液：c()＋c(H2CO3) =c()＋c()
【答案】C
【详解】A．向0.01 ml · NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，若加入等物质的量的NaOH，溶液呈酸性，若呈中性，则加入的NaOH应多于硫酸氢铵，但小于硫酸氢铵物质的量的2倍，溶液中存在和NH3·H2O，故有c() > c() > c() > c() = c()，A项正确；
B．CuS不溶于稀硫酸，说明CuS溶解产生的不足以与发生反应生成H2S气体，而FeS溶于稀硫酸，说明FeS溶解产生的可以与发生反应生成H2S气体，导致固体不断溶解，证明Ksp (FeS) > Ksp(CuS)，B项正确；
C．向盐酸中加入氨水至中性，则c() =c ()，由电荷守恒可知，溶液中，C项错误；
D．NaHCO3溶液中，根据电荷守恒c()＋c() =2c()＋c()＋c()，根据物料守恒c() = c()＋c()＋c(H2CO3)，故c()＋c(H2CO3) =c()＋c()，D项正确；
答案选C。
6．（2022·福建·福建师大附中校联考模拟预测）25℃时，将稀硫酸滴入Na2R溶液中，混合溶液中离子浓度变化与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．L1表示-lg与pH的关系曲线
B．H2R的第二步电离常数Ka2的数量级为10-4
C．NaHR溶液能使酚酞溶液变红
D．M点对应溶液中存在c(Na＋)>3c(R2-)
【答案】D
【详解】A．由图可知Na2R为强碱弱酸盐，H2R为二元弱酸，以第一步电离为主， 电离常数Ka1＞Ka2，当pH相同时，＞，则L1表示与pH的关系曲线，L2表示与pH的关系曲线，故A错误；
B．由图可知，当溶液pH为7时，=2.5，则Ka2==10—7×10—2.5=10—9.5，H2R的第二步电离常数Ka2的数量级为10-10，故B错误；
C．由图可知，当溶液pH为7时，=—3.5，则Ka1==10—7×103.5=10—3.5，NaHR的水解常数Kh===10—10.5＜Ka2=10—9.5，HR—在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则NaHR溶液不能使酚酞溶液变红，故C错误；
D．由图可知，M点溶液中pH＞7，=0，则溶液中c(HR—)=c(R2-)，由电荷守恒关系可得c(Na+)+ c(H+)=2c(R2-)+ c(HR—)+ c(OH—)，由溶液pH＞7可知，溶液中c(Na+)＞3c(R2-)，故D正确；
故选D。
7．（2022·浙江·模拟预测）已知：常温下， 碳酸的电离平衡常数， 。常温下， 向 溶液中缓慢滴加盐酸， 溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(和未画出)。
下列说法不正确的是
A．A点到B点，水的电离程度逐渐减小
B．滴加至B点时，
C．滴加至C点时，
D．滴加至D点时，溶液
【答案】C
【详解】A．的水解能力强于，A点到B点，浓度减小，浓度增大，对水的电离促进作用减弱，水的电离程度变小，故A正确：
B．由图可知，B点时，，，可得，故B正确；
C．物质的量先增大后减小，C点物质的量最大，说明与以物质的量之比为1：1恰好完全反应，得到等浓度的碳酸氢钠和氯化钠溶液，由物料守恒可得，，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，即溶液中浓度大于浓度，则，故C错误；
D．滴定至D点时，与以物质的量之比为1：2恰好完全反应生成、和，溶解二氧化碳气体使溶液显酸性，溶液，故D正确；
选C。因素
水解平衡
水解程度
溶液中离
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(稀释)
右移
增大
减小
外加酸、碱
酸
促进弱酸阴离子的水解，使其水解程度增大；抑制弱碱阳离子的水解，使其水解程度减小
碱
抑制弱酸阴离子的水解，使其水解程度减小；促进弱碱阳离子的水解，使其水解程度增大
加能水解的盐