新高考化学一轮复习考点知识清单巩固练第24讲　盐类的水解（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学一轮复习考点知识清单巩固练第24讲　盐类的水解（2份，原卷版+解析版），共32页。试卷主要包含了 定义， 分类， 规律， Al3水解的化学方程式等内容，欢迎下载使用。

考点1 盐类水解的原理
知识点1 盐类水解的定义
1. 定义：在水溶液中，盐电离产生的离子与水电离产生的OH－或H＋结合生成弱电解质的反应。水解反应可以看成是酸碱中和的逆反应，所以水解反应是吸热(填“吸热”或“放热”)反应。
2. 分类
(1) 强碱弱酸盐
①CH3COONa溶液，水解的离子方程式：
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，
溶液呈碱性。
②Na2CO3溶液，分步水解，水解的离子方程式：COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－(第一步)、
HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(第二步)。
(2) 强酸弱碱盐
①NH4Cl溶液， 水解的离子方程式：
NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，
溶液呈酸性。
②FeCl3溶液，分步水解，一步书写，水解的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
③AlCl3溶液，分步水解，一步书写，水解的离子方程式：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。
(3) 弱酸弱碱盐：谁强显谁性，如CH3COONH4溶液， CH3COO－和NHeq \\al(＋,4)都会水解，但二者水解程度相当，所以该溶液显中性；又如(NH4)2CO3溶液， NHeq \\al(＋,4)和COeq \\al(2－,3)都会水解，COeq \\al(2－,3)水解程度大，所以该溶液显碱性。
(4) 强酸强碱盐：不水解，如NaCl溶液，溶液显中性。
3. 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。
【名师点拨】一些特殊化合物水解的化学方程式的书写
1. AlP水解的化学方程式：AlP＋3H2O===Al(OH)3↓＋PH3↑
2. AlN水解的化学方程式：AlN＋3H2O===Al(OH)3↓＋NH3↑
3. CaC2水解的化学方程式：CaC2＋2H2O===Ca(OH)2＋CH≡CH↑
4. Al(CH3)3水解的化学方程式：Al(CH3)3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3CH4↑
【知识拓展】常见盐类水解平衡常数与对应弱电解质电离平衡常数的关系
1. CH3COONa
Kh＝eq \f(cCH3COOH·cOH－,cCH3COO－)＝eq \f(Kw,Ka)。
2. Na2CO3
第一步水解的离子方程式为
COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－，
Kh1＝eq \f(cHCO\\al(－,3)·cOH－,cCO\\al(2－,3))＝eq \f(Kw,Ka2)。
第二步水解的离子方程式为
HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，
Kh2＝eq \f(cH2CO3·cOH－,cHCO\\al(－,3))＝eq \f(Kw,Ka1)。
3. Na3PO4
第一步水解的离子方程式为
POeq \\al(3－,4)＋H2OHPOeq \\al(2－,4)＋OH－，
Kh1＝eq \f(cHPO\\al(2－,4)·cOH－,cPO\\al(3－,4))＝eq \f(Kw,Ka3)。
第二步水解的离子方程式为
HPOeq \\al(2－,4)＋H2OH2POeq \\al(－,4)＋OH－，
Kh2＝eq \f(cH2PO\\al(－,4)·cOH－,cHPO\\al(2－,4))＝eq \f(Kw,Ka2)。
第三步水解的离子方程式为
H2POeq \\al(－,4)＋H2OH3PO4＋OH－，
Kh3＝eq \f(cH3PO4·cOH－,cH2PO\\al(－,4))＝eq \f(Kw,Ka1)。
知识点2 缓冲溶液与分布分数、pH的关系
1. 缓冲溶液定义：弱酸(或弱碱)及其所对应的弱酸(弱碱)盐组成的混合溶液，在一定程度上能抵御外来少量的酸、碱或稀释，而溶液酸碱性基本保持不变的溶液。
2. 缓冲溶液的类型
CH3COOH-CH3COONa混合溶液
NH3·H2O-NH4Cl混合溶液
Na2CO3-NaHCO3混合溶液
3. 缓冲溶液有关公式推导
(1) HA(酸)＋NaA(盐)(溶液)：
Ka＝eq \f(cH＋·cA－,cHA)⇒
c(H＋)＝Ka·eq \f(cHA,cA－)⇒
pH＝pKa＋peq \f(cHA,cA－)
(2) BOH(碱)＋BCl(盐)(溶液)：
pOH＝pKb＋peq \f(cBOH,cB＋)
4. 缓冲溶液中粒子浓度变化
25 ℃时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 ml/L的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。
(1) W点，eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝1，
peq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝0，Ka＝c(H＋)＝10－4.75，pH＝pKa＋peq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝4.75。
(2) 变化：
①在W点，加水将混合溶液稀释10倍，eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)基本不变，peq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)≈0，pH＝pKa＋peq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)≈pKa＝4.75，pH基本不变。
②在W点，加一定量的HCl，使eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝eq \f(10,1)，
pH＝pKa＋peq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝4.75－1＝3.75。
③在W点，加一定量的NaOH，使eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝eq \f(1,10)，
pH＝pKa＋peq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝4.75＋1＝5.75。
【考法归纳】如何判断弱酸的酸式盐(NaHA)溶液的酸碱性
1. 酸式盐不能简单按分类来判断溶液的酸碱性。如：
(1) 碳酸氢钠溶液，HCOeq \\al(－,3)的水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性。
(2) 草酸氢钠溶液，HC2Oeq \\al(－,4)的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性。
2. 判断方法
已知：常温下，H2A的电离平衡常数为Ka1、Ka2。
考点2 影响盐类水解的因素及盐类水解的应用
知识点1 盐类水解的影响因素
1. 内因：
①酸、碱电离程度；②一、二级电离程度。
2. 外因：
①浓度；②温度；③加入酸(或碱)；④加入性质相同的盐；⑤加入性质相反的盐。
知识点2 盐类水解的实际应用
1. 促进盐类水解
(1) 热的纯碱溶液的去油污效果较好，原因是COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－，温度升高能促进COeq \\al(2－,3)的水解，溶液中c(OH－)增加，去污效果增强。
(2) 除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后过滤。原理是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]消耗氢离子，促进Fe3＋水解，最终生成Fe(OH)3 沉淀，同时又不引入新杂质。
(3) 除去CuCl2溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌条件下，加入CuCO3[或CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3]后过滤。原理是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuCO3[或CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3]消耗氢离子，促进Fe3＋水解，最终生成Fe(OH)3 沉淀，同时又不引入新杂质。
(4) 泡沫灭火器的应用，水解的离子方程式为Al3＋＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
2. 抑制盐类水解
(1) 在配制FeCl3、FeCl2、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为抑制水解，常先将盐溶于少量盐酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。在配制FeSO4溶液时，在加入铁粉防止Fe2＋被氧化的同时，还经常加入一些硫酸抑制水解。
(2) 用MgCl2溶液制备MgCl2·6H2O的方法：蒸发结晶、过滤、冰水洗涤、低温烘干。
(3) 用MgCl2·6H2O(或FeCl3·6H2O)晶体制备无水MgCl2(或FeCl3)的方法：在干燥的HCl气流中加热脱水。
(4) K2FeO4净水的原理：K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产物Fe3＋能水解产生Fe(OH)3胶体，从而净水。
知识点3 盐溶液蒸干后所得物质的判断
考点3 电解质溶液中粒子浓度比较
知识点1 电解质溶液中的“三守恒”
1. Na2CO3稀溶液
电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))
元素守恒：c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))
质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)
2. NaHCO3稀溶液
电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))
元素守恒：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))
质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq \\al(2－,3))
知识点2 粒子浓度比较——单一电解质溶液粒子浓度关系比较及等式关系
粒子浓度大小关系要点：左边粒子浓度＞右边粒子浓度
1. 一元弱酸(或弱碱)
(1) 0.100 0 ml/L CH3COOH溶液
电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋
(H2O的电离平衡不写，下同)
粒子种类：CH3COOH、CH3COO－、H＋、OH－
(除H2O，下同)
元素守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.100 0 ml/L
电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)
粒子浓度比较：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)
(2) 0.100 0 ml/L NH3·H2O溶液
电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－
粒子种类：NH3·H2O、NHeq \\al(＋,4)、OH－、H＋
元素守恒：c(NH3·H2O)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝0.100 0 ml/L
电荷守恒：c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)
粒子浓度比较：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq \\al(＋,4))>c(H＋)
2. 二元弱酸(一级电离程度≫二级电离程度)
0．100 0 ml/L H2C2O4溶液
电离平衡：H2C2O4H＋＋HC2Oeq \\al(－,4)、
HC2Oeq \\al(－,4)H＋＋C2Oeq \\al(2－,4)
粒子种类：H2C2O4、H＋、HC2Oeq \\al(－,4)、C2Oeq \\al(2－,4)、OH－
元素守恒：c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(C2Oeq \\al(2－,4))＝0.100 0 ml/L
电荷守恒：2c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(OH－)＝c(H＋)
粒子浓度比较：c(H2C2O4)>c(H＋)>c(HC2Oeq \\al(－,4))>c(C2Oeq \\al(2－,4))[或c(OH－)]
3. 强酸弱碱盐(或强碱弱酸盐)
(1) NH4Cl稀溶液
电荷守恒：c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
元素守恒：c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)
质子守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
粒子浓度比较：c(Cl－)>c(NHeq \\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)
(2) CH3COONa稀溶液
电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
元素守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
粒子浓度比较：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
知识点3 粒子浓度比较——有关电离程度与水解程度大小判断的类型与方法
1. 等浓度、等体积的弱酸(或弱碱)与对应盐
如等浓度、等体积的CH3COOH、CH3COONa混合溶液[已知Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5]：
(1) 等式关系
元素守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
(2) 大小关系
①电离生成了H＋：
CH3COOHCH3COO－＋H＋(Ka)
②水解生成了OH－：
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－(Kh)
结果：若不考虑CH3COOH电离和CH3COO－水解，则c(Na＋)＝c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)
③思路1：实验角度
实验测得，常温下，等浓度、等体积的CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH(填“>”或“cNa＋>cCH3COOH,溶质粒子)>eq \f(cH＋,主要平衡)>eq \f(cOH－,次要平衡)
思路2：电离平衡常数角度
Ka＝1.75×10－5，Kh＝eq \f(Kw,Ka)＝eq \f(10－14,1.75×10－5)≈5.7×10－10，Kh(填“>”或“c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)
[及时巩固]
(1) 常温下，已知Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，等浓度、等体积的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液中粒子浓度比较：c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)。
(2) 常温下，已知Ka(HCN)＝6.2×10－10等浓度、等体积的NaCN和HCN混合溶液(pH>7)中粒子浓度比较：
c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
2. 等浓度的酸式盐和正盐的混合溶液
常温下，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.7×10－11。写出浓度均为0.100 0 ml/L NaHCO3和Na2CO3的混合溶液中的粒子浓度比较：
[分析]
①HCOeq \\al(－,3)电离生成了H＋：
HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)(Ka2)
②COeq \\al(2－,3)水解生成了OH－：
COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－(Kh1)
③HCOeq \\al(－,3)水解生成了OH－：
HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(Kh2)
结果：Kh1＝eq \f(Kw,Ka2)＝eq \f(10－14,4.7×10－11)≈2.1×10－4，
Kh2＝eq \f(Kw,Ka1)＝eq \f(10－14,4.5×10－7)≈2.2×10－8，Kh1≫Kh2≫Ka2，以COeq \\al(2－,3)的水解为主，溶液中离子浓度比较：c(Na＋)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)。
知识点4 强酸(或强碱)滴定弱碱(或弱酸)过程中粒子浓度的大小关系
【真题挑战】
一、单选题
1．（2025·湖南·高考真题）草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向溶液中滴入一定量溶液。混合溶液的与的关系如图所示。
实验2：向溶液中加入溶液。
已知：时，。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是
A．实验1，当溶液中时，
B．实验1，当溶液呈中性时：
C．实验2，溶液中有沉淀生成
D．实验2，溶液中存在：
【答案】D
【分析】、，根据可知，当时，对应的大，pH数值小，因此，，以此解题。
【详解】A．，当溶液中时，，pH=2.5，A正确；
B．当溶液呈中性时，，由两步电离平衡常数可知，，，同理：，，B正确；
C．实验2的离子方程式：，平衡常数：，平衡常数较大，该反应进行的程度较大，判断可产生沉淀；或进行定量计算，两步电离平衡反应式相加，得到 ，二者等体积混合，，列三段式：，则，估算x的数量级为，故，故有沉淀生成，C正确；
D．电荷守恒中右侧缺少了的浓度项，D错误；
故选D。
2．（2025·湖北·高考真题）铜(I)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为。下列描述正确的是
A．的
B．当时，
C．n从0增加到2，结合L的能力随之减小
D．若，则
【答案】C
【详解】A．的，当图中时，，，由图像可知，此时，则≠0.27，A错误；
B．当时，由图像可知，，可忽略不计，则，，，B错误；
C．结合L的离子方程式为，当时，，由图像交点可知，随着n变大，逐渐变大，则K值变小，说明结合L的能力随之减小，C正确；
D．若，由图像交点可知，，，则，故，D错误；
故选C。
3．（2025·广东·高考真题）对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】A．碳酸钠溶液为碱性，油污在碱性溶液中发生水解反应，同时加热可以增强碳酸钠溶液的碱性，可以达到除油污的目的，A不符合题意；
B．铁锈的主要成分为氧化铁，稀盐酸可以用来除去铁锈，可以达到实验目的，B不符合题意；
C．硫酸铜溶液中滴加过量氨水，可以生成铜氨溶液，可以达到实验目的，C不符合题意；
D．铁钉镀铜，需要电解装置，使Cu片与电源正极相连，铁钉与电源负极相连，图中无电源，故不能达到实验目的，D符合题意；
故选D。
4．（2025·云南·高考真题）甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是
A．废水中的含量为
B．c点：
C．a点：
D．的平衡常数
【答案】D
【详解】A．由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，发生的反应有H++OH-=H2O、(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O，由关系式~[]~4可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中，则原废水中，因此，废水中的含量为，A错误；
B．c 点加入NaOH标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、(CH2)6N4的混合液，且浓度之比为1∶4∶1，由电荷守恒可知， ，由于c(Na+)＞c(Cl-)，，B错误；
C．a点加入10.00mL的NaOH溶液，得到NaCl、(CH2)6N4HCl、HCl的混合液，且浓度之比为2∶1∶1，在溶液中水解使溶液显酸性，故c(H+)＞c[(CH2)6N4H+]，C错误；
D．由图1和图2可知，当时，占比较高，，则由氮守恒可知，，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则的平衡常数 ，D正确；
综上所述，本题选D。
5．（2025·江苏·高考真题）室温下，有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。
已知：。下列说法正确的是
A．较浓溶液中：
B．溶液中：的平衡常数
C．溶液中：
D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
【答案】B
【分析】有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，浸取液主要含有、，加入溶液提铜，滤液加入溶液沉镍得到。
【详解】A．若两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的溶液中仅第一步电离完全，电离出大量的会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，A错误；
B．该反应的平衡常数，B正确；
C．得到1个生成，得1个生成得2个生成，水电离出的与浓度相等，即，则溶液中存在质子守恒，C错误；
D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，，同时“沉镍”过程中加入了溶液，溶液体积增加，因此，D错误；
故选B。
6．（2025·河南·高考真题）对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是
A．磷酸二氢钠水解：
B．用稀盐酸浸泡氧化银：
C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：
D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：
【答案】A
【详解】A．磷酸二氢钠水解产生OH－，离子方程式为，A正确；
B．用稀盐酸浸泡氧化银生成AgCl沉淀，离子方程式为Ag2O+2H++2Cl－=2AgCl+H2O，B错误；
C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液发生氧化还原反应，离子方程式为ClO－+2I－+2H+=I2+Cl－+H2O，C错误；
D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，反应的离子方程式为，D错误；
答案选A。
7．（2025·甘肃·高考真题）氨基乙酸是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡：
在25℃时，其分布分数[如=]
与溶液pH关系如图1所示。在溶液中逐滴滴入0.1ml/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ对应的离子是
B．a点处对应的pH为9.6
C．b点处
D．c点处
【答案】C
【分析】图1可知，随着pH增大，平衡右移，+NH3CH2COOH的分布分数减少，+NH3CH2COO-先增加后减少，NH2CH2COO-最后增加，a点代表+NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分数相等的点；图2中b点滴入NaOH为10mL，和NaOH的物质的量相等，得到+NH3CH2COO-，c点和NaOH的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH2CH2COO-。
【详解】A．根据分析可知，随着pH值增大，+NH3CH2COOH的分布分数减少，曲线I代表+NH3CH2COOH的分布分数，A正确；
B．a点代表+NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分数相等的点，二者浓度相等，Pka2=9.6，Ka2=，pH=9.6，B正确；
C．图2中b点滴入NaOH为10mL，和NaOH的物质的量相等，得到主要离子为+NH3CH2COO-，+NH3CH2COO-存在电离和水解，Ka2=10-9.6，Kh==，电离大于水解，则，C错误；
D．c点和NaOH的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH2CH2COO-，根据质子守恒，有，D正确；
答案选C。
8．（2025·甘肃·高考真题）下列实验操作能够达到目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】A．若该酸为一元酸，0.01ml/L某酸溶液的pH=2，可判断为强酸，但某些二元弱酸，在浓度0.01ml/L也可能达到pH=2，故无法判断该酸是否为强酸，A错误；
B．向稀溶液中加浓硫酸，虽增加浓度增大抑制水解，但浓硫酸稀释时放热，未控制变量，无法单独验证的影响，B错误；
C．溶液过量，溶液中剩余的会直接与生成AgI沉淀，无法证明AgCl转化为AgI，故不能比较Ksp，C错误；
D．与反应生成S淡黄色沉淀，证明将氧化为S，验证了的氧化性，D正确；
故选D。
9．（2025·安徽·高考真题）是二元弱酸，不发生水解。时，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中与的关系如下图所示。
已知时，。下列说法正确的是
A．时，的溶度积常数
B．时，溶液中
C．时，溶液中
D．时，溶液中
【答案】A
【分析】MA存在沉淀溶解平衡：，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，发生反应，继续加盐酸发生反应，由，可知，当时，pH=1.6，，则时，pH=6.8，，当时，pH=4.2，则可将图像转化为进行分析；
【详解】A．溶液中存在物料守恒：，当pH=6.8时，，很低，可忽略不计，则，，，则，A正确；
B．根据物料守恒：，，由图像可知，pH=1.6时，成立，由电荷守恒：，结合物料守恒，约掉得到，由图像可知，且，则，故离子浓度顺序：，B错误；
C．由图像可知，时，溶液中，C错误；
D．时，，根据电荷守恒关系：，将物料守恒代入，约掉得到，化简得到，D错误；
故选A。
10．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）室温下，将置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，和的平衡常数分别为和：的水解常数。下列说法错误的是
A．Ⅲ为的变化曲线B．D点：
C．D．C点：
【答案】B
【分析】pH越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表，Ⅱ代表，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+，据此解答。
【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为的变化曲线，A正确；
B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH＜7，图像pH增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积和N元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，，，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+，，B错误；
C．根据图像可知D点时和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据可知，C正确；
D．C点时和Ag+浓度相等，B点时和浓度相等，所以反应的的平衡常数为103.8，因此K2=，C点时和Ag+浓度相等，所以，D正确；
答案选B。
二、多选题
11．（2025·山东·高考真题）常温下，假设水溶液中和初始物质的量浓度均为。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知：体系中含钴物种的存在形式为和；，。下列说法正确的是
A．甲线所示物种为
B．的电离平衡常数
C．时，物质的量浓度为
D．时，物质的量浓度：
【答案】CD
【分析】由题中信息可知，可以形成4物种，分别为、、和，随着增大，的摩尔分数逐渐减小，会转化为溶解度更小的，的摩尔分数先增大后减小，因此， 的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲线所示物种为，丁线所示物种为，根据曲线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为，丙线所示物种为。由甲、丁两线的交点可知，在该点和的摩尔分数相等，均为0.5，由于水溶液中和初始物质的量浓度均为，则此时溶液中的浓度为，由可以求出此时溶液中的浓度为，再由可以求出此时溶液中，，即，根据图像中的位置可以估算出。由乙和丙两线的交点可知， 和的摩尔分数相等，均为0.08，则由C元素守恒可知，此时的摩尔分数为0.84。
【详解】A．由分析可知，甲线所示物种为，A不正确；
B．乙和丙两线的交点可知， 和的摩尔分数相等，此时pH=a，的电离平衡常数，故B不正确；
C．时， 的摩尔分数为0.84，的物质的量为，由水于溶液中初始物质的量浓度为，以C2+极限最大浓度估算形成C(OH)2时所要最小c(OH-)=，此时溶液呈碱性，应有较多草酸根，则a点无C(OH)2，此时C元素只有两种存在形式：C2+和CC2O4，由C元素守恒可得， 的物质的量浓度=0.01ml/L-0.01ml/L×84%=，C正确；
D．由分析可知时，的浓度为，， ，D正确；
综上所述，本题选CD。
三、解答题
12．（2025·广东·高考真题）酸及盐在生活生产中应用广泛。
(1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性溶液，振荡，观察到体系颜色 。
(2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、 (填下列操作编号)。
(3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度和苯甲酸的，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：
① 。
②苯甲酸的 (列出算式，水的电离可忽略)。
(4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾 羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。随着卤原子电负性 ，羧基中的羟基 增大，酸性增强。
②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：
③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为 。
乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。
④实验小结 假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
(5)该小组尝试测弱酸HClO的。
①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为 。
②小组讨论后，选用0.100ml/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的。简述该方案 (包括所用仪器及数据处理思路)。
③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。
【答案】(1)由紫色变为无色
(2)dab
(3)
(4) 增大 极性 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
(5) 实验方法：取适量0.100ml/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100ml/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka
【详解】（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。
（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解，趁热过滤至另一烧杯中，将滤液静置，使其缓慢冷却结晶，待滤液完全冷却后滤出晶体，并用少量蒸馏水洗涤，故操作编号为dab；
（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度；
②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的
（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强；
③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。
（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为；
②实验方法：取适量0.100ml/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100ml/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。
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考虑的因素
举例
产物(不考虑产物分解)
是否分解
有物质剩余
NaHCO3
Na2CO3
无物质剩余
NH4Cl
—
是否发生氧化
还原反应
发生
Na2SO3
Na2SO4
不发生
Na2CO3
Na2CO3
水解生成酸
挥发性酸
AlCl3
Al(OH)3
不挥发性酸
Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CuSO4
Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CuSO4
常温下，用0.100 0 ml/L盐酸滴定20.00 mL 0.100 0 ml/L氨水
关键点
溶液中溶质成分及粒子浓度大小关系
点①：V(HCl)＝10
溶质成分是等物质的量的NH4Cl和NH3·H2O
粒子浓度大小关系：c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)
点②：pH＝7
粒子浓度大小关系：c(NHeq \\al(＋,4))＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)
点③：V(HCl)＝20
溶质成分是NH4Cl
粒子浓度大小关系：c(Cl－)>c(NHeq \\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)
A．除油污
B．除铁锈
C．制铜氨溶液
D．铁钉镀铜
选项
实验操作
目的
A
测定0.01ml/L某酸溶液的pH是否为2
判断该酸是否为强酸
B
向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化
探究对水解的影响
C
向溶液先滴入几滴NaCl溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化
比较AgCl和AgI的Ksp大小
D
将氯气通入溶液，观察是否产生淡黄色沉淀
验证氯气的氧化性