2021届高考化学人教版一轮创新教学案：第8章第26讲　盐类的水解


第26讲　盐类的水解

1.定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2．实质
盐电离―→―→
破坏了水的电离平衡―→水的电离程度增大―→
3．特点

4．规律
有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。
盐的类型
实例
是否水解
水解的离子
溶液的酸碱性
常温下溶液的pH
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
否
—
中性
pH＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NH、Cu2＋
酸性
pH7
5．离子方程式的书写
(1)一般来说，盐类水解的程度不大，用可逆号“”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。如CuCl2、NH4Cl水解的离子方程式：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式只写第一步。如Na2S水解反应的离子方程式：S2－＋H2OHS－＋OH－。
(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成，如FeCl3溶液中：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
(4)水解分别显酸性和碱性的离子组由于水解相互促进进行完全的，书写时要用“===”“↑”“↓”等，如NaAlO2与AlCl3混合溶液反应的离子方程式：Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓。
6．影响盐类水解平衡的因素
(1)内因：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。
(2)外因
①温度：温度越高，水解程度越大。
②溶液的浓度：溶液越稀，水解程度越大。
(3)外加酸碱
(4)加能水解的盐

7．盐类水解的应用
应用
举例或原理解释
判断溶液的酸碱性
NH4Cl溶液显酸性，原因是NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，与Mg反应可生成H2
比较溶液中离子浓度的大小
如：Na2CO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
判断弱电解质的相对强弱
如：物质的量浓度相同的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序为HX>HY>HZ
证明某些电解质是弱酸或弱碱
如：Na2CO3溶液能使酚酞试液变红，证明该溶液显碱性，证明H2CO3是弱酸
判断盐溶液蒸干灼烧后的产物
蒸干灼烧AlCl3溶液后的产物为Al2O3，蒸干灼烧FeCl3溶液后的产物为Fe2O3
净水剂原理
明矾用于净水，原理是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
泡沫灭火器原理
主要成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，原理是Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
纯碱溶液去油污
用热碱水洗油污的原理CO＋H2OHCO＋OH－
胶体的制备
将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，制备Fe(OH)3胶体，原理是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
配制或贮存易水解的盐溶液
配制FeCl3、SnCl2溶液时，常将它们先溶于较浓的盐酸，再稀释到所需浓度，目的是抑制Fe3＋或Sn2＋的水解，配制FeSO4溶液时，需加入少量铁粉和稀硫酸
物质的提纯
除去MgCl2溶液中的FeCl3，可加入Mg、MgO、Mg(OH)2或MgCO3，促使Fe3＋水解完全，生成Fe(OH)3沉淀而除去

1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，并指明错因。
(1)酸式盐溶液一定呈酸性。(×)
错因：NaHCO3溶液呈碱性。
(2)能水解的盐溶液一定呈酸性或碱性，不可能呈中性。(×)
错因：CH3COONH4能水解，其水溶液呈中性。
(3)Na2CO3溶液显碱性的原因：CO＋2H2OH2CO3＋2OH－。(×)
错因：Na2CO3水解的离子方程式为：CO＋H2OHCO＋OH－。
(4)向Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，pH减小。(×)
错因：Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，pH增大。
(5)关于氯化铵溶液，加水稀释时，的值增大。(×)
错因：加水稀释，n(NH)减小，n(Cl－)不变，所以＝的值减小。
(6)降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动。(×)
错因：加水稀释，盐的水解平衡正向移动。
(7)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大。(×)
错因：向FeCl3溶液中通入HCl，c(Cl－)增大的程度比c(Fe3＋)大，应减小。
2．教材改编题
(据人教选修四P59T1)下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是(　　)
①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－
②AlCl3＋3H2O===Al(OH)3＋3HCl
③CO＋2H2OH2CO3＋2OH－
④碳酸氢钠溶液：HCO＋H2OCO＋H3O＋
⑤HS－的水解：HS－＋H2OS2－＋H3O＋
⑥NaAlO2与NaHCO3溶液混合：AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO
A．①②③④ B．①②③⑥
C．②③⑤⑥ D．全部
答案　D
解析　①④⑤是电离方程式且①应用“===”；②是水解反应方程式，但应用“”；③的水解方程式错误，应分步进行；⑥反应实质是强酸制弱酸，不属于双水解反应。

考点一　盐类水解的实质及规律

[解析]　(1)酸越弱，对应盐的水解程度越大，碱性越强。
(2)HSO的电离程度大于其水解程度，所以：NaHSO3溶液呈弱酸性，而HCO的电离程度小于其水解程度，故NaHCO3溶液呈弱碱性，而NaHSO4的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，即NaHSO4溶液呈强酸性，所以，同浓度的三种溶液的pH大小顺序为：NaHCO3>NaHSO3>NaHSO4。
(3)NH4HSO4电离出的H＋，抑制NH的水解，Fe2＋水解生成的H＋，也抑制NH的水解，而CO、HCO水解生成的OH－又促进NH的水解，再结合水解程度是微弱的，可得出结论：同浓度的盐溶液中c(NH)的大小顺序为：(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4HSO4>NH4Cl>NH4HCO3。
[答案]　(1)Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa>NaNO2
(2)NaHCO3>NaHSO3>NaHSO4
(3)(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4HSO4>NH4Cl>NH4HCO3

盐类水解的规律
1．“谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性。”如酸性：HCNCH3COONa。
2．弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。
(1)若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。
(2)若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO (主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。
3．相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
4．相互促进水解的盐＞单独水解的盐＞水解相互抑制的盐。如NH的水解程度：(NH4)2CO3＞(NH4)2SO4＞(NH4)2Fe(SO4)2。

1．常温下，0.1 mol·L－1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列判断中正确的是(　　)
A．HX、HY、HZ的酸性依次增强
B．离子浓度：c(Z－)>c(Y－)>c(X－)
C．电离常数：K(HZ)>K(HY)
D．c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)＝c(Z－)＋c(HZ)
答案　D
解析　NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则HX是强酸，HY、HZ是弱酸，再根据水解规律可知，HY的酸性强于HZ的酸性。所以酸性：HX>HY>HZ，故A、C错误；根据“越弱越水解”可知B错误；D选项是正确的物料守恒关系式。
2．25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液；②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液；③pH＝10的Na2S溶液；④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是(　　)
A．1∶10∶1010∶109 B．1∶5∶5×109∶5×108
C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10∶104∶109
答案　A
解析　①pH＝0的H2SO4溶液中c(H＋)＝1 mol·L－1，c(OH－)＝10－14 mol·L－1，H2SO4溶液抑制H2O的电离，则由H2O电离出的c(H＋)＝10－14 mol·L－1；②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－13 mol·L－1，Ba(OH)2溶液抑制H2O的电离，则由H2O电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1；③pH＝10的Na2S溶液促进H2O的电离，由H2O电离出的c(H＋)＝10－4mol·L－1；④pH＝5的NH4NO3溶液促进H2O的电离，由H2O电离出的c(H＋)＝10－5mol·L－1。4种溶液中电离的H2O的物质的量等于H2O电离产生的H＋的物质的量，其比为10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109。

水电离出的c水(H＋)或c水(OH－)的相关计算
在任何溶液中水电离出来的c水(H＋)与c水(OH－)始终相等。
1．如酸或碱溶液
在溶液中c(H＋)、c(OH－)较小的数值是水电离出来的。
(1)酸溶液中：c水(H＋)＝c水(OH－)＝c溶液(OH－)；
(2)碱溶液中：c水(OH－)＝c水(H＋)＝c溶液(H＋)，具体见下表：
溶液(25 ℃)


水电离出来的
pH＝2的盐酸
10－2
10－12
10－12
pH＝13的NaOH溶液
10－13
10－1
10－13
2．盐溶液
在溶液中c(H＋)、c(OH－)较大的数值是水电离出来的。具体见下表：
溶液(25 ℃)


水电离出来的
pH＝5的NH4Cl溶液
10－5
10－9
10－5
pH＝10的Na2CO3溶液
10－10
10－4
10－4
考点二　盐类水解的影响因素

[解析]　①NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入少量NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡正向移动，则溶液中c(H＋)增大，错误；②根据勒夏特列原理可知，平衡正向移动，但c(NH)仍比原平衡大，错误；③c(NH)增大，平衡正向移动，但NH的水解程度减小，故增大，错误；④NH的水解平衡常数为Kh＝，则＝，由于温度不变，Kh不变，故不变，错误；⑥结合水解常数Kh可知，＝，加入少量NH4Cl固体，Kh不变，c(NH3·H2O)增大，故减小，正确；⑦结合水解常数Kh可知，＝，加入少量NH4Cl固体，水解平衡正向移动，c(H＋)增大，但Kh不变，故增大，错误。
[答案]　B

从定性、定量两角度理解盐类水解
1．盐类水解受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以FeCl3水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加NaHCO3溶液等时，平衡均会发生移动。
2．水解平衡常数(Kh)只受温度的影响，它与Ka(或Kb)、Kw的定量关系为Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。MA表示强碱弱酸盐，则A－水解的离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝＝＝(Ka为HA的电离常数)。
由于HA电离出的A－与H＋浓度相等，平衡时c(HA)约等于HA溶液的浓度c，则Ka＝，c(H＋)＝　mol·L－1。
同理：强酸弱碱盐(如NH4Cl)的水解常数与弱碱电离常数(Kb)之间的关系：Kh＝。

3．CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质或改变如下条件，能使比值一定减小的是(　　)
①固体NaOH　②固体KOH　③固体NaHSO4　④固体CH3COONa　⑤冰醋酸　⑥降温
A．只有①③ B．①③④
C．②④⑤⑥ D．③④⑥
答案　A
解析　①加入固体NaOH，c(Na＋)与c(CH3COO－)都增大，但c(Na＋)增大幅度较大，则比值减小，符合；②加入固体KOH，抑制水解，则c(CH3COO－)增大，而c(Na＋)不变，则比值增大，不符合；③加入固体NaHSO4，水解平衡向右移动，c(Na＋)增大，c(CH3COO－)减小，则比值减小，符合；④加入固体CH3COONa，浓度增大，水解程度降低，则比值增大，不符合；⑤加入冰醋酸，c(CH3COO－)增大，而c(Na＋)不变，则比值增大，不符合；⑥水解是吸热反应，降温，平衡逆向进行，醋酸根离子浓度增大，则比值增大，不符合。
4．(2019·石家庄一模)25 ℃时，关于①0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液、②NaOH溶液，下列叙述正确的是(　　)
A．若向①中加适量水，溶液中的值减小
B．若向②中加适量水，水的电离平衡正向移动
C．若将①和②均稀释100倍，①的pH变化更大
D．若将①和②混合，所得溶液的pH＝7，则溶液中的c(NH3·H2O)>c(Na＋)
答案　B
解析　NH4Cl溶液中存在NH的水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释时，平衡正向移动，n(NH)减小，n(Cl－)不变，则的值增大，A错误；NaOH溶液中加水稀释，c(NaOH)减小，对水的电离抑制程度减小，故水的电离程度增大，B正确；NH4Cl溶液加水稀释100倍，促进NH的水解，溶液中c(H＋)大于原溶液的，NaOH溶液中加水稀释100倍，c(OH－)变为原溶液的，故NaOH溶液的pH变化更大，C错误。将①和②混合，所得溶液呈电中性，据电荷守恒可得，c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；由于溶液的pH＝7，则有c(OH－)＝c(H＋)，从而可得c(NH)＋c(Na＋)＝c(Cl－)；据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，综合上述两式可得c(NH3·H2O)＝c(Na＋)，D错误。
考点三　盐类水解的应用

[解析]　①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，Al3＋可水解生成具有吸附性的Al(OH)3胶体，可用作净水剂，与水解有关；②FeCl3水解呈酸性，盐酸可抑制其水解，防止溶液浑浊，与水解有关；③NaHCO3和Al2(SO4)3可发生相互促进的水解反应生成CO2，可用于灭火，与水解有关；④NH4Cl水解呈酸性，加入镁可生成氢气，与水解有关；⑤草木灰中的CO与NH发生相互促进的水解反应，两者混合可降低肥效，与水解有关；⑥Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，不能用玻璃塞，与水解有关；⑦纯碱呈碱性，油污可在碱性条件下水解，与水解有关。
[答案]　D

1．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的类型判断
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；Al2(SO4)3(aq)Al2(SO4)3(s)。
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)考虑盐受热时是否分解
Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→
CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化
例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。
FeCl2(aq)Fe(OH)2(s)Fe(OH)3(s)Fe2O3。
2．因相互促进水解不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH与SiO、AlO。
注意　(1)NH与CH3COO－、HCO虽能发生双水解反应，但水解程度都不大，故能大量共存。
(2)Fe3＋在中性条件下已完全水解。

5．下列说法正确的是(　　)
A．向CuCl2溶液中加入CaCO3，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋
B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋
D．洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
答案　D
解析　A项，由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋加入CaCO3消耗H＋，使平衡右移而除去Fe3＋，但又引入新的杂质Ca2＋，不合理，B项，所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂质；C项，加热法不能除去Fe3＋。
6．下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是(　　)
①CuSO4　②FeSO4　③K2CO3　④Ca(HCO3)2
⑤NH4HCO3　⑥KMnO4　⑦FeCl3
A．全部都可以 B．仅①②③
C．仅①③⑥ D．仅①③
答案　D
解析　FeSO4具有还原性，加热溶液被氧化为Fe2(SO4)3，得不到原溶质；溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3；NH4HCO3受热分解；KMnO4受热分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受热促进水解生成Fe(OH)3和盐酸，而盐酸挥发进一步促进其水解，最终水解彻底。
溶液中微粒浓度的关系

(1)电离过程的“微弱”
弱电解质发生电离的粒子的浓度大于电离生成的粒子的浓度，如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCO)>c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离程度)。
(2)水解过程的“微弱”
发生水解的粒子的浓度大于水解生成的粒子的浓度，如Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)(多元弱酸酸根离子的水解以第一步为主)。
注意　若要求比较溶液中所有微粒浓度的大小，不能忽略水的电离。如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)，c(H＋)>c(HCO)的原因是水和HCO还会电离产生H＋。

(1)物料守恒(原子守恒)
在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，符合原子守恒。如NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，因HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－以及HCO电离：HCOH＋＋CO，C元素的存在形式有3种，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。
(2)电荷守恒
在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。(因CO带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)
(3)质子守恒
电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H＋)数等于失去的质子(H＋)数。如NaHCO3溶液中：

即有c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)
另外，质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导得出。
以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去没有参与变化的c(K＋)得质子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。

(1)单一溶液中粒子浓度的比较
NaHSO3溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)，以HSO的电离为主(HSO的电离>HSO的水解)。
NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(CO)，以HCO的水解为主(HCO的水解>HCO的电离)。
Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。
(2)混合溶液中粒子浓度的比较
等浓度的CH3COONa与CH3COOH混合溶液：
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)。(CH3COOH的电离>CH3COO－的水解)
等浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液：
c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)。(NH3·H2O的电离>NH的水解)
等浓度的Na2CO3与NaHCO3混合溶液：
c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)。(CO的水解>HCO的电离或水解)
(3)不同溶液中同一粒子浓度的比较
不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为③>①>②。



[解析]　根据电荷守恒，NaHSO3溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)＋c(HSO)，A错误；根据物料守恒，NaHSO3溶液中c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，B正确；根据图示，室温下NaHSO3浓度小于5.49×10－5 mol·L－1时，c(OH－)>c(SO)，C错误；根据图示，室温下NaHSO3浓度等于5.49×10－5 mol·L－1时，c(SO)＝c(OH－)，此时c(HSO)④>③>①
B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋c(C2O)
C．向0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液：c(CO)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
D．常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH溶液等体积混合，溶液的pHc(Na＋)＋c(H＋)
答案　A
解析　①③中CO分别由H2CO3的二级电离、HCO的电离得到，由于H2CO3的一级电离抑制二级电离，则c(CO)：③>①，而②④中CO分别由Na2CO3、(NH4)2CO3的电离得到，由于NH促进CO的水解，则c(CO)：②>④，故c(CO)：②>④>③>①，A正确；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，B错误；反应后得到等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，CO的水解程度大于HCO的水解程度，故c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，C错误；溶液的pHc(CH3COOH)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(OH－)，D错误。
[体验2]　(2019·资阳市高三第二次诊断性考试)25 ℃下，部分弱酸的电离常数如表。下列有关说法不正确的是(　　)
弱酸
HCOOH
HClO
H2S
电离平衡常数(Ka)
Ka＝1.0×10－4
Ka＝2.0×10－8
Ka1＝1.3×10－7
Ka2＝7.1×10－15
A．若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH＝3，则＝10
B．相同浓度的HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大
C．任何浓度NaHS溶液中总存在：c(H2S)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(S2－)
D．向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为2ClO－＋H2S===S2－＋2HClO
答案　D
解析　由表给电离常数可知，电离程度由大到小的顺序为HCOOH>H2S>HClO>HS－，则对应离子的水解程度从大到小的顺序为S2－>ClO－>HS－>HCOO－，HCOOH的电离常数Ka＝，则pH＝3的HCOONa和HCOOH的混合溶液中＝＝＝10，故A正确；HCOONa溶液中电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOO－)，溶液中离子总数为2×[c(Na＋)＋c(H＋)]×V，同理可得NaClO溶液中离子总数为2×[c(Na＋)＋c(H＋)]×V，由电离常数可知HCOOH比HClO易电离，则等体积、等浓度的HCOONa和NaClO溶液中，ClO－水解程度更大，溶液中的c(OH－)大、c(H＋)小，所以HCOONa溶液中离子总数大于NaClO溶液，故B正确；NaHS溶液中一定存在质子守恒关系：c(H2S)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(S2－)，故C正确；向NaClO溶液中通入H2S，因NaClO水解生成的HClO具有强氧化性，与强还原性的H2S在溶液中发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，故D错误。

　　建议用时：40分钟　　　满分：100分
一、选择题(每题6分，共72分)
1．下列用途(现象)对应离子方程式的表示不正确的是(　　)
A．明矾用于净水：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
B．配制氯化铁溶液时先将氯化铁固体溶于盐酸中：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋
C．用纯碱清洗油污：CO＋H2OHCO＋OH－
D．浓硫化钠溶液具有臭味：S2－＋2H2O===H2S↑＋2OH－
答案　D
解析　氯化铁易水解，加入盐酸抑制其水解，B正确；碳酸钠水解产生氢氧根离子促使油脂水解，C正确；硫化钠分步水解产生硫化氢而有臭味，水解方程式应分步书写，且没有气体符号，使用可逆符号，D错误。
2．配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是(　　)
A．FeSO4(Fe) B．SnCl2(HCl)
C．FeCl3(HCl) D．NaAlO2(NaOH)
答案　A
解析　配制FeSO4时加入少量Fe粉目的是防止Fe2＋被氧化，A错误；配制盐溶液时，为抑制盐的水解而加入酸或碱，但应注意不能引入杂质离子，加入的酸应是与盐中的酸根对应的强酸，如配制FeCl3溶液加盐酸；加入的碱应是与盐中的阳离子对应的强碱，如配制NaAlO2溶液要加NaOH溶液。
3．(2019·北京海淀高三期末)常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：
组别
混合前
混合后
甲
c(HX)＝0．1 mol·L－1
c(NaOH)＝0．1 mol·L－1
pH＝9
乙
c(HY)＝0．1 mol·L－1
c(NaOH)＝0．1 mol·L－1
pH＝7
下列说法正确的是(　　)
A．HY为强酸
B．HX溶液的pH＝1
C．甲的混合液中c(X－)＝c(Na＋)
D．乙的混合液中c(Na＋)>c(Y－)
答案　A
解析　乙组两种溶液等体积混合，且两种溶液浓度相等，两种溶液恰好生成NaY，溶液显中性，该盐为强酸强碱盐，即HY为强酸，故A正确；甲组两种溶液物质的量浓度相同，即两种溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaX，混合后pH＝9，溶液显碱性，NaX为强碱弱酸盐，即HX为弱酸，HX溶液的pH>1，故B错误；甲的混合液中，溶质为NaX，HX为弱酸，X－发生水解，即c(Na＋)>c(X－)，故C错误；乙的混合液中，溶质为NaY，HY为强酸，即c(Na＋)＝c(Y－)，故D错误。
4．(2019·广州高三调研测试)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．4 g甲烷完全燃烧时转移的电子数为2NA
B．11.2 L(标准状况)CCl4中含有的共价键数为2NA
C．3 mol SO2和1 mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NA
D．1 L 0.1 mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－粒子数之和为0.1NA
答案　A
解析　标准状况下CCl4为液体，11.2 L CCl4不为0.5 mol，所含共价键数不为2NA，B项错误；2SO2＋O22SO3为可逆反应，不能进行完全，C项错误；根据物料守恒，1 L 0.1 mol·L－1的Na2S溶液中H2S、HS－和S2－三种粒子数之和为0.1NA，D项错误。
5．(2019·北京师大附中高三期中)室温下，向100 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液中加入下列物质。有关结论正确的是(　　)

加入的物质
结论
A
100 mL 0.1 mol/L盐酸
溶液中2c(NH)＝c(Cl－)
B
0.01 mol Na2O2固体
反应完全后，溶液pH增大，c(Na＋)＝2c(Cl－)
C
100 mL H2O
由水电离出的c(H＋)·c(OH－)变大(均为自由离子)
D
100 mL 0.1 mol/L氨水
溶液中减小
答案　B
解析　加入100 mL 0.1 mol/L盐酸，由于铵根离子部分水解，则2c(NH)1
B．②中，反应后的溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．③中，a＝20
D．③中，反应后的溶液：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)
答案　C
解析　冰醋酸是弱酸，A正确；加入的NaOH溶液恰好与原有的CH3COOH完全反应生成CH3COONa。CH3COONa溶液呈碱性，所以c(OH－)>c(H＋)，因CH3COO－水解略有消耗，所以c(Na＋)>c(CH3COO－)，B正确；②中溶液因CH3COO－水解而呈弱碱性，只需加少量的盐酸即可调整至中性，所以a小于20，C错误；反应后溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，又由于溶液呈中性，得c(H＋)＝c(OH－)，在两边删去两离子，所以有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，D正确。
7．(2019·百师联盟高三调研)某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH＝7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是(　　)
A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度
B．反应的离子方程式是2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3
C．加入CaCl2促进了HCO的水解
D．反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)
答案　C
解析　HCO在水中既有电离也有水解，其电离方程式为HCOH＋＋CO，HCO水解方程式为HCO＋H2OH2CO3＋OH－，常温下，0.10 mol·L－1NaHCO3溶液pH＝8.4，溶液显碱性，即HCO的水解程度大于电离程度，故A正确；滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀为CaCO3，HCO电离方程式为HCOH＋＋CO，滴入CaCl2溶液，Ca2＋与CO反应，促进HCO的电离，但滴加过程中无气体放出，即H＋与HCO生成H2CO3，则反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCO===CaCO3↓＋H2CO3，故B正确，C错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，得出：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，故D正确。
8．25 ℃时，某溶液中只含有Na＋、H＋、OH－、A－四种离子。下列说法正确的是(　　)
A．对于该溶液一定存在pH≥7
B．若c(OH－)＞c(H＋)，则溶液中不可能存在：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)
C．若溶液中c(A－)＝c(Na＋)，则溶液一定呈中性
D．若溶质为NaA，则溶液中一定存在：c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
答案　C
解析　若是较多的酸溶液和少量的盐溶液混合，则混合溶液显酸性，pH＜7，A错误；若是氢氧化钠溶液和少量的盐溶液混合，则混合溶液显碱性，且混合溶液中，c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)，B错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，若溶液中c(A－)＝c(Na＋)，则一定有c(H＋)＝c(OH－)，即溶液一定呈中性，C正确；若NaA是强酸强碱盐，则c(A－)＝c(Na＋)，D错误。
9．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
下列说法正确的是(　　)
A．四种溶液中，水的电离程度①＞②＞④＞③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同
C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
答案　B
解析　四种盐溶液均促进了水的电离，水解显碱性，水解程度越大，pH越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在着H＋、OH－、CO、HCO、H2CO3、Na＋、H2O，B正确；CH3COOH的酸性强于HClO，在浓度相等时，pH小的是CH3COOH，C错误；根据物料守恒，Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，D错误。
10．等物质的量浓度、等体积的下列溶液中：①H2CO3；②Na2CO3；③NaHCO3；④NH4HCO3；⑤(NH4)2CO3。
下列关系或者说法正确的是(　　)
A．c(CO)的大小关系：②＞⑤＞③＞④＞①
B．c(HCO)的大小关系：④＞③＞⑤＞②＞①
C．将溶液蒸干灼烧只有①不能得到对应的固体物质
D．②③④⑤既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
答案　A
解析　NH与CO水解相互促进，c(CO)大小为②＞⑤，HCO既水解又电离，水解程度大于电离程度，c(CO)大小为④＜③＜⑤＜②，H2CO3是弱酸，二级电离Ka2很小，H2CO3中的c(CO)最小，A正确；由于④中NH与HCO水解相互促进，故c(HCO)大小为③＞④，B错误；将各溶液蒸干后①③④⑤都分解，得不到原来的物质，C错误；Na2CO3只能与盐酸反应，而与NaOH溶液不反应，D错误。
11．(2019·佛山市高三教学质量检测)常温下，向20 mL 0.1 moL/L的H3PO4溶液中滴加0.1 moL/L的NaOH溶液，所得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂
B．A点溶液中c(H2PO)>c(H3PO4)>c(HPO)
C．图像中A、B、C三处溶液中相等
D．B点溶液存在2c(Na＋)＝c(PO)＋c(H2PO)＋c(HPO)＋c(H3PO4)
答案　C
解析　H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4，溶液呈酸性，变色范围约为4～5，可选用甲基橙作指示剂，故A错误；A点为NaH2PO4溶液，pHc(HPO)>c(H3PO4)，故B错误；温度相同，同一反应的平衡常数相同，HPO水解常数：A、B、C三处溶液中相等，故C正确；B点是Na2HPO4溶液，物料守恒为c(Na＋)＝2[c(PO)＋c(H2PO)＋c(HPO)＋c(H3PO4)]，故D错误。
12．下列有关溶液(室温下)的说法正确的是(　　)
A．Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中：2c(Na＋)＝3[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]
B．0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH＝7：c(Na＋)>c(NH)>c(SO)
C．物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH)的大小关系：④>①>②>③
D．0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7：c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)
答案　D
解析　没有给出Na2CO3和NaHCO3的量的关系，若二者的物质的量浓度相等，则离子浓度之间的关系正确，A错误；根据电荷守恒有c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，溶液pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋2c(SO)，根据物料守恒有c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)，进而有c(NH)＋c(H2SO3)＝c(SO)，故有c(Na＋)>c(SO)>c(NH)，B错误；Fe2＋的水解抑制NH的水解，HCO的水解促进NH的水解，c(NH)的大小关系：④>①>③>②，C错误；根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，溶液pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，即c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，根据物料守恒有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，因此c(CH3COOH)＝c(Cl－)，综合分析得c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)，D正确。
二、非选择题(共28分)
13．(13分)10 ℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度
10 ℃
20 ℃
30 ℃
加热煮沸后冷却到50 ℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
甲同学认为：该溶液pH升高的原因是HCO的水解程度增大，碱性增强。
乙同学认为：该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3的水解程度。
丙同学认为：甲、乙的判断都不充分。
丙认为：
(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则乙的判断正确。试剂X是________。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液
C．NaOH溶液 D．澄清石灰水
(2)将加热煮沸后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH________(填“高于”“低于”或“等于”)8.3，则甲的判断正确。
(3)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言________(填“甲”或“乙”)的判断是错误的，理由是______________________________________。
(4)关于NaHCO3饱和水溶液的表述正确的是________。
a．c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
b．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
c．HCO的电离程度大于HCO的水解程度
答案　大于　(1)B　(2)等于　(3)乙　常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150 ℃　(4)a
解析　(2)如果甲的判断正确，则是因为水解造成的，那么温度不变溶液的pH也不变。
(3)因为加热时达不到碳酸氢钠的分解温度，所以乙的判断是错误的。
14．(15分)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，0.1 mol·L－1 NH4Al(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“>”“c(SO)>c(NH)>c(OH－)
解析　(1)②NH4Al(SO4)2溶液中，NH、Al3＋均发生水解反应，据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Al3＋)＋c[Al(OH)3]。据电荷守恒可得2c(SO)＋c(OH－)＝c(NH)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)，则有2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1－1×10－11 mol·L－1。
(3)①NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，先后发生反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O、NH＋OH－===NH3·H2O，a点V(NaOH)＝100 mL，H＋恰好完全中和，此时溶液所含溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，NH发生水解反应而促进水的电离；b、c两点溶液所含溶质均为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O，且c点时c(NH3·H2O)大于b点，NH3·H2O的存在抑制水的电离，则c点水的电离程度小于b点；d点NH4HSO4与NaOH溶液恰好完全反应，所含溶质为Na2SO4和NH3·H2O，则四点中水的电离程度大小关系为a>b>c>d，其中水的电离程度最小的是d点。
③NH4HSO4溶液中，
NH4HSO4===NH＋H＋＋SO
　1 ∶ 1 ∶ 　1
还有水的微弱电离：H2OH＋＋OH－，NH的微弱水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，故各离子浓度由大到小的排列顺序为c(H＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)。