2021高三全国统考化学（经典版）一轮学案：第8章第3节盐类的水解


第3节　盐类的水解
[考试说明]　1.了解盐类水解的原理。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.了解盐类水解的应用。
[命题规律]　本节内容是高考考查的重点与热点，主要考点有四个：一是水解方程式的书写；二是水解平衡的影响因素及水解平衡移动；三是溶液中离子浓度大小的比较和守恒关系；四是盐类水解在工农业生产和实验中的应用。
考点1　盐类的水解及其规律
知识梳理
1.定义
在溶液中盐电离产生的离子与水电离产生的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
→水解反应是可逆反应
　|
→水解反应是酸碱中和反应的逆反应，是吸热过程
　|
→水解反应程度很微弱
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
盐类水解离子方程式的书写

(1)多元弱酸根离子水解分步进行，以第一步为主。
如Na2CO3水解的离子方程式：
CO＋H2OHCO＋OH－。
(2)多元弱碱阳离子水解，离子方程式一步写完。
如FeCl3水解的离子方程式：
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
(3)阴、阳离子相互促进的水解，水解程度有的很大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
如NaHCO3与AlCl3混合溶液反应的离子方程式：
3HCO＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑。

(1)盐类水解的条件
①盐必须能溶于水或易溶于水。
②构成盐的离子中必须存在弱酸阴离子或弱碱阳离子，如CO、CH3COO－、HS－或Al3＋、NH、Fe3＋等。
(2)盐类水解的规律
①“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。
②强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
③弱酸的酸式盐，在溶液中既电离又水解，溶液的酸碱性取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
a．若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。
如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。
b．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)。
④相同条件下的水解程度
a．正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
b．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：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
⑤发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。
⑥(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性，虽然都能发生双水解，但既无气体产生，也无沉淀生成，所以NH和CO、NH和HCO在溶液中仍可大量共存。

1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)能水解的正盐，其溶液一定呈酸性或碱性。(×)
错因：如CH3COONH4水解后溶液呈中性。
(2)酸式盐的溶液，一定都显酸性。(×)
错因：如NaHCO3溶液显碱性。
(3)盐溶液呈酸性，一定是强酸弱碱盐水解引起的。(×)
错因：NaHSO4溶液显酸性，是因为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO造成的。
(4)NaHS的水解方程式：HS－＋H2OS2－＋H3O＋。(×)
错因：NaHS的水解方程式为：HS－＋H2OH2S＋OH－。
(5)相同温度下，同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3 溶液相比后者pH大。(×)
错因：同温同浓度条件下，CO的水解程度比HCO的水解程度大，故相同条件下，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3的pH。
(6)在水溶液中AlO与HCO不能大量共存是因为两者能互相促进水解。(×)
错因：AlO与HCO发生反应的方程式如下：
AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，实质是强酸制弱酸。
2．相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为(　　)

A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH　CH3COONa　NaHCO3
D．CH3COONa　NH4Cl　(NH4)2SO4　NaHCO3　NaOH
答案　B
解析　相同温度、相同浓度下的溶液，其pH从小到大的顺序为电离呈酸性④>②>①，A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在着H＋、OH－、CO、HCO、H2CO3、Na＋、H2O，Na2CO3溶液中加入NaOH，导致CO的水解平衡向左移动，c(CO)增大，NaHCO3溶液中加入NaOH固体，发生反应：HCO＋OH－===CO＋H2O，c(CO)增大，B正确；醋酸的酸性强于次氯酸，在物质的量浓度相等的情况下，pH小的是醋酸，C错误；根据物料守恒，Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，D错误。
考点2　盐类水解的影响因素及应用
知识梳理
1.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：相同条件下，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。

(4)加能水解的盐

例如：CH3COONa水解的离子方程式是CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，当改变下列条件时，将对CH3COONa水解平衡的影响填入下表：
改变条件
移动方向
c(OH－)
pH
水解程度
升温
右移
增大
增大
增大
加NaOH
左移
增大
增大
减小
加水
右移
减小
减小
增大
加少量FeCl3固体
右移
减小
减小
增大
加Na2CO3
左移
增大
增大
减小
2．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
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
3．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型
(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。
制备无水盐如MgCl2需要在HCl气流中加热蒸干。
(2)酸根离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)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。
4．熟记下列因水解相互促进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：①NH与CH3COO－、HCO虽能发生双水解反应，但能大量共存。②Fe3＋在中性条件下已完全水解。

(1)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性或碱性减弱。
(2)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。

1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K＋)＝c(HCO)。(×)
错因：反应后溶质为KHCO3，由于HCO既存在水解又存在电离，故c(HCO)＜c(K＋)。
(2)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，不能使c(Na＋)＝c(CH3COO－)。(×)
错因：CH3COO－水解呈碱性，当加入适量CH3COOH使溶液呈中性时，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)可得，c(Na＋)＝c(CH3COO－)。
(3)水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动。(×)
错因：水解反应是吸热反应，故升高温度平衡正向移动。
(4)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，水解平衡正向移动。
(5)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大。(×)
错因：溶液中c(Cl－)增大程度大于c(Fe3＋)，故比值减小。
(6)试管中加入2 mL饱和Na2CO3溶液，滴入两滴酚酞，加热，溶液先变红，后红色变浅。(×)
错因：溶液中存在CO水解：CO＋H2OHCO＋OH－，加热，水解平衡正向移动，碱性增强，红色加深。
2．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
答案　B
解析　B项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类水解，符合题意。
题组训练
题组一 水解平衡的移动
1．在0.1 mol·L－1 K2CO3溶液中，由于CO的水解，使得c(CO)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”
发生水解的粒子所剩余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)。
2．把握溶液中的三个守恒
(1)电荷守恒
在电解质溶液中，阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，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)
(2)物料守恒(原子守恒)
在电解质溶液中，由于某些离子能够电离或水解，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)。
(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K＋得质子守恒式：c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。

(1)在比较溶液中所有微粒浓度的大小时，不能忽略水的电离。
(2)物料守恒即特征原子守恒，但不能涉及氧和氢的原子守恒。
(3)凡由电荷守恒式和物料守恒式推导出的等式都归为第三类守恒，质子守恒就是其中之一。

1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)Na2S溶液和NaHS溶液中都有等式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)。(×)
错因：Na2S溶液和NaHS溶液均存在电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。
(2)pH＝7的溶液中一定有c(H＋)＝c(OH－)。(×)
错因：25 ℃ pH＝7的溶液一定有c(H＋)＝c(OH－)。
(3)盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵。(×)
错因：盐酸与氨水恰好中和时，溶质为NH4Cl，但溶液显酸性，若使溶液呈中性，需氨水过量，故溶液溶质为氯化铵和一水合氨。
(4)0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)。(×)
错因：两溶液混合恰好反应生成Na2CO3溶液，由于CO＋H2OHCO＋OH－以及H2O也电离出OH－，故可判断c(OH－)>c(HCO)。
(5)室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)>c(NH)＋c(OH－)。(×)
错因：室温下pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合时，氨水过量，溶液呈碱性，故c(OH－)>c(H＋)，再结合电荷守恒c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c(NH)>c(Cl－)，故c(Cl－)＋c(H＋)c(H＋)＋c(CH3COOH)。(×)
错因：两溶液混合恰好生成CH3COONa，依据质子守恒知：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)。
2．含SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是(　　)
A．Na2SO3溶液中存在：
c(Na＋)>c(SO)>c(H2SO3)>c(HSO)
B．已知NaHSO3溶液pHc(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)
C．当吸收液呈酸性时：
c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
D．当吸收液呈中性时：c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)
答案　D
解析　Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H2SO3)，A项错误；NaHSO3溶液pHc(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(SO)＋c(HSO)，也可以是NaHSO3和亚硫酸钠的混合溶液，则选项中的物料守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)＋c(HSO)，故c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)，D项正确。
题组训练
题组一 单一溶液离子浓度的大小比较
1．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0.1 mol·L－1
B．NH4Cl溶液中，c(NH)>c(Cl－)
C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)＝c(H＋)
D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
答案　C
解析　Na2SO4溶液显中性，c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)，溶液中离子浓度大小为c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)＝c(H＋)，C正确。
2．下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是(　　)
A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
B．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO)
D．温度升高，c(HCO)增大
答案　B
解析　加水稀释后c(H＋)与c(OH－)的乘积不变，体积变大，所以n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故B正确。

1．单一溶液中粒子浓度的比较
(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。
(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
(4)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。
2．不同溶液中同一粒子浓度的大小比较
选好参照物，分组比较，各个击破：
如25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：
①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、
④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②。分析流程为
分组
题组二 混合溶液中离子浓度大小关系
3．将0.1 mol·L－1(CH3COO)2Ba溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，下列关系不正确的是(　　)
A．3c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C．c(CH3COO－)>c(Na＋)＝c(Ba2＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)＋0.05 mol·L－1
答案　C
解析　由电荷守恒式2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，两溶液均为0.1 mol·L－1，则c(Ba2＋)＝c(Na＋)，可知A项正确；因CH3COO－在溶液中部分水解，由物料守恒：2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B项正确；该溶液中的OH－来自NaOH的电离和CH3COO－的水解，故c(CH3COO－)>c(OH－)>c(Na＋)＝c(Ba2＋)>c(H＋)，C项不正确；电荷守恒式为c(Na＋)＋2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，把c(Na＋)＝0.05 mol·L－1和物料守恒式2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)代入电荷守恒式，即得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)＋0.05 mol·L－1，D项正确。
4．下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1 mol·L－1：①H2S溶液、②KHS溶液、③K2S溶液、④H2S和KHS混合溶液(已知常温下KHS溶液的pH>7)。下列说法正确的是(　　)
A．溶液的pH从大到小的顺序为③>②>①>④
B．在H2S和KHS混合溶液中：
c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝2c(K＋)
C．c(H2S)从大到小的顺序为①>④>③>②
D．在KHS溶液中：
c(H＋)＋c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(OH－)
答案　B
解析　H2S溶液、H2S和KHS混合溶液均显酸性，但HS－的存在抑制了H2S的电离，故pH：④>①；K2S溶液中S2－的水解程度大于KHS溶液中HS－的水解程度，则pH：③>②，故溶液pH从大到小的顺序为③>②>④>①，A错误。H2S和KHS混合溶液中H2S的电离受HS－的抑制，c(H2S)最大；H2S溶液中H2S部分电离，主要以H2S形式存在，故c(H2S)次之；在K2S溶液中S2－发生两步水解生成H2S，而KHS溶液中HS－发生一步水解生成H2S，故溶液中c(H2S)：④>①>②>③，C错误。在KHS溶液中根据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(K＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，D错误。

混合溶液粒子浓度比较方法
(1)酸、碱中和型粒子浓度的比较

(2)盐与酸(碱)混合型粒子浓度的比较
首先考虑是否反应，若不反应，分析盐的水解程度和酸(碱)的电离程度的大小；若能反应，则按反应后混合组成综合考虑水解和电离两种因素。
高考真题实战
1．(高考集萃)判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)(2019·全国卷Ⅲ)常温下，pH＝2的H3PO4溶液中，加入NaH2PO4固体，酸性增强。(　　)
(2)(2018·天津高考)某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小。(　　)
(3)(2017·天津高考)蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液制备无水AlCl3。(　　)
(4)(2016·全国卷Ⅲ)将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中增大。(　　)
(5)(2016·江苏高考)0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液加热后溶液的pH减小。(　　)
(6)(2015·江苏高考)Na2CO3溶液中CO的水解：CO＋H2O===HCO＋OH－。(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
解析　(1)加入NaH2PO4固体，抑制了磷酸的第一步电离，溶液酸性减弱，错误。
(2)依据越弱越水解的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A－的水解越强，故应该是NaA的Kh(水解常数)越大。
(3)AlCl3易发生水解，加热AlCl3溶液时，AlCl3水解生成的HCl易挥发，从而得不到无水AlCl3。要制备无水AlCl3应在HCl氛围中加热蒸发，错误。
(4)CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解是吸热的，升高温度，水解平衡正向移动，减小，错误。
(5)加热会促进CO的水解，溶液的碱性增强，pH增大，错误。
(6)水解是微弱的，可逆的，所以CO的水解反应中应用可逆号，错误。
2．(2019·江苏高考)(双选)室温下，反应HCO＋H2OH2CO3＋OH－的平衡常数K＝2.2×10－8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.2 mol·L－1氨水：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液(pH＞7)：c(NH)＞c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)
C．0.2 mol·L－1氨水和0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)
D．0.6 mol·L－1氨水和0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)＋c(CO)＋c(OH－)＝0.3 mol·L－1＋c(H2CO3)＋c(H＋)
答案　BD
解析　氨水中存在：NH3·H2ONH＋OH－，H2OH＋＋OH－，氨水中NH3·H2O的电离是少量的，主要以NH3·H2O分子存在，水电离出OH－，所以c(OH－)＞c(NH)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于NH的水解程度，B正确；由物料守恒，n(N)∶n(C)＝2∶1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，C错误；由物料守恒，n(N)∶n(C)＝4∶1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝4[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]①，由电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)②，结合①②消去c(NH)，得：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)＋4c(H2CO3)＋3c(HCO)＋2c(CO)③，0.2 mol·L－1 NH4HCO3与氨水等体积混合后，体积增大1倍，由碳原子守恒有，c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1④，将③等式两边各加一个c(CO)，则有c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋3c(H2CO3)＋3c(HCO)＋3c(CO)⑤，将④代入⑤中得，c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.3 mol·L－1，D正确。
3．(2018·北京高考)测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是(　　)
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－
B．④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
答案　C
解析　Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－、HSO＋H2OH2SO3＋OH－，A正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO浓度减小，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO水解平衡正向移动，c(SO)减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C错误；Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，D正确。
4．(2017·江苏高考)(双选)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是(　　)
A．浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L－1 HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)
D．0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pHc(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
答案　AD
解析　相同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，水解程度NH大于HCOO－，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可比较c(Na＋)＋c(H＋)和c(Cl－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(Cl－)，又根据NH和HCOO－的水解程度得HCOONa中的c(H＋)大于NH4Cl溶液中c(OH－)，所以阳离子浓度之和，前者大于后者，A正确。用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，因为CH3COOH的酸性弱于HCOOH，CH3COOH消耗NaOH溶液的体积比HCOOH的大，B错误。根据电荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，c(Na＋)>c(HCOOH)，C错误。反应后溶液相当于相同浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl溶液的混合物，溶液显酸性，
c(CH3COO－)>0.05 mol·L－1，c(CH3COOH)