2022年高考化学一轮复习讲义第8章第40讲　盐类水解 (含解析)

这是一份2022年高考化学一轮复习讲义第8章第40讲　盐类水解 (含解析)，共21页。试卷主要包含了了解盐类水解的原理及其一般规律，盐类水解离子方程式的书写，解答下列问题，盐类水解的应用，7，则溶液中c＞c＞c＞c等内容，欢迎下载使用。
第40讲　盐类水解
复习目标　1.了解盐类水解的原理及其一般规律。2.掌握水解离子方程式的书写。3.了解影响盐类水解程度的主要因素。4.了解盐类水解的应用。5.能利用水解常数(Kh)进行相关计算。
考点一　盐类水解及其规律

1．盐类的水解

2．盐类水解规律
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
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
pH＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO－、CO
碱性
pH>7

3.盐类水解离子方程式的书写
(1)由于水解是微弱的反应，因而反应物与生成物用“”连接，易挥发性物质不标“↑”，难溶物不标“↓”，易分解的物质不拆开书写(相互促进水解者除外)。
如NaHCO3(aq)：____________________________________________________________。
NH4Cl(aq)：________________________________________________________________。
(2)多元弱酸盐的水解分步写：
如Na2S(aq)：第一步：S2－＋H2OHS－＋OH－；
第二步：HS－＋H2OH2S＋OH－，水解以第一步水解为主。
(3)金属阳离子(弱碱的阳离子)水解一步写到底：
如AlCl3(aq)：__________________________________________________________________。
(4)相互促进水解时，由于反应彻底，故生成物中出现的不溶于水的________或________均要注明状态，即写上“↓”或“↑”符号，中间用“===”连接。如NaHCO3与Al2(SO4)3混合反应：3HCO＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
答案　(1)HCO＋H2OH2CO3＋OH－
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
(3)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
(4)沉淀　气体

(1)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐(×)
错因：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。
(2)酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性(√)
(3)pH相同的盐酸和氯化铵溶液中由水电离出的c(H＋)相同(×)
错因：酸抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。
(4)Na2CO3溶液中CO的水解：CO＋H2O===HCO＋OH－(×)
错因：水解微弱，应该用可逆号。
(5)FeCl3溶液与NaHCO3溶液混合：Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑(√)

1．怎样用最简单的方法区别NaCl溶液、氯化铵溶液和碳酸钠溶液？
答案　三种溶液各取少许分别滴入紫色石蕊溶液，不变色的为NaCl溶液，变红色的为氯化铵溶液，变蓝色的为碳酸钠溶液。
2．常温下，同浓度的①Na2CO3，②CH3COONa，③NaHCO3溶液，pH由大到小的顺序是________。
答案　①>③>②
3．已知常温下三种物质的电离常数，CH3COOH(Ka)，NH3·H2O(Kb)，H2CO3(Ka1)其关系为______________则CH3COONH4溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”，下同)，NH4HCO3溶液显________性。
答案　Ka＝Kb>Ka1　中　碱

题组一　盐类水解的实质及规律
1．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　这几种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应使溶液显碱性，当盐的浓度相同时，酸的酸性越弱，酸根离子水解的程度就越大，水的电离程度就越大，溶液的碱性就越强。根据表格数据可知四种溶液中，水的电离程度：①HC
答案　C
解析　在盐类水解中，遵循“有弱就水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性”的规律，C项错误，D项正确；AD为强酸弱碱盐，显酸性，A项正确；由物料守恒可知，B项正确。
题组二　水解离子方程式的书写与判断
4．下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是(　　)
A．Na2CO3：CO＋2H2OH2CO3＋2OH－
B．CuSO4：Cu2＋＋2H2O===Cu(OH)2＋2H＋
C．NaAlO2：AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－
D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
答案　C
解析　A项，应为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－；B项，应为Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D项，应为F－＋H2OHF＋OH－。
5．写出下列物质常温下溶于水发生反应的离子方程式，判断指定溶液的酸碱性。
(1)明矾______________________________________________________________，pH______7。
(2) CH3COONH4______________________________________________________，pH______7。
(3) Al2S3_________________________________________________________________。
答案　(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋　
7，其原因是_____________(用离子方程式说明，下同)；若pHc(H＋)，溶液显碱性。
同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液显碱性。
②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)
使c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。同理NaH2PO4溶液显酸性。
2．NH与CH3COO－、HCO、CO等在水解时相互促进，其水解程度比单一离子的水解程度大，但水解程度仍然比较弱，不能进行完全，在书写水解方程式时用“”。
考点二　盐类水解的影响因素及应用

1．影响盐类水解平衡的因素
(1)内因：生成盐的弱酸或弱碱越弱，其对应的弱酸酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
如水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。
(2)外因
(3)以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，分析外界条件对水解平衡的影响。
条件
平衡移动方向
H＋数
pH
现象
升温
向右
增多
减小
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
向右
减小
增大
生成红褐色沉淀，放出气体


2.盐类水解的应用
(1)判断溶液的酸碱性
Na2CO3溶液呈碱性的原因：
CO＋H2OHCO＋OH－
(2)配制或贮存易水解的盐溶液
如配制FeCl3溶液时，先将它溶解在较浓的盐酸中，再加水至指定浓度；配制CuSO4溶液时，加入少量的H2SO4，以抑制Cu2＋水解。
(3)判断盐溶液蒸干灼烧时所得的产物
如将AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼烧得到Al2O3、Fe2O3；CuSO4溶液蒸干后得到CuSO4固体。
(4)离子共存
如Al3＋、Fe3＋与HCO、CO、AlO因相互促进水解而不共存。Al3＋与S2－因相互促进水解而不共存，但Fe3＋与S2－发生氧化还原反应，不共存。
(5)解释生活中的现象
如明矾净水、热纯碱溶液除油污，草木灰不能与铵盐混用、泡沫灭火器工作原理等。
(6)离子浓度大小的比较
如碳酸氢钠溶液中离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)。
(7)物质的提纯(水解除杂)
如MgCl2溶液中混有少量Fe3＋杂质时，因Fe3＋的水解程度比Mg2＋的水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2等，使水解平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀而除去。
在酸性较强的环境中Fe3＋比Al3＋、Mg2＋、Cu2＋更易发生水解，可采用加入CuO、Cu(OH)2等调节pH的方法生成Fe(OH)3沉淀除去，但不能用会引入杂质离子的物质。

(1)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强(×)
错因：盐的浓度越小，水解程度越大，生成的H＋(或OH－)的物质的量越多，但H＋(或OH－)的浓度是减小的。
(2)加热0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，减小(×)
错因：升温，CO的水解程度增大，应增大。
(3)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大(×)
错因：通入HCl抑制了Fe3＋的水解，Fe3＋浓度增大的很少，Cl－浓度增大的多，故减小。
(4)水解相互促进的离子在同一溶液中一定不能共存(×)
错因：水解相互促进没有沉淀和气体生成的离子可以共存，例如：铵根和醋酸根。

题组一　水解平衡移动及结果分析
1．向三份0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
答案　A
解析　CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性，故促进其平衡正向移动，则CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，对水解有抑制作用，故CH3COO－浓度增大。
2．下列有关电解质溶液的说法不正确的是(　　)
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小
B．将0.1 mol·L－1的K2C2O4溶液从25 ℃升温至35 ℃，增大
C．向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1
D．向0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大
答案　D
解析　Na2CO3溶液中存在平衡CO＋H2OHCO＋OH－，通入NH3，NH3溶于水生成NH3·H2O，存在电离NH3·H2ONH＋OH－，抑制了CO的水解，c(CO)增大，又因为c(Na＋)不变，所以减小，故A正确；K2C2O4溶液中存在C2O水解，水解吸热，若从25 ℃升温至35 ℃，促进了C2O的水解，c(C2O)减小，又因为c(K＋)不变，所以增大，故B正确；向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(F－)，即＝1，故C正确；CH3COOH的电离常数Ka＝，所以＝，电离常数只受温度影响，温度不变则Ka不变，故D错误。
3．(2020·长沙模拟)在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
答案　B
解析　水解常数只与温度有关，A错误；Cu2＋＋S2－===CuS↓，平衡左移，HS－浓度减小，B正确；水解为吸热反应，升高温度平衡右移，因而增大，C错误；加入NaOH固体，溶液pH增大，D错误。
题组二　水解原理的应用
4．下列有关问题与盐的水解有关的是(　　)
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＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH
A．①②③⑥ B．②③④⑥
C．①④⑤⑥ D．①②③④⑤
答案　D
解析　①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐，溶液中NH与Zn2＋均发生水解反应，溶液显酸性，可以除去金属表面的锈；②HCO与Al3＋发生相互促进的水解反应，产生CO2，可作灭火剂；③草木灰的主要成分为K2CO3，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而二者不能混合施用；④Na2CO3溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成Na2SiO3，将瓶塞与瓶口黏合在一起，因此实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞；⑤CuCl2溶液中存在水解平衡，CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体；⑥Cl2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，且没有引入杂质，与盐的水解无关。
5．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)
A．CO＋H2OHCO＋OH－　用热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋　明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl　用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体
答案　D
解析　升高温度，促使CO的水解平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大，碱性增强，有利于油污的水解及清洗，A正确；明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋发生水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用，B正确；TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀，经脱水制备TiO2，C正确；SnCl2易发生水解反应，而配制其溶液时，加入NaOH固体，消耗HCl促使水解平衡正向移动，生成Sn(OH)Cl沉淀，故应加入HCl溶液抑制其水解，D错误。
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；NH3HCO3受热分解生成NH3、H2O、CO2；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，受热分解得到的固体物质是Fe2O3。
题组三　平衡移动与实验探究
7．已知：[FeCl4(H2O)2]－为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，下列实验所得结论不正确的是(　　)
①
②
③
④




加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深
加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化
加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深
加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深

注：加热为微热，忽略体积变化。
A．实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3
B．实验②中，酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响
C．实验③中，加热，可逆反应：
Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－正向移动
D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3＋水解平衡正向移动
答案　D
解析　加热促进水解，铁离子水解生成氢氧化铁，则实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3，故A项正确；由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解，则实验②中酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响，故B项正确；加入NaCl后，溶液立即变为黄色，发生反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，[FeCl4(H2O)2]－为黄色，加热时平衡正向移动，溶液颜色变深，故C项正确；实验④中存在Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能证明对Fe3＋水解平衡的影响，故D项错误。
8．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，测得其pH为9.7；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．加入CaCl2促进了HCO的水解
C．反应的离子方程式为
2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3
D．反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)
答案　B
解析　NaHCO3既能电离又能水解，水解出OH－，电离出H＋，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于其电离程度，A项正确；溶液中存在HCOCO＋H＋，加入CaCl2消耗CO，促进HCO的电离，B项错误；HCO与Ca2＋生成CaCO3和H＋，H＋结合HCO生成H2CO3，则反应的离子方程式为2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3，C项正确；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，溶液的pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，D项正确。

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)；
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。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，
如Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。

(1)解答此类题的思维过程
①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)
②找出影响平衡的条件
③判断平衡移动的方向
④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系
(2)答题模板
……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。

1．为探究盐类水解是一个吸热过程，请用Na2CO3溶液和其他必要试剂，设计一个简单的实验方案：_______________________________________________________________________。
答案　取Na2CO3溶液，滴加酚酞溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热
2．常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)>(填“>”“＝”或“＜”)c(CO)，原因是：HCOCO＋H＋，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，HCO的水解程度大于电离程度(用离子方程式和必要的文字说明)。
3．(1)若在空气中加热MgCl2·6H2O，生成的是Mg(OH)Cl或MgO，写出相应反应的化学方程式：MgCl2·6H2OMg(OH)Cl＋HCl↑＋5H2O↑，MgCl2·6H2OMgO＋2HCl↑＋5H2O↑或Mg(OH)ClMgO＋HCl↑。
(2)在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O时，能得到无水MgCl2，其原因是在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水蒸气，故能得到无水MgCl2。
4．(1)把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体是什么？为什么？如何操作溶质不变？(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
答案　在AlCl3溶液中存在着如下平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此最后得到的固体是Al2O3；在HCl气流中加热蒸发溶质不变。
(2)MgO可除去MgCl2溶液中的Fe3＋，其原理是______________________________________。
答案　Fe3＋＋H2OFe(OH)3＋3H＋，加入MgO，MgO和H＋反应，使c(H＋)减小，平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去

1．(2020·天津，7)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Ka(HCOOH)＞Ka(HF)
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(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)
D．在1 mol·L－1 Na2S溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1 mol·L－1
答案　A
解析　HCOONa和NaF均属于强碱弱酸盐，越弱越水解，HCOONa的pH较大，所以Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，A项错误；两溶液等体积混合后pH＜7，说明溶液显酸性，c(H＋)＞
c(OH－)，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞
c(OH－)，B项正确；硫化亚铁溶于稀硫酸，而硫化铜不溶于稀硫酸，可得Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，C项正确；在1 mol·L－1的Na2S溶液中，根据物料守恒可得c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1 mol·L－1，D项正确。
2．(2019·上海，20)常温下0.1 mol·L－1①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是(　　)
A．①中c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一
C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)
D．①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度小
答案　B
解析　A项，0.1 mol·L－1 CH3COOH发生部分电离产生CH3COO－和H＋，水发生微弱电离产生H＋和OH－，故①中c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)，错误；B项，①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，且c(CH3COONa)＝0.05 mol·L－1，由于①②混合后c(CH3COONa)小于③，则混合液中CH3COO－的水解程度比③大，故混合液中c(CH3COO－)小于③中c(CH3COO－)，正确；C项，①③等体积混合后为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液显酸性说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)，错误；D项，①②等体积混合后恰好生成CH3COONa，CH3COO－水解促进水的电离，①③等体积混合后，由于CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，水的电离被抑制，故①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度大，错误。

3．(2016·全国卷Ⅲ，13)下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)
A．向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B．将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
答案　D
解析　A项，＝，加水稀释，c(CH3COO―)减小，Ka不变，所以比值增大，错误；B项，＝，温度升高水解常数Kh增大，比值减小，错误；C项，向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl―)＋c(OH―)，此时c(H＋)＝c(OH―)，故c(NH)＝c(Cl－)，所以＝1，错误；D项，在饱和溶液中＝，温度不变，溶度积Ksp不变，则溶液中不变，正确。
4．(2019·北京，12)实验测得0.5 mol·L－1CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．随温度升高，纯水中c(H＋)>c(OH－)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
答案　C
解析　任何温度时，纯水中H＋浓度与OH－浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H＋)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D项错误。
5．(2018·北京，11)测定0.1 mol·L－1Na2SO3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　①→③的过程中，pH变小，说明SO水解产生的c(OH－)减小；升高温度，SO的水解平衡正向移动，溶液中SO水解产生的c(OH－)增大，pH应增大，而实际上溶液的pH减小，其主要原因是实验过程中部分SO被空气中的O2氧化生成SO，溶液中c(SO)减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误；Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－，A对；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，说明④中的SO数目大于①中的，④中的SO数目小于①中的，所以④中OH－数目小于①中的，pH不同，B对；Kw只与温度有关，D对。

1．(2019·怀化高三期末)常温下，某NH4Cl溶液的pH＝4，下列说法中正确的是(　　)
①溶液中c(H＋)＞c(OH－)
②由水电离产生的c(H＋)约为10－10 mol·L－1
③溶液中离子浓度关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
④在纯水中加入该NH4Cl溶液，水的电离被抑制
A．①② B．①③ C．①④ D．①②③④
答案　B
2．室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　)
选项
加入的物质
结论
A
50 mL 1 mol·L－1 H2SO4
反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)
B
0.05 mol CaO
溶液中增大
C
50 mL H2O
由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变
D
0.1 mol NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变

答案　B
解析　Na2CO3溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50 mL 1 mol·L－1H2SO4，Na2CO3与H2SO4恰好反应生成0.05 mol·L－1Na2SO4，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05 mol CaO后，发生反应CaO＋H2O===Ca(OH)2，生成0.05 mol的Ca(OH)2，Ca(OH)2恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，则c(CO)减小，c(OH－)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；C项，加入50 mL H2O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入0.1 mol NaHSO4固体与0.05 mol Na2CO3恰好反应生成0.1 mol Na2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误
3．下列溶液中，操作和现象对应正确的是(　　)
选项
溶液
操作
现象
A
滴有酚酞的明矾溶液
加热
颜色变深
B
滴有酚酞的氨水
加入少量NH4Cl固体
颜色变浅
C
滴有酚酞的CH3COONa溶液
加入少量的CH3COONa固体
颜色变浅
D
氯化铁溶液
加热
颜色变浅

答案　B
解析　明矾溶液中Al3＋水解使溶液呈酸性，加热，Al3＋的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化，A项错误；加入NH4Cl固体，氨水的电离程度减小，碱性减弱，溶液颜色变浅，B项正确；加入少量CH3COONa固体会使CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡向右移动，c(OH－)增大，颜色变深，C项错误；加热氯化铁溶液时促进FeCl3水解为红褐色的Fe(OH)3，颜色加深，D项错误。
4．常温下，HF的电离常数Ka＝6.61×10－4，NH3·H2O的电离常数Kb＝1.78×10－5。下列说法正确的是(　　)
A．NH4F溶液中lg ＞0
B．NH4F溶液中水的电离程度小于纯水的电离程度
C．NH4F溶液中F－的水解平衡常数Kh(F－)≈1.51×10－11
D．NH4F与NH4Cl的混合溶液中有下列关系：c(NH)＞c(F－)＋c(Cl－)
答案　C
解析　HF的电离平衡常数大于NH3·H2O的电离平衡常数，所以氟离子的水解程度小于铵根离子水解程度，溶液显酸性，氢氧根离子与氢离子的比值的对数应小于0，故A项错误；铵根离子和氟离子的水解促进水的电离，所以NH4F溶液中水的电离程度大于纯水的电离程度，故B项错误；NH4F溶液中F－的水解平衡常数＝≈1.51×10－11，故C项正确；NH4F与NH4Cl的混合溶液中c(NH)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，又溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，所以c(NH)K2>K3　bd　调节溶液的pH
解析　Fe3＋分三步水解，水解程度越来越小，所以对应的平衡常数也越来越小，有K1>K2>K3；生成聚合氯化铁的离子方程式为xFe3＋＋yH2OFex(OH)＋yH＋，由于水解是吸热的，降温则水解平衡逆向移动；加水稀释，水解平衡正向移动；NH4Cl溶液呈酸性，加入NH4Cl，H＋浓度增大，平衡逆向移动；加入NaHCO3，消耗H＋，H＋浓度降低，平衡正向移动，故可采用的方法是b、d。从反应的离子方程式可知，氢离子的浓度影响聚合氯化铁的生成，所以关键条件是调节溶液的pH。