專題06鹽類的水解題型1鹽類水解的實質和規律題型2鹽溶液呈酸堿性的原因題型3鹽類水解方程式的書寫題型4外界因素對鹽類水解的影響題型5鹽類水解的應用題型6判斷溶液中粒子濃度大小關系題型7三大守恒關系的應用▉題型1鹽類水解的實質和規律【例1】已知常溫下，0.1mol/l的NH4Cl溶液中，下列關系正確的是A．c(NH3?H2O)>c(Cl-) B．c(H+)=c(OH-)C．c(NH)<c(Cl-) D．c(Cl-)<c(OH-)【答案】C【分析】NH4Cl溶液中銨根離子水解，水解方程式為：NH+H2O?NH3?H2O+H+，以此解題。【解析】A．由于銨根離子的水解是微弱的，則c(NH3?H2O)<c(Cl-)，A錯誤；B．由分析可知，該溶液顯酸性，則c(H+)>c(OH-)，B錯誤；C．由于銨根離子的水解導致其濃度小于氯離子濃度，即c(NH)<c(Cl-)，C正確；D．由分析可知，該溶液顯酸性，氫氧根離子較少，則c(Cl-)>c(OH-)，D錯誤；故選C。【例2】常溫下濃度均為的四種鹽溶液，其如表所示，下列說法正確的是序號①②③④溶液8.89.711.610.3A．等濃度的和溶液，小的是B．四種溶液中水的電離程度：③>④>②>①C．在溶液中電離程度大于水解程度D．溶液中有：【答案】B【解析】酸性越弱，其酸根離子水解程度越大，對應的鹽溶液的pH越大；A．對應的鹽溶液的pH越大，酸根離子水解程度越大，酸越弱，則等濃度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性強，pH小的是CH3COOH，故A錯誤；B．易水解的鹽能促進水的電離，水解程度越大，對水的電離的促進程度越大，則四種溶液中，水的電離程度③＞④＞②＞①，故B正確；C．碳酸氫鈉溶液的pH為9.7，溶液呈堿性，說明碳酸氫根離子在溶液中的電離程度小于水解程度，故C錯誤；D．依據質子守恒，Na2CO3溶液中有：，故D錯誤；故選：B。【變式1-1】25℃時，0.1mol·L－1下列溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④NaClO，其中水的電離程度最大的是A．① B．② C．③ D．④【答案】D【解析】強酸和強堿抑制水的電離，強酸弱堿鹽或強堿弱酸鹽促進水的電離，強酸強堿鹽對水的電離無影響，①NaCl為強堿強酸鹽，水的電離不受影響；②NaOH中氫氧根離子濃度為0.1mol·L－1，抑制水的電離；③H2SO4氫離子濃度為0.2mol·L－1，抑制水的電離，且大于氫氧化鈉溶液的抑制作用；④NaClO為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，促進水的電離，其中水的電離程度最大的是④，故選D。【變式1-2】以下實驗證明鹽的水解過程是吸熱的是A．向鹽酸中加入氫氧化鈉溶液，混合液溫度上升B．向氨水中加入氯化銨固體，溶液的pH變小C．將硝酸銨晶體溶于水，水溫下降D．向醋酸鈉溶液中滴入2滴酚酞，加熱后紅色加深【答案】D【解析】A項，向鹽酸中加入氫氧化鈉溶液，混合液溫度上升，說明酸堿中和反應是放熱反應，而不能說鹽的水解反應是吸熱反應，錯誤；B項，氨水溶液中加入氯化銨晶體，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，抑制氨水的電離，c(OH－)減小，溶液pH減小，過程伴隨熱效應，則不能說明鹽類水解是吸熱的，錯誤；C項，因硝酸銨晶體溶于水吸收熱量，則不能說明鹽水解為吸熱反應，錯誤；D項，向醋酸鈉溶液中滴入2滴酚酞，溶液顯紅色，說明醋酸鈉在溶液中水解使溶液顯堿性，加熱后溶液紅色加深，說明升高溫度鹽水解程度增大，導致溶液堿性增強，故可以證明鹽的水解反應是吸熱反應，正確。【變式1-3】常溫下，物質的量濃度相同的三種鹽溶液NaX、NaY、NaZ的pH依次為7、9、10，下列說法不正確的是A．HX是強酸 B．離子濃度c(Z－)＜c(Y－)＜c(X－)C．三種鹽溶液中水的電離度都比純水大 D．c(X－)＝c(Z－)＋c(HZ)【答案】C【解析】A項，溶液PH＝7說明NaX溶液不水解，HX是強酸，正確；B項，因pH越大，說明酸根離子水解越是強烈，所以鹽溶液中離子濃度c(Z－)＜c(Y－)＜c(X－)，正確；C項，依據NaX溶液PH＝7分析，X－離子不水解，溶液中水的電離不變，故C錯誤；D項，根據物料守恒：c(Na＋)＝c(X－)，c(Na＋)＝c(Z－)＋c(HZ)，物質的量濃度相同的三種鹽溶液NaX、NaY、NaZ，c(Na＋)＝c(X－)＝c(Z－)＋c(HZ)，正確。【變式1-4】常溫下，現有濃度均為0.1mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氫氧化鈉、④氯化銨、⑤醋酸銨、⑥硫酸氫銨、⑦氨水，請回答下列問題：（1）上述溶液中，可發生水解的是（填序號，下同）。（2）①、②、③、④四種溶液中由水電離出的H+濃度由大到小的順序是（填序號）。（3）④、⑤、⑥、⑦四種溶液中NH4+濃度由大到小的順序是（填序號）。（4）將③和④等體積混合后，混合液中各離子濃度關系正確的是。A．c(Na+)＝c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(NH)B．c(Na+)＝0.1mol/LC．c(Na+)+c（NH)＝c(Cl﹣)+c(OH﹣)D．c(H+)＞c(OH﹣)（5）取10mL溶液③，加水稀釋到1L，則此時溶液中由水電離出的c(H+)＝。【答案】（1）④⑤⑥（2）④>②>③>①（3）⑥>④>⑤>⑦（4）A（5）【解析】（1）含有弱堿陽離子或弱酸陰離子的鹽能發生水解，則能發生水解的是④⑤⑥；（2）酸或堿抑制水電離，酸中H+濃度越大或堿中OH-濃度越大，抑制水電離程度就越大，硫酸溶液中H+濃度最大，氫氧化鈉溶液中OH-濃度大于醋酸溶液中H+濃度，氯化銨促進水電離，則水電離出的H+濃度由大到小的順序是④>②>③>①；（3）一水合氨是弱電解質，溶液中電離出來的濃度最小，H+抑制水解，醋酸根離子促進水解，則④、⑤、⑥、⑦四種溶液中濃度由大到小的順序是⑥>④>⑤>⑦；（4）將③和④等體積混合后，溶液中的溶質為等物質的量濃度的NaCl和，A．一水合氨和水都電離出OH-，但只有一水合氨電離出，結合物料守恒得離子濃度大小順序是c(Na+)=c(Cl-)>c(OH-)>，A正確；B．混合后n(Na+)不變，溶液體積增大一倍，濃度降為原來的一半，則c(Na+)=0.05mol/L，B錯誤；C．由電荷守恒得，C錯誤；D．混合后溶液的溶質為等物質的量濃度的NaCl和，溶液呈堿性，則c(H+)<c(OH-)，D錯誤；故選A；（5）稀釋后溶液中，則此時溶液中由水電離出的。▉題型2鹽溶液呈酸堿性的原因【例3】下列物質溶于水后溶液顯酸性的是A．KNO3 B．Na2O2 C．NH4Cl D．CH3COONa【答案】C【解析】A項，KNO3為強酸強堿鹽，溶液呈中性，錯誤；B項，過氧化鈉溶于水生成氫氧化鈉，溶液呈堿性，錯誤；C項，NH4Cl為強酸弱堿鹽，溶于水后銨根離子水解產生H＋，溶液呈酸性，正確；D項，CH3COONa為強堿弱酸鹽，溶于水后醋酸根離子水解產生OH－，溶液呈堿性，錯誤。【變式2-1】常溫下，某溶液的。下列關于該溶液的說法中，不正確的是A．顯酸性 B．C． D．加熱，pH變大【答案】D【解析】A．銅離子水解，溶液顯酸性，A正確；B．常溫下，某溶液的，則溶液中，B正確；C．溶液中，因此根據水的離子積常數可知溶液中，C正確；D．加熱促進銅離子水解，氫離子濃度增大，pH變小，D錯誤；答案選D。【變式2-2】常溫下，0.1mol/L醋酸鈉溶液的。下列相關說法不正確的是A．醋酸鈉溶液顯堿性的原因是：B．常溫下，醋酸鈉溶液中：C．向10mL上述溶液中滴加5滴飽和溶液，逐漸增大D．在pH均為9的醋酸鈉溶液和氨水中，水的電離程度：醋酸鈉溶液>氨水【答案】B【解析】A．醋酸鈉為強堿弱酸鹽，在水溶液中CH3COO-部分發生水解，消耗水電離產生的H+變為CH3COOH，最終達到平衡時溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液顯堿性，水解反應的離子方程式為：，A正確；B．題中已知在常溫下，該醋酸鈉溶液的，可知，醋酸鈉溶液中由于醋酸根水解促進水的電離，因此可得，B錯誤；C．，加入消耗氫氧根則氫離子的濃度在增加，可知逐漸增大，C正確；D．醋酸鈉是強堿弱酸鹽，醋酸根發生水解反應消耗水電離產生的H+，促進水的電離，根據上述計算可知時，而氨水中的NH3?H2O是弱酸，電離產生氫氧根，對水的電離平衡其抑制作用，使水的電離程度減小，計算可知時，因此當二者的pH=9相同時，水的電離程度前者大，D正確；故答案選：B。▉題型3鹽類水解方程式的書寫【例4】下列物質在常溫下發生水解時，對應的水解方程式正確的是A．Na2CO3：＋H2O2OH-＋CO2↑B．NH4NO3：＋H2ONH3·H2O＋OH-C．CuSO4：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2↓＋2H＋D．KF：F-＋H2OHF＋OH-【答案】D【解析】A．是二元弱酸，的水解分兩步：、，A錯誤；B．水解離子方程式是：＋H2ONH3·H2O＋H+；B錯誤；C．水解程度很小，離子方程式中不寫氣體或沉淀符號，Cu2＋水解離子方程式是：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，C錯誤；D．F-的水解離子方程式是：F-＋H2OHF＋OH-，D正確；故選D。【變式3-1】下列離子方程式中，屬于水解反應的是A．B．C．D．【答案】A【解析】A．碳酸根離子分步水解，第一步水解的離子方程式為，A符合題意；B．是的電離方程式，B不符合題意；C．甲酸是一元弱酸，水分子作用下甲酸在溶液中電離出甲酸根離子和水合氫離子，電離方程式為，C不符合題意；D．二氧化碳與水反應生成碳酸，碳酸在溶液中部分電離出碳酸氫根離子和氫離子，有關方程式為，D不符合題意；故答案選A。【變式3-2】下列離子方程式書寫正確的是A．氯水呈酸性：B．溶液呈堿性：C．溶液水解：D．溶液顯酸性的原因：【答案】D【解析】A．HClO是弱酸，保留化學式，氯氣與水反應的離子方程式為：；故A錯誤；B．水解為可逆反應，用可逆符合，離子方程式為：，故B錯誤；C．溶液水解生成H2S，離子方程式為：，故C錯誤；D．溶液中銨根離子水解導致溶液顯示酸性，離子方程式為：，故D正確。答案選D。▉題型4外界因素對鹽類水解的影響【例5】用某化學興趣小組同學通過測量氯化銨溶液的pH在實驗前后的變化，探究影響鹽類水解的因素，根據實驗現象和原理，下列對水解程度判斷正確的是選項實驗pH變化水解程度A加入氯化銨固體減小增大B加熱氯化銨溶液減小減小C加入醋酸鈉固體增大增大D加入NaCl溶液增大不變【答案】C【分析】氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中水解生成一水合氨和氫離子，溶液呈酸性。【解析】A．向氯化銨溶液中加入氯化銨固體，溶液中銨根離子濃度增大，平衡右移，溶液中氫離子濃度增大，溶液pH減小，但銨根離子的水解程度減小，故A不符合題意；B．銨根離子在溶液中的水解反應是吸熱反應，加熱氯化銨溶液，水解平衡右移，溶液中氫離子濃度增大，溶液pH減小，銨根離子的水解程度增大，故B不符合題意；C．向氯化銨溶液中加入醋酸鈉固體，醋酸根離子與溶液中的氫離子反應，使溶液中氫離子濃度減小，水解平衡右移，溶液pH中的增大，銨根離子的水解程度增大，故C符合題意；D．向氯化銨溶液中加入氯化鈉溶液相當于稀釋氯化銨溶液，水解平衡右移，銨根離子的水解程度增大，故D不符合題意；故選C。【變式4-1】在0.1mol·L－1FeCl3溶液中存在Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋的水解平衡，下列說法中正確的是A．加FeCl3固體，平衡正向移動，水解程度增大B．稍微加熱，促進水解，c(H＋)增大，pH減小C．加NaOH固體，與鐵離子反應，平衡逆向移動D．通入HCl氣體，平衡逆向移動，鐵離子水解常數減小【答案】B【解析】A項，加FeCl3固體，平衡正向移動，但由于溶液濃度增大，所以水解程度減小，錯誤；B項，鹽的水解一般是吸熱的，微熱，水解平衡正向移動，c(H＋)增大，pH減小，正確；C項，加NaOH固體，OH－與H＋反應，平衡正向移動，錯誤；D項，通入HCl氣體，c(H＋)增大，平衡逆向移動，但水解常數只與溫度有關，鐵離子的水解常數不變，錯誤。【變式4-2】以下4個實驗中均產生了白色沉淀。下列說法正確的是A．Na2CO3、NaHCO3兩溶液中含有微粒種類相同B．Al3＋抑制了CO2－、HCO－的水解C．Ca2＋促進了CO2－、HCO－的水解D．滴入溶液后，4支試管內中溶液的pH都變大【答案】A【解析】A項，碳酸鈉溶液中：CO2－＋H2OHCO－＋OH－、HCO－＋H2OH2CO3＋OH－，含有微粒種類有Na＋、CO2－、HCO－、OH－、H＋、H2O、H2CO3；碳酸氫鈉溶液中：HCO－＋H2OH2CO3＋OH－、HCO－H＋＋CO2－，含有微粒種類有Na＋、CO2－、HCO－、OH－、H＋、H2O、H2CO3；正確；B項，Al2(SO4)3屬于強酸弱堿鹽，碳酸鈉、碳酸氫鈉屬于強堿弱酸鹽，將Al2(SO4)3加入到碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液中，得到白色沉淀為氫氧化鋁，Al3＋與CO2－、HCO－發生雙水解反應，促進CO2－、HCO－水解，錯誤；C項，碳酸鈉溶液中：CO2－＋H2OHCO－＋OH－，加入CaCl2，生成碳酸鈣沉淀，平衡向逆反應方向進行，抑制CO2－水解，碳酸氫鈉溶液中：HCO－＋H2OH2CO3＋OH－、HCO－H＋＋CO2－，加入氯化鈣，生成碳酸鈣沉淀，促進HCO－電離，錯誤；D項，碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液顯堿性，加入硫酸鋁溶液生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，溶液顯酸性，pH降低；碳酸鈉溶液中加入氯化鈣，生成碳酸鈣沉淀和NaCl，溶液呈中性，pH降低；碳酸氫鈉溶液加入氯化鈣，生成碳酸鈣沉淀和二氧化碳，溶液呈酸性，pH降低；錯誤。▉題型5鹽類水解的應用【例6】下列說法中正確的是A．溶液和溶液分別加熱、蒸發、濃縮、結晶、灼燒，所得固體的成分相同B．實驗室配制溶液時，往往在溶液中加入少量的硫酸C．向溶液中加入，調節可除去溶液中混有的D．等物質的量濃度的碳酸鈉和碳酸氫鈉混合液，碳酸根離子濃度大于碳酸氫根離子濃度【答案】C【解析】A．AlCl3溶液水解生成氫氧化鋁和氯化氫，氯化氫易揮發，加熱、蒸發、濃縮結晶，氯化氫揮發得到水解產物氫氧化鋁，灼燒得到氧化鋁；Al2(SO4)3溶液水解生成氫氧化鋁和硫酸，硫酸是難揮發性酸，加熱、蒸發、濃縮結晶、灼燒，水揮發得到硫酸鋁固體，所得固體的成分不相同，故A錯誤；B．配制FeCl3溶液時，應將FeCl3固體溶解在鹽酸中抑制鐵離子水解，再加水稀釋到所需濃度，故B錯誤；C．鐵離子存在水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，向CuCl2溶液中加入CuO，消耗H+，使上述平衡正向移動生成氫氧化鐵沉淀，達到通過調節pH除去溶液中混有的Fe3+的目的，故C正確；D．等物質的量濃度的碳酸鈉和碳酸氫鈉混合液，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子，碳酸根離子的水解程度大于碳酸氫根離子的電離程度，碳酸根離子濃度小于碳酸氫根離子濃度，故D錯誤；答案選C。【變式5-1】下列做法中，主要依據的不是鹽類水解原理的是A．實驗室配制溶液時，往往在溶液中加入少量的鹽酸B．游泳館常用可溶性銅鹽作游泳池水的消毒劑C．用和兩種溶液可作泡沫滅火劑D．用明礬做凈水劑吸附水中的懸浮雜質【答案】B【解析】A．實驗室配制溶液時，往往在溶液中加入少量的鹽酸，是為了抑制水解，A與鹽類水解原理有關；B．游泳館常用可溶性銅鹽作游泳池水的消毒劑，是利用使蛋白質變性，B與鹽類水解原理無關；C．用和兩種溶液可作泡沫滅火劑，利用二者互促水解生成二氧化碳氣體，可用于滅火，C與鹽類水解原理有關；D．用明礬做凈水劑吸附水中的懸浮雜質是因為明礬溶于水電離出的鋁離子能水解形成氫氧化鋁膠體而具有凈水作用，D與鹽類水解原理有關；故選B。【變式5-2】在下列給定條件下的溶液中，一定能大量共存的離子組是A．無色溶液：、、、B．能使試紙呈紅色的溶液：、、、C．溶液：、、、D．加水稀釋時值明顯增大的溶液中、、、【答案】D【解析】A．、反應生成二氧化硫和水而不能大量共存，A錯誤；B．該溶液呈酸性，酸性條件下、發生氧化還原反應生成碘和而不能大量共存，B錯誤；C．、發生雙水解反應而不能大量共存，C錯誤；D．加水稀釋時值明顯增大，說明該溶液呈堿性，這幾種離子之間不反應且和氫氧根離子不反應，所以能大量共存，D正確；故選D。【變式5-3】在干燥的HCl氣流中加熱MgCl2?6H2O，能得到無水MgCl2。下列說法正確的是A．B．氣流可促進反應進行C．，升高溫度，反應更易發生D．氣流可抑制反應進行【答案】C【解析】A．MgCl2?nH2O(s)MgCl2?(n-1)H2O(s)+H2O(g)屬于分解反應，分解反應大多是吸熱反應，所以反應H＞0，A錯誤；B．MgCl2水解會生成HCl，HCl氣流可抑制水解反應進行，B錯誤；C．水解反應是吸熱反應，加熱促進水解反應的進行，升高溫度，MgCl2?H2O(s)═Mg(OH)Cl(s)+HCl(g)更易發生，C正確；D．MgCl2?4H2O(s)MgCl2?2H2O(s)+2H2O(g)該反應產物中沒有HCl，HCl氣流不能抑制反應進行，D錯誤；故答案為：C。▉題型6判斷溶液中粒子濃度大小關系【例7】下列溶液中各微粒的濃度關系不正確的是A．溶液：B．KCl溶液：C．CH3COONa溶液：D．室溫下，pH=7的、混合溶液：【答案】C【解析】A．溶液中，Fe3+發生水解，則，故A正確；B．KCl溶液呈中性，，故B正確；C．CH3COONa溶液中CH3COO-發生水解使溶液呈堿性，則溶液中，故C錯誤；D．室溫下，pH=7的、混合溶液中呈中性，，由電荷守恒可知嗎，故D正確；故選C。【例8】草酸的兩步電離常數分別為和。常溫下，向草酸溶液中逐滴加入溶液，所得溶液中三種微粒的物質的量分數()與溶液的關系如圖所示。下列說法正確的是A．草酸的第一步電離常數B．的溶液中：C．的溶液中：D．溶液顯酸性【答案】D【分析】向草酸溶液中逐滴加入溶液，隨著氫氧化鉀溶液體積增大，草酸和氫氧化鉀溶液反應先生成草酸氫鉀，H2C2O4濃度由最大逐漸減小，濃度在反應的開始階段會增大，后發生反應，的濃度又逐漸減小、的濃度逐漸增大，所以曲線1代表草酸、曲線2代表、曲線3代表；H2C2O4為二元弱酸,,，，。【解析】A．曲線1代表草酸、曲線2代表，草酸的第一步電離,，pH=1.2時，，=c(H+)=10-1.2，故A錯誤；B．曲線1代表草酸、曲線2代表、曲線3代表，的溶液中：，故B錯誤；C．的溶液中原子守恒：n(H2C2O4)+，故C錯誤；D．溶液中電離使溶液有呈酸性的趨勢，，pH=4.2時，=10-4.2，水解使溶液有呈堿性的趨勢，，＜Ka2，即的水解程度小于其電離程度，所以溶液顯酸性，故D正確；故答案為：D。【變式6-1】常溫下0.1mol/L的四種鹽溶液的pH如下表，下列敘述正確的是NaClONa2CO3NaHCO3NaHC2O4pH10.311.68.32.7A．向NaClO溶液中滴加酚酞溶液，溶液變紅后不會褪色B．NaHCO3溶液中HCO的電離程度大于水解程度C．Na2CO3和NaHCO3溶液中均存在以下關系：D．NaHC2O4溶液中，【答案】C【解析】A．由題干信息可知，0.1mol/LNaClO溶液的pH=10.3，而酚酞溶液的變色范圍式8.2~10，故向NaClO溶液中滴加酚酞溶液，故溶液變紅，由于次氯酸根離子水解生成的次氯酸具有強氧化性，而是變紅后的溶液又漂白而褪色，A錯誤；B．0.1mol/LNaHCO3溶液的pH=8.3，故HCO的電離程度小于水解程度，B錯誤；C．根據電荷守恒可知，Na2CO3和NaHCO3溶液中均存在以下關系：，C正確；D．0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH=2.7，即HC2O電離大于水解，故，D錯誤；故選C。【變式6-2】常溫下，溶液中，、、的分布分數[如]隨溶液pH的關系如圖。下列說法錯誤的是A．曲線③代表的分布分數隨pH的變化曲線B．的水解常數為C．時，D．溶液中存在關系：【答案】C【解析】A．的濃度隨溶液酸性增強而增大，故曲線①表示的分布分數隨pH的變化曲線，的濃度會隨溶液堿性增強而增大，故曲線③表示的分布分數隨pH的變化曲線，曲線②則表示的分布分數隨pH的變化曲線，A項正確；B．由曲線①②的交點可得，由曲線②③的交點可得，的水解常數，B項正確；C．，可得，時，，，C項錯誤；D．根據電荷守恒可得，，根據物料守恒可知，聯立兩式可得，D項正確；答案選C。【變式6-3】常溫下，向溶液中逐滴加入溶液，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示(不考慮揮發)。下列說法正確的是A．a點溶液中，B．b點溶液中，C．c點溶液中，D．的滴定過程中，水的電離程度一直增大【答案】B【分析】a點為氯化銨溶液，由于銨根離子水解，溶液顯酸性，此時促進水的電離，隨著氫氧化鈉的加入，發生反應：，銨根離子濃度減小，水的電離程度減小，隨著一水合氨的生成和氫氧化鈉的過量，水的電離逐漸受到抑制，電離程度減小。【解析】A．a點為氯化銨溶液，由于銨根離子水解，溶液顯酸性：，根據電荷守恒：，故，此時溶液中無鈉離子，故鈉離子濃度為0，故，A錯誤；B．b溶液呈中性，，根據電荷守恒：，故，此時鈉離子濃度不為0，故，B正確；C．c點溶液中，氫氧化鈉溶液過量，溶液顯堿性，水的電離受到抑制，，故，C錯誤；D．根據分析，的滴定過程中，水的電離程度一直減小，D錯誤；故選B。▉題型7三大守恒關系的應用 【例9】在某溫度時，將氨水滴入鹽酸中，溶液和溫度隨加入氨水體積變化曲線如圖所示。下列有關說法正確的是A．的比較：a點>b點 B．c點：C．水的電離程度： D．氨水的濃度等于【答案】B【解析】A．Kw只受溫度影響，a點溫度低于b點溫度，水的電離吸熱，的比較：a點＜b點，故A錯誤；B．c點溶液呈中性，則c(H+)＝c(OH-)，根據電荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)可知c(Cl-)=c()，由于只有很少一部分水解，則c點：，故B正確；C．b點溫度最高，說明恰好反應，b點溶質為氯化銨，只有銨根的水解促進水的電離，且溫度高，所以b點水的電離程度最大，c點溶液顯中性，氨水過量，a、d兩點都抑制了水的電離，由于d點混合液的pH不知，則無法判斷a、d兩點水的電離程度大小，故C錯誤；D．b點恰好完全反應時所需氨水小于10mL，因而氨水濃度大于1.0mol?L-1，故D錯誤；故選B。【例10】室溫下，有濃度均為0.2mol·L－1的下列五種溶液，請回答問題。①HCl

②NaCl

③CH3COOH

④CH3COONa

⑤Na2CO3資料：室溫下，醋酸Ka=1.7×10－5；碳酸Ka1=4.4×10－7，Ka2=4.7×10－11；次氯酸Ka=4.0×10–8（1）上述溶液中水的電離被抑制的是(填序號，下同)，水的電離被促進的是，用離子方程式表示促進水電離程度最大的溶質與水的作用：。（2）上述溶液的pH由大到小的順序為。（3）等體積的①和③分別于足量的鋅粉反應，起始速率：①③(填“<”、“=”或“>”)；生成氫氣的量：①③(填“<”、“=”或“>”)。（4）比較溶液③和④中CH3COO－的物質的量濃度：③④(填“<”、“=”或“>”)。（5）向溶液①中加水稀釋至原體積的2倍，恢復至室溫，所得溶液的pH為。（6）依據電離平衡常數數據，下列方程式書寫合理的是。(填字母)a．CH3COONa溶液中滴加次氯酸：HClO+CH3COONa=CH3COOH+NaClOb．Na2CO3溶液中滴加少量醋酸：CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONac．NaClO溶液中通入CO2：CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOd．NaHCO3溶液中滴加過量氯水：NaHCO3＋Cl2=NaCl＋HClO＋CO2↑（7）常溫下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀釋后，下列各項中數值變大的是。a．c(H+)

b．

c．c(H+)·c(OH?)

d．

e．（8）在一條件下，CH3COOH溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO?+H+

ΔH>0，下列方法中，可以使0.10mol·L?1CH3COOH溶液中CH3COOH電離程度增大的是。a．加入少量0.10mol·L?1的稀鹽酸

b．加熱c．加水稀釋至0.010mol·L?1

d．加入少量冰醋酸(9)體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化如圖所示。則HX的電離平衡常數(填“大于”、“等于”或“小于”下同)醋酸的平衡常數，稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H+)醋酸溶液水電離出來c(H+)。【答案】（1）①③④⑤＋H2O=＋OH－(＋H2O=H2CO3＋OH－)（2）⑤④②③①（3）>=（4）<（5）1（6）bd（7）bd（8）bc（9）大于大于【解析】（1）酸或堿電離產生的氫離子或氫氧根離子抑制水的電離，上述溶液中水的電離被抑制的是①③；鹽電離產生的陽離子(或酸根離子)與氫氧根離子(或氫離子)結合成弱堿弱酸)促進水的電離，上述溶液中水的電離被促進的是④⑤；弱酸的酸性越弱水解程度越大，促進水電離程度最大的溶質Na2CO3，可用離子方程式表示與水的作用為＋H2O=＋OH－(＋H2O=H2CO3＋OH－)。（2）酸的酸性越強，酸的電離程度越大，其酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液的pH越小，根據表中數據知，酸性最強的酸是CH3COOH、酸性最弱的酸是HCO，上述溶液的pH由大到小的順序為⑤④②③①。（3）①HCl是一元強酸，③CH3COOH是一元弱酸，等體積的①和③分別于足量的鋅粉反應，起始速率：①<③，HCl和CH3COOH的物質的量相等，生成氫氣的量：①=③。（4）弱酸的電離是微弱的，③中CH3COO-的物質的量濃度較小，鹽CH3COONa的電離是完全的，鹽CH3COONa的水解也是微弱的，④中CH3COO-的物質的量濃度較大，故③和④中CH3COO-的物質的量濃度：③<④。（5）鹽酸是強酸完全電離，稀釋時氫離子按倍數降低，故向溶液①中加水稀釋至原體積的2倍，恢復至室溫，所得溶液的pH為1。（6）a．酸性：CH3COOH＞HClO，所以HClO和醋酸鈉不反應，a錯誤；b．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa可以發生，b正確；c．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO，c錯誤；d．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，Cl2+H2O=HCl+HClO，則鹽酸可以和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，次氯酸不與碳酸氫鈉反應，故溶液中滴加過量氯水：可以發生，d正確；答案選bd。（7）常溫下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀釋后c(H+)減小，c(CH3COO-)減小，增大，c(H+)·c(OH?)=KW不變，c(OH?)增大，增大，不變，故選bd。（8）醋酸的電離是吸熱反應，加水稀釋、加入堿、加熱都能促進醋酸的電離；a．加入少量0.10mol?L-1的稀鹽酸，溶液中氫離子濃度增大，抑制醋酸的電離，則醋酸的電離程度降低，故a錯誤；b．醋酸的電離是吸熱反應，加熱CH3COOH溶液，促進醋酸的電離，則醋酸的電離程度增大，故b正確；c．加水稀釋至0.010mol?L-1，促進醋酸的電離，則醋酸的電離程度增大，故c正確；d．加入少量冰醋酸，醋酸的電離平衡向正反應方向移動，但醋酸的電離程度降低，故d錯誤；故本題答案為：bc。（9）由圖可知，稀釋相同的倍數，HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數大，稀釋后，HX電離生成的c(H+)小，對水的電離抑制能力小，所以HX溶液中水電離出來的c(H+)大，故本題答案為：大于；大于。【變式7-1】NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃時，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列關于NaClO溶液說法正確的是A．0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)=0.01mol/LB．長期露置在空氣中，釋放Cl2，漂白能力減弱C．通入過量SO2，反應的離子方程式為D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)【答案】D【分析】25℃時，Ka(HClO)=4.0×10-8，則，HClO為弱酸且具有氧化性，ClO-可水解。【解析】A.由于HClO為弱酸，ClO-會水解，0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)<0.01mol/L，故A錯誤；B.NaClO溶液長期露置在空氣中，發生反應，HClO見光分解為HCl和O2，漂白能力減弱，故B錯誤；C.SO2具有還原性，NaClO具有氧化性，發生氧化還原反應，NaClO溶液中通入過量SO2發生的反應為，故C錯誤；D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液呈中性，溶液中存在電荷守恒c(OH-)+c(ClO-)=c(Na+)+c(H+)，則c(ClO-)=c(Na+)，根據25℃時，Ka(HClO)=4.0×10-8可知，ClO-水解常數為>Ka(HClO)，若等濃度的NaClO溶液和HClO溶液混合，ClO-水解程度大于HClO的電離程度，溶液呈堿性，所以中性溶液中c(HClO)要大于c(ClO-)，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液存在的微粒關系為c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)，故D正確；答案選D。【變式7-2】25oC時對氨水進行如下操作，請填寫下列空白。（1）若向氨水中加入少量硫酸銨固體，則溶液中將(填“增大”“減小”或“不變”)。（2）若向氨水中加入稀鹽酸，使氨水恰好被中和，則此時溶液顯(填“酸性”“堿性”或“中性”)，用離子方程式表示其原因，此溶液中離子的濃度大小順序為。（3）現有濃度為0.1mol?L?1的氨水中加入等體積0.1mol?L?1的NH4Cl溶液，已知NH3·H2O的電離常數為1.79×10－5，此時混合溶液顯(填“酸性”“堿性”或“中性”)此溶液中離子的濃度大小順序為。電荷守恒關系為。【答案】（除標注外，每空2分）（1）增大（1分）（2）酸性（1分）NH+H2OH++NH3?H2O（1分）c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)（3）堿性（1分）c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)【解析】（1）氨水中存在電離平衡：NH3?H2ONH+OH-，加入少量硫酸銨固體時c(NH)增大，溶液中=將增大，故答案為：增大。（2）若向氨水中加入稀鹽酸，使氨水恰好被中和，得到氯化銨溶液，NH水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，離子方程式為NH+H2OH++NH3?H2O，溶液中存在電荷守恒關系為c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，則溶液中離子濃度由大到小的