考點31鹽類的水解TOC\o"1-3"\h\u 11.高考真題考點分布 12.命題規律及備考策略 1 2考法01鹽類的水解及其規律 2考法02鹽類水解的影響因素及應用 5考法03溶液中粒子濃度大小比較 9 121.高考真題考點分布考點內容考點分布鹽類水解及其應用2024·貴州卷，3分；2024·北京卷，3分；2024·湖北卷，3分；2023·天津卷，3分；2023·江蘇卷，3分；2023·北京卷，3分；2022浙江卷，2分；2022浙江，2分；2022海南卷，4分；2021廣東卷，2分；2021北京卷，3分；離子濃度大小比較2024·江蘇卷，3分；2024·湖南卷，3分；2024·山東卷，3分；2024·安徽卷，3分；2023·福建卷，3分；2023·重慶卷，3分；2023·天津卷，3分；2022重慶卷1，3分；202天津卷，3分；2.命題規律及備考策略【命題規律】高頻考點從近幾年全國高考試題來看，水解方程式的書寫、影響水解平衡的因素、水解在生產生活中的應用、離子濃度大小的比較仍是高考命題的熱點。【備考策略】【命題預測】預計2025年高考會以新的情境載體考查有關影響水解平衡的因素、電荷守恒、元素守恒、離子濃度大小的比較知識，題目難度一般較大。考法01鹽類的水解及其規律1．鹽類水解的實質鹽電離→eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(弱酸的陰離子→結合H＋,弱堿的陽離子→結合OH－))→生成弱電解質→破壞了水的電離平衡→水的電離程度增大→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈堿性或酸性。2．鹽類水解的條件(1)鹽溶于水；(2)鹽在組成上必須具有弱酸根陰離子或弱堿陽離子。3．鹽類水解規律有弱才水解，無弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；誰強顯誰性，同強顯中性。4．鹽類水解方程式的書寫(1)一般要求如NH4Cl的水解離子方程式為NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)多元弱酸鹽水解反應分步進行，以第一步為主，一般只寫第一步水解方程式。如Na2CO3的水解離子方程式為COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2OHCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－。(3)多元弱堿鹽水解反應，水解離子方程式一步寫完。如FeCl3的水解離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。【易錯提醒】陰、陽離子相互促進且進行徹底的水解反應，如Na2S溶液與AlCl3溶液混合反應的水解離子方程式為3S2－＋2Al3＋＋6H2O=3H2S↑＋2Al(OH)3↓。相互促進水解時，由于反應徹底，故生成物中出現的不溶于水的沉淀或氣體均要注明狀態，即寫上“↓”或“↑”符號，中間用“=”連接。請判斷下列說法的正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)溶液呈中性的鹽一定是強酸、強堿生成的鹽。()(2)酸式鹽溶液可能呈酸性，也可能呈堿性。()(3)某鹽溶液呈酸性，該鹽一定發生了水解反應。()(4)同溫度、同濃度的Na2CO3和CH3COONa溶液相比，CH3COONa溶液的pH大。()(5)常溫下，pH＝11的CH3COONa溶液與pH＝3的CH3COOH溶液，水的電離程度相同。()(6)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和氣體生成。()(7)酸式鹽溶液一定呈酸性()(8)某鹽溶液呈中性，則該鹽一定是強酸、強堿鹽()(9)同濃度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液相比，前者pH大；同濃度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液相比，后者pH小()(10)常溫下，pH＝10的CH3COONa溶液與pH＝4的NH4Cl溶液中水的電離程度相同()【答案】(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)√(10)√考向01考查水解離子方程式【例1】（2024·江蘇鎮江·一模）下列物質在常溫時發生水解，對應的離子方程式正確的是()A.Na2CO3：COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－B.CuSO4：Cu2＋＋2H2O=Cu(OH)2＋2H＋C.NaAlO2：AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－D.NaF：F－＋H2O=HF＋OH－【答案】C【解析】A項，應為COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－；B項，應為Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D項，應為F－＋H2OHF＋OH－。【思維建模】書寫水解相互促進且進行到底反應方程式以FeCl3溶液與Na2CO3溶液混合為例。第一步：寫出發生反應的兩種離子及對應的產物。不溶性物質加“↓”，易分解的物質寫分解產物。Fe3＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))——Fe(OH)3↓＋CO2↑第二步：配平電荷。2Fe3＋＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑第三步：確定水的位置。因產物Fe(OH)3中含有H，反應物中無H，故H2O為反應物。2Fe3＋＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑第四步：根據質量守恒定律配平。2Fe3＋＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋3H2O=2Fe(OH)3↓＋3CO2↑考向02考查鹽類水解規律【例2】（2024·河南濮陽·質檢）根據表中信息，判斷0.10mol·L－1的下列各物質的溶液pH最大的是()酸電離常數(常溫下)CH3COOHKa＝1.75×10－5H2CO3Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11H2SKa1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13A.CH3COONa B.Na2CO3C.NaHCO3 D.Na2S【答案】D【解析】根據表格中的酸的電離常數可知，酸性的強弱順序為CH3COOH>H2CO3>H2S>HCOeq\o\al(－,3)>HS－，根據越弱越水解的規律可知，水解能力強弱順序為S2－>COeq\o\al(2－,3)>HS－>HCOeq\o\al(－,3)>CH3COO－，故選項中0.10mol·L－1的各溶液pH最大的是Na2S。【思維建模】鹽類水解程度大小比較的規律1.組成鹽的弱堿陽離子水解使溶液顯酸性，組成鹽的弱酸根離子水解使溶液顯堿性。2.鹽對應的酸（或堿）越弱，水解程度越大，溶液堿性（或酸性）越強。3.相同條件下的水解程度：（1）正鹽＞相應的酸式鹽，如Na2CO3＞NaHCO3；（2）水解相互促進的鹽＞單獨水解的鹽＞水解相互抑制的鹽。【對點1】（2024·黑龍江伊春·模擬）下列電離或水解方程式正確的是()A．Na2SO3的水解：SO32-＋2H2OH2SO3＋2OH－B．NaHCO3的電離：NaHCO3Na＋＋H＋＋CO32-C．KHS溶液中HS－的電離：HS－＋H2OH3O＋＋S2－D．NaClO溶液與FeCl2溶液混合：2ClO－＋Fe2＋＋2H2O=2HClO＋Fe(OH)2↓【答案】C【解析】Na2SO3水解的離子方程式為SO32-＋H2OHSO3-＋OH－，故A錯誤；NaHCO3的電離方程式為NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故B錯誤；KHS溶液中HS－的電離方程式為HS－＋H2OH3O＋＋S2－，故C正確；NaClO溶液與FeCl2溶液混合發生氧化還原反應及雙水解反應，故D錯誤。【對點2】（2024·安徽合肥·模擬）已知在常溫下測得濃度均為0.1mol·L－1的下列6種溶液的pH如表所示：溶質CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3下列反應不能成立的是()A．CO2＋H2O＋2NaClO=Na2CO3＋2HClOB．CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClOC．CO2＋H2O＋C6H5ONa=NaHCO3＋C6H5OHD．CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN【答案】A【解析】利用鹽類水解規律“越弱越水解”，并結合題給信息可判斷出對應酸的酸性強弱關系是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3-，利用“強酸制弱酸”進行判斷。酸性H2CO3>HClO>HCO3-，因此CO2＋H2O＋2NaClO=NaHCO3＋2HClO，A項不成立，B項成立；酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3-，C項成立；酸性CH3COOH>HCN，D項成立。考法02鹽類水解的影響因素及應用1．內因——越弱越水解形成鹽的酸或堿越弱，其鹽就越易水解。如同一條件下水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。2．外因因素及其變化水解平衡水解程度水解產生離子的濃度溫度升高右移增大增大濃度增大右移減小增大減小(即稀釋)右移增大減小外加酸堿酸弱堿陽離子水解程度減小堿弱酸陰離子水解程度減小以Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋為例條件移動方向H＋數pH現象升溫向右增多減小顏色變深通HCl向左增多減小顏色變淺加H2O向右增多增大顏色變淺加NaHCO3向右減小增大生成紅褐色沉淀，放出氣體【易錯提醒】酸式鹽一般既存在水解，又存在電離。如果酸式鹽的電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式鹽的水解程度大于其電離程度，則溶液顯堿性，如NaHCO3溶液。3.水解的應用(1)判斷溶液的酸堿性Na2CO3溶液呈堿性的原因：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－(用離子方程式表示)。(2)判斷鹽溶液中粒子的種類及濃度的大小如Na2CO3溶液中存在的粒子有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、OH－、H＋、H2O，且c(Na＋)>2c(COeq\o\al(2－,3))，c(OH－)>c(H＋)。(3)判斷離子能否共存若陰、陽離子發生水解相互促進的反應，水解程度較大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常見的水解相互促進的反應進行完全的有Al3＋、Fe3＋與COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)等。(4)配制、保存某些鹽溶液如配制FeCl3溶液時，為防止出現Fe(OH)3沉淀，常加幾滴鹽酸來抑制FeCl3的水解；在實驗室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞，應用橡膠塞。(5)判斷鹽溶液蒸干灼燒時所得的產物如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼燒后得到Al2O3、Fe2O3，CuSO4溶液蒸干后得到CuSO4固體。(6)解釋生活中的現象或事實如明礬凈水、熱純堿溶液除油污、草木灰不能與銨鹽混用、泡沫滅火器原理等。(7)物質的提純(水解除雜)如MgCl2溶液中混有少量Fe3＋雜質時，因Fe3＋水解的程度比Mg2＋的水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2等，導致Fe3＋的水解平衡向右移動，生成Fe(OH)3沉淀而除去。4.水解常數與電離平衡常數（1）水解常數的概念在一定溫度下，能水解的鹽(強堿弱酸鹽、強酸弱堿鹽或弱酸弱堿鹽)在水溶液中達到水解平衡時，生成的弱酸(或弱堿)濃度和氫氧根離子(或氫離子)濃度之積與溶液中未水解的弱酸根陰離子(或弱堿的陽離子)濃度之比是一個常數，該常數就叫水解平衡常數。（2）水解常數(Kh)與電離常數的定量關系①強堿弱酸鹽如CH3COONa溶液：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－Kh＝eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）,c（CH3COO－）)＝eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）·c（H＋）,c（CH3COO－）·c（H＋）)＝eq\f(c（OH－）·c（H＋）,\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）))＝eq\f(Kw,Ka)即Kh＝eq\f(Kw,Ka)。②強酸弱堿鹽如NH4Cl溶液：NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2ONH3·H2O＋H＋Kh＝eq\f(c（NH3·H2O）·c（H＋）,c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）)＝eq\f(c（NH3·H2O）·c（H＋）·c（OH－）,c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）·c（OH－）)＝eq\f(c（H＋）·c（OH－）,\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）·c（OH－）,c（NH3·H2O）))＝eq\f(Kw,Kb)即Kh＝eq\f(Kw,Kb)。【結論歸納】①Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。②Na2CO3的水解常數Kh＝eq\f(Kw,Ka2)。③NaHCO3的水解常數Kh＝eq\f(Kw,Ka1)。請判斷下列說法的正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)水解平衡右移，鹽離子的水解程度可能增大，也可能減小()(2)稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或堿性)也越強()(3)關于FeCl3溶液，加水稀釋時，eq\f(c（Fe3＋）,c（Cl－）)的值減小()(4)通入適量的HCl氣體，使FeCl3溶液中，eq\f(c（Fe3＋）,c（Cl－）)增大()【答案】(1)√(2)×(3)√(4)×考向01考查鹽類水解及其影響因素【例1】（2024·吉林遼源·一模）一定條件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，下列說法正確的是()A.加入少量NaOH固體，c(CH3COO－)增大B.加入少量FeCl3固體，c(CH3COO－)增大C.稀釋溶液，溶液的pH增大D.加入適量醋酸得到的酸性混合溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)【答案】A【解析】加入少量NaOH固體，會增大溶液中OH－的濃度，使平衡向左移動，c(CH3COO－)增大，故A項正確；加入少量FeCl3固體，FeCl3水解顯酸性，CH3COONa水解顯堿性，在同一溶液中相互促進水解，c(CH3COO－)減小，故B項不正確；稀釋溶液，c(OH－)減小，溶液的pH減小，故C項不正確；若c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)，則有c(Na＋)＋c(H＋)＞c(OH－)＋c(CH3COO－)，不符合電荷守恒原理，故D項不正確。考向02考查鹽類水解的應用【例2】（2024·福建廈門·質檢）下列物質的水溶液在空氣中小心加熱蒸干至質量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質的是()①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A.全部都可以 B.僅①②③C.僅①③⑥ D.僅①③【答案】D【解析】FeSO4溶液加熱過程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2會被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受熱會分解生成CaCO3；NH4HCO3受熱分解生成NH3、H2O、CO2；KMnO4受熱分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受熱促進水解生成Fe(OH)3和鹽酸，而鹽酸揮發進一步促進其水解，最終水解徹底，受熱分解得到的固體物質是Fe2O3。【思維建模】鹽溶液蒸干灼燒時所得產物的判斷(1)鹽溶液水解生成難揮發性酸時，蒸干后一般得原物質，如CuSO4(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))CuSO4(s)；鹽溶液水解生成易揮發性酸時，蒸干灼燒后一般得對應的氧化物，如AlCl3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Al(OH)3eq\o(→,\s\up7(灼燒))Al2O3。(2)酸根離子易水解的強堿鹽，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物質。(3)考慮鹽受熱時是否分解。(4)還原性鹽在蒸干時會被O2氧化，如Na2SO3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Na2SO4(s)。考向03考查水解平衡常數及其應用【例3】（2024·江西宜春·質檢）已知常溫下，Na2CO3溶液的水解常數Kh＝2×10－4，則當溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1時，試求該溶液的pH＝____________。【答案】10【解析】Kh＝eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝2×10－4，又c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1，則c(OH－)＝10－4mol·L－1，結合常溫下KW＝1.0×10－14，可得c(H＋)＝10－10mol·L－1，則pH＝10。【對點1】（2024·江西鷹潭·模擬）在一定條件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列說法正確的是()A.稀釋溶液，水解平衡常數增大B.加入CuSO4固體，HS－濃度減小C.升高溫度，eq\f(c（HS－）,c（S2－）)減小D.加入NaOH固體，溶液pH減小【答案】B【解析】水解常數只與溫度有關，A錯誤；Cu2＋＋S2－=CuS↓，平衡左移，HS－濃度減小，B正確；水解為吸熱反應，升高溫度平衡右移，因而eq\f(c（HS－）,c（S2－）)增大，C錯誤；加入NaOH固體，溶液pH增大，D錯誤。【對點2】（2024·廣東韶關·模擬）下列有關問題與鹽類的水解有關的是()①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑②草木灰與銨態氮肥不能混合施用③實驗室盛放碳酸鈉溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞④加熱蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固體A.僅①②③ B.僅②③④C.僅①④ D.①②③④【答案】D【解析】①NH4Cl與ZnCl2溶液水解均顯酸性，可以除去金屬表面的銹；②草木灰的主要成分為碳酸鉀，水解顯堿性，而銨態氮肥水解顯酸性，因而不能混合施用；③碳酸鈉溶液水解顯堿性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅會與堿反應生成硅酸鈉，將瓶塞與瓶口黏合在一塊兒而打不開，因此實驗室盛放碳酸鈉的試劑瓶應用橡膠塞；④CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加熱時，HCl揮發使平衡不斷右移，最終得到Cu(OH)2固體。【對點3】（2024·山東泰安·模擬）常溫下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，吸收過程中水的電離平衡____________(填“向左”“向右”或“不”)移動。試計算所得溶液中eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝____________。(常溫下H2SO3的電離常數Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8)【答案】向右60【解析】NaOH電離出的OH－抑制水的電離，Na2SO3電離出的SOeq\o\al(2－,3)水解促進水的電離。SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－的水解常數Kh＝eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（SOeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(KW,Ka2)＝eq\f(10－14,6.0×10－8)，所以eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝eq\f(10－5,\f(10－14,6.0×10－8))＝60。考法03溶液中粒子濃度大小比較一、熟悉兩大理論1.電離理論(1)弱電解質的電離是微弱的，電離產生的微粒都非常少，同時還要考慮水的電離，如氨水溶液中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－濃度的大小關系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。(2)多元弱酸的電離是分步進行的，其主要是第一級電離(第一步電離程度遠大于第二步電離)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的濃度大小關系是c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。2.水解理論(1)弱電解質離子的水解損失是微量的(相互促進的水解除外)，但由于水的電離，故水解后酸性溶液中c(H＋)或堿性溶液中c(OH－)總是大于水解產生的弱電解質的濃度。如NH4Cl溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的濃度大小關系是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。(2)多元弱酸酸根離子的水解是分步進行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的濃度大小關系應是c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)。二、把握兩種守恒1.電荷守恒規律電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數一定等于陽離子所帶正電荷總數。如NaHCO3溶液中存在著Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下關系：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。2.元素質量守恒規律電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素質量是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。考向01考查單一溶液中粒子濃度的關系【例1】（2024·廣東梅州·一模）室溫下，下列指定溶液中粒子的濃度關系正確的是()A.0.1mol·L－1(NH4)2SO4溶液：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)B.0.1mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)C.0.1mol·L－1明礬溶液：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)D.0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋2c(COeq\o\al(2－,3))【答案】C【解析】0.1mol·L－1(NH4)2SO4溶液中銨根離子水解，溶液顯酸性，但水解程度不大，則c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，A錯誤；根據質子守恒，應是c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，B錯誤；明礬溶液中Al3＋發生水解，C正確；由元素質量守恒知，c(COeq\o\al(2－,3))不應乘以2，D錯誤。【思維建模】比較電解質溶液中粒子濃度相對大小的解題思路考向02考查混合溶液中粒子濃度關系【例2】（2024·四川綿陽·質檢）25℃時，在10mL濃度均為0.1mol·L－1的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1mol·L－1的鹽酸。下列有關溶液中粒子濃度關系正確的是()A.未加鹽酸時：c(OH－)>c(Na＋)＝c(NH3·H2O)B.加入10mL鹽酸時：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)C.加入鹽酸至溶液pH＝7時：c(Cl－)＝c(Na＋)D.加入20mL鹽酸時：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)【答案】B【解析】A項，NH3·H2O是弱電解質，能部分電離，溶液中c(Na＋)>c(NH3·H2O)；B項，當加入10mL鹽酸時，恰好將NaOH中和完，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，根據電荷守恒：c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)；C項，溶液pH＝7時，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根據電荷守恒可知c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)；D項，加入20mL鹽酸時，恰好將NaOH和NH3·H2O中和完，根據元素質量守恒有c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。【思維建模】構建思維模型【對點1】（2024·陜西咸陽·模擬）常溫下，濃度均為0.1mol·L－1的下列溶液中，粒子的物質的量濃度關系正確的是()A.氨水中，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＝0.1mol·L－1B.NH4Cl溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)C.Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(OH－)＝c(H＋)D.Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)【答案】C【解析】氨水為弱堿溶液，只能部分電離出OH－，結合電荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)，可得c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(OH－)＜0.1mol·L－1，A錯誤；NH4Cl溶液中，NHeq\o\al(＋,4)部分水解、Cl－濃度不變，則溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(Cl－)，B錯誤；Na2SO4溶液顯中性：c(OH－)＝c(H＋)，結合電荷守恒可得：c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，溶液中離子濃度大小為c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(OH－)＝c(H＋)，C正確；根據Na2SO3溶液中的元素質量守恒可得：c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋2c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)，D錯誤。【對點2】（2024·安徽滁州·模擬）一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是()A.pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1B.pH＝a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH＝b，則a＝b＋1C.pH＝2的H2C2O4溶液與pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))D.pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三種溶液的c(Na＋)：①＞②＞③【答案】D【解析】A項，pH＝5的H2S溶液中，H＋的濃度為1×10－5mol·L－1，但是HS－的濃度會小于H＋的濃度，H＋來自H2S的第一步電離、HS－的電離和水的電離，故H＋的濃度大于HS－的濃度，故不正確；B項，弱堿不完全電離，弱堿稀釋10倍時，pH減小不到一個單位，a＜b＋1，故不正確；C項，草酸是弱酸，氫氧化鈉是強堿，無論怎樣混合得到的溶液都符合電荷守恒，而該等式中缺少草酸根，不符合電荷守恒，故不正確；D項，因為酸性：醋酸>碳酸>次氯酸，根據越弱越水解的原則，pH相同的三種鈉鹽，濃度的大小關系為醋酸鈉>碳酸氫鈉>次氯酸鈉，則鈉離子的濃度為①>②>③，故正確。1．（2024·廣東佛山·學業考試）下列物質溶于水，因水解而呈堿性的是A． B． C． D．【答案】A【解析】A．K2S是強堿弱酸鹽，溶于水電離出的硫離子水解呈堿性，故A符合題意；B．NH3與水反應生成一水合氨電離而呈堿性，故B不符合題意；C．是強酸弱堿鹽，Cu2+水解呈酸性，故C不符合題意；D．是強酸酸式鹽，電離出氫離子呈酸性，故D不符合題意；答案選A。2．（2024·廣東東莞·期末）下列溶液中離子能大量共存的是A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、【答案】D【解析】A．在溶液中，、會發生反應，生成等，再與Ba2+反應生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A不符合題意；B．在溶液中，能與反應生成HClO，能將氧化，不能大量共存，B不符合題意；C．在溶液中，與能發生雙水解反應，不能大量共存，C不符合題意；D．在溶液中，、、、不能發生反應，可大量共存，D符合題意；故選D。3．（2024·湖北襄陽·期中）下列反應的離子方程式正確的是A．向次氯酸鈉溶液中通入足量二氧化硫：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSOB．偏鋁酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液反應：AlO+H2O+HCO=Al(OH)3↓+COC．H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液：SO+Ca2+=CaSO3↓D．向硫酸亞鐵溶液中通硫化氫氣體：H2S+Fe2+=FeS↓+2H+【答案】B【解析】A．向次氯酸鈉溶液中通入足量二氧化硫，發生氧化還原反應，，A錯誤；B．偏鋁酸根和碳酸氫根發生雙水解，B正確；C．根據強酸制弱酸原理，H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液不反應，C錯誤；D．硫酸亞鐵溶液中通入H2S氣體，該反應不發生，無法獲得氯化亞鐵，D錯誤；故答案為：B。4．（2024·安徽合肥·期末）在日常生產生活中，經常涉及化學反應原理，下列過程或現象與鹽類水解無關的是A．加熱氯化鐵溶液，顏色變深B．與溶液可用作焊接金屬時的除銹劑C．氯化鈣溶液中滴加甲基橙，溶液顯黃色D．實驗室中盛放溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞【答案】C【解析】A．氯化鐵為強酸弱堿鹽，加熱能促進Fe3+的水解平衡正向移動，生成氫氧化鐵膠體，溶液的顏色加深，故A不符合題意；B．NH4Cl與ZnCl2都是強酸弱堿鹽，水解呈酸性，產生的HCl可以作為除銹劑，與鹽類水解有關，故B不符合題意；C．氯化鈣是強酸強堿鹽，氯化鈣溶液是中性的，滴加甲基橙，溶液顯黃色，與鹽類水解無關，故C符合題意；D．Na2CO3是強堿弱酸鹽，水解后呈堿性，玻璃中的成分SiO2在堿性溶液中反應生成硅酸鈉，容易使瓶塞粘住瓶口，與鹽類水解有關，故D不符合題意；故選C。5．（2024·吉林延邊·期中）下列問題與鹽的水解有關的有幾項①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬時的、除銹劑；②NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑；③草木灰(主要成分K2CO3)與銨態氮肥不能混合施用；④實驗室中盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞；⑤加熱蒸干CuCl2溶液并灼燒，可以得到CuO固體；⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入氧化劑Cl2；⑦熱純堿溶液洗滌油污的能力比冷純堿溶液強；⑧誤將鋇鹽[BaCl2、Ba(NO3)2]當作食鹽食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；⑨石灰巖(喀斯特地貌)溶洞的形成；⑩BaCO3不能作“鋇餐”，而BaSO4可以。A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【解析】①NH4Cl與ZnCl2溶液都是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯弱酸性，因此可作焊接金屬時的、除銹劑，與鹽的水解有關，①符合題意；②NaHCO3是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性；Al2(SO4)3是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，當兩種溶液混合時，水解反應相互促進，會發生反應產生Al(OH)3沉淀、CO2氣體，它們不支持燃燒，能夠隔絕空氣，因此可作泡沫滅火劑，與鹽的水解反應有關，②符合題意；③草木灰(主要成分K2CO3)水解使溶液顯堿性，當其與銨態氮肥混合會發生反應產生NH3逸出，導致肥效降低，因此二者不能混合施用，與鹽的水解反應有關，③符合題意；④Na2CO3溶液水解顯堿性，能夠與玻璃中的SiO2發生反應，產生的物質Na2SiO3會將試劑瓶與玻璃塞粘在一起，因此實驗室中盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞，與鹽的水解反應有關，④符合題意；⑤CuCl2是強酸弱堿鹽，在溶液中CuCl2發生水解反應產生Cu(OH)2、HCl，加熱溶液，水解產生的HCl揮發逸出，當蒸干CuCl2溶液時并灼燒，產生固體Cu(OH)2分解產生CuO，因此最終可以得到CuO固體，與鹽的水解反應有關，⑤符合題意；⑥Fe2+具有還原性，與Cl2會發生反應產生FeCl3，達到除雜目的，故要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入氧化劑Cl2，與鹽的水解反應無關，⑥不符合題意；⑦堿性溶液能夠與油脂發生反應產生可溶性物質，因而可去除油污；純堿是碳酸鈉，屬于強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，鹽水解反應是吸熱反應，升高溫度，鹽水解程度增大，鹽溶液堿性增強，因而熱純堿溶液洗滌油污的能力比冷純堿溶液強，與鹽的水解反應有關，⑦符合題意；⑧誤將鋇鹽[BaCl2、Ba(NO3)2]當作食鹽食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒，是由于它們會發生復分解反應產生既不溶于水，也不溶于酸的BaSO4沉淀，與鹽的水解反應無關，⑧不符合題意；⑨石灰巖(喀斯特地貌)溶洞的形成是由于CaCO3與溶于水的CO2、H2O發生反應產生可溶性Ca(HCO3)2隨流水被沖走形成溶洞，與鹽的水解反應無關，⑨不符合題意；⑩BaCO3不能作“鋇餐”，而BaSO4可以，是由于BaCO3不溶于水，但能夠溶于鹽酸，而BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，因此BaCO3不能作“鋇餐”，而BaSO4可以，與鹽的水解反應無關，⑩不符合題意；綜上所述可知：物質應用與鹽的水解反應有關的是①②③④⑤⑦，共6項，故合理選項是C。6．（2024·廣東·二模）安息香酸(HR)是最簡單的一元芳香酸，其鈉鹽(用NaR表示)的水溶液呈堿性。已知常溫下，。下列說法正確的是A．常溫下，HR水溶液的B．向NaR水溶液中加水稀釋，溶液的pH升高C．NaR水溶液中，D．常溫下，NaR溶液的堿性比同濃度的溶液弱【答案】D【解析】A．由題意，HR是有機酸，是弱酸，不完全電離，常溫下，0.001mol?L-1HR水溶液的pH>3，A錯誤；B．NaR水溶液中由于R-水解顯堿性，加水稀釋水解程度變大，但是堿性變弱，溶液的pH減小，B錯誤；C．NaR水溶液中的質子守恒為c(HR)+c(H+)=c(OH-)，C錯誤；D．由已知，Ka(HR)>Ka1(H2CO3)，HR酸性比碳酸強，根據越弱越水解，同濃度的NaHCO3溶液水解程度大，堿性強，故NaR溶液的堿性弱，D正確；本題選D。7．（2024·貴州畢節·期末）在0.1mol/L溶液中各種微粒濃度關系錯誤的是A．B．mol/LC．D．【答案】A【解析】A．根據電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=2c()＋c()＋c(OH－)，故A錯誤；B．根據物料守恒，c(Na＋)=2{c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)}，則，故B正確；C．碳酸鈉水解后呈現堿性，因此，故C正確；D．根據質子守恒，c(OH－)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故D正確；故答案A。8．（2024·湖南長沙·三模）范斯萊克(Vanslyke)提出用緩沖容量來描述緩沖溶液緩沖能力的大小，越大，緩沖能力越大。如圖是常溫下，和組成緩沖溶液的關系圖，其中兩條曲線分別對應和。已知常溫下，。下列說法不正確的是A．向的上述緩沖溶液加水稀釋，增大B．常溫下，等濃度、等體積的和溶液混合后大于4.76C．A曲線上任意一點的溶液中均存在D．B曲線代表的溶液緩沖能力最大時，溶液中【答案】D【解析】A．向的上述緩沖溶液加水稀釋，溶液酸性減弱，減小，水的離子積不變，故增大，故A正確；B．，則，則常溫下，等濃度、等體積的和溶液中，的電離程度大于的水解程度，則溶液顯酸性，，又，，則混合溶液的大于4.76，故B正確；C．根據電荷守恒，A曲線上任意一點的溶液中均存在，則，故C正確；D．B曲線代表的溶液緩沖能力最大時，pH=4.76，，所以溶液中，根據電荷守恒，溶液呈酸性，則，所以，故D錯誤；故選D。9．（2024·廣東梅州·一模）乙氨酸()是一種兩性有機物，可與鹽酸反應生成鹽酸鹽()。已知水溶液呈酸性，下列敘述正確的是A．水溶液的pH=3B．水溶液加水稀釋，pH升高C．在水中的電離方程式為：D．水溶液中：【答案】B【解析】A．HOOCCH2NH3Cl為強酸弱堿鹽，電離出的會發生水解，弱堿離子的水解較為微弱，因此0.001mol/L溶液的pH>3，故A錯誤；B．稀釋溶液時，水解程度將增大，根據勒夏特列原理可知溶液中將氫離子濃度減小，溶液pH升高，故B正確；C．HOOCCH2NH3Cl為強酸弱堿鹽，在水中電離方程式為HOOCCH2NH3Cl=+Cl-，故C錯誤；D．根據電荷守恒可知，溶液中c(OH?)+c(Cl?)=c()+c(H+)，根據物料守恒，有c(Cl?)=c()+c(HOOCCH2NH2)，都與選項中等式不對應，故D錯誤；故答案為B。10．（2024·山東青島·期中）如圖為某實驗測得溶液在升溫過程中(不考慮水揮發)的pH變化曲線，下列說法錯誤的是A．溶液的：a點<c點B．a點時，C．b點溶液中，D．雖然ab段pH減小，但是升溫仍然促進了的水解【答案】B【分析】碳酸氫鈉在溶液中存在電離趨勢和水解趨勢，升高溫度，ab段電離平衡和水解平衡均右移，溫度對電離平衡的影響大于水解平衡，所以溶液pH減小，bc段溫度對電離平衡的影響小于水解平衡，所以溶液pH增大。【解析】A．由圖可知，a點和c點溶液pH相同，溶液中氫離子濃度相等，溫度升高，水的離子積常數增大，則c點溶液氫氧根離子濃度大于a點，故A正確；B．由圖可知，a點時碳酸氫鈉溶液呈堿性，說明碳酸氫根離子在溶液中的水解程度大于電離程度，則碳酸氫根離子的電離常數小于水解常數：Ka2(H2CO3)＜Kh=，所以Kw＞Ka2(H2CO3)Ka1(H2CO3)，故B錯誤；C．由圖可知，b點溶液呈堿性，由電荷守恒關系可知，溶液中，故C正確；D．由分析可知，升高溫度，ab段促進了碳酸氫根離子的電離，同時也促進了碳酸氫根的水解，故A正確；故選B。11．（2024·北京·期中）實驗測得溶液、溶液以及的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是A．隨溫度升高，純水中B．隨溫度升高，溶液的減小C．隨溫度升高，溶液和溶液的pH均降低，是因為、水解平衡移動方向不同D．溫度升高至60℃，溶液中由水電離出的是【答案】D【解析】A．水的電離為吸熱過程，升高溫度，平衡向著電離方向移動，水中c(H+)c(OH-)=Kw減小，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A錯誤；B．水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-，升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B錯誤；C．、水解平衡都是吸熱的，升高溫度，、水解平衡都正向移動，故C錯誤；D．溫度升高至60℃，純水的pH為6.5，則此溫度下Kw=(10-6.5)2=10-13，溶液中由水電離出的等于溶液中的氫氧根濃度為=，故D正確；故選D。12．（2024·浙江寧波·期末）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。13．（2025·四川成都·模擬預測）已知呈淡紫色。為探究鐵鹽溶液呈黃色的原因，進行了實驗。結合實驗事實，下列分析錯誤的是序號實驗操作現象①向較濃硫酸中滴加2滴飽和溶液溶液變淡紫色②向中滴加少量溶液黃色變淺A．實驗①中被氧化為B．實驗①使用較濃硫酸因其酸性強且含水量少，能抑制水解C．由實驗可知鐵鹽溶液呈黃色可能是水解導致D．由實驗①和②推測的配位能力比弱【答案】D【解析】A．實驗①中，溶液變淡紫色，說明被氧化為，故A正確；B．實驗①使用較濃硫酸因其酸性強且含水量少，能抑制Fe3+水解,，故B正確；C．由實驗可知，鐵鹽溶液呈黃色可能是Fe3+水解導致，故C正確；D．對比實驗①②，Fe2(SO4)3溶液是黃色，且在其稀溶液中滴加少量3mol/LH2SO4，溶液黃色變淺，說明增大，Fe3+水解平衡逆向移動，則Fe3+和OH-的結合能力大于Fe3+和H2O的結合能力OH-的配位能力比H2O強，故D錯誤；答案選D。14．（2024·廣西柳州·模擬預測）已知琥珀酸是一種常見的二元弱酸，以代表其化學式，電離過程：，。常溫時，向水溶液中逐滴滴加同濃度的溶液，混合溶液中、和的物質的量分數()隨變化的關系如圖所示。下列說法正確的是A．的B．當溶液中時，C．滴加溶液過程中存在：D．當被完全中和時，【答案】B【分析】向水溶液中逐滴滴加同濃度的溶液，的濃度逐漸減小、的濃度先增大或減小、的濃度逐漸增大，則曲線Ⅰ表示物質的量分數()隨變化的關系，曲線Ⅱ表示物質的量分數()隨變化的關系，曲線Ⅲ表示物質的量分數()隨變化的關系。當的濃度等于的濃度時pH=1.2，當的濃度等于的濃度時pH=4.2，則。【解析】A．根據圖示，當的濃度等于的濃度時，pH=4.2，則的，故A錯誤；B．，，當溶液中時，=10-5.4，，故B正確；C．滴加溶液過程中，溶液體積增大，根據物料守恒，，故C錯誤；D．當被完全中和時，溶質為Na2A，根據質子守恒，故D錯誤；選B。15．（2024·湖北·一模）時，常見物質的平衡常數如下表。，下列說法錯誤的是A．時，實驗測量的溶解度大于用計算的溶解度，主要原因是發生水解B．可溶于是因為反應的平衡常數C．飽和溶液中存在：D．時，飽和溶液的【答案】B【解析】A．碳酸根離子水解使得碳酸根離子濃度減小，導致碳酸鈣溶解平衡正向移動，使得時，實驗測量的溶解度大于用計算的溶解度，A正確；B．可溶于是因為醋酸酸性大于碳酸，反應中生成氣體二氧化碳促使反應正向進行，B錯誤；C．飽和溶液中，由電荷守恒可知，存在：，則，C正確；D．時，飽和溶液中，，，，pOH=4、pH=10，D正確；故選B。1．（2024·貴州卷）下列離子方程式書寫錯誤的是A．用氫氟酸雕刻玻璃：B．用綠礬處理酸性廢水中的C．用泡沫滅火器滅火的原理：D．工業電解飽和食鹽水制燒堿和氯氣：【答案】A【解析】A．氟化氫是弱酸，不能拆寫成離子，用氫氟酸雕刻玻璃：，A錯誤；B．用綠礬處理酸性廢水中的，生成鉻離子和鐵離子，，B正確；C．泡沫滅火器滅火的原理，鋁離子、碳酸氫根水解反應完全生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳：，C正確；D．工業電解飽和食鹽水生成燒堿、氯氣和氫氣：，D正確；故選A。2．（2024·北京卷）關于和的下列說法中，不正確的是A．兩種物質的溶液中，所含微粒的種類相同B．可用溶液使轉化為C．利用二者熱穩定性差異，可從它們的固體混合物中除去D．室溫下，二者飽和溶液的差約為4，主要是由于它們的溶解度差異【答案】D【解析】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正確；B．加入溶液會發生反應：，B正確；C．受熱易分解，可轉化為，而熱穩定性較強，利用二者熱穩定性差異，可從它們的固體混合物中除去NaHCO3，C正確；D．室溫下和飽和溶液相差較大的主要原因是的水解程度遠大于，D錯誤；故選D。3．（2024·江蘇卷）室溫下，通過下列實驗探究的性質。已知，。實驗1：將氣體通入水中，測得溶液。實驗2：將氣體通入溶液中，當溶液時停止通氣。實驗3：將氣體通入酸性溶液中，當溶液恰好褪色時停止通氣。下列說法正確的是A．實驗1所得溶液中：B．實驗2所得溶液中：C．實驗2所得溶液經蒸干、灼燒制得固體D．實驗3所得溶液中：【答案】D【分析】實驗1得到H2SO3溶液，實驗2溶液的pH為4，實驗2為NaHSO3溶液，實驗3和酸性溶液反應的離子方程式為：。【解析】A．實驗1得到H2SO3溶液，其質子守恒關系式為：，則，A錯誤；B．實驗2為pH為4，依據，則=，溶液，則，B錯誤；C．NaHSO3溶液蒸干過程中會分解成Na2SO3、Na2SO3可被空氣中O2氧化，故蒸干、灼燒得固體，C錯誤；D．實驗3依據發生的反應：，則恰好完全反應后，D正確；故選D。4．（2024·湖南卷）常溫下，向溶液中緩慢滴入相同濃度的溶液，混合溶液中某兩種離子的濃度隨加入溶液體積的變化關系如圖所示，下列說法錯誤的是A．水的電離程度：B．M點：C．當時，D．N點：【答案】D【分析】結合起點和終點，向溶液中滴入相同濃度的溶液，發生濃度改變的微粒是Na+、、和；當，溶液中存在Na+、H+和，，隨著加入溶液，減少但不會降到0，當，，隨著加入溶液，會與反應而減少，當，溶質為，很少，接近于0，則斜率為負的曲線代表；當時，中=，很小，隨著加入溶液，溶質由變為和混物，最終為，增加的很少，而增加的多，當，溶質為，少部分水解，，斜率為正的曲線代表，即經過M點在下降的曲線表示的是濃度的改變，經過M點、N點的在上升的曲線表示的是濃度的改變。【解析】A．N點HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應生成HCOONa，此時僅存在HCOONa的水解，M點時仍剩余有未反應的NaOH，對水的電離是抑制的，故水的電離程度M＜N，故A正確；B．M點溶液中電荷守恒有，M點為交點可知，聯合可得，故B正確；C．當時，溶液中的溶質為，根據電荷守恒有，根據物料守恒，兩式整理可得，故C正確；D．N點HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應生成HCOONa，甲酸根發生水解，因此及觀察圖中N點可知，，根據，可知，故D錯誤；故答案選D。5．（2024·湖北卷）過量與以下的溶液反應，下列總反應方程式錯誤的是溶液現象化學方程式A產生淡黃色沉淀B溶液由棕黃色變淺綠色C溶液褪色，產生白色沉淀D(含酚酞)溶液由紅色變無色【答案】A【解析】A．過量與的溶液反應，生成產生的淡黃色沉淀是S，還生成，過量不能生成，因此，總反應的化學方程式為，A錯誤；B．過量與的溶液反應，生成，總反應的化學方程式為，B正確；C．過量與的溶液反應，生成的白色沉淀是，總反應的化學方程式為,C正確；D．水解使溶液顯堿性，其水溶液能使酚酞變紅；過量與的溶液反應，生成，溶液顯酸性，因此，溶液由紅色變無色，總反應的化學方程式為，D正確；綜上所述，本題選A。6．（2024·貴州卷）硼砂水溶液常用于pH計的校準。硼砂水解生成等物質的量的(硼酸)和(硼酸鈉)。已知：①時，硼酸顯酸性的原理②。下列說法正確的是A．硼砂稀溶液中B．硼酸水溶液中的主要來自水的電離C．25℃時，硼酸水溶液的D．等濃度等體積的和溶液混合后，溶液顯酸性【答案】B【解析】A．水解生成等物質的量濃度的和，硼酸遇水轉換，根據物料守恒，，A錯誤；B．根據已知，硼酸遇水轉換，其中的H+是由水提供的，B正確；C．25℃時，，，，因，，C錯誤；D．的電離平衡常數為，的水解平衡常數，水解程度大于電離程度，顯堿性，D錯誤；故選B。7．（2024·安徽卷）環境保護工程師研究利用、和處理水樣中的。已知時，飽和溶液濃度約為，，，，。下列說法錯誤的是A．溶液中：B．溶液中：C．向的溶液中加入，可使D．向的溶液中通入氣體至飽和，所得溶液中：【答案】B【解析】A．溶液中只有5種離子，分別是，溶液是電中性的，存在電荷守恒，可表示為，A正確；B．溶液中，水解使溶液呈堿性，其水解常數為，由于，根據硫元素守恒可知，所以，則，B不正確；C．遠遠大于，向的溶液中加入時，可以發生沉淀的轉化，該反應的平衡常數為，因此該反應可以完全進行，的飽和溶液中，若加入足量時可使，C正確D．的平衡常數，該反應可以完全進行，因此，當向的溶液中通入氣體至飽和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正確；綜上所述，本題選B。8．（2024·山東卷）常溫下水溶液體系中存在反應：，平衡常數為K。已初始濃度，所有含碳物種的摩爾分數與變化關系如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列說法正確的是A．線Ⅱ表示的變化情況B．的電離平衡常數C．時，D．時，【答案】C【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)（②），Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+（③），隨著pH的增大，c(H+)減小，平衡①③正向移動，c(CH3COOH)、c(Ag+)減小，pH較小時（約小于7.8）CH3COO-濃度增大的影響大于Ag+濃度減小的影響，CH3COOAg濃度增大，pH較大時（約大于7.8）CH3COO-濃度增大的影響小于Ag+濃度減小的影響，CH3COOAg濃度減小，故線Ⅰ表示CH3COOH的摩爾分數隨pH變化的關系，線Ⅱ表示CH3COO-的摩爾分數隨pH變化的關系，線Ⅲ表示CH3COOAg隨pH變化的關系。【解析】A．根據分析，線Ⅱ表示CH3COO-的變化情況，A項錯誤；B．由圖可知，當c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等時（即線Ⅰ和線Ⅱ的交點），溶液的pH=m，則CH3COOH的電離平衡常數Ka==10-m，B項錯誤；C．pH=n時=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由圖可知pH=n時，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C項正確；D．根據物料守恒，pH=10時溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，D項錯誤；答案選C。9．（2023·天津卷）下表列出25℃時不同羧酸的(即)。根據表中的數據推測，結論正確的是羧酸pKa4.762.592.872.90A．酸性強弱：B．對鍵合電子的吸引能力強弱：F<Cl<BrC．25℃時的pKa大小：D．25℃時0.1mol/L溶液的堿性強弱：【答案】C【解析】A．根據電負性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐漸減弱，則酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A錯誤；B．電負性越大，對鍵合電子的吸引能力越強，電負性：F>Cl>Br，對鍵合電子的吸引能力強弱：F>Cl>Br，B錯誤；C．F是吸電子基團，F原子個數越多，吸電子能力越強，使得羧基中O—H鍵極性增強，更易電離，酸性增強，則25℃時的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正確；D．根據pKa知，相同濃度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越強，其對應鹽的水解程度越弱，堿性越弱，則相同濃度下堿性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D錯誤；故答案為：C。10．（2023·福建卷）時，某二元酸的、。溶液稀釋過程中與的關系如圖所示。已知的分布系數。下列說法錯誤的是A．曲線n為的變化曲線 B．a點：C．b點： D．c點：【答案】B【分析】溶液稀釋過程中，隨著水的加入，因存在電離平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系數先保持不變后減小，曲線n為的變化曲線，的增大，減小，增大明顯，故曲線m為的變化曲線，則曲線p為的變化曲線；【解析】A．溶液稀釋過程中，隨著水的加入，因存在電離平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系數開始時變化不大且保持較大，故曲線n為的變化曲線，選項A正確；B．a點,=1.0，則=0.1mol/L，=0.70，==0.15，，，，選項B錯誤；C．b點,=0.70，==0.15，即=，根據物料守恒有，，故，選項C正確；D．c點：=，故根據電荷守恒有，故，選項D正確；答案選B。11．（2023·重慶卷）溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示，關于各點對應的溶液，下列說法正確的是

A．點等于點B．點大于點C．點降溫過程中有2個平衡發生移動D．點【答案】B【解析】A．溫度升高，水的電離程度增大，則點小于點，A錯誤；B．升高溫度促進銨根離子的電離，且N點銨根離子濃度更大，水解生成氫離子濃度更大，N點酸性更強，故點大于點，B正確；C．點降溫過程中有水的電離平衡、銨根離子的水解平衡、硫酸銨的溶解平衡3個平衡發生移動，C錯誤；D．點為硫酸銨的不飽和溶液，由電荷守恒可知，，D錯誤；故選B。12．（2023·江蘇卷）室溫下，探究溶液的性質，下列實驗方案能達到探究目的的是選項探究目的實驗方案A溶液中是否含有向溶液中滴加幾滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，觀察溶液顏色變化B是否有還原性向溶液中滴加幾滴酸性溶液，觀察溶液顏色變化C是否水解向溶液中滴加2~3滴酚酞試液，觀察溶液顏色變化D能否催化分解向溶液中滴加幾滴溶液，觀察氣泡產生情況【答案】B【解析】A．檢驗溶液中是否含有應直接向待測液中滴加KSCN溶液，向待測液中滴加氯水會將氧化為干擾實驗，A錯誤；B．向溶液中滴加幾滴酸性溶液，若觀察溶液紫色褪去，說明有還原性，B正確；C．發生水解反應使溶液顯酸性，應向溶液中滴加2~3滴石蕊試液，觀察溶液顏色變化，C錯誤；D．向溶液中滴加幾滴溶液，若產生氣泡有可能是的催化作用，D錯誤。故選B。13．（2023·天津卷）在濃度為的溶液中，如下說法正確的是A．溶液中濃度最大的離子是B．C．D．磷酸第二步電離平衡的平衡常數表達式為【答案】B【解析】A．在水溶液中完全電離生成Na+和，又發生電離和水解，則溶液中濃度最大的離子是Na+，故A錯誤；B．根據NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c()+c(PO)+c(HPO)+c(H3PO4)=0.1mol/L，故B正確；C．根據NaH2PO4溶液中的電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，故C錯誤；D．磷酸第二步電離方程式為：，電離平衡的平衡常數表達式為，故D錯誤；故選B。14．（2023·北京卷）回收利用工業廢氣中的和，實驗原理示意圖如下。

下列說法不正確的是A．廢氣中排放到大氣中會形成酸雨B．裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度C．裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的和D．裝置中的總反應為【答案】C【解析】A．是酸性氧化物，廢氣中排放到空氣中會形成硫酸型酸雨，故A正確；B．裝置a中溶液的溶質為，溶液顯堿性，說明的水解程度大于電離程度，故B正確；C．裝置a中溶液的作用是吸收氣體，與溶液不反應，不能吸收，故C錯誤；D．由圖可知一個電極亞硫酸根失電子生成硫酸根，另一個極二氧化碳和水轉化為甲酸，裝置b中總反應為，故D正確；選C。15．（2023·北京卷）下列過程與水解反應無關的是A．熱的純堿溶液去除油脂B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉化為小分子烴C．蛋白質在酶的作用下轉化為氨基酸D．向沸水中滴入飽和溶液制備膠體【答案】B【解析】A．熱的純堿溶液因碳酸根離子水解顯堿性，油脂在堿性條件下能水解生成易溶于水的高級脂肪酸鹽和甘油，故可用熱的純堿溶液去除油脂，A不符合題意；B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下發生裂化或裂解反應生成小分子烴，與水解反應無關，B符合題意；C．蛋白質在酶的作用下可以發生水解反應生成氨基酸，C不符合題意；D．Fe3+能發生水解反應生成Fe(OH)3，加熱能增大Fe3+的水解程度，D不符合題意；故選B。16．(2022·海南卷)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/L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SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClOD．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)【答案】AD【解析】A項，NaClO溶液中ClO-會水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正確；B項，次氯酸鈉溶液中的ClO-會發生水解生成HClO，HClO長期露置在空氣中會分解，為HCl和O2，不會釋放Cl2，B錯誤；C項，將過量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO?+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C錯誤；D項，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在電荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，則c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正確；故選AD。17．(2022·福建卷)氨是水體污染物的主要成分之一，工業上可用次氯酸鹽作處理劑，有關反應可表示為：①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O②NH3+4ClO-+OH-=NO3-+4Cl-+2H2O在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將的氨水分別和不同量的NaClO混合，測得溶液中氨去除率、總氮(氨氮和硝氮的總和)殘余率與NaClO投入量(用x表示)的關系如下圖所示。下列說法正確的是()A．x1的數值為0.009B．xx1時，c(Cl-)=4c(NO3-)C．xx1時，x越大，生成N2的量越少D．Xx1時，c(Na＋)+c(H＋)+c(NH4＋)c(Cl-)+c(OH―)+c(ClO-)【答案】C【解析】A項，x1時，氨的去除率為100%、總氮殘留率為5%，，95%的氨氣參與反應①、有5%的氨氣參與反應②，反應①消耗，參與反應②消耗，，A錯誤；B項，x>x1時，反應①也生成氯離子，所以c(Cl-)＞4c(NO3-)，B錯誤；C項，x>x1時，x越大，氨總去除率不變，氮殘余率增大，說明生成的硝酸根離子越多，生成N2的量越少，C正確；D項，x=x1時，氨的去除率為100%，溶液中沒有NH4+和ClO-，含有Na+、H+、NO3-、Cl-和OH-，根據電荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)c(Cl-)+c(OH―)+c(NO3-)，D錯誤；故選C。18．(2022·浙江卷)時，向濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等濃度的鹽酸，滴定終點的突躍范圍4.3～9.7)。下列說法不正確的是()A．恰好中和時，溶液呈堿性B．滴加NaOH溶液至pH的過程中，發生反應的離子方程式為：H++OH-=H2OC．滴定過程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D．時，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)【答案】B【解析】A項，恰好中和時，生成氯化鈉溶液和醋酸鈉溶液，其中醋酸根離子會水解，溶液顯堿性，A正確；B項，滴加NaOH溶液至pH的過程中，若只發生反應的離子方程式：H++OH-=H2O，則滴加NaOH溶液的體積為20mL，則根據電離常數，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)===>1.0×10-4.3，故用氫氧化鈉滴定的過程中，醋酸也參加了反應，則離子方程式為：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B錯誤；C項，滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過程中，根據物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正確；D項，向20mL濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，當鹽酸的體積為20ml時，溶液為氯化鈉和醋酸的混合溶液，顯酸性，需要再滴加適量的氫氧化鈉，當加入的NaOH溶液的體積為30mL時，溶液為NaCl和等濃度的CH3COONa、CH3COOH，根據Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此時溶液仍然呈酸性，需繼續滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正確；故選B。19．(2022·浙江卷)時，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列說法正確的是()A．相同溫度下，等的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O-)＞c(CH3COO-)B．將濃度均為0.1mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的均變大C．時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得，則此時溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)D．時，0.1mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小【答案】C【解析】A項，醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A錯誤；B項，C6H5ONa溶液中，C6H5O-離子水解出氫氧根離子，升溫促進C6H5O-離子的水解，氫氧根離子濃度增大，pH變大，而氫氧化鈉溶液中不存在平衡，升溫pH不變，B錯誤；C項，當pH=10.00時，c(OH-)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)=c(C6H5OH)，C正確；D項，C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，會促進水的電離，D錯誤；故選C。20.(2022·江蘇卷)一種捕集煙氣中CO2的過程如圖所示。室溫下以0.1mol·L－1