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第 25 讲 盐类水解
第一部分：高考真题感悟
1．（2022·浙江·高考真题）水溶液呈酸性的盐是
A．NH Cl B．BaCl C．HSO D．Ca(OH)
4 2 2 4 2
【答案】A
【解析】A．NH Cl盐溶液存在 而显酸性，A符合题意；B．BaCl 溶液中
4 2
Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；C．HSO 属于酸，不是盐类，C不符合
2 4
题意；D．Ca(OH) 是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。
2
2．（2022·浙江·高考真题）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1NaCO 溶液和
2 3
40mL0.2mol·L-1NaHCO 溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲
3
线：
下列说法正确的的是
A．图中甲、丁线表示向NaHCO 溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaCO 溶液中滴加盐酸
3 2 3
B．当滴加盐酸的体积为VmL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO +H+=CO ↑+H O
1 2 2
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．NaCO 和NaHCO 溶液中均满足：c(HCO)-c(CO )=c(OH-)-c(H+)
2 3 3 2 3
【答案】C
【解析】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反
应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向NaCO 溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO 溶
2 3 3
液中滴加盐酸，A项错误；B．由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳
酸氢根子，而V> 20mL，VmL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢
1 1
离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO +H+=H CO，B项错误；C．根据pH-V(HCl)图，滴定分析
2 3
时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指
示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；D．根据电荷守恒和物料守恒，则NaCO 中存在
2 3
c(OH-)-c(H+)=2c(H CO)+c(HCO )， NaHCO 溶液中满足c(HCO)-c(CO )=c(OH-)-c(H+)，D项错误；答案
2 3 3 2 3
选C。
3．（2020·浙江·高考真题）某固体混合物X，含有Al (SO )、FeCl 、NaCO 和CuSO 中的几种，进行如
2 4 3 3 2 3 4
下实验：
①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；②沉淀Y与NaOH溶液作用，无变化。
下列说法不正确的是
A．混合物X中必定含有NaCO，不含Al (SO )
2 3 2 4 3
B．溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含NaHCO
3
C．灼烧沉淀Y，可能得到黑色物质
D．往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，说明X中不含FeCl
3
【答案】D
【解析】由固体混合物X与水作用有气泡冒出可知，X中一定含有NaCO，由得到有色沉淀Y和弱碱性
2 3
溶液Z，沉淀Y与NaOH溶液作用无变化可知，X中一定不含有Al (SO )，至少还有FeCl 和CuSO 中的一
2 4 3 3 4
种或两种，NaCO 在溶液中发生双水解反应生成二氧化碳和碳酸氢钠。A．由分析可知，混合物X中必定
2 3
含有NaCO，不含Al (SO )，A正确；B．由分析可知，NaCO 在溶液中发生双水解反应生成二氧化碳和
2 3 2 4 3 2 3
碳酸氢钠，则溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含NaHCO ，B正确；C．沉淀Y可能为氢氧化铜，则灼烧氢
3
氧化铜可以得到黑色氧化铜固体，C正确；D．由分析可知，溶液Z中存在碳酸氢钠溶液，说明铁离子和
铜离子与碳酸钠溶液完全反应，往溶液Z中加入Cu粉，铜粉一定不溶解，则依据铜粉不溶解无法判断X
中是否含有氯化铁，D错误；故答案为：D。
4．（2022·江苏·高考真题）一种捕集烟气中CO 的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收
2
CO，若通入CO 所引起的溶液体积变化和HO挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c =c(H CO)+c(
2 2 2 总 2 3)+c( )。HCO 电离常数分别为K =4.4×10-7、K =4.4×10-11。下列说法正确的是
2 3 a1 a2
A．KOH吸收CO 所得到的溶液中：c(H CO)＞c( )
2 2 3
B．KOH完全转化为KCO 时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c( )+c(H CO)
2 3 2 3
C．KOH溶液吸收CO，c =0.1mol∙L-1溶液中：c(H CO)＞c( )
2 总 2 3
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】A．KOH吸收CO 所得到的溶液，若为KCO 溶液，则 主要发生第一步水解，溶液中：
2 2 3
c(H CO)＜c( )，若为KHCO 溶液，则 发生水解的程度很小，溶液中：c(H CO)＜c( )，A
2 3 3 2 3
不正确；B．KOH完全转化为KCO 时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c( )+2c(
2 3
)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c( )+c( )+c(H CO)]，则c(OH-)= c(H+)+c( )
2 3
+2c(H CO)，B不正确；C．KOH溶液吸收CO，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c =0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO 溶
2 3 2 总 3
液， K = = ≈2.3×10-8＞K =4.4×10-11，表明 以水解为主，所以溶液中：c(H CO)＞c(
h2 a2 2 3
)，C正确；D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO+2KOH=K CO+H O、
2 2 3 2
KCO+CaO+H O=CaCO ↓+2KOH(若生成KHCO 或KCO 与KHCO 的混合物，则原理相同)，二式相加得：
2 3 2 3 3 2 3 3
CO+CaO=CaCO ↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确；故选C。
2 3
5．（2022·海南·高考真题）NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，K=(HClO)=4.0×10-8。下列关于
aNaClO溶液说法正确的是
A．0.01mol/L溶液中，c(ClO-)＜0.01mol/L
B．长期露置在空气中，释放Cl，漂白能力减弱
2
C．通入过量SO ，反应的离子方程式为SO +ClO-+H O=HSO +HClO
2 2 2
D．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．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/L NaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正确；B．次氯
酸钠溶液中的ClO-会发生水解生成HClO，HClO长期露置在空气中会分解，为HCl和O，不会释放Cl，
2 2
B错误；C．将过量的SO 通入NaClO溶液中，SO 被氧化：SO +ClO−+H O=Cl-+ +2H+，C错误；D．
2 2 2 2
25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则
c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；答案选AD。
第二部分：最新模拟精练
完卷时间：50分钟
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）
1．（2022·浙江绍兴·模拟预测）下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】A．亚硫酸氢钠溶液中电离大于水解，溶液显酸性，A错误；B．硝酸银溶液中银离子水解溶液显
酸性，B正确；C．碳酸为酸，不能水解，C错误；D．硫酸氢钠溶液因电离溶液显酸性，D错误；故选
B。
2．（2022·上海嘉定·二模）氯化铵溶液中放入镁粉能放出H 和NH ，产生这种现象的原因是
2 3
A．金属镁能把NH 置换出来
3
B．镁具有强还原性，NH 具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH 水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H，平衡向正反应方向移动
2
D．因为Mg与HO反应，生成Mg(OH) 与NH Cl反应
2 2 4
【答案】C
【解析】氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中铵根离子水解出来氢离子，使溶液显酸性，镁和氢离子反应放出氢气，水解平衡正向移动，随着一水合氨浓度增大，镁和氢离子反应放热，一水合氨分解产生氨气。故选
C。
3．（2022·江苏泰州·模拟预测）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．硫酸亚铁水溶液呈弱酸性，可用作食品抗氧化剂
B．小苏打水溶液呈弱碱性，可用作制药中的抗酸剂
C．氨气具有还原性，可用作烟气中NO 脱除
x
D．漂白粉具有强氧化性，可用作游泳池的杀菌消毒剂
【答案】A
【解析】A．因为亚铁离子具有还原性，所以硫酸亚铁可用作食品抗氧化剂，性质和用途不具有对应关系，
符合题意，A正确；B．小苏打水溶液呈弱碱性，可以与酸反应，可用作制药中的抗酸剂，不符合题意，B
错误；C．氨气具有还原性，可与NO 发生氧化还原反应，可用作烟气中NO 脱除，不符合题意，C错误；
x x
D．漂白粉具有强氧化性，可使蛋白质变性，所以可用作游泳池的杀菌消毒剂，不符合题意，D错误；故
选A。
4．（2022·河南河南·模拟预测）《本草图经》有“白矾多入药用”。白矾[KAl(SO)·12H O]又称明矾、钾
4 2 2
明矾等，是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是
A．白矾可用于自来水杀菌消毒
B．白矾溶液中n(K+)：n(Al3+)=1：1
C．白矾溶液可清洗铜镜表面铜锈
D．灼烧白矾时可直接观察焰色呈紫色
【答案】C
【解析】A．白矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；B．Al3+是弱碱根离子，发生水解，因此白
矾溶液中n(K+)∶n(Al3+)＞1∶1，故B错误；C．Al3+是弱碱根离子，发生水解，其水解方程式为Al3++3H O
2
Al(OH) +3H+，溶液显酸性，铜锈主要成分是Cu (OH) CO，能与酸反应，因此白矾溶液可清洗铜镜
3 2 2 3
表面铜锈，故C正确；D．需要通过蓝色钴玻璃观察，故D错误；答案为C。
5．（2022·河南·模拟预测）“天宫课堂”中王亚平老师在空间站“变”出奥运五环，在透明的五环模型中
第一次、第二次分别加入的溶液如下表所示[已知溴百里酚蓝变色的pH范围：6.0(黄)~7.6(蓝)]。下列叙述
正确的是
1号环 2号环 3号环 4号环 5号环第一次加 乙酸溶
NaCO 溶液 KI和KIO 溶液 NaCO 溶液 NaCO 溶液
入 2 3 3 液 2 3 2 3
第二次加
溴百里酚蓝 淀粉溶液，乙酸 甲基橙 甲基橙 甲基橙、溴百里酚蓝
入
A．1号环中 水解的离子方程式为 ＋2HO=HCO＋2OH－
2 2 3
B．2号环中发生的离子反应为5I－＋ ＋6H＋=3I ＋3HO
2 2
C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10倍则pH变为a＋1
D．5号环最后溶液呈现的绿色是黄色与蓝色的混合色
【答案】D
【解析】A．1号环中 水解是一步一步水解即水解离子方程式为 ＋HO ＋OH－，故
2
A错误；B．2号环中乙酸提供氢离子，但乙酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，则发生的离子反应为5I
－＋ ＋6CHCOOH=3I ＋3HO＋6CHCOO－，故B错误；C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10
3 2 2 3
倍，由于乙酸稀释过程中又电离，因此氢离子浓度比原来十分之一大一点，则pH小于a＋1，但大于a，故
C错误；D．碳酸钠溶液显碱性，使甲基橙呈黄色，使溴百里酚蓝呈蓝色，因此5号环最后溶液呈现的绿
色是黄色与蓝色的混合色，故D正确。综上所述，答案为D。
6．（2022·重庆南开中学模拟预测）劳动创造美好未来。下列叙述正确的是
A．施加适量石膏可降低盐碱地的碱性 B．铵态氮肥和草木灰混合施用可提高肥效
C．用稀硫酸清洗锅炉中的水垢 D．84消毒液和洁厕剂混合使用效果更好
【答案】A
【解析】A．盐碱地中加石膏，可使土壤中的碳酸根转化为碳酸钙，降低土壤的碱性，A正确；B．铵态氮
肥中铵根水解呈酸性，草木灰中碳酸根水解呈碱性，两者会反应使得铵根变成氨水，降低铵态氮肥的肥效，
B错误；C．水垢中含有碳酸钙，加硫酸后转化为微溶物硫酸钙，阻止反应进一步进行，水垢难除尽，C错
误；D．84消毒液成分为NaClO，洁厕剂的成分为HCl，两者混合会产生有毒气体氯气，不可以混用，D错误；故选A。
7．（2022·江苏省平潮高级中学模拟预测）室温下，通过下列实验探究NaCO 溶液的性质。用K 、K 分
2 3 a1 a2
别表示HCO 的第一步和第二步电离常数。
2 3
实
实验操作和现象
验
1 用pH试纸测定0.1mol·L-1NaCO 溶液的pH，测得pH约为12
2 3
2 向0.1mol·L-1NaCO 溶液中加入过量0.2mol·L-1CaCl 溶液，产生白色沉淀
2 3 2
3 向0.1mol·L-1NaCO 溶液中通入过量CO，测得溶液pH约为8
2 3 2
4 向含有酚酞的0.1mol·L-1NaCO 中滴加几滴0.2mol·L-1NaOH，红色加深
2 3
下列有关说法不正确的是
A．0.1mol·L-1NaCO 溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H CO)+c(HCO )
2 3 2 3
B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(CO )=K (CaCO)
sp 3
C．实验3得到的溶液中有c(HCO )＞c(HCO)＞c(CO )，且K K ＜K
2 3 a1 a2 w
D．实验4中滴加的NaOH抑制了CO 的水解， 的值变小
【答案】D
【解析】A．NaCO 溶液中，根据电荷守恒可得c(OH-)+c(HCO )+2c(CO )=c(H+)+c(Na+)，又根据物料守
2 3
恒可得c(Na+)=2[c(HCO )+c(CO )+c(H CO)]，两式联立可得c(OH-)=c(H+)+2c(H CO)+c(HCO )，故A正
2 3 2 3
确；B．NaCO 溶液中加入过量CaCl 溶液生成碳酸钙沉淀，上层清液为饱和碳酸钙溶液，故有
2 3 2
c(Ca2+)·c(CO )=K (CaCO)，故B正确；C．NaCO 溶液中通入过量CO，测得溶液pH约为8，即为碳酸
sp 3 2 3 2
氢钠溶液，溶液显碱性，水解大于电离，故有c(HCO )＞c(HCO)＞c(CO )，且水解常数大于电离常数，
2 3
故有K= >K ，故K K ＜K ，故C正确；D．CO 的水解平衡为CO +H O HCO +OH-，水解
h a2 a1 a2 w 2常数K= ，K 大小随温度变化而变化，故滴加NaOH平衡移动，但 不变，故
h h
D错误；故选D。
8．（2022·安徽省广德中学模拟预测）二元酸HA在水中的电离方程式为：HA=H++HA-，HA- H+
2 2
+A2-。25°C时，向20.00mL 0.1mol/L H A溶液中加入NaOH溶液，pOH 与所加NaOH溶液体积的关系如
2 水
图所示。已知：pOH 表示溶液中由水电离出的c (OH- )的负对数[-lgc (OH-)]。下列说法中不正确的是
水 水 水
(忽略过程中溶液的体积变化)
A．A点溶液，c(H+ )=1 × 10-0.9 mol/L
B．B点溶液呈酸性，原因是NaHA电离程度比水解程度大
C．C点至D点变化过程中 逐渐减小
D．D点溶液中：c(Na+)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L
【答案】B
【解析】A．未加入氢氧化钠之前，溶液的溶质为HA，根据图中曲线变化趋势可知，起始点A的pOH
2 水
=13.1，则说明溶液中的氢氧根离子浓度为10-13.1，根据水的离子积公式可知，溶液中的氢离子浓度
c(H+ )= =1 × 10-0.9 mol/L，A正确；B．滴入氢氧化钠40mL时溶质对水的促进作用达到最大，则
说明D点溶液只有NaA，推知B点溶质为NaHA，因二元酸HA在水中的电离方程式为：HA=H++HA-，
2 2 2
HA- H++A2-，所以B点时NaHA只存在电离平衡，不存在水解平衡，B错误；C．C点至D点变化过
程中，氢氧化钠的用量越来越多，则溶液中HA-被氢氧根离子消耗转化为更多的A2-，所以 逐渐减小，C正确；D．D点时，酸碱恰好完全反应，其溶液溶质为NaA，根据消耗的氢氧化钠的体积可知，加
2
入的氢氧化钠的浓度为0.1mol/L，根据物料守恒可知，D点溶液中：c(Na+)= ，c(HA-)
+c(A2-)= ，所以c(Na+)+c(HA-)+c(A2-)= =0.1mol/L，D
正确；故选B。
9．（2022·四川乐山·一模）常温下，a mol/L某酸HA溶液中各含A粒子的pc- pOH关系如图所示[其中
2
pc=- lgc(溶液中各含A粒子浓度负对数)，pOH= -lgc(OH- )]。下列有关说法不正确的是
A．曲线III表示pc(HA)随pOH的变化
2
B．pH=2的溶液中，c(HA) > c(HA- ) > c(A2- )
2
C．pH=4的溶液中：c(HA- )=a mol/L- 2c(A2- )
D．HA+A2- 2HA-的平衡常数K=1.0× 104.8
2
【答案】B ⇌
【解析】由图可知，HA为弱酸，HA在溶液中发生电离的方程式为 ， ，
2 2
[pOH=-lgc(OH-)]， pc=-lgc，则pOH值越大，溶液的碱性越弱，pc值越大，粒子的浓度越小，pOH=0时，
溶液的碱性最强，此时对于HA溶液，各粒子浓度关系为 ，因此曲线Ⅰ为pc(A2-)
2
随pOH的变化，曲线Ⅱ为pc(HA-)随pOH的变化，曲线Ⅲ为pc(HA)随pOH的变化。A．由图像可知HA
2 2
为弱酸，HA H++HA-、HA- H++A2- ,pc=-lgc ,pOH=-lgc(OH-)可知pc值越大粒子浓度越小，pOH值越大，
2
c(OH-)越小，pOH=0时，溶液碱性最强，则c(HA)< c(HA-)< c(A2-)，故Ⅲ为HA，Ⅱ为HA-，Ⅰ为A2-，选
2 2
项A正确；B．pH=2的溶液中， ，pOH=12，由图可知，pOH=12时c(HA-)=c(H A)> c(A2-)，选项B错误；C．pH=4的溶液中， ，
2
pOH=10，此时 ，根据物料守恒有 ，则c(HA-)=amol/L-2c(A
2-)，选项C正确；D． 的平衡常数 ，C
点时， ，此时pOH=12，则 ， ，
，A点时， ，此时pOH=7.2，则 ，
， ，则 ，
选项D正确；答案选B。
10．（2022·江苏苏州·模拟预测）硫酸工业尾气(主要含SO 、N 和O)，用NaSO 溶液吸收可转化为
2 2 2 2 3
NaHSO，当c(HSO )∶c(SO )≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为NaSO 溶液。已知K (H SO )=10-
3 2 3 a1 2 3
1.9，K (H SO )=10-7.2，下列说法不正确的是
a2 2 3
A．NaSO 溶液中存在：c(OH—)= c(H+) + c(HSO ) +2c(H SO )
2 3 2 3
B．NaSO 溶液吸收SO 的离子方程式为：SO ＋SO ＋HO=2HSO
2 3 2 2 2
C．当c(HSO )：c(SO )=10时，此时吸收液的pH=6.2
D．与原NaSO 溶液相比，吸收液充分分解放出SO 再生后吸收SO 能力几乎不变
2 3 2 2
【答案】D
【解析】A．亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH—)= c(H+) + c(HSO ) +2c(H SO )，故A正确；B．亚
2 3硫酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为
SO ＋SO ＋HO=2HSO ，故B正确；C．亚硫酸的电离常数K (H SO )= ，当c(HSO
2 2 a2 2 3
)∶c(SO )=10时，溶液中c(H+)= =10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为6.2，故C
正确；D．吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解转化为
亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应，
所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D错误；故选D。
11．（2022·广东广州·模拟预测）50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是
A． 的 溶液中，
B． 和 的酸性混合溶液中，
C． 溶液中，
D． 的 溶液中：
【答案】B
【解析】A．根据电荷守恒可知， 的 溶液中， ，A错误；
B． 和 的混合溶液显酸性，说明 ，根据电荷守恒可知，
，则 ，B正确；C．根据物料守恒可知，
溶液中 ，C错误；D．温度为50℃时， ，则 的
溶液中： ，D错误；故答案为B。
12．（2022·广东实验中学三模）室温下，用0.1 mol/L 的盐酸滴定相同浓度的25 mL溴化肼(N HBr)溶液，
2 5已知肼(N H)是二元弱碱，NH+H O NH +OH﹣ K =1.0×10﹣6，NH +H O +OH﹣ K =1.3×10﹣
2 4 2 4 2 2 b1 2 2 b2
⇌ ⇌
15，滴定过程中混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示。下列叙述错误的是
A．NH 与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为NH(HSO )
2 4 2 6 4 2
B．b点表示盐酸与溴化肼恰好完全反应：c(Cl﹣)=c(Br﹣)＞c( )
C．a点对应的溶液中：c(Br﹣)+c(OH﹣)=c(N H )+2c( )+c(H+)
2
D．c点的混合溶液中：c(Cl﹣)＞c(Br﹣)＞c(H+)＞c( )＞c(NH )＞c(OH﹣)
2
【答案】D
【解析】A．由于肼是二元碱，NH 与硫酸形成的是酸式盐，则硫酸过量，NH 完全生成 ，所以生
2 4 2 4
成酸式盐的化学式为NH(HSO )，A项正确；B．25 mL 0.1 mol/L的盐酸和25 mL 0.1 mol/L的溴化肼恰好
2 6 4 2
完全反应生成等浓度的 和 ，但 要水解离子浓度减小，所以浓度关系为c(Cl﹣)=c(Br
﹣)＞c( )，B项正确；C．溴化肼溶液中存在的电荷关系为：c(Br﹣)+c(OH﹣)=c(N H )+2c( )
2
+c(H+)，C项正确；D．由b点可知得到等量的 和 ，物质的量均为0.00125mol，再加入大
约15mL盐酸，氢离子的物质的量为0.0015mol，且氢离子抑制 的水解，平衡逆向移动，氢离子浓度
减小， 的浓度增大，所以c点c( )>c(H+)，D项错误；故答案选：D。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（2021·福建省福州第一中学模拟预测）（12分）人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中产生尿酸钠晶体(NaUr)会引发痛风，NaUr(s) Na＋(aq)＋Ur−(aq) ∆H ＞0。某课题组配制“模拟关节滑液”进行研
究，回答下列问题：
已知：①37℃时，K(HUr) ＝ 4×10−6，K ＝ 2.4×10−14，K (NaUr) ＝ 6.4×10−5
a w sp
②37℃时，模拟关节滑液pH ＝7.4，c(Ur－) ＝4.6×10−4 mol∙L−1
(1)尿酸电离方程式为_______
(2)K 为盐的水解常数，37℃时，K(Ur−)＝_______。
h h
(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液中c(Na＋)_______c(Ur−) (填“＞”、
“＜”或“＝”)。
(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋) ＝ 0.2 mol∙L−1时，通过计算判断是否有NaUr晶体析
出，请写出判断过程_______
(5)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是_______。
a.加强锻炼，注意关节保暖 b.多饮酒，利用乙醇杀菌消毒
c.多喝水，饮食宜少盐、少脂 d.减少摄入易代谢出尿酸的食物
【答案】（除标注外，每空2分）(1)HUr H＋＋Ur－
(2)6×10−9（3分）
(3)＞
(4)Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1 ＝9.2×10−5＞ K (NaUr)，故有尿酸钠晶体析出（3
sp
分）
(5)acd
【解析】(1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUr H＋＋Ur－；故答案为：HUr H＋＋Ur
－；
(2)K 为盐的水解常数，37℃时， ；故答案为：6×10−9；
h
(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH ＝7.4，c(Ur－) ＝
4.6×10−4 mol∙L−1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)，由于pH＝7.4，因此溶液中c(Na＋)＞
c(Ur－)；故答案为：＞；
(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋) ＝ 0.2 mol∙L−1时，Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1
× 4.6×10−4 mol∙L−1＝9.2×10−5＞ K (NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；故答案为：Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2
sp
mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1＝9.2×10−5＞ K (NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；
sp(5)根据NaUr(s) Na＋(aq)＋Ur−(aq) ∆H＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移动，因此要注意关
节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒，不能减少痛风，故b错误；
c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入，使平衡逆向移动加重痛风，故c正确；
d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻痛风，故d正确；综上所述，答案为：acd。
14．（2021·新疆·一模）（14分）化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。
I.现有25℃时，浓度均为 的 和 的缓冲溶液，pH=4.76，回答下列问题：
[25℃时 ， 为盐的水解常数]
(1)25℃时 _______(写表达式)，计算 _______(保留三位有效数字)。
(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
(3)用1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中
c(H+)_______mol/L。
(4)改变下列条件，能使 稀溶液中 保持增大的是_______。
a.升温 b.加入NaOH固体 c.稀释 d.加入CHCOONa固体
3
II.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系( )维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时，
的一级电离常数 ， ， 。由题给数据可算得正常人体血液的pH约
为_____，当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中 的值将___(填“变大”“变小”或“不
变”)。
【答案】（每空2分） I. (1) 5.71×10-10
(2)(3)1×10-4.76
(4) d
II.7.4 变小
【解析】I. (1)25℃时醋酸根离子水解的离子方程式是 ，常数
，
5.71×10-10；
(2) 浓度均为 的 和 的缓冲溶液，pH=4.76，溶液呈酸性，说明醋酸电离大
于醋酸钠水解，该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ；
(3)用1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，pH几乎不变，反应后溶液中
c(H+)=1×10-4.76 mol/L；
(4) a．升温， 平衡正向移动， 减小、 增大，
所以 减小； b．加入NaOH固体， 增大， 平
衡逆向移动， 减小， 不变，所以 减小；c．稀释，
减小， 不变，所以 减小；d．加入CHCOONa固体，
3
增大， 平衡正向移动， 增大，不变，所以 增大；选d。
II. ， ， ， ，则正常人体血液的
pH约为7.4，当过量的酸进入血液中时， 不变，氢离子浓度增大，所以血液缓冲体系中
的值将变小。
15．（2022·安徽·模拟预测）（14分）某小组从反应速率和产物角度探究Mg与NaHCO 溶液反应。
3
实验I、25°C， 相同镁条分别与下列试剂反应
序 浓度 体积
试剂 pH 现象
号 (mol·L-1) (mL)
i HO —— 7.5 7 镁条表面有微量气泡附着
2
ii 1.0 7.5 8.4
NaHCO 溶 镁条表面持续产生大量气泡，溶液略显浑浊，点燃气
3
液 泡有爆鸣声
(1)已知： Mg(OH) 固体致密，易包裹在金属表面成膜。根据上述现象，推测在实验ii中。
2
①Mg可以提高 的电离程度，原因是___________；
②浑浊的主要原因是产生了___________(填化学式) ；
③实验ii中产生气泡的速率快于实验i的原因可能是___________。
(2)补充实验II，证实(1)的推测：
序号 试剂 浓度(mol·L-1) 体积(mL) pH 现象
iii NaNO 溶液 1.0 7.5 7 镁条表面有微量气泡附着
3
iv NaCO 溶液 0.5 7.5 11.8 持续产生少量气泡，溶液显浑浊
2 3
①小组设计实验iii 的目的是___________ ； 甲同学结合实验iv的现象认为可以不必进行实验iii，他的理
由是___________；
②实验ii生成气体的速率快于实验iv，原因可能是___________ ；③查资料知 +Mg2+ [Mg(HCO)]+，请从平衡移动的角度解释实验ii产生气体速率更快的原因
3
___________。
【答案】(1)①Mg反应出的Mg2+结合 电离的 ，促使 电离平衡正向进行
②MgCO ③Mg2+与 电离的 结合成微溶物MgCO ，阻止生成致密的Mg(OH) 固体膜；增大Mg
3 3 2
与溶液接触表面积，加快反应速率
(2)①排除Na+对实验的干扰(或探究Na+是否参与反应，或证明Na+不参与反应) 实验iv中Na+浓度很大，速
率却不快
②NaHCO 溶液中H+浓度比NaCO 溶液大(或 电离平衡正向移动，给反应提供H+)
3 2 3
③ 消耗Mg2+，促进平衡Mg(OH) (s) Mg2+(aq) + 2OH- (aq)正向移动，溶解Mg(OH) ，从而增大Mg
2 2
与溶液接触表面积，加快反应速率；由于ii中 浓度较大，Mg2+ 与 的反应快于与OH-的反应，
减少了Mg(OH) (s)的生成量
2
【解析】(1)①Mg可以提高 的电离程度，原因是：生成的镁离子与碳酸氢根离子电离出的碳酸根反
应生成碳酸镁沉淀，是平衡 +H+正向移动，故答案为：Mg与HO反应生成的Mg2+结合
2
电离的 ，促使 电离平衡正向进行
②镁与水反应微弱，而与碳酸氢钠溶液反应较迅速，则浑浊的主要原因是产生了MgCO ，也可能有碱式碳
3
酸镁生成(非定量实验无法确定其中氢氧化镁和碳酸镁的比例，无法确定其化学式)，故答案为：MgCO ；
3
③氢氧化镁固体致密，易包裹在金属表面成保护膜，阻碍反应进一步进行，因此实验ii中产生气泡的速率
快于实验i的原因可能是：主要生成碳酸镁，碳酸镁较疏松，不易覆盖在镁表面而阻碍反应进行，故答案
为：Mg2+与 电离的 结合成微溶物MgCO ，阻止生成致密的Mg(OH) 固体膜；增大Mg与溶液接
3 2
触表面积，加快反应速率；
(2)①比较实验i和ii可知，反应条件中除了阴离子 不同之外，还有阳离子Na+不同，故可知小组设计实验iii 的目的是排除Na+对实验的干扰(或探究Na+是否参与反应，或证明Na+不参与反应)，由实验iv可知，
溶液中Na+浓度已经较大，但产生气泡的速率较小，说明Na+对反应速率的影响很小，故甲同学结合实验iv
的现象认为可以不必进行实验iii，故答案为：排除Na+对实验的干扰(或探究Na+是否参与反应，或证明
Na+不参与反应)；实验iv中Na+浓度很大，速率却不快；
②比较实验ii和iv反应条件可知，碳酸钠溶液碱性较强，即H+浓度较小，而NaHCO 溶液中H+较大，导
3
致NaHCO 溶液中产生H 速率加快，导致实验ii生成气体的速率快于实验iv，故答案为：NaHCO 溶液中
3 2 3
H+浓度比NaCO 溶液大(或 电离平衡正向移动，给反应提供H+)；
2 3
③查资料知 +Mg2+ [Mg(HCO)]+， 消耗Mg2+，促进平衡Mg(OH) (s) Mg2+(aq) + 2OH- (aq)
3 2
正向移动，溶解Mg(OH) ，从而增大Mg与溶液接触表面积，加快反应速率；由于ii中 浓度较大，
2
Mg2+ 与 的反应快于与OH-的反应，减少了Mg(OH) (s)的生成量，导致实验ii产生气体速率更快，故
2
答案为： 消耗Mg2+，促进平衡Mg(OH) (s) Mg2+(aq) + 2OH- (aq)正向移动，溶解Mg(OH) ，从而增
2 2
大Mg与溶液接触表面积，加快反应速率；由于ii中 浓度较大，Mg2+ 与 的反应快于与OH-的
反应，减少了Mg(OH) (s)的生成量。
2
