大单元四 第三单元 水溶液中的离子反应与平衡
第4 讲 盐类的水解
【高考考向预测】
盐类水解侧重考查水解方程式书写、水解规律、影响水解平衡的因素，结合水解原理判
断溶液酸碱性、分析离子浓度大小，还涉及盐类水解在生活、实验中的应用；近三年选择、
原理大题必考，考频极高；预测2027 年侧重混合盐溶液、弱酸弱碱盐体系分析，结合图像与
守恒关系综合考查粒子浓度比较、水解平衡移动及相关计算。
【双基自测●明考向】
1．（25-26 高三·全国·一轮复习）用pH 试纸测得0.10 mol⋅L
−1NH4Cl溶液的pH =5.2。( )
【答案】错误
【详解】广泛pH 试纸是粗略测定溶液pH 的用品，其测得的pH 数值只能为整数，无法得到
精确到0.1 的pH =5.2的结果，题干说法错误；
2．（25-26 高三·全国·一轮复习）CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，若溶液的pH =7，则：
c (Na
+)=c(CH3COO
−)=c(CH3COOH)。( )
【答案】错误
【详解】首先根据电荷守恒，满足关系：c( Na
+)+c(H
+)=c(CH 3COO
−)+c(OH
−)，常温下
pH =7时c(H
+)=c(OH
−)，因此可推出c( Na
+)=c(CH 3COO
−)；但等物质的量的CH 3COOH和
CH 3COONa混合时，CH 3COOH的电离程度大于CH 3COO
−的水解程度，溶液呈酸性；若要使
溶液pH =7，需要大幅提高CH 3COO
−的相对占比，最终平衡时c(CH 3COO
−)大于
c(CH 3COOH )，因此题干给出的三者浓度相等的关系不成立。
3．（25-26 高三·全国·一轮复习）NH4Cl溶液中存在c (H
+)=c(NH3)⋅H2O)+c(OH
−)。( )
【答案】正确
【详解】NH4Cl 溶液中，依据电荷守恒可得c(NH4
+) + c(H+) =c(Cl-) + c(OH-)；依据物料守恒
可得c(Cl-) = c(NH4
+) + c(NH3·H2O)。将物料守恒的c(Cl-)代入电荷守恒式，消去两侧相同项
c(NH4
+)后，即可得到c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)，因此题干表述正确。
4．（25-26 高三·全国·一轮复习）常温下，NaCN 溶液呈碱性，说明HCN 是弱电解质。( )
【答案】正确
【详解】常温下NaCN溶液呈碱性，说明氰根发生水解：CN
−+ H 2O⇌HCN +OH
−，证明
HCN属于弱电解质，因此题干表述正确。
5．（25-26 高三·全国·一轮复习）SO4
2-浓度相等的Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3三种溶液，阳离子
浓度比为3:1:1。( )
【答案】错误
【详解】三种盐均为强电解质，在水溶液中完全电离，设三种溶液中SO4
2-的浓度均为c：
Na2SO4的电离方程式为Na2SO4=2Na
++SO4
2-，因此Na
+浓度为2c；MgSO4的电离方程式为
MgSO4=Mg
2++SO4
2-，因此Mg
2+浓度为c；Al2(SO4)3的电离方程式为Al2(SO4)3=2Al
3++3SO4
2-，因此
Al
3+浓度为2
3 c；三者阳离子浓度比为2c:c: 2
3 c =6:3:2 ，因此题干表述错误。
6．（25-26 高三·全国·一轮复习）磷酸二氢钠水解：H2PO4
−+ H2O⇌H3PO4+OH
−。( )
【答案】正确
【详解】H 2 PO4
−作为弱酸的酸式酸根，水解时会结合水电离出的H⁺生成弱电解质H3PO4，同
时水电离产生OH-，用方程式表示为H2PO4
−+ H2O⇌H3PO4+OH
−，因此表述正确。
7．（26-27 高三·全国·一轮复习）用物质的量浓度都是0.1 mol 的HCN 和NaCN 配成的混合溶
液呈碱性，则：c(CN
−)>c (HCN)。( )
【答案】错误
【详解】该混合溶液中存在两个平衡：①HCN 的电离：HCN ⇌H
++CN
−，该过程使溶液显
酸性；②氰根的水解：CN
−+ H 2O⇌HCN +OH
−，该过程使溶液显碱性。已知混合溶液呈碱
性，说明氰根的水解程度大于HCN 的电离程度。初始时HCN 与NaCN 的物质的量浓度相等，
水解消耗氰根生成HCN，电离消耗HCN 生成氰根，水解程度更大则最终c(CN
−)<c( HCN )。
该说法错误。
8．（26-27 高三·全国·一轮复习）25℃时，NaHA 溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸。( )
【答案】错误
【详解】25℃时，NaHA 溶液中，HA-同时存在电离（HA-
H
⇌
+ + A2-，使溶液显酸性）和水
解（HA- + H2O
H
⇌
2A + OH-，使溶液显碱性），当HA-的电离程度大于水解程度时，溶液呈
酸性。无法说明H2A 的第一步电离程度，因此无法仅通过NaHA 溶液呈酸性推测H2A 为强酸。
该说法错误。
9．（26-27 高三·全国·一轮复习）将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中
c(CH3COO
−)
c(CH3COOH)⋅c(OH
−)增大。( )
【答案】错误
【详解】醋酸根离子的水解平衡为：C H 3COO
−+ H 2O⇌C H 3COOH +O H
−，水解常数
K h= c(C H 3COOH )⋅c(O H
−)
c(C H 3COO
−)
，因此题干中
c(C H 3COO
−)
c(C H 3COOH )⋅c(O H
−)
= 1
K h。 盐类水解是吸
热反应，升高温度，水解平衡正向移动，水解常数K h增大，因此1
K h减小。该说法错误。
10．（26-27 高三·全国·一轮复习）向0.1mol⋅L
−1 NH3⋅H2O溶液中加入少量的NH4Cl晶体时溶
液中的c(OH
−)增大。( )
【答案】错误
【详解】NH3⋅H2O存在电离平衡：NH3⋅H2O⇌NH4
++OH
-，加入NH4Cl后，铵根离子浓度增大，
NH3⋅H2O电离平衡向左移动，抑制其电离，导致OH-浓度减小，pH 减小。
【核心梳理●明考点】
考点一 盐类的水解及其规律
1.盐类的水解
(1)定义：在水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：破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大；若c (H+)≠c (OH-)，溶液呈碱性或酸性；
若c (H+)=c (OH-)，溶液呈中性。
(3)特点：
①可逆：水解反应是可逆反应。
②吸热：水解反应是酸碱中和反应的逆反应，是吸热反应。
③微弱：水解反应程度很微弱。
2.盐类水解的规律
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
强酸强碱盐
NaCl、NaNO3
否
-
中性
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NH 4
+、
Cu
2+
酸性
强碱弱酸盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO-、CO3
2−
碱性
3.盐类水解离子方程式的书写
(1)盐类水解的离子方程式一般用“
”连接,且一般不标“↑”“↓”等状态符号。
(2)多元弱酸盐:分步书写,以第一步为主。
(3)多元弱碱盐:水解反应的离子方程式一步完成。
(4)阴、阳离子相互促进的水解
①若水解程度不大,用“
”表示。
②相互促进的水解程度较大的,书写时用“===”“↑”“↓”。
4.弱酸酸式盐水溶液酸碱性的判断
弱酸的酸式盐溶液的酸碱性,取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
(1)电离程度小于水解程度,溶液显碱性,如NaHCO3溶液中:
HCO3
−H ++C O3
2−(次要)
HCO3
−+H2O
H2CO3+OH-(主要)
使c(OH-)>c(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:
HSO3
−H ++ SO3
2−(主要)
HSO3
−+H2O
H2SO3+OH-(次要)
使c(H+)>c(OH-),溶液显酸性。同理NaHC2O4、NaH2PO4溶液显酸性。
【考点突破●明方向】
1.室温下,0.1 mol·L-1的NH4CN 溶液的pH 等于9.32,据此,下列说法错误的是( )
A.上述溶液能使甲基橙试剂变黄色
B.室温下,NH3·H2O 是比HCN 更弱的电解质
C.上述溶液中CN-的水解程度大于NH 4
+的水解程度
D.室温下,0.1 mol·L-1 NaCN 溶液中,CN-的水解程度小于上述溶液中CN-的水解程度
【答案】B
【解析】室温下,溶液呈碱性,能使甲基橙试剂变黄色,故A 正确;HCN 和NH3·H2O 均是弱电解质,
溶液呈碱性,说明CN-的水解程度大于NH 4
+的水解程度,由越弱越水解知NH3·H2O 是比HCN 强
的电解质,故B 错误、C 正确;CN-、NH 4
+相互促进水解,所以0.1 mol·L-1 NaCN 溶液中,CN-的水
解程度小于同浓度下NH4CN 溶液中CN-的水解程度,故D 正确。
2.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.③溶液中水电离出的c(OH-)=1×10-11.6 mol·L-1
【答案】B
【解析】A 项,水的电离程度应为③>④>②>①,错误;C 项,CH3COOH 酸性强于HClO,pH 小的为
CH3COOH,错误;D 项,Na2CO3促进水电离,c 水(OH-)=1×10-2.4 mol·L-1,错误。
3.下列有关盐的说法不正确的是 。
①向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液,溶液变红的原因是CO3
2−+ H 2O HC O3
−+OH-,HCO3
−+H2O
H2CO3+OH-
②由0.1 mol·L-1一元酸HA 溶液的pH=3,可推知NaA 溶液存在A-+H2O
HA+OH-
③25 ℃,pH=4 的NaHSO3溶液中水电离的c 水(H+)=1×10-4 mol·L-1
④NaHB 的水溶液显酸性,说明HB-电离程度可能大于水解程度
【答案】③
【解析】NaHSO3在水中HSO3
−以电离为主,抑制水的电离,c 水(H+)<1×10-7 mol·L-1,③错误。
4.常温下,根据相关物质的电离常数,回答下列问题:
CH3COOH Ka=1.8×10-5,HCN Ka=4.9×10-10,H2CO3 K a1= 4.3×10−7 K a2=5.6×10-11
(1)相同物质的量浓度的①CH3COONa、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaCN 溶液,pH 由大到小
的顺序: ,水的电离程度由大到小的顺序: 。
(2)相同pH 的①CH3COONa、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaCN 溶液,物质的量浓度由大到小
的顺序: 。
(3)NaCN
溶
液
中
,c(Na+)
、
c(CN-)
、
c(HCN)
由
大
到
小
的
顺
序
:
。
(4)常温下,NH3·H2O(Kb=1.8×10-5),则CH3COONH4溶液显 性(填“酸”“碱”或“中”,
下同),NH4HCO3溶液显 性。
【答案】(1)②>④>③>① ②>④>③>① (2)①>③>④>② (3)c(Na+)>c(CN-)>c(HCN) (4)中
碱
考点二 外界因素对盐类水解的影响
1.温度
盐类水解反应是中和反应的逆反应,因而盐类的水解为吸热反应,升高温度,水解平衡向右移动。
2.浓度
(1)加水稀释,促进水解,水解程度增大。
(2)加溶质(增大浓度),促进水解,水解程度减小。
3.同离子效应
向能水解的盐溶液中加入与水解产物相同的离子,水解被抑制;若水解产物被消耗,则促进水解。
4.比较不同溶液中同一离子浓度大小的方法:选好参照物,分组比较,各个击破。
(1)先分类：将不同物质按含有所比较的离子的个数进行分类，如对 NH4+来说，NH4HSO4、
NH4Cl 为一类，(NH4)2SO4、(NH4)2CO3为另一类。
(2)后分析：分别分析各类物质溶液中其他粒子对所比较离子水解平衡的影响，比较出相同物
质的量浓度的同一类物质溶液中该离子浓度大小：相互促进水解的盐 < 单独水解的盐 < 水
解相互抑制的盐。
(3)再组合：将几种类别的物质按含有所比较离子的个数进行组合排序，比较离子浓度大小。
【考点突破●明方向】
1.25 ℃时,比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。
(1)相同浓度的下列溶液中:①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH,c(CH3COO-)由大到
小的顺序是 (填序号,下同)。
(2)c(NH 4
+)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl 溶液,其
物质的量浓度由大到小的顺序为 。
(3)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 4
+)
由
大
到
小
的
顺
序
为
。
【答案】(1)②>①>③ (2)④>②>③>①
(3)⑤>④>③>①>②
2.关于下列实验的说法不正确的是( )
A.CH3COO-的水解程度增大
B.溶液的pH 减小是CH3COO-水解平衡移动的结果
C.NH4Cl 可促进CH3COO-的水解D.混合液中c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之和大于c(Na+)
【答案】B
【解析】加热醋酸钠溶液促进CH3COO-的水解,使溶液的碱性增强,pH 增大,故B 错误。
3.在一定条件下,Na2CO3溶液中存在平衡:CO3
2−+ H 2O HC O3
−+OH-。下列说法不正确的是( )
A.稀释溶液,
c( HC O3
−)·c(O H
−)
c(C O3
2−)
不变
B.通入CO2,溶液pH 减小
C.升高温度,平衡常数减小
D.加入NaOH 固体,
c( HC O3
−)
c(C O3
2−) 减小
【答案】C
【解析】温度不变, 水解平衡常数不变,
c( HC O3
−)·c(O H
−)
c(C O3
2−)
不变, 故A 正确;CO2 与C
O3
2−
H C
反应生成O3
−,HCO3
−
C
比
O3
2−水解程度小,所以溶液碱性减弱,即pH 减小,故B 正确;因水解
吸热,则升温可以促进水解,平衡正向移动,平衡常数增大,故C 错误;加入NaOH 固体,OH-抑制C
O3
2−水解,HCO3
−的物质的量浓度减小,CO3
2−的物质的量浓度增大,所以
c( HC O3
−)
c(C O3
2−) 减小,故D 正确。
考点三 盐类水解原理的应用
1.在生产、生活中的应用
(1)热的纯碱溶液去油污效果好,原因是碳酸钠的水解为吸热反应
, 升高温度水解平衡向右移动
,
溶液的碱性增强
, 去污效果增强
。
(2)铵态氮肥与草木灰不得混用的理由:铵态氮肥中的
N H 4
+水解显酸性
, 草木灰中的
C O3
2−水解显
碱性
, 相互促进
, 使氨气逸出降低肥效
。
(3)泡沫灭火器反应原理:NaHCO3与Al2(SO4)3饱和溶液发生相互促进的水解反应:Al3++3HCO3
−
===Al(OH)3↓+3CO2↑。
(4)简述明矾的净水原理:明矾溶液中的铝离子水解:Al3++3H2O
Al(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3
胶体能吸附水中的悬浮物,起到净水作用。
(5)ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂的原因:Zn
2+ 水解使溶液显酸性
, 能溶解铁锈
。
(6)变废为宝资源回收中的应用
2.在教学、科研中的应用示例
(1) 纯碱溶液不能保存在带玻璃塞的试剂瓶中的原因: 溶液中碳酸根离子水解:C
O3
2−+ H 2O HC O3
−+OH-,使溶液显碱性,会与玻璃中的SiO2反应。
(2)选择最佳试剂,除去下列括号内的杂质
①Mg2+(Fe3+) 加入MgO
或
Mg(OH)
2, 能除杂的原因是溶液中存在Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+,MgO 或Mg(OH)2 能与溶液中的H+反应,使Fe3+的水解平衡向右移动,最终生成
Fe(OH)3沉淀而除去。
②Cu2+(Fe3+)加入CuO
或
Cu(OH)
2 或
Cu
2(OH)2CO3。优点是不引入新的杂质。
(3)在配制FeCl3、AlCl3、SnCl2等溶液时为抑制水解,常先将盐溶于少量浓盐酸中,再加蒸馏水
稀释到所需浓度。
(4)用MgCl2·6H2O 晶体得到纯的无水MgCl2 操作方法及理由是在干燥的
HCl
气流中加热
MgCl2·6H2O,
可以得到无水
MgCl
2,HCl
气流能抑制
MgCl
2的水解
, 且带走
MgCl
2·6H2O 因受热产
生的水蒸气。
3.盐溶液蒸干后剩余固体成分的判断
在空气中加热蒸干并灼烧下列盐溶液,将所得产物填入表格中。
盐溶液
产物
Ca(HCO3)2/NaHCO3
CaO/Na2CO3
NH4Cl
无
Na2SO3
Na2SO4
FeCl2/AlCl3
Fe2O3/Al2O3
Al2(SO4)3/Fe2(SO4)3/CuSO4
Al2(SO4)3/Fe2(SO4)3/CuSO4
Na2CO3
Na2CO3
【考点突破●明方向】
1.下列离子因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是( )
A.K+、S2-、Al3+、[Al(OH)4]-
B.MnO4
−、Na+、SO4
2−、K+
C.SO4
2−、Fe3+、S2-、K+
D.Fe2+、Cl-、H+、NO3
−
【答案】A
2.实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4,含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的
实验流程如下:
下列说法正确的是 。
A.过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为+7 价
B.氧化除锰后的溶液中存在:Na+、Zn2+、Fe2+、SO4
2−
C.调节pH 时试剂X 可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D.沉锌时的离子方程式为3Zn2++6HCO3
−===ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】过二硫酸钠中含有过氧键,分子中硫元素的化合价为+6 价,A 错误;氧化除锰后的溶液
中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、SO4
2−,B 错误;溶液中铁离子能与锌反应生成硫酸亚铁和硫酸
锌,所以调节溶液pH 时试剂X 不能选用锌,C 错误。
3.工业上可以利用TiCl4的水解反应生成TiO2·xH2O,再经焙烧可得TiO2,下列有关说法不正确的
是( )
A.TiCl4生成TiO2·xH2O 的化学方程式可表示为TiCl4+(x+2)H2O===TiO2·xH2O↓+4HCl
B.制备时可加入大量水,同时加热,促使水解完全
C.利用类似方法还可制备SnO、SnO2等化合物
D.TiCl4的性质非常稳定,除制备TiO2外,还可广泛应用于涂料、橡胶和造纸等
【答案】D
【解析】TiCl4在水中水解:TiCl4+(x+2)H2O===TiO2·xH2O↓+4HCl,加热使水解程度增大并使HCl
挥发,促进水解,最终彻底水解得到TiO2·xH2O,经焙烧得TiO2,故A 不符合题意;越稀越水解、越
热越水解,所以可加入大量水、同时加热,促进水解完全,故B 不符合题意;利用金属氯化物的水
解,加大量水并加热可以促进水解完全,用类似方法可制备SnO、SnO2等化合物,故C 不符合题
意;TiCl4遇水发生水解反应,其性质不稳定,故D 符合题意。
4.下列事实,其中与盐类的水解有关的是 (填序号)。
①NaHSO4溶液呈酸性
②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大,发生板结
③配制CuCl2溶液,用稀盐酸溶解CuCl2固体
④加热FeCl3·6H2O 晶体,往往得不到FeCl3固体
【答案】②③④
【解析】①中NaHSO4为强酸的酸式盐,不发生水解,显酸性是因为在溶液中电离出的H+所致;
②中是NH 4
+水解显酸性所致;③中HCl 会抑制Cu2+水解;④加热时FeCl3会发生水解。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【真题再现●明考向】
1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）室温下，0.10 mol⋅L
−1醋酸铜（CuAc2，Ac
−表示CH3COO
−）
溶液中CuAc2、CuAc
+、Cu
2+和HAc的pX-pH曲线如图。保持体系中Cu元素总物质的量、C元素总
物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是
A．Ⅰ为CuAc
+的变化曲线
B．室温下，K =10
−2.60
C．室温下，K sp[Cu(OH)2)=10
−20.97
D．Q点：c(HAc)×[3+
K a
c(H
+))<0.20 mol⋅L
−1
【答案】C
【分析】初始状态分析：溶液为0.10mol/L 的CuAc2。体系中c(Cu)= 0.10mol/L，总(Ac)=
0.20mol/L；低pH 值(酸性较强)时：Ac-主要与H+结合形成HAc，因此HAc 的浓度最大，接近
0.20 mol/L。此时pX=-lg(0.20)≈0.7；观察图像，曲线Ⅲ的起点约为0.7，因此Ⅲ为HAc 的曲
线。由于Ac-浓度极低，铜元素主要以游离的Cu2+形式存在，其浓度略小于0.10 mol/L。此时
pX=-lg(0.10)=1.0。观察图像，曲线Ⅱ的起点约为1.1(略大于1.0 代表c(Cu
2+)<0.1mol / L)，因
此Ⅱ为Cu2+的曲线。剩下的曲线Ⅰ代表CuAc+的曲线，据此解答；
【详解】A．由分析可知，Ⅰ为CuAc
+的变化曲线，A 正确；
B．题中反应的K = c(CuAc
+)⋅c(H
+)
c(Cu
2+)⋅c( HAc)，当pH=3.46 时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时
c(CuAc
+)=c(Cu
2+)，且由M 点坐标可知，c( HAc)=10
−0.86mol / L，代入平衡常数表达式：
K = 10
−3.46
10
−0.86 =10
−2.60，B 正确；
C．根据P 点坐标，此时pH=5.75，c(CuAc
+)=c( HAc)=10
−1.87，反应Cu
2++ HAc =CuAc
++ H
+的
平衡常数K =10
−2.60，代入数据得到：10
−5.75
c(Cu
2+)
=10
−2.60，故c(Cu
2+)=10
−3.15mol / L，
K sp[Cu(OH )2)=c(Cu
2+)⋅c
2(OH
−)=10
−3.15×(10
-8.25)
2=10
-19.65，C 错误；
D．根据题意，C 元素总物质的量不变，即总醋酸根(含各种形态)的浓度保持为0.20 mol/L，
存在物料守恒： c( Ac
−)+c(CuAc
+)+c( HAc)+2c(CuAc2)=0.20mol / L，对于HAc 的电离平衡
常数：K a= c( Ac
−)⋅c(H
+)
c( HAc)
，变形得
K a
c(H
+)
= c( Ac
−)
c( HAc)，代入题干原式，得到原式=
3c( HAc)+c( Ac
−)=2c( HAc)+[c( HAc)+c( Ac
−))，将物料守恒式代入得到：原式=
2c( HAc)+0.2mol / L−[c(CuAc
+)+2c(CuAc2))，Q 点存在c( HAc)=c(CuAc2)，由于
c(CuAc
+)>0，故原式=0.2mol/ L−c(CuAc
+)＜0.2mol/ L，D 正确；
故选C。
2．（2026·云南·高考真题）下列说法正确的是
A．石油的分馏属于化学变化
B．蔗糖属于二糖，水解产物为葡萄糖
C．明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O)可作净水剂，其水溶液呈碱性
D．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO3≜Na2CO3+CO2↑+ H2O
【答案】D
【详解】A．石油分馏是利用石油中各成分沸点不同，通过加热、冷凝实现分离的过程，由
于过程中没有新物质生成，属于物理变化，而非化学变化，A 项错误；
B．蔗糖是典型的二糖，水解生成等物质的量葡萄糖和果糖，B 项错误；
C．明矾加入水中发生水解反应：Al
3++3 H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3 H
+，Al(OH)3胶体吸附水中杂
质，可作净水剂，水解生成H
+，溶液呈酸性，C 项错误；
D．NaHCO3热稳定性较差，受热易分解2NaHCO3=
❑
Δ
Na2CO3+CO2↑+ H2O，D 项正确；
故答案为D。
3．（2026·浙江·高考真题）下列有关NH4Cl的说法中，不正确的是
A．NH4Cl是弱电解质
B．水溶液呈酸性
C．实验室用于制NH3
D．HCl 和NH3反应制NH4Cl
【答案】A
【详解】A．NH4Cl 是离子化合物，在水溶液中完全电离，属于强电解质，A 错误；
B．NH4Cl 水溶液中NH4
+水解产生H+，使溶液呈酸性，B 正确；
C．实验室中常用NH4Cl 与Ca(OH)2加热反应制取NH3，C 正确；
D．HCl 和NH3直接反应生成NH4Cl，是制备NH4Cl 的常用方法，D 正确；
故选A。
4．（2025·贵州·高考真题）25℃时，向20.00 mL0.1000 mol⋅L
−1ClCH2COOH溶液中滴入
0.1000 mol⋅L
−1NaOH溶液，溶液的pH 及−lg c(ClCH2COO
−)
c(ClCH2COOH)
(用pM 表示)随NaOH 溶液体积的
变化关系如图。
下列说法错误的是
A．25℃时，K a(ClCH2COOH)=10
−2.86
B．P 点溶液的pH =pM =1.43
C．当V (NaOH)=10.00 mL时，c(ClCH2COOH)>c(ClCH2COO
−)
D．当V (NaOH)=15.00 mL时，4 c (Na
+)=3c(ClCH2COO
−)+3c(ClCH2COOH)
【答案】C
【分析】向20.00 mL0.1000 mol⋅L
−1ClCH2COOH溶液中滴入0.1000 mol⋅L
−1NaOH溶液，溶液的
pH 在不断增大，实线为溶液的pH 随NaOH 溶液体积的变化关系；虚线为−lg c(ClCH2COO
−)
c(ClCH2COOH)
(用pM 表示) 随NaOH 溶液体积的变化关系；ClCH2COO H的电离平衡：
ClCH2COOH⇌ClCH2COO
−+ H
+，K a(ClCH2COOH)= c(ClCH2COO
−)c(H
+)
c(ClCH2COOH)
，当−lg c(ClCH2COO
−)
c(ClCH2COOH)
=0
时，此时
c(ClCH2COO
−)
c(ClCH2COOH)
=1，溶液的pH 为2.86（Q 点纵坐标），
K a(ClCH2COOH)= c(ClCH2COO
−)c(H
+)
c(ClCH2COOH)
=c(H
+)=10
−2.86，据此分析。
【详解】A．由分析可知，当−lg c(ClCH2COO
−)
c(ClCH2COOH)
=0时，此时
c(ClCH2COO
−)
c(ClCH2COOH)
=1，溶液的pH 为
2.86，K a(ClCH2COOH)= c(ClCH2COO
−)c(H
+)
c(ClCH2COOH)
=c(H
+)=10
−2.86，A 不符合题意；
B．P 点溶液中，有pH =pM，即−lg c(ClCH2COO
−)
c(ClCH2COOH)
=−lgc(H
+)，即
c(ClCH2COO
−)
c(ClCH2COOH)
=c(H
+)，根据
K a(ClCH2COOH)= c(ClCH2COO
−)c(H
+)
c(ClCH2COOH)
=c
2(H
+)=10
−2.86，c(ClCH2COO
−)
c(ClCH2COOH)
=c(H
+)=10
−1.43，
pH =pM =1.43，B 不符合题意；
C．当V (NaOH)=10.00 mL时，溶液为等物质的量的ClCH2COOH和ClCH2COONa，由图可知，此时
溶液呈酸性，故ClCH2COOH的电离程度大于ClCH2COO
-的水解程度，故
c(ClCH2COOH)<c(ClCH2COO
−)，C 符合题意；
D．当V (NaOH)=15.00 mL时，溶质为ClCH2COOH和ClCH2COONa，且物质的量之比为1：3，根据
物料守恒，有4 c (Na
+)=3c(ClCH2COO
−)+3c(ClCH2COOH)，D 不符合题意；
故选C。
5．（2025·福建·高考真题）常温下，在Cr(VI)总浓度始终为0.025 mol⋅L
-1的K2CrO4溶液中，
铬元素以HCrO4
−、CrO4
2−、Cr2O7
2−形式存在，l g(c/mol⋅L
-1)随pH 变化如图。下列说法正确的
是
A．曲线Ⅰ代表的组分为CrO4
2-
B．P 点：c(Cr2O7
2-)=0.025
3+10
0.2 mol⋅L
-1
C．2CrO4
2-+2H
+⇌Cr2O7
2-+H2O的平衡常数K=10
12.2
D．Q 点：3c(Cr2O7
2-)+2c(CrO4
2-)+c (OH
-)=c (K
+)+c (H
+)
【答案】B
【分析】a:HCrO4
-⇌
❑
❑
H
++CrO4
2- K1
b:2CrO4
2-+2H
+
Cr
⇌
2O7
2-+H2O K
随着溶液pH 增大，a 平衡正向移动、b 平衡逆向移动，CrO4
2−浓度增大、Cr2O7
2−浓度减小，则
曲线I 代表的组分为Cr2O7
2−、曲线Ⅱ代表的组分为CrO4
2-；
【详解】A．由分析，曲线I 代表的组分为Cr2O7
2−，A 错误；
B．Q 点，pH=6.3，c(CrO4
2-)=c(HCrO4
-)，则HCrO4
-⇌
❑
❑
H
++CrO4
2-，K1=c(H
+)c(CrO4
2-)
c(HCrO4
-)
=c(H
+)=10
−6.3
；P 点时，pH=6.1，c(CrO4
2-)=c(Cr2O7
2-)，此时K1=c(H
+)c(CrO4
2-)
c(HCrO4
-)
= 10
−6.1c(CrO4
2-)
c(HCrO4
-)
=10
−6.3，
c(HCrO4
-)=10
0.2×c(CrO4
2-)=10
0.2c(Cr2O7
2-)，Cr(VI)总浓度始终为0.025 mol⋅L
-1，则
c(HCrO4
-)+c(CrO4
2-)+2c(Cr2O7
2-)=10
0.2×c(Cr2O7
2-)+c(Cr2O7
2-)+2c(Cr2O7
2-)=0.025，
c(CrO4
2-)=c(Cr2O7
2-)=0.025
3+10
0.2 mol/L，B 正确；
C．结合B 分析，P 点时，pH=6.1，c(CrO4
2-)=c(Cr2O7
2-)，2CrO4
2-+2H
+⇌Cr2O7
2-+H2O的平衡常数
K=c(Cr2O7
2-)
c
2(H
+)c
2(CrO4
2-)
=1
c
2(H
+)c(CrO4
2-)
=1
10
−6.1×2×0.025
3+10
0.2
=3+10
0.2
0.025 ×10
12.2
，C 错误；
D．Q 点，c(CrO4
2-)=c(HCrO4
-)，由于加了物质调节溶液的pH，而题中并未明确给出外加的物
质为何种物质，D 错误；
故选B。
6．（2025·全国卷·高考真题）HF总浓度c总(HF)为0.1000mol⋅L
-1的水溶液中存在平衡：
HF⇌
K1
H
++F
-、HF+F
−⇌
K2
HF2
−。溶液中c(HF)、c(HF2
−)、c(F
-)与pH关系如下图所示。下列叙述正确
的是
A．M、N 分别为c(HF)~pH、c(HF2
−)~pH关系曲线
B．K1=c(H
+)c(F
-)
c(HF)
≈7×10
-4,K2=c(HF2
-)
c(HF)c(F
-) ≈5
C．溶液中c总(HF)=c(F
-)+c(HF)+c(HF2
-)
D．pH=1的溶液中c(H
+)=c(F
-)+c(HF2
-)+c(OH
-)
【答案】B
【详解】A．已知HF 溶液中存在的平衡：HF⇌
K1
H
++F
-，当溶液中pH 增大时，c(H+)减小，该
平衡正向移动，c(HF)减小，对应M 曲线；c(HF2
-)先增大后减小，所以M、N 分别为：
c(HF)~pH、c(F
-)~pH关系曲线，故A 项错误；
B．根据平衡常数计算公式： K1=c(H
+)c(F
-)
c(HF)
，取pH=4，c(F-)=0.0800mol/L，
c(HF)=0.0110mol/L，c(H+)=10-4mol/L，代入可得K1=c(H
+)c(F
-)
c(HF)
=10
-4×0.0800
0.0110
≈7×10
-4，结合
K2=c(HF2
-)
c(HF)c(F
-) ，取pH=4，c(HF2
-)=0.0045mol/L，c(F-)=0.0800mol/L，c(HF)=0.0110mol/L，
K2=c(HF2
-)
c(HF)c(F
-) =0.0045
0.0110×0.0800 ≈5，故B 项正确；
C．根据总浓度c 总(HF)的定义，溶液中HF 的存在形式有HF、F-、HF2
-三种，根据元素守恒，
可知c总(HF)=c(F
-)+c(HF)+2c(HF2
-)，故C 项错误；
D．已知：HF总浓度c总(HF)为0.1000mol⋅L
-1，其pH＞1。在pH=1 的溶液中，应该加入了其
他酸，根据电荷守恒，可知c(H
+)≠c(F
-)+c(HF2
-)+c(OH
-)，故D 项错误；
故答案选B。
7．（2025·江苏·高考真题）室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的
较浓H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。
已知：Ka(HSO4
−)=1.2×10
−2,Kal(H2SO3)=1.2×10
−2,Ka2(H2SO3)=6.0×10
−8。下列说法正确的是
A．较浓H2SO4溶液中：c(H
+)=2c(SO4
2−)+c(OH
−)
B．NaHSO3溶液中：2HSO3
−⇌SO3
2−+ H2SO3的平衡常数K =5.0×10
−6
C．(NH4)2C2O4溶液中：c(NH3⋅H2O)+c(OH
−)=c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(H
+)
D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：c提铜(Na
+)=c沉镍(Na
+)
【答案】B
【分析】有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，浸取
液主要含有CuSO4、NiSO4，加入NaHSO3溶液提铜，滤液加入(NH 4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。
【详解】A．若H2SO4两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：c(H
+)=2c(SO4
2−)+c(OH
−)，但
根据题给信息Ka(HSO4
−)=1.2×10
−2知，在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全，电离出
大量的H
+会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在HSO4
−，因此电荷守恒应表示为
c(H
+)=c(HSO4
−)+2c(SO4
2−)+c(OH
−)，A 错误；
B．该反应的平衡常数
K =c(H2SO3)⋅c(SO3
2−)
c
2(HSO3
−)
=c(H2SO3)
c(H
+)⋅c(HSO3
−)
⋅c(H
+)⋅c(SO3
2−)
c(HSO3
−)
=Ka2(H2SO3)
Ka1(H2SO3)
= 6.0×10
−8
1.2×10
−2 =5.0×10
−6，B 正
确；
C．NH4
+得到1 个OH
−生成NH3⋅H2O，C2O4
2−得1 个H
+生成HC2O4
−得2 个H
+生成H2C2O4，水电离出的
H
+与OH
−浓度相等，即c水(H
+)=c水(OH
−)，则溶液中存在质子守恒
:c水(OH
−)=c(NH3·H2O)+c(OH
−)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(H
+)=c水(H
+)，C 错误；
D．根据题意只有提铜这一步加了钠盐，故加入的钠离子的物质的量不变，即
n提铜(Na
+)=n沉镍(Na
+)，但是因为后续加了草酸铵溶液导致溶液体积增大，因此
c提铜(Na
+)>c沉镍(Na
+)，D 错误；
故选B。
8.(2023·北京卷)下列过程与水解反应无关的是( )
A.热的纯碱溶液去除油脂
B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D.向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高
级脂肪酸盐和甘油,故可用热的纯碱溶液去除油脂,A 不符合题意;重油在高温、高压和催化剂
作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃,与水解反应无关,B 符合题意;蛋白质在酶的作用下
可以发生水解反应生成氨基酸,C 不符合题意; Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3,加热能增大
Fe3+ 的水解程度,D 不符合题意。
9.(2023·重庆卷)(NH4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示,关于各点对应的溶液,下列说法正
确的是( )
A.M 点Kw等于N 点Kw
B.M 点pH 大于N 点pH
C.N 点降温过程中有2 个平衡发生移动
D.P 点c(H+)+c(NH 4
+)+c(NH3·H2O)=c(OH-)+2c(SO4
2−)
【答案】B
【解析】温度升高,水的电离程度增大,则M 点Kw小于N 点Kw,A 错误;升高温度促进铵根离子
的水解,且N 点铵根离子浓度更大,水解生成氢离子浓度更大,N 点酸性更强,故M 点pH 大于N
点pH,B 正确;N 点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3
个平衡发生移动,C 错误;P 点为硫酸铵的不饱和溶液,由电荷守恒可知,c(H+)+c(NH 4
+)=c(OH-)
+2c(SO4
2−),D 错误。
高考热点总结
【限时训练】
（60 分钟）
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.下列关于盐的水解应用不正确的是( )
A.实验室配制氯化铁溶液,氯化铁晶体溶于硫酸,然后再加水稀释
B.TiCl4溶于水加热制备TiO2
C.利用可溶性铝盐、铁盐做净水剂
D.草木灰与铵态氮肥不能混合施用
【答案】A
【解析】实验室配制氯化铁溶液,需要抑制Fe3+的水解,为了不引入杂质,应将氯化铁晶体溶于盐
酸,然后再加水稀释,A 错误;TiCl4水解是吸热反应,加热促进水解,且生成的氯化氢挥发,使水解
几乎完全,生成的氢氧化物再分解可以得到TiO2,B 正确。
2.强碱MOH 的溶液和等体积、等物质的量浓度的弱酸HA 的溶液混合后,溶液中有关离子浓度
的大小关系是( )
A.c(M+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)
B.c(M+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
C.c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
D.c(M+)>c(H+)>c(A-)>c(OH-)
【答案】C
【解析】强碱MOH 的溶液和等体积、等物质的量浓度的弱酸HA 的溶液混合后,恰好完全反
应生成强碱弱酸盐MA。A-发生水解反应,则c(M+)>c(A-);A-水解使溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),
浓度关系为c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。
3.Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO3
2−+ H 2O HC O3
−+OH-。下列说法错误的是( )
A.加水稀释,溶液中所有离子的浓度都减小
B.通入CO2,溶液pH 减小
C.加入NaOH 固体,
c( HC O3
−)
c(C O3
2−) 减小
D.升高温度,平衡常数增大
【答案】A
【解析】碳酸钠溶液显碱性,向其中加水稀释时,溶液中OH-浓度减小,由于溶液中存在水的电离,
所以溶液中c(H+)增大,A 错误。
4.下列应用与碳酸钠或碳酸氢钠能发生水解反应无关的是( )
A.实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B.泡沫灭火器中含有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液,使用时只需将二者混合就可产生大量二氧化
碳
C.常用热的碳酸钠溶液清洗油污
D.可利用碳酸钠与醋酸反应制取少量二氧化碳
【答案】D
【解析】Na2CO3 水解使溶液显碱性,OH-与玻璃中的SiO2 会发生反应,A 正确;NaHCO3 与
Al2(SO4)3 发生相互促进的水解反应:Al3++3HCO3
−===Al(OH)3↓+3CO2↑,B 正确;CO3
2−水解使溶液
显碱性,能够除去油污,C 正确;D 项与盐类的水解无关。
5.常温下,某酸HA 的电离常数Ka=1.0×10-5,下列说法正确的是( )
A.常温下,NaA 的水解常数Kh=1.0×10-9
B.常温下,0.1 mol·L-1 HA 溶液中,水电离出的c(H+)=1.0×10-13 mol·L-1
C.NaA 与HCl 恰好完全反应后的溶液中,2c(Na+)=c(A-)+c(Cl-)
D.常温下,HA 溶液中加入NaA 固体,c( HA)·c(O H
−)
c( A
−)
减小
【答案】A
【解析】常温下,NaA 的水解常数Kh=
K w
K a
=
10
−14
1.0×10
−5=1.0×10-9,A 正确;HA 溶液中的氢氧根离子
来自水的电离, 由于HA 为弱酸,0.1 mol·L-1 HA 溶液中c(H+)<0.1 mol·L-1, 则水电离出的
c(H+)=c(OH-)>10
−14
0.1 mol·L-1=1.0×10-13 mol·L-1,B 错误;NaA 与HCl 恰好完全反应后的溶液中,溶
质为等浓度的NaCl 和HA,结合元素守恒可知:2c(Na+)=c(A-)+c(Cl-)+c(HA),C 错误;常温下,HA 溶
液中加入NaA 固体,c( HA )·c(O H
−)
c( A
−)
=Kh(A-),由于温度不变,则Kh(A-)不变,D 错误。
6.常温下,下列各组微粒在指定溶液中因水解反应而不能大量共存的是( )
A.纯碱溶液:K+、SO4
2−、OH-、Cl-
B.含有大量[Al(OH)4]-的溶液中:Na+、K+、HCO3
−、N O3
−
C.NH 4
+、Na+、CH 3COO−、N O3
−
D.中性溶液中:K+、Al3+、Cl-、SO4
2−
【答案】D
【解析】A 项,离子之间不反应,能大量共存;B 项,[Al(OH)4]-+HCO3
−===Al(OH)3↓+CO3
2−+H2O,不
是因水解反应而不能共存;C 项,NH 4
+与CH3COO-虽然发生相互促进的水解反应,但促进程度很
小,能大量共存;D 项,Al3+水解呈酸性,因而在中性溶液中不能大量存在。
7.向浓度为0.1 mol·L-1的NH4Cl 溶液中加入少量NH4Cl 固体,下列各量保持减小的是( )
①c(H+) ②c(NH 4
+) ③c( N H 4
+)
c(C l
−)
④
c( N H 4
+)
c( N H 3· H 2O)·c( H
+)
⑤N H 4
+的水解程度
⑥
c( H
+)
c( N H 4
+)
A.③⑤
B.⑤⑥
C.③⑥
D.④⑥
【答案】B
【解析】铵根离子的水解方程式为NH 4
++H2O
NH3·H2O+H+,加入少量NH4Cl 固体,平衡正向
移动, 则①c(H+) 增大,②c(NH 4
+) 增大,③NH 4
+的水解程度减小,c( N H 4
+)
c(C l
−) 增大,④
c( N H 4
+)
c( N H 3· H 2O)·c( H
+)
= 1
K b
,保持不变,⑤⑥减小,B 正确。
8.已知:[FeCl4(H2O)2]-为黄色,溶液中存在可逆反应:Fe3++4Cl-+2H2O
[FeCl4(H2O)2]-,下列实验
所得结论不正确的是( )
①
②
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
③
④
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,A 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,B 正确;
加入NaCl 后,溶液立即变为黄色,发生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,C 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,不能证明温度对Fe3+水解平衡的影响,D 错误。
9.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
(1)Na2SO3水解的离子方程式为
。
(2)请根据题给信息判断Kw 的关系:① (填“>”“<”或“=”,下同)④,Kh 的关系:①
②。
(3)实验过程中,取①④时刻相同体积的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生的白
色沉淀比①多。该白色沉淀的成分是 , 沉淀④比①多的原因是
。
【答案】(1)SO3
2−+ H 2O HSO3
−+OH- (2)= <
(3)BaSO4 升温过程中部分SO3
2−
S
被氧化为O4
2−
【解析】(1)Na2SO3是强碱弱酸盐,SO3
2−水解使溶液显碱性,其离子方程式为SO3
2−+ H 2O HSO3
−
+OH-。(2)水的离子积常数Kw只与温度有关,由于①和④的温度相同,故二者Kw相同;盐的水解
为吸热反应,升高温度,盐的水解平衡右移,Kh增大,故Kh的关系为①<②。(3)升高温度的过程中
部分SO3
2−
S
被氧化为O4
2−,SO4
2−与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀,且BaSO4不溶于稀盐酸,故④中
产生的白色沉淀比①中多。
能力提升
10.下列有关说法正确的是( )
A.某温度下,弱酸的酸性:HA>HB,则等浓度的NaA 和NaB 溶液中离子总浓度前者小
B.常温下,将a mol·L-1氨水与b mol·L-1盐酸等体积混合,所得溶液pH=7,则NH3·H2O 的电离常
数Kb=b×10
−7
a−b (忽略溶液混合时体积的变化)
C.等浓度的①Na2C2O4溶液、②NaHC2O4溶液、③H2C2O4溶液中,c(C2O4
2−)由大到小的顺序为
①>③>②
D.等浓度的HCN 和NaCN 的混合溶液显碱性,则溶液中c(C N
−)
c( HCN )>1
【答案】B
【解析】A.酸性:HA>HB,故水解程度:B->A-,则等浓度的NaB 溶液的碱性强于NaA 溶液的碱性,
根据电荷守恒:c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)、c(OH-)+c(B-)=c(H+)+c(Na+),等浓度时,NaA 溶液中
c(H+)更大,离子总浓度更大,A 错误;B.常温下,将a mol·L-1氨水与b mol·L-1盐酸等体积混合,所得
溶液pH=7,溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),由电荷守恒可知,c(Cl-)=c(NH 4
+)=b
2 mol·L-1,由元素守恒可
知,c(NH3·H2O)+c(NH 4
+)=a
2 mol·L-1,则NH3·H2O 的电离常数Kb=b×10
−7
a−b ,B 正确;C.Na2C2O4是强电
解质,完全电离,c(C2O4
2−)最大,NaHC2O4溶液中的c(HC2O4
−)大于H2C2O4溶液中的c(HC2O4
−),故三
种溶液中c(C2O4
2−):①>②>③,C 错误;D.等浓度的HCN 和NaCN 的混合溶液显碱性,说明CN-水
解程度大于HCN 的电离程度,溶液中c(C N
−)
c( HCN )<1,D 错误。
11.室温下,有0.01 mol·L-1 NH3·H2O 和0.01 mol·L-1 NH4Cl 两种溶液,下列操作可以使两种溶液
中c(NH 4
+)都增大的是( )
A.通入少量HCl 气体
B.加入少量H2O
C.加入少量NaOH 固体
D.升高温度
【答案】A
【解析】①0.01 mol·L-1 NH3·H2O 溶液中存在电离平衡NH3·H2O
NH 4
++OH-,②0.01 mol·L-1
NH4Cl 溶液中存在水解平衡NH 4
++H2O
NH3·H2O+H+,通入少量HCl 会使①平衡正向移动,c(N
H 4
+)增大,②平衡逆向移动,c(NH 4
+)也增大,A 项正确;加入少量H2O,两平衡均正向移动但两平衡
中的微粒浓度均减小,c(NH 4
+)均减小,B 项错误;加入少量NaOH 固体,使①平衡逆向移动,c(NH 4
+)
减小,②平衡正向移动,c(NH 4
+)也减小,C 项错误;弱电解质的电离和盐类的水解都是吸热的,升高
温度,两平衡均正向移动,则①中c(NH 4
+)增大,②中c(NH 4
+)减小,D 项错误。
12.已知常温下,HCN 的电离平衡常数Ka=6.2×10-10。
(1)常温下,含等物质的量浓度的HCN 与NaCN 的混合溶液显 (填“酸”“碱”或
“中”)性,c(CN-) (填“>”“<”或“=”)c(HCN)。该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为
。
(2)常温下,若将c mol·L-1盐酸与0.62 mol·L-1 KCN 溶液等体积混合后恰好得到中性溶液,则c=
(保留小数点后4 位)。
【答案】(1)碱 < c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+) (2)0.616 2
【解析】(1)常温下,NaCN 的水解常数Kh=
K w
K a
1.0×10
−14
6.2×10
−10≈1.61×10-5,Kh>Ka,故CN-的水解能力强
于HCN 的电离能力,由于NaCN 与HCN 的物质的量相等,故水解产生的c(OH-)大于电离生成的
c(H+), 混合溶液显碱性, 且c(CN-)<c(HCN) 。(2) 当溶液显中性时, 由电荷守恒知溶液中
c(K+)=c(CN-)+c(Cl-),由元素守恒得c(HCN)=c(K+)-c(CN-)=c(Cl-)=0.5c mol·L-1,由CN-+H2O
HCN+OH-得Kh=c(O H
−)·c( HCN )
c(C N
−)
= 1.0×10
−7×0.5c
0.31−0.5c
=1.61×10-5,解得c≈0.616 2。
13.NH4Al(SO4)2常作食品加工中的食品添加剂,用于焙烤食品;NH4HSO4在分析试剂、医药、电
子工业中用途广泛。请回答下列问题:
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂,其原理是
(用离子方程式说明)。
(2)相同条件下,0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中的c(NH 4
+) (填“等于”“大于”或“小
于”)0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中的c(NH 4
+)。
(3)几种均为0.1 mol·L-1的电解质溶液的pH 随温度变化的曲线如图所示。
①其中符合0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液的pH 随温度变化的曲线是 (填罗马数字),导
致NH4Al(SO4)2溶液的pH 随温度变化的原因是
②20 ℃时,此时水的离子积常数为1×10-14, 0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2 溶液中2c(SO4
2−)-c(NH 4
+
)-3c(Al3+)= mol·L-1。
【答案】(1)Al3++3H2O
Al(OH)3(胶体)+3H+ (2)小于 (3)①Ⅰ NH4Al(SO4)2水解吸热且水
解使溶液呈酸性,升高温度,盐的水解程度增大,溶液中氢离子浓度变大 ②10-3-10-11
【解析】(1)NH4Al(SO4)2电离产生的Al3+会发生水解反应产生Al(OH)3胶体,Al(OH)3胶体表面
积大,吸附力强,能够吸附水中悬浮的固体小颗粒,使之形成沉淀,从而具有净水作用,该反应的离
子方程式为Al3++3H2O
Al(OH)3(胶体)+3H+;(2)NH4Al(SO4)2溶于水发生电离产生铝离子、铵
根离子,两者发生水解对对方水解起到抑制作用;NH4HSO4溶于水发生电离作用产生铵根离子
和氢离子,氢离子对铵根离子的水解起到抑制作用,由于相同条件下,NH4HSO4电离出的氢离子
浓度远大于铝离子水解产生的氢离子浓度,故NH4HSO4电离出的氢离子对铵根离子水解抑制作
用更大,故0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中的c(NH 4
+)小于0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中的c(NH 4
+
);(3)①NH4Al(SO4)2水解吸热且水解使溶液呈酸性,升高温度,盐的水解程度增大,溶液中氢离子
浓度变大,因而溶液的pH 减小,则符合的曲线为Ⅰ;②20 ℃时0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液
pH=3,c(H+)=10-3 mol·L-1、c(OH-)=10-11 mol·L-1;在溶液中存在电荷守恒:c(NH 4
+)+3c(Al3+)
+c(H+)=c(OH-)+2c(SO4
2−),2c(SO4
2−)-c(NH 4
+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=(10-3-10-11) mol·L-1。
