考點(diǎn)31鹽類的水解（核心考點(diǎn)精講精練）-備戰(zhàn)2025年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)幫（新高考）（解析版）

考點(diǎn)31鹽類的水解TOC\o"1-3"\h\u 11.高考真題考點(diǎn)分布 12.命題規(guī)律及備考策略 1 2考法01鹽類的水解及其規(guī)律 2考法02鹽類水解的影響因素及應(yīng)用 5考法03溶液中粒子濃度大小比較 9 121.高考真題考點(diǎn)分布考點(diǎn)內(nèi)容考點(diǎn)分布鹽類水解及其應(yīng)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(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】高頻考點(diǎn)從近幾年全國(guó)高考試題來(lái)看，水解方程式的書(shū)寫(xiě)、影響水解平衡的因素、水解在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用、離子濃度大小的比較仍是高考命題的熱點(diǎn)?！緜淇疾呗浴俊久}預(yù)測(cè)】預(yù)計(jì)2025年高考會(huì)以新的情境載體考查有關(guān)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(shí)，題目難度一般較大?？挤?1鹽類的水解及其規(guī)律1．鹽類水解的實(shí)質(zhì)鹽電離→eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(弱酸的陰離子→結(jié)合H＋,弱堿的陽(yáng)離子→結(jié)合OH－))→生成弱電解質(zhì)→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(yáng)離子。3．鹽類水解規(guī)律有弱才水解，無(wú)弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性，同強(qiáng)顯中性。4．鹽類水解方程式的書(shū)寫(xiě)(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(yīng)分步進(jìn)行，以第一步為主，一般只寫(xiě)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(yīng)，水解離子方程式一步寫(xiě)完。如FeCl3的水解離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋?！疽族e(cuò)提醒】陰、陽(yáng)離子相互促進(jìn)且進(jìn)行徹底的水解反應(yīng)，如Na2S溶液與AlCl3溶液混合反應(yīng)的水解離子方程式為3S2－＋2Al3＋＋6H2O=3H2S↑＋2Al(OH)3↓。相互促進(jìn)水解時(shí)，由于反應(yīng)徹底，故生成物中出現(xiàn)的不溶于水的沉淀或氣體均要注明狀態(tài)，即寫(xiě)上“↓”或“↑”符號(hào)，中間用“=”連接。請(qǐng)判斷下列說(shuō)法的正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)溶液呈中性的鹽一定是強(qiáng)酸、強(qiáng)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(fā)生了水解反應(yīng)。()(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(qiáng)酸、強(qiáng)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(zhèn)江·一模）下列物質(zhì)在常溫時(shí)發(fā)生水解，對(duì)應(yīng)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(xiàng)，應(yīng)為COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－；B項(xiàng)，應(yīng)為Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D項(xiàng)，應(yīng)為F－＋H2OHF＋OH－?！舅季S建?！繒?shū)寫(xiě)水解相互促進(jìn)且進(jìn)行到底反應(yīng)方程式以FeCl3溶液與Na2CO3溶液混合為例。第一步：寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的兩種離子及對(duì)應(yīng)的產(chǎn)物。不溶性物質(zhì)加“↓”，易分解的物質(zhì)寫(xiě)分解產(chǎn)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(chǎn)物Fe(OH)3中含有H，反應(yīng)物中無(wú)H，故H2O為反應(yīng)物。2Fe3＋＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑第四步：根據(jù)質(zhì)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(guī)律【例2】（2024·河南濮陽(yáng)·質(zhì)檢）根據(jù)表中信息，判斷0.10mol·L－1的下列各物質(zhì)的溶液pH最大的是()酸電離常數(shù)(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(jù)表格中的酸的電離常數(shù)可知，酸性的強(qiáng)弱順序?yàn)镃H3COOH>H2CO3>H2S>HCOeq\o\al(－,3)>HS－，根據(jù)越弱越水解的規(guī)律可知，水解能力強(qiáng)弱順序?yàn)镾2－>COeq\o\al(2－,3)>HS－>HCOeq\o\al(－,3)>CH3COO－，故選項(xiàng)中0.10mol·L－1的各溶液pH最大的是Na2S。【思維建?！葵}類水解程度大小比較的規(guī)律1.組成鹽的弱堿陽(yáng)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(duì)應(yīng)的酸（或堿）越弱，水解程度越大，溶液堿性（或酸性）越強(qiáng)。3.相同條件下的水解程度：（1）正鹽＞相應(yīng)的酸式鹽，如Na2CO3＞NaHCO3；（2）水解相互促進(jìn)的鹽＞單獨(dú)水解的鹽＞水解相互抑制的鹽。【對(duì)點(diǎn)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(cuò)誤；NaHCO3的電離方程式為NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故B錯(cuò)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(fā)生氧化還原反應(yīng)及雙水解反應(yīng)，故D錯(cuò)誤?！緦?duì)點(diǎn)2】（2024·安徽合肥·模擬）已知在常溫下測(cè)得濃度均為0.1mol·L－1的下列6種溶液的pH如表所示：溶質(zhì)CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3下列反應(yīng)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(guī)律“越弱越水解”，并結(jié)合題給信息可判斷出對(duì)應(yīng)酸的酸性強(qiáng)弱關(guān)系是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3-，利用“強(qiáng)酸制弱酸”進(jìn)行判斷。酸性H2CO3>HClO>HCO3-，因此CO2＋H2O＋2NaClO=NaHCO3＋2HClO，A項(xiàng)不成立，B項(xiàng)成立；酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3-，C項(xiàng)成立；酸性CH3COOH>HCN，D項(xiàng)成立?？挤?2鹽類水解的影響因素及應(yīng)用1．內(nèi)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(chǎn)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(yáng)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(dòng)方向H＋數(shù)pH現(xiàn)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(cuò)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(yīng)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(yáng)離子發(fā)生水解相互促進(jìn)的反應(yīng)，水解程度較大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常見(jiàn)的水解相互促進(jìn)的反應(yīng)進(jìn)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(shí)，為防止出現(xiàn)Fe(OH)3沉淀，常加幾滴鹽酸來(lái)抑制FeCl3的水解；在實(shí)驗(yàn)室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞，應(yīng)用橡膠塞。(5)判斷鹽溶液蒸干灼燒時(shí)所得的產(chǎn)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(xiàn)象或事實(shí)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(zhì)的提純(水解除雜)如MgCl2溶液中混有少量Fe3＋雜質(zhì)時(shí)，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(dǎo)致Fe3＋的水解平衡向右移動(dòng)，生成Fe(OH)3沉淀而除去。4.水解常數(shù)與電離平衡常數(shù)（1）水解常數(shù)的概念在一定溫度下，能水解的鹽(強(qiáng)堿弱酸鹽、強(qiáng)酸弱堿鹽或弱酸弱堿鹽)在水溶液中達(dá)到水解平衡時(shí)，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(yáng)離子)濃度之比是一個(gè)常數(shù)，該常數(shù)就叫水解平衡常數(shù)。（2）水解常數(shù)(Kh)與電離常數(shù)的定量關(guān)系①?gòu)?qiáng)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(qiáng)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)?！窘Y(jié)論歸納】①Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。②Na2CO3的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka2)。③NaHCO3的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)。請(qǐng)判斷下列說(shuō)法的正誤(正確的打“√”，錯(cuò)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(qiáng)()(3)關(guān)于FeCl3溶液，加水稀釋時(shí)，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(shuō)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(huì)增大溶液中OH－的濃度，使平衡向左移動(dòng)，c(CH3COO－)增大，故A項(xiàng)正確；加入少量FeCl3固體，F(xiàn)eCl3水解顯酸性，CH3COONa水解顯堿性，在同一溶液中相互促進(jìn)水解，c(CH3COO－)減小，故B項(xiàng)不正確；稀釋溶液，c(OH－)減小，溶液的pH減小，故C項(xiàng)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(xiàng)不正確?？枷?2考查鹽類水解的應(yīng)用【例2】（2024·福建廈門(mén)·質(zhì)檢）下列物質(zhì)的水溶液在空氣中小心加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質(zhì)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(guò)程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2會(huì)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(huì)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(jìn)水解生成Fe(OH)3和鹽酸，而鹽酸揮發(fā)進(jìn)一步促進(jìn)其水解，最終水解徹底，受熱分解得到的固體物質(zhì)是Fe2O3?！舅季S建?！葵}溶液蒸干灼燒時(shí)所得產(chǎn)物的判斷(1)鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時(shí)，蒸干后一般得原物質(zhì)，如CuSO4(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))CuSO4(s)；鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時(shí)，蒸干灼燒后一般得對(duì)應(yīng)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(qiáng)堿鹽，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物質(zhì)。(3)考慮鹽受熱時(shí)是否分解。(4)還原性鹽在蒸干時(shí)會(huì)被O2氧化，如Na2SO3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Na2SO4(s)?？枷?3考查水解平衡常數(shù)及其應(yīng)用【例3】（2024·江西宜春·質(zhì)檢）已知常溫下，Na2CO3溶液的水解常數(shù)Kh＝2×10－4，則當(dāng)溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1時(shí)，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(jié)合常溫下KW＝1.0×10－14，可得c(H＋)＝10－10mol·L－1，則pH＝10?！緦?duì)點(diǎn)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(shuō)法正確的是()A.稀釋溶液，水解平衡常數(shù)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(shù)只與溫度有關(guān)，A錯(cuò)誤；Cu2＋＋S2－=CuS↓，平衡左移，HS－濃度減小，B正確；水解為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡右移，因而eq\f(c（HS－）,c（S2－）)增大，C錯(cuò)誤；加入NaOH固體，溶液pH增大，D錯(cuò)誤?！緦?duì)點(diǎn)2】（2024·廣東韶關(guān)·模擬）下列有關(guān)問(wèn)題與鹽類的水解有關(guān)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(tài)氮肥不能混合施用③實(shí)驗(yàn)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(tài)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(huì)與堿反應(yīng)生成硅酸鈉，將瓶塞與瓶口黏合在一塊兒而打不開(kāi)，因此實(shí)驗(yàn)室盛放碳酸鈉的試劑瓶應(yīng)用橡膠塞；④CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加熱時(shí)，HCl揮發(fā)使平衡不斷右移，最終得到Cu(OH)2固體?！緦?duì)點(diǎn)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(guò)程中水的電離平衡____________(填“向左”“向右”或“不”)移動(dòng)。試計(jì)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(shù)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(jìn)水的電離。SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－的水解常數(shù)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?？挤?3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(zhì)的電離是微弱的，電離產(chǎn)生的微粒都非常少，同時(shí)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(guān)系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。(2)多元弱酸的電離是分步進(jìn)行的，其主要是第一級(jí)電離(第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步電離)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的濃度大小關(guān)系是c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。2.水解理論(1)弱電解質(zhì)離子的水解損失是微量的(相互促進(jìn)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(chǎn)生的弱電解質(zhì)的濃度。如NH4Cl溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的濃度大小關(guān)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(jìn)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(guān)系應(yīng)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(guī)律電解質(zhì)溶液中，無(wú)論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽(yáng)離子所帶正電荷總數(shù)。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(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。2.元素質(zhì)量守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素質(zhì)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(guān)系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)?？枷?1考查單一溶液中粒子濃度的關(guān)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(guān)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(cuò)誤；根據(jù)質(zhì)子守恒，應(yīng)是c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，B錯(cuò)誤；明礬溶液中Al3＋發(fā)生水解，C正確；由元素質(zhì)量守恒知，c(COeq\o\al(2－,3))不應(yīng)乘以2，D錯(cuò)誤?！舅季S建?！勘容^電解質(zhì)溶液中粒子濃度相對(duì)大小的解題思路考向02考查混合溶液中粒子濃度關(guān)系【例2】（2024·四川綿陽(yáng)·質(zhì)檢）25℃時(shí)，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(guān)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是()A.未加鹽酸時(shí)：c(OH－)>c(Na＋)＝c(NH3·H2O)B.加入10mL鹽酸時(shí)：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)C.加入鹽酸至溶液pH＝7時(shí)：c(Cl－)＝c(Na＋)D.加入20mL鹽酸時(shí)：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)【答案】B【解析】A項(xiàng)，NH3·H2O是弱電解質(zhì)，能部分電離，溶液中c(Na＋)>c(NH3·H2O)；B項(xiàng)，當(dāng)加入10mL鹽酸時(shí)，恰好將NaOH中和完，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，根據(jù)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(xiàng)，溶液pH＝7時(shí)，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒可知c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)；D項(xiàng)，加入20mL鹽酸時(shí)，恰好將NaOH和NH3·H2O中和完，根據(jù)元素質(zhì)量守恒有c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。【思維建?！繕?gòu)建思維模型【對(duì)點(diǎn)1】（2024·陜西咸陽(yáng)·模擬）常溫下，濃度均為0.1mol·L－1的下列溶液中，粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)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(jié)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(cuò)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(cuò)誤；Na2SO4溶液顯中性：c(OH－)＝c(H＋)，結(jié)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(jù)Na2SO3溶液中的元素質(zhì)量守恒可得：c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋2c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)，D錯(cuò)誤?！緦?duì)點(diǎn)2】（2024·安徽滁州·模擬）一定溫度下，下列溶液的離子濃度關(guān)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(xiàng)，pH＝5的H2S溶液中，H＋的濃度為1×10－5mol·L－1，但是HS－的濃度會(huì)小于H＋的濃度，H＋來(lái)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(xiàng)，弱堿不完全電離，弱堿稀釋10倍時(shí)，pH減小不到一個(gè)單位，a＜b＋1，故不正確；C項(xiàng)，草酸是弱酸，氫氧化鈉是強(qiáng)堿，無(wú)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(xiàng)，因?yàn)樗嵝裕捍姿?gt;碳酸>次氯酸，根據(jù)越弱越水解的原則，pH相同的三種鈉鹽，濃度的大小關(guān)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(xué)業(yè)考試）下列物質(zhì)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(qiáng)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(yīng)生成一水合氨電離而呈堿性，故B不符合題意；C．是強(qiáng)酸弱堿鹽，Cu2+水解呈酸性，故C不符合題意；D．是強(qiáng)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(huì)發(fā)生反應(yīng)，生成等，再與Ba2+反應(yīng)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(yīng)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(fā)生雙水解反應(yīng)，不能大量共存，C不符合題意；D．在溶液中，、、、不能發(fā)生反應(yīng)，可大量共存，D符合題意；故選D。3．（2024·湖北襄陽(yáng)·期中）下列反應(yīng)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(yīng)：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(fā)生氧化還原反應(yīng)，，A錯(cuò)誤；B．偏鋁酸根和碳酸氫根發(fā)生雙水解，B正確；C．根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理，H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液不反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．硫酸亞鐵溶液中通入H2S氣體，該反應(yīng)不發(fā)生，無(wú)法獲得氯化亞鐵，D錯(cuò)誤；故答案為：B。4．（2024·安徽合肥·期末）在日常生產(chǎn)生活中，經(jīng)常涉及化學(xué)反應(yīng)原理，下列過(guò)程或現(xiàn)象與鹽類水解無(wú)關(guān)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(shí)的除銹劑C．氯化鈣溶液中滴加甲基橙，溶液顯黃色D．實(shí)驗(yàn)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(qiáng)酸弱堿鹽，加熱能促進(jìn)Fe3+的水解平衡正向移動(dòng)，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(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性，產(chǎn)生的HCl可以作為除銹劑，與鹽類水解有關(guān)，故B不符合題意；C．氯化鈣是強(qiáng)酸強(qiáng)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(wú)關(guān)，故C符合題意；D．Na2CO3是強(qiáng)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(yīng)生成硅酸鈉，容易使瓶塞粘住瓶口，與鹽類水解有關(guān)，故D不符合題意；故選C。5．（2024·吉林延邊·期中）下列問(wèn)題與鹽的水解有關(guān)的有幾項(xiàng)①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬時(shí)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(tài)氮肥不能混合施用；④實(shí)驗(yàn)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(qiáng)；⑧誤將鋇鹽[BaCl2、Ba(NO3)2]當(dāng)作食鹽食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；⑨石灰?guī)r(喀斯特地貌)溶洞的形成；⑩BaCO3不能作“鋇餐”，而B(niǎo)aSO4可以。A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【解析】①NH4Cl與ZnCl2溶液都是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液顯弱酸性，因此可作焊接金屬時(shí)的、除銹劑，與鹽的水解有關(guān)，①符合題意；②NaHCO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性；Al2(SO4)3是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，當(dāng)兩種溶液混合時(shí)，水解反應(yīng)相互促進(jìn)，會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)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(yīng)有關(guān)，②符合題意；③草木灰(主要成分K2CO3)水解使溶液顯堿性，當(dāng)其與銨態(tài)氮肥混合會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生NH3逸出，導(dǎo)致肥效降低，因此二者不能混合施用，與鹽的水解反應(yīng)有關(guān)，③符合題意；④Na2CO3溶液水解顯堿性，能夠與玻璃中的SiO2發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生的物質(zhì)Na2SiO3會(huì)將試劑瓶與玻璃塞粘在一起，因此實(shí)驗(yàn)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(yīng)有關(guān)，④符合題意；⑤CuCl2是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中CuCl2發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生Cu(OH)2、HCl，加熱溶液，水解產(chǎn)生的HCl揮發(fā)逸出，當(dāng)蒸干CuCl2溶液時(shí)并灼燒，產(chǎn)生固體Cu(OH)2分解產(chǎn)生CuO，因此最終可以得到CuO固體，與鹽的水解反應(yīng)有關(guān)，⑤符合題意；⑥Fe2+具有還原性，與Cl2會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生FeCl3，達(dá)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(yīng)無(wú)關(guān)，⑥不符合題意；⑦堿性溶液能夠與油脂發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生可溶性物質(zhì)，因而可去除油污；純堿是碳酸鈉，屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，鹽水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，鹽水解程度增大，鹽溶液堿性增強(qiáng)，因而熱純堿溶液洗滌油污的能力比冷純堿溶液強(qiáng)，與鹽的水解反應(yīng)有關(guān)，⑦符合題意；⑧誤將鋇鹽[BaCl2、Ba(NO3)2]當(dāng)作食鹽食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒，是由于它們會(huì)發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生既不溶于水，也不溶于酸的BaSO4沉淀，與鹽的水解反應(yīng)無(wú)關(guān)，⑧不符合題意；⑨石灰?guī)r(喀斯特地貌)溶洞的形成是由于CaCO3與溶于水的CO2、H2O發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生可溶性Ca(HCO3)2隨流水被沖走形成溶洞，與鹽的水解反應(yīng)無(wú)關(guān)，⑨不符合題意；⑩BaCO3不能作“鋇餐”，而B(niǎo)aSO4可以，是由于BaCO3不溶于水，但能夠溶于鹽酸，而B(niǎo)aSO4既不溶于水，也不溶于酸，因此BaCO3不能作“鋇餐”，而B(niǎo)aSO4可以，與鹽的水解反應(yīng)無(wú)關(guān)，⑩不符合題意；綜上所述可知：物質(zhì)應(yīng)用與鹽的水解反應(yīng)有關(guān)的是①②③④⑤⑦，共6項(xiàng)，故合理選項(xiàng)是C。6．（2024·廣東·二模）安息香酸(HR)是最簡(jiǎn)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(shuō)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(jī)酸，是弱酸，不完全電離，常溫下，0.001mol?L-1HR水溶液的pH>3，A錯(cuò)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?nèi)?，溶液的pH減小，B錯(cuò)誤；C．NaR水溶液中的質(zhì)子守恒為c(HR)+c(H+)=c(OH-)，C錯(cuò)誤；D．由已知，Ka(HR)>Ka1(H2CO3)，HR酸性比碳酸強(qiáng)，根據(jù)越弱越水解，同濃度的NaHCO3溶液水解程度大，堿性強(qiáng)，故NaR溶液的堿性弱，D正確；本題選D。7．（2024·貴州畢節(jié)·期末）在0.1mol/L溶液中各種微粒濃度關(guān)系錯(cuò)誤的是A．B．mol/LC．D．【答案】A【解析】A．根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=2c()＋c()＋c(OH－)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)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(xiàn)堿性，因此，故C正確；D．根據(jù)質(zhì)子守恒，c(OH－)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故D正確；故答案A。8．（2024·湖南長(zhǎng)沙·三模）范斯萊克(Vanslyke)提出用緩沖容量來(lái)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(guān)系圖，其中兩條曲線分別對(duì)應(yīng)和。已知常溫下，。下列說(shuō)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(diǎn)的溶液中均存在D．B曲線代表的溶液緩沖能力最大時(shí)，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(jù)電荷守恒，A曲線上任意一點(diǎn)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(shí)，pH=4.76，，所以溶液中，根據(jù)電荷守恒，溶液呈酸性，則，所以，故D錯(cuò)誤；故選D。9．（2024·廣東梅州·一模）乙氨酸()是一種兩性有機(jī)物，可與鹽酸反應(yīng)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(qiáng)酸弱堿鹽，電離出的會(huì)發(fā)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(cuò)誤；B．稀釋溶液時(shí)，水解程度將增大，根據(jù)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(qiáng)酸弱堿鹽，在水中電離方程式為HOOCCH2NH3Cl=+Cl-，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電荷守恒可知，溶液中c(OH?)+c(Cl?)=c()+c(H+)，根據(jù)物料守恒，有c(Cl?)=c()+c(HOOCCH2NH2)，都與選項(xiàng)中等式不對(duì)應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故答案為B。10．（2024·山東青島·期中）如圖為某實(shí)驗(yàn)測(cè)得溶液在升溫過(guò)程中(不考慮水揮發(fā))的pH變化曲線，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．溶液的：a點(diǎn)<c點(diǎn)B．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，C．b點(diǎn)溶液中，D．雖然ab段pH減小，但是升溫仍然促進(jìn)了的水解【答案】B【分析】碳酸氫鈉在溶液中存在電離趨勢(shì)和水解趨勢(shì)，升高溫度，ab段電離平衡和水解平衡均右移，溫度對(duì)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(duì)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(diǎn)和c點(diǎn)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(shù)增大，則c點(diǎn)溶液氫氧根離子濃度大于a點(diǎn)，故A正確；B．由圖可知，a點(diǎn)時(shí)碳酸氫鈉溶液呈堿性，說(shuō)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(shù)小于水解常數(shù)：Ka2(H2CO3)＜Kh=，所以Kw＞Ka2(H2CO3)Ka1(H2CO3)，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，b點(diǎn)溶液呈堿性，由電荷守恒關(guān)系可知，溶液中，故C正確；D．由分析可知，升高溫度，ab段促進(jìn)了碳酸氫根離子的電離，同時(shí)也促進(jìn)了碳酸氫根的水解，故A正確；故選B。11．（2024·北京·期中）實(shí)驗(yàn)測(cè)得溶液、溶液以及的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說(shuō)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?yàn)?、水解平衡移?dòng)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(guò)程，升高溫度，平衡向著電離方向移動(dòng)，水中c(H+)c(OH-)=Kw減小，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A錯(cuò)誤；B．水的電離為吸熱過(guò)程，升高溫度，促進(jìn)水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過(guò)程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-，升高溫度促進(jìn)鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B錯(cuò)誤；C．、水解平衡都是吸熱的，升高溫度，、水解平衡都正向移動(dòng)，故C錯(cuò)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(wú)水MgCl2。下列說(shuō)法正確的是A．B．氣流可促進(jìn)反應(yīng)進(jìn)行C．，升高溫度，反應(yīng)更易發(fā)生D．氣流可抑制反應(yīng)進(jìn)行【答案】C【解析】A．MgCl2?nH2O(s)MgCl2?(n-1)H2O(s)+H2O(g)屬于分解反應(yīng)，分解反應(yīng)大多是吸熱反應(yīng)，所以反應(yīng)H＞0，A錯(cuò)誤；B．MgCl2水解會(huì)生成HCl，HCl氣流可抑制水解反應(yīng)進(jìn)行，B錯(cuò)誤；C．水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，加熱促進(jìn)水解反應(yīng)的進(jìn)行，升高溫度，MgCl2?H2O(s)═Mg(OH)Cl(s)+HCl(g)更易發(fā)生，C正確；D．MgCl2?4H2O(s)MgCl2?2H2O(s)+2H2O(g)該反應(yīng)產(chǎn)物中沒(méi)有HCl，HCl氣流不能抑制反應(yīng)進(jìn)行，D錯(cuò)誤；故答案為：C。13．（2025·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知呈淡紫色。為探究鐵鹽溶液呈黃色的原因，進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)。結(jié)合實(shí)驗(yàn)事實(shí)，下列分析錯(cuò)誤的是序號(hào)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)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(shí)驗(yàn)①中被氧化為B．實(shí)驗(yàn)①使用較濃硫酸因其酸性強(qiáng)且含水量少，能抑制水解C．由實(shí)驗(yàn)可知鐵鹽溶液呈黃色可能是水解導(dǎo)致D．由實(shí)驗(yàn)①和②推測(cè)的配位能力比弱【答案】D【解析】A．實(shí)驗(yàn)①中，溶液變淡紫色，說(shuō)明被氧化為，故A正確；B．實(shí)驗(yàn)①使用較濃硫酸因其酸性強(qiáng)且含水量少，能抑制Fe3+水解,，故B正確；C．由實(shí)驗(yàn)可知，鐵鹽溶液呈黃色可能是Fe3+水解導(dǎo)致，故C正確；D．對(duì)比實(shí)驗(yàn)①②，F(xiàn)e2(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(shuō)明增大，F(xiàn)e3+水解平衡逆向移動(dòng)，則Fe3+和OH-的結(jié)合能力大于Fe3+和H2O的結(jié)合能力OH-的配位能力比H2O強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；答案選D。14．（2024·廣西柳州·模擬預(yù)測(cè)）已知琥珀酸是一種常見(jiàn)的二元弱酸，以代表其化學(xué)式，電離過(guò)程：，。常溫時(shí)，向水溶液中逐滴滴加同濃度的溶液，混合溶液中、和的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)()隨變化的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．的B．當(dāng)溶液中時(shí)，C．滴加溶液過(guò)程中存在：D．當(dāng)被完全中和時(shí)，【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(zhì)的量分?jǐn)?shù)()隨變化的關(guān)系，曲線Ⅱ表示物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)()隨變化的關(guān)系，曲線Ⅲ表示物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)()隨變化的關(guān)系。當(dāng)?shù)臐舛鹊扔诘臐舛葧r(shí)pH=1.2，當(dāng)?shù)臐舛鹊扔诘臐舛葧r(shí)pH=4.2，則?！窘馕觥緼．根據(jù)圖示，當(dāng)?shù)臐舛鹊扔诘臐舛葧r(shí)，pH=4.2，則的，故A錯(cuò)誤；B．，，當(dāng)溶液中時(shí)，=10-5.4，，故B正確；C．滴加溶液過(guò)程中，溶液體積增大，根據(jù)物料守恒，，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)被完全中和時(shí)，溶質(zhì)為Na2A，根據(jù)質(zhì)子守恒，故D錯(cuò)誤；選B。15．（2024·湖北·一模）時(shí)，常見(jiàn)物質(zhì)的平衡常數(shù)如下表。，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．時(shí)，實(shí)驗(yàn)測(cè)量的溶解度大于用計(jì)算的溶解度，主要原因是發(fā)生水解B．可溶于是因?yàn)榉磻?yīng)的平衡常數(shù)C．飽和溶液中存在：D．時(shí)，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(dǎo)致碳酸鈣溶解平衡正向移動(dòng)，使得時(shí)，實(shí)驗(yàn)測(cè)量的溶解度大于用計(jì)算的溶解度，A正確；B．可溶于是因?yàn)榇姿崴嵝源笥谔妓幔磻?yīng)中生成氣體二氧化碳促使反應(yīng)正向進(jìn)行，B錯(cuò)誤；C．飽和溶液中，由電荷守恒可知，存在：，則，C正確；D．時(shí)，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(shū)寫(xiě)錯(cuò)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(yè)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(xiě)成離子，用氫氟酸雕刻玻璃：，A錯(cuò)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(yīng)完全生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳：，C正確；D．工業(yè)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(guān)于和的下列說(shuō)法中，不正確的是A．兩種物質(zhì)的溶液中，所含微粒的種類相同B．可用溶液使轉(zhuǎn)化為C．利用二者熱穩(wěn)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(huì)發(fā)生反應(yīng)：，B正確；C．受熱易分解，可轉(zhuǎn)化為，而熱穩(wěn)定性較強(qiáng)，利用二者熱穩(wěn)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(yuǎn)大于，D錯(cuò)誤；故選D。3．（2024·江蘇卷）室溫下，通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)探究的性質(zhì)。已知，。實(shí)驗(yàn)1：將氣體通入水中，測(cè)得溶液。實(shí)驗(yàn)2：將氣體通入溶液中，當(dāng)溶液時(shí)停止通氣。實(shí)驗(yàn)3：將氣體通入酸性溶液中，當(dāng)溶液恰好褪色時(shí)停止通氣。下列說(shuō)法正確的是A．實(shí)驗(yàn)1所得溶液中：B．實(shí)驗(yàn)2所得溶液中：C．實(shí)驗(yàn)2所得溶液經(jīng)蒸干、灼燒制得固體D．實(shí)驗(yàn)3所得溶液中：【答案】D【分析】實(shí)驗(yàn)1得到H2SO3溶液，實(shí)驗(yàn)2溶液的pH為4，實(shí)驗(yàn)2為NaHSO3溶液，實(shí)驗(yàn)3和酸性溶液反應(yīng)的離子方程式為：?！窘馕觥緼．實(shí)驗(yàn)1得到H2SO3溶液，其質(zhì)子守恒關(guān)系式為：，則，A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)2為pH為4，依據(jù)，則=，溶液，則，B錯(cuò)誤；C．NaHSO3溶液蒸干過(guò)程中會(huì)分解成Na2SO3、Na2SO3可被空氣中O2氧化，故蒸干、灼燒得固體，C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)3依據(jù)發(fā)生的反應(yīng)：，則恰好完全反應(yīng)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(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．水的電離程度：B．M點(diǎn)：C．當(dāng)時(shí)，D．N點(diǎn)：【答案】D【分析】結(jié)合起點(diǎn)和終點(diǎn)，向溶液中滴入相同濃度的溶液，發(fā)生濃度改變的微粒是Na+、、和；當(dāng)，溶液中存在Na+、H+和，，隨著加入溶液，減少但不會(huì)降到0，當(dāng)，，隨著加入溶液，會(huì)與反應(yīng)而減少，當(dāng)，溶質(zhì)為，很少，接近于0，則斜率為負(fù)的曲線代表；當(dāng)時(shí)，中=，很小，隨著加入溶液，溶質(zhì)由變?yōu)楹突煳?，最終為，增加的很少，而增加的多，當(dāng)，溶質(zhì)為，少部分水解，，斜率為正的曲線代表，即經(jīng)過(guò)M點(diǎn)在下降的曲線表示的是濃度的改變，經(jīng)過(guò)M點(diǎn)、N點(diǎn)的在上升的曲線表示的是濃度的改變?！窘馕觥緼．N點(diǎn)HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應(yīng)生成HCOONa，此時(shí)僅存在HCOONa的水解，M點(diǎn)時(shí)仍剩余有未反應(yīng)的NaOH，對(duì)水的電離是抑制的，故水的電離程度M＜N，故A正確；B．M點(diǎn)溶液中電荷守恒有，M點(diǎn)為交點(diǎn)可知，聯(lián)合可得，故B正確；C．當(dāng)時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為，根據(jù)電荷守恒有，根據(jù)物料守恒，兩式整理可得，故C正確；D．N點(diǎn)HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應(yīng)生成HCOONa，甲酸根發(fā)生水解，因此及觀察圖中N點(diǎn)可知，，根據(jù)，可知，故D錯(cuò)誤；故答案選D。5．（2024·湖北卷）過(guò)量與以下的溶液反應(yīng)，下列總反應(yīng)方程式錯(cuò)誤的是溶液現(xiàn)象化學(xué)方程式A產(chǎn)生淡黃色沉淀B溶液由棕黃色變淺綠色C溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀D(含酚酞)溶液由紅色變無(wú)色【答案】A【解析】A．過(guò)量與的溶液反應(yīng)，生成產(chǎn)生的淡黃色沉淀是S，還生成，過(guò)量不能生成，因此，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為，A錯(cuò)誤；B．過(guò)量與的溶液反應(yīng)，生成，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為，B正確；C．過(guò)量與的溶液反應(yīng)，生成的白色沉淀是，總反應(yīng)的化學(xué)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(guò)量與的溶液反應(yīng)，生成，溶液顯酸性，因此，溶液由紅色變無(wú)色，總反應(yīng)的化學(xué)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(jì)的校準(zhǔn)。硼砂水解生成等物質(zhì)的量的(硼酸)和(硼酸鈉)。已知：①時(shí)，硼酸顯酸性的原理②。下列說(shuō)法正確的是A．硼砂稀溶液中B．硼酸水溶液中的主要來(lái)自水的電離C．25℃時(shí)，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(zhì)的量濃度的和，硼酸遇水轉(zhuǎn)換，根據(jù)物料守恒，，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)已知，硼酸遇水轉(zhuǎn)換，其中的H+是由水提供的，B正確；C．25℃時(shí)，，，，因，，C錯(cuò)誤；D．的電離平衡常數(shù)為，的水解平衡常數(shù)，水解程度大于電離程度，顯堿性，D錯(cuò)誤；故選B。7．（2024·安徽卷）環(huán)境保護(hù)工程師研究利用、和處理水樣中的。已知時(shí)，飽和溶液濃度約為，，，，。下列說(shuō)法錯(cuò)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(shù)為，由于，根據(jù)硫元素守恒可知，所以，則，B不正確；C．遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于，向的溶液中加入時(shí)，可以發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，因此該反應(yīng)可以完全進(jìn)行，的飽和溶液中，若加入足量時(shí)可使，C正確D．的平衡常數(shù)，該反應(yīng)可以完全進(jìn)行，因此，當(dāng)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(yīng)：，平衡常數(shù)為K。已初始濃度，所有含碳物種的摩爾分?jǐn)?shù)與變化關(guān)系如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列說(shuō)法正確的是A．線Ⅱ表示的變化情況B．的電離平衡常數(shù)C．時(shí)，D．時(shí)，【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(dòng)，c(CH3COOH)、c(Ag+)減小，pH較小時(shí)（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(shí)（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?jǐn)?shù)隨pH變化的關(guān)系，線Ⅱ表示CH3COO-的摩爾分?jǐn)?shù)隨pH變化的關(guān)系，線Ⅲ表示CH3COOAg隨pH變化的關(guān)系?！窘馕觥緼．根據(jù)分析，線Ⅱ表示CH3COO-的變化情況，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由圖可知，當(dāng)c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等時(shí)（即線Ⅰ和線Ⅱ的交點(diǎn)），溶液的pH=m，則CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka==10-m，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．pH=n時(shí)=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由圖可知pH=n時(shí)，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C項(xiàng)正確；D．根據(jù)物料守恒，pH=10時(shí)溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。9．（2023·天津卷）下表列出25℃時(shí)不同羧酸的(即)。根據(jù)表中的數(shù)據(jù)推測(cè)，結(jié)論正確的是羧酸pKa4.762.592.872.90A．酸性強(qiáng)弱：B．對(duì)鍵合電子的吸引能力強(qiáng)弱：F<Cl<BrC．25℃時(shí)的pKa大?。篋．25℃時(shí)0.1mol/L溶液的堿性強(qiáng)弱：【答案】C【解析】A．根據(jù)電負(fù)性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐漸減弱，則酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A錯(cuò)誤；B．電負(fù)性越大，對(duì)鍵合電子的吸引能力越強(qiáng)，電負(fù)性：F>Cl>Br，對(duì)鍵合電子的吸引能力強(qiáng)弱：F>Cl>Br，B錯(cuò)誤；C．F是吸電子基團(tuán)，F(xiàn)原子個(gè)數(shù)越多，吸電子能力越強(qiáng)，使得羧基中O—H鍵極性增強(qiáng)，更易電離，酸性增強(qiáng)，則25℃時(shí)的pKa大?。篊HF2COOH<CH2FCOOH，C正確；D．根據(jù)pKa知，相同濃度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越強(qiáng)，其對(duì)應(yīng)鹽的水解程度越弱，堿性越弱，則相同濃度下堿性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D錯(cuò)誤；故答案為：C。10．（2023·福建卷）時(shí)，某二元酸的、。溶液稀釋過(guò)程中與的關(guān)系如圖所示。已知的分布系數(shù)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．曲線n為的變化曲線 B．a(chǎn)點(diǎn)：C．b點(diǎn)： D．c點(diǎn)：【答案】B【分析】溶液稀釋過(guò)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(shù)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(guò)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(shù)開(kāi)始時(shí)變化不大且保持較大，故曲線n為的變化曲線，選項(xiàng)A正確；B．a(chǎn)點(diǎn),=1.0，則=0.1mol/L，=0.70，==0.15，，，，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．b點(diǎn),=0.70，==0.15，即=，根據(jù)物料守恒有，，故，選項(xiàng)C正確；D．c點(diǎn)：=，故根據(jù)電荷守恒有，故，選項(xiàng)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(guān)于各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液，下列說(shuō)法正確的是

A．點(diǎn)等于點(diǎn)B．點(diǎn)大于點(diǎn)C．點(diǎn)降溫過(guò)程中有2個(gè)平衡發(fā)生移動(dòng)D．點(diǎn)【答案】B【解析】A．溫度升高，水的電離程度增大，則點(diǎn)小于點(diǎn)，A錯(cuò)誤；B．升高溫度促進(jìn)銨根離子的電離，且N點(diǎn)銨根離子濃度更大，水解生成氫離子濃度更大，N點(diǎn)酸性更強(qiáng)，故點(diǎn)大于點(diǎn)，B正確；C．點(diǎn)降溫過(guò)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(gè)平衡發(fā)生移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．點(diǎn)為硫酸銨的不飽和溶液，由電荷守恒可知，，D錯(cuò)誤；故選B。12．（2023·江蘇卷）室溫下，探究溶液的性質(zhì)，下列實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)探究目的實(shí)驗(yàn)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(chǎn)生情況【答案】B【解析】A．檢驗(yàn)溶液中是否含有應(yīng)直接向待測(cè)液中滴加KSCN溶液，向待測(cè)液中滴加氯水會(huì)將氧化為干擾實(shí)驗(yàn)，A錯(cuò)誤；B．向溶液中滴加幾滴酸性溶液，若觀察溶液紫色褪去，說(shuō)明有還原性，B正確；C．發(fā)生水解反應(yīng)使溶液顯酸性，應(yīng)向溶液中滴加2~3滴石蕊試液，觀察溶液顏色變化，C錯(cuò)誤；D．向溶液中滴加幾滴溶液，若產(chǎn)生氣泡有可能是的催化作用，D錯(cuò)誤。故選B。13．（2023·天津卷）在濃度為的溶液中，如下說(shuō)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(shù)表達(dá)式為【答案】B【解析】A．在水溶液中完全電離生成Na+和，又發(fā)生電離和水解，則溶液中濃度最大的離子是Na+，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)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(jù)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(cuò)誤；D．磷酸第二步電離方程式為：，電離平衡的平衡常數(shù)表達(dá)式為，故D錯(cuò)誤；故選B。14．（2023·北京卷）回收利用工業(yè)廢氣中的和，實(shí)驗(yàn)原理示意圖如下。

下列說(shuō)法不正確的是A．廢氣中排放到大氣中會(huì)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(yīng)為【答案】C【解析】A．是酸性氧化物，廢氣中排放到空氣中會(huì)形成硫酸型酸雨，故A正確；B．裝置a中溶液的溶質(zhì)為，溶液顯堿性，說(shuō)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(yīng)，不能吸收，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知一個(gè)電極亞硫酸根失電子生成硫酸根，另一個(gè)極二氧化碳和水轉(zhuǎn)化為甲酸，裝置b中總反應(yīng)為，故D正確；選C。15．（2023·北京卷）下列過(guò)程與水解反應(yīng)無(wú)關(guān)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(zhuǎn)化為小分子烴C．蛋白質(zhì)在酶的作用下轉(zhuǎn)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(jí)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(fā)生裂化或裂解反應(yīng)生成小分子烴，與水解反應(yīng)無(wú)關(guān)，B符合題意；C．蛋白質(zhì)在酶的作用下可以發(fā)生水解反應(yīng)生成氨基酸，C不符合題意；D．Fe3+能發(fā)生水解反應(yīng)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(shí)，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列關(guān)于NaClO溶液說(shuō)法正確的是()A．0.01mol/L溶液中，c(ClO-)＜0.01mol/LB．長(zhǎng)期露置在空氣中，釋放Cl2，漂白能力減弱C．通入過(guò)量SO2，反應(yīng)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(xiàng)，NaClO溶液中ClO-會(huì)水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正確；B項(xiàng)，次氯酸鈉溶液中的ClO-會(huì)發(fā)生水解生成HClO，HClO長(zhǎng)期露置在空氣中會(huì)分解，為HCl和O2，不會(huì)釋放Cl2，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，將過(guò)量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO?+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，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(yè)上可用次氯酸鹽作處理劑，有關(guān)反應(yīng)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(cè)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(guān)系如下圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．x1的數(shù)值為0.009B．xx1時(shí)，c(Cl-)=4c(NO3-)C．xx1時(shí)，x越大，生成N2的量越少D．Xx1時(shí)，c(Na＋)+c(H＋)+c(NH4＋)c(Cl-)+c(OH―)+c(ClO-)【答案】C【解析】A項(xiàng)，x1時(shí)，氨的去除率為100%、總氮?dú)埩袈蕿?%，，95%的氨氣參與反應(yīng)①、有5%的氨氣參與反應(yīng)②，反應(yīng)①消耗，參與反應(yīng)②消耗，，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，x>x1時(shí)，反應(yīng)①也生成氯離子，所以c(Cl-)＞4c(NO3-)，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，x>x1時(shí)，x越大，氨總?cè)コ什蛔儯獨(dú)堄嗦试龃?，說(shuō)明生成的硝酸根離子越多，生成N2的量越少，C正確；D項(xiàng)，x=x1時(shí)，氨的去除率為100%，溶液中沒(méi)有NH4+和ClO-，含有Na+、H+、NO3-、Cl-和OH-，根據(jù)電荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)c(Cl-)+c(OH―)+c(NO3-)，D錯(cuò)誤；故選C。18．(2022·浙江卷)時(shí)，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(diǎn)的突躍范圍4.3～9.7)。下列說(shuō)法不正確的是()A．恰好中和時(shí)，溶液呈堿性B．滴加NaOH溶液至pH的過(guò)程中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H++OH-=H2OC．滴定過(guò)程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D．時(shí)，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)【答案】B【解析】A項(xiàng)，恰好中和時(shí)，生成氯化鈉溶液和醋酸鈉溶液，其中醋酸根離子會(huì)水解，溶液顯堿性，A正確；B項(xiàng)，滴加NaOH溶液至pH的過(guò)程中，若只發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：H++OH-=H2O，則滴加NaOH溶液的體積為20mL，則根據(jù)電離常數(shù)，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(guò)程中，醋酸也參加了反應(yīng)，則離子方程式為：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過(guò)程中，根據(jù)物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正確；D項(xiàng)，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(dāng)鹽酸的體積為20ml時(shí)，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(dāng)加入的NaOH溶液的體積為30mL時(shí)，溶液為NaCl和等濃度的CH3COONa、CH3COOH，根據(jù)Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此時(shí)溶液仍然呈酸性，需繼續(xù)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(shí)，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列說(shuō)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(shí)，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測(cè)得，則此時(shí)溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)D．時(shí)，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(xiàng)，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(cuò)誤；B項(xiàng)，C6H5ONa溶液中，C6H5O-離子水解出氫氧根離子，升溫促進(jìn)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(cuò)誤；C項(xiàng)，當(dāng)pH=10.00時(shí)，c(OH-)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)=c(C6H5OH)，C正確；D項(xiàng)，C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，會(huì)促進(jìn)水的電離，D錯(cuò)誤；故選C。20.(2022·江蘇卷)一種捕集煙氣中CO2的過(guò)程如圖所示。室溫下以0.1mol·L－1