高中化学盐类的水解 例题解析
高中化学--盐类的水解 练习(解析版)
高中化学--盐类的水解 练习（限时：45分钟）一、选择题1．下列溶液因水解而呈酸性的是（ ） A ．3CH COOH 溶液 B ．4KHSO 溶液 C ．3AlCl 溶液D ．NaF 溶液【答案】C【解析】A ．醋酸为弱酸,在水溶液中电离,即CH 3COOH CH 3COO -+H +,电离出H +而使溶液呈酸性,但不是盐类水解的原因,故A 不符合题意；B ．KHSO 4为强酸的酸式盐,在水溶液中电离,即KHSO 4=K ++H ++24SO -,电离出H +而使溶液呈酸性,但不是盐类水解的原因,故B 不符合题意；C ．AlCl 3为强酸弱碱盐,在水溶液中电离,即AlCl 3=Al 3++3Cl -,电离出的铝离子发生水解,即323Al 3H OAl(OH)3H ++++,使溶液呈酸性,故C 符合题意；D ．NaF 为强碱弱酸盐,在水溶液中电离,即NaF=Na ++F -,电离出的F -发生水解,即2F H OHF OH --++,使溶液呈碱性,故D 不符合题意；答案为C 。
2．下列离子方程式书写正确的是( ) A ．2Na S 的水解：222S 2H OH S 2OH --++B ．3NaHCO 在水溶液中的电离：3223HCO H O H CO OH --++C ．4NH Cl 的水解：4232NH H O NH H O OH +-+⋅+D ．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合：()3323Al 3HCO Al OH 3CO +-+↓+↑【答案】D【解析】A ．2Na S 的水解分步进行,主要以第一步为主,正确的离子方程式为22S H OHS OH ---++,故A 错误；B ．3NaHCO 在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子,正确的电离方程式为33NaHCO =HCO Na -++,故B 错误；C ．4NH Cl 水解生成一水合氨和氯化氢,反应的离子方程式为4232NH H O NH H O H +++⋅+,故C错误；D ．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合,铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体,正确的离子方程式为()3323Al 3HCO Al OH 3CO =+-+↓+↑,故D 正确。
高中化学盐类水解精讲解析及练习
水解 中和高中化学盐类的水解考点精讲1．复习重点1．盐类的水解原理及其应用2．溶液中微粒间的相互关系及守恒原理2．难点聚焦（一） 盐的水解实质H 2O H ++OH —n当盐AB 能电离出弱酸阴离子（B n —）或弱碱阳离子（A n+），即可与水电离出的H +或OH—结合成电解质分子，从而促进水进一步电离. 与中和反应的关系：盐+水 酸+碱（两者至少有一为弱） 由此可知，盐的水解为中和反应的逆反应，但一般认为中和反应程度大，大多认为是完全以应，但盐类的水解程度小得多，故为万逆反应，真正发生水解的离子仅占极小比例。
（二）水解规律简述为：有弱才水解，无弱不水解 越弱越水解，弱弱都水解 谁强显谁性，等强显中性具体为：1．正盐溶液①强酸弱碱盐呈酸性 ②强碱弱酸盐呈碱性 ③强酸强碱盐呈中性④弱酸碱盐不一定如 NH 4CN CH 3CO 2NH 4 NH 4F碱性 中性 酸性取决于弱酸弱碱 相对强弱2．酸式盐①若只有电离而无水解，则呈酸性（如NaHSO 4）②若既有电离又有水解，取决于两者相对大小电离程度＞水解程度，呈酸性电离程度＜水解程度，呈碱性强碱弱酸式盐的电离和水解.a) 以H m A n —表示弱酸酸式盐阴离子的电离和水解平衡.H m+1A(n m A n —1 + H 2(n+1)—+ H +抑制水解抑制电离增大[OH—] 促进电离促进水离 [H+]增大仅能存在于一定pH值范围如H3PO4及其三种阴离子随溶液pH变化可相互转化：pH值增大H3PO4 H2PO4— HPO42— PO43—pH减小③常见酸式盐溶液的酸碱性碱性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4、NaHS. 酸性：NaHSO3、NaH2PO4、NaHSO4（三）影响水解的因素内因：盐的本性.外因：浓度、湿度、溶液碱性的变化（1）温度不变，浓度越小，水解程度越大.（2）浓度不变，湿度越高，水解程度越大.（3）改变溶液的pH值，可抑制或促进水解。
最新高考盐类的水解经典习题含解析-教师
第三节盐类的水解一、单项选择题1．水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是()A．NaHSO4溶液B．KF 溶液C．KAl(SO4)2溶液D．NaI 溶液解析：F－、Al3＋的水解能促进水的电离；NaHSO4电离出的H＋能抑制水的电离，I－对应的酸(HI)为强酸，故NaI溶液对水的电离平衡无影响。
答案：D1题变式1－1.(双选)25 ℃时，某浓度的氯化铵溶液的pH＝4，下列叙述中正确的是() A．溶液中的c(OH－)＝1×10－10 mol·L －1B．溶液中的c(NH＋4)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)C．溶液中的c(H＋)＋c(NH＋4)＝c(Cl－)＋c(OH－)D．溶液中的c(NH3·H2O)＝c(NH＋4)解析：A项中由K w可计算出c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，所以A项正确，B项中因为NH＋4水解，故c(Cl－)>c(NH＋4)，所以B项错误；C项中符合电荷守恒，所以C 项正确；D项中NH＋4的水解程度较小，故c(NH3·H2O)小于c(NH＋4)，所以D项错误。
答案：AC2．已知某溶液中只存在OH－、Cl－、NH＋4、H＋四种离子，下列说法不正确的是()A．若溶液中c(NH＋4)＝c(Cl－)，则该溶液一定显中性B．若溶液中c(NH＋4)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，则溶液中一定含有NH4Cl和NH3·H2OC．若溶液中c(Cl－)＞c(NH＋4)＞c(H＋)＞c(OH－)，则溶液中可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HClD．若溶液中c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH＋4)＞c(OH－)，则溶液中含有大量的NH4Cl和少量的HCl解析：A项，若溶液中c(NH＋4)＝c(Cl－)，由电荷守恒知c(OH－)＝c(H＋)，则该溶液一定显中性；B项，溶液呈碱性，溶质只能是NH4Cl和NH3·H2O；C项，溶液呈酸性，溶质可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HCl，但若溶质是大量的NH4Cl和少量的HCl，则c(Cl－)＞c(NH＋4)＞c(H＋)＞c(OH－)，D项错误。
高中化学--盐类的水解 练习(解析版)
高中化学--盐类的水解练习（限时：40分钟）一、选择题1．（四川省绵阳江油中学高二月考）下列有关盐类水解的说法不正确的是A．盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡B．盐类的水解是酸碱中和反应的逆过程C．盐类水解的结果使溶液不一定呈中性D．Na2CO3水解的实质是Na＋与H2O电离出的OH－结合生成了NaOH【答案】D【解析】A. 盐类的水解是弱酸根阴离子或弱碱阳离子结合水电离出的氢离子或者氢氧根离子的过程,破坏了纯水的电离平衡,促进水的电离,故A正确；B. 盐类水解生成酸和碱是中和反应的逆反应,故B正确；C. 盐的水解可能会使溶液呈酸性,如NH4Cl溶液,也可能使溶液呈碱性,如CH3COONa溶液,也可能使溶液呈中性,如CH3COONH4溶液因醋酸根离子和铵根离子水解程度相同,溶液呈中性,故C正确；D. Na2CO3水解的实质是碳酸根离子结合水电离出的氢离子生成弱电解质,促进水的电离,故D 错误,答案选D。
【点睛】本题考查盐的水解原理及其影响因素,题目难度中等,解题时要注意理解和把握盐的水解原理及影响因素,明确盐的水解过程促进水的电离,且能够水解的盐溶液既可能呈酸性或碱性,也可能呈中性,如醋酸铵溶液,为易错点。
2．常温下,下列盐溶于水后发生水解反应,溶液显酸性的是（）A．(NH4)2SO4B．NaClO C．Na2S D．KNO3【答案】A【解析】A. 为强酸弱碱盐,溶于水后水解显酸性,A符合题意；B. 为强碱弱酸盐,溶于水后水解显碱性,B不符合题意；C. 为强碱弱酸盐,溶于水后水解显碱性,C不符合题意；D. 为强酸强碱盐,在水溶液中不会发生水解,溶液呈中性,D不符合题意；故答案选A。
3．下列离子方程式表示的是盐类的水解且正确的是A ．223HS H O H O S -+-++ B ．2HS H H S -++===↑C ．23223CO 2H OH CO 2OH --++ D ．323Fe 3H OFe(OH)3H ++++【答案】D【解析】A.HS -水解的离子方程式为22HS H OOH H S --++,223HS H O H O S -+-++表示其电离方程式,A 错误；B.2HS H H S -++===↑表示HS -与氢离子反应生成硫化氢,B 错误；C.碳酸根离子的水解分步进行,且以第一步水解为主：2323CO H O HCO OH ---++,C 错误；D.3Fe +水解的离子方程式为()233Fe OH 3H Fe 3H O++++,D 正确。
高中化学选择性必修一 第三章第三节 盐类的水解(含解析)
高中化学人教版（2019）选择性必修1 第三章第三节盐类的水解一、单选题（共10题；共20分）1.下列属于水解的离子方程式且书写正确的是（）A. HCO3－＋H2O H3O＋＋CO32－B. Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3↓＋3H＋C. SO32－＋2H2O H2SO3＋2OH－D. CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－2.下列物质的水溶液因水解呈酸性的是（）A. HClB. NaHCO3C. FeCl3D. NaHSO4。
3.下列说法正确的是（）A. 中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同B. 在醋酸钠溶液中再加入少量水，水解平衡正向移动C. 用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH=1的醋酸溶液D. 室温下pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1：24.常温下向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，pY=－lgY。
下列叙述错误的是（）A. 曲线n表示与pH的变化关系B. K a1(H2X)=1.0×10－10.3C. NaHX溶液中c(OH－)＞c(H+)D. 当pH=7时，混合溶液中c(Na+)=c(HX－)+2c(X2－)+c(Cl－)5.物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是( )A. HX，HZ，HYB. HX，HY，HZC. HZ，HY，HXD. HY，HZ，HX6.室温下，有两种溶液：①0.01mol•L﹣1 NH3•H2O 溶液、②0.01mol•L﹣1 NH4Cl 溶液，下列操作可以使两种溶液中c（NH4+）都增大的是（）A. 通入少量HCl 气体B. 加入少量NaOH 固体C. 加入少量H2OD. 适当升高温度7.草酸（H2C2O4）是二元弱酸，NaHC2O4溶液呈酸性。
高考化学复习盐类的水解习题含解析
高考化学复习盐类的水解1．常温下，稀释0.1 mol·L－1NH4Cl溶液，下图中的横坐标表示加水的量，则纵坐标可以表示的是( )A．NH＋4水解的平衡常数B．溶液的pHC．溶液中NH＋4数D．溶液中c(NH＋4)解析：NH＋4水解的平衡常数不变，A项不符合题意；NH4Cl水解呈酸性，加水稀释，水解程度增大，但酸性减弱，溶液的pH将增大，溶液中NH＋4数将减小，c(NH＋4)也减小，故C、D 两项均不符合题意。
答案：B2．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是( )A．CO2－3＋H2O HCO－3＋OH－用热的纯碱溶液清洗油污B．Al3＋＋3H2O Al(OH)3(胶体)＋3H＋明矾净水C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·x H2O↓＋4HCl制备TiO2纳米粉D．SnCl2＋H2O Sn(OH)Cl↓＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠解析：配制SnCl2溶液时应加入稀盐酸抑制SnCl2水解，加入NaOH会促进SnCl2的水解，而发生变质。
答案：D3．常温下，有关0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液(pH＜7)，下列说法不正确的是( )A．根据以上信息，可推断NH3·H2O为弱电解质B．加水稀释过程中，c(H＋)·c(OH－)的值增大C ．加入K 2CO 3固体可促进NH ＋4的水解D ．同pH 的NH 4Cl 溶液和CH 3COOH 溶液，由水电离出的c (H ＋)前者大解析：0.1 mol·L －1NH 4Cl 溶液(pH ＜7)，说明NH 4Cl 为强酸弱碱盐，可推断NH 3·H 2O 为弱电解质，故A 正确；K w ＝c (H ＋)·c (OH －)，K w 只与温度有关，温度不变K w 不变，加水稀释过程中K w 不变，故B 错误；K 2CO 3固体水解呈碱性，NH 4Cl 溶液(pH ＜7)，所以加入K 2CO 3固体可促进NH ＋4的水解，故C 正确；NH 4Cl 水解促进水电离，CH 3COOH 抑制水电离，所以由水电离出的c (H ＋)前者大，故D 正确。
高考盐类的水解经典习题含解析 教师
第三节盐类的水解一、单项选择题1．水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是()A．NaHSO4溶液B．KF溶液C．KAl(SO4)2溶液D．NaI溶液解析：F－、Al3＋的水解能促进水的电离；NaHSO＋－1液的A1Bc(OH－)Cc(OH－)D＝1×中因为正确；c(NH3·2NH、H()A．若溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则该溶液一定显中性B．若溶液中c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，则溶液中一定含有NH4Cl和NH3·H2OC．若溶液中c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，则溶液中可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HClD．若溶液中c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)，则溶液中含有大量的NH4Cl和少量的HCl解析：A项，若溶液中c(NH)＝c(Cl－)，由电荷守恒知c(OH－)＝c(H＋)，则该溶液一定显中性；B项，溶液呈碱性，溶质只能是NH4Cl和和少量的)＞c(OH－)，1mL的氨水下列结论则c1V1＞c2V2c(NH)pH＜7，pH＝7，则V1＝混c(NH)；CpH＜7，溶质可能是NH4Cl或NH4Cl和HCl，可能c1＝c2或c1＜c2。
答案：A3．25℃时，amol·L－1一元酸HA与bmol·L－1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是()A．a＝bB．a＞bC．c(A－)＝c(Na＋)D．c(A－)＜c(Na＋)解析：若HA为强酸，二者等体积混合后pH＝7，则a＝b；若HA为弱酸，二者等体积混合后pH＝7，则a＞b，选项A、B 不一定正确。
混合后溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，因pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(A－)。
答案：C3－1.常温下，将a L0.1mol·L－1的NaOH 溶液与b L0.1mol·L－1的CH3COOH溶液混()A＋)>c(H＋B－)>c(H＋Cc(OH－)D＋c(Na＝b理知C3液：①③Ac(OH－)Bc(CH3C．②和③等体积混合后溶液中由水电离出的c(H＋)<10－7mol·L－1D．由水电离出的c(OH－)：②>③>①解析：①和②等体积混合后的溶液为醋酸钠溶液，根据质子守恒知A选项正确；①和③等体积混合后溶液呈酸性，醋酸的电离程度大于CH3COONa的水解程度，因此离子浓度为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H ＋)>c(OH－)，B选项正确；②和③等体积混合后水的电离受到抑制，由水电离出的c(H ＋)<10－7mol·L－1，C选项正确；由水电离出的c(OH－)：③>①>②，D选项错误。
高中化学--盐类的水解 练习(解析版) (2)
高中化学--盐类的水解 练习 （限时：45分钟） 一、选择题 1．下列关于310.5molLNaHCO溶液的说法正确的是（ ） A．溶质的电离方程式为233NaHCONaHCO B．温度升高,3HCOc增大 C．加水稀释后,Hn与OHn的乘积变大 D．离子浓度关系：233cNacHcOHcHCOcCO 【答案】C 【解析】A.碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子,电离方程式为
33NaHCO=NaHCO,3HCO只能部分电离,A错误;
B.碳酸氢根离子会发生水解,升高温度,水解程度增大,所以3HCOc减小,B错误; C.加水稀释,促进碳酸氢根离子水解,OHn增大,水的电离受到促进,由水电离出的氢离子和
氢氧根离子的物质的量增大,所以溶液中Hn与OHn的乘积变大,C正确; D.3NaHCO溶液中存在电荷守恒：233NaHOHHCO2COccccc,D错误。 故答案选：C。 2．相同温度下,同物质的量浓度的Na2SO3和Na2CO3的两种溶液中,下列关系式正确的是( )
A．332233HSOHCO1SOCOcccc B．332233HCOHSO1COSOcccc
C．332233HCOHSO1COSOcccc D．332233HSOHCO1SOCOcccc 【答案】A 【解析】【分析】根据H2CO3酸性小于H2SO3,相同温度下,同物质的量浓度的Na2SO3和Na2CO3
的两种溶液中,23CO水解程度比23SO更高,可知得出正确选项。
【详解】由于H2CO3酸性小于H2SO3,故23CO水解程度比23SO更高,所以 33HCOHSOcc,2233SOCOcc;又因为水解产物233HCOCOcc,所以有
高考化学 真题透析 第3讲 盐类的水解(精讲深剖)(含解析)
第3讲盐的水解真题速递1．（2019新课标Ⅰ）NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的K a1=1.1×10−3 ，K a2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。
下列叙述错误的是A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的C．b点的混合溶液pH=7D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)【答案】C【解析】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。
由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A 正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。
2．（2019北京）实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。
下列说法正确的是A ．随温度升高，纯水中c (H +)>c (OH −) B ．随温度升高，CH 3COONa 溶液的c (OH −)减小C ．随温度升高，CuSO 4溶液的pH 变化是K w 改变与水解平衡移动共同作用的结果D ．随温度升高，CH 3COONa 溶液和CuSO 4溶液的pH 均降低，是因为CH 3COO −、Cu 2+水解平衡移动方向不同 【答案】C【解析】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H +).c(OH -)=Kw 减小，故pH 减小，但c(H +)=c(OH -)，故A 不符合题意；B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH -)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH 3COOH -+H 2O 垐?噲?CH 3COOH+OH -,升高温度促进盐类水解，所以c(OH -)增大，故B 不符合题意；C.升高温度，促进水的电离，故c(H +)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu 2++2H 2O 垐?噲?Cu(OH)2 +2H +，故c(H +)增大，两者共同作用使pH 发生变化，故C 符合题意；D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D 不符合题意。
2024年新高考版化学专题十三盐类的水解和沉淀溶解平衡讲解部分
弱酸阴离子和弱碱阳离子会相互促进水解,若水解产物均为容易脱离反
应体系的溶解度较小的物质(如溶解度不大的气体或沉淀),则其相互促进
水解的程度非常大,水解反应认为完全进行,应用“ ”“↑”“↓”
表示,如Al3++3HCO3
Al(OH)3↓+3CO2↑;若水解产物中有溶解度较大
的物质(无法脱离反应体系),虽水解反应能相互促进,但水解程度还是较
2)不同盐溶液中同一离子浓度的比较,要看溶液中其他离子对它的影
响。如相同浓度的NH4Cl(a)、CH3COONH4(b)、NH4HSO4(c)三种溶液中
c(N
H
4
)由大到小的顺序是c>a>b。
3)混合液中各离子浓度的比较,要综合分析水解因素和电离因素。如相
同浓度的NH4Cl和氨水混合液中,因NH3·H2O的电离程度>NH
3)酸式盐溶液酸碱性的判断 ①强酸的酸式盐只电离,不水解,其溶液一定显酸性,如NaHSO4。 ②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。 a.若电离程度大于水解程度,则溶液显酸性。如NaHSO3、NaH2PO4。 b.若电离程度小于水解程度,则溶液显碱性。如NaHCO3、NaHS、Na2 HPO4。
难溶物,如用硝酸溶解金属硫化物(CuS、HgS等);③生成配合物法,如要溶 解AgCl可加入氨水生成[Ag(NH3)2]+;④盐溶解法,如用NH4Cl溶液溶解Mg (OH)2。 3)沉淀的转化:一般来说,若难溶电解质类型相同,则Ksp较大的沉淀易转化 为Ksp较小的沉淀;若类型不同,沉淀的溶解度差别越大,越容易转化。 注意:一种沉淀可以转化为更难溶的沉淀,这是一般规律,并不意味着溶解 度小的沉淀不能转化为溶解度大的沉淀,沉淀转化的实质是沉淀溶解平 衡的移动。如BaSO4比BaCO3更难溶解,但将BaSO4沉淀加入饱和的Na2
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煌敦市安放阳光实验学校盐类的水解 例题解析（一）典型例题【例1】欲使CH3COONa稀溶液中)()(3+-Na c COO CH c 比值增大，可在溶液中(恒温)加入少量下列物质中的①固体NaOH ②固体KOH ③固体CH3COONa ④固体NaHSO4( )A.①或④B.②或③C.①或② D.③或④【分析】本题考查学生水解平衡知识点的掌握。
CH3COO- + H2OCH3COOH +OH-；欲使)()(3+-Na c COO CH c 比值增大，原溶液中c(Na+)不变，则使c(CH3COO-)增大，水解平衡向逆反方向移动；①加入少量NaOH 固体，c(Na+)增大，c(CH3COO-)也增大，根据勒夏特列原理，c(CH3COO-)增大的倍率不如c(Na+)增大的倍率，因此)()(3+-Na c COO CH c 比值减小；②加入KOH固体，c(OH-)增大，使水解平衡逆向移动，所以)()(3+-Na c COO CH c 比值增大；③加入固体CH3COONa ，则相当于CH3COONa稀溶液变为浓溶液，而根据“稀释促进水解”可知在浓溶液中，)()(3+-Na c COO CH c 将变大；④加入NaHSO4固体显然促进了水解，使c(CH3COO-)变小，c(Na+)变大，则)()(3+-Na c COO CH c 比值变小。
【答案】B【例2】在pH 都于9的NaOH 和CH3COONa 两种溶液中，设由水电离产生的OH－浓度分别为a mol ·L-1与b mol ·L-1，则a 和b 的关系为（ ） A.a>b B.a=10－4b C.b ＝10－4a D.a ＝b【分析】NaOH 溶液中c(H ＋)＝10－9 mol ·L －1，则水电离产生的c(OH －)水＝10－9mol ·L-1；CH3COONa 溶液中c(H ＋)＝10－9 mol ·L －1，c(OH －)＝10－5 mol ·L －1，此OH －均为水电离产生的，故选B 。
【答案】B【例3】为了同时对某农作物施用分别含N 、P 、K 三中元素的化肥，对于给的化肥：①K2CO3、②KCl 、③Ca(H2PO4)2、④(NH4)2SO4、⑤氨水，最合适的组合是A. ①③④B. ②③④C. ①③⑤D. ②③⑤ 【分析】K2CO3水解呈碱性：CO32-+H2OHCO3-+OH-，铵态氮肥中的NH4+遇OH-逸出NH3使氮素损失，造成肥效降低：NH4++OH-==NH3↑+H2O ；OH-与H2PO4-作用生成的PO43-与Ca2+反生成Ca3(PO4)2沉淀，不能被作物吸收；氨水电离出的OH-也会发生上述反生成不溶性Ca3(PO4)2。
【答案】D【例4】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧（低于400℃）下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是 。
①AlCl3 ②NaHCO3 ③MgSO4 ④KMnO4 ⑤Na2CO3 ⑥NH4Cl 【分析】①AlCl3溶液中存在水解：AlCl3+3H2OAl （OH ）3+3HCl 。
蒸干过程中HCl 逸出，AlCl3水解加剧，得Al （OH ）3，灼烧Al （OH ）3发生分解反：2Al(OH)3Al2O3+3H2O,故最终所得固体为Al2O3。
①不可选。
②NaHCO3溶液蒸干过程中，NaHCO3发生分解反〔与Ca（HCO3）2溶液受热过程类似〕：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,蒸干得Na2CO3,400℃以下灼烧Na2CO3不分解，故最终所得固体为Na2CO3,②不可选。
③MgSO4溶液中存在如下平衡：MgSO4+2H2O Mg（OH）2+H2SO4，虽然加热水解加剧，但水解产物H2SO4难挥发，随着溶液中H2SO4浓度的增加，以上平衡又向左移动，蒸干并灼烧，最后所得固体为MgSO4，③可选。
④由KMnO4受热易分解知④不可选。
⑤Na2CO3溶液中有：Na2CO3+H2O NaOH+NaHCO3，但由于NaOH的存在，致使NaHCO3不会分解成CO2逸出，故平衡右移程度极小，最后得到的是稳的Na2CO3（灼烧时不会带结晶水）。
⑥NH4Cl溶液中有：NH4Cl+H2O HCl+NH3·H2O，由于产物均为挥发性的，故平衡右移，故最后得不到NH4Cl晶体。
【答案】③⑤【例5】已知某温度下，0.1 mol/L的NaHB强电解质溶液中，c(H+)＞c(OH－)，则下列各关系式一正确的是（）A.c(Na+)=c(HB－)+2c(B2－)+c(OH－)B.溶液的pH=1C.c(Na+)=0.1 mol/L≥c(B2－)D.c(H+)·c(OH－)=10－14【分析】对于A选项，若是电荷守恒，则有：c(Na+)+c(H+)=c(HB－)+2c(B2－)+c(OH－)，若是物料守恒，则有n(Na+)∶n(B)=1∶1，即：c(Na+)=c(HB －)+c(B2－)+c(H2B)，故A选项错误。
对于B选项：pH该是≥1；如果NaHB为NaHSO4,则pH=1；如果NaHSO3是NaHB，则其pH＞1。
对于C选项：如是NaHSO4，则c(Na+)=c(B2－)，如是NaHSO3，则c(Na+)＞c(B2-)，故C选项正确。
对于D选项：该式只符合常温，而不符合其他温度条件。
【答案】C【例6】某二元弱酸(简写为H2A)溶液，按下式发生一级和二级电离：H2A H+＋HA- HA- H+＋A2-已知相同浓度时的电离度α(H2A）＞α(HA-)，设有下列四种溶液：mol·L-1的H2A溶液B.0.01mol·L-1的NaHA溶液C.0.02mol·L-1的HCl与0.04mol·L-1的NaHA溶液体积混合液D.0.02mol·L-1的NaOH与0.02 mol·L-1的NaHA溶液体积混合液据此，填写下列空白（填代号)(1)c(H+)最大的是_______，最小的是_______。
(2)c(H2A)最大的是_______，最小的是_______。
(3) c (A2-)最大的是_______，最小的是_______。
【分析】首先计算C、D两项反后物质的量浓度：C中生成物为0.1mol·L-1H2A和0.1mol·L-1NaHA，0.1mol·L-1NaCl；D中生成物为0.1mol·L-1Na2A，0.1mol·L-1NaCl。
NaCl对所有平衡均无影响，不需考虑。
各物质的量浓度相同，就可以直接根据电离平衡移动和电离度大小比较有关微粒浓度大小了。
A B C D同浓度溶质H2A NaHA H2A＋NaHA Na2A(1)C中c (H2A)>B中(H2A)，因此， c (H+)：C ＞B；在H2A中加入HA-离子，增大了电离生成物的浓度，使电离平衡向逆移动，c (H+)减小，故A中c (H+)＞C中c (H+)。
所以，c (H+)大小关系为：A＞C＞B＞D。
(2)同理，C中H2A离子使HA电离度减小，则有c (H2A)：C ＞A；B中NaHA第一步水解可产生少量的H2A，而D中Na2A的水解主要是第一步，没有H2A生成，第二步水解程度远小第一步，产生的H2A极少，一般可忽略不计，故B中c (H2A)＞D中c (H2A)。
所以，c (H2A)大小关系为：C＞A＞B＞D。
(3)A中H2A第一步电离为主，生成HA-和H+，第二步电离度远远小于第一步电离度，产生的c (A2-)极小；而B中HA-第一步电离即可生成少量的A2-。
故c (A2-)：B＞A。
C中H2A的存在，因发生反：H2A＋A2-＝2HA-，c(A2-)减小，使得HA-的电离度比B中减小；或理解为c(H+)：C＞B，使得C中HA-离子的电离平衡向逆移动，故c (A2-)：B＞C。
因C中c (HA-)＞A中c (HA-)，故c (A2-)：C＞A。
D中Na2A的c (A2-)只略小于0.1mol·L-1,而B中NaHA的HA-难电离，产生的c (A2-)远小于0.01mol·L-1，故c (A2-)：D＞B。
所以， c (A2-)大小关系为：D＞B＞C＞A。
【答案】(1)A，D；(2)C，D；(3)D，A。
【例7】某二元弱酸(简写为H2A)溶液，按下式发生一级和二级电离：H2A H+＋HA- HA- H+＋A2-已知相同浓度时的电离度α(H2A）＞α(HA-)，设有下列四种溶液：mol·L-1的H2A溶液B.0.01mol·L-1的NaHA溶液C.0.02mol·L-1的HCl与0.04mol·L-1的NaHA溶液体积混合液D.0.02mol·L-1的NaOH与0.02 mol·L-1的NaHA溶液体积混合液据此，填写下列空白（填代号)(1)c(H+)最大的是_______，最小的是_______。
(2)c(H2A)最大的是_______，最小的是_______。
(3) c (A2-)最大的是_______，最小的是_______。
【分析】首先计算C、D两项反后物质的量浓度：C中生成物为0.1mol·L-1H2A和0.1mol·L-1NaHA，0.1mol·L-1NaCl；D中生成物为0.1mol·L-1Na2A，0.1mol·L-1NaCl。
NaCl对所有平衡均无影响，不需考虑。
各物质的量浓度相同，就可以直接根据电离平衡移动和电离度大小比较有关微粒浓度大小了。
A B C D同浓度溶质H2A NaHA H2A＋NaHA Na2A(1)C中c (H2A)>B中(H2A)，因此， c (H+)：C ＞B；在H2A中加入HA-离子，增大了电离生成物的浓度，使电离平衡向逆移动，c (H+)减小，故A中c (H+)＞C中c (H+)。
所以，c (H+)大小关系为：A＞C＞B＞D。
(2)同理，C中H2A离子使HA电离度减小，则有c (H2A)：C ＞A；B中NaHA第一步水解可产生少量的H2A，而D中Na2A的水解主要是第一步，没有H2A生成，第二步水解程度远小第一步，产生的H2A极少，一般可忽略不计，故B中c (H2A)＞D中c (H2A)。
所以，c (H2A)大小关系为：C＞A＞B＞D。
(3)A中H2A第一步电离为主，生成HA-和H+，第二步电离度远远小于第一步电离度，产生的c (A2-)极小；而B中HA-第一步电离即可生成少量的A2-。
故c (A2-)：B＞A。
C中H2A的存在，因发生反：H2A＋A2-＝2HA-，c(A2-)减小，使得HA-的电离度比B中减小；或理解为c(H+)：C＞B，使得C中HA-离子的电离平衡向逆移动，故c (A2-)：B＞C。