高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)核心考點(diǎn)逐項(xiàng)突破專題十五鹽類的水解(專講)(原卷版+解析)

專題十五鹽類的水解一、鹽類的水解及其規(guī)律1.定義：在水溶液中鹽電離出來的離子跟水所電離出來的H+或OH-結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)，叫做鹽類的水解。2.水解實(shí)質(zhì)：鹽和水發(fā)生反應(yīng)生成弱電解質(zhì)，使水的電離平衡被破壞，從而建立新的平衡的過程。3.水解特點(diǎn)：①只有弱酸的陰離子或弱堿的陽離子才能與H+或OH-結(jié)合生成弱電解質(zhì)。

②鹽類水解使水的電離平衡發(fā)生移動(dòng)，促進(jìn)水的電離，使水電離出的c(OH-)≠c(H+)并使溶液呈酸性或堿性。

③鹽類水解反應(yīng)是酸堿中和反應(yīng)的逆反應(yīng)。水解是微弱的程度很小，故水解產(chǎn)物極少，鹽溶液的酸堿性極弱，用“”號(hào)。=4\*GB3④鹽類水解是吸熱反應(yīng)。4.鹽類的水解規(guī)律：有弱才水解、無弱不水解、越弱越水解、誰強(qiáng)顯誰性、雙弱具體定。具體為：（1）正鹽溶液：①?gòu)?qiáng)酸弱堿鹽呈酸性；②強(qiáng)堿弱酸鹽呈堿性；③強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽呈中性；④弱酸弱堿鹽不一定。如NH4CNCH3COONH4NH4F堿性中性酸性取決于弱酸弱堿相對(duì)強(qiáng)弱（2）酸式鹽①若只有電離而無水解，則呈酸性（如NaHSO4）；②若既有電離又有水解，取決于兩者相對(duì)大??；電離程度＞水解程度，呈酸性；電離程度＜水解程度，呈堿性強(qiáng)堿弱酸式鹽的電離和水解，如H3PO4及其三種陰離子隨溶液pH變化可相互轉(zhuǎn)化：pH值增大H3PO4H2PO4－HPO42－PO43－pH減小③常見酸式鹽溶液的酸堿性堿性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4酸性：NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4【注意】比較鹽類水解程度的相對(duì)大小(1)鹽對(duì)應(yīng)的弱酸(或弱堿)越弱，水解程度越大。(2)同種弱酸(或弱堿)的鹽溶液濃度越小，水解程度越大。(3)相同條件下的水解程度：正鹽>相應(yīng)酸式鹽，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。(4)相互促進(jìn)水解的鹽>單獨(dú)水解的鹽>水解相互抑制的鹽。如NHeq\o\al(＋,4)的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。(5)溫度越高，鹽的水解程度越大。二、鹽類水解的影響因素及應(yīng)用1．探究影響鹽類水解平衡的因素（1）內(nèi)因：鹽類本身的性質(zhì)是影響鹽類水解的內(nèi)在因素，也是主要因素。組成鹽的酸或堿越弱，鹽的水解程度越大，其鹽溶液的酸性或堿性就越強(qiáng)。

（2）外界條件：

①溫度：鹽的水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，水解程度增大。

②濃度：加入水，溶液濃度減小，使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，水解程度增大。

③外加相關(guān)離子：鹽類水解后，溶液會(huì)呈現(xiàn)不同的酸堿性。外加酸或堿，可以促進(jìn)或抑制鹽的水解。如在配制FeCl3溶液時(shí)常加入少量鹽酸來抑制FeCl3水解?！拘〗Y(jié)】影響鹽類水解的因素因素水解平衡水解程度溶液中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(稀釋)右移增大減小外加酸、堿酸促進(jìn)弱酸陰離子的水解，使其水解程度增大；抑制弱堿陽離子的水解，使其水解程度減小堿抑制弱酸陰離子的水解，使其水解程度減??；促進(jìn)弱堿陽離子的水解，使其水解程度增大加能水解的鹽小結(jié)：強(qiáng)酸弱堿鹽：加強(qiáng)酸抑制水解，加強(qiáng)堿促進(jìn)水解；強(qiáng)堿弱酸鹽：加強(qiáng)酸促進(jìn)水解，加強(qiáng)堿抑制水解。2．水解原理的應(yīng)用下列有關(guān)問題與鹽的水解有關(guān)的是①②③④⑤⑥。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溶液得到Cu(OH)2固體⑥要除去CuCl2溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化劑Cl2，再調(diào)節(jié)溶液的pH三、把握三種守恒，明確等量關(guān)系(1)電荷守恒電解質(zhì)溶液必須保持電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。(2)元素質(zhì)量守恒變化前后某種元素的原子個(gè)數(shù)守恒。①單一元素守恒，如1molNH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol，即氮元素守恒。②兩元素守恒，如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))，即鈉元素與碳元素守恒。(3)質(zhì)子守恒電解質(zhì)溶液中，由于電離、水解等過程的發(fā)生，往往存在質(zhì)子(H＋)的轉(zhuǎn)移，轉(zhuǎn)移過程中質(zhì)子數(shù)量保持不變，稱為質(zhì)子守恒。四、比較電解質(zhì)溶液中粒子濃度相對(duì)大小1.解題思路2.溶液中粒子濃度的三個(gè)守恒關(guān)系(1)電荷守恒：指在電解質(zhì)的水溶液中，陽離子的所帶總電荷數(shù)與陰離子的所帶總電荷數(shù)必須相等。因?yàn)槿芤嚎偸浅孰娭行缘?。如在Na2CO3溶液中存在Na＋、CO32－、H＋、OH－、HCO3－,它們存在如下關(guān)系:c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)。(2)物料守恒（原子守恒）：指一個(gè)平衡體系中，某一組分的總濃度一定等于它所離解成的多種微粒的平衡濃度之和，也就是變化前后某種元素的原子個(gè)數(shù)守恒。例如：cmol·L－1的Na2CO3溶液的物料守恒，可以根據(jù)溶液中存在的平衡關(guān)系：在Na2CO3溶液的物料守恒：c(Na＋)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)

(3)質(zhì)子守恒即H2O電離的H+和OH-濃度相等。指溶液中得到質(zhì)子的物質(zhì)的量應(yīng)該與失去質(zhì)子的物質(zhì)的量相等。如在Na2CO3溶液中水電離出OH-和H+,其中水電離出的H+以H+、HCO3-、H2CO3三種形式存在于溶液中,則有c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)(由電荷守恒式減去物料守恒式也可求出質(zhì)子守恒式)。?規(guī)律小結(jié)鹽溶液的配制與保存注意事項(xiàng)(1)強(qiáng)酸弱堿鹽：配制FeCl3、SnCl2、Fe2(SO4)3溶液時(shí)，常加入少量相應(yīng)酸來抑制弱堿陽離子的水解。(2)強(qiáng)堿弱酸鹽：配制Na2CO3溶液時(shí)，常加入少量相應(yīng)的堿來抑制弱酸根離子的水解。(3)Na2CO3溶液、NaHCO3溶液等由于水解使溶液呈堿性，故不能用帶玻璃塞的玻璃瓶來盛。又如：NaF溶液保存時(shí)不能用玻璃容器裝，因F－＋H2OHF＋OH－，生成的氫氟酸會(huì)與玻璃的成分之一二氧化硅反應(yīng)，長(zhǎng)時(shí)間會(huì)漏液。常用塑料或鉛制容器裝NaF溶液或氫氟酸。1．【2022年遼寧卷】甘氨酸是人體必需氨基酸之一、在時(shí)，、和的分布分?jǐn)?shù)【如】與溶液關(guān)系如圖。下列說法錯(cuò)誤的是A．甘氨酸具有兩性B．曲線c代表C．的平衡常數(shù)D．2．（2021·廣東真題）鳥嘌呤()是一種有機(jī)弱堿，可與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列敘述正確的是A．水溶液的B．水溶液加水稀釋，升高C．在水中的電離方程式為：D．水溶液中：3．（2021·山東真題）賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數(shù)δ(x)隨pH變化如圖所示。已知δ(x)=，下列表述正確的是A．>B．M點(diǎn)，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O點(diǎn)，pH=D．P點(diǎn)，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)4．（2021.6·浙江真題）取兩份的溶液，一份滴加的鹽酸，另一份滴加溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是A．由a點(diǎn)可知：溶液中的水解程度大于電離程度B．過程中：逐漸減小C．過程中：D．令c點(diǎn)的，e點(diǎn)的，則5．【2022年江蘇卷】一種捕集煙氣中CO2的過程如圖所示。室溫下以0.1mol?L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含碳物種的濃度c總=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3電離常數(shù)分別為Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列說法正確的是A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()B．KOH完全轉(zhuǎn)化為K2CO3時(shí)，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，c總=0.1mol?L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()D．如圖所示的“吸收”“轉(zhuǎn)化”過程中，溶液的溫度下降6．（2021.1·浙江真題）實(shí)驗(yàn)測(cè)得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25℃時(shí)CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1.8×10-5.下列說法不正確的是A．圖中實(shí)線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化'B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1，溶液pH變化值小于lgxC．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)減小，c(H+)增大，pH減小D．25℃時(shí)稀釋相同倍數(shù)的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)7．（2020·天津高考真題）常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法錯(cuò)誤的是A．相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則B．相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，則溶液中C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則D．在溶液中，1．（2023·安徽黃山·統(tǒng)考一模）以含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)為原料制備ZnCO3·2Zn(OH)2的實(shí)驗(yàn)流程如下。下列說法不正確的是A．1mol過二硫酸鈉（Na2S2O8）中含有σ鍵數(shù)9NAB．氧化除錳后的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、C．調(diào)節(jié)pH時(shí)試劑X可以選用Zn、ZnO、ZnCO3等物質(zhì)D．氧化除錳過程中生成MnO2的離子方程式：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+2．（2023·福建漳州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）工業(yè)上用氨水作為沉淀劑去除酸性廢水中的鉛元素。除鉛時(shí)，體系中含鉛微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(d)與pH的關(guān)系如圖所示[已知：常溫下，；難溶于水]。下列說法錯(cuò)誤的是A．時(shí)，與氨水反應(yīng)生成，溶液中B．時(shí)，C．時(shí)，物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)最大，除鉛效果最好D．時(shí)，轉(zhuǎn)化為的離子方程式為3．（2023·廣東清遠(yuǎn)·清新一中?？寄M預(yù)測(cè)）下列敘述中正確的是A．室溫下，向濃度為弱酸HA溶液中，滴加同濃度的NaOH溶液，溶液的pH與的差為定值B．常溫下，H2SeO4的電離方程式：，，濃度均為的①溶液、②溶液、③溶液，由大到小的順序?yàn)棰?gt;②>①C．同濃度的溶液和鹽酸，加水稀釋相同倍數(shù)時(shí)相等D．將硫化氫氣體通入硫酸銅溶液中，不能發(fā)生反應(yīng)(已知：室溫下，氫硫酸兩級(jí)電離常數(shù)分別為、，)4．（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）根據(jù)下列各圖曲線表征的信息，得出的結(jié)論正確的是A．由圖1得出若要除去溶液中的，可采用向溶液中加入適量CuO，調(diào)節(jié)溶液的pH至4左右B．圖2表示用水稀釋pH相同的鹽酸和溶液時(shí)，溶液的pH變化曲線，其中I表示鹽酸，II表示溶液，且溶液導(dǎo)電性：c>b>aC．圖3表示與反應(yīng)時(shí)含鋁微粒濃度變化曲線，圖中a點(diǎn)溶液中大量存在D．圖4表示常溫下向體積為NaOH溶液中逐滴加入溶液后溶液的pH變化曲線，則b點(diǎn)處有：5．（2022·河北衡水·河北衡水中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）常溫下，下列說法錯(cuò)誤的是A．向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c()>c()>c()>c()=c()B．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則Ksp(FeS)>Ksp(CuS)C．向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中D．0.01mol/LNaHCO3溶液：c()＋c(H2CO3)=c()＋c()6．（2022·福建·福建師大附中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）25℃時(shí)，將稀硫酸滴入Na2R溶液中，混合溶液中離子濃度變化與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．L1表示-lg與pH的關(guān)系曲線B．H2R的第二步電離常數(shù)Ka2的數(shù)量級(jí)為10-4C．NaHR溶液能使酚酞溶液變紅D．M點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中存在c(Na＋)>3c(R2-)7．（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知：常溫下，碳酸的電離平衡常數(shù)，。常溫下，向溶液中緩慢滴加鹽酸，溶液中各離子的物質(zhì)的量隨加入鹽酸的物質(zhì)的量的變化如圖所示(和未畫出)。下列說法不正確的是A．A點(diǎn)到B點(diǎn)，水的電離程度逐漸減小B．滴加至B點(diǎn)時(shí)，C．滴加至C點(diǎn)時(shí)，D．滴加至D點(diǎn)時(shí)，溶液專題十五鹽類的水解一、鹽類的水解及其規(guī)律1.定義：在水溶液中鹽電離出來的離子跟水所電離出來的H+或OH-結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)，叫做鹽類的水解。2.水解實(shí)質(zhì)：鹽和水發(fā)生反應(yīng)生成弱電解質(zhì)，使水的電離平衡被破壞，從而建立新的平衡的過程。3.水解特點(diǎn)：①只有弱酸的陰離子或弱堿的陽離子才能與H+或OH-結(jié)合生成弱電解質(zhì)。

②鹽類水解使水的電離平衡發(fā)生移動(dòng)，促進(jìn)水的電離，使水電離出的c(OH-)≠c(H+)并使溶液呈酸性或堿性。

③鹽類水解反應(yīng)是酸堿中和反應(yīng)的逆反應(yīng)。水解是微弱的程度很小，故水解產(chǎn)物極少，鹽溶液的酸堿性極弱，用“”號(hào)。=4\*GB3④鹽類水解是吸熱反應(yīng)。4.鹽類的水解規(guī)律：有弱才水解、無弱不水解、越弱越水解、誰強(qiáng)顯誰性、雙弱具體定。具體為：（1）正鹽溶液：①?gòu)?qiáng)酸弱堿鹽呈酸性；②強(qiáng)堿弱酸鹽呈堿性；③強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽呈中性；④弱酸弱堿鹽不一定。如NH4CNCH3COONH4NH4F堿性中性酸性取決于弱酸弱堿相對(duì)強(qiáng)弱（2）酸式鹽①若只有電離而無水解，則呈酸性（如NaHSO4）；②若既有電離又有水解，取決于兩者相對(duì)大??；電離程度＞水解程度，呈酸性；電離程度＜水解程度，呈堿性強(qiáng)堿弱酸式鹽的電離和水解，如H3PO4及其三種陰離子隨溶液pH變化可相互轉(zhuǎn)化：pH值增大H3PO4H2PO4－HPO42－PO43－pH減小③常見酸式鹽溶液的酸堿性堿性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4酸性：NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4【注意】比較鹽類水解程度的相對(duì)大小(1)鹽對(duì)應(yīng)的弱酸(或弱堿)越弱，水解程度越大。(2)同種弱酸(或弱堿)的鹽溶液濃度越小，水解程度越大。(3)相同條件下的水解程度：正鹽>相應(yīng)酸式鹽，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。(4)相互促進(jìn)水解的鹽>單獨(dú)水解的鹽>水解相互抑制的鹽。如NHeq\o\al(＋,4)的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。(5)溫度越高，鹽的水解程度越大。二、鹽類水解的影響因素及應(yīng)用1．探究影響鹽類水解平衡的因素（1）內(nèi)因：鹽類本身的性質(zhì)是影響鹽類水解的內(nèi)在因素，也是主要因素。組成鹽的酸或堿越弱，鹽的水解程度越大，其鹽溶液的酸性或堿性就越強(qiáng)。

（2）外界條件：

①溫度：鹽的水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，水解程度增大。

②濃度：加入水，溶液濃度減小，使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，水解程度增大。

③外加相關(guān)離子：鹽類水解后，溶液會(huì)呈現(xiàn)不同的酸堿性。外加酸或堿，可以促進(jìn)或抑制鹽的水解。如在配制FeCl3溶液時(shí)常加入少量鹽酸來抑制FeCl3水解?！拘〗Y(jié)】影響鹽類水解的因素因素水解平衡水解程度溶液中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(稀釋)右移增大減小外加酸、堿酸促進(jìn)弱酸陰離子的水解，使其水解程度增大；抑制弱堿陽離子的水解，使其水解程度減小堿抑制弱酸陰離子的水解，使其水解程度減??；促進(jìn)弱堿陽離子的水解，使其水解程度增大加能水解的鹽小結(jié)：強(qiáng)酸弱堿鹽：加強(qiáng)酸抑制水解，加強(qiáng)堿促進(jìn)水解；強(qiáng)堿弱酸鹽：加強(qiáng)酸促進(jìn)水解，加強(qiáng)堿抑制水解。2．水解原理的應(yīng)用下列有關(guān)問題與鹽的水解有關(guān)的是①②③④⑤⑥。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溶液得到Cu(OH)2固體⑥要除去CuCl2溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化劑Cl2，再調(diào)節(jié)溶液的pH三、把握三種守恒，明確等量關(guān)系(1)電荷守恒電解質(zhì)溶液必須保持電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。(2)元素質(zhì)量守恒變化前后某種元素的原子個(gè)數(shù)守恒。①單一元素守恒，如1molNH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol，即氮元素守恒。②兩元素守恒，如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))，即鈉元素與碳元素守恒。(3)質(zhì)子守恒電解質(zhì)溶液中，由于電離、水解等過程的發(fā)生，往往存在質(zhì)子(H＋)的轉(zhuǎn)移，轉(zhuǎn)移過程中質(zhì)子數(shù)量保持不變，稱為質(zhì)子守恒。四、比較電解質(zhì)溶液中粒子濃度相對(duì)大小1.解題思路2.溶液中粒子濃度的三個(gè)守恒關(guān)系(1)電荷守恒：指在電解質(zhì)的水溶液中，陽離子的所帶總電荷數(shù)與陰離子的所帶總電荷數(shù)必須相等。因?yàn)槿芤嚎偸浅孰娭行缘摹Ｈ缭贜a2CO3溶液中存在Na＋、CO32－、H＋、OH－、HCO3－,它們存在如下關(guān)系:c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)。(2)物料守恒（原子守恒）：指一個(gè)平衡體系中，某一組分的總濃度一定等于它所離解成的多種微粒的平衡濃度之和，也就是變化前后某種元素的原子個(gè)數(shù)守恒。例如：cmol·L－1的Na2CO3溶液的物料守恒，可以根據(jù)溶液中存在的平衡關(guān)系：在Na2CO3溶液的物料守恒：c(Na＋)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)

(3)質(zhì)子守恒即H2O電離的H+和OH-濃度相等。指溶液中得到質(zhì)子的物質(zhì)的量應(yīng)該與失去質(zhì)子的物質(zhì)的量相等。如在Na2CO3溶液中水電離出OH-和H+,其中水電離出的H+以H+、HCO3-、H2CO3三種形式存在于溶液中,則有c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)(由電荷守恒式減去物料守恒式也可求出質(zhì)子守恒式)。?規(guī)律小結(jié)鹽溶液的配制與保存注意事項(xiàng)(1)強(qiáng)酸弱堿鹽：配制FeCl3、SnCl2、Fe2(SO4)3溶液時(shí)，常加入少量相應(yīng)酸來抑制弱堿陽離子的水解。(2)強(qiáng)堿弱酸鹽：配制Na2CO3溶液時(shí)，常加入少量相應(yīng)的堿來抑制弱酸根離子的水解。(3)Na2CO3溶液、NaHCO3溶液等由于水解使溶液呈堿性，故不能用帶玻璃塞的玻璃瓶來盛。又如：NaF溶液保存時(shí)不能用玻璃容器裝，因F－＋H2OHF＋OH－，生成的氫氟酸會(huì)與玻璃的成分之一二氧化硅反應(yīng)，長(zhǎng)時(shí)間會(huì)漏液。常用塑料或鉛制容器裝NaF溶液或氫氟酸。1．【2022年遼寧卷】甘氨酸是人體必需氨基酸之一、在時(shí)，、和的分布分?jǐn)?shù)【如】與溶液關(guān)系如圖。下列說法錯(cuò)誤的是A．甘氨酸具有兩性B．曲線c代表C．的平衡常數(shù)D．【答案】D【解析】A．中存在和-COOH，所以溶液顯兩性，故A正確；B．氨基具有堿性，在酸性較強(qiáng)時(shí)會(huì)結(jié)合H+，羧基具有酸性，在堿性較強(qiáng)時(shí)與OH-反應(yīng)，故曲線a表示的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，曲b表示的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，曲線c表示的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，故B正確；C．的平衡常數(shù)，時(shí)，根據(jù)a，b曲線交點(diǎn)坐標(biāo)可知，時(shí)，，則，故C正確；D．由C項(xiàng)分析可知，，根據(jù)b，c曲線交點(diǎn)坐標(biāo)坐標(biāo)分析可得電離平衡的電離常數(shù)為K1=，，則，即，故D錯(cuò)誤。2．（2021·廣東真題）鳥嘌呤()是一種有機(jī)弱堿，可與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列敘述正確的是A．水溶液的B．水溶液加水稀釋，升高C．在水中的電離方程式為：D．水溶液中：【答案】B【解析】A．GHCl為強(qiáng)酸弱堿鹽，電離出的GH+會(huì)發(fā)生水解，弱離子的水解較為微弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH>3，故A錯(cuò)誤；B．稀釋GHCl溶液時(shí)，GH+水解程度將增大，根據(jù)勒夏特列原理可知溶液中c(H+)將減小，溶液pH將升高，故B正確；C．GHCl為強(qiáng)酸弱堿鹽，在水中電離方程式為GHCl=GH++Cl-，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D錯(cuò)誤；綜上所述，敘述正確的是B項(xiàng)，故答案為B。3．（2021·山東真題）賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數(shù)δ(x)隨pH變化如圖所示。已知δ(x)=，下列表述正確的是A．>B．M點(diǎn)，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O點(diǎn)，pH=D．P點(diǎn)，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)【答案】CD【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次發(fā)生離子反應(yīng)：、、，溶液中逐漸減小，和先增大后減小，逐漸增大。，，，M點(diǎn)，由此可知，N點(diǎn)，則，P點(diǎn)，則。A．，，因此，故A錯(cuò)誤；B．M點(diǎn)存在電荷守恒：，此時(shí)，因此，故B錯(cuò)誤；C．O點(diǎn)，因此，即，因此，溶液，故C正確；D．P點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl、HR、NaR，此時(shí)溶液呈堿性，因此，溶質(zhì)濃度大于水解和電離所產(chǎn)生微粒濃度，因此，故D正確；綜上所述，正確的是CD，故答案為CD。4．（2021.6·浙江真題）取兩份的溶液，一份滴加的鹽酸，另一份滴加溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是A．由a點(diǎn)可知：溶液中的水解程度大于電離程度B．過程中：逐漸減小C．過程中：D．令c點(diǎn)的，e點(diǎn)的，則【答案】C【解析】向溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強(qiáng)，溶液pH將逐漸減小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強(qiáng)，溶液pH將逐漸增大，因此abc曲線為向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向溶液中滴加鹽酸。A．a(chǎn)點(diǎn)溶質(zhì)為，此時(shí)溶液呈堿性，在溶液中電離使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，溶液中的水解程度大于電離程度，故A正確；B．由電荷守恒可知，過程溶液中，滴加NaOH溶液的過程中保持不變，逐漸減小，因此逐漸減小，故B正確；C．由物料守恒可知，a點(diǎn)溶液中，向溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此過程中，故C錯(cuò)誤；D．c點(diǎn)溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e點(diǎn)溶液體積增大1倍，此時(shí)溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正確；綜上所述，說法不正確的是C項(xiàng)，故答案為C。5．【2022年江蘇卷】一種捕集煙氣中CO2的過程如圖所示。室溫下以0.1mol?L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含碳物種的濃度c總=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3電離常數(shù)分別為Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列說法正確的是A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()B．KOH完全轉(zhuǎn)化為K2CO3時(shí)，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，c總=0.1mol?L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()D．如圖所示的“吸收”“轉(zhuǎn)化”過程中，溶液的溫度下降【答案】C【解析】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若為Na2CO3溶液，則主要發(fā)生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若為NaHCO3溶液，則發(fā)生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正確；B．KOH完全轉(zhuǎn)化為K2CO3時(shí)，依據(jù)電荷守恒，溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)++c()+2c()，依據(jù)物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，則c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正確；C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol?L-1，c總=0.1mol?L-1，則溶液為KHCO3溶液，Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明以水解為主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正確；D．如圖所示的“吸收”“轉(zhuǎn)化”過程中，發(fā)生反應(yīng)為：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3與KHCO3的混合物，則原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，該反應(yīng)放熱，溶液的溫度升高，D不正確。6．（2021.1·浙江真題）實(shí)驗(yàn)測(cè)得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25℃時(shí)CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1.8×10-5.下列說法不正確的是A．圖中實(shí)線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化'B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1，溶液pH變化值小于lgxC．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)減小，c(H+)增大，pH減小D．25℃時(shí)稀釋相同倍數(shù)的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)【答案】C【解析】由題中信息可知，圖中兩條曲線為10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化曲線，由于兩種鹽均能水解，水解反應(yīng)為吸熱過程，且溫度越高、濃度越小其水解程度越大。氯化銨水解能使溶液呈酸性，濃度越小，雖然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸鈉水解能使溶液呈堿性，濃度越小，其水溶液的堿性越弱，故其pH越小。溫度越高，水的電離度越大。因此，圖中的實(shí)線為pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化。A．由分析可知，圖中實(shí)線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化，A說法正確；B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1時(shí)，若氯化銨的水解平衡不發(fā)生移動(dòng)，則其中的c(H+)變?yōu)樵瓉淼模瑒t溶液的pH將增大lgx，但是，加水稀釋時(shí)，氯化銨的水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，c(H+)大于原來的，因此，溶液pH的變化值小于lgx，B說法正確；C．隨溫度升高，水的電離程度變大，因此水的離子積變大，即Kw增大；隨溫度升高，CH3COONa的水解程度變大，溶液中c(OH-)增大，因此，C說法不正確；D．25℃時(shí)稀釋相同倍數(shù)的NH4C1溶液與CH3COONa溶液中均分別存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化銨溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸鈉溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃時(shí)CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1.8×10-5，因此，由于原溶液的物質(zhì)的量濃度相同，稀釋相同倍數(shù)后的NH4C1溶液與CH3COONa溶液，溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度仍相等，由于電離常數(shù)相同，其中鹽的水解程度是相同的，因此，兩溶液中c(OH-)-c(H+)（兩者差的絕對(duì)值）相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D說法正確。綜上所述，本題選C。7．（2020·天津高考真題）常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法錯(cuò)誤的是A．相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則B．相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，則溶液中C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則D．在溶液中，【答案】A【解析】A．HCOONa和NaF的濃度相同，HCOONa溶液的pH較大，說明HCOO－的水解程度較大，根據(jù)越弱越水解，因此甲酸的電離平衡常數(shù)較小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，錯(cuò)誤；B．相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，此時(shí)溶液呈酸性，氫離子濃度大于氫氧根濃度，說明溶液中醋酸電離程度大于水解程度，則醋酸根濃度大于鈉離子濃度，則溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，正確；C．CuS的溶解度較小，將CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡電離出的S2?不足以與H+發(fā)生反應(yīng)，而將FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S氣體，說明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，正確；D．根據(jù)溶液中的物料守恒定律，1mol?L?1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的總物質(zhì)的量的濃度為1mol?L?1，即c(S2?)+c(HS－)+c(H2S)=1mol?L?1，正確；綜上所述，答案為A。1．（2023·安徽黃山·統(tǒng)考一模）以含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)為原料制備ZnCO3·2Zn(OH)2的實(shí)驗(yàn)流程如下。下列說法不正確的是A．1mol過二硫酸鈉（Na2S2O8）中含有σ鍵數(shù)9NAB．氧化除錳后的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、C．調(diào)節(jié)pH時(shí)試劑X可以選用Zn、ZnO、ZnCO3等物質(zhì)D．氧化除錳過程中生成MnO2的離子方程式：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+【答案】C【分析】向含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且將Fe2+氧化為Fe3+，過濾后向?yàn)V液中加入試劑X調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，為了不引入新雜質(zhì)，試劑X可以為ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后過濾后再加入NH4HCO3沉鋅生成堿式碳酸鋅ZnCO3·2Zn(OH)2。【詳解】A．中含有1個(gè)過氧鍵(-O-O-)，結(jié)構(gòu)式為，單鍵均為σ鍵，雙鍵中有1條σ鍵，1條π鍵，因此1mol過二硫酸鈉（Na2S2O8）中含有σ鍵數(shù)9NA，A正確；B．根據(jù)分析，氧化除錳后的溶液中存在的離子為Na+、Zn2+、Fe3+、，B正確；C．溶液中Fe3+能與鋅反應(yīng)生成Fe2+和Zn2+，所以調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)試劑X不能選用Zn，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)分析，“氧化除錳”工序用Na2S2O8把Fe2+、Mn2+氧化為Fe3+、MnO2，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和質(zhì)量守恒可知，除錳發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式是Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+，D正確；故選C。2．（2023·福建漳州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）工業(yè)上用氨水作為沉淀劑去除酸性廢水中的鉛元素。除鉛時(shí)，體系中含鉛微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(d)與pH的關(guān)系如圖所示[已知：常溫下，；難溶于水]。下列說法錯(cuò)誤的是A．時(shí)，與氨水反應(yīng)生成，溶液中B．時(shí)，C．時(shí)，物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)最大，除鉛效果最好D．時(shí)，轉(zhuǎn)化為的離子方程式為【答案】B【詳解】A．分析圖像可知，pH=6時(shí)，與氨水反應(yīng)生成，此時(shí)溶液中，根據(jù)可得，A正確；B．pH=8時(shí)，溶液中的離子有、、、、，根據(jù)電荷守恒，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題目信息，難溶于水，廢水中的鉛轉(zhuǎn)化為時(shí)除鉛效果最好，而pH=10時(shí)，物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)最大，C正確；D．pH=12時(shí)，轉(zhuǎn)化為的離子反應(yīng)為，D正確。故選B。3．（2023·廣東清遠(yuǎn)·清新一中?？寄M預(yù)測(cè)）下列敘述中正確的是A．室溫下，向濃度為弱酸HA溶液中，滴加同濃度的NaOH溶液，溶液的pH與的差為定值B．常溫下，H2SeO4的電離方程式：，，濃度均為的①溶液、②溶液、③溶液，由大到小的順序?yàn)棰?gt;②>①C．同濃度的溶液和鹽酸，加水稀釋相同倍數(shù)時(shí)相等D．將硫化氫氣體通入硫酸銅溶液中，不能發(fā)生反應(yīng)(已知：室溫下，氫硫酸兩級(jí)電離常數(shù)分別為、，)【答案】A【詳解】A．室溫下，向濃度為弱酸HA溶液中，滴加同濃度的NaOH溶液，反應(yīng)后溶液的溶質(zhì)為NaA，溶液的pH與即-lgc(H+)-()=-lgc(H+)==lg，Ka為定值，故溶液的pH與的差為定值，A正確；B．常溫下，H2SeO4的電離方程式：，，濃度均為的①溶液中只存在，②溶液存在，，且第一步電離產(chǎn)生的H+抑制了第二步電離，③溶液中存在Na2SeO4=2Na++，+H2O+OH-，且水解程度很小，故由大到小的順序?yàn)棰?gt;①>②，B錯(cuò)誤；C．雖然NH4Cl溶液由于水解也呈酸性，但同濃度的NH4Cl溶液和鹽酸中H+濃度不相等，故加水稀釋相同倍數(shù)時(shí)不相等，C錯(cuò)誤；D．一般一個(gè)反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)大于105便認(rèn)為能夠自發(fā)進(jìn)行，已知反應(yīng)Cu2++H2S=CuS↓+2H+的平衡常數(shù)K======7.1×1014遠(yuǎn)大于105，故將硫化氫氣體通入硫酸銅溶液中，能發(fā)生反應(yīng)Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D錯(cuò)誤；故答案為：A。4．（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）根據(jù)下列各圖曲線表征的信息，得出的結(jié)論正確的是A．由圖1得出若要除去溶液中的，可采用向溶液中加入適量CuO，調(diào)節(jié)溶液的pH至4左右B．圖2表示用水稀釋pH相同的鹽酸和溶液時(shí)，溶液的pH變化曲線，其中I表示鹽酸，II表示溶液，且溶液導(dǎo)電性：c>b>aC．圖3表示與反應(yīng)時(shí)含鋁微粒濃度變化曲線，圖中a點(diǎn)溶液中大量存在D．圖4表示常溫下向體積為NaOH溶液中逐滴加入溶液后溶液的pH變化曲線，則b點(diǎn)處有：【答案】A【詳解】A．除去CuSO4溶液中的Fe3+，要使鐵離子除去但不能除去銅離子，根據(jù)溶液pH與產(chǎn)生沉淀的關(guān)系知，當(dāng)pH=4時(shí)氫氧化鐵完全沉淀，可以加入CuO調(diào)節(jié)溶液的pH且不引進(jìn)雜質(zhì)，故A正確；B．用水稀釋pH相同的鹽酸和醋酸，鹽酸的pH變化較大，醋酸的pH變化小，即Ⅰ表示鹽酸，Ⅱ表示醋酸。溶液的導(dǎo)電能力取決于自由移動(dòng)離子的濃度的大小，相同pH值的鹽酸、醋酸，濃度醋酸更大，稀釋相同倍數(shù)之后，醋酸濃度依然比鹽酸大，所以a>b，c的稀釋倍數(shù)多，所以濃度更小，所以且溶液導(dǎo)電性：a>b>c，故B錯(cuò)誤；C．在強(qiáng)堿性條件下，鋁元素以偏鋁酸根離子形式存在，圖中a點(diǎn)溶液中應(yīng)存在大量AlO，故C錯(cuò)誤；D．體積為NaOH溶液中逐滴加入溶液，b點(diǎn)加入10mL溶液，所得的溶液是醋酸鈉溶液，醋酸根發(fā)生水解常數(shù)醋酸和氫氧根