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2020届届届届届届届届届届届届届----届届届届届届届届届届届届1.25℃时，向10mL0.01mol·L−1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L−1的盐酸，溶液中pH变化曲线如图甲所示，溶液中CN−、HCN的物质的量分数(δ)随pH变化关系如图乙所示。
下列说法错误的是A. 图甲中a点的溶液：c(Cl−)>c(HCN)>c(H+)>c(CN−)B. b点时，加入盐酸的体积小于5mLC. 图甲中pH=7的溶液：c(Cl−)=c(HCN)+c(OH−)D. 由图乙可知，25℃时，HCN的电离常数K a=10−9.52.常温下，向1L0.1mol·L−1NH4Cl水溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积、温度变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是()A. NH4Cl溶液中：c(CI−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)B. a=0.05C. 随着NaOH的加入，c(H+)不断减小c(NH4+)D. 当n(NaOH)=0.1mol时，c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)3.关于常温下pH=2的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A. 1L溶液中含H+为0.02molB. c(H+)=2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)C. 加水稀释，草酸的电离度增大，溶液pH减小D. 加入等体积pH=2的盐酸，溶液酸性减小4.常温时，在(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，下列有关选项正确的是A. 滴加前：c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(SO42−)B. 滴加前：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(SO42−)C. 滴加至完全沉淀：c(OH−)﹥c(NH4+)﹥c(H+)D. 滴加至中性：c(SO42−)=2c(NH4+)﹥c(H+)=c(OH−)5.常温下，用0.10mol·L−1NaOH溶液滴定20mL0.10mol·L−1HA溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列叙述错误的是A. K a(HA)的数量级为10−4B. b点时消耗NaOH溶液的体积小于20mLC. b点溶液中离子浓度：c(Na+)=c(A−)>10−7mol·L−1D. 混合溶液的导电能力：a>b6.室温下，向20mL0.1mol⋅L−1Na2RO3溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1盐酸，溶液含R微粒的物质的量分数与pH关系如图所示(H2RO3不稳定，易转化为RO2气体逸出溶液，气体逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化).下列说法错误的是()A. 0.1mol⋅L−1Na2RO3溶液中：c(Na+)>2c(RO32−)+c(HRO3−)B. 当溶液pH=7时，溶液总体积大于40mLC. A点对应pH约为10.8，RO32−的水解常数K h1数量级为10−4D. 在B点对应的溶液中，离子浓度最大的是HRO3−7.常温下，用0.1mol/L NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L H2XO3，溶液的滴定曲线如图所示(已知：25℃时，H2XO3的K a1=10−1.85，K a2=10−7.19)，下列说法不正确的是()A. A点所得溶液中：c(HXO3−)<c(H2XO3)B. B点所得溶液中：c(H2XO3)+c(H+)=c(XO32−)+c(OH−)C. C点所得溶液中：c(Na+)>3c(HXO3−)D. D点所得溶液中水解平衡常数K h1=10−6.818.下列实验现象及结论正确的是()A. 向AgNO3溶液中加入几滴NaCl溶液生成白色沉淀，再向试管内加入KI溶液若生成黄色沉淀，则证明K sp(AgCl)>K sp(AgI)B. 等物质的量浓度、等体积的CH3COONa和NaClO阴离子的总数前者小于后者C. Na2CO3溶液滴入足量硼酸溶液中，无气泡生成，说明K a：H2CO3>H3BO3D. 若弱酸的酸性H2A>H2B>HA−>HB−，则等物质的量浓度等体积的Na2A、Na2B溶液中，离子数目前者等于后者9.剧毒物氰化钠(NaCN)固体遇水或酸生成剧毒易燃的HCN气体，同时HCN又能与水互溶，造成水污染。
高中化学知识点盐类的水解及应用-高中化学知识点：盐类的水解及应用！-掌门1对1同学们，在线一对一小编给大家分享一些干货，快来看看吧。
一、水解的原理、规律及应用1.原理：在水溶液中盐电离出来的离子跟水所电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。
通式为：盐＋水酸＋碱如：醋酸钠溶液中总的化学方程式：CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH；总的离子方程式：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。
2.规律：（1）盐类水解反应可以看成是酸碱中和反应的逆反应，通式为：盐＋水酸＋碱。
由于中和反应进行程度较大，因而水解反应进行程度较小，为可逆反应。
中和反应为放热反应，因而盐类水解反应为吸热反应。
（2）盐类水解规律有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，都弱都水解，谁强显谁性，同强显中性。
（3）强酸的酸式盐只电离不水解，溶液显酸性，如：NaHSO4；而弱酸的酸式盐，既电离又水解，此时必须考虑其电离和水解程度的相对大小：若电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，如：NaHSO3、NaH2PO4；若水解程度大于电离程度，则溶液显碱性，如：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4等。
例题：相同条件下，测得①NaHCO3 ②CH3COONa ③NaAlO2三种溶液的pH值相同。
那实验么它们的物质的量浓度由大到小的顺序是_____________。
3.水解平衡的移动（1）温度对平衡的影响：由于水解为吸热变化，升温可使水解平衡向右移动，从而增大水解的程度。
如：把FeCl3饱和溶液滴入沸水中制取胶体，就是利用升温增大水解程度的实例。
（温度对水解平衡的影响是通过改变水解常数Kh实现的）（2）浓度对平衡的影响：越稀越水解指的是溶液浓度越小，弱离子的水解程度越大，并不是水解常数越大。
如下以醋酸钠水解具体分析：a、向一定浓度的醋酸钠溶液中加水时，水解平衡____移，C （OH-）______，水解程度______，C(OH-)/C(CH3COO-)_____。
+ + 2 ３ 3 3 4 3 盐类的水解及其应用一、选择题（每小题只有一个正确选项，共 10*6 分） 1．（2020 浙江高考 7 月选考真题）水溶液呈酸性的是( )A ．NaClB ．NaHSO 4C ．HCOONaD ．NaHCO ３【答案】B【解析】A ．NaCl 是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A 不符合题意；B ．NaHSO 4 是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为 NaHSO 4=Na +H ，故其水溶液呈酸性，B 符合题意；C ．HCOONa 属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的 HCOO －可以发生水解，其水解的离 子方程式为 HCOO －＋H O ⇌ HCOOH ＋OH －，故其水溶液呈碱性，C 不符合题意；D ．NaHCO 是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D 不符合题意。
综上所述，本题答案为 B 。
2．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反 应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。
根据上述观点，说法不正确的是 A ．BaO 2 的水解产物是 Ba(OH)2 和 H 2O 2B ．PCl 3 的水解产物是 HClO 和 H 3PO 3C ．A14C 3 的水解产物是 Al(OH)3 和 CH 4D ．CH 3COCl 的水解产物是两种酸【答案】B【解析】A. BaO 2 中氧元素是－1 价，则水解产物是Ba(OH)2 和H 2O 2，A 正确；B. PCl 3 中P 和 Cl 的化合价分别是＋3 价和－1 价，所以分别结合水电离出的 OH －和氢离子，产物是 H PO 和 HCl ，B 错误；C. A1 C 中碳元素是－4 价，则水解产物是 Al(OH)3 和 CH 4，C 正确；D. CH 3COCl 的水解产物是两种酸，分别是乙酸和盐酸，D 正确；答案选B 。
2020年高考化学二轮专题复习：盐类水解及其应用一、选择题1．下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是( ) ①HCl ＋H 2OH 3O ＋＋Cl －②AlCl 3＋3H 2O===Al(OH)3＋3HCl ③Na 2CO 3＋2H 2OH 2CO 3＋2NaOH ④碳酸氢钠溶液：HCO －3＋H 2O CO 2－3＋H 3O ＋⑤NH 4Cl 溶于D 2O 中：NH ＋4＋D 2ONH 3·D 2O ＋H ＋A ．①②③④B ．①②③C ．②③⑤D ．全部答案 D解析 ①④是电离方程式；②是水解反应方程式，但应用“”；③的水解方程式错误，应分步进行；⑤应为NH ＋4＋D 2ONH 3·HDO ＋D ＋。
2．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。
根据上述观点，下列说法不正确的是( )A ．BaO 2的水解产物是Ba(OH)2和H 2O 2B ．PCl 3的水解产物是HClO 和H 3PO 4C ．Al 4C 3的水解产物是Al(OH)3和CH 4D ．CH 3COCl 的水解产物是两种酸 答案 B解析 BaO 2的水解产物是Ba(OH)2和H 2O 2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故A 项正确；该反应中Cl 元素的化合价由－1变为＋1，有电子转移，不符合水解原理，故B 项错误；Al 4C 3水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C 项正确；CH 3COCl 的水解产物是两种酸，为CH 3COOH 和HCl ，符合水解原理，故D 项正确。
3．25 ℃时，将浓度为0.1 mol·L －1 的Na 2S 溶液加水不断稀释，下列各量始终减小的是( ) A ．c (OH －) B ．n (Na ＋) C.n ()H ＋n ()S 2－ D.c ()Na ＋c ()S 2－答案 A解析 Na 2S 溶液加水稀释时水解平衡正向移动，OH －的数目不断增多，但溶液体积增大的程度大，故整体看c (OH －)减小；Na ＋不水解，其物质的量不变；加水稀释，Na 2S 的水解程度增大，c (S 2－)减小，因c (OH －)减小，故c (H ＋)增大，即c ()H ＋c ()S 2－增大，故n ()H ＋n ()S 2－增大；加水稀释，水解平衡正向移动，S 2－不断被消耗，故c (S 2－)减小的程度比c (Na ＋)大，故c ()Na ＋c ()S 2－增大。
故选A。
4．25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是() A．均存在电离平衡和水解平衡B．存在的粒子种类相同C．c(OH－)前者大于后者D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO2－3)均增大答案C解析两种溶液中均存在着水的电离平衡，NaHCO3溶液中还存在：HCO－3H＋＋CO2－3及HCO－3＋H2O H2CO3＋OH－的水解平衡，Na2CO3溶液中还存在：CO2－3＋H2O HCO－3＋OH－的水解平衡，A项正确；两种溶液中均存在Na＋、CO2－3、HCO－3、H2CO3、OH－、H＋、H2O，B项正确；浓度相同时，CO2－3水解程度大于HCO－3水解程度，故Na2CO3溶液中c(OH－)更大，C项错误；NaHCO3溶液中加入NaOH固体：HCO－3＋OH－H2O＋CO2－3，c(CO2－3)增大，Na2CO3溶液中加入NaOH，导致CO2－3的水解平衡向左移动，c(CO2－3)增大，D正确。
5．下面提到的问题中，与盐的水解有关的是()①明矾和FeCl3可作净水剂②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气⑧长期使用硫酸铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用⑨比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性A．①④⑦B．②⑤⑧C．③⑥⑨D．全部答案D解析①Al3＋和Fe3＋水解产生Al(OH)3胶体和Fe(OH)3胶体，吸附水中的悬浮杂质；②加盐酸可抑制FeCl3水解；③AlCl3溶解在盐酸中可抑制Al3＋的水解；④NH＋4和Zn2＋水解产生的H ＋与锈反应；⑤Na2CO3、Na2SiO3溶液水解显碱性，可腐蚀玻璃；⑥Al3＋与HCO－3发生相互促进水解反应，产生大量泡沫；⑦NH＋4和Al3＋能水解产生H＋能与Mg反应；⑧NH＋4水解显酸性，草木灰水解显碱性，二者相互促进会使NH3逸出，降低肥效；⑨比较溶液中离子浓度大小或盐溶液的酸碱性，都要考虑盐溶液是否水解。
6．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答案D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。
7．相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是()A．酸性：HCN>HClOB．pH：HClO>HCNC．酸根离子浓度：c(CN－)<c(ClO－)D．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN答案C解析等浓度的两盐溶液中NaCN溶液pH较大，说明酸性：HClO＞HCN ，故A项错误；HClO电离程度大，其水溶液的pH：HClO＜HCN，故B项错误；酸根离子的物质的量浓度c(ClO－)＞c(CN－)，故C项正确；等物质的量的一元酸(无论酸性强弱)必中和等物质的量的NaOH，故D项错误。
8．25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的溶液，其pH如下表所示。
下列有关说法正确的是()A．酸性强弱：23B．①和②中溶质均未水解C．离子的总浓度：①>③D．④中：c(HCO－3)＋2c(CO2－3)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1答案C解析相同浓度时，pH：NaHCO3>NaF，则水解程度：HCO－3>F－，根据“越弱越水解”知，酸性：H2CO3<HF，A项错误；①中溶质NaCl为强酸强碱盐，不水解，②中溶质CH3COONH4为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解反应，B项错误；根据电荷守恒知，①、③溶液中离子的总浓度均为2[c(Na＋)＋c(H＋)]，NaCl对水的电离无影响，而NaF促进水的电离，①显中性，③显碱性，故①中c(H＋)大于③中c(H＋)，故离子的总浓度：①>③，C项正确；根据物料守恒知④中：c(HCO－3)＋c(CO2－3)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1，D项错误。
9．室温下，将0.05 mol CH3COONa固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是()C 0.05 mol NH 4Cl 固体水电离程度增大D 50 mL H 2O由水电离出的c (H ＋)·c (OH －)减小答案 A解析 室温下，将0.05 mol CH 3COONa 固体溶于水配成100 mL 溶液，所得溶液的浓度为0.5 mol·L －1。
则再加入0.05 mol CH 3COONa 固体，c (Na ＋)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，CH 3COO －的水解程度变小，故c (CH 3COO －)大于原来的2倍，则c (CH 3COO －)c (Na ＋)比值增大，A 项错误；加入0.05 mol NaHSO 4固体，能和0.05 mol CH 3COONa 反应生成0.5 mol·L －1CH 3COOH 和0.5 mol·L－1的Na 2SO 4的混合溶液，根据物料守恒可知，c (CH 3COO －)＋c (CH 3COOH)＝0.5 mol·L －1，而c (Na ＋)＝1 mol·L －1，c (SO 2－4)＝0.5 mol·L －1，故有：c (CH 3COO－)＋c (CH 3COOH)＝c (Na ＋)－c (SO 2－4)，B 项正确；加入0.05 mol NH 4Cl 固体后，和CH 3COONa 发生双水解，水解程度增大，故水的电离程度增大，C 项正确；加入50 mL 水后，溶液变稀，pH 变小，即溶液中c (OH －)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c (OH －)变小，由水电离出的氢离子浓度与其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c (H＋)变小，因此由水电离出的c (H ＋)·c (OH －)减小，D 正确。
10．为了得到比较纯净的物质，下列使用的方法恰当的是( )A ．向Na 2CO 3饱和溶液中，通入过量的CO 2后，在加压、加热的条件下，蒸发得NaHCO 3晶体B ．加热蒸发AlCl 3饱和溶液得纯净的AlCl 3晶体C ．向FeBr 2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl 3晶体D ．向FeCl 3溶液里加入足量的NaOH 溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧得Fe 2O 3 答案 D解析 A 不正确，因为NaHCO 3加热要分解；B 、C 项也不正确，因为AlCl 3与FeCl 3在加热蒸发的情况下水解生成的HCl 易挥发，水解趋于完全，分别发生下列反应：Al 3＋＋3H 2OAl(OH)3＋3H ＋，2Al(OH)3=====△A l 2O 3＋3H 2O ，Fe 3＋＋3H 2OFe(OH)3＋3H ＋，2Fe(OH)3=====△Fe 2O 3＋3H 2O 。
11．某学生探究0.25 mol·L －1 Al 2(SO 4)3溶液与0.5 mol·L －1 Na 2CO 3溶液的反应，实验如下。
下列分析正确的是()A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关答案C解析实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A项错误；实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B项错误；检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO2－4，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C项正确；实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有无关系，故D项错误。
