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第48讲　盐类的水解
1.认识盐类水解的原理及其规律,掌握水解的离子方程式的书写。2.认识影响盐类水解的主要因素。
考点一　盐类的水解及其规律
1.定义
在水溶液中,盐电离出来的离子与水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质的反应。
2.盐类水解的结果
使溶液中水的电离平衡向右移动,使溶液中c(H+)和c(OH-)发生变化,促进了水的电离。
能发生水解的盐溶液一定呈酸性或碱性吗
不一定。也可能呈中性,如CH3COONH4溶液呈中性。
3.盐类水解的特点
(1)可逆:盐类的水解是可逆反应。
(2)吸热:盐类的水解可看作是酸碱中和反应的逆反应。
(3)微弱:盐类的水解程度很微弱。
4.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。
现有下列盐溶液:①CuSO4溶液;②KNO3溶液;③Na2CO3溶液;④(NH4)2SO4溶液;⑤NaHCO3溶液;⑥CH3COONa溶液。其中溶液呈酸性的是①④(填序号,下同);溶液呈碱性的是③⑤⑥;溶液呈中性的是②。
5.水解反应的离子方程式的书写
(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)多元弱酸盐水解:分步进行,以第一步为主,一般只写第一步水解。
(3)多元弱碱盐水解:一步写完。
(4)阴、阳离子相互促进水解:水解程度较大,书写时要用“===”“↑”“↓”等。
请写出下列水解反应的离子方程式。
(1)Na2CO3水解的离子方程式为C2 -+H2O H2CO3+OH-(可省略不写)。
(2)FeCl3水解的离子方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+。
(3)NaHCO3与AlCl3在水溶液中反应的离子方程式为Al3++3HC===Al(OH)3↓+3CO2↑。
1.(2025·四川宜宾模拟)能证明Na2SO3溶液中存在S2 +OH-水解平衡的事实是(　C　)
A.滴入酚酞溶液变红,再加入H2SO4溶液后红色褪去
B.滴入酚酞溶液变红,再加入氯水后红色褪去
C.滴入酚酞溶液变红,再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
D.滴入酚酞溶液变红,再加入NaHSO4溶液后红色褪去
解析:滴入酚酞溶液变红,说明溶液中c(OH-)大于c(H+);再加入BaCl2溶液后,Ba2+和S反应,Ba2+和S反应生成亚硫酸钡沉淀,且溶液红色褪去,说明存在水解平衡,故C符合题意。
2.25 ℃时浓度都是1 mol·L-1的四种正盐溶液:AX、BX、AY、BY;AX溶液的pH=7且溶液中c(X-)=1 mol·L-1,BX溶液的pH=4,BY溶液的pH=6。下列说法正确的是(　A　)
A.电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B.AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C.稀释相同倍数,溶液pH变化BX等于BY
D.将浓度均为1 mol·L-1的HX和HY溶液分别稀释10倍后,HX溶液的pH大于HY
解析:A项,根据BY溶液的pH=6,B+比Y-更易水解,则BOH比HY更难电离,因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY);B项,根据AX、BX、BY溶液的pH可知,AX为强酸强碱盐,BX为强酸弱碱盐,BY为弱酸弱碱盐,则AY为弱酸强碱盐,溶液的pH>7,故AY溶液的pH大于BY溶液的pH;C项,稀释相同倍数,BX、BY溶液的pH均增大,且BX溶液的pH变化大于BY溶液;D项,HX为强酸,HY为弱酸,浓度相同时,稀释10倍后,HY的电离程度增大,但仍不可能全部电离,故HX溶液的酸性强,pH小。
3.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解离成两部分,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(　B　)
A.BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2
B.PCl3的水解产物是HClO和H3PO4
C.Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4
D.CH3COCl的水解产物是两种酸
解析:BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2,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;Al4C3水解得到氢氧化铝和甲烷,符合水解原理,故C项正确;CH3COCl的水解产物是两种酸,为CH3COOH和HCl,符合水解原理,故D项正确。
考点二　盐类水解的影响因素
1.内因
形成盐的酸或碱越弱,其盐就越易水解。如,酸性:H2SO3>H2CO3,可知相同浓度的Na2CO3、Na2SO3溶液的水解程度:Na2CO3>Na2SO3。
2.外因
(1)温度
盐类的水解为吸热反应,升高温度,平衡向水解反应的方向移动,盐的水解程度增大。
(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。
以Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+为例,分析外界条件对水解平衡的影响。
条件 平衡移 动方向 n(H+) pH 现象
升温 向右 增多 减小 颜色变深
加H2SO4 向左 增多 减小 颜色变浅
加H2O 向右 增多 增大 颜色变浅
加NaHCO3 向右 减小 增大 生成红褐色沉淀,放出气体
1.(2025·甘肃兰州期末)在一定条件下,Na2S溶液存在水解平衡:S2-+H2O HS-+OH-,下列说法正确的是(　A　)
A.升高温度,增大
B.加入CuSO4固体,HS-浓度增大
C.稀释溶液,水解平衡常数增大
D.加入NaOH固体,溶液pH减小
解析:硫离子在溶液中的水解反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,溶液中硫离子浓度减小,HS-浓度增大,则溶液中增大,故A正确;向溶液中加入硫酸铜固体,铜离子与溶液中的硫离子反应生成硫化铜沉淀,溶液中的硫离子浓度减小,平衡向逆反应方向移动,溶液中HS-浓度减小,故B错误;水解平衡常数与温度有关,温度不变,水解平衡常数不变,则稀释溶液时,水解平衡常数不变,故C错误;向溶液中加入氢氧化钠固体,溶液中氢氧根离子浓度增大,溶液pH增大,故D错误。
2.(2026·江苏扬州检测)关于下列实验的说法不正确的是(　B　)
A.CH3COO-的水解程度增大 B.溶液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+)
解析:A项,加水稀释,促进CH3COO-的水解,正确;B项,加热CH3COONa溶液促进CH3COO-的水解,使溶液的碱性增强,pH增大,错误;C项,N可结合CH3COO-水解生成的OH-,促进了CH3COO-的水解,正确;D项,在CH3COONa溶液中c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),加入CH3COOH溶液后,则混合液中c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之和大于c(Na+),正确。
3.实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa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。
(1)随温度升高,H2O的pH变小(填“变大”或“变小”),原因是水的电离为吸热过程,升高温度,平衡向电离方向移动,水中c(H+)增大,故pH变小。
(2)随温度升高,CH3COONa溶液pH降低的原因是温度升高,CH3COO-水解程度增大,OH-浓度增大,而Kw增大,综合作用结果使H+浓度增大,pH减小。
(3)随温度升高,CuSO4溶液的pH变化受哪些因素的影响 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,故c(H+)增大,两者共同作用使溶液的pH发生变化。
1.(2023·北京卷)下列过程与水解反应无关的是(　B　)
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
解析:A项,纯碱溶液因碳酸根离子水解而显碱性,加热促进碳酸根离子的水解,碱性增强,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,与水解反应有关;B项,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;C项,蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸,与水解反应有关;D项,该操作为实验室制备Fe(OH)3胶体,涉及反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl,与水解反应有关。
2.(2023·浙江1月选考)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐,通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N,R为烷基)因静电作用被吸附回收,其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图所示(已知甲酸的Ka=1.8×10-4)。下列说法不正确的是(　D　)
A.活性成分R3N在水中存在平衡:R3N+H2O R3NH++OH-
B.pH=5的废水中c(HCOO-)︰c(HCOOH)=18
C.废水初始pH<2.4,随pH下降,甲酸的电离被抑制,与R3NH+作用的HCOO-数目减少
D.废水初始pH>5,离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在
解析:活性成分R3N中N能与水电离出的H+形成配位键,因此在水中存在平衡:R3N+H2O R3NH++OH-,A项正确;pH=5的废水中,c(H+)=10-5 mol·L-1,根据甲酸的Ka==1.8×10-4,得=18,B项正确;废水初始pH<2.4,随pH下降,c(H+)增大,电离平衡HCOOH HCOO-+H+逆向移动,甲酸的电离被抑制,c(HCOO-)减小,与R3NH+作用的HCOO-数目减少,C项正确;废水初始pH>5时回收率小于10%,说明吸附在树脂上的甲酸根离子较少,活性成分主要以R3N形态存在,D项错误。
3.(2023·海南卷改编)25 ℃下,Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　D　)
A.c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1时,溶液中c(OH-)<0.01 mol·L-1
B.Na2CO3水解程度随其浓度增大而增大
C.在水中H2CO3的Ka2<4×10-11
D.0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L-1的NaHCO3溶液等体积混合,得到的溶液c(OH-)<2×10-4 mol·L-1
解析:由图像可知,c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1时,pH>12.0,溶液中c(OH-)>0.01 mol·L-1,故A错误;结合图像可知,当c(Na2CO3)=0.5 mol·L-1时,pH=12.0,Kh==2×10-4,则Ka2==5×10-11>4×10-11,故C错误;两溶液等体积混合后,溶液中c(C)=0.1 mol·L-1,c(HC)=0.15 mol·L-1,根据C选项中Kh==2×10-4,代入得c(OH-)≈1.3×10-4 mol·L-1<2×10-4 mol·L-1,故D正确。
4.(2022·湖南卷)为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。
实验 操作与现象
① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色
② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀
依据上述实验现象,结论不合理的是(　D　)
A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应
C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应
D.整个实验说明S的水解反应无影响,但对还原反应有影响
解析:铁离子的水解反应为吸热反应,加热煮沸可促进水解平衡正向移动,使水解程度加深,生成较多的氢氧化铁,从而使溶液显红褐色,故A合理;在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液,根据现象分析可知,Fe3+既发生了水解反应,生成红褐色的氢氧化铁,又被亚硫酸根离子还原,生成亚铁离子,加入铁氰化钾溶液后,生成蓝色沉淀,故B合理;实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度的FeCl3溶液,根据溶液变红褐色,说明Fe3+发生水解反应,滴加K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀产生,说明没有发生还原反应,故C合理;整个实验说明S发生氧化还原反应,则S对Fe3+的水解反应有影响,故D不合理。
课时作业48(总分:60分)
1.(3分)下列过程与水解有关的是(　A　)
A.向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液,生成沉淀[Cu2(OH)2CO3]
B.向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸,产生白色沉淀
C.向5 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液滴加10 mL 0.1 mol·L-1 HCl溶液,溶液显酸性
D.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液,生成白色浑浊和气体
2.(3分)根据表中信息,判断0.10 mol·L-1的下列各物质的溶液pH最大的是(　D　)
酸 电离常数(常温下)
CH3COOH Ka=1.75×10-5
H2CO3 Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11
H2S Ka1=1.1×10-7,Ka2=1.3×10-13
A.CH3COONa B.Na2CO3
C.NaHCO3 D.Na2S
解析:根据表格中的酸的电离常数可知,酸性:CH3COOH>H2CO3>H2S>HC>HS-,根据越弱越水解的规律可知,水解能力:S2->C>CH3COO-,故D符合题意。
3.(3分)(2025·广东深圳模拟)安息香酸(HR)是最简单的一元芳香酸,其钠盐(用NaR表示)的水溶液呈碱性。已知常温下,Ka(HR)>Ka1(H2CO3)。下列说法正确的是(　D　)
A.常温下,0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH=3
B.向NaR水溶液中加水稀释,溶液的pH升高
C.NaR水溶液中,c(HR)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)
D.常温下,NaR溶液的碱性比同浓度的NaHCO3溶液弱
解析:由题意,HR是有机酸,是弱酸,不完全电离,常温下,0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH>3,A错误;NaR水溶液中由于R-水解显碱性,加水稀释水解程度变大,但是碱性变弱,溶液的pH减小,B错误;NaR水溶液中的质子守恒为c(HR)+c(H+)=c(OH-),C错误;由已知,Ka(HR)>Ka1(H2CO3),HR酸性比碳酸强,根据越弱越水解,同浓度的NaHCO3溶液水解程度大,碱性强,故NaR溶液的碱性弱,D正确。
4.(3分)下列实验中,均产生白色沉淀。下列分析不正确的是(　B　)
A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含粒子种类相同
B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D.4个实验中,溶液滴入后,试管中溶液pH均降低
解析:Na2CO3与NaHCO3溶液中均存在Na+、C、H2CO3、H+、OH-、H2O,故含有的粒子种类相同,A正确;HC ,加入Ca2+后,Ca2+和C反应生成CaCO3沉淀,促进HC的电离,B错误;Al3+与C都能发生相互促进的水解反应,C正确;由题干信息可知,形成沉淀时会消耗C,它们的浓度减小,水解产生的OH-的浓度会减小,pH均降低,D正确。
5.(3分)室温下,有a mol·L-1 NaX和b mol·L-1 NaY两种盐溶液。下列说法正确的是(　C　)
A.若a=b且c(X-)+c(HX)=c(Y-),则酸性:HX>HY
B.若a>b且c(X-)=c(Y-),则酸性:HX>HY
C.若a=b且pH:NaX>NaY,则酸性:HXD.若a解析:若a=b且c(X-)+c(HX)=c(Y-),表明NaX在水溶液中发生水解反应,离子方程式为X-+H2O HX+OH-,故在水溶液中的存在形式为X-和HX,所以HX为弱酸,而NaY不水解,故在水溶液中只存在Y-,所以HY为强酸,即酸性:HXb,则表示NaX的浓度大于NaY,但是c(X-)=c(Y-),说明X-发生了水解而减少了,或者说X-发生水解的程度更大,减少的更多,依据“越弱越水解”的规律,可推断酸性:HXNaY,即NaX溶液浓度小,但是碱性强,表明X-发生了水解反应,或X-的水解程度更大,依据“越弱越水解”的规律,可判断酸性:HX6.(3分)(2025·北京海淀区模拟)利用下图装置进行反应条件对FeCl3水解平衡的影响实验。
装置 操作与现象
①加热a至溶液沸腾,a中液体呈红褐色;用pH试纸检验b中溶液,试纸显中性 ②持续加热一段时间,取b中溶液,用pH试纸检验,试纸变红;用KSCN溶液检验,溶液变浅红
下列说法不正确的是(　C　)
A.①中溶液呈红褐色,推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解
B.常温下,FeCl3水解产生的HCl在溶液中以H3O+、Cl-形式存在
C.以上现象说明HCl挥发促进了FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl正向移动
D.根据上述现象,说明不宜用蒸干FeCl3溶液的方法制备FeCl3固体
解析:FeCl3溶液中Fe3+会发生水解,反应为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,水解为吸热反应,因此升高温度会促进Fe3+的水解平衡正向移动,据此作答。加热FeCl3溶液至沸腾,即升高温度促进Fe3+水解平衡正向移动,从而形成氢氧化铁胶体,氢氧化铁胶体呈红褐色,①中溶液呈红褐色,可以推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解,故A正确;常温下,FeCl3溶液中Fe3+会发生水解,反应为FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl,因此水解的产物有HCl,HCl在水中完全电离成H3O+、Cl-,故B正确;HCl为水解产物,实验①②均说明HCl挥发后进入了b中,但是无法证明HCl挥发促进了FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl正向移动,故C错误;蒸干FeCl3溶液会使其水解生成氢氧化铁,无法制备FeCl3固体,故D正确。
7.(3分)(2025·安徽合肥模拟)用实验探究镁片与不同溶液反应的情况,下列基于实验现象得出的结论错误的是(　B　)
实验1 实验2
先无明显现象;加热溶液后,镁片表面产生气泡,溶液逐渐变红 镁片表面产生气泡,溶液逐渐变红
实验3 实验4
镁片表面产生气泡,溶液逐渐变红 镁片表面产生气泡,溶液逐渐变红
A.实验1溶液变红是因为生成了Mg(OH)2
B.实验2产生的气体是NH3
C.实验3反应后的溶液中存在c(CH3COO-)<2c(Mg2+)+c(N)
D.实验1和实验4表明NaCl对Mg与H2O的反应有催化作用
解析:实验1中加热时,镁片表面产生气泡,说明有H2生成,溶液逐渐变红,说明有Mg(OH)2生成,Mg(OH)2电离出OH-使溶液呈碱性,故A正确;NH4Cl是强酸弱碱盐,水解产生HCl和NH3·H2O,Mg和HCl反应产生MgCl2和H2,促进了N的水解,NH3·H2O可能发生分解生成NH3,所以产生的气体是H2和NH3,故B错误;实验3反应后溶液逐渐变红,说明溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(N)+2c(Mg2+)=c(CH3COO-)+c(OH-),所以c(CH3COO-)<2c(Mg2+)+c(N),故C正确;NaCl不水解,但实验1和实验4对比会发现,实验的实质都是Mg与水反应,但是实验4反应要比实验1剧烈,NaCl不参加反应,所以NaCl起催化作用,故D正确。
8.(3分)(2025·天津津南区二模)常温下,向等体积(V0 mL)等浓度(0.1 mol·L-1)的盐MCl、NaR、MR溶液中分别加入蒸馏水,使其稀释至V mL,稀释过程中,溶液的pH与lg 的关系如图所示。下列有关说法正确的是(　C　)
A.曲线X对应的盐为MR
B.曲线Y对应的盐溶液,a点水解程度与b点水解程度相同
C.曲线Z对应的盐溶液,在曲线上任意一点均存在:c(H+)=c(MOH)+c(OH-)
D.常温下,MOH的电离平衡常数Kb约为10-9
解析:由题给图像X、Y、Z三条曲线的起始点可知,三种盐溶液分别显碱性、中性、酸性,水溶液显碱性的盐为强碱弱酸盐,水溶液显酸性的盐为强酸弱碱盐,水溶液显中性的盐可能是强酸强碱盐或水解程度相同的弱酸弱碱盐,故曲线X、Y、Z对应的盐分别为NaR、MR、MCl。由分析可知,A错误;曲线Y对应的盐为MR,为中性,为弱酸弱碱盐,随着稀释程度的增大,盐类水解程度增强,B错误;根据分析,Z对应的盐为MCl,属于强酸弱碱盐,曲线Z上任何一点对应溶液中存在质子守恒c(MOH)+c(OH-)=c(H+),C正确;由题图可知,0.1 mol·L-1 MCl溶液的pH=5,水解平衡常数Kh==10-9,根据Kw=Kh·Kb,常温下MOH的电离平衡常数Kb≈1×10-5,D错误。
9.(3分)下列实验操作和现象及得出的结论均正确的是(　D　)
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向NaClO溶液中滴入2滴酚酞 溶液由无色最终变为浅红色 NaClO溶液呈碱性
B 往Na[Al(OH)4]溶液中加入过量稀盐酸 最终有白色沉淀产生 稀盐酸促进了[Al(OH)4]-的水解
C 往CuSO4溶液中通入H2S 产生黑色沉淀 酸性:H2S>H2SO4
D 微热滴有酚酞的Na2CO3溶液 溶液红色加深 温度升高,C的水解程度增大
解析:次氯酸钠是强碱弱酸盐,在溶液中水解使溶液呈碱性,而次氯酸钠溶液具有强氧化性,会使有色物质褪色,所以向次氯酸钠溶液中滴入2滴酚酞,溶液会先变红后变为无色,A错误;氢氧化铝是两性氢氧化物,向四羟基合铝酸钠溶液加入过量稀盐酸发生的反应为四羟基合铝酸钠溶液与过量稀盐酸反应生成氯化钠、氯化铝和水,不能生成氢氧化铝白色沉淀,B错误;H2S的酸性弱于H2SO4,向硫酸铜溶液中通入硫化氢气体产生黑色沉淀是因为硫化铜的溶解度小,不能与稀硫酸反应,C错误;碳酸钠是强碱弱酸盐,在溶液中分步水解使溶液呈碱性,水解反应为吸热反应,升高温度,水解平衡向正反应方向移动,碳酸根离子水解程度增大,溶液中氢氧根离子浓度增大,所以微热滴有酚酞的碳酸钠溶液,溶液红色加深,D正确。
10.(3分)(2025·河北邢台模拟)测定不同温度下0.5 mol/L CuSO4溶液和0.5 mol/L Na2CO3溶液的pH,数据如下表所示:
温度/℃ 25 30 40 50 60
CuSO4溶液的pH 3.71 3.51 3.44 3.25 3.14
Na2CO3溶液的pH 10.41 10.30 10.28 10.25 10.18
下列说法不正确的是(　D　)
A.升高温度,Na2CO3溶液中c(OH-)增大
B.升高温度,CuSO4溶液和Na2CO3溶液的水解平衡均正向移动
C.升高温度,CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D.升高温度,可能导致C结合H+程度大于H2O电离产生H+程度
解析:根据表格中数据知,温度升高,Na2CO3在水中的水解程度增大,同时Kw增大,c(OH-)应增大,A正确;水解是中和反应的逆反应,所以水解是吸热反应,温度升高,水解程度增大,B正确;在CuSO4溶液中有pH=-lg c(H+)=-lg ,升高温度,Kw增大,c(OH-)也增大,故该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果,C正确;平衡C2 +OH-,可以看作是两步反应:H2O H++OH-、C+ ,与C结合的H+来自水的电离,故C结合H+程度小于H2O电离产生H+程度,D错误。
11.(16分)现有0.175 mol·L-1醋酸钠溶液500 mL(已知CH3COOH的电离常数Ka=1.75×10-5)。
(1)写出醋酸钠水解的化学方程式:CH3COONa+H2O CH3COOH+NaOH。
(2)下列图像能说明在t1时醋酸钠的水解反应达到平衡的是BC(填字母)。
A.溶液中c(Na+)与反应时间t的关系 B.CH3COO-的水解速率与反应时间t的关系
C.溶液的pH与反应时间t的关系 D.Kw与反应时间t的关系
(3)在醋酸钠溶液中加入少量下列物质,能使水解平衡右移的有CD(填字母)。
A.冰醋酸 B.纯碱固体
C.醋酸钙固体 D.氯化铵固体
(4)欲配制500 mL 0.175 mol·L-1醋酸钠溶液,可采用以下两种方案。
方案一:用托盘天平称取7.2 g无水醋酸钠,溶于适量水中,配成500 mL溶液。
方案二:用体积均为250 mL且浓度均为0.35 mol·L-1的CH3COOH溶液与氢氧化钠溶液混合而成(设混合后的体积等于混合前二者体积之和)。
(5)在常温下,0.175 mol·L-1醋酸钠溶液的pH约为9。
解析:(2)A项,钠离子不水解,所以c(Na+)始终不变,不符合题意;B项,开始时醋酸根离子的水解速率最大,然后逐渐减小,平衡时不再变化,符合题意;C项,随着水解的逐渐进行,pH逐渐增大,平衡时不再发生变化,符合题意;D项,Kw只与温度有关,温度不变,Kw不变,不符合题意。(3)A项,加入冰醋酸,溶液中c(CH3COOH)增大,水解平衡左移,不符合题意;B项,加入纯碱固体,由于C水解会产生OH-,抑制CH3COO-的水解,水解平衡左移,不符合题意;C项,加入醋酸钙固体,溶液中c(CH3COO-)增大,水解平衡右移,符合题意;D项,加入氯化铵固体,铵根离子与CH3COO-水解生成的氢氧根离子结合生成一水合氨,使溶液中氢氧根离子浓度减小,水解平衡右移,符合题意。(4)方案一中配制500 mL 0.175 mol·L-1醋酸钠溶液所需无水醋酸钠的质量为0.175 mol·L-1×500×10-3 L×82 g·mol-1=7.175 g,由托盘天平的精确度可知,托盘天平称量的质量为7.2 g;方案二中CH3COOH溶液与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合,混合后的溶液浓度减半为0.175 mol·L-1,所以原来的浓度为0.35 mol·L-1。(5)醋酸根离子的水解常数Kh=,即,解得c(OH-)≈10-5 mol·L-1,pH≈9。
12.(14分)(1)已知SOCl2是一种液态化合物,沸点为77 ℃,遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生。写出SOCl2与水反应的化学方程式:SOCl2+H2O===SO2↑+2HCl↑。
(2)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示:
“保温除铁”过程中,加入CuO的目的是调节pH,促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀;“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中,要用HNO3溶液调节溶液的pH,其理由是抑制Cu2+水解。
解析:(1)根据SOCl2遇水剧烈反应,液面上产生白雾即氯化氢,并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生,即二氧化硫,则SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O===SO2↑+2HCl↑。(2)置换过程过滤后,得到的固体物质是Cu和Fe,“保温除铁”时,Cu和Fe与硝酸反应生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3,Fe3+水解:Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,加入CuO的目的是调节pH,促使Fe3+水解,生成氢氧化铁沉淀;“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中,Cu(NO3)2溶液中Cu2+发生水解:Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+,加入HNO3溶液,抑制Cu2+水解。(共69张PPT)
第九章　水溶液中的离子
反应与平衡
第48讲　盐类的水解
目
录
考点二　盐类水解的影响因素
课时作业
考点一　盐类的水解及其规律
真题演练 感悟高考
复习目标
1.认识盐类水解的原理及其规律,掌握水解的离子方程式的书写。2.认识影响盐类水解的主要因素。
一
考点一 盐类的水解及其规律
1.定义
在水溶液中,盐电离出来的离子与_______________________________
________的反应。
2.盐类水解的结果
使溶液中水的电离平衡向_____移动,使溶液中c(H+)和c(OH-)发生变化,促进了水的电离。
水电离出来的H+或OH-结合生成弱
电解质
右
能发生水解的盐溶液一定呈酸性或碱性吗
不一定。也可能呈中性,如CH3COONH4溶液呈中性。
微点助学
3.盐类水解的特点
(1)可逆:盐类的水解是可逆反应。
(2)吸热:盐类的水解可看作是__________反应的逆反应。
(3)微弱:盐类的水解程度很微弱。
4.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。
酸碱中和
现有下列盐溶液:①CuSO4溶液;②KNO3溶液;③Na2CO3溶液;④(NH4)2SO4溶液;⑤NaHCO3溶液;⑥CH3COONa溶液。其中溶液呈酸性的是______(填序号,下同);溶液呈碱性的是__________;溶液呈中性的是____。
微点助学
①④
③⑤⑥
②
5.水解反应的离子方程式的书写
(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)多元弱酸盐水解:分步进行,以第一步为主,一般只写第一步水解。
(3)多元弱碱盐水解:一步写完。
(4)阴、阳离子相互促进水解:水解程度较大,书写时要用“===”“↑”“↓”等。
请写出下列水解反应的离子方程式。
(1)Na2CO3水解的离子方程式为___________________________________
______________________________________。
(2)FeCl3水解的离子方程式为___________________________。
(3)NaHCO3与AlCl3在水溶液中反应的离子方程式为_________________
___________________。
微点助学
C2 -
+H2O H2CO3+OH-(可省略不写)
Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
Al3++3HC===
Al(OH)3↓+3CO2↑
1.(2025·四川宜宾模拟)能证明Na2SO3溶液中存在S2 +
OH-水解平衡的事实是(　　)
A.滴入酚酞溶液变红,再加入H2SO4溶液后红色褪去
B.滴入酚酞溶液变红,再加入氯水后红色褪去
C.滴入酚酞溶液变红,再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
D.滴入酚酞溶液变红,再加入NaHSO4溶液后红色褪去
解析:滴入酚酞溶液变红,说明溶液中c(OH-)大于c(H+);再加入BaCl2溶液后,Ba2+和S反应,Ba2+和S反应生成亚硫酸钡沉淀,且溶液红色褪去,说明存在水解平衡,故C符合题意。
C
2.25 ℃时浓度都是1 mol·L-1的四种正盐溶液:AX、BX、AY、BY;AX溶液的pH=7且溶液中c(X-)=1 mol·L-1,BX溶液的pH=4,BY溶液的pH=6。下列说法正确的是(　　)
A.电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B.AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C.稀释相同倍数,溶液pH变化BX等于BY
D.将浓度均为1 mol·L-1的HX和HY溶液分别稀释10倍后,HX溶液的pH大于HY
A
解析:A项,根据BY溶液的pH=6,B+比Y-更易水解,则BOH比HY更难电离,因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY);B项,根据AX、BX、BY溶液的pH可知,AX为强酸强碱盐,BX为强酸弱碱盐,BY为弱酸弱碱盐,则AY为弱酸强碱盐,溶液的pH>7,故AY溶液的pH大于BY溶液的pH;C项,稀释相同倍数,BX、BY溶液的pH均增大,且BX溶液的pH变化大于BY溶液;D项,HX为强酸,HY为弱酸,浓度相同时,稀释10倍后,HY的电离程度增大,但仍不可能全部电离,故HX溶液的酸性强,pH小。
3.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解离成两部分,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.BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2
B.PCl3的水解产物是HClO和H3PO4
C.Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4
D.CH3COCl的水解产物是两种酸
B
解析:BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2,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;Al4C3水解得到氢氧化铝和甲烷,符合水解原理,故C项正确;CH3COCl的水解产物是两种酸,为CH3COOH和HCl,符合水解原理,故D项正确。
二
考点二 盐类水解的影响因素
1.内因
形成盐的酸或碱越弱,其盐就越易水解。如,酸性:H2SO3>H2CO3,可知相同浓度的Na2CO3、Na2SO3溶液的水解程度:Na2CO3____Na2SO3。
2.外因
(1)温度
盐类的水解为______反应,升高温度,平衡向水解反应的方向移动,盐的水解程度增大。
>
吸热
(2)浓度
①加水稀释,促进水解,水解程度______。
②加溶质(增大浓度),促进水解,水解程度______。
(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。
增大
减小
以Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+为例,分析外界条件对水解平衡的影响。
微点助学
条件 平衡移动方向 n(H+) pH 现象
升温 ______ ______ ______ __________
加H2SO4 ______ ______ ______ __________
加H2O ______ ______ ______ __________
加NaHCO3 ______ ______ ______ _____________________________
向右
增多
减小
颜色变深
向左
增多
减小
颜色变浅
向右
增多
增大
颜色变浅
向右
减小
增大
生成红褐色沉淀,放
出气体
1.(2025·甘肃兰州期末)在一定条件下,Na2S溶液存在水解平衡:S2-+H2O
HS-+OH-,下列说法正确的是(　　)
A.升高温度,增大
B.加入CuSO4固体,HS-浓度增大
C.稀释溶液,水解平衡常数增大
D.加入NaOH固体,溶液pH减小
A
解析:硫离子在溶液中的水解反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,溶液中硫离子浓度减小,HS-浓度增大,则溶液中增大,故A正确;向溶液中加入硫酸铜固体,铜离子与溶液中的硫离子反应生成硫化铜沉淀,溶液中的硫离子浓度减小,平衡向逆反应方向移动,溶液中HS-浓度减小,故B错误;水解平衡常数与温度有关,温度不变,水解平衡常数不变,则稀释溶液时,水解平衡常数不变,故C错误;向溶液中加入氢氧化钠固体,溶液中氢氧根离子浓度增大,溶液pH增大,故D错误。
2.(2026·江苏扬州检测)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+)
B
解析:A项,加水稀释,促进CH3COO-的水解,正确;B项,加热CH3COONa溶液促进CH3COO-的水解,使溶液的碱性增强,pH增大,错误;C项,N可结合CH3COO-水解生成的OH-,促进了CH3COO-的水解,正确;D项,在CH3COONa溶液中c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),加入CH3COOH溶液后,则混合液中c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之和大于c(Na+),正确。
3.实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa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。
(1)随温度升高,H2O的pH____(填“变大”或“变小”),原因是_________
______________________________________________________________。
变小
水的电离
为吸热过程,升高温度,平衡向电离方向移动,水中c(H+)增大,故pH变小
(2)随温度升高,CH3COONa溶液pH降低的原因是_____________________
_______________________________________________________________________。
(3)随温度升高,CuSO4溶液的pH变化受哪些因素的影响 _______________
_______________________________________________________________________________________。
温度升高,CH3COO-
水解程度增大,OH-浓度增大,而Kw增大,综合作用结果使H+浓度增大, pH
减小
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,故c(H+)增大,两者共同作
用使溶液的pH发生变化
三
真题演练 感悟高考
1.(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
B
解析:A项,纯碱溶液因碳酸根离子水解而显碱性,加热促进碳酸根离子的水解,碱性增强,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,与水解反应有关;B项,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;C项,蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸,与水解反应有关;D项,该操作为实验室制备Fe(OH)3胶体,涉及反应的化学方程式为FeCl3+3H2O 　　　Fe(OH)3(胶体)+3HCl,与水解反应有关。
2.(2023·浙江1月选考)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐,通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N,R为烷基)因静电作用被吸附回收,其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图所示(已知甲酸的Ka=1.8×10-4)。下列说法不正确的是(　　)
A.活性成分R3N在水中存在平衡:R3N+H2O
R3NH++OH-
B.pH=5的废水中c(HCOO-)︰c(HCOOH)=18
C.废水初始pH<2.4,随pH下降,甲酸的电离被
抑制,与R3NH+作用的HCOO-数目减少
D.废水初始pH>5,离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在
D
解析:活性成分R3N中N能与水电离出的H+形成配位键,因此在水中存在平衡:R3N+H2O R3NH++OH-,A项正确;pH=5的废水中,c(H+)=10-5 mol·L-1,根据甲酸的Ka==1.8×10-4,得=18,B项正确;废水初始pH<2.4,随pH下降,c(H+)增大,电离平衡HCOOH HCOO-+H+逆向移动,甲酸的电离被抑制,c(HCOO-)减小,与R3NH+作用的HCOO-数目减少,C项正确;废水初始pH>5时回收率小于10%,说明吸附在树脂上的甲酸根离子较少,活性成分主要以R3N形态存在,D项错误。
3.(2023·海南卷改编)25 ℃下,Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1时,溶液中c(OH-)<
0.01 mol·L-1
B.Na2CO3水解程度随其浓度增大而增大
C.在水中H2CO3的Ka2<4×10-11
D.0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L-1的
NaHCO3溶液等体积混合,得到的溶液c(OH-)<2×10-4 mol·L-1
D
解析:由图像可知,c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1时,pH>12.0,溶液中c(OH-)>0.01 mol·L-1,故A错误;结合图像可知,当c(Na2CO3)=0.5 mol·L-1时,pH=12.0,
Kh==2×10-4,则Ka2==5×10-11>4×10-11,故C错误;两溶液等体积混合后,溶液中c(C)=0.1 mol·L-1,c(HC)=0.15 mol·L-1,根据C选项中Kh==2×10-4,代入得c(OH-)≈
1.3×10-4 mol·L-1<2×10-4 mol·L-1,故D正确。
4.(2022·湖南卷)为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。
实验 操作与现象
① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色
② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀
依据上述实验现象,结论不合理的是(　　)
A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应
C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应
D.整个实验说明S的水解反应无影响,但对还原反应有影响
D
解析:铁离子的水解反应为吸热反应,加热煮沸可促进水解平衡正向移动,使水解程度加深,生成较多的氢氧化铁,从而使溶液显红褐色,故A合理;在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液,根据现象分析可知,Fe3+既发生了水解反应,生成红褐色的氢氧化铁,又被亚硫酸根离子还原,生成亚铁离子,加入铁氰化钾溶液后,生成蓝色沉淀,故B合理;实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度的FeCl3溶液,根据溶液变红褐色,说明Fe3+发生水解反应,滴加K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀产生,说明没有发生还原反应,故C合理;整个实验说明S3+3+发生氧化还原反应,则S对Fe3+的水解反应有影响,故D不合理。
四
课时作业48
1.(3分)下列过程与水解有关的是(　　)
A.向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液,生成沉淀[Cu2(OH)2CO3]
B.向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸,产生白色沉淀
C.向5 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液滴加10 mL 0.1 mol·L-1 HCl溶液,溶液显酸性
D.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液,生成白色浑浊和气体
A
2.(3分)根据表中信息,判断0.10 mol·L-1的下列各物质的溶液pH最大的是(　　)
酸 电离常数(常温下)
CH3COOH Ka=1.75×10-5
H2CO3 Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11
H2S Ka1=1.1×10-7,Ka2=1.3×10-13
A.CH3COONa B.Na2CO3
C.NaHCO3 D.Na2S
D
解析:根据表格中的酸的电离常数可知,酸性:CH3COOH>H2CO3>H2S>
HC>HS-,根据越弱越水解的规律可知,水解能力:S2->C>CH3COO-,故D符合题意。
3.(3分)(2025·广东深圳模拟)安息香酸(HR)是最简单的一元芳香酸,其钠盐(用NaR表示)的水溶液呈碱性。已知常温下,Ka(HR)>Ka1(H2CO3)。下列说法正确的是(　　)
A.常温下,0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH=3
B.向NaR水溶液中加水稀释,溶液的pH升高
C.NaR水溶液中,c(HR)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)
D.常温下,NaR溶液的碱性比同浓度的NaHCO3溶液弱
D
解析:由题意,HR是有机酸,是弱酸,不完全电离,常温下,0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH>3,A错误;NaR水溶液中由于R-水解显碱性,加水稀释水解程度变大,但是碱性变弱,溶液的pH减小,B错误;NaR水溶液中的质子守恒为c(HR)+c(H+)=c(OH-),C错误;由已知,Ka(HR)>Ka1(H2CO3),HR酸性比碳酸强,根据越弱越水解,同浓度的NaHCO3溶液水解程度大,碱性强,故NaR溶液的碱性弱,D正确。
4.(3分)下列实验中,均产生白色沉淀。下列分析不正确的是(　　)
A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含粒子种类相同
B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D.4个实验中,溶液滴入后,试管中溶液pH均降低
B
解析:Na2CO3与NaHCO3溶液中均存在Na+、C、H2CO3、H+、OH-、H2O,故含有的粒子种类相同,A正确;HC ,加入Ca2+后,Ca2+和C反应生成CaCO3沉淀,促进HC的电离,B错误;Al3+与C都能发生相互促进的水解反应,C正确;由题干信息可知,形成沉淀时会消耗C,它们的浓度减小,水解产生的OH-的浓度会减小,pH均降低,D正确。
5.(3分)室温下,有a mol·L-1 NaX和b mol·L-1 NaY两种盐溶液。下列说法正确的是(　　)
A.若a=b且c(X-)+c(HX)=c(Y-),则酸性:HX>HY
B.若a>b且c(X-)=c(Y-),则酸性:HX>HY
C.若a=b且pH:NaX>NaY,则酸性:HXD.若aC
解析:若a=b且c(X-)+c(HX)=c(Y-),表明NaX在水溶液中发生水解反应,离子方程式为X-+H2O HX+OH-,故在水溶液中的存在形式为X-和HX,所以HX为弱酸,而NaY不水解,故在水溶液中只存在Y-,所以HY为强酸,即酸性:HXb,则表示NaX的浓度大于NaY,但是c(X-)=c(Y-),说明X-发生了水解而减少了,或者说X-发生水解的程度更大,减少的更多,依据“越弱越水解”的规律,可推断酸性:HXNaY,即NaX溶液浓度小,但是碱性强,表明X-发生了水解反应,或X-的水解程度更大,依据“越弱越水解”的规律,可判断酸性:HX6.(3分)(2025·北京海淀区模拟)利用下图装置进行反应条件对FeCl3水解平衡的影响实验。
装置 操作与现象
①加热a至溶液沸腾,a中液体呈红褐色;用pH试纸检验b中溶液,试纸显中性
②持续加热一段时间,取b中溶液,用pH试纸检验,试纸变红;用KSCN溶液检验,溶液变浅红
下列说法不正确的是(　　)
A.①中溶液呈红褐色,推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解
B.常温下,FeCl3水解产生的HCl在溶液中以H3O+、Cl-形式存在
C.以上现象说明HCl挥发促进了FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl正向移动
D.根据上述现象,说明不宜用蒸干FeCl3溶液的方法制备FeCl3固体
C
解析:FeCl3溶液中Fe3+会发生水解,反应为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,水解为吸热反应,因此升高温度会促进Fe3+的水解平衡正向移动,据此作答。加热FeCl3溶液至沸腾,即升高温度促进Fe3+水解平衡正向移动,从而形成氢氧化铁胶体,氢氧化铁胶体呈红褐色,①中溶液呈红褐色,可以推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解,故A正确;常温下,FeCl3溶液中Fe3+会发生水解,反应为FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl,因此水解的产物有HCl,HCl在水中完全电离成H3O+、Cl-,故B正确;HCl为水解产物,实验①②均说明HCl挥发后进入了b中,但是无法证明HCl挥发促进了FeCl3+3H2O
Fe(OH)3+3HCl正向移动,故C错误;蒸干FeCl3溶液会使其水解生成氢氧化铁,无法制备FeCl3固体,故D正确。
7.(3分)(2025·安徽合肥模拟)用实验探究镁片与不同溶液反应的情况,下列基于实验现象得出的结论错误的是(　　)
实验1 实验2
先无明显现象;加热溶液后,镁片表面产生气泡,溶液逐渐变红 镁片表面产生气泡,溶液逐渐变红
实验3 实验4
镁片表面产生气泡,溶液逐渐变红 镁片表面产生气泡,溶液逐渐变红
B
A.实验1溶液变红是因为生成了Mg(OH)2
B.实验2产生的气体是NH3
C.实验3反应后的溶液中存在c(CH3COO-)<2c(Mg2+)+c(N)
D.实验1和实验4表明NaCl对Mg与H2O的反应有催化作用
解析:实验1中加热时,镁片表面产生气泡,说明有H2生成,溶液逐渐变红,说明有Mg(OH)2生成,Mg(OH)2电离出OH-使溶液呈碱性,故A正确;NH4Cl是强酸弱碱盐,水解产生HCl和NH3·H2O,Mg和HCl反应产生MgCl2和H2,促进了N的水解,NH3·H2O可能发生分解生成NH3,所以产生的气体是H2和NH3,故B错误;实验3反应后溶液逐渐变红,说明溶液呈碱性,c(OH-)
>c(H+),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(N)+2c(Mg2+)=c(CH3COO-)
+c(OH-),所以c(CH3COO-)<2c(Mg2+)+c(N),故C正确;NaCl不水解,但实验1和实验4对比会发现,实验的实质都是Mg与水反应,但是实验4反应要比实验1剧烈,NaCl不参加反应,所以NaCl起催化作用,故D正确。
8.(3分)(2025·天津津南区二模)常温下,向等体积(V0 mL)等浓度(0.1 mol·L-1)的盐MCl、NaR、MR溶液中分别加入蒸馏水,使其稀释至V mL,稀释过程中,溶液的pH与lg 的关系如图所示。下列有关说法正确的是(　　)
A.曲线X对应的盐为MR
B.曲线Y对应的盐溶液,a点水解程度与b点水解程度
相同
C.曲线Z对应的盐溶液,在曲线上任意一点均存在:
c(H+)=c(MOH)+c(OH-)
D.常温下,MOH的电离平衡常数Kb约为10-9
C
解析:由题给图像X、Y、Z三条曲线的起始点可知,三种盐溶液分别显碱性、中性、酸性,水溶液显碱性的盐为强碱弱酸盐,水溶液显酸性的盐为强酸弱碱盐,水溶液显中性的盐可能是强酸强碱盐或水解程度相同的弱酸弱碱盐,故曲线X、Y、Z对应的盐分别为NaR、MR、MCl。由分析可知,A错误;曲线Y对应的盐为MR,为中性,为弱酸弱碱盐,随着稀释程度的增大,盐类水解程度增强,B错误;根据分析,Z对应的盐为MCl,属于强酸弱碱盐,曲线Z上任何一点对应溶液中存在质子守恒c(MOH)+c(OH-)=c(H+),
C正确;由题图可知,0.1 mol·L-1 MCl溶液的pH=5,水解平衡常数Kh==10-9,根据Kw=Kh·Kb,常温下MOH的电离平衡常数Kb≈1×10-5,D错误。
9.(3分)下列实验操作和现象及得出的结论均正确的是(　　)
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向NaClO溶液中滴入2滴酚酞 溶液由无色最终变为浅红色 NaClO溶液呈碱性
B 往Na[Al(OH)4]溶液中加入过量稀盐酸 最终有白色沉淀产生 稀盐酸促进了[Al(OH)4]-的水解
C 往CuSO4溶液中通入H2S 产生黑色沉淀 酸性:H2S>H2SO4
D 微热滴有酚酞的Na2CO3溶液 溶液红色加深 温度升高,C的水解程度增大
D
解析:次氯酸钠是强碱弱酸盐,在溶液中水解使溶液呈碱性,而次氯酸钠溶液具有强氧化性,会使有色物质褪色,所以向次氯酸钠溶液中滴入2滴酚酞,溶液会先变红后变为无色,A错误;氢氧化铝是两性氢氧化物,向四羟基合铝酸钠溶液加入过量稀盐酸发生的反应为四羟基合铝酸钠溶液与过量稀盐酸反应生成氯化钠、氯化铝和水,不能生成氢氧化铝白色沉淀,B错误;H2S的酸性弱于H2SO4,向硫酸铜溶液中通入硫化氢气体产生黑色沉淀是因为硫化铜的溶解度小,不能与稀硫酸反应,C错误;碳酸钠是强碱弱酸盐,在溶液中分步水解使溶液呈碱性,水解反应为吸热反应,升高温度,水解平衡向正反应方向移动,碳酸根离子水解程度增大,溶液中氢氧根离子浓度增大,所以微热滴有酚酞的碳酸钠溶液,溶液红色加深,D正确。
10.(3分)(2025·河北邢台模拟)测定不同温度下0.5 mol/L CuSO4溶液和0.5 mol/L Na2CO3溶液的pH,数据如下表所示:
温度/℃ 25 30 40 50 60
CuSO4溶液的pH 3.71 3.51 3.44 3.25 3.14
Na2CO3溶液 的pH 10.41 10.30 10.28 10.25 10.18
下列说法不正确的是(　　)
A.升高温度,Na2CO3溶液中c(OH-)增大
B.升高温度,CuSO4溶液和Na2CO3溶液的水解平衡均正向移动
C.升高温度,CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D.升高温度,可能导致C结合H+程度大于H2O电离产生H+程度
D
解析:根据表格中数据知,温度升高,Na2CO3在水中的水解程度增大,同时Kw增大,c(OH-)应增大,A正确;水解是中和反应的逆反应,所以水解是吸热反应,温度升高,水解程度增大,B正确;在CuSO4溶液中有pH=-lg c(H+)=-lg ,升高温度,Kw增大,c(OH-)也增大,故该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果,C正确;平衡C2 +OH-,可以看作是两步反应:H2O H++OH-、C+ ,与C结合的H+来自水的电离,故C结合H+程度小于H2O电离产生H+程度,D错误。
11.(16分)现有0.175 mol·L-1醋酸钠溶液500 mL(已知CH3COOH的电离常数Ka=1.75×10-5)。
(1)写出醋酸钠水解的化学方程式:__________________________________
________。
CH3COONa+H2O CH3COOH+
NaOH
(2)下列图像能说明在t1时醋酸钠的水解反应达到平衡的是____(填字母)。
A.溶液中c(Na+)与反应时间t的关系 B.CH3COO-的水解速率与反应时间t的关系
C.溶液的pH与反应时间t的关系 D.Kw与反应时间t的关系
BC
解析:A项,钠离子不水解,所以c(Na+)始终不变,不符合题意;B项,开始时醋酸根离子的水解速率最大,然后逐渐减小,平衡时不再变化,符合题意;C项,随着水解的逐渐进行,pH逐渐增大,平衡时不再发生变化,符合题意;D项,Kw只与温度有关,温度不变,Kw不变,不符合题意。
(3)在醋酸钠溶液中加入少量下列物质,能使水解平衡右移的有____(填字母)。
A.冰醋酸 B.纯碱固体
C.醋酸钙固体 D.氯化铵固体
解析:A项,加入冰醋酸,溶液中c(CH3COOH)增大,水解平衡左移,不符合题意;B项,加入纯碱固体,由于C水解会产生OH-,抑制CH3COO-的水解,水解平衡左移,不符合题意;C项,加入醋酸钙固体,溶液中c(CH3COO-)增大,水解平衡右移,符合题意;D项,加入氯化铵固体,铵根离子与CH3COO-水解生成的氢氧根离子结合生成一水合氨,使溶液中氢氧根离子浓度减小,水解平衡右移,符合题意。
CD
(4)欲配制500 mL 0.175 mol·L-1醋酸钠溶液,可采用以下两种方案。
方案一:用托盘天平称取______ g无水醋酸钠,溶于适量水中,配成500 mL溶液。
方案二:用体积均为250 mL且浓度均为_______ mol·L-1的CH3COOH溶液与氢氧化钠溶液混合而成(设混合后的体积等于混合前二者体积之和)。
7.2
0.35
解析:方案一中配制500 mL 0.175 mol·L-1醋酸钠溶液所需无水醋酸钠的质量为0.175 mol·L-1×500×10-3 L×82 g·mol-1=7.175 g,由托盘天平的精确度可知,托盘天平称量的质量为7.2 g;方案二中CH3COOH溶液与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合,混合后的溶液浓度减半为0.175 mol·L-1,所以原来的浓度为0.35 mol·L-1。
(5)在常温下,0.175 mol·L-1醋酸钠溶液的pH约为____。
解析:醋酸根离子的水解常数Kh=,即,解得c(OH-)≈10-5 mol·L-1,pH≈9。
9
12.(14分)(1)已知SOCl2是一种液态化合物,沸点为77 ℃,遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生。写出SOCl2与水反应的化学方程式:___________________________。
解析:根据SOCl2遇水剧烈反应,液面上产生白雾即氯化氢,并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生,即二氧化硫,则SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O===SO2↑+2HCl↑。
SOCl2+H2O===SO2↑+2HCl↑
(2)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示:
“保温除铁”过程中,加入CuO的目的是____________________________
______________;“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中,要用HNO3溶液调节溶液的pH,其理由是______________。
调节pH,促进Fe3+水解生成
Fe(OH)3沉淀
抑制Cu2+水解
解析:置换过程过滤后,得到的固体物质是Cu和Fe,“保温除铁”时,Cu和Fe与硝酸反应生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3,Fe3+水解:Fe3++3H2O Fe(OH)3
+3H+,加入CuO的目的是调节pH,促使Fe3+水解,生成氢氧化铁沉淀;“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中,Cu(NO3)2溶液中Cu2+发生水解:Cu2++2H2O
Cu(OH)2+2H+,加入HNO3溶液,抑制Cu2+水解。
Thank you
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