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第49讲　盐类水解的应用　水解常数
1.了解盐类水解的应用。2.了解水解常数(Kh)的含义,并能应用其定量分析盐溶液水解程度的大小。3.掌握溶液中的守恒关系,并能应用其判断盐溶液中的粒子浓度关系。
考点一　盐类水解的应用
1.在生产、生活中的应用
应用示例 原因解释
热纯碱溶液去油污效果较好 碳酸钠水解为吸热反应,升高温度水解平衡向右移动,溶液的碱性增强,去污效果增强
铵态氮肥与草木灰不得混用 铵态氮肥中的N水解显酸性,草木灰中的C水解显碱性,水解相互促进,使氨气逸出降低肥效
NaHCO3与Al2(SO4)3用于泡沫灭火器 两溶液发生相互促进的水解反应:Al3++3HC===Al(OH)3↓+3CO2↑
明矾净水 明矾溶液中的铝离子水解:Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物,起到净水作用
ZnCl2溶液用作焊接时的除锈剂 Zn2+水解使溶液显酸性,能溶解铁锈
2.在教学、科研中的应用
应用示例 原因解释
纯碱溶液不能保存在带玻璃塞的试剂瓶中 溶液中碳酸根离子水解:C2 +OH-,使溶液显碱性,会与玻璃中的SiO2反应
除去含Mg2+溶液中的Fe3+杂质 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,加入MgO或Mg(OH)2与溶液中的H+反应,使Fe3+的水解平衡向右移动,最终生成Fe(OH)3沉淀而除去
配制FeCl3、SnCl2等溶液 为抑制水解,先将盐溶于少量浓盐酸中,再加蒸馏水稀释到所需浓度
干燥HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2 HCl气流能抑制MgCl2的水解,且带走MgCl2·6H2O因受热产生的水蒸气
3.盐溶液蒸干后剩余固体成分的判断
在空气中加热蒸干并灼烧下列盐溶液,将所得固体产物填入表格中。
盐溶液 固体产物
Ca(HCO3)2/NaHCO3 CaO/Na2CO3
NH4Cl 无
Na2SO3 Na2SO4
FeCl2/AlCl3 Fe2O3/Al2O3
Al2(SO4)3/CuSO4 Al2(SO4)3/CuSO4
Na2CO3 Na2CO3
1.(2025·海南海口一模)下列应用与盐类水解无关的是(　B　)
A.FeCl2·4H2O在干燥的HCl气流中脱水
B.用FeS固体除去工业废水中的Hg2+
C.SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热制无水AlCl3
D.配制Na2S溶液时常滴入几滴浓NaOH溶液
解析:干燥的HCl气流会抑制Fe2+的水解,且能带走FeCl2·4H2O受热产生的水蒸气,与盐类水解有关;用FeS固体除去工业废水中的Hg2+,发生反应FeS+Hg2+===HgS+Fe2+,这是沉淀的转化,与盐类水解无关;AlCl3·6H2O直接加热时,Al3+水解:AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl,HCl挥发,促进水解得到Al(OH)3,而SOCl2与水反应生成的HCl抑制AlCl3的水解,从而得到无水AlCl3,与盐类水解有关;Na2S溶液中S2-水解:S2-+H2O HS-+OH-,滴入浓NaOH溶液,OH-浓度增大,抑制S2-的水解,与盐类水解有关。故选B。
2.(2025·四川雅安模拟)下列根据反应原理设计的应用不正确的是(　D　)
A.C +OH-　用热的纯碱溶液清洗油污
B.A+3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+　明矾净水
C.TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2·xH2O↓+4HCl　用TiCl4制备TiO2
D.SnCl2+H2O Sn(OH)Cl↓+HCl　配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体
解析:升高温度,促使C的水解平衡正向移动,溶液中c(OH-)增大,碱性增强,有利于油污的水解及清洗,A正确;明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O,Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体,可吸附水中的悬浮杂质,起到净水作用,B正确;TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀,经脱水制备TiO2,C正确;SnCl2易发生水解反应,而配制其溶液时,加入NaOH固体,消耗HCl促使水解平衡正向移动,生成Sn(OH)Cl沉淀,故应加入盐酸抑制其水解,D错误。
考点二　水解常数及其应用
1.水解常数的概念
(1)含义:盐类水解的平衡常数,称为水解常数,用Kh表示。
(2)表达式
①对于A-+H2O HA+OH-,Kh=;
②对于B++H2O BOH+H+,Kh=。
(3)意义和影响因素
①Kh越大,表示相应盐的水解程度越大;
②Kh只受温度的影响,升高温度,Kh增大。
2.水解常数与电离常数的定量关系(以CH3COONa溶液为例)
CH3COONa溶液中存在如下水解平衡:CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-
Kh=== (Ka为CH3COOH的电离常数)
因而Ka(或Kb)与Kh的定量关系为:
Ka·Kh=Kw(或Kb·Kh=Kw)。例如Na2CO3的水解常数Kh=,NaHCO3的水解常数Kh=。
已知:常温下,H2CO3的电离常数Ka1=4.2×10-7,Ka2=5.6×10-11。常温下,NaHCO3溶液呈酸性还是碱性 简单写出判断过程。
碱性。HC发生水解反应:HC+H2O H2CO3+OH-,水解常数Kh(HC)=≈2.38×10-8;HC的电离常数Ka2=5.6×10-11,因Kh>Ka2,HC的水解程度大于其电离程度,故NaHCO3溶液呈碱性。
1.(1)已知25 ℃时,CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.75×10-5,等浓度的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中,Kh<(填“>”“<”或“=”,下同)Ka,由此可见以CH3COOH电离为主,溶液pH<7。
(2)已知25 ℃时,HCN的电离平衡常数Ka=6.2×10-10,等浓度的HCN与NaCN混合溶液中,Kh>(填“>”“<”或“=”,下同)Ka,由此可见以NaCN水解为主,溶液pH>7。
2.已知常温下,磷酸的三级电离常数分别是Ka1=6.9×10-3,Ka2=6.2×10-8,Ka3=4.8×10-13。
(1)常温下,同浓度①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4溶液的pH由小到大的顺序为③<②<①(填序号)。
(2)常温下,NaH2PO4溶液的pH<(填“>”“<”或“=”)7。
(3)常温下,Na2HPO4溶液呈碱(填“酸”“碱”或“中”)性,用Ka与Kh的相对大小,说明判断理由:HPh-7a3的水解程度大于其电离程度,因而Na2HPO4溶液呈碱性。
3.(1)已知常温下,Na2CO3溶液的水解常数Kh=2×10-4,当溶液中c(HC)︰c(C)=2︰1时,该溶液的pH=10。
(2)已知常温下,H2SO3的电离常数Ka1=1.4×10-2,Ka2=6.0×10-8。用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液,吸收过程中水的电离平衡向右(填“向左”“向右”或“不”)移动,计算所得溶液中=60。
解析:(1)C的水解常数Kh==2×10-4,又c(HC)︰c(C)=2︰1,c(OH-)=10-4 mol·L-1,结合常温下Kw=1.0×10-14可得,c(H+)=10-10 mol·L-1,pH=10。(2)NaOH电离出的OH-抑制水的电离,Na2SO3电离出的S2 +OH-,S的水解常数Kh=,=60。
考点三　溶液中粒子浓度的大小比较
1.水溶液中的电离和水解
(1)电离理论
弱电解质的电离是微弱的,电离产生的粒子都非常少,由于水的电离,电离后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中c(OH-)总是大于生成的弱酸根离子或弱碱阳离子的浓度。多元弱酸的电离分步进行,且以第一步为主。
①氨水中NH3·H2O、N、OH-浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N)。
②H2S溶液中H2S、HS-、S2-、H+浓度的大小关系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。
(2)水解理论
弱电解质离子的水解是微弱的(相互促进的水解反应除外),由于水的电离,水解后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中c(OH-)总是大于生成的弱电解质的浓度。多元弱酸酸根离子的水解分步进行,且以第一步为主。
①NH4Cl溶液中N、Cl-、NH3·H2O、H+浓度的大小关系是c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(NH3·H2O)。
②如Na2CO3溶液中:C、H2CO3浓度的大小关系是c(C)>c(H2CO3)。
2.电解质溶液中的守恒关系
(1)电荷守恒
电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都呈电中性,即阴离子所带的电荷总数一定等于阳离子所带的电荷总数。如NaHCO3溶液中Na+、H+、HC、OH-,存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(OH-)+2c(C)。
(2)元素守恒
在电解质溶液中,由于某些离子发生水解或电离,离子的存在形式发生了变化。离子所含的某种元素在变化前后是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解,故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在,它们之间有如下守恒关系:c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。
(3)质子守恒
如Na2S溶液中的质子转移图示如下:
由图可得Na2S溶液中质子守恒可表示如下:c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。
写出下列溶液中的守恒关系式。
(1)0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液。
①元素守恒:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)。
②电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。
③质子守恒:c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)。
(2)0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液。
①元素守恒:c(Na+)=2[c(C)+c(H2CO3)]。
②电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC-)。
③质子守恒:c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HC)。
1.浓度均为0.1 mol·L-1 CH3COONa和CH3COOH的混合溶液(呈酸性)中粒子浓度关系。
(1)电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。
(2)元素守恒:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)。
(3)质子守恒:c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)。
(4)大小关系:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)。
2.浓度均为0.1 mol·L-1 Na2CO3和NaHCO3的混合溶液(呈碱性)中粒子浓度关系。
(1)电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)。
(2)元素守恒:2c(Na+)=3[c(C)+c(H2CO3)]。
(3)质子守恒:2c(OH-)+c(C+)+3c(H2CO3)。
(4)大小关系:c(Na+)>c(HC)>c(OH-)>c(H+)。
3.(2025·山东济南山师附中模拟)室温下,下列有关溶液的说法正确的是(　D　)
A.Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中:2c(Na+)=3[c(C)+c(HC)+c(H2CO3)]
B.0.10 mol·L-1 NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7:c(Na+)>c(N)>c(S)
C.物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,c(N)的大小关系:④>①>②>③
D.0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7:c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)
解析:A项,形成的混合溶液中Na2CO3和NaHCO3的量未知,不能判断离子浓度关系,错误;B项,由元素守恒可得,c(Na+)=c(S)+c(HS)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得,c(Na+)+c(N)=2c(S)+c(HS),两式联立可得:c(N)+c(H2SO3)=c(S),故c(S)>c(N),错误;C项,物质的量浓度相等的四种溶液,①④中N的浓度大于②③中的,②中HC的水解,④中Fe2+抑制N水解,所以c(N)由大到小的顺序排列为④>①>③>②,错误;D项,0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-),故c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-),存在元素守恒:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),得到c(CH3COOH)=c(Cl-),故c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-),正确。
粒子浓度大小判断的解题流程
1.(2023·天津卷)在浓度为0.1 mol/L的NaH2PO4溶液中,下列说法正确的是(　B　)
A.溶液中浓度最大的离子是H2P
B.c(H3PO4)+c(H2P)+c(HP)+c(P)=0.1 mol/L
C.c(Na+)+c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+3c(P)
D.磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为Ka2=
解析:NaH2PO4在水溶液中完全电离生成Na+和H2P,H2P又发生电离和水解,则溶液中浓度最大的离子是Na+,故A错误;根据NaH2PO4溶液中的元素守恒可得:c(Na+)=c(H2P)+c(P)+c(HP)+c(H3PO4)=0.1 mol/L,故B正确;根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2P)+2c(HP)+3c(P),故C错误;磷酸第二步电离方程式为H2P +H+,电离平衡的平衡常数表达式为K=,故D错误。
2.(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示,下列说法错误的是(　D　)
A.水的电离程度:MB.M点:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
C.当V(HCOOH溶液)=10 mL时,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N点:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
解析:0.1 mol/L NaOH溶液中,c(OH-)≈0.1 mol/L,随着HCOOH的加入,OH-被不断中和,c(OH-)不断降低,c(HCOO-)不断升高,完全中和[V(HCOOH溶液)=20 mL]时,c(OH-)接近0,c(HCOO-)≈0.05 mol/L,因此题图中下降和上升的曲线分别为c(OH-)、c(HCOO-)。N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时仅存在HCOONa的水解,促进水的电离;M点时仍有未反应的NaOH,对水的电离是抑制的,故水的电离程度:Mc(H+),故D错误。
3.(2024·天津卷)甲胺(CH3NH2)水溶液中存在以下平衡:CH3NH2+H2O CH3N+OH-。已知:25 ℃时,CH3NH2的Kb=4.2×10-4,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5。下列说法错误的是(　C　)
A.CH3NH2的Kb=
B.CH3NH2溶液中存在c(H+)+c(CH3N)=c(OH-)
C.25 ℃时,0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1 CH3NH3Cl溶液相比,NH4Cl溶液中的c(H+)小
D.0.01 mol·L-1 CH3NH2溶液与相同浓度的CH3NH3Cl溶液以任意比例混合,混合液中存在c(CH3NH2)+c(CH3N)=0.01 mol·L-1
解析:由CH3NH2的电离方程式及电荷守恒可知,CH3NH2溶液中存在c(H+)+c(CH3N)=c(OH-),B正确;由CH3NH2的Kb=4.2×10-4,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5可知,碱性:CH3NH2>NH3·H2O,由越弱越水解可得,25 ℃时,0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1 CH3NH3Cl溶液相比,NH4Cl溶液中的c(H+)大,C错误;0.01 mol·L-1 CH3NH2溶液与相同浓度的CH3NH3Cl溶液以任意比例混合,由元素守恒得,混合液中存在c(CH3NH2)+c(CH3N)=0.01 mol·L-1,D正确。
4.(2022·江苏卷)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·L-1 KOH溶液吸收CO2,若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略,溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)。H2CO3的电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是(　C　)
A.KOH吸收CO2所得到的溶液中:c(H2CO3)>c(HC)
B.KOH完全转化为K2CO3时,溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HC)+c(H2CO3)
C.KOH溶液吸收CO2,c总=0.1 mol·L-1溶液中:c(H2CO3)>c(C)
D.如上图所示的“吸收”“转化”过程中,溶液的温度下降
解析:KOH吸收CO2所得到的溶液,若为K2CO3溶液,C主要发生第一步水解,溶液中c(H2CO3)Ka2=4.4×10-11,表明HC以水解为主,所以溶液中c(H2CO3)>c(C),C正确;“吸收”“转化”过程中,发生反应:CO2+2KOH===K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O===CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物,则原理相同),两式相加得:CaO与CO2反应生成CaCO3,该反应放热,溶液的温度升高,D不正确。
5.(2022·浙江6月选考)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是(　C　)
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 mol·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10,此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
解析:苯酚的酸性比乙酸的弱,C6H5ONa的水解程度大于CH3COONa的水解程度,若二者溶液的pH相等,则后者的浓度较大,故c(C6H5O-)课时作业49(总分:55分)
1.(4分)(2025·安徽合肥模拟)下列过程或现象与盐类水解无关的是(　C　)
A.加热氯化铁溶液,颜色变深
B.NH4Cl与ZnCl2溶液可用作焊接金属时的除锈剂
C.氯化钙溶液中滴加甲基橙,溶液显黄色
D.实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
2.(4分)(2025·广东广州模拟)常温下,乳酸(用HL表示)的Ka=1.4×10-4,乳酸和氢氧化钠溶液反应生成乳酸钠(用NaL表示)。下列说法正确的是(　D　)
A.NaL水溶液呈中性
B.0.01 mol·L-1 HL溶液的pH=2
C.0.01 mol·L-1 HL溶液中,c(L-)>c(HL)
D.0.01 mol·L-1 NaL溶液中,c(Na+)=c(L-)+c(HL)
解析:NaL是强碱弱酸盐,水解显碱性,A错误;Ka==1.4×10-4,c(H+)≈1.18×10-3 mol·L-1,pH>2,B错误;HL微弱电离,存在Ka==1.4×10-4,c(L-)≈1.18×10-3 mol·L-13.(4分)下列实验操作不能达到实验目的的是(　B　)
选项 实验目的 实验操作
A 实验室配制FeCl3溶液 将FeCl3溶于少量浓盐酸中,再加水稀释
B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 将MgCl2溶液加热蒸干
C 证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 将0.1 mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1 mol·L-1 CuSO4溶液
D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入过量MgO充分搅拌,过滤
解析:将MgCl2溶液加热蒸干时,镁离子的水解平衡正向移动,加热可使HCl挥发,加热蒸干不能得到无水MgCl2,B项符合题意。
4.(4分)常温下,用0.1 mol·L-1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是(　D　)
A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
B.当滴入氨水10 mL时,c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.当滴入氨水20 mL时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20 mL,c(N)解析:HCl是强电解质,完全电离,CH3COOH是弱电解质,部分电离,浓度相同的HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-),A项正确;当滴入氨水10 mL时,加入的氨水的体积、NH3·H2O的浓度和初始CH3COOH溶液的体积、CH3COOH的浓度均相等,由元素守恒可知,c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B项正确;当滴入氨水20 mL时,溶液中溶质为CH3COONH4和NH4Cl,根据电荷守恒c(N)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),元素守恒c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-),可得c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-),C项正确;同一浓度,乙酸和NH3·H2O的电离程度相当,乙酸铵呈中性,当滴入氨水20 mL时,得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液,NH4Cl中N水解,溶液呈酸性,使溶液呈中性,则氨水的滴入量应大于20 mL,电荷守恒为c(N)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),因为溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),故c(N)>c(Cl-),D项错误。
5.(4分)(2026·黑龙江名校联考)二元酸(H2A)在水中存在电离:H2A===H++HA-,HA- H++A2-。下列说法正确的是(　C　)
A.NaHA溶液中含A的粒子有三种
B.室温下,NaHA溶液中由水电离出的c(H+)>10-7 mol/L
C.NaHA溶液中c(Na+)D.将0.1 mol/L的Na2A溶液加水稀释,减小
解析:由题意可知,H2A的第一步完全电离,HA-在溶液中只发生电离,不发生水解,NaHA溶液中含A的粒子为HA-和A2-两种,故A错误;HA-在溶液中只发生电离,不发生水解,HA-部分电离出的氢离子抑制水的电离,室温下,由水电离出的氢离子浓度小于10-7 mol/L,故B错误;NaHA溶液中HA-只存在电离,溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),由电荷守恒可知,NaHA溶液中c(Na+)6.(4分)已知:常温下浓度为0.1 mol·L-1的下列溶液的pH如表:
溶质 NaF NaClO Na2CO3 NaHCO3
pH 7.5 9.7 11.6 8.3
下列有关说法正确的是(　C　)
A.在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序:H2CO3B.若将CO2通入0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中至溶液中性,则溶液2c(C)+c(HC)=0.1 mol·L-1(忽略溶液体积变化)
C.根据上表,水解方程式ClO-+H2O HClO+OH-的水解常数Kh≈10-7.6
D.向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时:c(Na+)>c(F-)>c(H+)>c(HClO)>c(OH-)
解析:相同浓度的钠盐溶液碱性越强,说明酸根离子水解程度越大,则相应酸的酸性越弱,酸的电离平衡常数越小,根据钠盐溶液的pH知,酸根离子水解程度C>F-,则酸的电离平衡常数从小到大的顺序是HCc(OH-),由于HClO的电离程度较弱,则c(HClO)>c(H+),D错误。
7.(4分)(2025·山东青岛模拟)如图为某实验测得0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线,下列说法错误的是(　B　)
A.溶液的c(OH-):a点B.a点时,KwC.b点溶液中,c(Na+)>c(HC)+2c(C)
D.虽然ab段pH减小,但是升温仍然促进了HC的水解
解析:碳酸氢钠在溶液中存在电离趋势和水解趋势,升高温度,ab段电离平衡和水解平衡均右移,温度对电离平衡的影响大于水解平衡,所以溶液pH减小,bc段温度对电离平衡的影响小于水解平衡,所以溶液pH增大。由图可知,a点和c点溶液pH相同,溶液中氢离子浓度相等,温度升高,水的离子积常数增大,则c点溶液氢氧根离子浓度大于a点,故A正确;由图可知,a点时碳酸氢钠溶液呈碱性,说明HC在溶液中的水解程度大于电离程度,则HC的电离常数小于水解常数:Ka2(H2CO3)Ka2(H2CO3)·Ka1(H2CO3),故B错误;由图可知,b点溶液呈碱性,由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)可知,溶液中c(Na+)>c(HC)+2c(C),故C正确;由分析可知,升高温度,ab段促进了HC的电离,同时也促进了HC的水解,故D正确。
8.(4分)(2025·江苏无锡模拟)室温下,通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。
实验1:测得10 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液的pH<7。
实验2:向0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中通入一定量NH3,测得溶液pH=7。
实验3:向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1HCl溶液,无明显现象。
下列说法正确的是(　C　)
A.实验1中:c(H2C2O4)>c(C2)
B.根据实验1推测:Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)C.实验2所得溶液中:c(N)+c(H2C2O4)=c(C2)
D.实验3所得溶液中:c(H2C2O4)=c(Cl-)
解析:室温下,0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液的pH<7,说明HC2的电离程度大于水解程度,则c(H2C2O4)Kh2(C2),Kh2(C2)=,Ka1(H2C2O4)·Kh2(C2)=Kw,则Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)>Kw,B错误;实验2所得溶液中,根据电荷守恒有c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),根据元素守恒有c(HC2)+c(H2C2O4)+c(C2)=c(Na+),再结合溶液pH=7,合并得c(N)+c(H2C2O4)=c(C2),C正确;实验3混合后为等浓度的H2C2O4和NaCl混合溶液,结合元素守恒可知,c(HC2)+c(H2C2O4)+c(C2)=c(Cl-),D错误。
9.(4分)常温下,用200 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液吸收SO2与N2混合气体,所得溶液pH与吸收气体体积的关系如图所示,已知Ka1(H2SO3)=1.2×10-2,Ka2(H2SO3)=5.6×10-8。下列说法正确的是(　B　)
A.吸收3 L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3
B.溶液pH=7时2c(S)>c(HS)
C.X点呈酸性的原因是HS水解程度大于其电离程度
D.曲线上任意点均存在:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS)+c(S)
解析:0.1 mol·L-1 NaOH溶液吸收SO2,先后发生两个反应,即2NaOH+SO2===Na2SO3+H2O和Na2SO3+H2O+SO2===2NaHSO3。由图中信息可知,当吸收3 L气体时,得到Na2SO3溶液;当吸收6 L气体时,得到NaHSO3溶液。由分析可知,吸收3 L气体时,主要溶质为Na2SO3,A错误;常温下,pH=7时,溶液呈中性,则c(H+)=1×10-7 mol/L,由电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS)+2c(S),Ka2(H2SO3)==5.6×10-8,则=0.56,因此,=1.12>1,则2c(S)>c(HS),B正确;由分析可知,X点为NaHSO3溶液,HS ,HS+H2O H2SO3+OH-,Kh=≈8.3×10-1310.(4分)BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料,利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图:
下列说法错误的是(　D　)
A.酸浸工序中分次加入稀硝酸可降低反应剧烈程度
B.转化工序中加入稀盐酸可抑制生成BiONO3
C.水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度
D.水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
解析:HNO3为强氧化剂,可与金属铋反应,且反应放热,使溶液温度升高,反应更剧烈,酸浸工序中分次加入稀硝酸,可降低反应剧烈程度,A正确;金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成BiONO3,水解的离子方程式为Bi3++N+H2O BiONO3+2H+,转化工序中加入稀盐酸,使氢离子浓度增大,硝酸铋水解平衡左移,可抑制生成BiONO3,B正确;氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+H2O BiOCl+2H+,水解工序中加入少量CH3COONa(s),醋酸根离子会结合氢离子生成弱电解质CH3COOH,使氢离子浓度减小,氯化铋水解平衡右移,促进Bi3+水解,C正确;水解工序中加入少量NH4NO3(s),铵根离子水解生成氢离子,使氢离子浓度增大,氯化铋水解平衡左移,不利于生成BiOCl,且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应,也不利于生成BiOCl,D错误。
11.(15分)(2025·新疆乌鲁木齐模拟)化学上把外加少量酸、碱,而pH基本不变的溶液称为缓冲溶液。
Ⅰ.现有25 ℃时,浓度均为0.10 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液,pH=4.76[25 ℃时Ka(CH3COOH)=1.75×10-5]。
(1)25 ℃时Kh(CH3COO-)=(填表达式),计算Kh(CH3COO-)=5.71×10-10(保留三位有效数字)。
(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。
(3)在1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化),反应后溶液中c(H+)=1×10-4.76 mol/L。
(4)改变下列条件,能使CH3COONa稀溶液中保持增大的是d(填字母)。
a.升温 b.加入NaOH固体
c.加水稀释 d.加入CH3COONa固体
Ⅱ.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时,H2CO3的一级电离常数Ka1=10-6.1,,lg 2≈0.3。
(5)由题给数据计算正常人体血液的pH约为7.4;当过量的酸进入血液中时,血液缓冲体系中的值将变小(填“变大”“变小”或“不变”)。
解析:Ⅰ.(1)25 ℃时醋酸根离子水解的离子方程式是CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,Kh(CH3COO-)=≈5.71×10-10。(2)浓度均为0.10 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液,pH=4.76,溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。(3)在1.0 L题述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化),pH几乎不变,反应后溶液中c(H+)=1×10-4.76 mol/L。(4)a.升温,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-平衡正向移动,c(CH3COO-)减小、c(OH-)增大,所以减小;b.加入NaOH固体,c(OH-)增大,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-平衡逆向移动,c(CH3COOH)减小,不变,所以减小;c.加水稀释,c(CH3COOH)减小,不变,所以减小;d.加入CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-平衡正向移动,c(CH3COOH)增大,不变,所以增大。Ⅱ.(5)Ka1==10-6.1,,20×c(H+)≈10-6.1,c(H+)≈ mol/L,则溶液中pH≈-lg≈6.1+lg 2+1≈7.4,故正常人体血液的pH约为7.4;当过量的酸进入血液中时,氢离子浓度增大,=Ka1不变,所以血液缓冲体系中的值将变小。(共81张PPT)
第九章　水溶液中的离子
反应与平衡
第49讲　盐类水解的应用　
水解常数
目
录
考点二　水解常数及其应用
考点三　溶液中粒子浓度的大小比较
课时作业
考点一　盐类水解的应用
真题演练 感悟高考
复习目标
1.了解盐类水解的应用。2.了解水解常数(Kh)的含义,并能应用其定量分析盐溶液水解程度的大小。3.掌握溶液中的守恒关系,并能应用其判断盐溶液中的粒子浓度关系。
一
考点一 盐类水解的应用
1.在生产、生活中的应用
应用示例 原因解释
热纯碱溶液去油污效果较好 碳酸钠水解为______反应,升高温度水解平衡______移动,溶液的碱性增强,去污效果增强
铵态氮肥与草木灰不得混用 铵态氮肥中的N水解显______,草木灰中的C水解显______,水解相互促进,使氨气逸出降低肥效
吸热
向右
酸性
碱性
应用示例 原因解释
NaHCO3与Al2(SO4)3用于泡沫 灭火器 两溶液发生相互促进的水解反应:
________________________________
明矾净水 明矾溶液中的铝离子水解:__________
_______________________,Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物,起到净水作用
ZnCl2溶液用作焊接时的除锈剂 Zn2+水解使溶液显______,能溶解铁锈
Al3++3HC===Al(OH)3↓+3CO2↑
Al3++3H2O
Al(OH)3(胶体)+3H+
酸性
2.在教学、科研中的应用
应用示例 原因解释
纯碱溶液不能保存在带 _____塞的试剂瓶中 ____________________________________________________________________________________
除去含Mg2+溶液中的Fe3+杂质 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,加入_____________
_________与溶液中的H+反应,使Fe3+的水解平衡向右移动,最终生成Fe(OH)3沉淀而除去
玻璃
溶液中碳酸根离子水解:C2
+OH-,使溶液显碱性,会与玻璃中的SiO2反应
MgO或
Mg(OH)2
应用示例 原因解释
配制FeCl3、SnCl2等溶液 为抑制水解,先将盐溶于少量________中,再加蒸馏水稀释到所需浓度
干燥HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2 __________________________________________________________________________________
浓盐酸
HCl气流能抑制MgCl2的水解,且带走MgCl2·6H2O
因受热产生的水蒸气
3.盐溶液蒸干后剩余固体成分的判断
在空气中加热蒸干并灼烧下列盐溶液,将所得固体产物填入表格中。
盐溶液 固体产物
Ca(HCO3)2/NaHCO3 __________________
NH4Cl ____
Na2SO3 __________
FeCl2/AlCl3 ________________
Al2(SO4)3/CuSO4 ________________________
Na2CO3 __________
CaO/Na2CO3
无
Na2SO4
Fe2O3/Al2O3
Al2(SO4)3/CuSO4
Na2CO3
1.(2025·海南海口一模)下列应用与盐类水解无关的是(　　)
A.FeCl2·4H2O在干燥的HCl气流中脱水
B.用FeS固体除去工业废水中的Hg2+
C.SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热制无水AlCl3
D.配制Na2S溶液时常滴入几滴浓NaOH溶液
B
解析:干燥的HCl气流会抑制Fe2+的水解,且能带走FeCl2·4H2O受热产生的水蒸气,与盐类水解有关;用FeS固体除去工业废水中的Hg2+,发生反应FeS+Hg2+===HgS+Fe2+,这是沉淀的转化,与盐类水解无关;AlCl3·6H2O直接加热时,Al3+水解:AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl,HCl挥发,促进水解得到Al(OH)3,而SOCl2与水反应生成的HCl抑制AlCl3的水解,从而得到无水AlCl3,与盐类水解有关;Na2S溶液中S2-水解:S2-+H2O HS-+OH-,滴入浓NaOH溶液,OH-浓度增大,抑制S2-的水解,与盐类水解有关。故选B。
2.(2025·四川雅安模拟)下列根据反应原理设计的应用不正确的是(　　)
A.C +OH-　用热的纯碱溶液清洗油污
B.A+3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+　明矾净水
C.TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2·xH2O↓+4HCl　用TiCl4制备TiO2
D.SnCl2+H2O Sn(OH)Cl↓+HCl　配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体
D
解析:升高温度,促使C的水解平衡正向移动,溶液中c(OH-)增大,碱性增强,有利于油污的水解及清洗,A正确;明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O,Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体,可吸附水中的悬浮杂质,起到净水作用,B正确;TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀,经脱水制备TiO2,C正确;SnCl2易发生水解反应,而配制其溶液时,加入NaOH固体,消耗HCl促使水解平衡正向移动,生成Sn(OH)Cl沉淀,故应加入盐酸抑制其水解,D错误。
二
考点二 水解常数及其应用
1.水解常数的概念
(1)含义:盐类水解的平衡常数,称为水解常数,用Kh表示。
(2)表达式
①对于A-+H2O HA+OH-,Kh=______________;
②对于B++H2O BOH+H+,Kh=______________。
(3)意义和影响因素
①Kh越大,表示相应盐的水解程度_______;
②Kh只受温度的影响,升高温度,Kh_______。
越大
增大
2.水解常数与电离常数的定量关系(以CH3COONa溶液为例)
CH3COONa溶液中存在如下水解平衡:CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-
Kh=== (Ka为CH3COOH的电离常数)
因而Ka(或Kb)与Kh的定量关系为:
Ka·Kh=Kw(或Kb·Kh=Kw)。例如Na2CO3的水解常数Kh=,NaHCO3的水解常数Kh=。
已知:常温下,H2CO3的电离常数Ka1=4.2×10-7,Ka2=5.6×10-11。常温下,NaHCO3溶液呈酸性还是碱性 简单写出判断过程。
碱性。HC发生水解反应:HC+H2O H2CO3+OH-,水解常数Kh(HC)=≈2.38×10-8;HC的电离常数Ka2=5.6×10-11,因Kh>Ka2,HC的水解程度大于其电离程度,故NaHCO3溶液呈碱性。
微点助学
1.(1)已知25 ℃时,CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.75×10-5,等浓度的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中,Kh__(填“>”“<”或“=”,下同)Ka,由此可见以________________为主,溶液pH____7。
(2)已知25 ℃时,HCN的电离平衡常数Ka=6.2×10-10,等浓度的HCN与NaCN混合溶液中,Kh____(填“>”“<”或“=”,下同)Ka,由此可见以____________为主,溶液pH____7。
<
CH3COOH电离
<
>
NaCN水解
>
2.已知常温下,磷酸的三级电离常数分别是Ka1=6.9×10-3,Ka2=6.2×10-8,
Ka3=4.8×10-13。
(1)常温下,同浓度①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4溶液的pH由小到大的顺序为__________(填序号)。
(2)常温下,NaH2PO4溶液的pH____(填“>”“<”或“=”)7。
③<②<①
<
(3)常温下,Na2HPO4溶液呈____(填“酸”“碱”或“中”)性,用Ka与Kh的
相对大小,说明判断理由:__________________________________________
____________________________________________________________________________________。
碱
HPh
-7a3的水解程度大于其电离程度,因而
Na2HPO4溶液呈碱性
3.(1)已知常温下,Na2CO3溶液的水解常数Kh=2×10-4,当溶液中c(HC)︰c(C)=2︰1时,该溶液的pH=_____。
解析:C的水解常数Kh==2×10-4,又c(HC)︰c(C)=2︰1,c(OH-)=10-4 mol·L-1,结合常温下Kw=1.0×10-14可得,c(H+)=10-10 mol·L-1,pH=10。
10
(2)已知常温下,H2SO3的电离常数Ka1=1.4×10-2,Ka2=6.0×10-8。用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液,吸收过程中水的电离平衡______
(填“向左”“向右”或“不”)移动,计算所得溶液中=____。
解析:NaOH电离出的OH-抑制水的电离,Na2SO3电离出的S2 +OH-,S的水解常数Kh=,=60。
向右
60
三
考点三 溶液中粒子
浓度的大小比较
1.水溶液中的电离和水解
(1)电离理论
弱电解质的电离是微弱的,电离产生的粒子都非常少,由于水的电离,电离后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中c(OH-)总是大于生成的弱酸根离子或弱碱阳离子的浓度。多元弱酸的电离分步进行,且以第一步为主。
①氨水中NH3·H2O、N、OH-浓度的大小关系是__________________
___________。
②H2S溶液中H2S、HS-、S2-、H+浓度的大小关系是_________________
_____________。
微点助学
c(NH3·H2O)>c(OH-)
>c(N)
c(H2S)>c(H+)>
c(HS-)>c(S2-)
(2)水解理论
弱电解质离子的水解是微弱的(相互促进的水解反应除外),由于水的电离,水解后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中c(OH-)总是大于生成的弱电解质的浓度。多元弱酸酸根离子的水解分步进行,且以第一步为主。
①NH4Cl溶液中N、Cl-、NH3·H2O、H+浓度的大小关系是_________
___________________________。
②如Na2CO3溶液中:C、H2CO3浓度的大小关系是_______
____________________。
微点助学
c(Cl-)>
c(N)>c(H+)>c(NH3·H2O)
c(C
)>c(H2CO3)
2.电解质溶液中的守恒关系
(1)电荷守恒
电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都呈电中性,即阴离子所带的电荷总数一定等于阳离子所带的电荷总数。如NaHCO3溶液中Na+、H+、HC、OH-,存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(OH-)+2c(C)。
(2)元素守恒
在电解质溶液中,由于某些离子发生水解或电离,离子的存在形式发生了变化。离子所含的某种元素在变化前后是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解,故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在,它们之间有如下守恒关系:c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。
(3)质子守恒
如Na2S溶液中的质子转移图示如下:
由图可得Na2S溶液中质子守恒可表示如下:c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)
=c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。
写出下列溶液中的守恒关系式。
(1)0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液。
①元素守恒:__________________________________。
②电荷守恒:__________________________________。
③质子守恒:____________________________。
(2)0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液。
①元素守恒:_______________________________________。
②电荷守恒:__________________________________________。
③质子守恒:__________________________________。
微点助学
c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)
c(Na+)=2[c(C)+c(H2CO3)]
c(Na+)+c(H+)=c(HC-)
c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HC)
1.浓度均为0.1 mol·L-1 CH3COONa和CH3COOH的混合溶液(呈酸性)中粒子浓度关系。
(1)电荷守恒:____________________________________。
(2)元素守恒:____________________________________。
(3)质子守恒:__________________________________________。
(4)大小关系:_______________________________________________。
c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)
c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)
2.浓度均为0.1 mol·L-1 Na2CO3和NaHCO3的混合溶液(呈碱性)中粒子浓度关系。
(1)电荷守恒:__________________________________________。
(2)元素守恒:__________________________________________。
(3)质子守恒:________________________________________________。
(4)大小关系:__________________________________________。
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)
2c(Na+)=3[c(C)+c(H2CO3)]
2c(OH-)+c(C+)+3c(H2CO3)
c(Na+)>c(HC)>c(OH-)>c(H+)
3.(2025·山东济南山师附中模拟)室温下,下列有关溶液的说法正确的是(　　)
A.Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中:2c(Na+)=3[c(C)+c(HC)
+c(H2CO3)]
B.0.10 mol·L-1 NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7:c(Na+)>c(N)>
c(S)
C.物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,c(N)的大小关系:④>①>②>③
D.0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7:c(Na+)>
c(CH3COOH)=c(Cl-)
D
解析:A项,形成的混合溶液中Na2CO3和NaHCO3的量未知,不能判断离子浓度关系,错误;B项,由元素守恒可得,c(Na+)=c(S)+c(HS)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得,c(Na+)+c(N)=2c(S)+c(HS),两式联立可得:c(N)+c(H2SO3)=c(S),故c(S)>c(N),错误;C项,物质的量浓度相等的四种溶液,①④中N的浓度大于②③中的,②中HC的水解,④中Fe2+抑制N水解,所以c(N)由大到小的顺序排列为④>①>③>②,错误;D项,0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)
+c(CH3COO-),故c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-),存在元素守恒:c(Na+)=
c(CH3COO-)+c(CH3COOH),得到c(CH3COOH)=c(Cl-),故c(Na+)>
c(CH3COOH)=c(Cl-),正确。
粒子浓度大小判断的解题流程
思维建模
四
真题演练 感悟高考
1.(2023·天津卷)在浓度为0.1 mol/L的NaH2PO4溶液中,下列说法正确的是(　　)
A.溶液中浓度最大的离子是H2P
B.c(H3PO4)+c(H2P)+c(HP)+c(P)=0.1 mol/L
C.c(Na+)+c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+3c(P)
D.磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为Ka2=
B
解析:NaH2PO4在水溶液中完全电离生成Na+和H2P,H2P又发生电离和水解,则溶液中浓度最大的离子是Na+,故A错误;根据NaH2PO4溶液中的元素守恒可得:c(Na+)=c(H2P)+c(P)+c(HP)+c(H3PO4)=0.1 mol/L,故B正确;根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=
c(OH-)+c(H2P)+2c(HP)+3c(P),故C错误;磷酸第二步电离方程式为H2P +H+,电离平衡的平衡常数表达式为K=,故D错误。
2.(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示,下列说法错误的是(　　)
A.水的电离程度:MB.M点:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
C.当V(HCOOH溶液)=10 mL时,
c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N点:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
D
解析:0.1 mol/L NaOH溶液中,c(OH-)≈0.1 mol/L,随着HCOOH的加入,OH-被不断中和,c(OH-)不断降低,c(HCOO-)不断升高,完全中和[V(HCOOH溶液)=20 mL]时,c(OH-)接近0,c(HCOO-)≈0.05 mol/L,因此题图中下降和上升的曲线分别为c(OH-)、c(HCOO-)。N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时仅存在HCOONa的水解,促进水的电离;M点时仍有未反应的NaOH,对水的电离是抑制的,故水的电离程度:Mc(OH-),M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-),联合可得2c(OH-)=c(Na+)+
c(H+),故B正确。
当V(HCOOH溶液)=10 mL时,溶液中c(NaOH)︰c(HCOONa)=1︰1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),根据元素守恒有c(Na+)=
2c(HCOO-)+2c(HCOOH),两式整理可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)
+c(HCOO-),故C正确。N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,甲酸根发生水解,Kh=≈10-10,忽略其他平衡,
c(HCOOH)=c(OH-)= mol/L≈10-6 mol/L,c(H+)= mol/L=10-8 mol/L,则c(HCOOH)>c(H+),故D错误。
3.(2024·天津卷)甲胺(CH3NH2)水溶液中存在以下平衡:CH3NH2+H2O
CH3N+OH-。已知:25 ℃时,CH3NH2的Kb=4.2×10-4,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5。下列说法错误的是(　　)
A.CH3NH2的Kb=
B.CH3NH2溶液中存在c(H+)+c(CH3N)=c(OH-)
C.25 ℃时,0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1 CH3NH3Cl溶液相比,NH4Cl溶液中的c(H+)小
D.0.01 mol·L-1 CH3NH2溶液与相同浓度的CH3NH3Cl溶液以任意比例混合,混合液中存在c(CH3NH2)+c(CH3N)=0.01 mol·L-1
C
解析:由CH3NH2的电离方程式及电荷守恒可知,CH3NH2溶液中存在c(H+)+c(CH3N)=c(OH-),B正确;由CH3NH2的Kb=4.2×10-4,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5可知,碱性:CH3NH2>NH3·H2O,由越弱越水解可得,25 ℃时,0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1 CH3NH3Cl溶液相比,NH4Cl溶液中的c(H+)大,C错误;0.01 mol·L-1 CH3NH2溶液与相同浓度的CH3NH3Cl溶液以任意比例混合,由元素守恒得,混合液中存在c(CH3NH2)+c(CH3N)
=0.01 mol·L-1,D正确。
4.(2022·江苏卷)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·L-1 KOH溶液吸收CO2,若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略,溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)。H2CO3的电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是(　　)
A.KOH吸收CO2所得到的溶液中:c(H2CO3)
>c(HC)
B.KOH完全转化为K2CO3时,溶液中:c(OH-)
=c(H+)+c(HC)+c(H2CO3)
C.KOH溶液吸收CO2,c总=0.1 mol·L-1溶液中:c(H2CO3)>c(C)
D.如上图所示的“吸收”“转化”过程中,溶液的温度下降
C
解析:KOH吸收CO2所得到的溶液,若为K2CO3溶液,C主要发生第一步水解,溶液中c(H2CO3)+c(HC)+c(C),即溶液为KHCO3溶液,
HC≈2.3×10-8>Ka2=4.4×10-11,表明HC以水解为主,所以溶液中c(H2CO3)>c(C),C正确;“吸收”“转化”过程中,发生反应:CO2+2KOH===K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O
===CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物,则原理相同),两式相加得:CaO与CO2反应生成CaCO3,该反应放热,溶液的温度升高,D不正确。
5.(2022·浙江6月选考)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是(　　)
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-) >
c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 mol·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10,此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
C
解析:苯酚的酸性比乙酸的弱,C6H5ONa的水解程度大于CH3COONa的水解程度,若二者溶液的pH相等,则后者的浓度较大,故c(C6H5O-)<
c(CH3COO-),A项错误;C6H5ONa溶液因水解而呈碱性,加热促进水解,c(OH-)增大,但同时Kw也增大,故pH可能增大也可能减小,NaOH溶液因NaOH电离而呈碱性,加热时c(OH-)不变,Kw增大,故c(H+)增大,pH减小,B项错误;pH=10,c(H+)=10-10 mol·L-1,而Ka=,
=1.0,故此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH),C项正确;苯酚溶液中存在电离平衡C6H5OH C6H5O-+H+,加入苯酚钠固体,c(C6H5O-)增大,电离平衡逆向移动,溶液的酸性减弱,对水电离的抑制作用减弱,水的电离程度变大,D项错误。
五
课时作业49
1.(4分)(2025·安徽合肥模拟)下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A.加热氯化铁溶液,颜色变深
B.NH4Cl与ZnCl2溶液可用作焊接金属时的除锈剂
C.氯化钙溶液中滴加甲基橙,溶液显黄色
D.实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
C
2.(4分)(2025·广东广州模拟)常温下,乳酸(用HL表示)的Ka=1.4×10-4,乳酸和氢氧化钠溶液反应生成乳酸钠(用NaL表示)。下列说法正确的是(　　)
A.NaL水溶液呈中性
B.0.01 mol·L-1 HL溶液的pH=2
C.0.01 mol·L-1 HL溶液中,c(L-)>c(HL)
D.0.01 mol·L-1 NaL溶液中,c(Na+)=c(L-)+c(HL)
D
解析:NaL是强碱弱酸盐,水解显碱性,A错误;Ka==1.4×10-4,c(H+)≈1.18×10-3 mol·L-1,pH>2,B错误;HL微弱电离,存在Ka==1.4×10-4,c(L-)≈1.18×10-3 mol·L-13.(4分)下列实验操作不能达到实验目的的是(　　)
选项 实验目的 实验操作
A 实验室配制FeCl3溶液 将FeCl3溶于少量浓盐酸中,再加水稀释
B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 将MgCl2溶液加热蒸干
C 证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 将0.1 mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1 mol·L-1 CuSO4溶液
D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入过量MgO充分搅拌,过滤
B
解析:将MgCl2溶液加热蒸干时,镁离子的水解平衡正向移动,加热可使HCl挥发,加热蒸干不能得到无水MgCl2,B项符合题意。
4.(4分)常温下,用0.1 mol·L-1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是(　　)
A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
B.当滴入氨水10 mL时,c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.当滴入氨水20 mL时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20 mL,c(N)D
解析:HCl是强电解质,完全电离,CH3COOH是弱电解质,部分电离,浓度相同的HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-),A项正确;当滴入氨水10 mL时,加入的氨水的体积、NH3·H2O的浓度和初始CH3COOH溶液的体积、CH3COOH的浓度均相等,由元素守恒可知,c(N)+
c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B项正确;当滴入氨水20 mL时,溶液中溶质为CH3COONH4和NH4Cl,根据电荷守恒c(N)+c(H+)=
c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),元素守恒c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)
+c(CH3COOH)+c(Cl-),
可得c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-),C项正确;同一浓度,乙酸和NH3·H2O的电离程度相当,乙酸铵呈中性,当滴入氨水20 mL时,得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液,NH4Cl中N水解,溶液呈酸性,使溶液呈中性,则氨水的滴入量应大于20 mL,电荷守恒为c(N)+
c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),因为溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),故c(N)>c(Cl-),D项错误。
5.(4分)(2026·黑龙江名校联考)二元酸(H2A)在水中存在电离:H2A===H++
HA-,HA- H++A2-。下列说法正确的是(　　)
A.NaHA溶液中含A的粒子有三种
B.室温下,NaHA溶液中由水电离出的c(H+)>10-7 mol/L
C.NaHA溶液中c(Na+)D.将0.1 mol/L的Na2A溶液加水稀释,减小
C
解析:由题意可知,H2A的第一步完全电离,HA-在溶液中只发生电离,不发生水解,NaHA溶液中含A的粒子为HA-和A2-两种,故A错误;HA-在溶液中只发生电离,不发生水解,HA-部分电离出的氢离子抑制水的电离,室温下,由水电离出的氢离子浓度小于10-7 mol/L,故B错误;NaHA溶液中HA-只存在电离,溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),由电荷守恒可知,NaHA溶液中c(Na+)6.(4分)已知:常温下浓度为0.1 mol·L-1的下列溶液的pH如表:
溶质 NaF NaClO Na2CO3 NaHCO3
pH 7.5 9.7 11.6 8.3
下列有关说法正确的是(　　)
A.在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序:H2CO3HF
B.若将CO2通入0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中至溶液中性,则溶液2c(C)
+c(HC)=0.1 mol·L-1(忽略溶液体积变化)
C.根据上表,水解方程式ClO-+H2O HClO+OH-的水解常数Kh≈10-7.6
D.向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时:c(Na+)>c(F-)>c(H+)>
c(HClO)>c(OH-)
C
解析:相同浓度的钠盐溶液碱性越强,说明酸根离子水解程度越大,则相应酸的酸性越弱,酸的电离平衡常数越小,根据钠盐溶液的pH知,酸根离子水解程度C>F-,则酸的电离平衡常数从小到大的顺序是HC=c(HC)+c(OH-)+2c(C),由溶液呈中性可得:c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(HC)+2c(C)=0.2 mol/L,B错误;ClO-+H2O HClO+OH-的水解常数Kh==10-7.6,C正确;两者恰好反应生成等物质的量的HClO和NaF,由于F-水解程度小于HClO电离程度,所以溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),由于HClO的电离程度较弱,则c(HClO)>c(H+),D错误。
7.(4分)(2025·山东青岛模拟)如图为某实验测得0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线,下列说法错误的是(　　)
A.溶液的c(OH-):a点B.a点时,KwC.b点溶液中,c(Na+)>c(HC)+2c(C)
D.虽然ab段pH减小,但是升温仍然促进了
HC的水解
B
解析:碳酸氢钠在溶液中存在电离趋势和水解趋势,升高温度,ab段电离平衡和水解平衡均右移,温度对电离平衡的影响大于水解平衡,所以溶液pH减小,bc段温度对电离平衡的影响小于水解平衡,所以溶液pH增大。由图可知,a点和c点溶液pH相同,溶液中氢离子浓度相等,温度升高,水的离子积常数增大,则c点溶液氢氧根离子浓度大于a点,故A正确;由图可知,a点时碳酸氢钠溶液呈碱性,说明HC在溶液中的水解程度大于电离程度,则HC的电离常数小于水解常数:Ka2(H2CO3)
Ka2(H2CO3)·Ka1(H2CO3),故B错误;由图可知,b点溶液呈碱性,由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)可知,溶液中c(Na+)>
c(HC)+2c(C),故C正确;由分析可知,升高温度,ab段促进了HC的电离,同时也促进了HC的水解,故D正确。
8.(4分)(2025·江苏无锡模拟)室温下,通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。
实验1:测得10 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液的pH<7。
实验2:向0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中通入一定量NH3,测得溶液pH=7。
实验3:向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1HCl溶液,无明显现象。
下列说法正确的是(　　)
A.实验1中:c(H2C2O4)>c(C2)
B.根据实验1推测:Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)C.实验2所得溶液中:c(N)+c(H2C2O4)=c(C2)
D.实验3所得溶液中:c(H2C2O4)=c(Cl-)
C
解析:室温下,0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液的pH<7,说明HC2的电离程度大于水解程度,则c(H2C2O4)Ka2(H2C2O4)>Kh2(C2),Kh2(C2)=,Ka1(H2C2O4)·Kh2(C2)=Kw,则Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)>Kw,B错误;实验2所得溶液中,根据电荷守恒有c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),根据元素守恒有c(HC2)+c(H2C2O4)+c(C2)=c(Na+),再结合溶液pH=7,合并得c(N)+c(H2C2O4)=c(C2),C正确;实验3混合后为等浓度的H2C2O4和NaCl混合溶液,结合元素守恒可知,c(HC2)+c(H2C2O4)+c(C2)
=c(Cl-),D错误。
9.(4分)常温下,用200 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液吸收SO2与N2混合气体,所得溶液pH与吸收气体体积的关系如图所示,已知Ka1(H2SO3)=1.2×10-2,
Ka2(H2SO3)=5.6×10-8。下列说法正确的是(　　)
A.吸收3 L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3
B.溶液pH=7时2c(S)>c(HS)
C.X点呈酸性的原因是HS水解程度大于其电离程度
D.曲线上任意点均存在:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS)
+c(S)
B
解析:0.1 mol·L-1 NaOH溶液吸收SO2,先后发生两个反应,即2NaOH+SO2===Na2SO3+H2O和Na2SO3+H2O+SO2===2NaHSO3。由图中信息可知,当吸收3 L气体时,得到Na2SO3溶液;当吸收6 L气体时,得到NaHSO3溶液。由分析可知,吸收3 L气体时,主要溶质为Na2SO3,A错误;常温下,pH=7时,溶液呈中性,则c(H+)=1×10-7 mol/L,由电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS)+2c(S),Ka2(H2SO3)=
=5.6×10-8,则=0.56,因此,=1.12>1,则2c(S)>
c(HS),B正确;
由分析可知,X点为NaHSO3溶液,HS ,HS+H2O H2SO3+OH-,Kh=≈8.3×10-1310.(4分)BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料,利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图:
下列说法错误的是(　　)
A.酸浸工序中分次加入稀硝酸可降低反应剧烈程度
B.转化工序中加入稀盐酸可抑制生成BiONO3
C.水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度
D.水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
D
解析:HNO3为强氧化剂,可与金属铋反应,且反应放热,使溶液温度升高,反应更剧烈,酸浸工序中分次加入稀硝酸,可降低反应剧烈程度,A正确;金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成BiONO3,水解的离子方程式为Bi3++N+H2O BiONO3+2H+,转化工序中加入稀盐酸,使氢离子浓度增大,硝酸铋水解平衡左移,可抑制生成BiONO3,B正确;氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+H2O BiOCl+2H+,水解工序中加入少量CH3COONa(s),醋酸根离子会结合氢离子生成弱电解质CH3COOH,使氢离子浓度减小,氯化铋水解平衡右移,促进Bi3+水解,C正确;水解工序中加入少量NH4NO3(s),铵根离子水解生成氢离子,使氢离子浓度增大,氯化铋水解平衡左移,不利于生成BiOCl,且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应,也不利于生成BiOCl,D错误。
11.(15分)(2025·新疆乌鲁木齐模拟)化学上把外加少量酸、碱,而pH基本不变的溶液称为缓冲溶液。
Ⅰ.现有25 ℃时,浓度均为0.10 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液,pH=4.76[25 ℃时Ka(CH3COOH)=1.75×10-5]。
(1)25 ℃时Kh(CH3COO-)=_____________________ (填表达式),计算Kh(CH3COO-)=______________(保留三位有效数字)。
5.71×10-10
解析:25 ℃时醋酸根离子水解的离子方程式是CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-,Kh(CH3COO-)=≈5.71×10-10。
(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________________________
________________。
解析:浓度均为0.10 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液,pH=
4.76,溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>
c(OH-)。
c(CH3COO-)>c(Na+)>
c(H+)>c(OH-)
(3)在1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化),反应后溶液中c(H+)=__________ mol/L。
解析:在1.0 L题述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化),pH几乎不变,反应后溶液中c(H+)=1×10-4.76 mol/L。
1×10-4.76
(4)改变下列条件,能使CH3COONa稀溶液中保持增大的是____(填字母)。
a.升温
b.加入NaOH固体
c.加水稀释
d.加入CH3COONa固体
d
解析:a.升温,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-平衡正向移动,c(CH3COO-)
减小、c(OH-)增大,所以减小;b.加入NaOH固体,c(OH-)增大,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-平衡逆向移动,c(CH3COOH)减小,不变,所以减小;c.加水稀释,c(CH3COOH)减小,不变,所以减小;d.加入CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-平衡正向移动,c(CH3COOH)增大,不变,所以增大。
Ⅱ.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时,H2CO3的一级电离常数Ka1=10-6.1,,lg 2≈0.3。
(5)由题给数据计算正常人体血液的pH约为______;当过量的酸进入血液中时,血液缓冲体系中的值将________(填“变大”“变小”或“不变”)。
7.4
变小
解析:Ka1==10-6.1,,20×c(H+)≈10-6.1,c(H+)≈ mol/L,则溶液中pH≈-lg≈6.1+lg 2+1≈7.4,故正常人体血液的pH约为7.4;当过量的酸进入血液中时,氢离子浓度增大,=Ka1不变,所以血液缓冲体系中的值将变小。
Thank you
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