浙江专版2019版高考化学大一轮复习专题九溶液中的离子反应课时3

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2019浙江高考化学真题推荐度：
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内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯课时3 盐类的水解

[考纲导航]

选考分布必考知识条目要求要求 9月 (1)盐类的水解原理，常见盐溶液酸碱a 性的判断 (2)盐类水解的简单应用 (3)盐类水解的离子反应方程式 (4)多元弱酸盐的分步水解 (5)影响盐类水解的因素 (6)常见酸式盐溶液酸碱性的判断 b b b b b b 23 23 23 b 13 11 5 5、18 10月 4月 10月 4月加试2015 2016 2017 考点一盐类的水解及其规律

[主干精讲]

1.定义

在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H或OH结合生成弱电解质的反应。 2.实质

?弱酸的阴离子→结合H?

盐电离→?－→破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大→c(H?弱碱的阳离子→结合OH?

＋

－

)≠c(OH)→溶液呈碱性或酸性

－

3.盐类水解规律

有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。盐的类型强酸强碱盐强酸弱碱盐实例 NaCl、KNO3 NH4Cl、Cu(NO3)2 是否水解否是＋水解的离子 NH4、Cu 2＋溶液的酸碱性中性酸性 1

弱酸强碱盐 CH3COONa、Na2CO3 是 CH3COO、CO3 －2－碱性 4.盐类水解离子方程式的书写

(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“

”表示。盐类水解一般不会产

生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。 (2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。 (3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成。

(4)水解分别是酸性和碱性的离子组由于相互促进，水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。

[典例剖析]

【例1】 (2016·10月浙江选考)下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是( ) A.NaOH C.Na2CO3

B.(NH4)2SO4 D.NaCl

＋

解析 A项，NaOH是强碱，溶液呈碱性，错误；B项，NH4水解使溶液呈酸性：NH4＋H2O

－

NH3·H2O＋H，正确；C项，因CO3水解使溶液呈碱性：CO3＋H2O

＋2－2－

HCO3＋

－

OH，错误；D项，溶液呈中性，错误。答案 B

【例2】 [2017·嘉兴一中高二(上)期末]常温下有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和Na2SO4溶液中的一种。已知A、B溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。下列说法中不正确的是( ) A.D溶液的pH＝7

B.四种溶液相比，C溶液中水的电离程度最大

C.A与C等体积混合后，溶液中有c(Cl)＞c(NH4)＞c(H)＞c(OH) D.B与D等体积混合后，溶液中有c(OH)＝c(CH3COOH)＋c(H)

解析 CH3COONa溶液显碱性，促进水电离；NH4Cl溶液显酸性，促进水电离；盐酸抑制水电离；Na2SO4溶液显中性，对水的电离无影响；已知A、B溶液中水的电离程度相同，则A、B为NH4Cl溶液、CH3COONa溶液；A、C溶液的pH相同，则A、C为NH4Cl溶液、盐酸；所以D为Na2SO4溶液，溶液的pH＝7；则A为NH4Cl溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为Na2SO4溶液；A.D为Na2SO4溶液，所以D溶液的pH＝7，故A正确；B.NH4Cl溶液、CH3COONa溶液促进水电离，硫酸钠是强酸强碱盐既不促进水电离也不抑制水电离，盐酸抑制水电离，所以C

－

＋

－

＋

－

溶液中水的电离程度最小，故B错误；C.A为NH4Cl溶液，C为盐酸，二者等体积混合，二者的pH相同，则氯化铵的浓度大于盐酸的浓度，所以离子浓度大小顺序是c(Cl)＞c(NH4)＞c(H)＞c(OH)，故C正确；D.B为CH3COONa溶液，D为Na2SO4溶液，B与D等体积混合后，根据质子守恒：溶液中有c(OH)＝c(CH3COOH)＋c(H)，故D正确。答案 B

【例3】 (2017·湖州高二期末)下列离子方程式表示的是盐类的水解且正确的是( ) A.HS＋H2OB.HS＋H===H2S C.CO3＋H2OD.Fe＋3H2O

3＋2－－

＋

－

＋

－

＋

H3O＋S

＋2－

H2CO3＋2OH Fe(OH)3＋3H

＋

－

＋

－

解析 A项，一个H3O相当于一个H，是HS的电离方程式，错误；B项，水解方程式应有水参加反应，错误；C项，多元弱酸阴离子的水解是分步完成的，故书写时要分步书写，一般只写第一步水解方程式，即CO3＋H2O答案 D

[考点精练]

1.(2016·浙江4月学考)下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( ) A.NaCl C.Na2CO3

B.NH4Cl D.NaOH

2－

HCO3＋OH，错误。

－－

解析有弱碱阳离子或弱酸根的盐能水解，其中强碱弱酸盐水解显碱性，C正确。答案 C

2.(2017·杭州清河高三月考)在Na3PO4水溶液中存在的分子和离子的种类分别是( ) A.1和3 C.2和5

B.2和4 D.2和6

3－

解析 Na3PO4水溶液中存在磷酸根离子的分步水解，PO4＋H2OH2O

H2PO4＋OH，H2PO4＋H2O

＋

3－

－

HPO4＋OH，HPO4＋H＋OH，溶液中存在分子

＋

－

2－－2－

H3PO4＋OH，H2O

2－

－

2种为：H3PO4、H2O，离子为：Na、PO4、HPO4、H2PO4、OH、H，共6种。答案 D

3.下列各物质溶解于水时，电离出的离子能使水的电离平衡向右移动的是( )

＋

A.CH3COOH C.NH4Cl

B.Na2SO4 D.HF

解析结合选项，能使水的电离平衡向右移动的，是盐电离出离子的水解促进了水的电离。答案 C 【归纳总结】

1.牢记盐类水解的3个特点：

(1)可逆反应；(2)吸热反应(中和反应的逆反应)；(3)水解程度一般很微弱。 2.熟记盐类水解的4条规律：

有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。 3.牢记书写水解离子方程式的3项注意： (1)水解方程式一般用“

”连接。

(2)多元弱酸酸根离子分步水解，第一步水解程度远大于第二步。 (3)多元弱碱阳离子水解，一步写完。

考点二盐类水解的影响因素

[主干精讲]

1.内因

酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。 2.外因

因素温度浓度减小(即稀释) 外加酸碱酸碱右移增大减小弱酸根离子的水解程度增大，弱碱阳离子的水解程度减小弱酸根离子的水解程度减小，弱碱阳离子的水解程度增大 3＋

水解平衡右移右移水解程度增大减小水解产生离子的浓度增大增大升高增大例如，不同条件对FeCl3水解平衡的影响：Fe＋3H2O

条件升温通HCl 移动方向向右向左 H数增多增多＋Fe(OH)3＋3H(填写空格中内容)

pH 现象颜色变深颜色变浅＋

减小减小 4

加H2O 加NaHCO3 向右向右增多减小增大增大颜色变浅生成红褐色沉淀 [典例剖析]

【例1】 (2016·浙江省东阳中学高二上期中)NH4Cl溶液中存在NH4＋2H2O＋H3O，向溶液中加入下列物质后，平衡逆向移动的是( ) A.加少量NaOH固体 C.加入少量NH4Cl固体

－

＋

NH3·H2O

B.通少量NH3 D.加少量AgNO3固体

＋

解析 A项，此式为水解反应式，加入OH消耗H3O，促进反应向正反应方向进行，故错误；B项，NH3＋H2O

＋

NH3·H2O，NH3·H2O浓度增大，平衡向逆反应方向进行，故正确；C项，

＋

NH4浓度增加，反应物浓度增大，平衡正向移动，故错误；D项，加入AgNO3，发生Ag＋Cl

－

===AgCl↓，与平衡无影响，故错误。

答案 B

【例2】漂白粉在溶液中存在下列平衡：ClO＋H2O漂白效率的是( ) A.加H2O C.通入SO2

B.通入CO2 D.加少量NaOH

－

HClO＋OH，下列措施能提高其

－

解析加H2O虽然使平衡向右移动，但HClO的浓度减小；SO2与HClO反应；NaOH使平衡向左移动，所以A、C、D均使HClO的浓度减小，降低其漂白效率；通入CO2与OH反应，使平衡向右移动，HClO的浓度增大，提高其漂白效率，B正确。答案 B

[考点精练]

1.(2016·浙江省东阳中学高二上期中)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是( ) A.明矾溶液加热 B.CH3COONa溶液加热 C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体解析 A项，Al＋3H2O

3＋

－

Al(OH)3＋3H，水解为吸热反应，升高温度，促进水解，溶

＋

液显酸性，酚酞遇酸显无色，故错误；B项，酚酞遇碱变蓝，CH3COO＋H2O

－

CH3COOH

＋OH，水解为吸热反应，升高温度，促进水解，碱性增强，颜色加深，故正确；C项，NH3·H2O

NH4＋OH，加入氯化铵，抑制电离，c(OH)减小，碱性减弱，颜色变浅，故

＋

－

错误；D项，小苏打溶液中加入NaCl固体，对溶液无影响，颜色无变化，故错误。答案 B

2.有一种酸式盐AHB，它的水溶液呈弱碱性。则以下说法：

①相同物质的量浓度的AOH溶液和H2B溶液，前者的电离程度大于后者的电离程度； ②H2B不是强酸；

③HB的电离程度大于HB的水解程度； ④该盐溶液的电离方程式一般写成：AHB项的组合是( ) A.①②

B.③④ C.②③ D.①④ A＋HB，HB

＋

－

H＋B。其中错误选

＋2－

解析酸式盐AHB的水溶液呈弱碱性，说明AOH的碱性相对较强，H2B的酸性相对较弱，且HB的电离程度小于HB的水解程度，相同物质的量浓度的AOH溶液和H2B溶液，前者的电离程度大于后者的电离程度。AHB溶液的电离方程式一般写成AHB===A＋HB，HB

＋

－

＋B。所以错误选项的组合是③④。

2－

答案 B 【归纳总结】

(1)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液中离子浓度是减小的，故溶液酸性(或碱性)越弱。

(2)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH反应，使平衡向水解方向移动，原因是：体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO＋H2O

CH3COOH＋OH左移。

考点三盐类水解的应用

[主干精讲]

盐类水解的应用

应用举例－

－

判断溶液的酸碱性判断酸性强弱 FeCl3溶液显酸性，原因是Fe＋3H2O3＋Fe(OH)3＋3H ＋NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的pH分别为8、9、10，则酸性HX＞HY＞HZ 水解分别使溶液呈酸性和碱性的离子组由于相互促进，水解程度较大而不能共存离子共存 (1)Al与HCO3、CO3、AlO2、SiO3、HS、S、ClO； (2)Fe与HCO3、CO3、AlO2、SiO3、ClO； (3)NH4与SiO3、AlO2 ＋2－－3＋－2－－2－－3＋－2－－2－－2－－配制或贮存易水解的盐溶液胶体的制取配制CuSO4溶液时，加入少量硫酸，防止Cu水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸，贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用磨口玻璃塞 △3＋＋制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe＋3H2O=====Fe(OH)3(胶体)＋3H 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3溶液，发生反应Al＋3HCO3===Al(OH)3↓＋3＋－2＋泡沫灭火器原理 3CO2↑ 作净水剂化肥的使用除锈剂明矾可作净水剂，原理为Al＋3H2O铵态氮肥与草木灰不得混用 NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂 (1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如蒸干CuSO4(aq)――→CuSO4(s)；盐溶液蒸干灼烧 (2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，蒸干灼烧如AlCl3(aq)――→Al(OH)3(s)――→Al2O3； (3)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质 [典例剖析]

【例1】 (2016·温州市平阳二中高三模拟)下列有关问题，与盐的水解有关的是( ) ①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 ②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ③草木灰和铵态氮肥不能混合使用

④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体 A.①②③

3＋Al(OH)3(胶体)＋3H ＋B.②③④

C.①④⑤ D.①②③④⑤

－

3＋

解析 ①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；②HCO3与Al两种离子可发生相互促进的水解反应，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅与碱反应生成硅酸钠，硅酸钠会将瓶塞与瓶口黏合而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2O

Al(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体(如

果灼烧，会得到Al2O3固体)。答案 D

【例2】已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu、Fe、Fe

＋

2＋

沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、8.4、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体

(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：

请回答下列问题：

(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。 A.K2Cr2O7 C.H2O2

(2)物质Y是________。

(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？______，原因是

____________________________________________________________。 (4)除去Fe的有关离子方程式是________________________________。 (5)加氧化剂的目的是__________________________________________。

(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________，应如何操作？_____________________________________________________。

解析根据沉淀时溶液的pH知除去杂质时要将Fe先转化为Fe再除去，这样就需加入合适的氧化剂。对于氧化剂的选取原则是既能氧化Fe，又不引入杂质，故选择H2O2好些。加

2＋2＋

3＋

B.NaClO D.KMnO4

入Y的目的是增大溶液的pH但不引入杂质，因Fe＋3H2O

＋

3＋

Fe(OH)3＋3H，故加难溶

＋

的铜的化合物CuO或Cu(OH)2或CuCO3等消耗H，使平衡正向移动。本实验中不能加碱，是为了防止同时生成Cu(OH)2沉淀。要想得到CuCl2·2H2O晶体，必须在HCl气流中蒸发，防止CuCl2水解。答案 (1)C

(2)CuO或Cu(OH)2或CuCO3

(3)不能因加碱的同时也会使Cu生成Cu(OH)2沉淀 (4)Fe＋3H2O

2＋3＋

2＋

Fe(OH)3＋3H，CuO＋2H===Cu＋H2O

3＋

2＋

＋＋2＋

(5)将Fe氧化为Fe，便于Fe生成沉淀而与Cu分离 (6)不能应在HCl气流中加热蒸发

[考点精练]

1.(2016·杭州夏衍中学高二期末)下列说法正确的是( )

A.滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色褪去可证明BaCl2溶液显酸性 B.根据盐溶液的酸碱性，将盐分成酸式盐、正盐和碱式盐

C.泡沫灭火器是利用硫酸铝溶液和碳酸钠溶液反应产生大量CO2和Al(OH)3灭火 D.NH4F溶液中含有少量的HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中

解析 A.Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，BaCl2与Na2CO3反应生成BaCO3沉淀，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，氯化钡是强酸强碱盐，溶液呈中性，A错误；B.根据盐的组成，将盐分成酸式盐、正盐和碱式盐，酸式盐不一定显酸性，如NaHCO3溶液显碱性，NaHSO4显酸性，故B错误；C.碳酸氢钠和硫酸铝发生双水解反应生成二氧化碳快，泡沫灭火器是利用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳灭火，故C错误；D.NH4F溶液是弱酸弱碱盐，水解得到溶液中含HF，NH4＋F＋H2O

＋

－

NH3·H2O＋HF，生成的氢氟酸会和玻璃中的二氧化

硅反应，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故D正确。答案 D

2.下列应用与盐类的水解无关的是( ) A.纯碱溶液可以除油污 B.NaCl可用作防腐剂和调味剂 C.TiCl4溶于大量水加热制备TiO2

D.FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体

答案 B

3.BiCl3水解产物中有BiOCl生成。

(1)写出水解反应方程式：____________________________。

(2)医药上将BiOCl称为次氯酸，该名称________(填“正确”或“不正确”)。 (3)如何配制BiCl3溶液？_______________________ _____________________________________________。答案 (1)BiCl3＋H2O(2)不正确

(3)将适量的BiCl3固体溶于少量浓盐酸，然后加水稀释至所需浓度【归纳总结】

盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型

蒸干

1.盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)――→CuSO4(s)；蒸干盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)――→灼烧Al(OH)3――→Al2O3。

2.酸根阴离子易水解的强碱正盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。 3.考虑盐受热时是否分解

Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl等固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。 4.还原性盐在蒸干时会被O2氧化蒸干例如，Na2SO3(aq)――→Na2SO4(s)。

考点四电解质溶液中“粒子”浓度关系

[主干精讲]

1.同一溶液离子浓度大小比较方法 (1)准确判断溶液的酸碱性

①等浓度的弱酸与弱酸盐溶液等体积混合，如果电离能力大于水解能力，则溶液中c(H)＞

＋

BiOCl＋2HCl

c(OH－)；如果是水解能力大于电离能力，则溶液中c(H＋)＜c(OH－)。

②酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式酸根离子的电离能力和水解能力的相对强弱。如NaHCO3，HCO3的水解大于电离，故溶液显碱性，c(H)＜c(OH)；如NaHSO3，HSO3的电离大

－

＋

－

于水解，故溶液显酸性，溶液中c(H)＞c(OH)。 (2)四大依据

依据一：弱电解质的电离是微弱的

弱电解质的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸中：CH3COOH

CH3COO＋H；H2O

－

＋

＋－

OH＋H；在溶液中粒子浓度由大到小的顺序：

－＋

c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。

依据二：弱酸根或弱碱阳离子的水解程度很微弱

弱酸根阴离子或弱碱阳离子的水解是很微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如在稀NH4Cl溶液中：NH4Cl===NH4＋Cl；NH4＋H2O

＋

－

＋

NH3·H2O＋H；H2O

－

＋

OH＋H；

－＋

在溶液中微粒浓度由大到小的顺序是c(NH4)＞c(H)＞c(NH3·H2O)＞c(OH)。依据三：电荷守恒

溶液中所有阳离子所带的正电荷总浓度等于所有阴离子所带的负电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：c(Na)＋c(H)＝c(HCO3)＋2c(CO3)＋c(OH) 依据四：物料守恒

在电解质溶液中，某些微粒可能发生变化，但变化前后某种元素的原子个数守恒。如0.1 mol·L NaHCO3溶液中：c(Na)＝c(HCO3)＋c(CO3)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L。 2.三大题型

类型一：单一溶液中各离子浓度的比较

(1)多元弱酸溶液→多元弱酸分步电离，逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H)＞c(H2PO4)＞c(HPO4)＞c(PO4)。

(2)多元弱酸的正盐溶液→多元弱酸酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na)＞c(CO3)＞c(OH)＞c(HCO3)。

类型二：混合溶液中各离子浓度的比较→要综合分析电离、水解等因素。

如在0.1 mol·L NH4Cl溶液和0.1 mol·L的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为：c(NH4)＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H)。酸、碱中和型离子浓度的关系：

＋

－

＋

－1

＋

2－

－

＋

－

2－

3－

－1

＋

－

2－

－1

＋

－

2－

－

(3)不同溶液中同一离子浓度的比较

不同溶液某离子浓度的大小要看溶液中其他离子对该离子的影响。

如25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中，c(NH4)由大到小的顺序为e＞d＞c＞a＞b。 a.NH4Cl b.CH3COONH4 c.NH4HSO4 d.(NH4)2SO4 e.(NH4)2Fe(SO4)2

[典例剖析]

【例1】 (2017·4月浙江选考)25 ℃时，在含CH3COOH和CH3COO的溶液中，CH3COOH和CH3COO二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是( )

－

＋

A.在pH＜4.76的溶液中，c(CH3COO)＜c(CH3COOH) B.在pH＝7的溶液中，α(CH3COOH)＝0，α(CH3COO)＝1.0 C.在pH＞4.76的溶液中，c(CH3COO)与c(OH)之和可大于c(H) D.在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COO)之和保持不变

解析根据电离平衡判断CH3COOH和CH3COO两者含量随pH升高的变化情况，酸性越强CH3COOH含量越大，碱性越强CH3COO越大，判断A正确；加入盐酸，根据物料守恒，始终存在α(CH3COOH)＋α(CH3COO)＝1，D正确；电离平衡或是水解平衡是可逆的，α(CH3COOH)或α(CH3COO)不可能＝0或＝1，只能接近于0或1，若不考虑溶液中的平衡原理只看图，将错选B；pH＞4.76，溶液中存在其他阳离子，根据电荷守恒，判断 C正确。答案 B

【例2】 (2016·10月)常温下，用浓度为0.100 0 mol·L的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00 mL 0.100 0 mol·L的HX、HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是( )

－1

－

＋

－

A.V(NaOH)＝0 mL时，两份溶液中，c(X)>c(Y)

B.V(NaOH)＝10.00 mL时，c(X)>c(Na)>c(HX)>c(H)>c(OH) C.V(NaOH)＝20.00 mL时，c(OH)>c(H)>c(Na)>c(X) D.pH＝7时，两份溶液中，c(X)＝c(Na)＝c(Y)

解析 A项，由起点pH可知HY为强酸，HX为弱酸，同浓度的两者c(Y)>c(X)，错误；B项，此时为等浓度的HX、NaX的混合溶液[若不考虑HX的电离和NaX的水解，有c(HX)＝c(Na

＋

－

＋

－

＋

－

＋

－

)＝c(X)]，由于溶液呈酸性，说明HX的电离大于X的水解，有c(X)>c(Na)>c(HX)>c(H)>c(OH)，正确；C项，此时为NaX溶液，由于X水解使溶液呈碱性，有c(Na)>c(X)>c(OH)>c(H)，错误；D项，pH＝7时，由于HX中加入NaOH的体积小于20 mL(等体积混合时，

＋

＋－

－

＋

－

－－－＋

＋

－

溶液呈碱性)，两溶液中c(Na)不等，错误。答案 B

【例3】 (2016·4月浙江选考)常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L的醋酸溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是( )

－1

A.在反应过程中，c(Na)＋c(H)＝c(CH3COO)＋c(OH) B.pH＝5时，c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH)

C.pH＝6时，c(Na)＋c(H)－c(OH)＋c(CH3COOH)＝0.100 0 mol·L D.pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00 mL

解析 A项，根据电荷守恒，在反应过程中，c(Na)＋c(H)＝c(CH3COO)＋c(OH)，A项正确；B项，pH＝5时，溶液中醋酸过量，故c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH)，B项正确；C

－

＋

－

＋

－

＋

－

－1

－

＋

－

＋

－

项，根据电荷守恒，c(Na)＋c(H)＝c(CH3COO)＋c(OH)，故c(Na)＋c(H)－c(OH)＝

＋＋－－＋＋－

c(CH3COO－)，pH＝6时，c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，

因加入NaOH溶液后溶液的体积增大，故c(CH3COO)＋c(CH3COOH)＜0.1000 mol·L，C项不正确；D项，因生成醋酸钠水解呈碱性，故当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00 mL，D项正确。答案 C

[考点精练]

1.(2017·杭州重点中学)常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L NH4Cl溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是( )

－1

－

－1

A.点a所示溶液中：c(NH4)>c(Cl)>c(OH)>c(H) B.点b所示溶液中：c(NH4)＝c(Na)＝c(H)＝c(OH) C.点c所示溶液中：c(Cl)＋2c(H)＝2c(NH3·H2O)＋2c(OH) D.点d所示溶液中：c(NH3·H2O)>c(Cl)>c(OH)>c(NH4)

解析 A.a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H)＞c(OH)，铵根离子水解程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(Cl)＞c(NH4)＞c(H)＞c(OH)，A错误；B.b点溶液中，加入NaOH溶液的体积小于10 mL，消耗的NH4Cl小于原来的一半，即c(NH4)＞

＋

－

＋

－

＋

－

＋

－

-＋

＋

－

＋

－

＋

c(Na＋)，B错误；C.c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H＋)＜c(OH－)，溶液中的溶质是等物

质的量浓度的氯化铵、氯化钠、一水合氨，根据电荷守恒和物料守恒得c(Cl)＋2c(H)＝2c(NH3·H2O )＋2c(OH)，C正确；D.d点溶液中，二者恰好反应生成等浓度的氯化钠、一水合氨，所以c(NH3·H2O )＜c(Cl)，D错误。答案 C

2.[2017·嘉兴一中高二(下)期末]室温下，将1.000 mol·L

－1

－

＋

盐酸滴入20.00 mL 1.000

mol·L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )

A.a点由水电离出的c(H)＝1.0×10

＋

－14

mol·L

－1

B.b点：c(NH4)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl) C.c点：c(Cl)＝c(NH4)

D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热解析 A.因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c(H)＞1.0×10

＋＋

－14

－

＋

－

mol·L，故A错误；B.b

－

－1

点时pH＞7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c(NH4)＋c(NH3·H2O)＞c(Cl)，故B错误；C.因c点pH＝7溶液呈中性，则c(H)＝c(OH)，根据电荷守恒可知c(Cl)＝c(NH4)，故C正确；D.d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误。答案 C 【规律方法】

1.确定电解质溶液中粒子浓度大小方法 (1)判断电解质溶液中粒子浓度大小方法：①找全平衡、②分清主次

例如：NaHCO3溶液中存在平衡按主次顺序依次是： HCO3＋H2OHCO3H2O

－

＋

－

＋

－

＋

H2CO3＋OH(为主) H＋CO3(为次) H＋OH(最微弱)

＋

－

＋

2－

＋

－2－

－

微粒浓度大小顺序：c(Na)＞c(HCO3)＞c(OH)＞c(H2CO3)＞c(H)＞c(CO3) (2)电荷守恒→运用溶液呈电中性

方法：①找全离子，分写等号两边、②带几个电荷乘几、③只与离子种类有关

例如：Na2CO3；NaHCO3；Na2CO3和NaHCO3；Na2CO3和NaOH；等溶液中离子浓度存在的关系都可以用：c(Na)＋c(H)＝2c(CO3)＋c(HCO3)＋c(OH)表示 (3)物料守恒——运用溶液中某元素的原子守恒

方法：①只与溶质有关、②在电解质溶液中，溶质中离子有的发生变化，有的没有改变，但

＋

2－

－

仍保持原溶质中或反应前溶质微粒关系，如：NaHCO3溶液中

仍满足：c(Na)＝c(HCO3)＋c(CO3)＋c(H2CO3) 2.巧妙利用“关键点”突破图像问题

(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。

(2)抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液呈什么性，是什么因素造成的。 (3)抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。 (4)抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。

课后限时训练 (时间：45分钟)

一、选择题

1.下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是( ) A.pH＝1的溶液中：NH4、Na、Fe、SO4 B.含有大量AlO2的溶液中：Na、K、HCO3、NO3 C.中性溶液中：K、Al、Cl、SO4 D.Na2S溶液中：SO3、K、Cu、Cl

解析 A项，酸性条件下，H抑制NH4、Fe的水解，能大量共存；B项，AlO2＋HCO3＋H2O===Al(OH)3↓＋CO3，不能大量共存；C项，Al水解呈酸性，因而在中性溶液中不存在；D项，Cu＋S===CuS↓，不能大量共存。答案 A

2.相同温度、相同浓度的六种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分别为( )

A.NH4Cl (NH4)2SO4 CH3COONa B.(NH4)2SO4 NH4Cl CH3COONa C.(NH4)2SO4 NH4Cl NaOH D.CH3COOH NH4Cl (NH4)2SO4

解析 (NH4)2SO4比NH4Cl溶液中的铵根离子浓度大，水解生成的氢离子浓度大，醋酸钠水解

2＋

2－

3＋

＋

3＋

－

2－

＋

2＋

－

＋

3＋

－

2－

－

＋

－

＋

3＋

2－

＋

－

2－

显碱性，且其碱性比Na2CO3要弱。答案 B

3.(2016·浙江师大附中4月选考模拟)下列物质对水的电离平衡无影响的是( ) A.K C.Na2CO3

B.H2SO4 D.KNO3

解析 K和Na2CO3均会促进水的电离，H2SO4会抑制水的电离，KNO3对水的电离平衡无影响，故选D项。答案 D

4.(2016·温州市高三3月选考模拟)下列物质的水溶液因水解呈碱性的是( ) A.Na2CO3 C.HCl

B.NaOH D.FeCl3

2－

解析 A项，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，CO3＋H2OHCO3＋OH，故A正

－－

确；B项，NaOH是强碱，在水中能电离出大量的氢氧根，故是电离显碱性，故B错误；C项，氯化氢是强酸，在溶液中完全电离溶液显酸性，故C错误；D项，氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中能电离为铁离子Fe水解溶液呈酸性，Fe＋3H2O解，故D错误。答案 A

5.(2016·湖州市高三一模)下列说法不正确的是( )

A.常温下，在0.10 mol·L CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体，能使CH3COOH的电离度降低，溶液的pH增大

B.常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液中c(NH4)＝c(Cl)，则混合液的pH＝7 C.已知草酸氢钾溶液呈酸性，则在0.1 mol·L KHC2O4溶液中c(C2O4)>c(K)>c(H2C2O4) D.pH＝3的0.1 mol·L HA溶液与0.05 mol·L NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：2c(H

＋

－1

－1－1

2－

＋

－

－13＋

3＋

Fe(OH)3＋3H，氯离子不水

＋

)＋c(HA)＝c(A)＋2c(OH)

－－

解析 A项，向醋酸溶液中加入醋酸钠固体抑制醋酸电离，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A正确；B项，溶液中c(NH4)＝c(Cl)，根据电荷守恒得c(NH4)＋c(H)＝c(OH

－

＋

－

＋

)＋c(Cl)，所以c(H)＝c(OH)，所以溶液呈中性，故B正确；C项，HC2O4部分电离，c(K)＞c(C2O4)，故C错误；D项，根据溶液的电中性可知溶液中存在c(H)＋c(Na)＝c(OH)

－

＋

－

＋

－

2－

＋

－

－＋－－

＋

＋c(A)，根据物料守恒2c(Na)＝c(A)＋c(HA)，两者综合得到2c(H)＋c(HA)＝c(A)＋

2c(OH)，故D正确。答案 C

6.(2016·余姚中学高二期末)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。根据上述信息，下列说法不正确的是( ) A.CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2 B.PCl3的水解产物是HClO和PH3 C.NaClO的水解产物之一是HClO D.Mg3N2的水解产物是两种碱性物质

解析 A.CaO2的水解产物钙离子和氢氧根离子结合生成的Ca(OH)2和过氧根离子和氢离子结合生成的H2O2，故A正确；B.PCl3的水解产物是HCl和H3PO3，故B错误；C.NaClO的水解产物是HClO和NaOH，故C正确；D.Mg3N2的水解产物是Mg(OH)2和NH3，是两种碱性物质，故D正确。答案 B

7.(2017·浙江台州评估)常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L的氨水中逐滴加入0.100 0 mol·L的盐酸，pH随盐酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )

－1

－

A.滴加盐酸10 mL时，c(Cl)＞c(NH4)＞c(NH3·H2O)＞c(OH)＞c(H) B.滴加盐酸20 mL时，c(H)＝c(OH)＋c(NH3·H2O)

C.滴加盐酸10 mL时溶液的导电能力与滴加盐酸20 mL时溶液的导电能力相同 D.pH＜7时，消耗盐酸的体积一定大于20.00 mL

解析 A项，滴加10 mL盐酸时，溶液中生成的NH4Cl的浓度等于剩余的NH3·H2O的浓度，故溶液显碱性，所以有：c(NH4)＞c(Cl)＞c(NH3·H2O)＞c(OH)＞c(H)，错误；B项，滴加20 mL盐酸时，溶液中只有一种溶质NH4Cl，由电荷守恒c(Cl)＋c(OH)＝c(NH4)＋c(H

＋

－

＋

－

＋

－

＋

－

＋

)和物料守恒c(Cl)＝c(NH4)＋c(NH3·H2O)，两式联立可得出c(NH3·H2O)＋c(OH)＝c(H)，正确；C项，滴加10 mL盐酸时的溶液中c(NH4Cl)＝c(NH3·H2O)＝

－＋－

＋

10×10L×0.100 mol·L

＝0.033 mol/L，滴加20 mL盐酸时的溶液中c(NH4Cl)＝－3

30×10L20×10L×0.1 mol/L

＝0.05 mol/L，故后者导电能力强，错误；D项，当消耗盐酸的体积－3

40×10L为20 mL时，溶液中溶质只有NH4Cl，此时溶液的pH＜7，错误。答案 B

8.(2017·余姚中学高三期中)常温下，向1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4与NH3 ·H2O的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是( )

＋－3

－3－1

A.在M点时，n(OH)－n(H)＝(a－0.05) mol

－

＋

c（H＋）B.随着NaOH的加入，不断增大

c（NH＋4）

C.M点溶液中水的电离程度比原溶液小

D.当n(NaOH)＝0.1 mol时，c(OH)＞c(Cl)－c(NH3·H2O)

解析 A.在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH)＋n(Cl)＝n(H)＋n(Na)＋n(NH4)，n(OH

－

＋

－

)－n(H)＝0.05＋n(Na)－n(Cl)＝(a－0.05) mol，故A正确；B.铵根离子水解显酸性，

＋＋－

c（H＋）c（NH3·H2O）Kh

结合水解平衡常数分析，×＝，随氢氧化钠固体加入，＋c（NH4）c（NH3·H2O）c（NH3·H2O）c（H＋）

反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则减小，故B错误；C.向NH4Cl溶液

c（NH＋4）

中加碱，对水的电离起抑制作用，所以M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故C正确；D.向1 L 0.1 mol·LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH)＝0.1 mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，c(Na)＝c(Cl)＞c(OH)，溶液中存在水的电离则溶液中，

＋

－

－1

c(OH－)＝c(Cl－)－c(NH3·H2O)＋c(H＋)，则c(OH－)＞c(Cl－)－c(NH3·H2O)，故D正确。

答案 B

9.[2017·绍兴市嵊州高中高二(上)期末]常温下，向1 L pH＝10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离出的c(OH)的关系如图所示。下列叙述不正确的是( )

－

A.d点溶液中：c(Na)＝2c(CO3)＋c(HCO3) B.c点溶液中：c(Na)＞c(HCO3)＞c(CO3) C.b点溶液中：c(H)＝1×10mol·L D.a点溶液中：水电离出的c(H)＝1×10

－＋

－10

＋

－7

－1

＋

－

2－

＋

2－

－

mol·L

－7

＋

－

－1

解析 A.d点溶液中水电离出的OH离子浓度10mol/L，溶液呈中性，c(H)＝c(OH)，结合电荷守恒c(Na)＋c(H)＝2c(CO3)＋c(HCO3)＋c(OH)，两式相减，得c(Na)＝2c(CO3)＋c(HCO3)，故A正确；B.当水电离出的OH离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用，所以溶液中离子浓度大小为c(Na)＞c(CO3)＞c(HCO3)，故B错误；C.图像中，b点是常温下水溶液中水电离出的离子浓度c(H)＝c(OH)＝1×10 mol/L，溶液呈中性，故C正确；D.水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH＝10的 NaOH溶液，则c(H)＝1×10源于水的电离，所以水电离出的c(H)＝1×10答案 B

10.(2016·严州中学高二期中)在一定条件下，NaHCO3溶液中存在平衡①HCO3＋H2O

H2CO3＋OH、②HCO3＋H2O

－

＋

－10

＋

－10＋

－

－7

＋

2－

－

＋

2－

－

＋

2－

mol/L，而氢离子来

mol/L，故D正确。

CO3＋H3O。下列说法正确的是( )

2－＋

A.①是电离平衡、②是水解平衡

B.NaHCO3溶液呈碱性是因为①的程度大于② C.加入NaOH固体，①②平衡都向左移动 D.升高温度，①向右移动，②向左移动

解析 A.碳酸氢根离子水解，结合水电离出的氢离子促进水的电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，①是水解平衡，HCO3＋H2O

－

H2CO3＋OH，②HCO3＋H2O

－－

CO3＋H3O

2－＋

是碳酸氢根离子电离方程式，氢离子写成了水合氢离子，故A错误；B.碳酸氢钠溶液中水解使溶液显碱性，电离使溶液显酸性，二者相对大小决定溶液酸碱性，NaHCO3溶液呈碱性是因为①的程度大于②，故B正确；C.加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子浓度增大会抑制①水解平衡逆向进行，对于②促进电离平衡正向进行反应生成碳酸根离子，故C错误；D.水解和电离过程都是吸热过程，升温促进水解和电离，升温①②向右进行，故D错误。

答案 B

11.[2017·绍兴市嵊州高中高二(上)期末]25 ℃时，某酸性溶液中只含NH4、Cl、H、OH

－

＋

－

＋

四种离子，下列说法不正确的是( )

A.可能由pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合而成 B.该溶液可能由等物质的量浓度的盐酸和氨水等体积混合而成

C.加入适量氨水，溶液中离子浓度可能为：c(NH4)＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H) D.该溶液中c(NH4)＝c(Cl)＋c(OH)－c(H)

解析 A.一水合氨是弱电解质、HCl是强电解质，常温下，pH＝2的HCl与pH＝12的NH3·H2O溶液中，c(NH3·H2O)远远大于c(HCl)，二者等体积混合氨水有剩余，导致溶液呈碱性而不是酸性，故A错误；B.等物质的量浓度、等体积的HCl溶液和NH3·H2O溶液混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而氯离子不水解导致氯化铵溶液呈酸性，故B正确；C.加入适量NH3·H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度会导致溶液呈碱性，根据电荷守恒得c(NH4)＞c(Cl)，溶液中水的电离程度较小，可能出现离子浓度大小顺序是c(NH4)＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H)，故C正确；D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4)＋c(H)＝c(OH)＋c(Cl)，c(NH4)＝c(Cl)＋c(OH)－c(H

＋

－

＋

－

＋

－

＋

－

＋

－

＋

－

＋

)，故D正确。

答案 A

12.(2016·福建省厦门市海沧中学高二下学期期末)在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO3＋H2O

HCO3＋OH平衡。下列说法不正确的是( )

－

2－

－

c（HCO－3）·c（OH）

A.稀释溶液，增大－

c（CO23）－c（HCO3）

B.加入NaOH固体，减小－c（CO23）

C.升高温度，平衡常数增大 D.通入CO2，溶液pH减小

－－

c（HCO3）·c（OH）

解析 A项，碳酸根离子的水解平衡常数Kh＝，温度不变，则该比值－

c（CO23）

不变，故A错误；B项，加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，则水解平衡正向移

－c（HCO3）

动，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，的比值减小，故B正确；C2－c（CO3）

项，升高温度，碳酸根离子的水解平衡正向移动，则碳酸氢根离子、氢氧根离子浓度增大，

－

c（HCO－3）·c（OH）

碳酸根离子浓度减小，所以平衡常数Kh＝增大，故C正确；D项，二－

c（CO23）

氧化碳与氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故D正确。答案 A 二、非选择题

13.(2016·浙江省桐乡高级中学高二上期中)下列微粒中：①Na；②Fe；③Cl；④HCO3；⑤AlO2

(1)既能电离又能水解微粒是______________(填序号)。

(2)②、③两种离子组成的盐的水溶液显______________(填“酸性”或“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示原因______________________________。

(3)④、⑤两种离子在水溶液中会发生反应而生成沉淀，写出相应的离子方程式_______________________________________________。

解析 (1)①Na既不能电离也不能水解，②Fe只能水解不能电离，③Cl不能电离也不能水解，④HCO3是弱酸的酸式酸根，既能电离又能水解，⑤ AlO2只能水解不能电离，答案选④；(2)②、③两种离子组成的盐是FeCl3，是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，水解的离子方程式为Fe＋3H2O

3＋

－

＋

3＋

－

＋

3＋

－

3H＋Fe(OH)3；(3)HCO3电离产生H，AlO2水解产生HAlO2和OH，

－

＋－＋－－

两种离子在水溶液中会发生反应，生成沉淀，离子方程式为AlO2＋HCO3＋H2O===Al(OH)3↓＋CO3。

答案 (1)④ (2)酸性 FeH2O===Al(OH)3↓＋CO3

14.(2016·浙江江山实验中学高二教学质量检测)25 ℃时，如果取0.1 mol·L HA溶液与0.1 mol·L NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：

(1)混合溶液的pH＝8的原因是______________________________ ________________________________________(用离子方程式表示)；

(2)混合溶液中由水电离出的c(H)________0.1 mol·LNaOH溶液中由水电离出的c(H

＋

－1

2－

3＋

2－

＋3H2O3H

＋

＋Fe(OH)3 (3)AlO2＋HCO3＋

－－

)(选填“>”、“<”、或“＝”)；

(3)求出混合液的下列算式的精确计算结果(填具体数字)：

c(Na＋)－c(A－)＝____________________mol·L－1；

(4)已知NH4A溶液是中性，又知将HA溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3

溶液的pH________7 (选填“>”、“<”或“＝”)； (5)将相同温度下浓度相同的四种盐溶液： A.NH4HCO3 C.(NH4)2SO4

B.NH4A D.NH4Cl

按pH由大到小的顺序排列______________________________(填序号)。

解析 (1)25 ℃时，0.1 mol·L HA溶液与0.1 mol·LNaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成NaA溶液，测得混合溶液的pH＝8，则NaA为强碱弱酸盐，A发生水解，A＋H2O

HA＋OH ；(2)NaA为强碱弱酸盐，A发生水解，促进水的电离，NaOH为强碱，

＋

－1

－

－1

抑制水的电离，则混合溶液中由水电离出的c(H)＞0.1 mol·L NaOH溶液中由水电离出的c(H)；(3)NaA溶液的pH＝8，则c(H)＝10 mol·L，c(OH)＝10 mol·L；溶液中的电荷守恒式为c(Na)＋c(H)＝c(OH)＋c(A)，则c(Na)－c(A)＝c(OH)－c(H)＝9.9×10 mol·L；(4)NH4A溶液是中性，则NH4 的水解程度和A的水解程度相同，将HA溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，则HA的酸性大于碳酸，A的水解程度小于碳酸根的水解程度，则(NH4)2CO3溶液的pH＞7；(5)根据题意知相同温度下浓度相同的四种盐溶液，pH由大到小的顺序排列NH4HCO3＞NH4A ＞NH4Cl＞(NH4)2SO4 ，顺序为ABDC。答案 (1)A＋H2O

－7

－

－7

－1

＋

－

＋

－

＋

－

＋

－8

－1

－

－6

－1

HA＋OH

－

(2)＞ (3)9.9×10 (4)> (5)ABDC

15.(2016·浙江台州中学高二上第三次统练)25 ℃时，有关物质的电离平衡常数如下：

化学式电离平衡常数 CH3COOH H2CO3 H2SO3 K＝1.8×10－5 K1＝4.3×10－7 K2＝5.6×10－11 K1＝1.5×10－2 K2＝1.02×10－7 (1)三种酸由强至弱的顺序为________(用化学式表示)。

(2)常温下，0.02 mol·L的CH3COOH溶液的电离度约为________，体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1 000 mL，稀释后溶液的pH，前者________后者(填“＞”、“＜”或“＝”)。

(3)下列离子CH3COO、CO3、HSO3、SO3在溶液中结合H能力由大到小为________。 (4)c(NH4)相同的下列物质的溶液中，物质的量浓度最大的是________。 A.NH4Al(SO4)2 C.NH4HSO4

＋

－

2－

－

2－

＋

－1

B.NH4HCO3 D.NH4NO3

E.CH3COONH4

(5)等浓度的CH3COONa、NaHCO3的混合溶液中，各离子浓度关系正确的是______。 A.c(CH3COO)>c(HCO3)>c(OH)

B.c(Na)＋c(H)＝c(CH3COO)＋c(HCO3)＋c(OH) C.c(OH)>c(HCO3)>c(CH3COO)

D.c(CH3COO)＋c(CH3COOH)＝c(HCO3)＋c(CO3)

解析 (1)电离平衡常数越大，酸的酸性就越强，根据表格数据可知酸由强至弱为H2SO3>CH3COOH>H2CO3；(2)CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOH设常温下，0.02 mol·L

－1

－

2－

－

＋

－

CH3COO＋H，假

＋

－

－＋

的CH3COOH溶液的电离度是a，则平衡时c(H)＝c(CH3COO)＝

c（H＋）·c（CH3COO－）（0.02a）

0.02a，c(CH3COOH)＝0.02(1－a)，得K＝＝＝1.8×10

c（CH3COOH）0.02（1－a）－5

，解得a＝0.03；由于电离平衡常数：H2SO3>CH3COOH。所以体积为10 mL pH＝2的醋酸溶

＋

液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1 000 mL，酸越弱，稀释后溶液中c(H)变化越小，则溶液中c(H)越大，稀释后溶液的pH就越小，故稀释后溶液的pH，前者小于后者；(3)电离平衡常数越小，说明电离产生的离子结合H的能力越强。由于电离平衡常数：H2SO3>CH3COOH>HSO3>HCO3；所以离子CH3COO、CO3、HSO3、SO3在溶液中结合H能力由大到小为CO3>SO3>CH3COO>HSO3；(4)A.在NH4Al(SO4)2溶液中，存在水解平衡：Al＋3H2O

3＋

2－

－

3＋

－

2－

－

2－

＋

Al(OH)3＋3H；NH4＋H2O

＋

＋＋

NH3·H2O＋H；由于二者水解的酸碱性相同，所

＋

以Al水解对NH4的水解平衡起抑制作用，使其水解程度减小；B.在NH4HCO3溶液中，存在水解平衡：NH4＋H2O

－

＋

NH3·H2O＋H；HCO3＋H2O

＋－

H2CO3＋OH，HCO3水解产生的OH

＋

－－

中和NH4水解产生的H，使铵根离子水解程度增大，当溶液中c(NH4)相同时，盐的浓度

＋2－

c(NH4HCO3)>c[NH4Al(SO4)2]；C.在NH4HSO4溶液中盐电离：NH4HSO4===NH＋4＋H＋SO4，盐电离

产生的H对铵根的水解平衡起抑制作用，使其水解程度减小，由于盐电离产生的H浓度远大于盐水解产生的H

＋

＋＋

的浓度，因此当溶液中c(NH4)相同时，盐的浓度

＋

＋c[NH4Al(SO4)2]>c(NH4HSO4)；D.在NH4NO3溶液中只有NH＋4的水解平衡，因此当溶液中c(NH4)

相同时，盐的浓度c(NH4NO3)>c[NH4Al(SO4)2]；E.在CH3COONH4溶液中存在水解平衡：NH4＋H2O

NH3·H2O＋H；CH3COO＋H2O

＋＋

－

＋

CH3COOH＋OH，CH3COO水解反应产生的OH反

＋

－－－

应消耗铵根水解产生的H，使铵根离子水解程度增大，当达到平衡时，若溶液中c(NH4)相同时，盐的浓度c(CH3COONH4)>c(NH4NO3)；由于醋酸的酸性比碳酸的酸性强，所以促进铵根

水解的程度CH3COO

＋

c(NH4HCO3)>c(CH3COONH4)。故c(NH4)相同的下列物质的溶液中，物质的量浓度最大是NH4HCO3，

－－

选项B正确；(5)A.等浓度的CH3COONa、NaHCO3的混合溶液中，由于酸性：CH3COOH>H2CO3，所以盐的水解程度：HCO3>CH3COO，而Na不消耗，所以溶液中离子浓度关系c(Na)>c(CH3COO

－

＋

)>c(HCO3)，盐水解消耗氢离子，产生氢氧根离子，但是盐水解的程度是微弱的，主要以盐

＋

－

电离产生的离子存在故溶液中的离子浓度：c(Na)>c(CH3COO)>c(HCO3)>c(OH)，选项A正确；

B.根据电荷守恒可得c(Na)＋c(H)＝

＋

－2－c(CH3COO－)＋c(HCO－3)＋c(OH)＋2c(CO3)，选项B错误；C.盐水解产生的氢氧根离子的浓

度小于盐电离产生的离子的浓度，而且离子水解程度：HCO3>CH3COO，所以离子浓度关系是

－－－c(CH3COO－)>c(HCO－错误；D.根据物料守恒可得c(CH3COO)＋c(CH3COOH)＝c(HCO3)3)>c(OH)，

－－

＋c(CO3)＋c(H2CO3)，错误。答案 (1)H2SO3>CH3COOH>H2CO3 (2)3% <

(3)CO3>SO3>CH3COO>HSO3 (4)B (5)A

16.已知25 ℃时，2.0×10 mol/L氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略体积变化)，得到

－3

2－

－

2－

c(HF)、c(F－)与溶液pH的变化关系如图所示。

(1)25 ℃时，HF的电离平衡常数Ka＝________。 (2)已知HF(aq)

H(aq)＋F(aq) ΔH＝－10.4 kJ/mol，现将室温下0.1 mol/L HF

＋

－

溶液升温至30 ℃(不考虑溶质和溶剂的挥发)，下列各量增大的是________。

c（OH－）a.Ka b.Kw c.n(H) d.

c（H＋）

＋

(3)25 ℃时，在20 mL 0.1 mol/L氢氟酸中加入V mL 0.1 mol/L NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是________。

a.pH＝3的HF溶液和pH＝11的NaF溶液中，由水电离出的c(H)相等 b.①点时pH＝6，此时溶液中，c(F)－c(Na)＝9.9×10 mol/L c.②点时，溶液中的c(F)＝c(Na)

d.③点时V＝20 mL，此时溶液中c(F)＜c(Na)＝0.1 mol/L

－

＋

－

＋－

＋

－7

＋

c（H＋）·c（F－）－＋

解析 (1)Ka＝，当c(F)＝c(HF)时，Ka＝c(H)，图中交点处所对应的

c（HF）

pH为3.45，即c(H)＝10

＋

－3.45

，故Ka＝10

－3.45

。

＋

(2)已知该电离放热，因此温度升高后，电离平衡逆向移动，n(H)变小，电离常数Ka变小，

c（OH－）2＋

水的离子积常数Kw增大，＝Kw/c(H)增大。＋

c（H）

(3)a中，pH＝3的HF溶液中由水电离出的c(H)＝10

＋

－3

＋＋

－11

mol/L，pH＝11的NaF溶液中由水

电离出的c(H)＝10 mol/L，水电离出的c(H)不相等，错误。b中，当pH＝6，根据电荷守恒得c(F)－c(Na)＝c(H)－c(OH)＝10－10＝9.9×10 mol/L，正确。c中，根据电荷守恒可知选项正确。d中，当V＝20 mL时，两者恰好完全反应生成NaF，由于F水解故存在c(F)＜c(Na)，但由于溶液体积变化，c(Na)为原来的一半，即0.05 mol/L，d错。答案 (1)10

－3.45－

＋

－

＋

－

－6

－8

－7

(或3.5×10) (2)bd (3)bc

－4

a.pH＝3的HF溶液和pH＝11的NaF溶液中，由水电离出的c(H)相等 b.①点时pH＝6，此时溶液中，c(F)－c(Na)＝9.9×10 mol/L c.②点时，溶液中的c(F)＝c(Na)

d.③点时V＝20 mL，此时溶液中c(F)＜c(Na)＝0.1 mol/L