資源簡介

(共106張PPT)
第03講
鹽類的水解
目錄
CONTENTS
01
考情透視
02
知識(shí)導(dǎo)圖
03
考點(diǎn)突破
04
真題練習(xí)
考點(diǎn)要求 考題統(tǒng)計(jì) 考點(diǎn)要求 考題統(tǒng)計(jì)
鹽類水解 的概念 2022·浙江1月選考1題，2分； 2022·浙江6月選考23題，2分； 2021·廣東卷8題，2分； 2021·北京卷12題，3分； 鹽類水解的應(yīng)用 2022·海南卷13題，4分；
考點(diǎn)要求 考題統(tǒng)計(jì) 考點(diǎn)要求 考題統(tǒng)計(jì)
離子濃度大小比較 2024·安徽卷13題，3分； 2022·重慶卷11題，3分； 2023·天津卷10題，3分； 離子曲線 2022·福建卷10題，4分；
2022·浙江1月選考23題，2分；
2021·浙江1月選考23題，2分；
2021·浙江6月選考23題，2分；
2021·湖南卷9題，3分；
考情分析
鹽類的水解是歷年高考考點(diǎn)的重點(diǎn)與熱點(diǎn)，幾乎每年必考。
主要考點(diǎn)有四個(gè)：
水解方程式的書寫
影響水解平衡的因素及水解平衡的移動(dòng)
溶液中離子濃度大小的比較
鹽類水解的應(yīng)用
結(jié)合酸堿中和滴定圖像及鹽類水解的知識(shí)，分析微粒濃度之間的關(guān)系，運(yùn)用金屬離子的水解知識(shí)除去工藝流程中的相關(guān)雜質(zhì)，是高考命題的熱點(diǎn)
考情分析
沉淀溶解平衡圖像題出現(xiàn)的概率也較高，主要考查Ksp的相關(guān)計(jì)算及粒子濃度的關(guān)系。一是在選擇題某一選項(xiàng)中以圖像或者文字的形式考查，二是在填空題中結(jié)合化學(xué)反應(yīng)原理綜合考查。試題以日常生活情境、生產(chǎn)環(huán)保情境和實(shí)驗(yàn)探究情景為主，集中在圖象和圖示的分析，側(cè)重于理解與辨析能力、分析與推測能力，從題干及圖象中提取有效信息，結(jié)合平衡移動(dòng)原理和各種守恒思想，具體問題具體分析，提高試題的靈活性與創(chuàng)新性。
復(fù)習(xí)目標(biāo)
了解鹽類水解的原理及其一般規(guī)律。
掌握水解離子方程式的書寫。
了解影響鹽類水解程度的主要因素。
了解鹽類水解的應(yīng)用。
能利用水解常數(shù)(Kh)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。
能發(fā)現(xiàn)和提出有探究價(jià)值的鹽類水解平衡的問題；能從問題和假設(shè)出發(fā)，確定探究目的，設(shè)計(jì)探究方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究。
考向1 鹽類的水解規(guī)律
考點(diǎn)一
鹽類的水解及其影響因素
考點(diǎn)二
鹽類水解的影響因素及應(yīng)用
考向2 水解方程式
考向2 鹽類水解的應(yīng)用
考向1 鹽類水解平衡移動(dòng)及結(jié)果分析
考向3 水解平衡原理解釋問題的規(guī)范描述
考點(diǎn)三
溶液中粒子濃度大小關(guān)系
考向1 離子濃度大小比較
考向2 粒子濃度變化曲線
考點(diǎn)一
鹽類的水解及其影響因素
知識(shí)點(diǎn)1 鹽類的水解
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解規(guī)律
知識(shí)點(diǎn)3 鹽類水解離子方程式的書寫
鹽類的水解
知識(shí)點(diǎn)1 鹽類的水解
定義
條件
實(shí)質(zhì)
特點(diǎn)
在水溶液中，鹽電離產(chǎn)生的離子與水電離產(chǎn)生的H+或OH-結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)
可溶性鹽中必須有弱酸的酸根離子或者弱堿的陽離子
鹽電離
弱酸的陰離子
結(jié)合H+
弱酸的陽離子
結(jié)合OH-
弱電解質(zhì)
破壞水的電離平衡→水的電離程度增大
c(H+)≠c(OH-)→溶液呈酸性或者堿性
c(H+)=c(OH-)→溶液呈中性
可逆：水解反應(yīng)是可逆反應(yīng)
吸熱：水解反應(yīng)是酸堿中和反應(yīng)的逆反應(yīng)
微弱：水解反應(yīng)程度很微弱
知識(shí)點(diǎn)1 鹽類的水解
名師點(diǎn)睛
鹽類的水解反應(yīng)是中和反應(yīng)的逆反應(yīng)，所以水解程度比較微弱，且為吸熱反應(yīng)。
鹽類水解規(guī)律
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解規(guī)律
有弱才水解，越弱越水解；誰強(qiáng)顯誰性，同強(qiáng)顯中性。
鹽的類型 實(shí)例 是否水解 水解的離子 溶液的 酸堿性 溶液的pH
強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽 NaCl、KNO3 否 － 中性 pH＝7
強(qiáng)酸弱堿鹽 NH4Cl、Cu(NO3)2 是 NH4＋、Cu2＋ 酸性 pH＜7
弱酸強(qiáng)堿鹽 CH3COONa、Na2CO3 是 CH3COO－、CO32－ 堿性 pH>7
名師點(diǎn)睛
判斷酸式鹽的水溶液的酸堿性要看該鹽的構(gòu)成微粒的實(shí)際表現(xiàn)。
1．強(qiáng)酸的酸式鹽只電離，不水解，溶液一定顯酸性，如：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42-。
2．弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子的電離程度和水解程度的相對(duì)大小。
①電離程度小于水解程度，溶液顯堿性，如NaHCO3溶液中：HCO3- H＋＋CO32-(次要)，HCO3-＋H2O H2CO3＋OH－(主要)，使c(OH－)>c(H＋)，溶液顯堿性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液顯堿性。
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解規(guī)律
名師點(diǎn)睛
判斷酸式鹽的水溶液的酸堿性要看該鹽的構(gòu)成微粒的實(shí)際表現(xiàn)。
2．弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子的電離程度和水解程度的相對(duì)大小。
②電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液中：HSO3- H＋＋SO32-(主要)，HSO3-＋H2O H2SO3＋OH－(次要)，使c(OH－)知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解規(guī)律
鹽類水解離子方程式的書寫
知識(shí)點(diǎn)3 鹽類水解離子方程式的書寫
由于水解是微弱的反應(yīng)，因而反應(yīng)物與生成物用“ ”連接，易揮發(fā)性物質(zhì)不標(biāo)“↑”，
多元弱酸鹽的水解分步寫：如Na2S(aq)：第一步：S2－＋H2O HS－＋OH－；第二步：HS－＋H2O H2S＋OH－，水解以第一步水解為主。
金屬陽離子(弱堿的陽離子)水解一步寫到底。
相互促進(jìn)水解時(shí)，由于反應(yīng)徹底，故生成物中出現(xiàn)的不溶于水的沉淀或氣體均要注明狀態(tài)，即寫上“↓”或“↑”符號(hào)，中間用“=”連接。
易錯(cuò)提醒
NH4+與CH3COO－、HCO3-、CO32-等在水解時(shí)相互促進(jìn)，其水解程度比單一離子的水解程度大，但水解程度仍然比較弱，不能進(jìn)行完全，在書寫水解方程式時(shí)用“ ”。
知識(shí)點(diǎn)3 鹽類水解離子方程式的書寫
B
【例1】常溫下，濃度均為0.1 mol·L－1的下列四種鹽溶液，其pH測定如表所示：
序號(hào) ① ② ③ ④
溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO
pH 8.8 9.7 11.6 10.3
下列說法正確的是(　　)
A．四種溶液中，水的電離程度：①>②>④>③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子種類相同
C．將等濃度的CH3COOH和HClO溶液比較，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
考向1 鹽類的水解規(guī)律
B
【例1】常溫下，濃度均為0.1 mol·L－1的下列四種鹽溶液，其pH測定如表所示：
序號(hào) ① ② ③ ④
溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO
pH 8.8 9.7 11.6 10.3
下列說法正確的是(　　)
A．四種溶液中，水的電離程度：①>②>④>③
這幾種鹽都是強(qiáng)堿弱酸鹽，弱酸根離子發(fā)生水解反應(yīng)使溶液顯堿性，當(dāng)鹽的濃度相同時(shí)，酸的酸性越弱，酸根離子水解的程度就越大，水的電離程度就越大，溶液的堿性就越強(qiáng)。根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知四種溶液中，水的電離程度：①<②<④<③，
考向1 鹽類的水解規(guī)律
B
【例1】常溫下，濃度均為0.1 mol·L－1的下列四種鹽溶液，其pH測定如表所示：
序號(hào) ① ② ③ ④
溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO
pH 8.8 9.7 11.6 10.3
下列說法正確的是(　　)
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子種類相同
在Na2CO3和NaHCO3溶液中，存在的粒子有Na＋、HCO3-、CO32-、H2CO3、H2O、H＋、OH－，所以粒子種類相同，
考向1 鹽類的水解規(guī)律
B
【例1】常溫下，濃度均為0.1 mol·L－1的下列四種鹽溶液，其pH測定如表所示：
序號(hào) ① ② ③ ④
溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO
pH 8.8 9.7 11.6 10.3
下列說法正確的是(　　)
C．將等濃度的CH3COOH和HClO溶液比較，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
等濃度的CH3COOH和HClO溶液的酸性：CH3COOH>HClO，所以pH小的是CH3COOH
在Na2CO3溶液中，根據(jù)物料守恒可得c(Na＋)＝2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
考向1 鹽類的水解規(guī)律
考向1 鹽類的水解規(guī)律
思維建模
“誰弱誰水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。
“越稀越水解”，鹽溶液被稀釋后濃度越小，水解程度越大，但由于溶液體積的增大是主要的，故水解產(chǎn)生的H+或OH-的濃度是減小的，則溶液酸性(或堿性)越弱。
水解程度：相互促進(jìn)水解的鹽>單獨(dú)水解的鹽>相互抑制水解的鹽。如相同條件下NH4+的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。相同條件下的水解程度：正鹽>相應(yīng)酸式鹽，如CO32－>HCO3-
【變式訓(xùn)練】廣義的水解觀認(rèn)為：無論是鹽的水解還是非鹽的水解，其最終結(jié)果是反應(yīng)中各物質(zhì)和水分別離解成兩部分，然后兩兩重新組合成新的物質(zhì)。根據(jù)上述觀點(diǎn)，下列說法不正確的是(　　)
A．BaO2的水解產(chǎn)物是Ba(OH)2和H2O2 B．PCl3的水解產(chǎn)物是HClO和H3PO4
C．Al4C3的水解產(chǎn)物是Al(OH)3和CH4 D．CH3COCl的水解產(chǎn)物是兩種酸
B
【解析】
BaO2的水解產(chǎn)物是Ba(OH)2和H2O2，該反應(yīng)中沒有元素化合價(jià)升降，符合水解原理，故A項(xiàng)正確；
該反應(yīng)中Cl元素的化合價(jià)由－1變?yōu)椋?，有電子轉(zhuǎn)移，不符合水解原理，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；
Al4C3水解得到氫氧化鋁和甲烷，符合水解原理，故C項(xiàng)正確；
CH3COCl的水解產(chǎn)物是兩種酸，為CH3COOH和HCl，符合水解原理，故D項(xiàng)正確。
考向2 水解方程式
【例2】下列物質(zhì)在常溫時(shí)發(fā)生水解，對(duì)應(yīng)的離子方程式正確的是(　　)
A．Na2CO3：CO32-＋2H2O H2CO3＋2OH－
B．CuSO4：Cu2＋＋2H2O=Cu(OH)2＋2H＋
C．NaAlO2：AlO2－＋2H2O Al(OH)3＋OH－
D．NaF：F－＋H2O=HF＋OH－
C
CO32-＋H2O HCO3-＋OH－ HCO3-＋H2O H2CO3＋OH－
Cu2＋＋2H2O=Cu(OH)2＋2H＋
F－＋H2O HF＋OH－
【變式訓(xùn)練】下列水解反應(yīng)的離子方程式及有關(guān)說法正確的是(　　)。
A
A．NaHC2O4溶于水顯堿性是因?yàn)镠C2O4-+H2O H2C2O4+OH-，HC2O4- H++ C2O42-，HC2O4-的水解程度大于其電離程度
B．常溫下，0.1 mol·L-1的一元酸HX溶液的pH=3，可推知NaX溶液中存在X-+H2O=HX+OH-
C．向K2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液變紅色的原因是CO32-+H2O=HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，顏色無變化
D．NaHSO3溶于水顯酸性是因?yàn)镠SO3- SO32-+H+，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，HSO3-的電離程度小于其水解程
【解析】
NaHC2O4溶于水顯堿性，說明HC2O4-的水解程度大于其電離程度，離子方程式均正確，A項(xiàng)正確；
X-水解的離子方程式為X-+H2O HX+OH-，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
CO32-水解的離子方程式為CO32-+H2O HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，平衡逆向移動(dòng)，顏色變淺，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
NaHSO3溶于水顯酸性，說明HSO3-的電離程度大于其水解程度，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

思維建模
考向2 水解方程式
1．一般要求
如NH4Cl水解的離子方程式為NH4++H2O NH3·H2O+H+
一般鹽類水解程度很小
水解產(chǎn)物很少
氣體、沉淀不標(biāo)“↓”或“↑”，易分解產(chǎn)物（如NH3·H2O等）不寫其分解產(chǎn)物的形式
思維建模
考向2 水解方程式
2．三種類型的鹽水解方程式的書寫
多元弱酸根離子的水解分步進(jìn)行 水解以第一步為主。如Na2CO3：CO32-+H2O HCO3- +OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH-
多元弱堿陽離子的水解反應(yīng)過程復(fù)雜 在中學(xué)階段只要求一步寫到底。如AlCl3：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+
思維建模
考向2 水解方程式
2．三種類型的鹽水解方程式的書寫
弱酸弱堿鹽中陰、陽離子水解相互促進(jìn) ①NH4+與S2-、HCO3-、CO32-、CH3COO-等組成的鹽雖然水解相互促進(jìn)，但水解程度較小，書寫時(shí)仍用“ ”表示。如：NH4++CH3COO-+H2O CH3COOH+NH3·H2O。
②Al3+與CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-，F(xiàn)e3+與CO32-、HCO3-等組成的鹽水解相互促進(jìn)非常徹底，生成氣體和沉淀，書寫時(shí)用“=”表示。如：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
考點(diǎn)二
鹽類水解的影響因素及應(yīng)用
知識(shí)點(diǎn)1 鹽類水解的影響因素
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解的應(yīng)用
1、內(nèi)因
知識(shí)點(diǎn)1 鹽類水解的影響因素
生成鹽的弱酸或弱堿越弱，其對(duì)應(yīng)的弱酸酸根離子或弱堿陽離子的水解程度越大，溶液的堿性或酸性越強(qiáng)。
水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。
2、外因
知識(shí)點(diǎn)1 鹽類水解的影響因素
溶液的濃度
溫度
外加酸/堿
濃度越小，水解程度越大
溫度越高，水解程度越大
酸：弱酸陰離子水解程度增大，弱堿陽離子水解程度減小
堿：弱酸陰離子水解程度減小，弱堿陽離子水解程度增大
3、以FeCl3水解為例：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，分析外界條件對(duì)水解平衡的影響
知識(shí)點(diǎn)1 鹽類水解的影響因素
條件 平衡移動(dòng)方向 H＋數(shù) pH 現(xiàn)象
升溫 向右 增多 減小 顏色變深
通HCl 向左 增多 減小 顏色變淺
加H2O 向右 增多 增大 顏色變淺
加NaHCO3 向右 減小 增大 生成紅褐色沉淀，放出氣體
知識(shí)點(diǎn)1 鹽類的水解
名師提醒
方法技巧
易錯(cuò)提醒
鹽類水解易受溫度、濃度、溶液的酸堿性等因素的影響，以氯化鐵水解為例，當(dāng)改變條件如升溫、通入HCl氣體、加水、加鐵粉、加碳酸氫鈉等時(shí)，學(xué)生應(yīng)從移動(dòng)方向、pH的變化、水解程度、現(xiàn)象等方面去歸納總結(jié)，加以分析掌握。
多元弱酸的酸式鹽問題。酸式鹽一般既存在水解，又存在電離。如果酸式鹽的電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式鹽的水解程度大于其電離程度，則溶液顯堿性，如NaHCO3溶液。
1、判斷離子能否大量共存
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解的應(yīng)用
若陰、陽離子發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，水解程度較大而不能大量共存，有的甚至水解完全。
常見的相互促進(jìn)的水解反應(yīng)進(jìn)行完全的有：Fe3＋、Al3＋與[Al(OH)4]－、CO32－、HCO3－。
2、判斷鹽溶液蒸干時(shí)所得的產(chǎn)物
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解的應(yīng)用
鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸和酸根陰離子易水解的強(qiáng)堿鹽，蒸干后一般得原物質(zhì)，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
鹽溶液水解生成揮發(fā)性酸時(shí)，蒸干灼燒后一般得對(duì)應(yīng)的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼燒得Al2O3。
考慮鹽受熱時(shí)是否分解，如Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固體受熱易分解，因此蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3和HCl。
還原性鹽在蒸干時(shí)會(huì)被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
弱酸的銨鹽蒸干后無固體。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。
3、保存、配制某些鹽溶液
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解的應(yīng)用
配制FeCl3溶液時(shí)，為防止出現(xiàn)Fe(OH)3沉淀，常加幾滴鹽酸來抑制FeCl3的水解；
實(shí)驗(yàn)室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的試劑瓶不能用玻璃塞，應(yīng)用橡膠塞。
4、利用鹽類的水解反應(yīng)制取膠體、凈水
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解的應(yīng)用
實(shí)驗(yàn)室制備Fe(OH)3膠體的化學(xué)方程式為：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(膠體)＋3HCl。
明礬凈水的原理：Al3＋水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有很大的表面積，吸附水中懸浮物而聚沉。
5、解釋熱的純堿溶液去污能力強(qiáng)
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解的應(yīng)用
碳酸鈉溶液中存在水解平衡CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，升高溫度，水解平衡右移，c(OH－)增大
6、解釋泡沫滅火器的反應(yīng)原理
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解的應(yīng)用
成分NaHCO3、Al2(SO4)3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：
Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑。
知識(shí)點(diǎn)2 鹽類水解的應(yīng)用
易錯(cuò)提醒
利用水解原理除雜需注意的問題：
1．注意把控溶液的pH：在除雜時(shí)如果pH調(diào)節(jié)不好，很可能會(huì)把所需成分除去。
2．注意不能引入新的雜質(zhì)：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3雜質(zhì)，除雜時(shí)不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性堿，會(huì)引入NH4+、Na+等雜質(zhì)。
考向1 鹽類水解平衡移動(dòng)及結(jié)果分析
【例1】在一定條件下，溶液中存在水解平衡： 。
下列說法正確的是( )
B
A.稀釋溶液，水解平衡常數(shù)增大
B.加入固體，濃度減小
C.升高溫度，減小
D.加入NaOH固體，溶液減小
水解常數(shù)只與溫度有關(guān)
，平衡左移，濃度減小
水解為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡右移，因而增大
加入NaOH固體，溶液pH增大
【變式訓(xùn)練】下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法不正確的是( )
D
A.向溶液中通入，減小
B.將的溶液從升溫至，增大
C.向的HF溶液中滴加NaOH溶液至 中性，
D.向的溶液中加入少量水，增大

【解析】
Na2CO3溶液中存在平衡CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，通入NH3，NH3溶于水生成NH3·H2O，存在電離NH3·H2O NH4＋＋OH－，抑制了CO32－的水解，c(CO32－)增大，又因?yàn)閏(Na＋)不變，所以減小，故A正確；
K2C2O4溶液中存在C2O42－水解，水解吸熱，若從25 ℃升溫至35 ℃，促進(jìn)了C2O42－的水解，c(C2O42－)減小，又因?yàn)閏(K＋)不變，所以增大，故B正確；
向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根據(jù)電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，則c(Na＋)＝c(F－)，即＝1，故C正確；
CH3COOH的電離常數(shù)Ka可知＝，電離常數(shù)只受溫度影響，溫度不變則Ka不變，故D錯(cuò)誤。
考向2 鹽類水解的應(yīng)用
【例2】下列實(shí)驗(yàn)操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? )
B
實(shí)驗(yàn)?zāi)康?實(shí)驗(yàn)操作
A 實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3水溶液 將FeCl3溶于少量濃鹽酸中，再加水稀釋
B 由MgCl2溶液制備無水MgCl2 將MgCl2溶液加熱蒸干
C 證明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小 將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入過量MgO充分?jǐn)嚢瑁^濾
考向2 鹽類水解的應(yīng)用
【例2】下列實(shí)驗(yàn)操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? )
B
實(shí)驗(yàn)?zāi)康?實(shí)驗(yàn)操作
A 實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3水溶液 將FeCl3溶于少量濃鹽酸中，再加水稀釋
B 由MgCl2溶液制備無水MgCl2 將MgCl2溶液加熱蒸干
C 證明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小 將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入過量MgO充分?jǐn)嚢瑁^濾
配制FeCl3水溶液時(shí)，鐵離子的水解平衡正向進(jìn)行，加入適量的濃鹽酸可使水解平衡逆向移動(dòng)
考向2 鹽類水解的應(yīng)用
【例2】下列實(shí)驗(yàn)操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? )
B
實(shí)驗(yàn)?zāi)康?實(shí)驗(yàn)操作
A 實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3水溶液 將FeCl3溶于少量濃鹽酸中，再加水稀釋
B 由MgCl2溶液制備無水MgCl2 將MgCl2溶液加熱蒸干
C 證明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小 將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入過量MgO充分?jǐn)嚢瑁^濾
將MgCl2溶液加熱蒸干時(shí)，鎂離子的水解平衡正向移動(dòng)，加熱可使HCl揮發(fā)增強(qiáng)，蒸干、灼燒得到MgO
考向2 鹽類水解的應(yīng)用
【例2】下列實(shí)驗(yàn)操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? )
B
實(shí)驗(yàn)?zāi)康?實(shí)驗(yàn)操作
A 實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3水溶液 將FeCl3溶于少量濃鹽酸中，再加水稀釋
B 由MgCl2溶液制備無水MgCl2 將MgCl2溶液加熱蒸干
C 證明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小 將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入過量MgO充分?jǐn)嚢瑁^濾
將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，沉淀為氫氧化鎂，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，若有藍(lán)色沉淀生成，說明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小
考向2 鹽類水解的應(yīng)用
【例2】下列實(shí)驗(yàn)操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? )
B
實(shí)驗(yàn)?zāi)康?實(shí)驗(yàn)操作
A 實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3水溶液 將FeCl3溶于少量濃鹽酸中，再加水稀釋
B 由MgCl2溶液制備無水MgCl2 將MgCl2溶液加熱蒸干
C 證明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小 將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入過量MgO充分?jǐn)嚢瑁^濾
Fe3+完全沉淀時(shí)溶液的pH為3.2左右，此時(shí)MgCl2不會(huì)產(chǎn)生沉淀，可通過加入MgO調(diào)節(jié)pH的方法除去Fe3+
【變式訓(xùn)練】生產(chǎn)、生活中處處有化學(xué)，下列有關(guān)說法正確的是(　　)
D
A．天然弱堿性水呈堿性的原因是其中含有較多的Mg2+、Ca2+等離子
B．Al(NO3)3溶液蒸干后所得產(chǎn)物為Al(NO3)3
C．用電解飽和食鹽水的方法制取消毒液，運(yùn)用了鹽類的水解原理
D．泡沫滅火器中試劑為NaHCO3溶液和 Al2(SO4)3溶液
【解析】
A項(xiàng)，天然弱堿性水呈堿性，是因?yàn)樘烊凰械娜跛岣x子水解，A錯(cuò)誤；
B項(xiàng)，Al(NO3)3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加熱促進(jìn)水解平衡正向移動(dòng)，且生成的HNO3為揮發(fā)性酸，HNO3不斷揮發(fā)，促進(jìn)水解平衡進(jìn)一步正向移動(dòng)，生成Al(OH)3，B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)，用惰性電極電解飽和食鹽水，生成物是氫氣、氫氧化鈉與氯氣，氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)可以制備消毒液，與其水解無關(guān)，C錯(cuò)誤。
考向3 水解平衡原理解釋問題的規(guī)范描述
【例3】按要求回答下列問題。
(1)把AlCl3溶液蒸干、灼燒，最后得到的主要固體是 ，原因是 。(用化學(xué)方程式表示并配以必要的文字說明)。
(2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因： 。
(3)直接蒸發(fā)CuCl2溶液，能否得到CuCl2 2H2O晶體？如果不能應(yīng)如何操作？ 。
(4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液變?yōu)榧t色，若再向該溶液中滴入過量的BaCl2溶液，現(xiàn)象是 ，請(qǐng)結(jié)合離子方程式，運(yùn)用平衡原理進(jìn)行解釋： 。
考向3 水解平衡原理解釋問題的規(guī)范描述
【例3】按要求回答下列問題。
(1)把AlCl3溶液蒸干、灼燒，最后得到的主要固體是 ，原因是 。(用化學(xué)方程式表示并配以必要的文字說明)。
Al2O3
在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl，加熱時(shí)水解平衡右移，HCl揮發(fā)，使平衡進(jìn)一步向右移動(dòng)得到Al(OH)3，在灼燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)2Al(OH)3 Al2O3+3H2O
考向3 水解平衡原理解釋問題的規(guī)范描述
【例3】按要求回答下列問題。
(2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因： 。
在NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4++H2O NH3·H2O+H+，加入Mg粉，Mg與H+反應(yīng)放出H2，使溶液中c(H+)降低，水解平衡右移，使Mg粉不斷溶解
(3)直接蒸發(fā)CuCl2溶液，能否得到CuCl2 2H2O晶體？如果不能應(yīng)如何操作？ 。
不能。應(yīng)在HCl氣流中加熱蒸發(fā)
考向3 水解平衡原理解釋問題的規(guī)范描述
【例3】按要求回答下列問題。
(4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液變?yōu)榧t色，若再向該溶液中滴入過量的BaCl2溶液，現(xiàn)象是 ，請(qǐng)結(jié)合離子方程式，運(yùn)用平衡原理進(jìn)行解釋： 。
產(chǎn)生白色沉淀，且溶液紅色褪去
在Na2SO3溶液中存在SO32-的水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-，加入BaCl2后，Ba2++SO32-=BaSO3↓(白色)，由于c(SO32-)減小，SO32-水解平衡左移，c(OH-)減小，溶液紅色褪去
易錯(cuò)提醒
利用平衡移動(dòng)原理解釋問題的思維模板
(1)解答此類題的思維過程
①找出存在的平衡體系(即可逆反應(yīng)或可逆過程)
②找出影響平衡的條件
③判斷平衡移動(dòng)的方向
④分析平衡移動(dòng)的結(jié)果及移動(dòng)結(jié)果與所解答問題的聯(lián)系
(2)答題模板
……存在……平衡，……(條件)……(變化)，使平衡向……(方向)移動(dòng)，……(結(jié)論)。
【變式訓(xùn)練】(1)已知SOCl2 是一種液態(tài)化合物，沸點(diǎn)為77℃，遇水劇烈反應(yīng)，液面上產(chǎn)生白霧，并有能使品紅溶液褪色的刺激性氣味的氣體產(chǎn)生。
①寫出SOCl2 與水反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。
②直接蒸干AlCl3溶液不能得到無水AlCl3，使SOCl2 與AlCl3·6H2O混合并加熱，可得到無水AlCl3，試解釋原因： 。
SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑
SOCl2 與AlCl3·6H2O中的結(jié)晶水反應(yīng)，一方面消耗水，另一方面生成酸抑制AlCl3的水解
【變式訓(xùn)練】(1)已知SOCl2 是一種液態(tài)化合物，沸點(diǎn)為77℃，遇水劇烈反應(yīng)，液面上產(chǎn)生白霧，并有能使品紅溶液褪色的刺激性氣味的氣體產(chǎn)生。
(2)輝銅礦石主要含有硫化亞銅(Cu2S)及少量脈石(SiO2)。一種以輝銅礦石為原料制備硝酸銅的工藝流程如圖所示：
“保溫除鐵”過程中，加入CuO的目的是 ；“蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶”過程中，要用HNO3溶液調(diào)節(jié)溶液的pH，其理由是 。
提升溶液的pH，促進(jìn)Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀
抑制Cu2+水解
【解析】
(1)①根據(jù)SOCl2 遇水劇烈反應(yīng)，液面上產(chǎn)生白霧即氯化氫，并有能使品紅溶液褪色的刺激性氣味的氣體產(chǎn)生即二氧化硫，則SOCl2 與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑；
②AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O與SOCl2 混合并加熱，SOCl2 與AlCl3·6H2O中的結(jié)晶水作用，生成無水AlCl3、SO2和HCl氣體，SO2和HCl溶于水呈酸性抑制AlCl3水解。
(2)置換過程過濾后，得到固體物質(zhì)是Cu和Fe，Cu和Fe與硝酸反應(yīng)生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，F(xiàn)e3+水解：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入CuO的目的是調(diào)節(jié)pH，促使Fe3+水解，生成氫氧化鐵沉淀；Cu(NO3)2溶液中Cu2+發(fā)生水解，Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+，加入硝酸，抑制Cu2+水解。
考點(diǎn)三
溶液中粒子濃度大小關(guān)系
知識(shí)點(diǎn)1 熟悉兩大理論，構(gòu)建思維基點(diǎn)
知識(shí)點(diǎn)2 把握三種守恒，明確等量關(guān)系
1．電離理論
知識(shí)點(diǎn)1 熟悉兩大理論，構(gòu)建思維基點(diǎn)
弱電解質(zhì)(弱酸、弱堿)的電離是微弱的，電離產(chǎn)生的微粒較少，同時(shí)還要考慮水的電離，水的電離能力遠(yuǎn)小于弱酸或弱堿的電離能力。如氨水中NH3·H2O、NH4+、OH-的濃度大小關(guān)系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)。
多元弱酸的電離是分步進(jìn)行的，以第一步電離為主(第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步電離)。如在H2S溶液中，H2S、HS-、S2-、H+的濃度大小關(guān)系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。
2．水解理論
知識(shí)點(diǎn)1 熟悉兩大理論，構(gòu)建思維基點(diǎn)
弱電解質(zhì)離子的水解是微弱的(相互促進(jìn)水解除外)，但由于水的電離，水解后酸性溶液中c(H+)或堿性溶液中c(OH-)總是大于水解產(chǎn)生的弱電解質(zhì)的濃度。如NH4Cl溶液中，NH4+、Cl-、NH3·H2O、H+的濃度大小關(guān)系是
c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)。
多元弱酸酸根離子的水解是分步進(jìn)行的，以第一步水解為主，如在Na2CO3溶液中，CO32-、HCO3-、H2CO3的濃度大小關(guān)系是c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H2CO3)。
知識(shí)點(diǎn)1 熟悉兩大理論，構(gòu)建思維基點(diǎn)
方法技巧
比較時(shí)緊扣兩個(gè)微弱。
弱電解質(zhì)(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOH CH3COO-+H+，H2O OH-+H+，溶液中微粒濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)。
弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于鹽的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-+Na+，CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，H2O H++OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
知識(shí)點(diǎn)1 熟悉兩大理論，構(gòu)建思維基點(diǎn)
方法技巧
酸式鹽與多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液酸堿性比較。
酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個(gè)更強(qiáng)，如NaHCO3溶液中HCO3-的水解能力大于其電離能力，故溶液顯堿性。
多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主。例如，Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。
知識(shí)點(diǎn)2 把握三種守恒，明確等量關(guān)系
電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子，溶液都呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中，Na＋、H＋、HCO3－、CO32－、OH－，存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)。其特點(diǎn)為表達(dá)式中包含溶液中的所有離子，沒有弱電解質(zhì)分子。
1．電荷守恒規(guī)律
知識(shí)點(diǎn)2 把握三種守恒，明確等量關(guān)系
電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解或電離，因此離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關(guān)系：c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。其特點(diǎn)為表達(dá)式中包含電解質(zhì)對(duì)應(yīng)的各種微粒，包括離子和弱電解質(zhì)分子。
2．元素質(zhì)量守恒規(guī)律
知識(shí)點(diǎn)2 把握三種守恒，明確等量關(guān)系
質(zhì)子守恒是指在電離或水解過程中，會(huì)發(fā)生質(zhì)子(H+)轉(zhuǎn)移，在質(zhì)子轉(zhuǎn)移過程中其數(shù)量保持不變。如Na2S水溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移情況如圖所示：
3．質(zhì)子守恒規(guī)律
S2-
H2O
+H+
HS-
+2H+
H2S
+H+
H3O+
-H+
OH-
得質(zhì)子
基準(zhǔn)物質(zhì)
失質(zhì)子
由圖可知，Na2S水溶液中質(zhì)子守恒等式可表示為c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。
質(zhì)子守恒等式也可以由電荷守恒等式與元素質(zhì)量守恒等式推導(dǎo)得到。
知識(shí)點(diǎn)2 把握三種守恒，明確等量關(guān)系
名師點(diǎn)睛
規(guī)避等量關(guān)系中的2個(gè)易失分點(diǎn)。
電荷守恒式中不只是各離子濃度的簡單相加。如2c(CO32－)的化學(xué)計(jì)量數(shù)2代表1個(gè)CO32－帶2個(gè)負(fù)電荷，不可漏掉。
元素質(zhì)量守恒式中，離子濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)不能漏寫或顛倒。如Na2S溶液中的元素質(zhì)量守恒式c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]中，“2”表示c(Na+)是溶液中硫原子濃度的2倍，不能寫成2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)。
知識(shí)點(diǎn)2 把握三種守恒，明確等量關(guān)系
名師點(diǎn)睛
根據(jù)粒子濃度關(guān)系式，套用合適守恒式。
電荷守恒式的特點(diǎn)：一邊全為陰離子，另一邊全為陽離子。
元素質(zhì)量守恒式的特點(diǎn)：式子中有弱電解質(zhì)對(duì)應(yīng)的分子和離子，一般一邊含一種元素，另一邊含另一種元素的離子和分子。
質(zhì)子守恒式的特點(diǎn)：一邊某微粒能電離出H+，另一邊微粒能結(jié)合H+。
等式兩邊沒有明顯特征：三個(gè)守恒結(jié)合。
考向1 離子濃度大小比較
B
【例1】(2024·安徽卷，13)環(huán)境保護(hù)工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2+。已知25℃時(shí)，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol·L－1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列說法錯(cuò)誤的是( )
A．Na2S溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS-)＋2c(S2-)
B．0.01mol·L-1Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2-)＞c(OH－)＞c(HS-)
C．向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8mol·L－1
D．向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的溶液中通入H2S氣體至飽和，所得溶液中：c(H+)＞c(Cd2+)
考向1 離子濃度大小比較
B
【例1】(2024·安徽卷，13)環(huán)境保護(hù)工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2+。已知25℃時(shí)，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol·L－1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列說法錯(cuò)誤的是( )
A．Na2S溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS-)＋2c(S2-)
B．0.01mol·L-1Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2-)＞c(OH－)＞c(HS-)
Na2S溶液中只有5種離子，分別是H＋、Na＋、OH－、HS-、c(S2-)，溶液是電中性的，存在電荷守恒，可表示為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS-)＋2c(S2-)
0.01mol·L-1Na2S溶液中，S2-水解使溶液呈堿性，其水解常數(shù)為 ，根據(jù)硫元素守恒可知c(HS-)<10-1.1mol·L－1,所以 ，則c(OH－)＞c(S2-)
考向1 離子濃度大小比較
B
【例1】(2024·安徽卷，13)環(huán)境保護(hù)工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2+。已知25℃時(shí)，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol·L－1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列說法錯(cuò)誤的是( )
C．向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8mol·L－1
Ksp(FeS)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于Ksp(CdS)，向c(Cd2+)=0.1mol·L－的溶液中加入FeS時(shí)，可以發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為 ，因此該反應(yīng)可以完全進(jìn)行，CdS的飽和溶液中 ，若加入足量FeS時(shí)可使c(Cd2+)<10-8mol·L－1
考向1 離子濃度大小比較
B
【例1】(2024·安徽卷，13)環(huán)境保護(hù)工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2+。已知25℃時(shí)，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol·L－1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列說法錯(cuò)誤的是( )
D．向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的溶液中通入H2S氣體至飽和，所得溶液中：c(H+)＞c(Cd2+)
Cd2++H2S CdS+2H+的平衡常數(shù) ，該反應(yīng)可以完全進(jìn)行，因此，當(dāng)向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的溶液中通入H2S氣體至飽和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中c(H+)＞c(Cd2+)
思維建模
電解質(zhì)溶液
單一溶液
不同溶液
混合溶液
酸溶液
堿溶液
鹽溶液
H+的濃度最大
其他離子的濃度根據(jù)電離程度比較
OH-的濃度最大
考慮電離
正鹽
酸式鹽
考慮水解
先判斷酸式酸根離子是以電離為主，還是以水解為主
比較同一離子濃度的大小
看不同溶液中其他離子對(duì)該離子的影響
相互反應(yīng)
堿溶液
同時(shí)考慮電離和水解
不過量
過量
生成酸、堿
生成鹽
考慮電離
考慮水解
根據(jù)過量情況考慮電離和水解
D
【變式訓(xùn)練】(2024·河南省部分名校大聯(lián)考)含SO2的煙氣會(huì)形成酸雨，工業(yè)上常利用Na2SO3溶液作為吸收液脫除煙氣中的SO2，隨著SO2的吸收，吸收液的pH不斷變化。下列粒子濃度關(guān)系一定正確的是(　　)。
A．Na2SO3溶液中存在：c(Na+)>c(SO32-)>c(H2SO3)>c(HSO3-)
B．已知NaHSO3溶液的pH<7，該溶液中：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
C．當(dāng)吸收液呈酸性時(shí)：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)
D．當(dāng)吸收液呈中性時(shí)：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
【解析】
Na2SO3溶液呈堿性，溶液中粒子濃度關(guān)系為c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)>c(H2SO3)，A錯(cuò)誤；
NaHSO3溶液pH<7，則該溶液中HSO3-的電離程度大于其水解程度，溶液中粒子濃度大小關(guān)系為c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(H2SO3)，B錯(cuò)誤；
當(dāng)吸收液呈酸性時(shí)可以是NaHSO3溶液，溶液中存在元素質(zhì)量守恒：c(Na+)=c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)，也可以是NaHSO3和亞硫酸鈉的混合溶液，則選項(xiàng)中的元素質(zhì)量守恒關(guān)系式不再適用，C錯(cuò)誤；
當(dāng)吸收液呈中性時(shí)，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)，故c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，D正確。
考向2 粒子濃度變化曲線
C
【例2】(2024·浙江杭州市高三一模)當(dāng) 25℃時(shí)，向 10mL 某濃度新制氯水中滴入0.1 mol L 1的 NaOH溶液，滴定曲線如圖所示。已知次氯酸的電離常數(shù)為Ka=2.5 × 10-8 ，下列說法正確的是( )
A．甲到乙發(fā)生的離子反應(yīng)為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的過程中，水的電離程度一直增大
C．丙點(diǎn)溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l) H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K約為10-5
考向2 粒子濃度變化曲線
【例2】(2024·浙江杭州市高三一模)當(dāng) 25℃時(shí)，向 10mL 某濃度新制氯水中滴入0.1 mol L 1的 NaOH溶液，滴定曲線如圖所示。已知次氯酸的電離常數(shù)為Ka=2.5 × 10-8 ，下列說法正確的是( )
A．甲到乙發(fā)生的離子反應(yīng)為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的過程中，水的電離程度一直增大
C．丙點(diǎn)溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l) H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K約為10-5
從圖中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定過程中有兩個(gè)突變點(diǎn)，則從甲到乙，主要發(fā)生H+與OH-的反應(yīng)；從乙到pH=10的點(diǎn)，主要發(fā)生HClO與OH-的反應(yīng)。甲到乙發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)主要為：H++OH-=H2O
C
考向2 粒子濃度變化曲線
【例2】(2024·浙江杭州市高三一模)當(dāng) 25℃時(shí)，向 10mL 某濃度新制氯水中滴入0.1 mol L 1的 NaOH溶液，滴定曲線如圖所示。已知次氯酸的電離常數(shù)為Ka=2.5 × 10-8 ，下列說法正確的是( )
A．甲到乙發(fā)生的離子反應(yīng)為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的過程中，水的電離程度一直增大
C．丙點(diǎn)溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l) H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K約為10-5
甲到丙的過程中，氯氣與水反應(yīng)的產(chǎn)物不斷與NaOH發(fā)生反應(yīng)，水的電離程度一直增大；從丙到丁的過程中，溶液中c(NaOH)不斷增大，對(duì)水電離的抑制作用不斷增大，水的電離程度不斷減小
C
考向2 粒子濃度變化曲線
【例2】(2024·浙江杭州市高三一模)當(dāng) 25℃時(shí)，向 10mL 某濃度新制氯水中滴入0.1 mol L 1的 NaOH溶液，滴定曲線如圖所示。已知次氯酸的電離常數(shù)為Ka=2.5 × 10-8 ，下列說法正確的是( )
A．甲到乙發(fā)生的離子反應(yīng)為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的過程中，水的電離程度一直增大
C．丙點(diǎn)溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l) H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K約為10-5
丙點(diǎn)溶液中， =2.5×10-8，此時(shí)c(H+)=10-8mol/L，則c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
C
考向2 粒子濃度變化曲線
【例2】(2024·浙江杭州市高三一模)當(dāng) 25℃時(shí)，向 10mL 某濃度新制氯水中滴入0.1 mol L 1的 NaOH溶液，滴定曲線如圖所示。已知次氯酸的電離常數(shù)為Ka=2.5 × 10-8 ，下列說法正確的是( )
A．甲到乙發(fā)生的離子反應(yīng)為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的過程中，水的電離程度一直增大
C．丙點(diǎn)溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l) H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K約為10-5
C
氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l) H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)，pH=10時(shí)，Cl2與NaOH剛好完全反應(yīng)，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)=0.05mol/L，根據(jù)起點(diǎn)pH>2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)，c(Cl2)=0.05-c(H+)，其平衡常數(shù) ,數(shù)量級(jí)比10-5更小
思維建模
1．滴定曲線特殊點(diǎn)的分析
案例：常溫下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖：
(1)pH—V圖　各特殊點(diǎn)粒子大小關(guān)系及變化趨勢(shì)
思維建模
點(diǎn) 溶質(zhì) 離子濃度大小比較
A CH3COOH c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B(1∶1) CH3COOH、CH3COONa c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C(pH＝7) CH3COOH、CH3COONa c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D CH3COONa c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
E(2∶1) CH3COONa、NaOH c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
F(1∶1) CH3COONa、NaOH c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
(1)pH—V圖　各特殊點(diǎn)粒子大小關(guān)系及變化趨勢(shì)
思維建模
(2)各特殊點(diǎn)對(duì)水電離程度的影響
點(diǎn) 溶質(zhì) 水的電離情況 pH—V圖
A CH3COOH 抑制
B CH3COOH、CH3COONa 抑制 C CH3COOH、CH3COONa 正常電離 D CH3COONa 只促進(jìn) E CH3COONa、NaOH 抑制 F CH3COONa、NaOH 抑制 結(jié)論：水的電離程度大小順序?yàn)椋?D＞C＞B＞A＞E＞F
思維建模
2．分布曲線
分布系數(shù)圖及分析[分布曲線是指以pH為橫坐標(biāo)、分布系數(shù)(即組分的平衡濃度占總濃度的分?jǐn)?shù))為縱坐標(biāo)的關(guān)系曲線]
一元弱酸(以CH3COOH為例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4為例)

思維建模
2．分布曲線
分布系數(shù)圖及分析[分布曲線是指以pH為橫坐標(biāo)、分布系數(shù)(即組分的平衡濃度占總濃度的分?jǐn)?shù))為縱坐標(biāo)的關(guān)系曲線]
δ0為CH3COOH分布系數(shù)，δ1為CH3COO－分布系數(shù) δ0為H2C2O4分布系數(shù)、δ1為HC2O4－分布系數(shù)、δ2為C2O42－分布系數(shù)
1．隨著pH增大，溶質(zhì)分子濃度不斷減小，離子濃度逐漸增大，酸根離子增多。根據(jù)分布系數(shù)可以書寫一定pH時(shí)所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式 2．同一pH條件下可以存在多種溶質(zhì)微粒。根據(jù)在一定pH的微粒分布系數(shù)和酸的濃度，就可以計(jì)算各成分在該pH時(shí)的平衡濃度 【變式訓(xùn)練】(2024·浙江省嘉興市高三二模)天然水體中的H2CO3與空氣中的CO2保持平衡。某地溶洞(假設(shè)巖石成分只有CaCO3)的水體中l(wèi)gc(X)(X：H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+)與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是( )
A．直線②的X表示HCO3-
B．該溶洞水體pH=7.5時(shí)，溶液中c(Ca2+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)
C．體系中存在物料守恒：c(Ca2+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
D．體系中存在lgc(Ca2+)+2 pH = 13
D
【解析】根據(jù)圖象分析，隨著pH的增大，溶液的堿性增強(qiáng)，HCO3-、CO32-濃度都增大， pH較小時(shí)HCO3-濃度大于CO32-，而隨著CO32-濃度增大，逐漸生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐漸減小，因此直線① 代表HCO3-，②代表CO32-，③代表Ca2+。
A項(xiàng)，根據(jù)分析可知，直線②的X表示CO32-，A錯(cuò)誤；
B項(xiàng)，lgc(X)越大，c(X)越小，該溶洞水體pH=7.5時(shí)，根據(jù)圖中信息可知lgc(Ca2+)>lgc(CO32-)>lgc(HCO3-),故溶液中c(Ca2+)＜c(CO32-)＜c(HCO3-)，B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)，由于調(diào)節(jié)體系中pH值時(shí)所用的物質(zhì)未知，所以無法確定體系中存在的物料守恒，只有當(dāng)體系中的物質(zhì)只有CaCO3時(shí)才滿足，但體系中還有碳酸，故C錯(cuò)誤；
D項(xiàng)，由圖可知，b點(diǎn)時(shí)pH=9.0，lgc(Ca2+)=-5，則體系中l(wèi)gc(Ca2+)+2 pH = 13，D正確；故選D。
1．(2022 海南省選擇性考試，13)NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃時(shí)，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列關(guān)于NaClO溶液說法正確的是( )
A．0.01mol/L溶液中，c(ClO-)＜0.01mol/L
B．長期露置在空氣中，釋放Cl2，漂白能力減弱
C．通入過量SO2，反應(yīng)的離子方程式為SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)
AD
【解析】
A項(xiàng)，NaClO溶液中ClO-會(huì)水解，故0.01mol/L NaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正確；
B項(xiàng)，次氯酸鈉溶液中的ClO-會(huì)發(fā)生水解生成HClO，HClO長期露置在空氣中會(huì)分解，為HCl和O2，不會(huì)釋放Cl2，B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)，將過量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO +H2O=Cl-+SO42-+2H+，C錯(cuò)誤；
D項(xiàng)，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在電荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，則c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正確；故選AD。
2．(2022 福建卷，10)氨是水體污染物的主要成分之一，工業(yè)上可用次氯酸鹽作處理劑，有關(guān)反應(yīng)可表示為：
①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O
②NH3+4ClO-+OH-=NO3-+4Cl-+2H2O
在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將1L 0.006mol/L的氨水分別和不同量的NaClO混合，測得溶液中氨去除率、總氮(氨氮和硝氮的總和)殘余率與NaClO投入量(用x表示)的關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是( )
A．x1的數(shù)值為0.009
B．x＞x1時(shí)，c(Cl-)=4c(NO3-)
C．x＞x1時(shí)，x越大，生成N2的量越少
D．X=x1時(shí)，c(Na＋)+c(H＋)+ c(NH4＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(ClO-)
C
【解析】
A項(xiàng)，x1時(shí)，氨的去除率為100%、總氮?dú)埩袈?%， n(NH3)=1L×0.006mol/L=0.006mol，95%的氨氣參與反應(yīng)①、有5%的氨氣參與反應(yīng)②，反應(yīng)①消耗n(ClO)=0.006mol×95%×3/2=0.00855mol，參與反應(yīng)②消n(ClO)=0.006mol×5%×4=0.0012mol，x1=0.00855mol+0.0012mol=0.00975mol，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，x>x1時(shí)，反應(yīng)①也生成氯離子，所以c(Cl-)＞4c(NO3-)，B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)，x>x1時(shí)，x越大，氨總?cè)コ什蛔?，氮?dú)堄嗦试龃?，說明生成的硝酸根離子越多，生成N2的量越少，C正確；
D項(xiàng)，x=x1時(shí)，氨的去除率為100%，溶液中沒有NH4+和ClO-，含有Na+、H+、NO3-、Cl-和OH-，根據(jù)電荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(NO3-)，D錯(cuò)誤；故選C。
3．(2022·浙江省6月選考，23)25℃時(shí)，向20 mL濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等濃度的鹽酸，滴定終點(diǎn)的pH突躍范圍4.3～9.7)。下列說法不正確的是( )
A．恰好中和時(shí)，溶液呈堿性
B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的過程中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H++OH-=H2O
C．滴定過程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．pH=7時(shí)，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)
B
【解析】
A項(xiàng)，恰好中和時(shí)，生成氯化鈉溶液和醋酸鈉溶液，其中醋酸根離子會(huì)水解，溶液顯堿性，A正確；
B項(xiàng)，滴加NaOH溶液至pH=4.3的過程中，若只發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：H++OH-=H2O，則滴加NaOH溶液的體積為20mL，則根據(jù)電離常數(shù)，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)=
= = >1.0×10-4.3，故用氫氧化鈉滴定的過程中，醋酸也參加了反應(yīng)，則離子方程式為：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)，滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過程中，根據(jù)物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正確；
D項(xiàng)，向20mL濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，當(dāng)鹽酸的體積為20ml時(shí)，溶液為氯化鈉和醋酸的混合溶液，顯酸性，需要再滴加適量的氫氧化鈉，當(dāng)加入的NaOH溶液的體積為30mL時(shí)，溶液為NaCl和等濃度的CH3COONa、CH3COOH，根據(jù)Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此時(shí)溶液仍然呈酸性，需繼續(xù)滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正確；故選B。
4．(2022·浙江省6月選考，17)25℃時(shí)，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列說法正確的是( )
A．相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c (C6H5O-)＞c(CH3COO-)
B．將濃度均為0.1mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大
C．25℃時(shí)，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH=10.00，則此時(shí)溶液中c (C6H5O-)= c (C6H5OH)
D．25℃時(shí)，0.1mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小
C
【解析】
A項(xiàng)，醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)B項(xiàng)，C6H5ONa溶液中，C6H5O-離子水解出氫氧根離子，升溫促進(jìn)C6H5O-離子的水解，氫氧根離子濃度增大，pH變大，而氫氧化鈉溶液中不存在平衡，升溫pH不變，B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)，當(dāng)pH=10.00時(shí)，c(OH-)=1.0×10-10，
，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C正確；
D項(xiàng)，C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，會(huì)促進(jìn)水的電離，D錯(cuò)誤；故選C。
5．(2021 浙江1月選考，23)實(shí)驗(yàn)測得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·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lgx
C．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(NH4+)
C
【解析】由題中信息可知，圖中兩條曲線為10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·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項(xiàng)，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項(xiàng)，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?，則溶液的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項(xiàng)，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項(xiàng)， 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。故選C。
6．(2021 湖南選擇性考試，9)常溫下，用0.1000mol L﹣1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol L﹣1的三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯(cuò)誤的是(　　)
A．該NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
B．三種一元弱酸的電離常數(shù)：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)
C．當(dāng)pH＝7時(shí)，三種溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣)
D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)
C
【解析】A項(xiàng)，因?yàn)镠X為弱酸，NaX溶液存在水解：X﹣+H2O HX+OH﹣，所以c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故A正確；B項(xiàng)，根據(jù)鹽類水解的規(guī)律：越弱越水解可知，相同濃度的強(qiáng)堿弱酸鹽溶液中，一元弱酸越弱，則其鹽溶液堿性越強(qiáng)，結(jié)合圖片可知溶液堿性強(qiáng)弱為：NaX＜NaY＜NaZ，則酸性強(qiáng)弱為：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越強(qiáng)，電離程度越大，電離平衡常數(shù)K越大，所以有：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正確；C項(xiàng)，當(dāng)pH＝7時(shí)，c(H+)＝c(OH﹣)，根據(jù)電荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH﹣)+c(X﹣)+c(Cl﹣)，則有：c(X﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，同理有：c(Y﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，c(Z﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，又因三種溶液滴定到pH＝7時(shí)，消耗的HCl的量是不一樣的，即溶液中的c(Cl﹣)是不一樣的，所以c(X﹣)≠c(Y﹣)≠c(Z﹣)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合后存在電荷守恒：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+) 0.05mol/L，混合溶液中c(Cl﹣) 0.05mol/L，代入電荷守恒表達(dá)式，有c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)，故D正確。故選C。
7．(2021 廣東選擇性考試，8)鳥嘌呤(G)是一種有機(jī)弱堿，可與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列敘述正確的是( )
A．0.001mol·L-1GHCl水溶液的pH=3
B．0.001mol·L-1GHCl水溶液加水稀釋，pH升高
C．GHCl在水中的電離方程式為：GHCl=G+HCl
D．GHCl水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
B
【解析】
A項(xiàng)，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/L GHCl水溶液的pH>3，故A錯(cuò)誤；
B項(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，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；故選B。

8．(2021 天津卷，10)常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的敘述正確的是( )
A．在0.1mol·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
B．在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C．在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)=0.1mol·L-1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
A

【解析】
A項(xiàng)，由于磷酸為多元酸，第一步電離大于第二步電離大于第三步電離，所以在0.1mol·L-1H3PO4溶液中，離子濃度大小為：c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故A正確；
B項(xiàng)，在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中，根據(jù)電荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)，在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，根據(jù)物料守恒得到c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol·L-1，故C錯(cuò)誤；
D項(xiàng)，氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，則c(OH―)＞c(H＋)，根據(jù)電荷守恒c(Cl－)+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，則c(Cl－)＜c(NH4＋)，故D錯(cuò)誤；故選A。

展開更多......

收起↑