2019屆一輪復(fù)習(xí)浙江專版鹽類的水解學(xué)案

課時3鹽類的水解［考綱導(dǎo)航］知識條目必考要求加試要求選考分布2015201620179月10月4月10月4月(1)鹽類的水解原理，常見鹽溶液酸堿性的判斷ab131155、18(2)鹽類水解的簡單應(yīng)用bb232323(3)鹽類水解的離子反應(yīng)方程式b(4)多元弱酸鹽的分步水解b(5)影響鹽類水解的因素b(6)常見酸式鹽溶液酸堿性的判斷b考點(diǎn)一鹽類的水解及其規(guī)律［主干精講］.定義在溶液中鹽電離出來的離子跟水電離產(chǎn)生的H+或OH-結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)。.實(shí)質(zhì)［弱酸的陰離子一結(jié)合H+鹽電離一］弱堿的陽離子一結(jié)合OH--破壞了水的電離平衡一水的電離程度增大一c(H+)Wc(OH-)-溶液呈堿性或酸性.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強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽NaCl、KNO3否中性強(qiáng)酸弱堿鹽NH4Cl、Cu(NO3)2是NH+、Cu2±酸性弱酸強(qiáng)堿鹽CH3COONa、是CH3COO-、堿性Na2cO3CO2-4.鹽類水解離子方程式的書寫(1)一般來說，鹽類水解的程度不大，應(yīng)該用可逆號“ .”表示。鹽類水解一般不會產(chǎn)生沉淀和氣體，所以不用符號“I”和“t”表示水解產(chǎn)物。⑵多元弱酸鹽的水解是分步進(jìn)行的，水解離子方程式要分步表示。⑶多元弱堿陽離子的水解簡化成一步完成。⑷水解分別是酸性和堿性的離子組由于相互促進(jìn)，水解程度較大，書寫時要用“t”、“I”等。［典例剖析］【例1】(2016?10月浙江選考)下列物質(zhì)的水溶液因水解而呈酸性的是()A.NaOH B.(NH4)2SO4C.Na2cO3 D.NaCl解析A項(xiàng)，NaOH是強(qiáng)堿，溶液呈堿性，錯誤；B項(xiàng)，NH/水解使溶液呈酸性：NH++H2O=^NH3.H2O+H+，正確；C項(xiàng)，因CO3-水解使溶液呈堿性：CO2-+H2O HCO3一+OH-,錯誤；D項(xiàng)，溶液呈中性，錯誤。答案B【例2］［2017?嘉興一中高二(上)期末］常溫下有A、B、C、D四種無色溶液，它們分別是CH3COONa溶液、NH4C1溶液、鹽酸和Na2SO4溶液中的一種。已知A、B溶液中水的電離程度相同，A、C溶液的pH相同。下列說法中不正確的是()A.D溶液的pH=7B.四種溶液相比，C溶液中水的電離程度最大C.A與C等體積混合后，溶液中有c(C1-)>c(NH+)>c(H+)>c(OH-)D.B與D等體積混合后，溶液中有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)解析CH3COONa溶液顯堿性，促進(jìn)水電離；NH4C1溶液顯酸性，促進(jìn)水電離；鹽酸抑制水電離；Na2sO4溶液顯中性，對水的電離無影響；已知A、B溶液中水的電離程度相同，則A、B為NH4C1溶液、CH3COONa溶液；A、C溶液的pH相同，則A、C為NH4C1溶液、鹽酸；所以D為Na2SO4溶液，溶液的pH二7；則A為NH4C1溶液，B為CH3COONa溶液，C為鹽酸，D為Na2SO4溶液；A.D為Na2SO4溶液所以D溶液的pH=7，故A正確B.NH4C1溶液、CHfOONa溶液促進(jìn)水電離，硫酸鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽既不促進(jìn)水電離也不抑制水電離，鹽酸抑制水電離，所以C溶液中水的電離程度最小，故B錯誤；C.A為NH4C1溶液，C為鹽酸，二者等體積混合，二者的pH相同，則氯化銨的濃度大于鹽酸的濃度，所以離子濃度大小順序是c(Cl-)>c(NH/)>c(H+)>c(OH-)，故C正確；D.B為CH3COONa溶液，D為Na2SO4溶液，B與D等體積混合后，根據(jù)質(zhì)子守恒：溶液中有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，故D正確。答案B【例3】(2017?湖州高二期末)下列離子方程式表示的是鹽類的水解且正確的是()A.HS-+H2O H3O++S2-B.HS-+H+==H2SC.CO3-+H2O H2CO3+2OH-D.Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+解析A項(xiàng)，一個H3O+相當(dāng)于一個H+，是HS-的電離方程式，錯誤；B項(xiàng)，水解方程式應(yīng)有水參加反應(yīng)，錯誤；C項(xiàng)，多元弱酸陰離子的水解是分步完成的，HCO-故書寫時要分步書寫，一般只寫第一步水解方程式，即CO2-+H2HCO-+OH-,錯誤。答案D［考點(diǎn)精練］.(2016?浙江4月學(xué)考)下列物質(zhì)的水溶液因水解而呈堿性的是()A.NaClB.NH4C1A.NaClC.Na2cO3 D.NaOH解析有弱堿陽離子或弱酸根的鹽能水解，其中強(qiáng)堿弱酸鹽水解顯堿性，C正確。答案c.（2017?杭州清河高三月考）在Na3PO4水溶液中存在的分子和離子的種類分別是（）A.1和3 B.2和4C.2和5 D.2和6解析Na3PO4水溶液中存在磷酸根離子的分步水解，PO4-+H2O-HPO2-+OH-,HPO4-+H2O H2PO￡+OH-,H2PO￡+H2O H3PO4+OH-,I 乙 乙 I 乙 I 乙H2O H++OH-,溶液中存在分子2種為：H3PO4、H2O，離子為：Na+、PO4-、HPO4-、H2POt、OH-、H+，共6種。答案D.下列各物質(zhì)溶解于水時，電離出的離子能使水的電離平衡向右移動的是（）A.CH3COOH B.Na2sO4C.NH4C1 D.HF解析結(jié)合選項(xiàng)，能使水的電離平衡向右移動的，是鹽電離出離子的水解促進(jìn)了水的電離。答案C【歸納總結(jié)】.牢記鹽類水解的3個特點(diǎn)：（1）可逆反應(yīng)；（2）吸熱反應(yīng)（中和反應(yīng)的逆反應(yīng)）；（3）水解程度一般很微弱。.熟記鹽類水解的4條規(guī)律：有弱才水解，越弱越水解；誰強(qiáng)顯誰性，同強(qiáng)顯中性。.牢記書寫水解離子方程式的3項(xiàng)注意：（1）水解方程式一般用“ ”連接。⑵多元弱酸酸根離子分步水解，第一步水解程度遠(yuǎn)大于第二步。⑶多元弱堿陽離子水解，一步寫完?？键c(diǎn)二鹽類水解的影響因素［主干精講］.內(nèi)因酸或堿越弱，其對應(yīng)的弱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)。.外因因素水解平衡水解程度水解產(chǎn)生離子的濃度溫度升高右移增大增大濃度增大右移減小增大減?。聪♂專┯乙圃龃鬁p小外加酸堿酸弱酸根離子的水解程度增大，弱堿陽離子的水解程度減小堿弱酸根離子的水解程度減小，弱堿陽離子的水解程度增大例如，不同條件對FeCl3水解平衡的影響：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+（填寫空格中內(nèi)容）條件移動方向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力口NaHCO3向右減小增大生成紅褐色沉淀［典例剖析］【例1】（2016?浙江省東陽中學(xué)高二上期中）NH4Cl溶液中存在NH++2H2O NH3-H2O+H3O+,向溶液中加入下列物質(zhì)后，平衡逆向移動的是（）A.加少量NaOH固體B.A.加少量NaOH固體仁加入少量NH4C1固體 D.加少量AgNO3固體解析A項(xiàng)，此式為水解反應(yīng)式，加入OH一消耗H3O+，促進(jìn)反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，故錯誤；B項(xiàng)，nh3+h2o nh3-h2o,NH3-H2O濃度增大，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故正確；C項(xiàng)，NH+濃度增加，反應(yīng)物濃度增大，平衡正向移動，故錯誤；D項(xiàng)，加入AgNO3，發(fā)生Ag++C1-==AgC1l，與平衡無影響，故錯誤。答案B【例2】漂白粉在溶液中存在下列平衡：C1O-+H2O .HC1O+OH-,下列措施能提高其漂白效率的是（）ANH2O 8.通入CO2C通入SO2 D.加少量NaOH解析加H2O雖然使平衡向右移動，但HC1O的濃度減??；SO2與HC1O反應(yīng)；NaOH使平衡向左移動，所以A、C、D均使HC1O的濃度減小，降低其漂白效率；通入CO2與OH一反應(yīng)，使平衡向右移動，HC1O的濃度增大，提高其漂白效率，B正確。答案B［考點(diǎn)精練］.（2016?浙江省東陽中學(xué)高二上期中）對滴有酚酞試液的下列溶液，操作后顏色變深的是（）A.明磯溶液加熱B.CH3COONa溶液力口熱C.氨水中加入少量NH4C1固體D.小蘇打溶液中加入少量NaC1固體解析A項(xiàng)，A13++3H2O A1（OH）3+3H+，水解為吸熱反應(yīng)，升高溫度，促進(jìn)水解，溶液顯酸性，酚酞遇酸顯無色，故錯誤；B項(xiàng)，酚酞遇堿變藍(lán)，CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,水解為吸熱反應(yīng)，升高溫度，促進(jìn)水解，堿性增強(qiáng)，顏色加深，故正確；C項(xiàng)，NH3.H2ONH++。指，加入氯化銨，抑制電離，c(OH-)減小，堿性減弱，顏色變淺，故錯誤；D項(xiàng)，小蘇打溶液中加入NaCl固體，對溶液無影響，顏色無變化，故錯誤。答案B.有一種酸式鹽AHB,它的水溶液呈弱堿性。則以下說法：①相同物質(zhì)的量濃度的AOH溶液和H2B溶液，前者的電離程度大于后者的電離程度；②h2b不是強(qiáng)酸；③HB-的電離程度大于HB-的水解程度；④該鹽溶液的電離方程式一般寫成：AHB .A++HB-,HB- H++B2-o其中錯誤選項(xiàng)的組合是()A.①② B.③④C.②③D.①④解析酸式鹽AHB的水溶液呈弱堿性，說明AOH的堿性相對較強(qiáng)，H2B的酸性相對較弱，且HB一的電離程度小于HB一的水解程度，相同物質(zhì)的量濃度的AOH溶液和H2B溶液，前者的電離程度大于后者的電離程度。AHB溶液的電離方程式一般寫成AHB===A++HB-,HB- H++B2一。所以錯誤選項(xiàng)的組合是③④。答案B【歸納總結(jié)】(1)稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，但由于溶液中離子濃度是減小的，故溶液酸性(或堿性)越弱。⑵向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不會與CH3COONa溶液水解產(chǎn)生的OH-反應(yīng)，使平衡向水解方向移動，原因是：體系中c(CH3COOH)增大是主

要因素，會使平衡CH3COO一+H2O CH3COOH+OH一左移?？键c(diǎn)三鹽類水解的應(yīng)用［主干精講］鹽類水解的應(yīng)用應(yīng)用舉例判斷溶液的酸堿性FeCl3溶液顯酸性，原因是Fe3++3H2O' Fe(OH)3+3H+判斷酸性強(qiáng)弱NaX、NaY、NaZ三種鹽溶液的pH分別為8、9、10,則酸性HX>HY>HZ離子共存水解分別使溶液呈酸性和堿性的離子組由于相互促進(jìn)，水解程度較大而不能共存(1)Al3+與HCO,、CO；-、AlO->SiO2-、HS-、S2-、ClO-；(2)Fe3+與HCO-、CO2-、AlO-、SiO］-、ClO-；(3)NH+與SiO2-、AlO-配制或貯存易水解的鹽溶液配制CuSO4溶液時，加入少量硫酸，防止Cu2+水解；配制FeCl3溶液，加入少量鹽酸，貯存Na2cO3溶液、Na2SiO3溶液不能用磨口玻璃塞膠體的制取制取Fe(OH)3膠體的離子反應(yīng)：Fe3++3H2O===于e(OH)3(膠體)+3H+泡沫滅火器原理成分為NaHCO3與Al2(SO4)3溶液，發(fā)生反應(yīng)Al3++3HCO-===Al(OH)3I+3CO2t作凈水劑明礬可作凈水劑，原理為Al3++3H2O' Al(OH)3(膠體)+3H+化肥的使用銨態(tài)氮肥與草木灰不得混用除銹劑NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接時的除銹劑鹽溶液蒸干灼燒(1)鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時，蒸干后一般得原物質(zhì)，如蒸干CuSO4(aq)蒸干*CuSO4(s)；⑵鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時，蒸干灼燒后一般得對應(yīng)的氧蒸干 灼燒化物，如AlCl3(aq)――z-Al(OH)3(s)—gAl2O化物，如AlCl3(aq)⑶酸根陰離子易水解的強(qiáng)堿鹽，如Na2c03溶液等蒸干后可得到原物質(zhì)［典例剖析］【例1】(2016?溫州市平陽二中高三模擬)下列有關(guān)問題，與鹽的水解有關(guān)的是()①NH4cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑②NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑③草木灰和銨態(tài)氮肥不能混合使用④實(shí)驗(yàn)室盛放Na2cO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞⑤加熱蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固體A.①②③ B.②③④C.①④⑤ D.①②③④⑤解析①中NH4cl與ZnCl2溶液水解均顯酸性，可以除去金屬表面的銹②HCO^與Al3+兩種離子可發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，產(chǎn)生二氧化碳，可作滅火劑；③草木灰的主要成分為碳酸鉀，水解顯堿性，而銨態(tài)氮肥水解顯酸性，因而不能混合施用；④碳酸鈉溶液水解顯堿性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅與堿反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉會將瓶塞與瓶口黏合而打不開，因此實(shí)驗(yàn)室盛放碳酸鈉的試劑瓶應(yīng)用橡膠塞：⑤八度匕溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl,加熱時，HCl揮發(fā)使平衡不斷右移，最終得到Al(OH)3固體(如果灼燒，會得到Al2O3固體)。答案D【例2】已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有強(qiáng)氧化性。將溶液中的Cu2+、Fe2+、Fe3+沉淀為氫氧化物，需溶液的pH分別為6.4、8.4、3.7。現(xiàn)有含F(xiàn)eCl2雜質(zhì)的氯化銅晶體(CuCl2?2H2O),為制取純凈的CuCl2?2H2O,首先將其制成水溶液，然后按圖示步驟進(jìn)行提純:含質(zhì)水液雜的溶I加入氧含質(zhì)水液雜的溶I加入氧化劑X請回答下列問題:(1)本實(shí)驗(yàn)最適合的氧化劑X是(填序號)。A.K2Cr2O7 B.NaClOC.H2O2 D.KMnO4⑵物質(zhì)Y是。⑶本實(shí)驗(yàn)用加堿沉淀法能不能達(dá)到目的？，原因是⑷除去Fe3+的有關(guān)離子方程式是。⑸加氧化劑的目的是。(6)最后能不能直接蒸發(fā)結(jié)晶得到CuCl2.2H2O晶體？，應(yīng)如何操作？ O解析根據(jù)沉淀時溶液的pH知除去雜質(zhì)時要將Fe2+先轉(zhuǎn)化為Fe3+再除去，這樣就需加入合適的氧化劑。對于氧化劑的選取原則是既能氧化Fe2+，又不引入雜質(zhì)，故選擇H2O2好些。加入Y的目的是增大溶液的pH但不引入雜質(zhì)，因Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,故加難溶的銅的化合物CuO或Cu(OH)2或CuCO3等消耗H+，使平衡正向移動。本實(shí)驗(yàn)中不能加堿，是為了防止同時生成Cu(OH)2沉淀。要想得到CuCl2?2H2O晶體，必須在HCl氣流中蒸發(fā)，防止CuCl2水解。答案(1)C(2)CuO或Cu(OH)2或CuCO3⑶不能因加堿的同時也會使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀(4)Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,CuO+2H+===Cu^++H2O⑸將Fe2+氧化為Fe3+,便于Fe3+生成沉淀而與Cu2+分離(6)不能應(yīng)在HCl氣流中加熱蒸發(fā)［考點(diǎn)精練］1.(2016?杭州夏衍中學(xué)高二期末)下列說法正確的是()A.滴有酚酞的Na2c03溶液中加入BaCl2溶液，紅色褪去可證明BaCl2溶液顯酸性B.根據(jù)鹽溶液的酸堿性，將鹽分成酸式鹽、正鹽和堿式鹽C.泡沫滅火器是利用硫酸鋁溶液和碳酸鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生大量C02和Al(0H)3滅火D.NH4F溶液中含有少量的HF,因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中解析A.Na2c03為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，BaCl2與Na2c03反應(yīng)生成BaC03沉淀，水解平衡逆向移動，溶液堿性減弱，氯化鋇是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，A錯誤；B.根據(jù)鹽的組成，將鹽分成酸式鹽、正鹽和堿式鹽，酸式鹽不一定顯酸性，如NaHC03溶液顯堿性，NaHS04顯酸性，故B錯誤；C.碳酸氫鈉和硫酸鋁發(fā)生雙水解反應(yīng)生成二氧化碳快，泡沫滅火器是利用硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳滅火，故C錯誤；D.NH4F溶液是弱酸弱堿鹽，水解得到溶液中含HF，NH/+F-+H20 NH3.H20+HF，生成的氫氟酸會和玻璃中的二氧化硅反應(yīng)，因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中，故D正確。答案D2.下列應(yīng)用與鹽類的水解無關(guān)的是()A.純堿溶液可以除油污B.NaCl可用作防腐劑和調(diào)味劑C.TiCl4溶于大量水加熱制備Ti02D.FeCl3飽和溶液滴入沸水中制Fe(0H)3膠體答案B3.BiCl3水解產(chǎn)物中有BiOCl生成。(1)寫出水解反應(yīng)方程式：。⑵醫(yī)藥上將BiOCl稱為次氯酸鋸，該名稱(填“正確”或“不正確”)。(3)如何配制BiCl3溶液？ 答案(1)BiCl3+H2O BiOCl+2HC1⑵不正確⑶將適量的BiCl3固體溶于少量濃鹽酸，然后加水稀釋至所需濃度【歸納總結(jié)】鹽溶液蒸干灼燒時所得產(chǎn)物的幾種判斷類型.鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時，蒸干后一般得原物質(zhì)，如 CuSO4(aq)蒸工CuSO4(s)；鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時，蒸干灼燒后一般得對應(yīng)的氧化物，如蒸干 灼燒AlCl3(aq)――LAl(OH)3上嶼Al2O3。.酸根陰離子易水解的強(qiáng)堿正鹽，如Na2cO3溶液等蒸干后可得到原物質(zhì)。.考慮鹽受熱時是否分解Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl等固體受熱易分解，因此蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2―->CaCO3(CaO)；NaHCO3-Na2cO3；KMnO4-K2MnO4+MnO2；NH4Cl-lNH3t+HClto.還原性鹽在蒸干時會被O2氧化蒸干例如，Na2sO3(aq)―—LNa2s04G)?？键c(diǎn)四電解質(zhì)溶液中“粒子”濃度關(guān)系［主干精講］1.同一溶液離子濃度大小比較方法(1)準(zhǔn)確判斷溶液的酸堿性①等濃度的弱酸與弱酸鹽溶液等體積混合，如果電離能力大于水解能力，則溶液中c(H+)>c(OH-)；如果是水解能力大于電離能力，則溶液中c(H+)<c(OH-)。②酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式酸根離子的電離能力和水解能力的相對強(qiáng)弱。如NaHCO3,HCO5的水解大于電離，故溶液顯堿性，c(H+)<c(OH-)；如NaHSO],HSO-的電離大于水解，故溶液顯酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)。3 3 ⑵四大依據(jù)依據(jù)一：弱電解質(zhì)的電離是微弱的弱電解質(zhì)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。如在稀醋酸中：CH3COOH CH3COO-+H+；H2O .OH-+H+；在溶液中粒子濃度由大到小的順序：c(CH?COOH)>c(H+)>c(CH?COO-)>c(OH-)。3 3依據(jù)二：弱酸根或弱堿陽離子的水解程度很微弱弱酸根陰離子或弱堿陽離子的水解是很微弱的，但水的電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于鹽的水解程度。如在稀NH4C1溶液中：NH4Cl===NH++Cl-；NH++H2O'NH3-H2O+H+；H2O.OH-+H+；在溶液中微粒濃度由大到小的順序是c(NH+)>c(H+)>c(NH3-H2O)>c(OH-)。依據(jù)三：電荷守恒溶液中所有陽離子所帶的正電荷總濃度等于所有陰離子所帶的負(fù)電荷總濃度。如NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO]-)+c(OH-)依據(jù)四：物料守恒在電解質(zhì)溶液中，某些微?？赡馨l(fā)生變化，但變化前后某種元素的原子個數(shù)守恒。如0.1mol-L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO-)+c(CO2-)+c(H2cO3)=0.1moLL-1。2.三大題型類型一：單一溶液中各離子濃度的比較(1)多元弱酸溶液一多元弱酸分步電離，逐級減弱。如H3PO4溶液中：c(H+)>c(H2PO-)>c(HPO2-)>c(PO3-)o⑵多元弱酸的正鹽溶液一多元弱酸酸根離子分步水解，水解程度逐級減弱。如在Na2cO3溶液中：c(Na+)>c(CO2-)>c(OH-)>c(HCO-)。類型二：混合溶液中各離子濃度的比較一要綜合分析電離、水解等因素。如在0.1mol-L-1NH4C1溶液和0.1mol-L-1的氨水混合溶液中，各離子濃度大小

的順序?yàn)椋篶(NHR>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。酸、堿中和型離子濃度的關(guān)系：中和堿」反應(yīng)混合物一中和堿」反應(yīng)混合物一慧一按單一鹽溶液討論生”要同時考慮水解和電離根據(jù)信息確定電離與水解哪個更“強(qiáng)勢”⑶不同溶液中同一離子濃度的比較不同溶液某離子濃度的大小要看溶液中其他離子對該離子的影響。如25。。時，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液中，c(NH+)由大到小的順序?yàn)閑>d>c>a>b。a.NH4Clb.CH3COONH4c.NH4HSO4d.(NH4)2sO4e.(NH4)2Fe(SO4)2［典例剖析］【例1】(2017?4月浙江選考)25℃時，在含CH3COOH和CH3COO-的溶液中，CH3COOH和CH3COO-=者中各自所占的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(a)隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是()A.在pH<4.76的溶液中，c(CH3COO-)<c(CH3COOH)B.在pH=7的溶液中，a(CH3COOH)=0,a(CH3COO-)=1.0C.在pH>4.76的溶液中，c(CH3COO-)與c(OH-)之和可大于c(H+)D.在pH=4.76的溶液中加鹽酸，a(CH3COOH)與a(CH3COO-)之和保持不變解析根據(jù)電離平衡判斷CH3COOH和CH3COO一兩者含量隨pH升高的變化情況，酸性越強(qiáng)CH3COOH含量越大，堿性越強(qiáng)CH3COO一越大，判斷A正確；加入鹽酸，根據(jù)物料守恒，始終存在a(CH3COOH)+a(CH3COO-)=1,D正確；電離平衡或是水解平衡是可逆的，a(CH3COOH)或a(CH3COO-)不可能二0或二1，只能接近于0或1，若不考慮溶液中的平衡原理只看圖，將錯選B；pH>4.76,溶液中存在其他陽離子，根據(jù)電荷守恒，判斷C正確。答案B【例2】(2016?10月)常溫下，用濃度為0.1000mol?L-1的NaOH溶液分別逐滴加入到20.00mL0.1000mol-L-1的HX、HY溶液中，pH隨NaOH溶液體積的變化如圖。下列說法正確的是()V(NaOH)/mLAV(NaOH)=0mL時，兩份溶液中，c(X-)>c(Y-)B.V(NaOH)=10.00mL時，c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH-)C.V(NaOH)=20.00mL時，c(OH-)>c(H+)>c(Na+)>c(X-)D.pH=7時，兩份溶液中，c(X-)=c(Na+)=c(Y-)解析A項(xiàng)，由起點(diǎn)pH可知HY為強(qiáng)酸，HX為弱酸，同濃度的兩者c(Y-)>c(X一)，錯誤；B項(xiàng)，此時為等濃度的HX、NaX的混合溶液[若不考慮HX的電離和NaX的水解，有c(HX)=c(Na+)=c(X-)],由于溶液呈酸性，說明HX的電離大于X-的水解，有c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH-)，正確；C項(xiàng)，此時為NaX溶液，由于X-水解使溶液呈堿性，有c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)，錯誤；D項(xiàng)，pH=7時，由于HX中加入NaOH的體積小于20mL(等體積混合時，溶液呈堿性)，兩溶液中c網(wǎng)2+)不等，錯誤。答案B【例3】(2016?4月浙江選考)常溫下，向20.00mL0.1000mol-L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol-L-1的NaOH溶液，pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是()A.在反應(yīng)過程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B.pH=5時，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.pH=6時，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1000mol-L-1D.pH=7時，消耗NaOH溶液的體積小于20.00mL解析A項(xiàng)，根據(jù)電荷守恒，在反應(yīng)過程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3cOO-)+c(OH-),A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，pH=5時，溶液中醋酸過量，故c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-),pH=6時，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，因加入NaOH溶液后溶液的體積增大，故c(CH3COO-)+c(CH3COOH)<0.1000mol-L-1,C項(xiàng)不正確；D項(xiàng)，因生成醋酸鈉水解呈堿性，故當(dāng)pH=7時，消耗NaOH溶液的體積小于20.00mL,D項(xiàng)正確。答案C［考點(diǎn)精練］1.（2017?杭州重點(diǎn)中學(xué)）常溫下，向20.00mL0.1000mol-L-1NH4C1溶液中逐滴加入0.1000mol-L-1NaOH溶液，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示（不考慮揮發(fā)）。下列說法正確的是（）V(NaOH)/mLA.點(diǎn)a所示溶液中：c(NH+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)B.點(diǎn)b所示溶液中：c(NH+)=c(Na+)=c(H+)=c(OH-)C.點(diǎn)c所示溶液中：c(Cl-)+2c(H+)=2c(NH3-H2O)+2c(OH-)D.點(diǎn)d所示溶液中：c(NH3-H2O)>c(Cl-)>c(OH-)>c(NH+)解析A.a點(diǎn)溶液中，銨根離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，銨根離子水解程度較小，所以溶液中離子濃度大小順序是c(Cl-)>c(NH+)>c(H+)>c(OH-),A錯誤；B.b點(diǎn)溶液中，加入NaOH溶液的體積小于10mL，消耗的NH4C1小于原來的一半，即c(NH+)>c(Na+),B錯誤；C.c點(diǎn)溶液中，溶液呈堿性，所以c(H+)<c(OH-)，溶液中的溶質(zhì)是等物質(zhì)的量濃度的氯化銨、氯化鈉、一水合氨，根據(jù)電荷守恒和物料守恒得c(Cl-)+2c(H+)=2c(NH3-H2O)+2c(OH-),C正確；D.d點(diǎn)溶液中，二者恰好反應(yīng)生成等濃度的氯化鈉、一水合氨，所以c(NH3-H2O)<c(Cl-),D錯誤。答案C2.[2017?嘉興一中高二(下)期末]室溫下,將1.000mol-L-1鹽酸滴入20.00mL1.000mol-L-1氨水中，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是()A.a點(diǎn)由水電離出的c(H+)=1.0X10-14mol-L-1B.b點(diǎn)：c(NH+)+c(NH3.H2O)=c(Cl-)C.c點(diǎn)：c(Cl-)=c(NH+)D.d點(diǎn)后，溶液溫度略下降的主要原因是NH3.H2O電離吸熱解析A.因a點(diǎn)7<pH<14，因此水電離出的c(H+)>1.0X10-14mol?L-1,故A錯誤；B.b點(diǎn)時pH>7,則鹽酸和氨水反應(yīng)，氨水過量，則c(NH4+)+c(NH3-H2O)>c(Cl-)，故B錯誤；C.因c點(diǎn)pH=7溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可知c(Cl一戶c(NH/),故C正確；D.d點(diǎn)時鹽酸和氨水恰好完全反應(yīng)，放熱最多，再加鹽酸溫度降低只能是加入鹽酸的溫度低于溶液溫度，這才是溫度下降的原因，故D錯誤。答案C【規(guī)律方法】.確定電解質(zhì)溶液中粒子濃度大小方法(1)判斷電解質(zhì)溶液中粒子濃度大小方法：①找全平衡、②分清主次例如：NaHCO3溶液中存在平衡按主次順序依次是：HCO3-+h2o h2co3+OH一(為主)HCO3- H++CO2-(為次)H2O H++OH-(最微弱)微粒濃度大小順序：c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH一)>c(H2CO3)>c(H+)>c(CO2一)⑵電荷守恒一運(yùn)用溶液呈電中性方法：①找全離子，分寫等號兩邊、②帶幾個電荷乘幾、③只與離子種類有關(guān)例如：Na2cO3；NaHCO3；Na2CO3和NaHCO3；Na2CO3和NaOH；等溶液中離子濃度存在的關(guān)系都可以用：c(Na+)+c(H+)=2c(CO3-)+c(HCO3-)+c(OH-)表示⑶物料守恒一一運(yùn)用溶液中某元素的原子守恒方法：①只與溶質(zhì)有關(guān)、②在電解質(zhì)溶液中，溶質(zhì)中離子有的發(fā)生變化，有的沒有改變，但仍保持原溶質(zhì)中或反應(yīng)前溶質(zhì)微粒關(guān)系，如：NaHCO3溶液中NaHCO3

仍滿足：c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO2一)+c(H2CO3).巧妙利用“關(guān)鍵點(diǎn)”突破圖像問題(1)抓反應(yīng)“一半”點(diǎn)，判斷是什么溶質(zhì)的等量混合。⑵抓“恰好”反應(yīng)點(diǎn)，生成什么溶質(zhì)，溶液呈什么性，是什么因素造成的。⑶抓溶液“中性”點(diǎn)，生成什么溶質(zhì)，哪種反應(yīng)物過量或不足。⑷抓反應(yīng)“過量”點(diǎn)，溶質(zhì)是什么，判斷誰多、誰少還是等量。課后限時訓(xùn)練(時間：45分鐘)一、選擇題1.下列指定溶液中一定能大量共存的離子組是()A.pH=1的溶液中：NH+>Na+、Fe3+、SO2-B.含有大量A1O2■的溶液中：Na+、K+、HCO/NO-C.中性溶液中：K+、A13+、Cl-、SO2-D.Na2s溶液中：SO2-、K+、Cu2+、C1-，不能大量共存；C項(xiàng)，A13+水解呈酸性，解析A項(xiàng)，酸性條件下，H+抑制NH+、Fe3+，不能大量共存；C項(xiàng)，A13+水解呈酸性，+HCO3-+H2O===A1(OH)3I+因而在中性溶液中不存在；D項(xiàng)，Cu2++S2-==CuSl，不能大量共存。答案A.相同溫度、相同濃度的六種溶液，其pH由小到大的順序如圖所示，圖中①②③代表的物質(zhì)可能分別為()NHjHSOj① ②NaNO;(③Na2copHA.NH4C1(NH4)2sO4CH3COONaB.(NH4)2SO4NH4C1CH3COONaC.(NH4)2SO4NH4C1NaOHD.CH3COOHNH4C1(NH4)2SO4解析(NH4)2sO4比NH4C1溶液中的銨根離子濃度大水解生成的氫離子濃度大，

醋酸鈉水解顯堿性，且其堿性比Na2c03要弱。答案B.(2016?浙江師大附中4月選考模擬)下列物質(zhì)對水的電離平衡無影響的是()A.K B.H2S04C.Na2c03 D.KN03解析K和Na2c03均會促進(jìn)水的電離，H2s04會抑制水的電離，KN03對水的電離平衡無影響，故選D項(xiàng)。答案DB.Na0H.(2016?溫州市高三3月選考模擬)下列物質(zhì)的水溶液因水解呈堿性的是()B.Na0HA.Na2c03C.HClD.FeCl3C.HClHC03-解析A項(xiàng)，碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解溶液顯堿性，C02-+H20+0H-,故A正確；B項(xiàng)，HC03-是電離顯堿性，故B錯誤；C項(xiàng)，氯化氫是強(qiáng)酸，在溶液中完全電離溶液顯酸性，故C錯誤；D項(xiàng)，氯化鐵是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中能電離為鐵離子Fe3+水解溶液呈酸性，F(xiàn)e3++3H20 Fe(0H)3+3H+，氯離子不水解，故D錯誤。答案A.(2016?湖州市高三一模)下列說法不正確的是()八.常溫下，在0.10mol-L」CH3C00H溶液中加入少量CH3C00Na晶體，能使CH3C00H的電離度降低，溶液的pH增大8.常溫下向氯化銨溶液中加入少量氨水使溶液中c(NH〃=c(Cl-),則混合液的pH二7C.已知草酸氫鉀溶液呈酸性，則在0.1mol-L-1KHC204溶液中c(C204-)>c(K+)>c(H2c2O4)D.pH=3的0.1mol-L-1HA溶液與0.05mol-L-1Na0H溶液等體積混合后所得溶液中：2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(0H-)解析A項(xiàng)，向醋酸溶液中加入醋酸鈉固體抑制醋酸電離，溶液中氫離子濃度減小，溶液的pH增大，故A正確；B項(xiàng)，溶液中c(NH/)=c(Cl-)，根據(jù)電荷守恒得c(NH/)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性，故B正確；C項(xiàng)，HC2O--部分電離，c(K+)>c(C2O2-)，故C錯誤；D項(xiàng)，根據(jù)溶液的電中性可知溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，根據(jù)物料守恒2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，兩者綜合得到2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(OH-)，故D正確。答案C6.(2016?余姚中學(xué)高二期末)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)和水分別解離成兩部分，然后兩兩重新組合成新的物質(zhì)。根據(jù)上述信息，下列說法不正確的是()A.CaO2的水解產(chǎn)物是Ca(OH)2和H2O2B.PC13的水解產(chǎn)物是HC1O和PH3C.NaClO的水解產(chǎn)物之一是HC1OD.Mg3N2的水解產(chǎn)物是兩種堿性物質(zhì)解析A.CaO2的水解產(chǎn)物鈣離子和氫氧根離子結(jié)合生成的Ca(OH)2和過氧根離子和氫離子結(jié)合生成的H2O2，故A正確；B.PC13的水解產(chǎn)物是HC1和H3PO3,故B錯誤；C.NaC1O的水解產(chǎn)物是HC1O和NaOH,故C正確；D.Mg3N2的水解產(chǎn)物是Mg(OH)2和NH3，是兩種堿性物質(zhì)，故D正確。答案B.(2017?浙江臺州評估)常溫下，向20.00mL0.1000mo1-L-i的氨水中逐滴加入0.1000mol-L-1的鹽酸，pH隨鹽酸體積的變化如圖所示。下列說法正確的是()

A.滴加鹽酸10mL時，c(Cl-)>c(NH+)>c(NH3-H2O)>c(OH-)>c(H+).滴力口鹽酸20mL時，c(H+)=c(OH-)+c(NH3-H2O)C.滴加鹽酸10mL時溶液的導(dǎo)電能力與滴加鹽酸20mL時溶液的導(dǎo)電能力相同D.pH<7時，消耗鹽酸的體積一定大于20.00mL解析A項(xiàng)，滴加10mL鹽酸時，溶液中生成的NH4cl的濃度等于剩余的NH3-H2O的濃度，故溶液顯堿性，所以有：c(NHj)>c(Cl-)>c(NH3-H2O)>c(OH-)>c(H+)，錯誤；B項(xiàng)，滴加20mL鹽酸時，溶液中只有一種溶質(zhì)NH4cl,由電荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH+)+c(H+)和物料守恒c(Cl-)=c(NH+)+c(NH3-H2O)，兩式聯(lián)立可得出c(NH3-H2O)+c(OH-)=c(H+)，正確；C項(xiàng)，滴加10mL鹽酸時的溶液中10mL鹽酸時的溶液中c(NH4cl)=c(NH3-H2O)=10X10-3LX0.100mol-L-130X10-3L20X10-3LX0.1mol/L0.033mol/L滴加20mL鹽酸時的溶液中c(NHCl)= =0.054 40X10-3Lmol/L，故后者導(dǎo)電能力強(qiáng)，錯誤；D項(xiàng)，當(dāng)消耗鹽酸的體積為20mL時，溶液中溶質(zhì)只有NH4cl,此時溶液的pH<7，錯誤。答案B8.(2017?余姚中學(xué)高三期中)常溫下，向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH+與NH3-H2O的變化趨勢如下圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))，下列說法不正確的是()A.在M點(diǎn)時，n(OH-)—n(H+)=(a—0.05)molB.隨著NaOH的加入，'(H+)不斷增大c(NH+)C.M點(diǎn)溶液中水的電離程度比原溶液小D.當(dāng)n(NaOH)=0.1mol時，c(OH—)>c(Cl-)—c(NH3-H2O)解析A.在M點(diǎn)時溶液中存在電荷守恒，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正確；?一… …一人…-c(H+)c(NH-HO)B.銨根離子水解顯酸性，結(jié)合水解平衡常數(shù)分析，- X二，二c(NH+)c(NH3.H2O) K ，隨氫氧化鈉固體加入，反應(yīng)生成一水合氨濃度增大，平衡常數(shù)c(NH3-H2O)c(H+)不變，貝W 減小，故B錯誤；C.向NHCl溶液中加堿，對水的電離起抑c(NH+) 4制作用所以M點(diǎn)溶液中水的電離程度比原溶液小故C正確D.向1L0.1mol-L-iNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，當(dāng)n(NaOH)=0.1mol時，恰好反應(yīng)生成氯化鈉和一水合氨，c(Na+)=c(Cl-)>c(OH-)，溶液中存在水的電離則溶液中，c(OH-)=c(Cl-)-c(NH3-H2O)+c(H+),貝I」c(OH-)>c(Cl-)-c(NH3-H2O),故D正確。答案B9.[2017?紹興市嵊州高中高二(上)期末]常溫下，向1LpH=10的NaOH溶液中持續(xù)通入CO/通入CO2的體積(V)與溶液中水電離出的c(OH-)的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是()A.d點(diǎn)溶液中：c(Na+)=2c(CO2-)+c(HCO-)B.c點(diǎn)溶液中：c(Na+)>c(HCO-)>c(CO2-)C.b點(diǎn)溶液中：c(H+)=1X10-7mol?L-iD.a點(diǎn)溶液中：水電離出的c(H+)=1X10-i0mol-L-i解析A.d點(diǎn)溶液中水電離出的OH一離子濃度10-7mol/L，溶液呈中性，c(H+)二c(OH-)，結(jié)合電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO2-)+c(HCO3-)+c(OH-)，兩式相減，得c(Na+)=2c(CO2-)+c(HCO-)，故A正確；B.當(dāng)水電離出的OH-離子濃度最大時，說明此時的溶液是碳酸鈉溶液，對水的電離起促進(jìn)作用，所以溶液中離子濃度大小為c(Na+)>c(COj-)>c(HCO-)，故B錯誤；C.圖像中，b點(diǎn)是常溫下水溶液中水電離出的離子濃度c(H+)=c(OH-)=1X10-7mol/L，溶液呈中性，故C正確；D.水電離出的氫離子與氫氧根離子的濃度始終相等，a是沒有通二氧化碳的情況，即pH=10的NaOH溶液，則c(H+)=1X10-10mol/L，而氫離子來源于水的電離，所以水電離出的c(H+)=1X10-10mol/L，故D正確。答案B10.(2016?嚴(yán)州中學(xué)高二期中)在一定條件下，NaHCO3溶液中存在平衡①HCO-+H2O H2CO3+OH-、②HCO-+H2O CO2-+H3O+。下列說法正確的乙 乙 J J 乙 J J是()A.①是電離平衡、②是水解平衡B.NaHCO3溶液呈堿性是因?yàn)棰俚某潭却笥冖谌始尤隢aOH固體，①②平衡都向左移動D.升高溫度，①向右移動，②向左移動解析A.碳酸氫根離子水解，結(jié)合水電離出的氫離子促進(jìn)水的電離平衡正向進(jìn)行，氫氧根離子濃度增大，①是水解平衡，HCO3-+H2O H2cO3+OH.②HCO3-②HCO3-+H2OCO3-+H3O+是碳酸氫根離子電離方程式，氫離子寫成了水合氫離子，故A錯誤；B.碳酸氫鈉溶液中水解使溶液顯堿性，電離使溶液顯酸性，二者相對大小決定溶液酸堿性，NaHCO3溶液呈堿性是因?yàn)棰俚某潭却笥冖?，故B正確；仁加入氫氧化鈉溶液，氫氧根離子濃度增大會抑制①水解平衡逆向進(jìn)行，對于②促進(jìn)電離平衡正向進(jìn)行反應(yīng)生成碳酸根離子，故C錯誤；D.水解和電離過程都是吸熱過程，升溫促進(jìn)水解和電離，升溫①②向右進(jìn)行，故D錯誤。答案B11.[2017?紹興市嵊州高中高二(上)期末]25℃時，某酸性溶液中只含NH+.Cl-、H+、OH-四種離子，下列說法不正確的是()A.可能由pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合而成B.該溶液可能由等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氨水等體積混合而成C加入適量氨水，溶液中離子濃度可能為：c(NH+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)D.該溶液中c(NH+)=c(Cl-)+c(OH-)—c(H+)解析A—水合氨是弱電解質(zhì)、HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，常溫下，pH=2的HCl與pH=12的NH3-H2O溶液中，c(NH3?H2O)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于c(HCl)，二者等體積混合氨水有剩余，導(dǎo)致溶液呈堿性而不是酸性，故A錯誤；B.等物質(zhì)的量濃度、等體積的HCl溶液和NH3.H2O溶液混合，二者恰好反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解而氯離子不水解導(dǎo)致氯化銨溶液呈酸性，故B正確；C加入適量nh3.h2o，一水合氨的電離程度大于銨根離子水解程度會導(dǎo)致溶液呈堿性，根據(jù)電荷守恒得c(NH/)>c(Cl-)，溶液中水的電離程度較小，可能出現(xiàn)離子濃度大小順序是c(NH/)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故C正確；D.任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(H+)，故D正確。答案A12.(2016?福建省廈門市海滄中學(xué)高二下學(xué)期期末)在一定條件下，Na2c03溶液中存在C02-+H20 ?HCOh+OH-平衡。下列說法不正確的是( )=后…六c(HCO-)-c(0H-)-A.稀釋溶液， c右,―) 增大c(HCO-).8.加入NaOH固體，c(CO23)減小C.升高溫度，平衡常數(shù)增大口.通入CO2，溶液pH減小c(HCO-)-c(OH-)解析A項(xiàng)，碳酸根離子的水解平衡常數(shù)K= 3 ，溫度不hc(CO2-)變，則該比值不變，故A錯誤；B項(xiàng)，加入NaOH固體，溶液中氫氧根離子濃度增大，則水解平衡正向移動，碳酸氫根離子濃度減小，碳酸根離子濃度增大，'(HCO-)的比值減小，故B正確；C項(xiàng)，升高溫度，碳酸根離子的水解平衡c(CO32-)正向移動，則碳酸氫根離子、氫氧根離子濃度增大，碳酸根離子濃度減小，所以c(HCO-)-c(OH-)平衡常數(shù)K=' 3 增大，故C正確；D項(xiàng)，二氧化碳與氫氧h c(CO2-)根離子反應(yīng)，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度減小，溶液的pH減小，故D正確。答案A二、非選擇題13.(2016?浙江省桐鄉(xiāng)高級中學(xué)高二上期中)下列微粒中：①Na+；②Fe3+；③Cl-；④HCO-；⑤AlO-(1)既能電離又能水解微粒是(填序號)。⑵②、③兩種離子組成的鹽的水溶液顯(填“酸性”或“堿性”或“中性”)，用離子方程式表示原因。⑶④、⑤兩種離子在水溶液中會發(fā)生反應(yīng)而生成沉淀，寫出相應(yīng)的離子方程式 O解析(1)①Na+既不能電離也不能水解，②Fe3+只能水解不能電離，③Cl-不能電離也不能水解，④HCO3-是弱酸的酸式酸根，既能電離又能水解，⑤AlO2-只能水解不能電離，答案選④；⑵②、③兩種離子組成的鹽是FeCl3,是強(qiáng)酸弱堿鹽，水溶液顯酸性，水解的離子方程式為Fe3++3H2O 3H++Fe(OH)3;(3)HCO3-電離產(chǎn)生H+,A1O2水解產(chǎn)生HA1O2和OH一，兩種離子在水溶液中會發(fā)生反應(yīng)，生成沉淀，離子方程式為A1O2-+HCO3-+H2O===A1(OH)3!+CO2-o答案(1)④(2)酸性Fe3++3H2O 3H++Fe(OH)3(3)A1O-+HCO-+H2O===A1(OH)3l+CO]-14.(2016?浙江江山實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二教學(xué)質(zhì)量檢測)25℃時，如果取0.1moH-1HA溶液與0.1mo1?L-1NaOH溶液等體積混合(混合后溶液體積的變化不計(jì))，測得混合溶液的pH=8,試回答以下問題：(1)混合溶液的pH=8的原因是 (用離子方程式表示)；⑵混合溶液中由水電離出的c(H+)0.1mo1-L-1NaOH溶液中由水電離出的c(H+)(選填“>”、“<”、或“=”)；⑶求出混合液的下列算式的精確計(jì)算結(jié)果(填具體數(shù)字)：c(Na+)—c(A-);mo1-L-1；(4)已知NH4A溶液是中性，又知將HA溶液加入到Na2cO3溶液中有氣體放出，試推斷(NH4)2CO3溶液的pH7(選填“>”、“〈”或“=”)；⑸將相同溫度下濃度相同的四種鹽溶液：A.NH4HCO3 B.NH4AC.(NH4)2SO4 D.NH4C1按pH由大到小的順序排列(填序號)。解析(1)25℃時，0.1mo1-L-1HA溶液與0.1mo1-L-1NaOH溶液等體積混合，二者恰好完全反應(yīng)生成NaA溶液，測得混合溶液的pH=8，則NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽，A一發(fā)生水解，A.+H2O HA+OH-;(2)NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽，A一發(fā)生水解，促進(jìn)水的電離，NaOH為強(qiáng)堿，抑制水的電離，則混合溶液中由水電離出的c(H+)>0.1mol-L-1NaOH溶液中由水電離出的c(H+);(3)NaA溶液的pH=8，則c(H+)=10-8mol-L-1,c(OH-)=10-6mol-L-1；溶液中的電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，則c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=9.9X10-7mol-L-1；(4)NH4A溶液是中性，則NH+的水解程度和A-的水解程度相同，將HA溶液加入到Na2cO3溶液中有氣體放出，則HA的酸性大于碳酸，A-的水解程度小于碳酸根的水解程度，則(NH4)2CO3溶液的pH>7；⑸根據(jù)題意知相同溫度下濃度相同的四種鹽溶液，pH由大到小的順序排列NH4HCO3>NH4A>NH4Cl>(NH4)2sO4，順序?yàn)锳BDCo答案(1)A-+H2O HA+OH-(2)>(3)9.9X10-7(4)>(5)ABDC15.(2016?浙江臺州中學(xué)高二上第三次統(tǒng)練)25℃時，有關(guān)物質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下：化學(xué)式CH3COOHH2cO3H2sO3電離平衡常數(shù)K=1.8X10-5K[=4.3X10-7K2=5.6X10-11K『1.5X10-2K2=1.02X10-7(1)三種酸由強(qiáng)至弱的順序?yàn)?用化學(xué)式表示)。⑵常溫下,0.02moll-1的CH3COOH溶液的電離度約為，體積為10mLpH=2的醋酸溶液與亞硫酸溶液分別加蒸餾水稀釋至1000mL,稀釋后溶液的pH,前者后者(填“>”、“<”或“=”)。⑶下列離子CH3COO-、CO]-、HSO-、SO2-在溶液中結(jié)合H+能力由大到小為⑷c(NH+)相同的下列物質(zhì)的溶液中，物質(zhì)的量濃度最大的是A.NH4Al(SO4)2 B.NH4HCO3C.NH4HSO4 D.NH4NO3E.CH3COONH4⑸等濃度的CH3COONa、NaHCO3的混合溶液中，各離子濃度關(guān)系正確的是A.c(CH3COO-)>c(HCO-)>c(OH-)B.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(HCO-)+c(OH-)c(OH-)>c(HCO-)>c(CH3COO-)c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(HCO-)+c(CO3-)解析(1)電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性就越強(qiáng)，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知酸由強(qiáng)至弱為H2sO3>CH3COOH>H2cO3；(2)CH3COOH在溶液中存在電離平衡:CH3COOH CH3COO一+H+,假設(shè)常溫下，0.02mol-L-1的CH3COOH溶液的電離度是a，則平衡時c(H+)=c(CH3COO-)=0.02a,c(CH3COOH)=0.02(1-K=c(H+X(CH3C0°-).上g=1.8X10-5,解得a=0.03；c(CH3COOH) 0.02(1-a)由于電離平衡常數(shù)：H2SO3>CH3COOH。所以體積為10mLpH=2的醋酸溶液與亞硫酸溶液分別加蒸餾水稀釋至1000mL,酸越弱，稀釋后溶液中c(H+)變化越小，則溶液中c(H+)越大，稀釋后溶液的pH就越小，故稀釋后溶液的pH，前者小于后者；(3)電離平衡常數(shù)越小，說明電離產(chǎn)生的離子結(jié)合H+的能力越強(qiáng)。由于電離平衡常數(shù)H2SO3>CH3COOH>HSO->HCO-；所以離子CH3COO-、CO3-、乙J J J J J JHSO-、SO2-在溶液中結(jié)合H+能力由大到小為CO2->SO2->CH3COO->HSO-；(4)A.在NH4Al(SO4)2溶液中，存在水解平衡：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+；NH++H2O NH3?H2O+H+；由于二者水解的酸堿性相同，所以Al3+水解對NHj的水解平衡起抑制作用，使其水解