高考化学总复习第七单元水溶液中的离子反应与平衡 第3讲

高考总复习·化学[单选经典版]第3讲盐类的水解复习目标1．了解盐类水解的原理。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.了解盐类水解的应用。4.能利用水解常数(Kh)进行相关计算。考点一盐类的水解及其规律1．盐类的水解2．盐类水解的规律有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。盐的类型实例是否水解水解的离子溶液的酸碱性溶液的pH(25℃)强酸强碱盐NaCl、KNO3eq\x(\s\up1(01))否—eq\x(\s\up1(02))中性pHeq\x(\s\up1(03))＝7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2eq\x(\s\up1(04))是eq\x(\s\up1(05))NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋eq\x(\s\up1(06))酸性pHeq\x(\s\up1(07))<7弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3eq\x(\s\up1(08))是eq\x(\s\up1(09))CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)eq\x(\s\up1(10))碱性pHeq\x(\s\up1(11))>73.水解离子方程式的书写(1)一般要求①盐的离子＋H2O弱酸(或弱碱)＋OH－(或H＋)，离子方程式中用“”而不用“=”。②(2)盐的水解方程式的书写类型①一元强酸弱碱盐水解：如NH4Cl水解的离子方程式为eq\x(\s\up1(01))NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。②一元强碱弱酸盐水解：如CH3COONa水解的离子方程式为eq\x(\s\up1(02))CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。③多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主。如Na2CO3水解的离子方程式为eq\x(\s\up1(03))COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。④多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步完成。如FeCl3水解的离子方程式为eq\x(\s\up1(04))Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。⑤阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“=”“↑”“↓”等。如Na2S溶液与AlCl3溶液混合后反应的离子方程式为eq\x(\s\up1(05))3S2－＋2Al3＋＋6H2O=3H2S↑＋2Al(OH)3↓。4．盐的水解常数以反应A－＋H2OHA＋OH－为例(1)表达式：Kh＝eq\x(\s\up1(01))eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)。(2)与Kw、Ka(HA)的关系：Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）)＝eq\f(Kw,Ka（HA）)。(3)影响因素：只与温度有关，升高温度，促进水解，Kheq\x(\s\up1(02))增大。请指出下列各说法的错因(1)酸式盐的溶液，一定都显酸性。错因：如NaHCO3溶液显碱性。(2)盐溶液呈酸性，一定是强酸弱碱盐水解引起的。错因：NaHSO4溶液显酸性，是NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)造成的。(3)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐。错因：弱酸、弱碱形成的盐也可呈中性，如CH3COONH4。(4)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。错因：CH3COONa溶液促进水的电离，CH3COOH溶液抑制水的电离。(5)NaHS的水解方程式：HS－＋H2OS2－＋H3O＋。错因：NaHS的水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－。(6)在水溶液中AlOeq\o\al(－,2)与HCOeq\o\al(－,3)不能大量共存是因为两者能互相促进水解。错因：AlOeq\o\al(－,2)与HCOeq\o\al(－,3)发生反应的方程式为AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，实质是强酸制弱酸。1．关于盐类水解的注意事项(1)只要是弱碱的阳离子或弱酸的阴离子，在水溶液中就会水解。(2)盐类发生水解后，其水溶液往往显酸性或碱性，但也有特殊情况，如CH3COONH4溶液显中性。(3)Al3＋与COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、S2－、HSOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)或Fe3＋与COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)发生相互促进的水解反应，水解程度较大，进行完全，书写时要用“=”“↑”“↓”。(4)NHeq\o\al(＋,4)与CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)等在水解时相互促进，其水解程度比单一离子的水解程度大，但水解程度仍然较弱，不能反应完全，在书写水解方程式时用“”。2．盐类水解程度的大小比较(1)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。(2)多元弱酸的酸根离子比酸式酸根离子的水解程度大得多。如相同浓度时，COeq\o\al(2－,3)比HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大。(3)同种离子的水解程度：相互促进水解的盐>单一水解的盐>相互抑制水解的盐。如NHeq\o\al(＋,4)的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。3．酸式盐溶液酸碱性的判断(1)强酸的酸式酸根只电离，不水解，溶液呈酸性。如NaHSO4水溶液中：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。(2)弱酸的酸式酸根既能电离又能水解，盐溶液的酸碱性取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。①若电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，如HSOeq\o\al(－,3)、H2POeq\o\al(－,4)、HC2Oeq\o\al(－,4)；②若电离程度小于水解程度，则溶液显碱性，如HCOeq\o\al(－,3)、HS－。4．水解常数的应用(1)计算盐溶液中c(H＋)或c(OH－)①对于A－＋H2OHA＋OH－起始c00平衡c－c(HA)c(HA)c(OH－)Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c－c（HA）)≈eq\f(c2（OH－）,c)，c(OH－)＝eq\r(Kh·c)。②同理对于B＋＋H2OBOH＋H＋，c(H＋)＝eq\r(Kh·c)。(2)判断盐溶液的酸碱性和比较微粒浓度的大小A．单一溶液①如一定浓度的NaHCO3溶液，Ka1(H2CO3)＝4.4×10－7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11，Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,4.4×10－7)≈2.27×10－8＞Ka2，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))。②又如一定浓度的NaHSO3溶液，Ka1(H2SO3)＝1.54×10－2，Ka2(H2SO3)＝1.2×10－7，Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,1.54×10－2)≈6.5×10－13＜Ka2，HSOeq\o\al(－,3)的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(H2SO3)。③再如一定浓度的CH3COONH4溶液，由于Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5≈Kb(NH3·H2O)＝1.71×10－5，则CH3COO－与NHeq\o\al(＋,4)的水解常数近似相等，二者水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))。B．混合溶液①如物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh＝eq\f(Kw,Ka（CH3COOH）)＝eq\f(10－14,1.75×10－5)≈5.7×10－10＜Ka(CH3COOH)，CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的电离程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)。②又如物质的量浓度相等的HCN和NaCN混合溶液，Ka(HCN)＝4.9×10－10，Kh＝eq\f(Kw,Ka（HCN）)＝eq\f(10－14,4.9×10－10)≈2.0×10－5＞Ka(HCN)，CN－的水解程度大于HCN的电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)。角度一盐类水解的实质及规律1．常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：序号①②③④溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3下列说法正确的是()A．四种溶液中，水的电离程度①>②>④>③B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同；分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(COeq\o\al(2－,3))均增大C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClOD．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)答案B解析这四种盐溶液均促进了水的电离，根据越弱越水解，水解显碱性，水解程度越大，pH越大，则四种溶液中，水的电离程度③>④>②>①，A错误；醋酸的酸性强于次氯酸，在物质的量浓度相等的情况下，pH小的是醋酸，C错误；根据元素质量守恒，Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，D错误。2．常温下，体积都为V0mL、浓度都为0.1mol·L－1的MCl、NaR、MR三种盐溶液，加入蒸馏水稀释至VmL，溶液的pH与lgeq\f(V,V0)的关系如图所示。下列说法不正确的是()A．曲线X代表NaR溶液，其中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HR)B．曲线Y中任何两点，水的电离程度都相同C．将等体积等物质的量浓度的MCl和NaR溶液混合后，c(M＋)＝c(R－)D．常温下，HR的电离常数Ka≈1×10－5答案B解析曲线X代表强碱弱酸盐，为NaR溶液，其中存在质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HR)，故A正确；曲线Z代表强酸弱碱盐，为MCl溶液，则曲线Y为MR，溶液呈中性，说明弱酸根离子和弱碱的阳离子水解程度相同，但促进水电离，向溶液中加水稀释，水解程度增大，即水的电离程度增大，故B错误；将等体积等物质的量浓度的MCl和NaR溶液混合后M＋、R－的水解程度相同，则有c(M＋)＝c(R－)，故C正确；0.1mol·L－1NaR溶液的pH＝9，水解平衡常数约为eq\f(10－5×10－5,0.1)＝10－9，根据电离平衡常数和水解平衡常数的关系Kw＝Ka×Kh可知，常温下，HR的电离常数Ka≈1×10－5，故D正确。(1)发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。(2)盐溶液显酸性不一定是强酸弱碱盐，如NaHSO4、NaHSO3等溶液也显酸性。角度二水解离子方程式的书写与判断3．下列属于水解反应且水解方程式正确的是()A．AlCl3＋3H2O=Al(OH)3＋3HClB．COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－C．HCOeq\o\al(－,3)＋H2OCOeq\o\al(2－,3)＋H3O＋D．NH4Cl溶于D2O中：NHeq\o\al(＋,4)＋D2ONH3·HDO＋D＋答案D4．写出下列实验事实对应的离子方程式：(1)AlCl3溶液呈酸性：________________________________________。(2)Na2CO3溶液呈碱性：_______________________________________。(3)NaHS溶液呈碱性：________________________________________。答案(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(2)COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－(3)HS－＋H2OH2S＋OH－角度三盐类水解常数(Kh)的计算和应用5．常温下，某酸HA的电离常数Ka＝1×10－5，下列说法正确的是()A．HA溶液中加入NaA固体后，eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)减小B．常温下，0.1mol·L－1HA溶液中水电离出的c(H＋)为10－13mol·L－1C．常温下，0.1mol·L－1NaA溶液水解常数为10－9D．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应，存在关系：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(Cl－)答案C解析eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)为A－的水解平衡常数，加入NaA固体后，由于温度不变，则水解平衡常数不变，故A错误；由于HA为弱酸，则常温下0.1mol·L－1HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol·L－1，水电离出的c(H＋)一定大于10－13mol·L－1，故B错误；NaA的水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Ka（HA）)＝eq\f(1×10－14,1×10－5)＝10－9，故C正确；NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应，NaA和HCl的物质的量相等，根据元素质量守恒可得：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(Cl－)＋c(HA)，故D错误。6．(1)25℃0.01mol·L－1的NaA溶液pH＝10，则A－的水解常数表达式为______________________，其值约为________。(2)已知常温下H2SO3的电离常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8，则SOeq\o\al(2－,3)的水解常数Kh1＝________，Kh2＝________。常温下，pH＝9的Na2SO3溶液中eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝________。答案(1)Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)10－6(2)1.67×10－71×10－1260水解常数与电离常数的定量关系(1)一元弱酸及其酸根：Ka·Kh＝Kw。(2)二元弱酸及其酸根：Ka1·Kh2＝Kw，Ka2·Kh1＝Kw。考点二盐类水解的影响因素及应用1．影响盐类水解平衡的因素(1)内因：盐类本身的性质，形成盐的酸或碱越弱，其盐就eq\x(\s\up1(01))越易水解。(2)外因因素水解平衡水解程度水解产物的浓度温度升高eq\x(\s\up1(02))右移eq\x(\s\up1(03))增大eq\x(\s\up1(04))增大浓度增大eq\x(\s\up1(05))右移eq\x(\s\up1(06))减小eq\x(\s\up1(07))增大减小(稀释)eq\x(\s\up1(08))右移eq\x(\s\up1(09))增大eq\x(\s\up1(10))减小外加酸碱酸弱碱阳离子的水解程度eq\x(\s\up1(11))减小碱弱酸根离子的水解程度eq\x(\s\up1(12))减小(3)以NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋为例，填写下表。平衡移动c(H＋)c(NHeq\o\al(＋,4))升高温度eq\x(\s\up1(13))右移eq\x(\s\up1(14))增大eq\x(\s\up1(15))减小加水稀释eq\x(\s\up1(16))右移eq\x(\s\up1(17))减小eq\x(\s\up1(18))减小通入少量HCleq\x(\s\up1(19))左移eq\x(\s\up1(20))增大eq\x(\s\up1(21))增大加入少量NaOH固体eq\x(\s\up1(22))右移eq\x(\s\up1(23))减小eq\x(\s\up1(24))减小加入固体NH4Cleq\x(\s\up1(25))右移eq\x(\s\up1(26))增大eq\x(\s\up1(27))增大2.盐类水解的应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显eq\x(\s\up1(01))酸性，原因是eq\x(\s\up1(02))Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋判断离子能否共存Al3＋与COeq\o\al(2－,3)不能大量共存，会发生相互促进的水解反应：eq\x(\s\up1(03))2Al3＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑判断酸性强弱等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：eq\x(\s\up1(04))HX>HY>HZ配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量eq\x(\s\up1(05))H2SO4，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量eq\x(\s\up1(06))盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用eq\x(\s\up1(07))带磨口玻璃塞的试剂瓶胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：eq\x(\s\up1(08))Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为eq\x(\s\up1(09))Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑混合溶液的除杂与提纯用MgO、Mg(OH)2或MgCO3调节溶液的pH，除去MgCl2溶液中的FeCl3杂质：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O，使Fe3＋水解平衡右移直至沉淀完全作净水剂明矾可作净水剂，原理为eq\x(\s\up1(10))Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混用除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂请指出下列各说法的错因(1)含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，溶液中c(K＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))。错因：反应后溶质为KHCO3，由于HCOeq\o\al(－,3)既存在水解又存在电离，故c(HCOeq\o\al(－,3))＜c(K＋)。(2)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，不能使c(Na＋)＝c(CH3COO－)。错因：CH3COO－水解呈碱性，当加入适量CH3COOH使溶液呈中性时，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)可得，c(Na＋)＝c(CH3COO－)。(3)水解反应NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动。错因：水解反应是吸热反应，故升高温度平衡正向移动。(4)降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动。错因：加水稀释，水解平衡正向移动。(5)试管中加入2mL饱和Na2CO3溶液，滴入两滴酚酞，溶液变红，加热后红色变浅。错因：溶液中存在COeq\o\al(2－,3)水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，加热，水解平衡正向移动，碱性增强，红色加深。(6)Na2CO3溶液加水稀释，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，溶液的碱性增强。错因：Na2CO3溶液加水稀释，水解产生的n(OH－)增大，但由于溶液体积的增大，c(OH－)减小，碱性减弱。1．盐类水解平衡移动方向的理解(1)水解形式相同的盐，相互抑制水解，如NH4Cl和FeCl3水解相互抑制。(2)水解形式相反的盐，相互促进水解，如Al2(SO4)3和NaHCO3水解相互促进。(3)稀释盐溶液时，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性或碱性减弱。(4)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－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。2．因相互促进水解不能大量共存的离子组合(1)Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－。(2)Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－。(3)NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)。注意：①NHeq\o\al(＋,4)与CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)虽能相互促进水解，但程度较小，能大量共存。②Fe3＋在中性条件下已完全水解。3．盐溶液蒸干时产物的判断(1)盐水解生成挥发性酸，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3→Al2O3。(2)盐水解生成难挥发性酸，蒸干后得原物质，如CuSO4→CuSO4。(3)考虑盐受热时是否分解，如KMnO4→K2MnO4和MnO2。(4)还原性盐溶液蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3→Na2SO4。(5)弱酸的铵盐溶液蒸干后无固体剩余，如NH4HCO3、(NH4)2CO3。角度一盐类水解的影响因素1．在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是()A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小C．升高温度，eq\f(c（HS－）,c（S2－）)减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小答案B解析加入CuSO4固体，发生反应：Cu2＋＋S2－=CuS↓，c(S2－)减小，S2－的水解平衡向逆反应方向移动，HS－浓度减小，B正确。2．下列有关电解质溶液的说法不正确的是()A．向Na2CO3溶液中通入NH3，eq\f(c（Na＋）,c（COeq\o\al(2－,3)）)减小B．将0.1mol·L－1的K2C2O4溶液从25℃升温至35℃，eq\f(c（K＋）,c（C2Oeq\o\al(2－,4)）)增大C．向0.1mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，eq\f(c（Na＋）,c（F－）)＝1D．向0.1mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，eq\f(c（CH3COOH）,c（CH3COO－）·c（H＋）)增大答案D解析在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，溶液中通入NH3，抑制水解，c(COeq\o\al(2－,3))增大，c(Na＋)不变，则eq\f(c（Na＋）,c（COeq\o\al(2－,3)）)减小，A正确；K2C2O4溶液中草酸根离子水解溶液呈碱性，升高温度，水解程度增大，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以eq\f(c（K＋）,c（C2Oeq\o\al(2－,4)）)增大，B正确；向0.1mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液中存在电荷守恒，c(F－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，c(H＋)＝c(OH－)，则c(F－)＝c(Na＋)，eq\f(c（Na＋）,c（F－）)＝1，C正确；向CH3COONa溶液中加入少量水，温度不变，不会影响醋酸的电离常数，即eq\f(1,Ka)＝eq\f(c（CH3COOH）,c（CH3COO－）·c（H＋）)不变，D错误。角度二盐类水解的应用3．下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是()事实或应用解释A用热的纯碱溶液去除油污纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质B泡沫灭火器灭火Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体C施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效D明矾作净水剂明矾溶于水生成Al(OH)3胶体答案A解析用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，A错误。4．下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH－完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是()金属离子Fe2＋Fe3＋Zn2＋完全沉淀时的pH7.74.56.5A.H2O2、ZnO B．氨水C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液答案A利用水解原理除杂需注意的问题(1)注意把控溶液的pH：在除杂时如果pH调节不好，很可能会把主要成分除去。(2)注意不能引入新的杂质：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，除杂时不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，会引入NHeq\o\al(＋,4)、Na＋等杂质。微专题溶液中粒子浓度大小的比较1．理解“两个微弱”，贯通思维障碍(1)弱电解质的电离是微弱的①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的粒子都非常少，同时还要考虑水的电离。如氨水中：各粒子浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)。②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。(2)弱电解质离子的水解是微弱的①弱电解质离子的水解是微弱的(水解相互促进的除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解。如在Na2CO3溶液中：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的浓度大小关系应是c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)。2．把握三种守恒，明确等量关系(1)电荷守恒电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中阳离子所带的电荷总数等于阴离子所带的电荷总数。如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)。(2)元素质量守恒元素质量守恒是指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，但该离子所含某种元素的质量在变化前后守恒。如①1molNH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol。②NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))。(3)质子守恒电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。如NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)。注意：质子守恒可以通过电荷守恒与元素质量守恒加减得到。3．学会方法技巧，明确解题思路(1)分析溶液中微粒浓度关系的思维流程(2)规避等量关系中的2个易失分点①电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(COeq\o\al(2－,3))的化学计量数2代表一个COeq\o\al(2－,3)带2个负电荷，不可漏掉。②元素质量守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的元素质量守恒式c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]中，“2”表示c(Na＋)是溶液中硫原子浓度的2倍，不能写成2c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)。(3)根据粒子浓度关系式，套用合适守恒式①电荷守恒式的特点：一边全为阴离子，另一边全为阳离子。②元素质量守恒式的特点：式子中有弱电解质分子和对应的离子，一般一边含一种元素，另一边含另一种元素的离子和分子。③质子守恒式的特点：一边某微粒能电离出H＋，另一边微粒能结合H＋。④等式两边没有明显特征：三个守恒结合。1．常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是()A．氨水中，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＝0.1mol·L－1B．NH4Cl溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(OH－)＝c(H＋)D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)答案C2．有等物质的量浓度、等体积的下列溶液：①H2CO3②Na2CO3③NaHCO3④NH4HCO3⑤(NH4)2CO3。下列关系或说法正确的是()A．c(COeq\o\al(2－,3))的大小关系：②>⑤>③>④>①B.c(HCOeq\o\al(－,3))的大小关系：④>③>⑤>②>①C．将溶液蒸干灼烧只有①不能得到对应的原有物质D．②③④⑤既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应答案A解析由于④中NHeq\o\al(＋,4)与HCOeq\o\al(－,3)水解相互促进，故c(HCOeq\o\al(－,3))大小为③>④，B错误；将各溶液蒸干后①③④⑤都分解，得不到原来的物质，C错误；Na2CO3只能与盐酸反应，而与NaOH溶液不反应，D错误。3．25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴滴加0.01mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如图所示。下列溶液中的关系一定正确的是(忽略体积微小变化)()A．a点溶液的pH≥12B．b点的溶液：c(CN－)＞c(HCN)C．c点的溶液：c(CN－)＋c(HCN)＋c(Cl－)＝0.01mol·L－1D．pH＝7的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CN－)答案C解析NaCN溶液的pH＞7，说明NaCN是强碱弱酸盐，若NaCN完全水解，则溶液的pH等于12，而CN－在水溶液中部分水解，故a点溶液pH小于12，A错误；b点加入了5mL盐酸，溶液中的溶质为等物质的量的NaCN、NaCl、HCN，此时溶液显碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，c(CN－)＜c(HCN)，B错误；c点加入10mL盐酸，溶液中的溶质为等物质的量的NaCl、HCN，根据元素质量守恒知溶液中c(CN－)＋c(HCN)＋c(Cl－)＝(10×10－3L×0.01mol·L－1＋10×10－3L×0.01mol·L－1)÷(20×10－3L)＝0.01mol·L－1，C正确；pH＝7时c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒：c(CN－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可得c(CN－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)，D错误。4．(2023·南京市高三学情调研)25℃时，向20mL0.1mol·L－1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是()A．a点对应的溶液中：c(H2R)＋c(HR－)＋c(R2－)＝0.1mol·L－1B．b点对应的溶液中：c(Na＋)>c(HR－)>c(H2R)>c(R2－)C．a、b、c、d四点中，d点对应的溶液中水的电离程度最大D．a、b、c、d四点对应的溶液中均有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HR－)＋c(R2－)答案C解析不同溶液中同种粒子浓度大小的比较高考真题演练1．(高考集萃)判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。(1)(2021·浙江高考)应避免铵态氮肥与草木灰混合施用。()(2)(2021·浙江高考)亚硫酸氢钠的水解：HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－。()(3)(2021·山东高考)向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应。()(4)(2021·河北高考)1L1mol·L－1溴化铵水溶液中NHeq\o\al(＋,4)与H＋离子数之和大于NA。()(5)(2020·天津高考)相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)＞Ka(HF)。()(6)(2020·天津高考)相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。()答案(1)√(2)√(3)√(4)√(5)×(6)√2．(2022·浙江1月选考)水溶液呈酸性的盐是()A．NH4Cl B．BaCl2C．H2SO4 D．Ca(OH)2答案A3．(2022·江苏高考)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol·L－1KOH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(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))。H2CO3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(HCOeq\o\al(－,3))B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，c总＝0.1mol·L－1溶液中：c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降答案C解析KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则COeq\o\al(2－,3)主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCOeq\o\al(－,3))，若为KHCO3溶液，则HCOeq\o\al(－,3)发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCOeq\o\al(－,3))，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，依据元素质量守恒，溶液中：c(K＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)＝0.1mol·L－1，c总＝0.1mol·L－1，则溶液为KHCO3溶液，Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1×10－14,4.4×10－7)≈2.3×10－8＞Ka2＝4.4×10－11，表明HCOeq\o\al(－,3)以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))，C正确；题图所示的“吸收”“转化”过程中发生反应为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)，二式相加得：CO2＋CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确。4．(2021·浙江高考)取两份10mL0.05mol·L－1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·L－1的盐酸，另一份滴加0.05mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是()A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度B．a→b→c过程中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)逐渐减小C．a→d→e过程中：c(Na＋)<c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)D．令c点的c(Na＋)＋c(H＋)＝x，e点的c(Na＋)＋c(H＋)＝y，则x>y答案C解析向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，说明NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度，故A正确；由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)逐渐减小，故B正确；由元素质量守恒可知，a点溶液中c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，故C错误；c点溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝(0.05＋10－11.1)mol·L－1，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝(0.025＋10－4)mol·L－1，因此x>y，故D正确。5．(2021·天津高考)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是()A．在0.1mol·L－1H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))B．在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.1mol·L－1D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液中c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)答案A解析在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，故B错误；在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，根据元素质量守恒得到c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＝0.1mol·L－1，故C错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液，则c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒得到c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(Cl－)<c(NHeq\o\al(＋,4))，故D错误。6．(2021·北京高考)下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是()A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低答案B解析HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，加入Ca2＋后，Ca2＋和COeq\o\al(2－,3)反应生成沉淀，促进HCOeq\o\al(－,3)的电离，B错误。7．(2021·湖南高考节选)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为________。(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有______________________________(至少写两条)。(3)滤渣Ⅲ的主要成分是________(填化学式)。(4)加入絮凝剂的目的是________________。(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为____________________________，常温下加入的NH4HCO3溶液呈__________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。答案(1)eq\o\al(138,58)Ce(2)适当升高温度，将独居石粉碎等(3)Al(OH)3(4)促使铝离子沉淀(5)6HCOeq\o\al(－,3)＋2Ce3＋＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑碱性解析(5)铵根离子的水解常数Kh(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(10－14,1.75×10－5)≈5.7×10－10，碳酸氢根离子的水解常数Kh(HCOeq\o\al(－,3))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,4.4×10－7)≈2.3×10－8，则Kh(NHeq\o\al(＋,4))<Kh(HCOeq\o\al(－,3))，因此常温下加入的NH4HCO3溶液呈碱性。课时作业建议用时：40分钟选择题(每小题只有1个选项符合题意)1．下列关于盐溶液酸碱性的说法错误的是()A．盐溶液呈酸性或碱性的原因是破坏了水的电离平衡B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－)C．在CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH－)≠c(H＋)D．水电离出的H＋和OH－与盐电离出的弱酸根离子或弱碱阳离子结合，引起盐溶液呈碱性或酸性答案C2．CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质或改变如下条件，能使比值eq\f(c（CH3COO－）,c（Na＋）)一定减小的是()①固体NaOH②固体KOH③固体NaHSO4④固体CH3COONa⑤冰醋酸⑥降温A．只有①③ B．①③④C．②④⑤⑥ D．③④⑥答案A解析加入固体NaOH，c(Na＋)与c(CH3COO－)都增大，但c(Na＋)增大幅度较大，则eq\f(c（CH3COO－）,c（Na＋）)比值减小，①符合；加入固体KOH，抑制水解，则c(CH3COO－)增大，而c(Na＋)不变，则eq\f(c（CH3COO－）,c（Na＋）)比值增大，②不符合；加入固体NaHSO4，水解平衡向右移动，c(Na＋)增大，c(CH3COO－)减小，则eq\f(c（CH3COO－）,c（Na＋）)比值减小，③符合；加入固体CH3COONa，浓度增大，水解程度降低，则eq\f(c（CH3COO－）,c（Na＋）)比值增大，④不符合；加入冰醋酸，c(CH3COO－)增大，则eq\f(c（CH3COO－）,c（Na＋）)比值增大，⑤不符合；水解是吸热反应，降温，平衡逆向移动，醋酸根离子浓度增大，则eq\f(c（CH3COO－）,c（Na＋）)比值增大，⑥不符合。3．25℃时，实验测得0.10mol·L－1的NaHB溶液的pH＝9.1。下列说法中正确的是()A．NaHB的电离方程式为：NaHB=Na＋＋H＋＋B2－B．HB－在水溶液中只存在HB－的水解平衡C．HB－的水解程度大于电离程度D．溶液中水电离出的c(H＋)为10－9.1mol·L－1答案C解析HB－在水中不完全电离，在电离方程式中不拆，A错误；HB－在水中水解程度大于电离程度，B错误，C正确；HB－以水解为主，促进水的电离，则溶液中水电离出的c(H＋)＝10－4.9mol·L－1，D错误。4．下列有关说法正确的是()A．0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Fe2＋)>c(H＋)B．pH＝2的盐酸和pH＝2的醋酸溶液等体积混合后，溶液的pH>2C．向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好完全反应：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)D．25℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)答案A解析(NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子及铵根离子都发生水解，但是水解程度较小，则c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Fe2＋)>c(H＋)，故A正确；由于盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相等，混合后溶液中氢离子浓度不变，混合溶液的pH＝2，故B错误；向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好完全反应生成氯化铵，铵根离子部分发生水解，故c(NHeq\o\al(＋,4))<c(Cl－)，C错误；醋酸是弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液中CH3COOH的物质的量浓度远大于0.001mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为0.001mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒知c(Na＋)<c(CH3COO－)，故D错误。5.(2022·河北省普通高中高三模拟)已知peq\f(c（HX）,c（X－）)＝－lgeq\f(c（HX）,c（X－）)。室温下，向20.00mL0.10mol·L－1HX溶液中逐滴滴加0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液pH随peq\f(c（HX）,c（X－）)变化关系如图所示。下列说法错误的是()A．当peq\f(c（HX）,c（X－）)＝1时，溶液的c(H＋)＝1.0×10－5.75mol·L－1B．当peq\f(c（HX）,c（X－）)＝0时，加入NaOH溶液的体积大于10.00mLC．当加入10.00mLNaOH溶液时：c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HX)D．如图所示各点对应溶液中水电离出来的H＋浓度：a<b<c答案B解析Ka＝eq\f(c（H＋）·c（X－）,c（HX）)，pKa＝pH＋peq\f(c（X－）,c（HX）)＝pH－peq\f(c（HX）,c（X－）)，所以pH＝pKa＋peq\f(c（HX）,c（X－）)，温度不变，pKa为常数，将(－1，3.75)代入可得3.75＝pKa－1，所以pKa＝4.75，即pH＝peq\f(c（HX）,c（X－）)＋4.75，将peq\f(c（HX）,c（X－）)＝1代入可得pH＝5.75，c(H＋)＝1.0×10－5.75mol·L－1，A正确；当NaOH溶液的体积为10.00mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，pKa＝4.75，即Ka＝10－4.75，则X－的Kh＝eq\f(10－14,10－4.75)＝10－9.25，X－的水解程度小于HX的电离程度，此时溶液中c(HX)<c(X－)，当peq\f(c（HX）,c（X－）)＝0时，c(HX)＝c(X－)，则加入NaOH溶液的体积小于10.00mL，B错误；当NaOH溶液的体积为10.00mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，存在电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(X－)＋c(OH－)，存在元素质量守恒2c(Na＋)＝c(X－)＋c(HX)，二式联立可得c(H＋)＋c(HX)＝c(Na＋)＋c(OH－)，C正确；NaX的水解会促进水的电离，随着NaOH的加入，溶液中NaX浓度逐渐增大，水的电离程度也逐渐增大，当溶质全部为NaX时，水的电离程度达到最大，水电离出来的H＋浓度最大，c点pH＝5.75，说明溶质中含有HX，则a、b、c三点水电离出来的H＋浓度：a<b<c，D正确。6．向20mL0.1mol·L－1的氨水中滴加未知浓度的稀盐酸，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀盐酸体积的变化如图所示。已知pOH＝－lgc(OH－)，下列说法不正确的是()A．b点时NH3·H2O与HCl恰好完全反应，此时溶液呈中性，反应体系温度最高B．此实验可以选择甲基橙作指示剂C．c点时溶液中存在c(H＋)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．a、b、c三点对应NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)答案A解析由题图可知当加入稀盐酸20mL时，体系温度达到最高，此时NH3·H2O和HCl恰好完全反应(对应b点)，故稀盐酸的浓度为0.1mol·L－1。A项，b点时NH3·H2O和HCl恰好完全反应，所得溶液的溶质为NH4Cl，NH4Cl水解使溶液呈酸性；B项，由于滴定终点溶液呈酸性，故可选甲基橙作指示剂；C项，c点时溶液中溶质为NH4Cl和HCl，且二者的物质的量之比为1∶1，依据电荷守恒可知，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)①，又依据元素质量守恒可知，2c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)＝c(Cl－)②，联立①②两式可得c(H＋)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)；D项，水解平衡常数与体系温度有关，温度越高，则水解平衡常数越大，a、b、c三点对应体系温度b>a>c，故Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)。7．(2022·海淀高三期末考试)测定0.1mol·L－1Na2CO3溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发)，数据如下。温度/℃20406080pH11.8011.6811.5411.42下列说法正确的是()A．温度升高，Na2CO3溶液中c(OH－)降低B．温度升高时溶液pH降低，原因是COeq\o\al(2－,3)水解生成少量H2CO3C．Na2CO3溶液pH的变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D．溶液中c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))始终等于0.1mol·L－1答案C8．常温下，用20mL0.1mol·L－1Na2SO3溶液吸收SO2气体，吸收液的pH与lgeq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（SOeq\o\al(2－,3)）)的关系如图所示。下列说法错误的是()A．b点对应的溶液中：c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))＝c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)B．c点对应的溶液中：c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))C．常温下，H2SO3的第二步电离常数Ka2＝1.0×10－7.2D．在通入SO2气体的过程中，水的电离平衡正向移动答案D解析Na2SO3溶液吸收SO2气体，发生反应：SO2＋Na2SO3＋H2O=2NaHSO3，b点对应的溶液pH＝7.2、lgeq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（SOeq\o\al(2－,3)）)＝0，即溶液中c(OH－)>c(H＋)、c(HSOeq\o\al(－,3))＝c(SOeq\o\al(2－,3))，结合电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)知，c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))，A正确；c点溶液pH＝7.0，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，依据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，可得c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，B正确；b点溶液pH＝7.2，lgeq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（SOeq\o\al(2－,3)）)＝0，即c(H＋)＝1.0×10－7.2mol·L－1时，c(HSOeq\o\al(－,3))＝c(SOeq\o\al(2－,3))，故Ka2＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）·c（H＋）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝1.0×10－7.2，C正确；由图可知，在通入SO2气体的过程中，溶液的酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水的电离平衡逆向移动，D错误。9.(2022·马鞍山市高三教学质量监测)室温下，向浓度为0.1mol·L－1的氨水中缓缓通入HCl，lgeq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)随pOH[pOH＝－lgc(OH－)]的变化曲线如下图所示。假设溶液体积没有变化，下列推断不正确的是()A．室温下NH3·H2O的电离常数为10－4.7B．pOH＝6的溶液中：c(NH3·H2O)＋c(Cl－)<0.1mol·L－1C．b点溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(NH3·H2O)D．室温下，a、b、c三点溶液中，c点溶液中水的电离程度最大答案C10．常温下向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液pH的变化关系如图所示。已知：H2X是二元弱酸，Y表示eq\f(c（X2－）,c（HX－）)或eq\f(c（HX－）,c（H2X）)，pY＝－lgY，题中涉及浓度的单位为mol·L－1。下列叙述错误的是()A．曲线n表示peq\f(c（HX－）,c（H