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第23讲 盐类的水解（解析版）
1．理解电解质溶液中的电离平衡和水解平衡。
2．掌握溶液中各组分之间的守恒关系与大小比较。
3．能认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。
4．能综合运用离子反应、水解平衡原理，分析和解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题。
考点一：盐类的水解原理
1．盐类的水解
2.盐类水解的规律
规律:有弱才水解,越弱越水解,都弱都水解;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
强酸强碱盐 Na2SO4、KNO3 否 中性 pH＝7
强酸弱碱盐 NH4Cl、Fe(NO3)3 是 NH、Fe3＋ 酸性 pH<7
弱酸强碱盐 HCOONa、Na2CO3 是 HCOO－、CO 碱性 pH>7
弱酸弱碱盐 CH3COONH4 是 CH3COO－、NH 中性 pH＝7
3.盐类水解离子方程式的书写
①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。
如Na2CO3的水解离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－。
②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。
如FeCl3的水解离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
③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溶液混合反应的水解离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
4．盐的水解常数
以反应A－＋H2OHA＋OH－为例
(1)表达式：Kh＝。
(2)与KW、Ka(HA)的关系：Kh＝＝。
影响因素：只与温度有关，升高温度，促进水解，Kh增大。
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。
小结
酸式盐溶液的酸碱性
(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液一定显酸性，如：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，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电离程度大于水解程度时，呈酸性：如HSO、H2PO。
②电离程度小于水解程度时，呈碱性如HCO、HS－、HPO。
【典例1】25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是(　　)
A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY
D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
答案：A
解析：
A项，根据BY溶液的pH＝6，B＋比Y－更易水解，则BOH比HY更难电离，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)，正确；B项，根据AX、BX、BY溶液的pH，则AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为弱酸强碱盐，溶液的pH＞7，故AY溶液的pH大于BY溶液的pH，错误；C项，稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，且BX溶液的pH变化大于BY溶液，错误；D项，HX为强酸，HY为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY的电离程度增大，但仍不可能全部电离，故HX溶液的酸性强，pH小，错误。
【典例2】室温下0.1 mol·L－1的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误的是(　　)
A．上述溶液能使甲基橙试剂变黄色
B．室温下，NH3·H2O是比HCN更弱的电解质
C．上述溶液中CN－的水解程度大于NH的水解程度
D．室温下，0.1 mol·L－1NaCN溶液中，CN－的水解程度小于上述溶液中CN－的水解程度
答案：B
解析：
室温下，溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；HCN和NH3·H2O均是弱电解质，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于NH的水解程度，由越弱越水解知，NH3·H2O是比HCN强的电解质，故B错误，C正确；CN－、NH的水解相互促进，所以0.1 mol·L－1NaCN溶液中，CN－的水解程度小于同浓度下NH4CN溶液中CN－的水解程度，故D正确。
【典例3】相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为(　　)
A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH　CH3COONa　NaHCO3
D．CH3COOH　NH4Cl　(NH4)2SO4　NaHCO3　NaOH
答案：B
解析：
相同温度、相同浓度下的溶液，其pH从小到大的顺序为电离呈酸性<水解呈酸性<中性<水解呈碱性<电离呈碱性，B项符合题意。
考点二：盐类水解的影响及应用
1．盐类水解的影响因素
(1)内因
主要因素是盐本身的性质，酸(或碱)越弱，其对应的弱酸阴离子(或弱碱阳离子)的水解程度越大，溶液的碱性(或酸性)越强，即越弱越水解。
(2)外因
影响因素 平衡移动 水解程度 水解产生离子的浓度
温度 升高 右移 增大 增大
浓度 增大 右移 减小 增大
减小(即稀释) 右移 增大 减小
外加酸、碱 酸 弱碱阳离子的水解程度减小
碱 弱酸根离子的水解程度减小
盐 水解形式相同的盐 相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式相反的盐 相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
(3)注意事项
①稀溶液中，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)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－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
2．盐类水解原理的重要应用
(1)判断离子能否共存
若阴、阳离子发生水解相互促进的反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的水解相互促进使反应进行完全的有：
①Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
②Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
③NH与SiO、AlO。
(2)判断盐溶液蒸干时所得的产物
①盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
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，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。
③弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
(3)保存、配制某些盐溶液
如配制FeCl3溶液时，为防止出现Fe(OH)3沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3的水解；在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。
(4)利用盐类的水解反应制取胶体、净水
如实验室制备Fe(OH)3胶体的原理为
FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
明矾净水的原理为Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很大的表面积，吸附水中悬浮物而聚沉。
(5)泡沫灭火器的原理
NaHCO3与Al2(SO4)3的饱和溶液混合：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(6)混合溶液中Fe3＋的除杂
如CuCl2溶液中的Fe3＋可向溶液加入CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3而除去。
(7)晶体中结晶水失去的措施
MgCl2·6H2O制MgCl2时在HCl气流中加热失水。
小结
铵态氮肥与草木灰不能混用，某些盐溶液(如ZnCl2、NH4Cl)作除锈剂。
【典例1】在25 ℃时，在浓度为1 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NH)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)，下列判断正确的是(　　)
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c D．c>a>b
答案：D
解析：
溶液中CO的水解促进NH的水解，Fe2＋的水解抑制NH的水解，则等浓度时，c(NH)大小顺序应为c>a>b。
【典例2】一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，下列说法正确的是(　　)
A．加入少量NaOH固体，c(CH3COO－)增大
B．加入少量FeCl3固体，c(CH3COO－)增大
C．稀释溶液，溶液的pH增大
D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
答案：A
解析：
加入少量NaOH固体，会增大溶液中OH－的浓度，使平衡向左移动，c(CH3COO－)增大，故A项正确；加入少量FeCl3固体，FeCl3水解显酸性，CH3COONa水解显碱性，在同一溶液中二者水解相互促进，c(CH3COO－)减小，故B项不正确；稀释溶液，c(OH－)减小，溶液的pH减小，故C项不正确；若c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)，则有c(Na＋)＋c(H＋)＞c(OH－)＋c(CH3COO－)，不符合电荷守恒，故D项不正确。
【典例3】下列是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pH 7.7 4.5 6.5
A.H2O2、ZnO　　　　　 B．氨水
C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液
答案：A
解析：
要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH范围为4.5≤pH＜6.5，即可将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能用H2O2，调pH时也不能引入新的杂质，故可加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去。
考点三：溶液中粒子浓度的大小比较
(一)理解“两大理论”，贯通思维障碍
1．电离理论——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：NH3·H2O、NH、OH－、H＋浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)>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．水解理论——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溶液的浓度。
如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NH)>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：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。
(二)巧用“三个守恒”，明确浓度关系
1．电荷守恒
电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。
2．物料守恒
物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
(1)单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1 mol，即氮元素守恒。
(2)两元素守恒，如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)，即钠元素与碳元素守恒。
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(CO)＋c(OH－)。
注：质子守恒可以通过电荷守恒与物料守恒加减得到。
(三)剖析解题流程，建立思维模型
小结
相关溶液粒子浓度关系的解题步骤
不同溶液中同种粒子浓度大小的比较
【典例1】室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液：c(SO)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．0.1 mol·L－1明矾溶液：c(SO)＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋2c(CO)
答案：C
解析：
0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中，铵根离子水解，溶液显酸性，但水解程度不大，则c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；根据质子守恒，应是c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B错误；明矾溶液中Al3＋发生水解，C正确；由元素质量守恒知，c(CO)不应乘以2，D错误。
【典例2】现有4种混合溶液分别由等体积0.1 mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa；②NH4Cl与HCl；③NH4Cl 与NaCl；④NH4Cl与NH3·H2O(混合溶液呈碱性)。下列各项排序正确的是(　　)
A．pH：②<①<③<④
B．溶液中c(H＋)：①<③<②<④
C．溶液中c(NH)：①<③<②<④
D．溶液中c(NH3·H2O)：①<③<④<②
答案：C
解析：
A项，④呈碱性，①呈中性，③呈弱酸性，②呈强酸性，故pH：②<③<①<④，错误；B项，溶液中c(H＋)：④<①<③<②，错误；D项，溶液中c(NH3·H2O)：②<③<①<④，错误。
【典例3】已知：H2B===H＋＋HB－，HB－H＋＋B2－。室温下，取30 mL 0.1 mol·L－1某二元酸H2B，滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。下列说法正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1的H2B溶液中有c(H＋)＝c(OH－)＝c(B2－)＝0.1 mol·L－1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na＋)＝2c(B2－)＋c(HB－)
C．当用去NaOH溶液体积为15 mL时，溶液的pH>7
D．当用去的NaOH溶液体积为30 mL时，此时溶液中有c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＋2c(H2B)
答案：B
解析：
由H2B的电离方程式可知，其一级电离完全，二级电离不完全，则0.1 mol·L－1的H2B溶液中一级电离产生的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，二级电离继续产生氢离子，则氢离子的浓度大于0.1 mol·L－1，溶液显酸性，c(OH－)【典例4】比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。
(1)浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是______________。
(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，c(CH3COO－)由大到小的顺序是___________________________。
(3)c(NH)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为______________________。
答案：(1)③>②>④>①　(2)②>①>③　(3)④>②>③>①
考点四 水解常数(Kh)与电离常数的关系及应用
1．水解常数的概念
(1)含义：盐类水解的平衡常数，称为水解常数，用Kh表示。
(2)表达式：
①对于A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝；
②对于B＋＋H2OBOH＋H＋，Kh＝。
(3)意义和影响因素
①Kh越大，表示相应盐的水解程度越大；
②Kh只受温度的影响，升高温度，Kh增大。
2．水解常数(Kh)与电离常数的定量关系(以CH3COONa为例)
CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
Kh＝＝＝＝
因而Ka(或Kh)与Kw的定量关系：
(1)Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw
(2)Na2CO3的水解常数Kh＝
(3)NaHCO3的水解常数Kh＝
拓展：可以用电离平衡常数与水解常数的大小关系判断弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，以HCO为例，已知Ka1＝：
电离方程式：HCOH＋＋CO Ka2＝
水解方程式：HCO＋H2OH2CO3＋OH－
Kh＝＝，只需比较Ka2和Kh＝的大小即可判断弱酸的酸式盐溶液的酸碱性。
【典例1】25 ℃，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，向10 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液中加入30 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液发生反应，混合溶液中c(Fe3＋)与时间(t)的变化如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A．A点Fe3＋的浓度小于0.1 mol·L－1
B．25 ℃，Fe3＋的水解常数为2.5×10－5
C．C点存在的平衡主要为Fe3＋的水解平衡
D．t4时向溶液中加入10 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，平衡不移动
答案：AB
解析：
A点混合后溶液体积增加，所以Fe3＋的浓度小于0.1 mol·L－1，A正确；25 ℃，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，其水解常数为＝＝＝2.5×10－5，B项正确；根据图像可知C点时铁离子浓度不再发生变化，达到平衡状态，存在的平衡主要为Fe(OH)3的溶解平衡，C错误；t4时向溶液中加入10 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，溶液体积增加，相当于稀释，平衡正向移动，D错误。
【典例2】已知：常温下，CN－的水解常数Kh＝1.6×10－5。该温度下，将浓度均为0.1 mol·L－1的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合。下列说法正确的是(　　)
A．混合溶液的pH<7
B．混合液中水的电离程度小于纯水的
C．混合溶液中存在c(CN－)>c(Na＋)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
D．若c mol·L－1盐酸与0.6 mol·L－1 NaCN溶液等体积混合后溶液呈中性，则c＝
答案：D
解析：
CN－的水解常数Kh＝1.6×10－5，则HCN的电离常数为Ka＝＝＝6.25×10－10，Kh＞Ka，所以水解程度更大，溶液显碱性，pH＞7，A项错误；CN－的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)，故C项错误；c mol·L－1盐酸与0.6 mol·
L－1 NaCN溶液等体积混合后溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CN－)＋
c(Cl－)，溶液显中性，所以c(CN－)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝ mol·L－1，溶液中还存在元素质量守恒，c(HCN)＋c(CN－)＝c(Na＋)，所以c(HCN)＝c(Na＋)－c(CN－)＝ mol·L－1，所以有Ka＝＝＝6.25×10－10，解得c＝，D项正确。
【典例3】
(1)NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。
(2)已知：常温下NH3·H2ONH＋OH－　Kb＝1.8×10－5
H2YH＋＋HY－　Ka1＝5.4×10－2
HY－H＋＋Y2－　Ka2＝5.4×10－5
则(NH4)2Y溶液的pH________7(填“＞”“＜”或“＝”)。
(3)NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NO的水解常数Kh＝2×
10－11，常温下，某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，则混合溶液中c(NO)和c(HNO2)的比值为__________________。
答案：(1)碱性　(2)＜　(3)50
解析：
(1)NH水解溶液显酸性，其水解常数为Kh(NH)＝＝≈5.6×10－10，HCO水解溶液显碱性，其水解常数为Kh(HCO)＝＝≈2.3×10－8，所以HCO的水解程度大于NH的水解程度，溶液显碱性。
(2)Kh(NH)＝＝≈5.6×10－10，Kh(Y2－)＝＝≈1.9×10－10，水解程度：NH＞Y2－，则(NH4)2Y溶液呈酸性，溶液的pH＜7。
(3)常温下，某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，该溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，结合Kh(NO)＝，可知c(NO)∶c(HNO2)＝c(OH－)∶Kh(NO)＝10－9∶(2×10－11)＝50。
考点五：数形结合，破解难点——水溶液两类陌生图像分析
借助分布系数或对数形式判断电解质溶液中的粒子浓度关系是近几年高考的热点，且不断探索创新点，如2020年全国卷Ⅰ第13题，在原有分布系数基础上，增加了pH坐标，这样不仅创新了考查形式，而且大大增加了试题的综合性和难度。要想攻克此点，就需要学生在利用好数形结合思想的基础上，提高自己的迁移运用能力和科学思维，达到考题万变不离其“中”。
分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数 δ0为H2C2O4分布系数、 δ1为HC2O分布系数、 δ2为C2O分布系数
随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的分析浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度
[易错点拨]
分布系数图像题应注意的三点
明标 要想理清溶液中粒子浓度关系，首先看各纵、横坐标表示的含义，尤其多维坐标图像更应注意
理线 根据坐标内曲线的变化趋势，理清每曲线、每部分表示的含义，判断曲线所代表的粒子
求点 要注意图像内的各种交点，通过交点建立不同粒子间的等量关系，由已知量代替未知量，简化求解过程
1．以对数或负对数为坐标的图像分析
(1)对数图像
将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值如取常用对数，即lg c(A){lg}，反映到图像中是：
若c(A)＝1或=1时，
lg c(A)＝0或lg=0。
若c(A)＞1或＞1时，lg c(A)或lg取正值且c(A)或越大，lgc(A)或lg越大。
③若c(A)＜1或＜1时，lg c(A)或lg取负值，且c(A)或越大，lg c(A)或lg越大，但数值越小。
(2)负对数图像
pH 图像 将溶液中c(H＋)取负对数，即pH＝－lg c(H＋)，反映到图像中是c(H＋)越大，则pH越小
pOH 图像 将溶液中c(OH－)取负对数，即pOH＝－lg c(OH－)，反映到图像中是c(OH－)越大，则pOH越小
pC 图像 将溶液中某一微粒浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取负对数，即pC＝－lg c(A)，反映到图像中是c(A－)越大，则pC越小
2．常见图像示例
(1)pOH pH曲线
Q点为中性
M点为酸性，c(OH－)＝1×10－bmol·L－1
N点为碱性，c(H＋)＝1×10－bmol·L－1
(2)常温下将KOH溶液滴加到二元弱酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系图：
①二元弱酸(H2X)一级电离程度远大于二级电离程度，②lg越大，表示电离程度越大，因而N代表一级电离的曲线，M代表二级电离曲线，可以根据m点、n点的坐标计算pKa1和pKa2。
【典例1】（2022·黑龙江·佳木斯一中三模）MOH 为一元弱碱，向 MCl 的稀溶液中不断加入蒸馏水，c(H+)随 c(M+)而变化。实验发现，某温度下，c2 (H+)~c(M+)为线性关系，如下图实线所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．当 c(M+) = 2 ×10-4 mol·L-1时，c(OH-) = 1×10-7 mol·L-1
B．溶液中存在：c(M+) + c(H+) = c(Cl- ) + c(OH-)
C．该温度下，M+的水解平衡常数 Kh = 1×10-10
D．a 点溶液中：c(Cl-) > c(M+) > c(H+) > c(MOH) > c(OH-)
答案：D
解析：本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意：温度不是常温，需计算该温度下的水的离子积常数以及电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。
解析：
A．该温度下纯水溶液中c(H+)=c(OH-)，Kw= c(H+)c(OH-)=c2(H+)=210-14，当 c(M+) = 2 ×10-4 mol·L-1 时，c2(H+)=410-14，Kw= 210-14，故c(OH-) = 1×10-7 mol·L-1，A正确；
B．溶液呈电中性，故MCl 的稀溶液中始终存在：c(M+) + c(H+) = c(Cl- ) + c(OH-)，B正确；
C．该温度下，M+ 的水解方程式为M++H2OMOH+H+，平衡常数 Kh=，利用c(M+) = 2 ×10-4 mol·L-1 点进行计算，该点c(H+)=2×10-7 mol·L-1， c(OH-) = 1×10-7 mol·L-1，c(MOH)= c(H+)- c(OH-)= 1×10-7 mol·L-1，故Kh=，C正确；
D．，其中c(M+)=110-4 mol·L-1，c(OH-)/c(MOH)=2>1，故c(OH-)>c(MOH)，D错误。
【典例2】（2020·北京·人大附中高三阶段练习）亚砷酸(H3AsO3)在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如下图所示。下列说法中，不正确的是（ ）
A．K3AsO3溶液中的水解方程式：AsO33-+H2OHAsO32-+OH-
B．pH=12.8时，c(HAsO32-)＞c(H2AsO3-)=c(AsO33-)
C．pH = 12时，溶液中c(H2AsO3-) + 2c(HAsO32-) + 3c(AsO33-) + c(OH-) = c(H+)
D．pH=9.2时，在H2AsO3-和H3AsO3的混合溶液中：c(H2AsO3-):c(H3AsO3)=1:1
答案：C
解析：
A.K3AsO3属于弱酸强碱盐，水解显碱性，溶液中的水解方程式AsO33-+H2OHAsO32-+OH-，A正确；
B.根据图像可知：在pH=12.8时，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)＜c(HAsO32-)，B正确；
C.pH = 12时，溶液显碱性，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，C错误；
D.从图像可出：pH=9.2时，H2AsO3-物质的量分数与和H3AsO3物质的量分数相等，即1:1，所以在H2AsO3-和H3AsO3的混合溶液中：c(H2AsO3-):c(H3AsO3)=1:1，D正确；
正确选项C。
一、选择题
1．（2022·浙江·高考真题）水溶液呈酸性的盐是（ ）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2
答案：A
解析：A．NH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意；
B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；
C．H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；
D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；
故选A。
2．（2022·河北·高考真题）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（ ）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
答案：C
解析：向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01mol/L。
A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO)，故B错误；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D错误；
故选C。
3．（2022·浙江·高考真题）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（ ）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
答案：B
解析：A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；
B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A) 电离，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH选B。
4．（2022·江苏·高考真题）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()+c()。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()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
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：A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；
B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；
C．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==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；
D．如图所示的“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（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确；
故选C。
5．（2022·浙江·高考真题）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是（ ）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
答案：B
解析：A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；
B．滴加溶液至的过程中，若只发生反应的离子方程式：，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= ==>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：，C正确；
D．向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液，当NaOH的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有，D正确；
故答案为：B。
6．（2022·浙江·高考真题）时，苯酚的，下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
答案：C
解析：A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)B．C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而升高温度，Kw增大，NaOH溶液中OH-浓度不变，H+浓度增大，pH减小，B错误；
C．当pH=10.00时，c(H+)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C正确；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误；
故选C。
7．（2022·湖南·高考真题）室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法正确的是（ ）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中的浓度为
C．当沉淀完全时，已经有部分沉淀
D．b点：
答案：C
解析：向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；
B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol L-1，故B错误；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I-、Br-、Cl-全部转化为沉淀，则Ag+浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为：，故D错误；
故选C。
8．（2022·浙江·高考真题）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（ ）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
答案：C
解析：A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；
B．由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1> 20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO+H+=H2CO3，B项错误；
C．根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D项错误；
答案选C。
9．（2022·辽宁·高考真题）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
答案：D
解析：A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误；
故答案选D。
10．（2022·湖南·高考真题）为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。
实验 操作与现象
① 在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
② 在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色； 再滴加溶液，产生蓝色沉淀。
③ 在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色； 将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生； 另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是（ ）
A．实验①说明加热促进水解反应
B．实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响
答案：D
解析：铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；
B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；
C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；
D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
11．（2022·海南·高考真题）NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是（ ）
A．0.01mol/L NaClO溶液中，c(ClO—)＜0.01mol/L
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO—+H2O=HSO+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO—)=c(Na+)
答案：AD
解析：A．由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则0.01mol/L次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度0.01mol/L，故A正确；
B．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中遇光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，故B错误；
C．过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO +H2O=Cl—++2H+，故C错误；
D．25℃，pH=7.0的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO—)+c(OH—)=c(H+)+c(Na+)，则溶液中c(ClO—)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh===＞Ka，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，故D正确；
故选AD。
12．（2022·海南·高考真题）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值。下列说法错误的是
A．曲线①代表与pH的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在
答案：BD
解析：由题干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)(aq)，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH)]减小，因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[M(OH)]与pH的关系，据此分析解答。
A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A正确；
B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误；
C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图象，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；
D．根据图象，c[M(OH)]=0.1mol/L时溶液的pH约为14.5，c(OH-)≈mol/L≈3.2mol/L，加入等体积的0.4mol/L的HCl后，发生中和反应，反应后c (OH-)=mol/L=1.4mol/L，此时体系中元素M仍主要以M(OH)存在，D错误；
答案选BD。
一、选择题
1．（2022·北京一七一中高三期中）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是（ ）
A．向NaHCO3溶液中加入一定量CaCl2溶液，产生白色沉淀和气泡
B．向FeCl2溶液中加入H2O2溶液，生成红褐色沉淀
C．向NaHCO3溶液中加入一定量CuSO4溶液，生成Cu2(OH)2CO3沉淀
D．向HI溶液中加入H2O2溶液，溶液变为棕黄色
答案：B
解析：A．向NaHCO3溶液中加入一定量CaCl2溶液，Ca2+促进的电离，从而生成碳酸钙沉淀、二氧化碳气体和水，该过程没有涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．亚铁离子具有还原性，过氧化氢具有氧化性，可氧化亚铁离子，生成的铁离子形成氢氧化铁红褐色沉淀，即铁离子水解平衡右移、氢离子浓度增大，从而使溶液中的pH减小，B符合题意；
C．向NaHCO3溶液中加入一定量CuSO4溶液，生成Cu2(OH)2CO3沉淀，没有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．向HI溶液中加入H2O2溶液，发生的离子方程式为：，氢离子浓度减小，溶液pH增大，D不符合题意；
故选B。
2．（2022·辽宁·阜新实验中学一模）常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中由水电离出的c(H+)的对数与滴加的NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下 列推断正确的是 （ ）
A．用pH试纸测定E点对应溶液，其pH=3
B．H、F点对应溶液中都存在c(Na+)=c(C1－)+c(ClO－)
C．G点对应溶液中： c(Na+)＞c(Cl－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H+)
D．常温下加水稀释H点对应溶液，溶液的pH增大
答案：C
解析：E点溶液显酸性，G点水的电离程度最大，说明G点是NaCl和NaClO的混合溶液，溶液从E点到G点是酸性逐渐过渡到碱性，说明F点是中性，G点后还在加入氢氧化钠，因此H点溶质是NaOH、NaCl和NaClO的混合溶液。
A．氯气有漂白性，不能用pH试纸测定pH值，故A错误；
B．E点呈酸性，G点水电离程度最大，说明G点溶质是NaCl和NaClO的混合溶液，溶液显碱性，则F显中性，因此F点存在c(Na+)=c(C1－)+c(ClO－)，而H点溶质是NaOH、NaCl和NaClO的混合溶液，因此F点对应溶液中都存在c(Na+)=c(C1－)+c(ClO－)+ c(OH－)，故B错误；
C．G点溶质是NaCl和NaClO且物质的量浓度相等的混合溶液，次氯酸根水解使得溶液显碱性，因此G点对应溶液中： c(Na+)＞c(Cl－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H+)，故C正确；
D．H点溶质是NaOH、NaCl和NaClO的混合溶液，常温下加水稀释H点对应溶液，溶液碱性减弱，因此溶液的pH减小，故D错误。
综上所述，答案为C。
3．（2022·福建·模拟预测）常温下，以酚酞为指示剂，用溶液滴定未知浓度的二元酸溶液。溶液中，、分布系数随滴加溶液体积的变化类系如图所示[比如的分布系数：]。下列叙述错误的是（ ）
A．该二元酸的浓度为，且溶液中不存在分子
B．曲线①代表，的水解常数
C．滴入时，溶液中
D．曲线③代表pH，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色
答案：B
解析：A．由题图可知，当加入溶液时，溶液的发生突变，说明酸碱中和恰好完全反应，反应的化学方程式为，该二元酸的浓度，没有加入溶液时，溶液的为1.0，这说明在水中的第一步电离是完全的，第二步电离存在电离平衡，故该二元酸溶液中不存在分子，A正确；
B．在未加溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，滴入溶液后，曲线①的分布系数一直在减小，曲线②的分布系数一直在增大，故曲线①代表，曲线②代表，由题图可知，当时，溶液的，则的电离常数，的水解常数，B错误；
C．滴入时，溶液中的溶质为正盐，水解，溶液呈碱性，即，溶液中存在的离子有，再根据电荷守恒，可得，C正确；
D．曲线③代表，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色，D正确。
故答案为：B
4．（2022·浙江·模拟预测）25℃时，二元弱酸的，，下列说法正确的是（ ）
A．等浓度溶液和KOH溶液按1∶2的体积比混合，存在
B．的和KHM混合溶液中，存在
C．溶液中滴加KOH溶液至中性时，存在
D．呈碱性的溶液中，存在
答案：B
解析：A．等浓度的H2M溶液和氢氧化钾溶液按1∶2体积比混合恰好反应生成K2M，K2M溶液中存在的质子守恒关系为c(OH—)= c(H+)+c(HM—)+2c(H2M)，则c(H+)=c(OH—)—c(HM—)—2c(H2M)，故A错误；
B．由电离常数可知，pH=11的K2M和KHM混合溶液中=，则溶液中c(HM—) ＞c(M2—)，故B正确；
C．H2M溶液中滴加氢氧化钾溶液至中性时，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(K+)=c(OH—)+c(HM—)+2c(M2—)，由溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度可知，溶液中c(K+)=c(HM—)+2c(M2—)，故C错误；
D．由电离常数可知，K2M溶液中Kh==，，c(OH-)<0.5，，溶液中c(HM—)＞c(M2—)，故D错误；
故选B。
5．（2022·浙江温州·模拟预测）25℃时，，下列说法不正确的是（ ）
A．25℃时，电离程度：
B．25℃时，浓度为NaHA的pH>7
C．25℃时，溶液中加入与等体积混合后：
D．25℃时，pH相同的与NaB的溶液中水的电离程度相同
答案：A
解析：A．H2A是二元弱酸，HB是一元弱酸，不是一类酸，无法比较电离度，A错误；
B．HA-的水解常数Kh=，由于，则Kh>，，则Kh>Ka2，故溶液显碱性，则浓度为NaHA的pH>7，B正确；
C．由于 ，则溶液中加入与等体积混合后的溶质是等浓度的NaB、NaHA和HB，B-的水解常数Kh=，由于，则Kh>，则水解为主，由于，故，由于HA-的水解，则，故，C正确；
D．水解程度越大，水的电离程度越大，与NaB的溶液中，阴离子的水解会促进水的电离，由于两者的pH相同，故两种溶液中水的电离程度相同，D正确；
故选A。
6．（2022·广西·模拟预测）常温下，向NaOH溶液中缓慢滴加H2C2O4，溶液中的H2C2O4、、的物质的量分数δ(X)[ δ(X)= ]随pOH的变化如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．曲线a表示δ()
B．pH=3时，c( )>c( )>c(H2C2O4)
C．lg[Ka2()]=—5.2
D．等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液中，pH<7
答案：C
解析：向氢氧化钠溶液中缓慢滴加草酸溶液，草酸溶液与氢氧化钠溶液先反应生成草酸钠溶液，继续缓慢滴加草酸溶液，溶液中草酸钠逐渐转化为草酸氢钠，则a、b、c三条曲线分别代表草酸根离子、草酸氢根离子、草酸的物质的量分数。
A．由分析可知，曲线a表示草酸根离子随pOH的变化，故A正确；
B．溶液pH=3时，溶液pOH=11，由图可知，溶液中c( )>c( )>c(H2C2O4)，故B正确；
C．草酸的二级电离常数Ka2()=，由图可知，m点时，溶液中c()=c()，溶液POH=9.8，则Ka2()=c()=10—4.2，所以lg[Ka2()]=—4.2，故C错误；
D．草酸的二级电离常数Ka2()=，由图可知，m点时，溶液中c()=c()，溶液POH=9.8，则Ka2()=c()=10—4.2，草酸根离子的水解常数Kh===＜Ka2()，则浓度的草酸钠和草酸氢钠混合溶液中，草酸根离子的水解程度小于草酸氢根离子的电离程度，溶液呈酸性，溶液pH小于7，故D正确；
故选C。
7．（2022·江苏·海门中学高三阶段练习）室温下，通过下列实验探究0.0100Na2C2O4溶液的性质。
实验1：实验测得0.0100Na2C2O4溶液pH为8.6。
实验2：向溶液中滴加等体积0.0100HCl溶液，pH由8.6降为4.8。
实验3：向溶液中加入等体积0.0200CaCl2溶液，出现白色沉淀。
已知室温时，下列说法不正确的是（ ）
A．0.0100Na2C2O4溶液中满足：
B．实验2滴加盐酸过程中：
C．实验2所得的溶液中：
D．实验3所得上层清液中
答案：D
解析：A．0.0100Na2C2O4溶液中存在物料守恒：，则A项正确；
B．由题意知，往Na2C2O4溶液滴加等体积等浓度的HCl溶液恰好以1:1反应，Na2C2O4+HCl= NaHC2O4+NaCl，溶液中中的H2C2O4由其酸根离子水解得到，水解程度低，故实验2滴加盐酸过程中：，B项正确；
C．实验2两物质恰好反应，溶液中存在NaHC2O4和NaCl，物质的量之比为1:1，溶液中存在电荷守恒：，可推知成立，C项正确；
D．根据反应Na2C2O4+ CaCl2=CaC2O4↓+2NaCl，反应后剩余一份CaCl2溶液，体积增大一倍，可计算钙离子的浓度为0.005mol/L，则此时所得上层清液中，D项错误；
故答案选D。
8．（2022·浙江·模拟预测）25℃时，向的中，以的速度逐滴加入的HCl溶液。如图为与时间(t)的关系图，其中一条线段为，另一条线段为。已知电离平衡常数，。下列说法不正确的是（ ）
A．该酸碱滴定实验最宜用甲基橙作为指示剂
B．由图可推知：M点的pH约为9.3
C．使HCl溶液滴至1min时，由可推知：
D．适当升高温度(忽略的变化)，Q点(与x轴交点)将向右移动
答案：D
解析：向的中，以的速度逐滴加入的HCl溶液，表示的曲线是pH变化曲线；由知，=；表示的线是直线。
A．恰好反应时，得到的氯化铵溶液是酸性溶液，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以强酸滴定弱碱时，最宜使用甲基橙，A项正确；
B．由图可知，M点对应p X2曲线的Q点，则==0，代入，解得c(OH-)=2.0×10-5，c(H+)=0.5×10-9，此时pH=9.3，B项正确；
C．使HCl溶液滴至1min时，加入的稀盐酸的体积是×60s=30mL，加入盐酸的物质的量是0.003mol，此时pH=7，此时根据电荷守恒得到c(Cl-)=c(NH)=0.075mol/L，根据计算，此时c()=0.000375 mol/L，再根据N原子守恒，c总()=c(NH)+ c()=0.075+0.000375，再根据稀释前后物质的量不变，原来是10mL，反应后体积为40mL，则起始时氨水的浓度是(0.075+0.000375)×4=0.3015mol/L，C项正确；
D．氨水的电离过程是吸热过程，温度升高，利于电离方向进行，电离常数K增大。对于=，温度升高，K变大，碱性增强，Q点应向左移动，D项错误；
故答案选D。
二、填空题
9．（2022·上海闵行·模拟预测）汽车安全气囊常用叠氮化钠(NaN3)作产气剂，NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时，NaN3会迅速分解产生N2和Na，安全气囊迅速打开，起到保护作用。
(1)Na、Na+、O2-的半径由大到小顺序为___________________；
(2)NaHCO3作冷却剂的原理是_______________________________(结合化学反应方程式解释)。
(3)NaN3中存在的化学键为___________；若NaN3分解产生6.72LN2(标准状况)，转移电子_______个。
(4)可以用NaClO溶液销毁含NaN3的溶液，原理如下。补充完整化学方程式：___________________。
_______NaClO+_______NaN3+_______→_______NaCl+_______NaOH+_______N2↑
(5)常温下向20mL0.1mol·L-1HN3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。
NaN3溶液呈_______性；
等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中含氮微粒的物质的量浓度大小关系为_______________；结合图中信息写出判断理由_______________________________。
答案：(1)Na>O2-> Na+
(2)NaHCO3分解反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，分解吸收热量，从而使环境温度降低，可作冷却剂
(3) 离子键、共价键 0.2NA
(4)2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+2NaOH
(5) 碱 c(N)>c(HN3) 图中b点为等物质的量的NaN3和HN3，pH<7，溶液呈酸性，HN3电离程度大于N水解程度，则c(N)>c(HN3)
解析：（1）Na原子电子层数为3，Na+、O2-电子层数都是2，则Na原子半径最大，电子层数相同时核电荷数越大的离子半径越小，则O2-> Na+，半径由大到小顺序为：Na>O2-> Na+；
（2）NaHCO3分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，分解吸收热量，从而使环境温度降低，因而它可以起到冷却作用，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑；
（3）NaN3由Na+和N形成，存在的化学键为离子键、共价键；NaN3会迅速分解产生N2和Na，反应方程式为2NaN3=3N2+2Na，标准状况下产生6.72LN2，物质的量为，生成3mol N2转移电子2mol电子，则0.3mol氮气转移0.2NA个；
（4）根据氮元素化合价高，氯元素化合价降低且只有N2一种气体生成，则氯只能从+1降到-1价，其他元素化合价不变，水参加反应，生成氯化钠、氮气、氢氧化钠，则反应方程式为：2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+2NaOH；
（5）①HN3为一元弱酸，当加入20mLNaOH溶液时恰好完全反应生成NaN3，此时pH>7，则NaN3溶液呈碱性；
②当加入10mL0.1mol·L-1NaOH溶液时，溶质为等物质的量的NaN3和HN3，即为图中b点，此时pH<7，溶液呈酸性，HN3电离程度大于N水解程度，含氮微粒的物质的量浓度大小关系为c(N)>c(HN3)。
10．（2022·宁夏·贺兰县景博中学有限公司二模）陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
(1)“滤液①”主要成分是____________；“操作②”的分离方法是________________。
(2)“酸溶”中H2O2的作用是：____________________________；若用Na2S2O3代替H2O2则有两种硫酸盐生成，写出Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式：________________________。
(3)已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示，则有机磷萃取时最佳pH为_____。
(4)Co2+萃取的反应原理如下：Co2++2HR(有机层)=CoR2+2H+，则从有机相中分离出CoSO4需向有机溶剂中加入以下哪种试剂________(填选项)。
A．H2SO4 B．NaOH C．Co(OH)2 D．HR
(5)“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，请分析原因：________________________________。
(6)在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1g，CO2的体积为6.72L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为________________________。
答案：(1) NaAlO2 分液
(2) 作还原剂或将钴元素还原为二价钴 4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O
(3)5.3至6区间(或5.5左右)
(4)A
(5)Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2
(6)Co3O4
解析：含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)经过第一步“碱浸”操作，废料中的铝箔溶解转化为NaAlO2(滤液①)而被除去，钴渣①主要含Co3O4和LiCoO2，根据(4)问题干信息，知后续萃取的是Co2+，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2+，即在“酸溶”步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，经过操作①得到滤液②，说明操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4和Li2SO4，经过萃取、分液操作(操作②)实现两者分离，有机相中为CoR2，根据(4)问的萃取原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后经过沉钴操作获得CoCO3。
（1）由分析知，滤液①主要成分为NaAlO2；操作②为分液。
（2）由分析知，H2O2的作用为还原剂；若用Na2S2O3代替H2O2，根据题意知，生成CoSO4和Na2SO4，结合得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：。
（3）萃取时，确保Co2+萃取率高，但Li+萃取率要低，结合图象知，最佳pH为5.3~6区间(或5.5左右)。
（4）Co2+萃取的反应原理如下：Co2++2HR(有机层)=CoR2+2H+，反萃取即使萃取平衡向逆向移动，根据平衡移动原理，在不引入新杂质的情况下可加入H2SO4，使平衡逆向移动，从而达到反萃取目的，故答案选A。
（5）“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，原因为：若Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质。
（6）在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1g，CO2的体积为6.72L(标准状况)，由碳元素守恒得：n(CoCO3)=n(CO2)=，由Co元素守恒知氧化物中Co元素为0.3 mol，则氧元素n(O)=，则，故该氧化物化学式为Co3O4。
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第23讲 盐类的水解（原卷版）
1．理解电解质溶液中的电离平衡和水解平衡。
2．掌握溶液中各组分之间的守恒关系与大小比较。
3．能认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。
4．能综合运用离子反应、水解平衡原理，分析和解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题。
考点一：盐类的水解原理
1．盐类的水解
2.盐类水解的规律
规律:有弱才水解,越弱越水解,都弱都水解;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
强酸强碱盐 Na2SO4、KNO3 否 中性 pH＝7
强酸弱碱盐 NH4Cl、Fe(NO3)3 是 NH、Fe3＋ 酸性 pH<7
弱酸强碱盐 HCOONa、Na2CO3 是 HCOO－、CO 碱性 pH>7
弱酸弱碱盐 CH3COONH4 是 CH3COO－、NH 中性 pH＝7
3.盐类水解离子方程式的书写
①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。
如Na2CO3的水解离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－。
②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。
如FeCl3的水解离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
③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溶液混合反应的水解离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
4．盐的水解常数
以反应A－＋H2OHA＋OH－为例
(1)表达式：Kh＝。
(2)与KW、Ka(HA)的关系：Kh＝＝。
影响因素：只与温度有关，升高温度，促进水解，Kh增大。
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。
小结
酸式盐溶液的酸碱性
(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液一定显酸性，如：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，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电离程度大于水解程度时，呈酸性：如HSO、H2PO。
②电离程度小于水解程度时，呈碱性如HCO、HS－、HPO。
【典例1】25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是(　　)
A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY
D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
【典例2】室温下0.1 mol·L－1的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误的是(　　)
A．上述溶液能使甲基橙试剂变黄色
B．室温下，NH3·H2O是比HCN更弱的电解质
C．上述溶液中CN－的水解程度大于NH的水解程度
D．室温下，0.1 mol·L－1NaCN溶液中，CN－的水解程度小于上述溶液中CN－的水解程度
【典例3】相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为(　　)
A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH　CH3COONa　NaHCO3
D．CH3COOH　NH4Cl　(NH4)2SO4　NaHCO3　NaOH
考点二：盐类水解的影响及应用
1．盐类水解的影响因素
(1)内因
主要因素是盐本身的性质，酸(或碱)越弱，其对应的弱酸阴离子(或弱碱阳离子)的水解程度越大，溶液的碱性(或酸性)越强，即越弱越水解。
(2)外因
影响因素 平衡移动 水解程度 水解产生离子的浓度
温度 升高 右移 增大 增大
浓度 增大 右移 减小 增大
减小(即稀释) 右移 增大 减小
外加酸、碱 酸 弱碱阳离子的水解程度减小
碱 弱酸根离子的水解程度减小
盐 水解形式相同的盐 相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式相反的盐 相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
(3)注意事项
①稀溶液中，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)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－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
2．盐类水解原理的重要应用
(1)判断离子能否共存
若阴、阳离子发生水解相互促进的反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的水解相互促进使反应进行完全的有：
①Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
②Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
③NH与SiO、AlO。
(2)判断盐溶液蒸干时所得的产物
①盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
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，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。
③弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
(3)保存、配制某些盐溶液
如配制FeCl3溶液时，为防止出现Fe(OH)3沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3的水解；在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。
(4)利用盐类的水解反应制取胶体、净水
如实验室制备Fe(OH)3胶体的原理为
FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
明矾净水的原理为Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很大的表面积，吸附水中悬浮物而聚沉。
(5)泡沫灭火器的原理
NaHCO3与Al2(SO4)3的饱和溶液混合：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(6)混合溶液中Fe3＋的除杂
如CuCl2溶液中的Fe3＋可向溶液加入CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3而除去。
(7)晶体中结晶水失去的措施
MgCl2·6H2O制MgCl2时在HCl气流中加热失水。
小结
铵态氮肥与草木灰不能混用，某些盐溶液(如ZnCl2、NH4Cl)作除锈剂。
【典例1】在25 ℃时，在浓度为1 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NH)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)，下列判断正确的是(　　)
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c D．c>a>b
【典例2】一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，下列说法正确的是(　　)
A．加入少量NaOH固体，c(CH3COO－)增大
B．加入少量FeCl3固体，c(CH3COO－)增大
C．稀释溶液，溶液的pH增大
D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
【典例3】下列是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pH 7.7 4.5 6.5
A.H2O2、ZnO　　　　　 B．氨水
C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液
考点三：溶液中粒子浓度的大小比较
(一)理解“两大理论”，贯通思维障碍
1．电离理论——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：NH3·H2O、NH、OH－、H＋浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)>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．水解理论——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溶液的浓度。
如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NH)>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：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。
(二)巧用“三个守恒”，明确浓度关系
1．电荷守恒
电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。
2．物料守恒
物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
(1)单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1 mol，即氮元素守恒。
(2)两元素守恒，如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)，即钠元素与碳元素守恒。
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(CO)＋c(OH－)。
注：质子守恒可以通过电荷守恒与物料守恒加减得到。
(三)剖析解题流程，建立思维模型
小结
相关溶液粒子浓度关系的解题步骤
不同溶液中同种粒子浓度大小的比较
【典例1】室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液：c(SO)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．0.1 mol·L－1明矾溶液：c(SO)＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋2c(CO)
【典例2】现有4种混合溶液分别由等体积0.1 mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa；②NH4Cl与HCl；③NH4Cl 与NaCl；④NH4Cl与NH3·H2O(混合溶液呈碱性)。下列各项排序正确的是(　　)
A．pH：②<①<③<④
B．溶液中c(H＋)：①<③<②<④
C．溶液中c(NH)：①<③<②<④
D．溶液中c(NH3·H2O)：①<③<④<②
【典例3】已知：H2B===H＋＋HB－，HB－H＋＋B2－。室温下，取30 mL 0.1 mol·L－1某二元酸H2B，滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。下列说法正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1的H2B溶液中有c(H＋)＝c(OH－)＝c(B2－)＝0.1 mol·L－1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na＋)＝2c(B2－)＋c(HB－)
C．当用去NaOH溶液体积为15 mL时，溶液的pH>7
D．当用去的NaOH溶液体积为30 mL时，此时溶液中有c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＋2c(H2B)
【典例4】比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。
(1)浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是______________。
(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，c(CH3COO－)由大到小的顺序是___________________________。
(3)c(NH)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为______________________。
考点四 水解常数(Kh)与电离常数的关系及应用
1．水解常数的概念
(1)含义：盐类水解的平衡常数，称为水解常数，用Kh表示。
(2)表达式：
①对于A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝；
②对于B＋＋H2OBOH＋H＋，Kh＝。
(3)意义和影响因素
①Kh越大，表示相应盐的水解程度越大；
②Kh只受温度的影响，升高温度，Kh增大。
2．水解常数(Kh)与电离常数的定量关系(以CH3COONa为例)
CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
Kh＝＝＝＝
因而Ka(或Kh)与Kw的定量关系：
(1)Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw
(2)Na2CO3的水解常数Kh＝
(3)NaHCO3的水解常数Kh＝
拓展：可以用电离平衡常数与水解常数的大小关系判断弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，以HCO为例，已知Ka1＝：
电离方程式：HCOH＋＋CO Ka2＝
水解方程式：HCO＋H2OH2CO3＋OH－
Kh＝＝，只需比较Ka2和Kh＝的大小即可判断弱酸的酸式盐溶液的酸碱性。
【典例1】25 ℃，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，向10 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液中加入30 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液发生反应，混合溶液中c(Fe3＋)与时间(t)的变化如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A．A点Fe3＋的浓度小于0.1 mol·L－1
B．25 ℃，Fe3＋的水解常数为2.5×10－5
C．C点存在的平衡主要为Fe3＋的水解平衡
D．t4时向溶液中加入10 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，平衡不移动
【典例2】已知：常温下，CN－的水解常数Kh＝1.6×10－5。该温度下，将浓度均为0.1 mol·L－1的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合。下列说法正确的是(　　)
A．混合溶液的pH<7
B．混合液中水的电离程度小于纯水的
C．混合溶液中存在c(CN－)>c(Na＋)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
D．若c mol·L－1盐酸与0.6 mol·L－1 NaCN溶液等体积混合后溶液呈中性，则c＝
【典例3】
(1)NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。
(2)已知：常温下NH3·H2ONH＋OH－　Kb＝1.8×10－5
H2YH＋＋HY－　Ka1＝5.4×10－2
HY－H＋＋Y2－　Ka2＝5.4×10－5
则(NH4)2Y溶液的pH________7(填“＞”“＜”或“＝”)。
(3)NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NO的水解常数Kh＝2×
10－11，常温下，某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，则混合溶液中c(NO)和c(HNO2)的比值为__________________。
考点五：数形结合，破解难点——水溶液两类陌生图像分析
借助分布系数或对数形式判断电解质溶液中的粒子浓度关系是近几年高考的热点，且不断探索创新点，如2020年全国卷Ⅰ第13题，在原有分布系数基础上，增加了pH坐标，这样不仅创新了考查形式，而且大大增加了试题的综合性和难度。要想攻克此点，就需要学生在利用好数形结合思想的基础上，提高自己的迁移运用能力和科学思维，达到考题万变不离其“中”。
分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数 δ0为H2C2O4分布系数、 δ1为HC2O分布系数、 δ2为C2O分布系数
随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的分析浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度
[易错点拨]
分布系数图像题应注意的三点
明标 要想理清溶液中粒子浓度关系，首先看各纵、横坐标表示的含义，尤其多维坐标图像更应注意
理线 根据坐标内曲线的变化趋势，理清每曲线、每部分表示的含义，判断曲线所代表的粒子
求点 要注意图像内的各种交点，通过交点建立不同粒子间的等量关系，由已知量代替未知量，简化求解过程
1．以对数或负对数为坐标的图像分析
(1)对数图像
将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值如取常用对数，即lg c(A){lg}，反映到图像中是：
若c(A)＝1或=1时，
lg c(A)＝0或lg=0。
若c(A)＞1或＞1时，lg c(A)或lg取正值且c(A)或越大，lgc(A)或lg越大。
③若c(A)＜1或＜1时，lg c(A)或lg取负值，且c(A)或越大，lg c(A)或lg越大，但数值越小。
(2)负对数图像
pH 图像 将溶液中c(H＋)取负对数，即pH＝－lg c(H＋)，反映到图像中是c(H＋)越大，则pH越小
pOH 图像 将溶液中c(OH－)取负对数，即pOH＝－lg c(OH－)，反映到图像中是c(OH－)越大，则pOH越小
pC 图像 将溶液中某一微粒浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取负对数，即pC＝－lg c(A)，反映到图像中是c(A－)越大，则pC越小
2．常见图像示例
(1)pOH pH曲线
Q点为中性
M点为酸性，c(OH－)＝1×10－bmol·L－1
N点为碱性，c(H＋)＝1×10－bmol·L－1
(2)常温下将KOH溶液滴加到二元弱酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系图：
①二元弱酸(H2X)一级电离程度远大于二级电离程度，②lg越大，表示电离程度越大，因而N代表一级电离的曲线，M代表二级电离曲线，可以根据m点、n点的坐标计算pKa1和pKa2。
【典例1】（2022·黑龙江·佳木斯一中三模）MOH 为一元弱碱，向 MCl 的稀溶液中不断加入蒸馏水，c(H+)随 c(M+)而变化。实验发现，某温度下，c2 (H+)~c(M+)为线性关系，如下图实线所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．当 c(M+) = 2 ×10-4 mol·L-1时，c(OH-) = 1×10-7 mol·L-1
B．溶液中存在：c(M+) + c(H+) = c(Cl- ) + c(OH-)
C．该温度下，M+的水解平衡常数 Kh = 1×10-10
D．a 点溶液中：c(Cl-) > c(M+) > c(H+) > c(MOH) > c(OH-)
【典例2】（2020·北京·人大附中高三阶段练习）亚砷酸(H3AsO3)在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如下图所示。下列说法中，不正确的是（ ）
A．K3AsO3溶液中的水解方程式：AsO33-+H2OHAsO32-+OH-
B．pH=12.8时，c(HAsO32-)＞c(H2AsO3-)=c(AsO33-)
C．pH = 12时，溶液中c(H2AsO3-) + 2c(HAsO32-) + 3c(AsO33-) + c(OH-) = c(H+)
D．pH=9.2时，在H2AsO3-和H3AsO3的混合溶液中：c(H2AsO3-):c(H3AsO3)=1:1
一、选择题
1．（2022·浙江·高考真题）水溶液呈酸性的盐是（ ）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2
2．（2022·河北·高考真题）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（ ）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
3．（2022·浙江·高考真题）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（ ）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
4．（2022·江苏·高考真题）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()+c()。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()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
5．（2022·浙江·高考真题）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是（ ）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
6．（2022·浙江·高考真题）时，苯酚的，下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
7．（2022·湖南·高考真题）室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法正确的是（ ）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中的浓度为
C．当沉淀完全时，已经有部分沉淀
D．b点：
8．（2022·浙江·高考真题）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（ ）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
9．（2022·辽宁·高考真题）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
10．（2022·湖南·高考真题）为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。
实验 操作与现象
① 在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
② 在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色； 再滴加溶液，产生蓝色沉淀。
③ 在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色； 将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生； 另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是（ ）
A．实验①说明加热促进水解反应
B．实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响
11．（2022·海南·高考真题）NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是（ ）
A．0.01mol/L NaClO溶液中，c(ClO—)＜0.01mol/L
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO—+H2O=HSO+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO—)=c(Na+)
12．（2022·海南·高考真题）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值。下列说法错误的是
A．曲线①代表与pH的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在
一、选择题
1．（2022·北京一七一中高三期中）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是（ ）
A．向NaHCO3溶液中加入一定量CaCl2溶液，产生白色沉淀和气泡
B．向FeCl2溶液中加入H2O2溶液，生成红褐色沉淀
C．向NaHCO3溶液中加入一定量CuSO4溶液，生成Cu2(OH)2CO3沉淀
D．向HI溶液中加入H2O2溶液，溶液变为棕黄色
2．（2022·辽宁·阜新实验中学一模）常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中由水电离出的c(H+)的对数与滴加的NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下 列推断正确的是 （ ）
A．用pH试纸测定E点对应溶液，其pH=3
B．H、F点对应溶液中都存在c(Na+)=c(C1－)+c(ClO－)
C．G点对应溶液中： c(Na+)＞c(Cl－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H+)
D．常温下加水稀释H点对应溶液，溶液的pH增大
3．（2022·福建·模拟预测）常温下，以酚酞为指示剂，用溶液滴定未知浓度的二元酸溶液。溶液中，、分布系数随滴加溶液体积的变化类系如图所示[比如的分布系数：]。下列叙述错误的是（ ）
A．该二元酸的浓度为，且溶液中不存在分子
B．曲线①代表，的水解常数
C．滴入时，溶液中
D．曲线③代表pH，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色
4．（2022·浙江·模拟预测）25℃时，二元弱酸的，，下列说法正确的是（ ）
A．等浓度溶液和KOH溶液按1∶2的体积比混合，存在
B．的和KHM混合溶液中，存在
C．溶液中滴加KOH溶液至中性时，存在
D．呈碱性的溶液中，存在
5．（2022·浙江温州·模拟预测）25℃时，，下列说法不正确的是（ ）
A．25℃时，电离程度：
B．25℃时，浓度为NaHA的pH>7
C．25℃时，溶液中加入与等体积混合后：
D．25℃时，pH相同的与NaB的溶液中水的电离程度相同
6．（2022·广西·模拟预测）常温下，向NaOH溶液中缓慢滴加H2C2O4，溶液中的H2C2O4、、的物质的量分数δ(X)[ δ(X)= ]随pOH的变化如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．曲线a表示δ()
B．pH=3时，c( )>c( )>c(H2C2O4)
C．lg[Ka2()]=—5.2
D．等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液中，pH<7
7．（2022·江苏·海门中学高三阶段练习）室温下，通过下列实验探究0.0100Na2C2O4溶液的性质。
实验1：实验测得0.0100Na2C2O4溶液pH为8.6。
实验2：向溶液中滴加等体积0.0100HCl溶液，pH由8.6降为4.8。
实验3：向溶液中加入等体积0.0200CaCl2溶液，出现白色沉淀。
已知室温时，下列说法不正确的是（ ）
A．0.0100Na2C2O4溶液中满足：
B．实验2滴加盐酸过程中：
C．实验2所得的溶液中：
D．实验3所得上层清液中
8．（2022·浙江·模拟预测）25℃时，向的中，以的速度逐滴加入的HCl溶液。如图为与时间(t)的关系图，其中一条线段为，另一条线段为。已知电离平衡常数，。下列说法不正确的是（ ）
A．该酸碱滴定实验最宜用甲基橙作为指示剂
B．由图可推知：M点的pH约为9.3
C．使HCl溶液滴至1min时，由可推知：
D．适当升高温度(忽略的变化)，Q点(与x轴交点)将向右移动
二、填空题
9．（2022·上海闵行·模拟预测）汽车安全气囊常用叠氮化钠(NaN3)作产气剂，NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时，NaN3会迅速分解产生N2和Na，安全气囊迅速打开，起到保护作用。
(1)Na、Na+、O2-的半径由大到小顺序为___________________；
(2)NaHCO3作冷却剂的原理是_______________________________(结合化学反应方程式解释)。
(3)NaN3中存在的化学键为___________；若NaN3分解产生6.72LN2(标准状况)，转移电子_______个。
(4)可以用NaClO溶液销毁含NaN3的溶液，原理如下。补充完整化学方程式：___________________。
_______NaClO+_______NaN3+_______→_______NaCl+_______NaOH+_______N2↑
(5)常温下向20mL0.1mol·L-1HN3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。
NaN3溶液呈_______性；
等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中含氮微粒的物质的量浓度大小关系为_______________；结合图中信息写出判断理由_______________________________。
10．（2022·宁夏·贺兰县景博中学有限公司二模）陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
(1)“滤液①”主要成分是____________；“操作②”的分离方法是________________。
(2)“酸溶”中H2O2的作用是：____________________________；若用Na2S2O3代替H2O2则有两种硫酸盐生成，写出Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式：________________________。
(3)已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示，则有机磷萃取时最佳pH为_____。
(4)Co2+萃取的反应原理如下：Co2++2HR(有机层)=CoR2+2H+，则从有机相中分离出CoSO4需向有机溶剂中加入以下哪种试剂________(填选项)。
A．H2SO4 B．NaOH C．Co(OH)2 D．HR
(5)“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，请分析原因：________________________________。
(6)在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1g，CO2的体积为6.72L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为________________________。
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