资源简介

解密12 盐类的水解
高考考点
考查内容
三年高考探源
考查频率
盐类的水解及其应用
1．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用
2017课标全国Ⅰ13、27；
2017课标全国Ⅱ12；
2016课标全国Ⅱ27；
2016课标全国Ⅲ13；
2015课标全国Ⅰ28；
2015课标全国Ⅱ10。
★★★★★
离子浓度大小的比较
★★★★★
考点1 盐类的水解及其应用
1．盐类水解的规律及类型
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
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
?否
－
?中性
=7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
?是
?、Cu2+
?酸性
＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、
Na2CO3
?是
?CH3COO－、
?
碱性
＞7
注意：（1）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若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如NaHCO3溶液中：H++(次要)，+H2OH2CO3+OH－(主要)。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH++SO(主要)，HSO+H2OH2SO3+OH－(次要)。
（3）相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如>。
（4）相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>
(NH4)2Fe(SO4)2。
2．盐类水解方程式的书写
（1）一般情况下盐类水解的程度较小，应用“”连接反应物和生成物。水解生成的难溶性或挥发性物质不加“↓”或“↑”符号。如Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，HS?+H2OH2S+OH?。
（2）多元弱酸阴离子分步水解，应分步书写水解的离子方程式。因为第一步水解程度较大，一般只写第一步水解的方程式。如Na2CO3的水解分两步，第一步为+H2O+OH?，第二步为+H2OH2CO3+OH?。多元弱碱阳离子的水解方程式不要求分步书写。如AlCl3的水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。
（3）发生相互促进的水解反应时，由于能水解彻底，用“”连接反应物和生成物，水解生成的难溶性或挥发性物质要写 “↓”或“↑”符号。如FeCl3与NaHCO3溶液混合发生水解的离子方程式为Fe3++3Fe(OH)3↓+3CO2↑。
（4）盐类水解的离子方程式可用通式表示为R?+H2OHR+OH?，Rm?+H2OHR(m?1)?+OH?(分步水解)；R++H2OROH+H+，Rn++nH2OR(OH)n+nH+（“一步到位”）。
注意：（1）一般情况下盐类水解程度较小，是可逆反应，因此用可逆号“”表示水解程度。当水解趋于完全时，才用“”。
（2）水解反应生成的挥发性物质及难溶物不用“↑”和“↓”表示。
（3）多元弱酸根离子分步水解，要分步书写，以第一步为主；多元弱碱阳离子的分步水解，习惯上一步书写完成。
3．盐类水解的影响因素
（1）内因
弱酸根离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解，溶液的碱性或酸性越强。如：酸性：CH3COOH>H2CO3相同浓度的NaHCO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为NaHCO3>CH3COONa。
（2）外因
因素
水解平衡
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
弱碱阳离子水解程度减小
碱
弱酸阴离子水解程度减小
例如，不同条件对FeCl3水解平衡的影响[Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+]
条件
移动方向
H+数
pH
现象
升温
向右
增多
减小
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
向右
减少
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
4．盐类水解的应用
（1）盐类水解的常见应用
应用
举例
判断溶液的酸碱性
FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
判断酸性强弱
NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为8、9、10，则酸性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H2SO4，防止Cu2+水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用磨口玻璃塞
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3++3H2OFe(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Al3++3===Al(OH)3↓+3CO2↑
作净水剂
明矾可作净水剂，原理为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
（2）盐溶液蒸干时所得产物的判断
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(s)；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考虑盐受热时是否分解。Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4和MnO2；NH4Cl―→NH3↑+HCl↑。
④还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
⑤弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
调研1 某同学探究溶液的酸碱性对AlCl3水解平衡的影响，实验方案如下:配制10 mL 0.01 mol·L?1?AlCl3溶液、10 mL对照组溶液A，取两种溶液各两份，分别滴加1滴0.20 mol·L?1?HCl溶液、1滴0.20 mol·L?1?KOH 溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示。
下列说法不正确的是
A．依据M点对应的pH，说明AlCl3发生了水解反应
B．对照组溶液A可能是0.03 mol·L?1?KCl溶液
C．曲线③和④说明水解平衡发生了移动
D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
【答案】B
调研2 下列说法正确的是
A．向0.1 mol·L?1的氨水中加少量硫酸铵固体，则溶液中增大
B．常温下，0.1 mol·L?1一元酸(HA)溶液pH=3，则该溶液中，c2(H+)=c(H+)×c(A?)+KW
C．向含有1 mol KAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液得到沉淀的物质的量最多为 2 mol
D．将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、NaAlO2溶液蒸干均得不到原溶质
【答案】B
考点2 离子浓度大小的比较
1．单一溶液中粒子浓度比较原则
（1）酸式盐溶液的酸碱性和各离子的浓度大小取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力的相对大小，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性，同时c(H2CO3)>c()；NaHSO3溶液中的电离能力大于其水解能力，溶液显酸性，有 c(H2SO3)（2）多元弱酸的强碱正盐溶液：弱酸根离子水解以第一步为主。例如，硫化钠溶液中：c(Na+)>c(S2?)>c(OH?)>c(HS?)>c(H+)。
（3）对于单一的弱酸、弱碱溶液或其盐溶液
①要考虑弱电解质(弱酸、弱碱)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO?+H+，H2OOH?+H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO?)>c(OH?)。
②弱酸根阴离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中，CH3COONaCH3COO?+Na+，CH3COO?+H2OCH3COOH+OH?，H2OH++OH?，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO?)>c(OH?)>c(CH3COOH)>c(H+)。
2．混合溶液中粒子浓度的比较原则
（1）溶液混合但不发生反应的类型。要同时考虑电离和水解，以及离子间的相互影响，可用极限观点思考，以“强势”反应为主，可不考虑“弱势”反应。如等浓度等体积的碳酸钠和碳酸氢钠混合后由于的水解大于的水解和电离，所以c(Na+)>c()>c()>c(OH?)>c(H+)。
（2）弱酸及对应盐(或弱碱及对应盐)等浓度、等体积混合。各离子的浓度大小取决于酸(碱)的电离程度和相应盐的水解程度的相对大小。
①电离强于水解型。如CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积、等物质的量浓度混合，分析时可只考虑CH3COOH的电离，不考虑CH3COONa的水解，粒子浓度大小顺序为
c(CH3COO?)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH?)。
②水解强于电离型。如HCN溶液和NaCN溶液等体积、等物质的量浓度混合，粒子浓度大小顺序为 c(HCN)>c(Na+)>c(CN?)>c(OH?)>c(H+)。
（3）溶液混合发生反应但有一种过量的类型。根据过量程度及产物情况，要同时考虑电离和水解，不过这类问题大多转化为上述（2）中的问题。如10 mL 0.1 mol·L?1的HCl溶液与10 mL 0.2 mol·L?1的CH3COONa溶液充分混合后，相当于等浓度的NaCl、CH3COONa与CH3COOH的混合液。
调研1 已知NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性。对于浓度均为0.1 mol·L?1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是(R表示S或C)
A．两溶液中均有c(Na+)>c()>c(H+)>c()>c(OH?)
B．两溶液中均有c(Na+)+c(H+)=c()+c()+c(OH?)
C．两溶液中均有c(H+)+c(H2RO3)=c()+c(OH?)
D．两溶液中c(Na+)、c()、c()分别对应相等
【答案】C
调研2 pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用对数负值。如某溶液溶质的浓度为1×10－3 mol·L－1，则该溶液中溶质的pC＝－lg (1×10－3)＝3。如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中三种成分的pC－pH图。下列说法不正确的是
A．H2CO3、HCO、CO不能在同一溶液中大量共存
B．H2CO3电离平衡常数Ka1≈10－6
C．pH＝7时，溶液中存在关系(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)
D．pH＝9时，溶液中存在关系c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)
【答案】D
调研3 25 ℃时，向15 mL 0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图所示。下列分析不正确的是
A．d点对应的溶液中，[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]>c(Na+)>c(OH-)
B．c点对应溶液中，=1
C．若b点对应溶液中醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．a点对应溶液中，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】由题意可知d点对应溶液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，溶液中溶质为CH3COOH与CH3COONa的混合物，由c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)及c(H+)>c(OH-)可得c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)，又因为[c(CH3COOH)+c(CH3COO-)]>c(Na+)，A项不符合题意；c点对应溶液呈中性，根据电荷守恒，可推知c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(CH3COO-)，B项不符合题意；b点溶液中的溶质为CH3COONa，由物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C项不符合题意；a点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，故c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，D项符合题意。
1．在坩埚中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是
A．氯化铝 B．碳酸氢钠 C．高锰酸钾 D．硫酸镁
【答案】D
2．25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断正确的是
A．两种溶液中均存在电离平衡和水解平衡
B．两种溶液中存在的粒子种类不相同
C．两种溶液中c(OH－)的关系式：前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，前者c()增大，后者c()也增大
【答案】A
【解析】本题考查盐类的水解。Na2CO3溶液中存在水的电离平衡和碳酸根离子的水解平衡，NaHCO3在水溶液中存在碳酸氢根离子的电离平衡和水解平衡以及水的电离平衡，故A正确；NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：钠离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同，故B错；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，溶液均显碱性，所以碳酸钠中的氢氧根离子浓度大于碳酸氢钠溶液中的氢氧根离子浓度，故C错；分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根离子和氢氧根离子在溶液反应会生成碳酸根离子和水，氢氧根离子对碳酸根离子的水解起到抑制作用，所以前者c()减小，后者c()增大，故D错；答案选A。
3．室温下，分别向两杯100mL的水中逐渐加入少量NH4Cl和NaOH固体，溶液的pH变化如图所示。下列判断正确的是
A．X代表NaOH，Y代表NH4Cl
B．pH变化相同时，n(NH4Cl)C．两份溶液的Kw均大于1.0×10?14
D．若两杯溶液混合后呈中性，则加入的n(NH4Cl)和n(NaOH)不相等
【答案】D
4．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系正确的是
A．pH=a的HF溶液，稀释10倍后，其pH=b，则b=a+1
B．pH=3的H2SO3溶液中，c(H+)=c()=1×10?3 mol·L?1
C．0.1 mol·L?1的NaHC2O4溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c()
D．pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液的c(Na+):①>②
【答案】D
【解析】HF为弱电解质，溶液稀释10倍时，HFH++F?平衡向右移动，所以a﹤b﹤a+1，A项错误。由电荷守恒知，c(H+)=c(OH?)+c()+2c()=1×10?3 mol·L?1，B项错误。NaHC2O4溶液中，由电荷守恒知，c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c()+2c()，C项错误。CH3COOH的酸性强于HClO的，CH3COONa的水解能力弱于NaClO的，当pH相同时，c(CH3COONa)>c(NaClO)，所以c(Na+):①>②，D项正确。
5．常温下，向25.00 mL 0.100 0 mol·L?1的醋酸溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L?1?NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．当V(NaOH)=0时，c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO?)>c(OH?)
B．①②③④点的水溶液导电能力依次增强
C．当V(NaOH)=12.5 mL时，c(CH3COO?)+c(OH?)=c(CH3COOH)+c(H+)
D．当V(NaOH)>25 mL时，可能出现c(Na+)>c(OH?)>c(CH3COO?)>c(H+)
【答案】C
6．298 K时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO?的浓度存在关系式
c(HCOO?)+c(HCOOH)=0.100 mol·L?1，而含碳元素的粒子的浓度与pH的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．298 K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H+)·n(OH?)保持不变
B．0.1 mol·L?1 HCOONa溶液中有c(HCOO?)+c(OH?)=c(H+)+c(HCOOH)
C．298 K时，HCOOH的电离常数Ka=1.0×10?3.75
D．0.1 mol·L?1 HCOONa溶液和0.1 mol·L?1 HCOOH溶液等体积混合后混合液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)
【答案】C
7．常温下，将a mol·L-1 CH3COOH溶液与b mol·L-1 NaOH 溶液(0A．若混合后溶液的pH=7，则c(Na+)=c(CH3COO-)，且a略大于b
B．若a=2b，则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C．若2a=b，则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
D．若混合溶液满足c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，则可推出a=b
【答案】C
【解析】CH3COOH为弱电解质，若CH3COOH溶液与NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=7，说明溶液
呈中性，则混合溶液中c(OH-)=c(H+)，CH3COOH应过量，根据电荷守恒可知
c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则有c(CH3COO-)=c(Na+)，A项正确；若a=2b，则CH3COOH过量，
溶液呈酸性，存在c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，B项正确；若2a=b，NaOH过量，由于CH3COO-
水解，则有c(OH-)>c(CH3COO-)，C项错误；若a=b，完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，由质子守恒可知c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，D项正确。答案:C。
8．常温下，用0.100 mol·L?1NaOH溶液滴定20 mL 0.100 mol·L?1?H3PO4溶液，曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．当2B．pH=4.7处，c(Na+)=c()+c()+c()
C．pH=9.7处，c(Na+)>c()>c(OH?)>c(H+)
D．NaH2PO4溶液中，c(H+)>c(OH?)
【答案】B
9．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种(H2S、HS－、S2－)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是
A．含硫物种B表示HS－
B．在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na＋)与含硫各物种浓度的大小关系：c(Na＋)＝3[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]
C．X，Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出H2S的Ka值
D．NaHS呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋
【答案】C
10．25 ℃时，向100 mL 1 mol·L?1 H2SO3溶液中逐渐滴入1 mol·L?1的NaOH溶液，含硫微粒的分布分数α(平衡时某微粒的浓度与各微粒浓度之和的比)与pH的关系如图所示(已知:pKa=?lg Ka，25 ℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19)。下列说法不正确的是
A．pH=1.85时，c(H2SO3)>c()
B．pH=6时，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH?)
C．pH=7.19时，c(Na+)>c()=c()>c(OH?)>c(H+)
D．加入150 mL NaOH溶液时，2c(Na+)=3c(H2SO3)+3c()+3c()
【答案】A
【解析】A项，pH=1.85时，即?lg c(H+)=1.85，故pKa1=pH，则Ka1=c(H+)，而Ka1= =c(H+)，因此有c(H2SO3)=c()，错误；B项，pH=6时，溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，溶液中存在
电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH?)，正确；C项，pH=7.19时，同A项分析可知，
c()=c()，c(H+)=10?7.19，则c(OH?)=10?6.81，故c(OH?)>c(H+)，正确；D项，加入150 mL NaOH
溶液时，得到等量的Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，根据物料守恒可得
2c(Na+)=3c(H2SO3)+3c()+3c()，正确。

1．[2017江苏][双选]常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10?4，Ka(CH3COOH)=1.75×10?5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10?5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol·L?1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L?1 HCOOH与0.1 mol·L?1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO?) + c(OH?) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L?1 CH3COONa 与 0.1 mol·L?1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO?) > c(Cl? ) > c(CH3COOH) > c(H+)
【答案】AD
【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。
2．[2017新课标Ⅰ]常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A．Ka2（H2X）的数量级为10–6
B．曲线N表示pH与的变化关系
C．NaHX溶液中
D．当混合溶液呈中性时，
【答案】D
【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6 mol·L－1，c(H＋)=10－4.8 mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10–6，A正确；B．根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C． 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6 mol·L－1，c(H＋)=10－5.0 mol·L－1，代入Ka1得到Ka1=10－4.4，因此HX－的水解常数是=10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D．根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2–)＞c(HX–)，D错误；答案选D。
3．[2016江苏][双选]H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0．100 mol·L–1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42–）＞c（HC2O4–）
B．c（Na+）=0.100 mol·L–1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–）
C．c（HC2O4–）=c（C2O42–）的溶液中：c（Na+）＞0.100 mol·L–1+c（HC2O4–）
D．pH=7的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42–）
【答案】BD
【解析】A、根据图像知pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+ c（）＜c（），A错误；B．c（Na+）=0.100 mol·L?1的溶液中，电荷守恒式为c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（）+ c（HC2O4–），又因为c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1= c（Na+），代入电荷守恒式得c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–），B正确；C、根据图像可知c（）=c（）的溶液显酸性，c（OH–）?c（H+）＜0，且c（H2C2O4）=0，由电荷守恒式c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（）+ c（HC2O4–）得，c（Na+）= c（OH–）?c（H+）+2c（）+ c（HC2O4–），又因为c（HC2O4–）=c（C2O42–），c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1，则c（Na+）= c（OH–）?c（H+）+0.100 mol·L–1+c（HC2O4–）＜0.100 mol·L–1+c（HC2O4–），C错误；D、由图像知pH=7的溶液为草酸钠溶液，草酸根水解，c（Na+）＞2c（），D正确。答案选BD。
4．[2016四川]向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01 mol选项
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)>c()+c(OH?)
B
0.01
c(Na+)>c()> c(OH?)>c()
C
0.015
c(Na+)> c()>c()> c(OH?)
D
0.03
c(Na+)> c()> c(OH?)>c(H+)
【答案】D
5．[2015·天津]室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是
加入的物质
结论
A．50 mL 1 mol·L－1 H2SO4
反应结束后，c(Na+)=c()
B．0.05 mol CaO
溶液中增大
C．50 mL H2O
由水电离出的c(H+)·c(OH－)不变
D．0.1 mol NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变
【答案】B
6．[2015·江苏]室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．向0.10 mol·L－1 NH4HCO3溶液中通CO2：c()=c()+c()
B．向0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通NH3：c (Na+)>c()>c()
C．向0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]
D．向0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl－)
【答案】D
【解析】由电荷守恒有，c()+c(H+)=c(OH－)+c(?)+2c()，因为pH=7，所以c(H+)=c(OH?)，故有c(?)=c()+2c()，A项错误；由电荷守恒有，c()+c(Na+)+c(H+)=c()+
2c()+c(OH－)，pH=7时c(H+)=c (OH－)，则c()+c(Na+)=c()+2c()①，由物料守恒有，c(Na+)= c(?)+c()+c(H2SO3)②，联立①②消去c(Na+)，得c()+c(H2SO3)=c()，所以c()>c()，B项错误；在Na2SO3溶液中，根据物料守恒，有c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，但是由于通入了SO2，S元素增多，所以该等式不成立，C项错误；由物料守恒有，c(Na+)=c(CH3COO－)+c (CH3COOH)③，故c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒有，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(Cl－)+c(OH－)，因为pH=7，所以c(H+)=c(OH－)，则c(Na+)=c (CH3COO－)+c(Cl－)④，联立③④得，c(CH3COOH)=c(Cl－)，D项正确。

展开更多......

收起↑