(浙江專用)2020版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題8溶液中的離子反應(yīng)第三單元鹽類的水解學(xué)案蘇教版

(浙江專用)2020版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題8溶液中的離子反應(yīng)第三單元鹽類的水解教學(xué)設(shè)計(jì)蘇教版(浙江專用)2020版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題8溶液中的離子反應(yīng)第三單元鹽類的水解教學(xué)設(shè)計(jì)蘇教版/(浙江專用)2020版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題8溶液中的離子反應(yīng)第三單元鹽類的水解教學(xué)設(shè)計(jì)蘇教版第三單元鹽類的水解[考試標(biāo)準(zhǔn)]知識(shí)條目必考要求加試要求1.鹽類的水解原理，常有鹽溶液的酸堿性的判斷ab2.鹽類水解的簡單應(yīng)用bb3.鹽類水解的離子反應(yīng)方程式b4.多元弱酸鹽的分步水解b5.影響鹽類水解的因素b6.常有酸式鹽溶液的酸堿性判斷b考點(diǎn)一鹽類水解及規(guī)律1．定義在溶液中鹽電離出來的離子跟水電離產(chǎn)生的＋－結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)。H或OH2．實(shí)質(zhì)＋弱酸的陰離子―→結(jié)合H鹽電離―→－―→弱堿的陽離子―→結(jié)合OH＋)－破壞了水的電離均衡―→水的電離程度增大―→c(H≠c(OH)―→溶液呈堿性、酸性或中性3．特點(diǎn)可逆→水解反應(yīng)是可逆反應(yīng)∣吸熱→水解反應(yīng)是酸堿中和反應(yīng)的逆反應(yīng)∣稍微→水解反應(yīng)程度很稍微4．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。鹽的種類實(shí)例可否水解水解的離子溶液的酸堿性溶液的pH強(qiáng)酸強(qiáng)堿NaCl、KNO3否中性pH＝7鹽強(qiáng)酸弱堿NH4Cl、是＋2＋酸性pH<7鹽Cu(NO3)2NH4、Cu弱酸強(qiáng)堿CHCOONa、是－2－堿性pH>7333鹽

Na2CO3注意(1)離子能夠發(fā)生水解的鹽溶液不用然呈酸性或堿性，如CH3COONH4溶液呈中性。同濃度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液對(duì)照，前者pH大；同濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液對(duì)照，后者pH小。常溫下，pH＝10的CH3COONa溶液與pH＝4的NH4Cl溶液，水的電離程度相同。常溫下，pH＝11的CH3COONa溶液與pH＝3的CH3COOH溶液，水的電離程度前者大于后者。題組一簡要回答以下問題1．(1)為研究純堿溶液呈堿性是由CO23－引起的，請(qǐng)你設(shè)計(jì)一個(gè)簡單的實(shí)驗(yàn)方案：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。為研究鹽類水解是一個(gè)吸熱過程，請(qǐng)用Na2CO3溶液和其他必要試劑，設(shè)計(jì)一個(gè)簡單的實(shí)驗(yàn)方案：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)向純堿溶液中滴入酚酞溶液，溶液顯紅色；若再向該溶液中滴入過分氯化鈣溶液，產(chǎn)生白色積淀，且溶液的紅色褪去。則能夠說明純堿溶液呈堿性是由2－引起的3取Na2CO3溶液，滴加酚酞溶液呈紅色，爾后分成兩份，加熱其中一份，若紅色變深，則鹽類水解吸熱題組二對(duì)鹽類水解實(shí)質(zhì)及規(guī)律的觀察2．相同溫度、相同濃度下的八種溶液，其pH由小到大的序次以下列圖，圖中①②③④⑤代表的物質(zhì)可能分別為( )A．NH4Cl(NH4)2SO4CH3COONaNaHCO3NaOHB．(NH4)2SO4NH4ClCH3COONaNaHCO3NaOHC．(NH4)2SONHClNaOHCHCOONaNaHCO4433D．CHCOONaNHCl(NH)SONaHCONaOH344243答案B解析酸性從大到小的序次為電離呈酸性>水解呈酸性>中性>水解呈堿性>電離呈堿性。3．用一價(jià)離子組成的四種鹽溶液：AC、BD、AD、BC，其物質(zhì)的量濃度均為1mol·L－1。在室溫下前兩種溶液的pH＝7，第三種溶液的pH＞7，最后一種溶液pH＜7，則正確的選項(xiàng)是( )ABCD堿性AOH＞BOHAOH＜BOHAOH＞BOHAOH＜BOH酸性

HC＞HD

HC＞HD

HC＜HD

HC＜HD答案

A解析

依照

AD溶液

pH>7，D－必然水解；依照

BC溶液

pH<7，B＋必然水解；依照

BD溶液

pH＝7，B＋、D－的水解程度相同；A＋、C－均不水解，或水解程度比B＋、D－弱，所以堿性：AOH>BOH，酸性：HC>HD。題組三規(guī)范書寫鹽類水解離子方程式(加試)4．按要求書寫離子方程式(1)AlCl3溶液呈酸性Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。(2)NaCO溶液呈堿性232－＋HO－－323－－。HCO＋HOHCO＋OH3223(3)NH4Cl溶于D2O中＋＋NH＋DONH·HDO＋D。423(4)將NaHCO溶液與AlCl3溶液混雜3Al3＋－＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。實(shí)驗(yàn)室制備Fe(OH)3膠體3＋△＋。Fe＋3H2O=====Fe(OH)3(膠體)＋3H(6)NaHS溶液呈堿性的原因－＋HO－。22關(guān)于易溶于水的正鹽MnRm溶液，若pH>7，其原因是(用離子方程式說明，下同)________________________________________________________________________；若pH<7，其原因是_________________________________________________________。答案n－2(n－1)－－R＋HOHR＋OHm＋2m＋M＋mHOM(OH)＋mH解析pH大于7是由于酸根離子水解呈堿性，pH小于7是由于弱堿陽離子水解呈酸性。題組四酸式鹽溶液酸堿性的判斷(加試)5．為了證明NaHCO溶液中－HCO的水解程度大于電離程度，可采用的實(shí)驗(yàn)方法是( )33①測(cè)定溶液的pH②加入Ba(OH)2溶液③加入鹽酸④加入酚酞溶液A．①②B．②③C．①④D．②④答案C6．能說明0.1mol·L－1的NaHA溶液必然呈酸性的是( )①稀釋時(shí)，溶液中c(OH－)增大；②溶液的pH<7；③溶液中c(Na＋)＝c(A2－)；④溶液可與等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液恰好反應(yīng)A．①②③④

B．①②③C．①③

D．②④答案

C解析

①稀釋時(shí)溶液中

c(OH－)增大，則溶液中

c(H＋)減小，說明原溶液呈酸性；②未指明溫度，不能夠依照

pH小于

7判斷溶液呈酸性；③溶液中存在電荷守恒：

c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)c(HA－)＋2c(A2－)，若c(Na＋)＝c(A2－)，則c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；④溶液可與等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液恰好反應(yīng)，說明－能發(fā)生電離，但不能夠說明－的電離程HAHA度必然大于其水解程度，即不能夠說明溶液必然呈酸性。7．NaHA是二元酸H2A的酸式鹽，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．若NaHA的水溶液呈酸性，則二元酸HA必然是強(qiáng)酸2B．若NaHA的水溶液呈堿性，則－只發(fā)生水解HAC．無論H2A是強(qiáng)酸還是弱酸，＋－的個(gè)數(shù)之比都是1∶1NaHA溶液中Na和HAD．無論H2A是強(qiáng)酸還是弱酸，NaHA晶體中的陰、陽離子個(gè)數(shù)比都是1∶1答案D1．鹽類水解規(guī)律“誰弱誰水解，越弱越水解”。如酸性：HCN<CH3COOH，則相同條件下堿性：NaCN>CH3COONa。(2)相同條件下的水解程度：正鹽2－－>相應(yīng)酸式鹽，如CO3>HCO3。(3)相互促進(jìn)水解的鹽>單獨(dú)水解的鹽>水解相互控制的鹽。如＋的水解：NH4(NH)CO>(NH)SO>(NH)Fe(SO)。42342442422．鹽類水解離子方程式的書寫要求(1)一般來說，鹽類水解的程度不大，應(yīng)該用可逆號(hào)“”表示。鹽類水解一般不會(huì)產(chǎn)生沉淀平和體，所以不用符號(hào)“↓”和“↑”表示水解產(chǎn)物。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。多元弱堿陽離子的水解簡化成一步完成。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(shí)要用“===”、“↑”、“↓”等。3．酸式鹽水溶液酸堿性判斷酸式鹽的水溶液顯什么性質(zhì)，要看該鹽的組成粒子的性質(zhì)。強(qiáng)酸的酸式鹽只電離，不水解，必然顯酸性。＋＋2－。如NaHSO4：NaHSO4===Na＋H＋SO4(2)弱酸的酸式鹽存在兩種趨勢(shì)，既存在電離均衡又存在水解均衡：－＋2－(電離，顯酸性)HAH＋A－＋HO－22若是電離程度大于水解程度，則顯酸性，如－－等；若是水解程度大于電離程度，HPO、HSO243則顯堿性，如－－2－等。HCO3、HS、HPO4考點(diǎn)二多角度攻下影響鹽類水解的因素1．內(nèi)因酸或堿越弱，其對(duì)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)。2．外因因素水解均衡水解程度水解產(chǎn)生離子的濃度溫度高升右移增大增大濃度增大右移減小增大減小(即稀釋)右移增大減小外加酸堿酸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比方，不相同條件對(duì)FeCl3水解均衡的影響3＋＋3HOFe(OH)＋Fe＋3H(填寫空格中內(nèi)容)23條件搬動(dòng)方向H＋數(shù)pH現(xiàn)象升溫向右增加減小顏色變深通HCl向左增加減小顏色變淺加HO向右增加增大顏色變淺2加NaHCO3向右減小增大生成紅褐色積淀，放出氣體注意(1)水解均衡右移，鹽的離子水解程度不用然增大，若加水稀釋時(shí)，水解均衡右移，水解程度必然增大，但若增大水解離子的濃度，均衡也右移，但水解程度減小。(2)稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，但其溶液酸性(或堿性)越弱。題組一加水稀釋時(shí)鹽類水解定性、定量解析1．(1)取5mLpH＝5的NH4Cl溶液，加水稀釋至＋)________10－6－150mL，則c(Hmol·L(填c＋NH4“>”、“<”或“＝”)，cH＋________(填“增大”、“減小”或“不變”)。(2)已知在室溫的條件下，pH均為5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答以下問題：各取5mL上述溶液，分別加水稀釋至50mL，pH較大的是________溶液；各取5mL上述溶液，分別加熱(溫度相同)，pH較小的是________溶液。答案(1)>減小(2)H2SO4NH4Cl題組二水解均衡的定向搬動(dòng)及結(jié)果判斷2．以下列圖所示三個(gè)燒瓶中分別裝入含酚酞的0.01mol·L－1CH3COONa溶液，并分別放置在盛有水的燒杯中，爾后向燒杯①中加入生石灰，向燒杯③中加入NH4NO3晶體，燒杯②中不加任何物質(zhì)。(1)含酚酞的0.01mol·L－1CH3COONa溶液顯淺紅色的原因?yàn)開_________________________(用離子方程式和必要文字講解)。實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)燒瓶①中溶液紅色變深，燒瓶③中溶液紅色變淺，則以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是________(填字母)。A．水解反應(yīng)為放熱反應(yīng)B．水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C．NH4NO3溶于水時(shí)放出熱量D．NHNO溶于水時(shí)吸取熱量43(3)向0.01mol·LCHCOONa溶液中分別加入NaOH固體、NaCO固體、FeSO固體，使CHCOO－132343－水解均衡搬動(dòng)的方向分別為____________、____________、____________。(填“左”、“右”或“不搬動(dòng)”)答案(1)CH－－左左右COO＋HOCHCOOH＋OH，使溶液顯堿性(2)BD(3)323解析(1)CH－33生石灰與水激烈反應(yīng)放出大量熱，依照燒瓶①中溶液紅色變深，判斷水解均衡向右搬動(dòng)，說明水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，同時(shí)燒瓶③中溶液紅色變淺，則NH4NO3溶于水時(shí)吸取熱量。－2－水解顯堿性，與－2＋水解顯酸性，(3)堿控制CHCOO的水解；COCHCOO的水解相互控制；Fe333－與CH3COO的水解相互促進(jìn)?？键c(diǎn)三鹽類水解的應(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＋＋3H2OFe(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配制或儲(chǔ)藏易水解的鹽溶液配制CuSO4溶液時(shí)，加入少量H2SO4，防范Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量鹽酸；儲(chǔ)藏Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能夠用磨口玻璃塞制取Fe(OH)3＋△(膠體)膠體的離子反應(yīng)：Fe＋3HO=====Fe(OH)膠體的制取323＋3H＋成分為NaHCO與Al2(SO4)3，發(fā)生反應(yīng)為Al3＋－＋3HCO3泡沫滅火器原理===Al(OH)3↓＋3CO2↑作凈水劑明礬可作凈水劑，原理為Al3＋＋3H2OAl(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(shí)的除銹劑題組一簡要回答以下問題1.一種常用的泡沫滅火器構(gòu)造如圖。內(nèi)筒a是玻璃瓶，外筒b是鋼瓶，平時(shí)泡沫滅火器內(nèi)筒外筒盛有液態(tài)試劑，當(dāng)遇火警時(shí)，將滅火器取下倒置，內(nèi)外筒液體試劑馬上混雜產(chǎn)生大量CO2泡沫滅火。從液態(tài)試劑在滅火器中長久放置和迅速滅火兩個(gè)角度解析，則a中盛________________，b中盛________________。答案Al2(SO4)3溶液飽和NaHCO3溶液2．怎樣除去MgCl2溶液中的Fe3＋？其原理是什么？答案MgCl2溶液中混有少量的Fe3＋雜質(zhì)時(shí)，可加入Mg、MgO、Mg(OH)2或MgCO3除去Fe3＋。其原理是3＋2＋的水解程度大，加入這些物質(zhì)，以致3＋23＋Fe的水解程度比MgFe＋3HOFe(OH)3H＋均衡右移，生成Fe(OH)3積淀除去。題組二鹽溶液蒸干所得產(chǎn)物的判斷3．(1)碳酸鉀溶液蒸干獲得的固體物質(zhì)是_________________________________________，原因是________________________________________________________________________。(2)KAl(SO4)2溶液蒸干獲得的固體物質(zhì)是________，原因是________________________。(3)FeCl2溶液蒸干灼燒獲得的固體物質(zhì)是_________________________________________，原因是________________________________________________________________________。(4)碳酸氫鈉溶液蒸干灼燒獲得的固體物質(zhì)是________，原因是(用化學(xué)方程式表示，下同)________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)亞硫酸鈉溶液蒸干灼燒獲得的固體物質(zhì)是

________，原因是

________________________。答案

(1)K

2CO3

盡管加熱過程促進(jìn)水解，但生成的

KHCO3和

KOH反應(yīng)后又生成

K2CO3(2)KAl(SO)·12HO盡管Al3＋(注水解，但由于HSO犯難揮發(fā)性酸，最后依舊為結(jié)晶水合物42224意溫度過高，會(huì)脫去結(jié)晶水)232＋2和HCl，在加熱蒸干過程中2逐漸被氧化生(3)FeOFe水解生成Fe(OH)HCl揮發(fā)，F(xiàn)e(OH)成Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3灼燒分解生成Fe2O3△(4)Na2CO32NaHCO3=====Na2CO3＋CO2↑＋H2O(5)Na2SO42Na2SO3＋O2===2NaSO4解析本題涉及的知識(shí)范圍較廣，除了鹽的水解外，還應(yīng)試慮到鹽的熱牢固性、還原性等。題組三與水解相關(guān)的離子共存問題4．無色透明溶液中能大量共存的離子組是()＋、Al3＋－－A．Na、HCO3、NO3－－2＋＋B．AlO、Cl、Mg、K2＋＋－－C．NH4、Na、CH3COO、NO3＋－－－D．Na、NO3、ClO、I答案C解析A項(xiàng)，Al3＋因與－－2＋反應(yīng)生成Mg(OH)2HCO3發(fā)生雙水解反應(yīng)不能夠大量共存；B項(xiàng)，AlO2與Mg和Al(OH)積淀不能夠大量共存；＋－D343項(xiàng)，ClO－與I－能發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能夠大量共存。5．以下指定溶液中必然能大量共存的離子組是()A．pH＝1的溶液中：＋＋、Fe3＋2－NH4、Na、SO4B．含有大量－＋＋－－AlO2的溶液中：Na、K、HCO3、NO3C．中性溶液中：＋3＋、Cl－2－4D．Na2S溶液中：2－＋2＋、Cl－SO4、K、Cu答案A解析A項(xiàng)，酸性條件下，＋＋3＋－－H控制NH、Fe的水解，能大量共存；B項(xiàng)，AlO＋HCO＋4232－，不能夠大量共存；C項(xiàng)，Al3＋水解呈酸性，所以在中性溶液中不能夠大量233存在；D項(xiàng)，Cu2＋＋S2－===CuS↓，不能夠大量共存。題組四利用水解均衡原理講解問題的規(guī)范描述6．按要求回答以下問題。(1)把AlCl3溶液蒸干灼燒，最后獲得的主要固體是什么？為什么？(用化學(xué)方程式表示并配以必要的文字說明)。答案在AlCl3溶液中存在著以下均衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加熱時(shí)水解均衡右移，HCl濃度增大，蒸干時(shí)HCl揮發(fā)，使均衡進(jìn)一步向右搬動(dòng)獲得Al(OH)3，在灼燒時(shí)發(fā)生反△＋3H2O，所以最后獲得的固體是Al2O3。應(yīng)2Al(OH)3=====Al2O3(2)Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因解析。答案在NH4Cl溶液中存在＋＋H2O＋＋反應(yīng)放出H2，使NH4NH3·H2O＋H，加入Mg粉，Mg與H溶液中c(H＋)降低，水解均衡向右搬動(dòng)，使Mg粉不斷溶解。直接蒸發(fā)CuCl2溶液，能不能夠獲得CuCl2·2H2O晶體，應(yīng)怎樣操作？答案不能夠，應(yīng)在HCl氣流中加熱蒸發(fā)。(4)在NaSO溶液中滴加酚酞，溶液變紅色，若在該溶液中滴入過分的BaCl溶液，現(xiàn)象是232____________________________________________________________________________________________；請(qǐng)結(jié)合離子方程式，運(yùn)用均衡原理進(jìn)行講解：_________________________________________________________________________________________。答案產(chǎn)生白色積淀，且紅色褪去2－2－＋HO－－在NaSO溶液中，SO水解：SOHSO＋OH，233323加入BaCl2＋2－2－2－－23333減小，紅色褪去1．水清除雜警示利用水清除雜無論在化學(xué)工業(yè)還是化學(xué)實(shí)驗(yàn)中都擁有特別重要的意義，其原理是依照鹽的水解程度的不相同，經(jīng)過調(diào)治溶液pH使部分別子轉(zhuǎn)變成積淀而除去。如MgCl溶液中混有少量233＋水解程度比2＋水解程度大，可加入鎂粉、23FeCl雜質(zhì)，因FeMgMgO、Mg(OH)或MgCO等，調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3＋的水解均衡正向搬動(dòng)，生成Fe(OH)3積淀而除去；注意不能夠加NaOH、NH3·H2O等可溶性堿，因加這些物質(zhì)使溶液pH高升太迅速，且堿過分不易覺察，Mg2＋也可能轉(zhuǎn)變成Mg(OH)積淀，還會(huì)引入＋＋等雜質(zhì)。NH、Na242．鹽溶液蒸干灼燒時(shí)所得產(chǎn)物的幾種判斷種類(1)鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時(shí)，蒸干后一般得原物質(zhì)，如蒸干CuSO(aq)――→CuSO(s)；44鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時(shí)，蒸干灼燒后一般得對(duì)應(yīng)的氧化物，如AlCl3蒸干(aq)――→灼燒Al(OH)3(s)――→Al2O3。酸根陰離子易水解的強(qiáng)堿鹽，如Na2CO3溶液等蒸干后可獲得原物質(zhì)。考慮鹽受熱時(shí)可否分解Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固體受熱易分解，所以蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。還原性鹽在蒸干時(shí)會(huì)被O2氧化蒸干比方，Na2SO3(aq)――→Na2SO4(s)。3．熟記以下因雙水解不能夠大量共存的離子組合(1)Al3＋－2－－、SiO2－－2－－。與HCO、CO、AlO3、HS、S、ClO3323＋－2－－2－－。(2)Fe與HCO、CO、AlO、SiO、ClO3323＋2－－。(3)NH4與SiO3、AlO2特別提示＋－－3＋在中性條件433下已完好水解。4．利用均衡搬動(dòng)原理講解問題的思想模板解答此類題的思想過程①找出存在的均衡系統(tǒng)(即可逆反應(yīng)或可逆過程)②找出影響均衡的條件③判斷均衡搬動(dòng)的方向④解析均衡搬動(dòng)的結(jié)果及搬動(dòng)結(jié)果與所解答問題的聯(lián)系答題模板存在均衡，(條件)(變化)，使均衡向(方向)搬動(dòng)，(結(jié)論)?？键c(diǎn)四“粒子”濃度關(guān)系判斷一、熟悉兩大理論，成立思想基點(diǎn)1．電離理論弱電解質(zhì)的電離是稍微的，電離產(chǎn)生的微粒都特別少，同時(shí)還要考慮水的電離，如氨水溶＋－－＋)。液中：NH3·H2O、NH4、OH濃度的大小關(guān)系是c(NH3·H2O)>c(OH)>c(NH4(2)多元弱酸的電離是分步進(jìn)行的，其主若是第一級(jí)電離(第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步電離)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的濃度大小關(guān)系是c(H2S)>(H＋)>c(HS－)>(S2－)。cc2．水解理論弱電解質(zhì)離子的水解損失是微量的(雙水清除外)，但由于水的電離，故水解后酸性溶液中＋－＋、Clc(H)或堿性溶液中c(OH)總是大于水解產(chǎn)生的弱電解質(zhì)的濃度。如NHCl溶液中：NH44－＋c(Cl－＋＋)>c(NH·HO)。、NH·HO、H的濃度大小關(guān)系是cc32432(2)多元弱酸酸根離子的水解是分步進(jìn)行的，其主若是第一步水解，2－、233－、H2CO3的濃度大小關(guān)系應(yīng)是2－－HCO3c(CO3)>c(HCO3)>c(H2CO3)。二、掌握三種守恒，明確等量關(guān)系1．電荷守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)必然等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO溶液中存在著＋＋－2－－，存在以下關(guān)333系：c＋)＋＋)＝－－2－)。(Na(H(HCO)＋(OH)＋2(CO332．物料守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增加，但元素總是守恒的。如KS溶液中22－－2－－S、HS都能水解，故S元素以S、HS、H2S三種形式存在，它們之間有以下守恒關(guān)系：c(K)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。3．質(zhì)子守恒規(guī)律如Na2S水溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移情況圖示以下：由圖可得

Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：

c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或

c(H＋)＋－－2c(H2S)＋c(HS)＝c(OH)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也能夠由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)獲得。三、理清一條思路，掌握解析方法四、典例導(dǎo)悟，分類打破(一)粒子種類的判斷[例1](1)NaHCO3溶液中：________________________________________。(2)NaCO溶液中：_______________________________________________。23(3)NaHCO3和Na2CO3的混雜溶液中：_______________________________。(4)向NaOH溶液中通入CO氣體(任意量)：___________________________。2答案＋2－－－＋；分子：HCO、33232HO判斷鹽溶液中粒子種類時(shí)，第一要清楚鹽溶液中的電離、水解情況，特別是多步電離和多步水解。＋－－2－＋－＋H2OH2CO3＋OH如：(1)NaHCO3溶液中，因NaHCO3===Na＋HCO3，HCO3CO3＋H，HCO3－，HO＋－。故溶液中的離子有：＋2－－－＋；分子有：HCO、HO。233232(二)單一溶液中離子濃度的關(guān)系[例2]0.1mol·L－1的NH4Cl溶液粒子種類：__________________________________________________________。離子濃度大小關(guān)系：__________________________________________________。物料守恒：___________________________________________________________。解析＋－(完好電離)NH4Cl===NH＋Cl4＋＋HO＋4232HO＋－2答案(1)Cl－＋＋－、NH·HO、HO4322c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)＋c(Cl)＝c(NH4)＋c(NH3·H2O)[例3]0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中各離子濃度的關(guān)系大小關(guān)系：___________________________________________________________。物料守恒：___________________________________________________________。電荷守恒：___________________________________________________________。質(zhì)子守恒：___________________________________________________________。解析＋－完好電離)，33－－HCO3＋H2OH2CO3＋OH(主要)，－＋2－，HCO3H＋CO3(次要)H2O＋－H＋OH(極稍微)。答案(1)＋－)>－＋2－)c(Na)>c(HCO3c(OH)>c(H)>c(CO3＋)－2－)＋c(HCO)3323＋)＋c(H＋－)＋2－－(3)c(Na)＝c(HCO32c(CO3)＋c(OH)－＝c(H＋)－2－(4)c(OH)2CO3)＋c(Hc(CO3)[例4]－10.1mol·L的NaCO溶液中各離子濃度的關(guān)系23大小關(guān)系：_______________________________________________________________。物料守恒：______________________________________________________________。電荷守恒：______________________________________________________________。質(zhì)子守恒：______________________________________________________________。解析＋2－2332－－－323－－HCO＋HOHCO＋OH(次要)，3223H2O答案

＋－。H＋OH(極稍微)(1)c(Na＋)>c2－)>c－－)>c(H＋)(CO3(OH)>(HCO3c(2)c(Na＋2－－CO)]3323(3)c(Na＋)＋c(H＋)＝c－－2－)(HCO3)＋c(OH)＋2c(CO3(4)－＋)＋2－ccc(HCO)＋c(HCO)33比較時(shí)緊扣兩個(gè)稍微弱電解質(zhì)(弱酸、弱堿、水)的電離是稍微的，且水的電離能力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOH－＋－＋CH3COO＋H，H2OOH＋H，在溶液中微粒濃度由大到小的序次：c＋)>c－c－(CH3COOH)>(H(CH3COO)>(OH)。c(2)弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是稍微的，但水的電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于鹽的水解程度。如稀－＋－－，HO＋3333232－c(Na＋)>－c－c＋)。＋OH，所以CH3COONa溶液中：(CH3COO)>(OH)>(CH3COOH)>(Hcc2．(1)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個(gè)－更強(qiáng)，如NaHCO3溶液中HCO3的水解能力大于其電離能力，故溶液顯堿性。(2)多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液：弱酸根離子水解以第一步為主。＋2cc2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。3．質(zhì)子守恒式能夠由電荷守恒式和物料守恒式推導(dǎo)出來。以KHS溶液為例，電荷守恒式為c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式為c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②得質(zhì)子守恒式，消去沒有參加變化的＋等。K4．閃避等量關(guān)系中的2個(gè)易失分點(diǎn)(1)電荷守恒式中不能是各離子濃度的簡單相加。如2－)的系數(shù)2代表一個(gè)2－帶2個(gè)33負(fù)電荷，不能遺漏。物料守恒式中，離子濃度系數(shù)不能夠漏寫或顛倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各種硫元素存在形式的硫原子總濃度的2倍。(三)酸堿中和型離子濃度的關(guān)系[例5]比較以下幾種溶液混雜后各離子濃度的大小。(1)CH3COOH和NaOH等濃度等體積混雜，離子濃度大小次序?yàn)開_______________________________________________________________________。(2)NaOH和CH3COOH等濃度按1∶2體積比混雜后pH<7，離子濃度大小次序?yàn)開_______________________________________________________________________。(3)pH＝2的CH3COOH與pH＝12的NaOH等體積混雜，其離子濃度大小次序?yàn)開_______________________________________________________________________。解析(1)恰好反應(yīng)后，溶質(zhì)為CH3COONa。中和反應(yīng)后，溶質(zhì)為等量的CH3COONa、CH3COOH，且CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度。由于CH3COOH是弱酸，題中c(CH3COOH)要遠(yuǎn)大于c(NaOH)，反應(yīng)后溶質(zhì)為CH3COOH、CH3COONa，且n(CH3COOH)要遠(yuǎn)大于n(CH3COONa)，溶液中CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度，溶液呈酸性。答案＋－－＋)(1)c(Na)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H(2)－＋＋－c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH)(3)－＋＋－c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH)[例6]常溫下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲線如右圖。以下說法正確的選項(xiàng)是()A．點(diǎn)①所示溶液中：－－＋)c(CH3COO)＋c(OH)＝c(CH3COOH)＋c(HB．點(diǎn)②所示溶液中：＋－c(Na)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO)C．點(diǎn)③所示溶液中：＋－－＋cccc(H)3D．滴定過程中可能出現(xiàn)：c(CH3COOH)>c－＋＋－(CH3COO)>c(H)>c(Na)>c(OH)解析點(diǎn)①溶液中的溶質(zhì)為0.001molCH3COOH和0.001molCH3COONa，據(jù)物料守恒：c(CH3COO－＋，依照電荷守恒：＋＋－－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na)c(Na)＋c(H)＝c(CH3COO)＋c(OH)，整理后＋－－＋)33＋c(H＋－－＋－＋－33溶質(zhì)為0.002molCH3COONa，離子濃度大小關(guān)系為＋)＞－－＋)。(Na(CH3COO)＞(OH)＞(Hcccc答案D[例7]將標(biāo)準(zhǔn)情況下2.24LCO2緩慢通入1L0.15mol·L－1的NaOH溶液中，氣體被充分吸取，以下關(guān)系不正確的選項(xiàng)是()＋＋)＝c－－2－A．c(Na)＋c(H(OH)＋c(HCO3)＋2c(CO3)B．2c(Na＋c(H2－2－)＝3[CO3)＋c(HCO3)＋c(CO3)]C．c(Na＋2－)>－－＋))>c(CO3c(HCO3)>c(OH)>c(H－2－－CO)＋2c(H＋)3323解析CO2＋2NaOH===NaCO3＋H2Ox2xCO2＋NaOH===NaHCO3yyx＋y＝0.1molx＝0.05mol。A項(xiàng)，吻合電荷守恒，正確；B項(xiàng)，關(guān)于0.052x＋y＝0.15mol，所以y＝0.05mol－1＋)＝2[c(H－2－)]，關(guān)于0.05mol·L－1的232333NaHCO3溶液：c(Na＋－2－＋－)＝c(H2CO3)＋c(HCO3)＋c(CO3)，所以2c(Na)＝3[c(H2CO3)＋c(HCO3)＋c2－)]，正確；C項(xiàng)，由于以2－＋H2O－－(CO3CO3HCO3＋OH為主，所以c(Na＋－2－－＋)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，結(jié)合A、B兩選項(xiàng)，推斷該關(guān)系式正確。)>c(HCO3)>c(CO3)>c(OH)>c(H答案C(四)鹽與酸(堿)混雜型第一考慮可否反應(yīng)，若不反應(yīng)，解析鹽的水解程度和酸(堿)的電離程度的大?。蝗裟芊磻?yīng)，則按反應(yīng)后混雜組成綜合考慮水解和電離兩種因素。[例8]用物質(zhì)的量都是0.1mol的CHCOOH和CHCOONa配成1L混雜溶液，已知其中c(CHCOO333－)>c(Na＋)，對(duì)該溶液的以下判斷正確的選項(xiàng)是( )A．c(H＋)>c(OH－)－－1B．c(CH3COO)＝0.1mol·L－C．c(CH3COOH)>c(CH3COO)3－－－1D．c(CHCOO)＋c(OH)＝0.1mol·L解析－－＋)＋c(H＋－＋)，則c(H33＋－－－＋－1＞0.1mol－1)>c(OH)；且c(CH3COO)＋c(OH)＝c(H)＋0.1mol·L·L；由物料守恒有：－－1－＋)＝0.1－1c(CH3COOH)＋c(CH3COO)＝0.2mol·L，因c(CH3COO)＞c(Namol·L，則c(CH3COO)＞c(CH3COOH)。答案A[例9]－1NaHCO3溶液與0.1－1KOH溶液等體積混雜，以下關(guān)系正確的將0.2mol·Lmol·L是()＋)＝－2－)＋c(H2CO3)A．2(K(HCO3)＋2(CO3ccc＋＋－2－－＋)33－2－＋)＋c(H2CO3)＋0.1mol·L－1C．c(OH)＋c(CO3)＝c(H＋)＋(H＋)＝－－c2－)D．3(K(OH)＋(HCO3)＋2(CO3cccc解析依照物料守恒可知，A中表達(dá)式為＋－2－2c(K)＝c(HCO3)＋c(CO3)＋c(H2CO3)，A錯(cuò)；題中兩溶液反應(yīng)后含有等濃度的－2－，由于2－的水解程度大于－的水解程度，所以HCO3和CO3CO3HCO3選項(xiàng)B中的表達(dá)式為＋－＋2－－＋)，B錯(cuò)；依照電荷守恒有：33＋)＋c(K＋＋－－2－)，依照物料守恒有：＋－c(Na)＋c(H)＝c(OH)＋c(HCO3)＋2c(CO3c(Na)＝c(HCO3)c(CO23－)＋c(H2CO3)，兩者相減可知，正確的表達(dá)式為c(OH－)＋c(CO23－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.05mol·L－1，C錯(cuò)；由電荷守恒和c(Na＋)＝2c(K＋)可知，D正確。答案D(五)不相同溶液中同一離子濃度的大小比較選好參照物，分組比較各個(gè)擊破：如25℃時(shí)，相同物質(zhì)的量濃度的以下溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、＋④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH4)由大到小的序次為⑤>④>③>①>②。解析流程為化學(xué)式中分組――→＋NH4的數(shù)目[例10]比較以下幾組溶液中指定離子濃度的大小。1濃度均為0.1mol·L的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混雜液，溶液pH從大到小的序次是_____________________________________。－(2)相同濃度的以下溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH中，c(CH3COO)由大到小的序次是____________________________________________________________。＋(3)c(NH4)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物質(zhì)的量濃度由大到小的序次為_____________________________________________。答案(1)③>②>④>①(2)②>①>③(3)④>②>③>①1．正誤判斷，正確的劃“√”，錯(cuò)誤的劃“×”(1)(2020·高考試題組合)－12－的水解程度和溶液的pH均增大( )①加熱0.1mol·LNa2CO3溶液，CO3(2020·江蘇，11C)②施肥時(shí)，草木灰(有效成分為K2CO3)不能夠與NH4Cl混雜使用，是由于K2CO3與NH4Cl反應(yīng)生成氨氣會(huì)降低肥效( )(2020·新課標(biāo)全國卷Ⅰ，8C)③小蘇打是面包發(fā)酵粉的主要成分之一( )(2020·福建理綜，6D)④將

NH4Cl

溶液蒸干制備

NH4Cl

固體(

)(2020·福建理綜，8B)⑤NH4F水溶液中含有

HF，所以

NH4F溶液不能夠存放于玻璃試劑瓶中

(

)(2020·天津理綜，3B)(2)(2020·高考試題組合)①向NaAlO溶液中滴加NaHCO溶液，有積淀平和體生成()23(2020·重慶理綜，2C)②飽和小蘇打溶液中：＋－)c(Na)＝c(HCO3)((2020·廣東理綜，12B)③NaCO溶液中加入少量2－pH減小()2323(2020·江蘇，11D)④室溫下，關(guān)于0.1mol·L－1氨水，用HNO3溶液完好中和后，溶液不顯中性()(2020·福建理綜，8C)⑤已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下均衡：－＋HO－①3223－＋2－HSO3H＋SO3②－1的NaHSO溶液中向0.1mol·L3a．加入少量金屬Na，均衡①左移，均衡②右移，溶液中－)c3(2020·安徽理綜，13A)c2－c－b．加入少量NaOH溶液，SO3、OH)c－c＋的值均增大(HSO3H(2020·安徽理綜，13C)答案(1)①√②√③√④×⑤√(2)①×②×③×④√⑤a.×b．√2．(2020·天津理綜，5)室溫下，將0.05molNaCO固體溶于水配成100mL溶液，向溶液23中加入以下物質(zhì)，相關(guān)結(jié)論正確的選項(xiàng)是()加入物質(zhì)結(jié)論A50mL1mol·L－1H2SO4＋2－)反應(yīng)結(jié)束后，c(Na)＝c(SO4溶液中c－B0.05molCaOOH－增大cHCO3C50mLH2O由水電離出的c(H＋)·c(OH－)不變D0.1molNaHSO4固體反應(yīng)完好后，溶液pH減小，c(Na＋)不變答案B解析Na2CO3溶液中存在水解均衡2－＋H2O－－，所以溶液呈堿性。A項(xiàng)，向溶液CO3HCO3＋OH中加入50mL1mol·L－1H2SO4，Na2CO3與H2SO4恰好反應(yīng)生成0.05molNa2SO4，依照物料守＋)2－)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，向NaCO溶液中加入0.05molCaO后，發(fā)生反應(yīng)CaO423＋HO===Ca(OH)，生成0.05molCa(OH)，恰好與NaCO反應(yīng)：Ca(OH)＋NaCO===CaCO↓＋222232233c－2－－－OH33cHCO32－的水解均衡正向搬動(dòng)，－－入50mLH2O，CO但c(OH)減小，溶液中的OH全部本源于水的電離，3由于水電離出的＋－＋)－H、OH濃度相等，故由水電離出的c(H·c(OH)減小，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，加入的0.1molNaHSO4固體與0.05molNa2CO3恰好反應(yīng)生成0.1molNa2SO4，溶液呈中性，故溶液pH減小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，錯(cuò)誤。3．(2020·浙江理綜，12)40℃，在氨-水系統(tǒng)中不斷通入CO，各種離子的變化趨勢(shì)以以下列圖2所示。以下說法不正確的選項(xiàng)是()＋－－2－A．在pH＝9.0時(shí)，c(NH4)>c(HCO3)>c(NH2COO)>c(CO3)B．不相同pH的溶液中存在關(guān)系：＋)＋c(H＋)2－－－－c(NH4＝2c(CO3)＋c(HCO3)＋c(NH2COO)＋c(OH)c－C．隨著CO2的通入，OH不斷增大cNH·HO32D．在溶液pH不斷降低的過程中，有含－NHCOO的中間產(chǎn)物生成2答案C解析A項(xiàng)，從題中所給的圖中可知，當(dāng)pH＝9.0時(shí)，離子濃度的大小關(guān)系為＋－43－2－C項(xiàng)，在氨-水系統(tǒng)中存在＞c(NH2COO)＞c(CO3)，正確；B項(xiàng)，依照電荷守恒可知，正確；c－均衡：NH3·H2O＋－，K＝[c(OH－＋c(NH3·H2O)，得OHNH4＋OH)·c(NH4)]/c＝NH·HO32K＋)增大，溫度不變，K不變，則K不＋，隨著CO2的通入均衡正向搬動(dòng)，c(NH4＋cNHcNH44c－斷減小，故OH不斷減小，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，從圖中看出，隨著溶液中pH的不斷降低，32－－NH2COO的濃度不斷增大，既而又不斷減小直到為0，故NH2COO屬于生成的中間產(chǎn)物，正確。4．(2020·浙江理綜，12)25℃時(shí)，用濃度為0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL濃度均為0.1000mol·L－1的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線以下列圖。以下說法正確的選項(xiàng)是()A．在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導(dǎo)電能力序次：HZ＜HY＜HXa－5B．依照滴定曲線，可得K(HY)≈10C．將上述HX、HY溶液等體積混雜后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完好反應(yīng)時(shí)：c(X－)＞c(Y－)＞c(OH－)＞c(H＋)＋KHY·cHY－－c(Ha＋c(Z)＋c(OH)D．HY與HZ混雜，達(dá)到均衡時(shí))＝cY－答案B解析依照中和滴定曲線先判斷HX、HY和HZ的酸性強(qiáng)弱，再運(yùn)用電離均衡、水解均衡知識(shí)解析、解決相關(guān)問題。由圖像可知，當(dāng)V(NaOH)＝0(即未滴加NaOH)時(shí)，等濃度的三種酸溶液的pH大小序次為HX>HY>HZ，則酸性強(qiáng)弱序次為HX<HY<HZ，相同條件下三種酸溶液的導(dǎo)電能力序次為HX<HY<HZ，A項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)V(NaOH)＝10mL時(shí)，HY溶液中c(H＋)＝10－5mol·L－1，c(OH－－9－1＋1－1＋＋－)＝10mol·L，c(Na)＝3×0.1000mol·L，據(jù)電荷守恒有c(H)＋c(Na)＝c(OH)－)，即10－5－11－1＝10－9－1－)，則有c(Y－1＋c(Ymol·L＋×0.1000mol·Lmol·L＋c(Y)≈33－1，c(HY)2－11－11×0.1000mol·L＝(3×0.1000mol·L－3×0.1000mol·L)＝3×0.1000mol·L－1，那么a(HY)＝[c(Y－)·c(H＋)]/c(HY)＝(1×0.1000mol·L－1×10－5mol·LK3－11－1－5)/(3×0.1000mol·L)＝10，B項(xiàng)正確；HX的酸性比HY的弱，滴定至HX恰好完好反應(yīng)時(shí)，HY也完好反應(yīng)，此時(shí)溶液中的溶質(zhì)為NaX和NaY，X－的水解程度比Y－的水解程度大，則有c(Y－)>c(X－)，C項(xiàng)錯(cuò)；HY和HZ混雜，達(dá)到均衡時(shí)，據(jù)電荷守恒有c(H＋)＝c(Y－)＋c(Z－)＋c(OH－)；關(guān)于弱酸HY來說，Ka(HY)＝[c(H＋)·c(Y－)]/c(HY)，則有c(Y－)＝[Ka(HY)·c(HY)]/＋＋)＝[＋－－c(H)，故c(HKa(HY)·c(HY)]/c(H)＋c(Z)＋c(OH)，D項(xiàng)錯(cuò)。5．(2020·上海，31)室溫下，0.1－1NaClO溶液的pH________(選填“大于”、“小mol·L于”或“等于”)0.1mol·L－123NaSO溶液的pH。－12－2－－－濃度均為0.1mol·L的Na2SO3和Na2CO3的混雜溶液中，SO3、CO3、HSO3、HCO3濃度從大到小的序次為__________________________。23i1－2i2－7已知：HSOK＝1.54×10K＝1.02×10HClOi1－8K＝2.95×10H2COK＝4.3×10－7K＝5.6×10－113i1i2答案大于2－2－－－c(SO3)>c(CO3)>c(HCO3)>c(HSO3)練出高分1．0.1mol·L－1某溶液的pH值為5.1，其溶液中的溶質(zhì)可能是()A．氯化氫B．BaCl2C．氯化銨D．硫酸氫鈉答案C＋)＝1×10－3－1－－3－1的堿溶液等體積2．已知一種c(Hmol·L的酸和一種c(OH)＝1×10mol·L混雜后溶液呈酸性，其原因可能是( )A．濃的強(qiáng)酸和稀的強(qiáng)堿溶液反應(yīng)B．濃的弱酸和稀的強(qiáng)堿溶液反應(yīng)C．等濃度的強(qiáng)酸和弱堿溶液反應(yīng)D．生成了一種強(qiáng)酸弱堿鹽答案B3．相同物質(zhì)的量濃度的以下化合物的水溶液，按pH減小序次排列的是( )A．NaHSO4CH3COONaNH4ClNaNO3B．NaNO3CH3COONaNaHSO4NH4ClC．CH3COONaNaNO3NH4ClNaHSO4D．NaNO3CH3COONaNH4ClNaHSO4答案C4．物質(zhì)的量濃度相同的以下各溶液，由水電離出的氫氧根離子的濃度由大到小的序次是(

)①NaHSO4

②NaHCO3

③Na2CO3

④Na2SO4A．④③②①

B．①②③④C．③②④①

D．③④②①答案

C5．鹽類水解在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和平時(shí)生活中有著廣泛的應(yīng)用，以下說法與鹽類水解沒關(guān)的是( )A．生活中常用明礬凈水B．用熱的純堿溶液沖洗餐具上的油污C．用稀硫酸除去銅器表面的銅綠D．長久使用硫銨化肥的土壤，易變酸性，可施用適合的熟石灰答案

C解析

選項(xiàng)

A利用明礬水解生成的氫氧化鋁膠體吸附水中的雜質(zhì)；選項(xiàng)

B利用碳酸根離子水解顯堿性，來沖刷油污；選項(xiàng)

C中堿式碳酸銅溶于稀硫酸生成硫酸銅，與水解沒關(guān)；選項(xiàng)

D中硫酸銨水解顯酸性，所以可用熟石灰來中和。6．以下相關(guān)問題與鹽的水解相關(guān)的是( )①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬時(shí)的除銹劑②NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑③草木灰與銨態(tài)氮肥不能夠混雜施用④實(shí)驗(yàn)室中盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能夠用磨口玻璃塞A．①②

B．①③C．③④

D．①②③④答案

D7．以下說法不正確的選項(xiàng)是

(

)A．用

Na2S溶液和

Al2(SO4)3溶液反應(yīng)不能夠制取

Al2S3固體B．用加熱蒸發(fā)

K2CO3溶液的方法獲得

K2CO3晶體C．用

Na2S溶液和

CuSO4溶液反應(yīng)制取

CuS固體D．加熱MgCl2溶液制取MgCl2固體答案D8．把NaHCO3作為發(fā)酵粉使用時(shí)，經(jīng)常加入少量的明礬，這是由于( )A．明礬起催化作用B．硫酸鋁鉀比碳酸氫鈉更易分解C．明礬受熱分解放出氣體D．鋁鹽在水中能起到酸的作用答案D9．(加試題)Na2CO溶液在稀釋過程中，溶液中以下哪些值逐漸減小( )3A．c(H＋)B．c(OH－)·c(H＋)c－c－C.D.3＋2－cHcCO3答案C10．(加試題)FeCl3的水解方程式可寫為FeCl＋3HOFe(OH)＋3HCl，不能夠使均衡正向移323動(dòng)的方法是()A．加熱B．加入少量NaCO23C．加入少量鹽酸D．增加FeCl3的濃度答案C11．(加試題)能使－13)0.1mol·LCHCOONa溶液的pH值增大的方法是(A．加水B．加鹽酸C．加醋酸D．加醋酸鈉晶體答案D12．(加試題)CHCOOH與CHCOONa等物質(zhì)的量混雜配制成稀溶液，其pH＝4.7。以下說法錯(cuò)33誤的是()A．CH3COOH的電離作用大于CH3COONa的水解作用B．CH3COONa的水解作用大于