2020届二轮复习盐类水解及其应用学案

2020届二轮复习盐类水解及其应用学案

专题十一　溶液中的离子反应 第2课时　盐类水解及其应用 命题调研(2016～2019四年大数据)‎ ‎2016～2019四年考向分布 核心素养与考情预测 核心素养：推理论据、变化守恒思想、宏微结合 考情解码：本部分内容一般会出两个题目，前一题主要考查盐溶液的酸碱性判断，题目难度不大；后者主要考查强弱电解质的比较和区分，离子浓度比较，溶液中的守恒问题，酸式盐溶液酸碱性判断等几个知识点。常以图像题或综合题形式出现，题目难度较大，其中难点在离子浓度比较和溶液中的守恒问题。预测2020年选考中仍为必考题。‎ 真题重现 ‎1.(2019·浙江4月选考)下列溶液呈碱性的是(　　)‎ A.NH4NO3 B.(NH4)2SO4‎ C.KCl D.K2CO3‎ 解析　NH4NO3和(NH4)2SO4均为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；KCl为强酸强碱盐，水溶液呈中性；K2CO3为弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，故选D。‎ 答案　D ‎2.(2019·浙江4月选考)室温下，取20 mL 0.1 mol·L－1某二元酸H‎2A，滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。‎ 已知：H‎2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。下列说法不正确的是(　　)‎ A.0.1‎‎ mol·L－1 H‎2A溶液中有c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1 mol·L－1‎ B.当滴加至中性时，溶液中c(Na＋)＝c(HA－)＋‎2c(A2－)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH<7，此时溶液中有c(A2－)＝c(H＋)－c(OH－)‎ D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na＋)＝‎2c(HA－)＋‎2c(A2－)‎ 解析　对于0.1 mol·L－1 H‎2A溶液而言，根据电荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋‎2c(A2－)，根据物料守恒可知c(H‎2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 mol·L－1，又H‎2A第一步完全电离，故c(H‎2A)＝0，将c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 mol·L－1代入c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋‎2c(A2－)可得c(H＋)＝c(OH－)＋c(A2－)＋0.1 mol·L－1，故c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1 mol·L－1，A项正确；当溶液呈中性时c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒可得c(Na＋)＝c(HA－)＋‎2c(A2－)，若用去的NaOH溶液体积为10 mL，此时溶液的溶质为NaHA，由于HA－只电离，不水解，故此时溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则NaOH溶液的体积必须大于10 mL，B项错误；当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液中的溶质为NaHA，HA－只电离，不水解，此时溶液呈酸性，pH＜7，由HA－H＋＋A2－，H2OH＋＋OH－，根据质子守恒得c(H＋)＝c(OH－)＋c(A2－)，故c(A2－)＝c(H＋)－c(OH－)，C项正确；当用去NaOH溶液体积20 mL时，根据物料守恒可知c(Na＋)＝‎2c(HA－)＋‎2c(A2－)，D项正确，故选B。‎ 答案　B ‎3.(2018·浙江11月选考)下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是(　　)‎ A.HNO3 B.CuCl2 ‎ C.K2CO3 D.NaCl 解析　HNO3溶液因为HNO3的电离呈酸性；K2CO3溶液因为CO水解呈碱性；NaCl溶液呈中性；CuCl2溶液因为Cu2＋水解呈酸性。‎ 答案　B ‎4.(2018·浙江11月选考)常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00 mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000 mol·L－1、0.100 0 mol·L－1和0.010 00 mol·L－1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)＝20.00 mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是(　　)‎ A.3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍 B.曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c C.当V(NaOH)＝20.00 mL时，3个体系中均满足：‎ c(Na＋)＝c(Cl－)‎ D.当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最大 解析　根据滴加NaOH之前，溶液的pH，可以推断a、c曲线对应的盐酸物质的量浓度分别为1 mol·L－1，0.01 mol·L－1，A项正确；根据突跃变化，应是浓度接近的相互滴定，B项正确；当V(NaOH)＝20.00 mL时，溶液呈中性，所以c(Na＋)＝c(Cl－)，C项正确；当V(NaOH)相同，在突跃之前，pH突跃最大的体系中c(H＋)最大，而在突跃之后，pH突跃最大的体系中c(H＋)又最小，D项错误。‎ 答案　D ‎5.(2018·浙江4月学考)在常温下，向10 mL 浓度均为0.1 mol·L－1 NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A.在a点的溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ B.在b点的溶液中：2n(CO)＋n(HCO)＜0.001 mol C.在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO的电离程度大于其水解能力 D.若将0.1 mol·L－1的盐酸换成同浓度醋酸，当滴至溶液的pH＝7时，c(Na＋)＝c(CH3COO－)‎ 解析　向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸时，反应过程为：OH－＋H＋===H2O，CO＋H＋===HCO，HCO＋H＋===H2CO3。A选项，加入盐酸体积为5 mL时，溶液中溶质n(NaCl)∶n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶1∶2，溶液中离子浓度大小应为：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，A选项错误。‎ B选项，溶液的pH＝7时电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，化简可得：‎2c(CO)＋c(HCO)＝c(Na＋)－c(Cl－)，即2n(CO)＋n(HCO)＝n(Na＋)－n(Cl－)＝0.003 mol－n(Cl－)，pH＝7时盐酸体积大于20 mL，故n(Cl－)＞0.002 mol，所以2n(CO)＋n(HCO)＜0.001 mol成立，B正确。C选项，c点pH小于7是因为反应生成的H2CO3溶于水中电离大于HCO水解导致，C选项错误。D选项，把盐酸换成同浓度的醋酸，滴至溶液pH＝7时，电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)，c(Na＋)与c(CH3COO－)不相等，故D错误。综上所述，正确答案选B。‎ 答案　B ‎6.(2017·浙江11月学考)‎25 ℃‎时，在“H‎2A―HA－―A2－”的水溶液体系中，H‎2A、HA－和A2－三者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.在含H‎2A、HA－和A2－的溶液中，加入少量NaOH固体，α(HA－)一定增大 B.将等物质的量的NaHA和Na‎2A混合物溶于水，所得的溶液中α(HA－)＝α(A2－)‎ C.NaHA溶液中，HA－的水解能力小于HA－的电离能力 D.在含H‎2A、HA－和A2－的溶液中，若c(H‎2A)＋‎2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)，则α(H‎2A)和α(HA－)一定相等 解析　A.根据图像，在含H‎2A、HA－和A2－ 的溶液中，加入少量NaOH固体，溶液的酸性减弱，α(HA－)可能增大，可能减小，与原溶液的成分有关，故A错误；B.根据图像，将等物质的量的NaHA和Na‎2A混合物溶于水时，溶液的pH在4～5之间，溶液显酸性，以HA－电离为主，所得的溶液中α(HA－)＜α(A2－‎ ‎)，故B错误；C.NaHA溶液显酸性，以电离为主，可知其电离程度大于其水解程度，故C正确；D.在含H‎2A、HA－和A2－的溶液中，根据电荷守恒，有‎2c(A2－)＋c(OH－)＋c(HA－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，因为c(H‎2A)＋‎2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)，则‎2c(A2－)＋c(OH－)＋c(HA－)＝c(H＋)＋c(Na＋)＝c(H‎2A)＋‎2c(A2－)＋c(OH－)＋c(Na＋)，因此c(HA－)＝c(H‎2A)＋c(Na＋)，故D错误；故选C。‎ 答案　C 考向一　盐溶液酸碱性的判断 ‎1.(2016·湖州市高二期末)现在S2－、SO、NH、Al3＋、HPO、Na＋、SO、AlO、Fe3＋、HCO、Cl－，请按要求填空：‎ ‎(1)在水溶液中，水解后溶液呈碱性的离子是____________________________‎ ‎_________________________________________________________________。‎ ‎(2)在水溶液中，水解后溶液呈酸性的离子是__________________________‎ ‎_________________________________________________________________。‎ ‎(3)既能在酸性较强的溶液中大量存在，又能在碱性较强的溶液中大量存在的离子有_______________________________________________________________。‎ ‎(4)既不能在酸性较强的溶液中大量存在，又不能在碱性较强的溶液中大量存在的离子有___________________________________________________________。‎ 解析　(1)弱酸根离子水解后溶液显碱性，部分酸式酸根离子若其水解程度大于电离程度，则溶液也显碱性，即S2－、SO、HPO、AlO、HCO水解后溶液呈碱性。(2)NH、Al3＋、Fe3＋属于弱碱的阳离子，水解后溶液呈酸性。(3)Na＋是强碱的阳离子，Cl－和SO是强酸的阴离子，它们既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。(4)HPO、HCO既能与强酸反应又能与强碱反应。‎ 答案　(1)S2－、SO、HPO、AlO、HCO　(2)NH、Al3＋、Fe3＋　(3)Na＋、Cl－、SO　(4)HPO、HCO 备考策略 正盐水溶液的酸碱性判断规律如下：‎ 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 pH＝7‎ 强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu(NO3)2‎ 是 NH、Cu2＋‎ 酸性 pH＜7‎ 弱酸强碱盐 CH3COONa、Na2CO3‎ 是 CH3COO－、CO 碱性 pH＞7‎ 而弱酸酸式盐溶液中， 酸式酸根离子既存在电离又存在水解，二者使溶液的酸碱性也相反，理论上是通过比较二者强弱，来确定溶液的酸碱性。但在实际操作过程中，其实是先记得结论，然后反推电离和水解谁强谁弱的显酸性的有： NaHSO3，NaH2PO4, KHC2O4 (草酸酸式盐)；其余的弱酸酸式盐溶液显碱性，如NaHCO3，NaHS，Na2HPO4，至于NaHSO4，只有电离，因此溶液显示酸性。‎ 考向二　盐类的水解规律 ‎2.(2017·浙江温州二外语学校)某温度下，pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列叙述中，正确的是(　　)‎ A.Ⅰ为氯化铵稀释时pH变化曲线，Ⅱ为盐酸稀释时pH变化曲线 B.b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度大，但两点的Kw相同 C.a点时，等体积的两溶液分别与NaOH反应，消耗的NaOH量相同 D.c点溶液的导电能力一定比b点溶液导电能力强 解析　A.由于氯化铵溶液存在铵根离子的水解平衡，pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释相同倍数时，氯化铵溶液pH增大的程度小于盐酸溶液，所以图中曲线Ⅰ代表盐酸，曲线Ⅱ代表氯化铵溶液，故A错误；B.b点的pH小于d点pH，说明b点氢离子浓度大，对水的电离抑制程度大，即b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度小，Kw只与温度有关，因此两点的Kw 相等，故B错误；C.由于氯化铵溶液存在铵根的水解平衡，氯化铵溶液与氢氧化钠反应时降低了氢离子的浓度，促进铵根离子的水解生成了更多的氢离子，因此a点时，等体积的两溶液分别与NaOH反应，氯化铵溶液消耗的NaOH多，故C错误；D.b、c两点相比较氯离子浓度c点大，c点氯化铵溶液中氢离子浓度大于b点盐酸溶液氢离子浓度，而且氯化铵溶液中还含有铵根离子，所以c点溶液离子浓度大，导电性强，故D正确。‎ 答案　D 考向三　溶液中离子浓度大小的比较 ‎3.(2018·浙江省温州高三适应性二模)‎25 ℃‎时，一定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数(α)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.曲线X表示的微粒为CO B.pH＝6.3时，α(CO)＋α(HCO)＋α(H2CO3)＝1.0‎ C.pH＝7时，c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)＞c(OH－)＝c(H＋)‎ D.pH＝10.3 时，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋‎3c(HCO)‎ 解析　A.X、Y、Z分别代表H2CO3、HCO、CO，故A错误；B.根据图像可知，pH＝6.3时有CO2生成，根据物料守恒可知α(CO)＋α(HCO)＋α(H2CO3)＜1.0 ，故B错误；C.pH＝7时，由图可知碳酸分子多于碳酸根离子，c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)＞c(OH－)＝c(H＋)，故C错误；D.pH＝10.3 时，溶液中c(HCO)＝c(CO)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(HCO)＋‎2c(CO)，代入得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋‎3c(HCO)，故D正确；故选D。‎ 答案　D 备考策略 溶液中离子浓度大小比较的规律 ‎(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析。如H3PO4的溶液中，H3PO4H2PO＋H＋，H2PO HPO＋H＋，HPOPO＋H＋，得出c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。‎ ‎(2)多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析：如Na2CO3溶液中，Na2CO3===2Na＋＋CO；CO＋H2OHCO＋OH－；HCO＋H2OH2CO3＋OH－由此得出c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)> c(HCO)。‎ ‎(3)不同溶液中同一离子浓度的比较，则要注意分析溶液中其他离子对其的影响。如在①NH4Cl　②CH3COONH4　③NH4HSO4溶液中，c(NH)浓度的大小为③>①>②。‎ ‎(4)如果题目中指明溶质只有一种物质(该溶质经常是可水解的盐)，要首先考虑原有阳离子和阴离子的个数，水解程度如何，水解后溶液显酸性还是显碱性。‎ ‎(5)如果题目中指明是两种物质，则要考虑两种物质能否发生化学反应，有无剩余，剩余物质是强电解质还是弱电解质；若恰好反应，则按照“溶质是一种物质”进行处理；若是混合溶液，应注意分析其电离、水解的相对强弱，进行综合分析。‎ ‎(6)若题中全部使用的是“＞”或“＜”，应主要考虑电解质的强弱、水解的难易、各粒子个数的原有情况和变化情况(增多了还是减少了)。‎ ‎(7)对于HA 和NaA的混合溶液(多元弱酸的酸式盐：NaHA)，在比较盐或酸的水解、电离对溶液酸、碱性的影响时，由于溶液中的Na＋保持不变，若水解大于电离，则有c(HA) > c(Na＋)>c(A－) ，显碱性；若电离大于水解，则有c(A－) > c(Na＋)> c(HA)，显酸性。若电离、水解完全相同(或不水解、不电离)，则c(HA)＝c(Na＋)＝c(A－)，但无论是水解部分还是电离部分，都只能占c(HA) 或c(A－)的百分之几到百分之零点几，因此，由它们的酸或盐电离和水解所产生的c(H＋) 或c(OH－)都很小。‎ 考向四　图像问题 ‎4.(2018·浙江绍兴选考适应性测试)‎25 ℃‎时， 向10 mL 0.1 mol/L Na2CO3‎ 溶液中逐滴加入20 mL 0.1 mol/L的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A.HCl 溶液滴加一半时， 溶液pH>7‎ B.0.1 mol/L Na2CO3 溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋‎2c(CO)＋c(HCO)‎ C.在 A 点： c(Na＋)>c(CO)＝c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)‎ D.当 pH＝5 时， 溶液中 c(Na＋)＝‎2c(H2CO3)＋‎2c(HCO)＋‎2c(CO)‎ 解析　A.HCl溶液滴加一半时，也就是10 mL，Na2CO3恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，其中碳酸氢钠水解溶液呈碱性，所以溶液的pH＞7，所以A选项是正确的；B.Na2CO3溶液中存在电荷守恒，为c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，所以B选项是正确的；C.在A点：n(CO)＝n(HCO)＝0.000 5 mol时，得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠，两者水解溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)，所以C选项是正确的；D.当 pH＝5 时， 溶液为酸性，溶液中有CO2生成，c(Na＋)>‎2c(H2CO3)＋‎2c(HCO)＋‎2c(CO)，故D错。‎ 答案　D 备考策略 巧妙利用“关键点”突破图像问题 ‎1.抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。‎ ‎2.抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液呈什么性，是什么因素造成的。‎ ‎3.抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。‎ ‎4.抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。‎ 考向五　溶液中的守恒问题 ‎5.(2018·金华十校联盟)H2S酸为二元弱酸。‎20 ℃‎时，向0.100 mol·L－1的Na2‎ S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。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.通入HCl 气体之前c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)‎ B.pH＝7的溶液中：c(Cl－)>c(HS－)＋‎2c(H2S)‎ C.c(HS－)＝c(S2－)的碱性溶液中：c (Cl－)＋c(HS－)>0.100 mol·L－1＋c(H2S)‎ D.c(Cl－)＝0.100 mol·L－1的溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)‎ 解析　A.H2S为二元弱酸，在0.100 mol·L－1的Na2S溶液中存在硫离子的水解反应，c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)，故A错误；B.根据电荷守恒， pH＝7的溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HS－)＋‎2c(S2－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(HS－)＋‎2c(S2－)，根据物料守恒，c(Na＋)＝‎2c(H2S)＋‎2c(HS－)＋‎2c(S2－)，则c(Cl－)＝c(HS－)＋‎2c(H2S)，故B错误；C.根据电荷守恒，c(Cl－)＋c(HS－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－‎2c(S2－)－c(OH－)＝‎2c(H2S)＋‎2c(HS－)＋c(H＋)－c(OH－)，因为c(HS－)＝c(S2－)，碱性溶液中c(H＋)＜c(OH－)，所以c(Cl－)＋c(HS－)＝‎2c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＋c(H＋)－c(OH－)＜c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)＝0.100 mol·L－1＋c(H2S)，故C错误；D.根据C的分析，c(Cl－)＋c(HS－)＝‎2c(H2S)＋‎2c(HS－)＋c(H＋) －c(OH－)，则c(OH－)－c(H＋)＝‎2c(H2S)＋‎2c(HS－)－c(Cl－)－c(HS－)＝‎2c(H2S)＋c(HS－)－c(Cl－)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)－c(Cl－)－c(S2－)＝0.100 mol·L－1－0.100 mol·L－1＋c(H2S)－c(S2－)＝c(H2S)－c(S2－)，故D正确。‎ 答案　D 备考策略 正确运用几个守恒分析离子浓度关系 ‎1.电荷守恒→注意溶液呈电中性 方法：(1)找全离子，分写等号两边；(2)带几个电荷乘几；‎ ‎(3)只与离子种类有关。‎ 如：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋‎2c(CO)＋c(OH－)‎ ‎2.物料守恒→注意溶液中某元素的原子守恒 方法：(1)只与溶质有关；(2)在电解质溶液中，某些微粒可能发生变化，但某元素的原子仍保持混合前溶质中微粒对应关系。‎ 如：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)‎ ‎3.质子守恒→溶液中得失H＋数目相等 方法：利用电荷守恒和物料守恒合并而得。‎ 如：在NaHCO3溶液中满足：c(CO)＋c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)‎ 考向六　盐类水解的应用 ‎6.为了得到比较纯净的物质，使用的方法恰当的是(　　)‎ A.向Na2CO3饱和溶液中，通入过量的CO2后，在加压、加热的条件下，蒸发得NaHCO3晶体 B.加热蒸发AlCl3饱和溶液得纯净的AlCl3晶体 C.向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体 D.向FeCl3溶液里加入足量的NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得Fe2O3‎ 解析　A不正确，因为NaHCO3加热要分解。B、C项也不正确，因为AlCl3与FeCl3在加热蒸发的情况下水解生成的HCl易挥发，水解趋于完全，分别发生下列反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O。‎ 答案　D 备考策略 盐类水解的应用：‎ ‎1.分析判断盐溶液酸碱性时要考虑水解。‎ ‎2.确定盐溶液中的离子种类和浓度时要考虑盐的水解。‎ 如Na2S溶液中含有哪些离子，按浓度由大到小的顺序排列：‎ c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)‎ 或：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)‎ ‎3.配制某些盐溶液时要考虑盐的水解 如配制FeCl3、SnCl4、Na2SiO3等盐溶液时应分别将其溶解在相应的酸或碱溶液中。‎ ‎4.制备某些盐时要考虑水解，Al2S3、MgS、Mg3N2等物质极易与水作用，它们在溶液中不能稳定存在，所以制取这些物质时，不能用复分解反应的方法在溶液中制取，而只能用干法制备。‎ ‎5.某些活泼金属与强酸弱碱溶液反应，要考虑水解 如Mg、Al、Zn等活泼金属与NH4Cl、CuSO4、AlCl3等溶液反应。3Mg＋2AlCl3＋6H2O===3MgCl2＋2Al(OH)3＋3H2↑‎ ‎6.判断中和滴定终点时溶液酸碱性，选择指示剂以及当pH＝7时酸或碱过量的判断等问题时，应考虑到盐的水解。如CH3COOH与NaOH刚好反应时pH>7，若二者反应后溶液pH＝7，则CH3COOH过量。指示剂选择的总原则是，所选择指示剂的变色范围应该与滴定后所得盐溶液的pH值范围相一致。即强酸与弱碱互滴时应选择甲基橙；弱酸与强碱互滴时应选择酚酞。‎ ‎7.制备氢氧化铁胶体时要考虑水解。FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl ‎8.分析盐与盐反应时要考虑水解。两种盐溶液反应时应分三个步骤分析考虑：‎ ‎(1)能否发生氧化还原反应；‎ ‎(2)能否发生双水解互促反应；‎ ‎(3)以上两反应均不发生，则考虑能否发生复分解反应。‎ ‎9.加热蒸发和浓缩盐溶液时，对最后残留物的判断应考虑盐类的水解 ‎(1)加热浓缩不水解的盐溶液时一般得原物质。‎ ‎(2)加热浓缩Na2CO3型的盐溶液一般得原物质。‎ ‎(3)加热浓缩FeCl3型的盐溶液。最后得到FeCl3和Fe(OH)3的混合物，灼烧得Fe2O3。‎ ‎(4)加热蒸干(NH4)2CO3或NH4HCO3型的盐溶液时，得不到固体。‎ ‎(5)加热蒸干Ca(HCO3)2型的盐溶液时，最后得相应的正盐。‎ ‎(6)加热Mg(HCO3)2、MgCO3溶液最后得到Mg(OH)2固体。‎ ‎10.其它方面 ‎(1)净水剂的选择：如Al2(SO4)3，FeCl3等均可作净水剂，应从水解的角度解释。‎ ‎(2)化肥的使用时应考虑水解。如草木灰不能与铵态氮肥混合使用。‎ ‎(3)小苏打片可治疗胃酸过多。‎ ‎(4)纯碱液可洗涤油污。‎ ‎(5)磨口试剂瓶不能盛放Na2SiO3、Na2CO3等试剂。‎ ‎1.(2018·嘉兴高三上)下列物质溶于水后溶液显碱性的是(　　)‎ A.SO2 B.NaHCO3‎ C.NH4NO3 D.KCl 解析　A.SO2溶于水形成H2SO3，溶液显酸性，故A错误；B.NaHCO3属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，故B正确；C.NH4NO3属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，故C错误；D.KCl属于强酸强碱盐，溶液显中性，故D错误。‎ 答案　B ‎2.(2018·浙江稽阳高三上)下列物质溶于水后因水解显酸性的是(　　)‎ A.NH4NO3 B.NaHSO4‎ C.KCl D.KHCO3‎ 解析　A.NH4NO3是强酸弱碱盐，水解显酸性，符合题意；B.NaHSO4 不发生水解，不符合题意；C.KCl不发生水解，不符合题意。D.KHCO3水解显碱性，不符合题意；故正确答案为A。‎ 答案　A ‎3.(2018·浙江金丽衢十二校高三上)‎25 ℃‎时，用0.02 mol/L的NaOH溶液，分别滴定浓度为0.01 mol/L的三种稀酸溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是(　　)‎ A.三种酸均为弱酸，且同浓度的稀酸中导电性：HAc(B－)‎ C.溶液呈中性时，三种溶液中：c(A－)>c(B－)>c(D－)‎ D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－‎2c(H＋)‎ 解析　‎ 由图像中未加NaOH时三种酸溶液的pH由小到大可知，三种酸的酸性强弱顺序为：HA＞HB＞HD。A.酸性越强，酸的电离程度越大，HA的pH最小，酸性最强，电离程度最大，则同浓度的稀酸中离子浓度最大，故等浓度的稀酸溶液的导电性：HA>HB>HD，A错误；B.滴定至P点时，中和率为50%，溶液中的溶质为等物质的量的HB、NaB，由于溶液的pH<7，溶液显酸性，说明HB的电离程度大于B－的水解程度，所以溶液中：c(B－)＞c(HB), B错误；C.pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒，对于HA溶液，c(Na＋)＝c(A－)，对于HB溶液，c(Na＋)＝c(B－)，对于HD溶液，c(Na＋)＝c(D－)，由于HA、HB、HD的酸性减弱，则使溶液呈中性时，三种溶液中c(Na＋)逐渐减小，则c(A－)>c(B－)>c(D－)，C正确；D.当中和百分数达100%时，三种溶液分别恰好存在等量的NaA、NaB、NaD，则起始时c(NaA)∶c(NaB)∶c(NaD)＝1∶1∶1，由质子守恒可知c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＋c(H＋)＝c(OH－)，则有c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D错误；故合理选项是C。‎ 答案　C ‎4.(2018·浙江名校协作体高三上)‎25 ℃‎时，2.0×10－3 mol·L－1氢氟酸水溶液中，通过加HCl气体或NaOH固体来调节溶液pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F－)与溶液pH的变化关系，如下图所示，下列分析正确的是(　　)‎ A.pH＝1时，溶液中c(F－)＋c(OH－)＝c(H＋)‎ B.pH＝4时，溶液中存在：c(F－) > c(HF) > c(Na＋) > c(H＋)‎ C.当溶液中c(HF)＝c(F－)时，水的电离被促进 D.将等物质的量的HF和NaF混合物溶于水，F－的水解能力小于HF的电离能力 解析　A‎.25 ℃‎时，2.0×10－3 mol·L－1氢氟酸水溶液的pH大于1，pH＝1时通入了HCl，溶液中c(F－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)，故A不符合题意；B.pH＝4时c(F－)>c(HF) ，则c(Na＋)>c(HF)，所以溶液中存在：c(F－)>c(Na＋)>c(HF)>c(H＋)，故B不符合题意；C.当溶液中c(HF)＝c(F－)时溶液呈酸性，水的电离被抑制，故C不符合题意；D.将等物质的量的HF和NaF混合物溶于水时，溶液呈酸性，则F－的水解能力小于HF的电离能力，故D符合题意；故答案为D。‎ 答案　D ‎5.(2018·嘉兴高三上)常温下，用0.010 00 mol·L－1的盐酸滴定0.010 00 mol·L－1NaA溶液20.00 mL。滴定曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A.a点到d点的过程中，等式c(HA)＋c(A－)＝0.010 00 mol·L－1恒成立 B.b点时，溶液中微粒浓度大小关系为：c(A－)>c(Cl －)>c(HA)>c(OH－)>c(H＋)‎ C.c点时，溶液中微粒浓度存在关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)＋‎2c(A－)‎ D.d点时，溶液中微粒浓度存在关系：c(OH－)＋c(A－)＝c(H＋)‎ 解析　A.根据物料守恒，开始时c(HA)＋c(A－)＝0.010 00 mol·L－1，但随着盐酸滴定，溶液的体积增大，c(HA)＋c(A－)<0.010 00 mol·L－1，故A错误；B.加入盐酸的体积为10 mL，此时反应后溶质为NaA、HA、NaCl，且三者物质的量相同，此时溶液显碱性，说明A－的水解大于HA的电离，即微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Cl－)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故B错误；C.两者恰好完全反应，溶质为NaCl和HA，两者物质的量相等，根据电荷守恒，因此有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)＋c(Cl－)，根据物料守恒，c(Cl－)＝c(HA)＋c(A－)，因此有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)＋‎2c(A－)，故C正确；D.d点时，溶质为HCl、NaCl、HA，且物质的量相等，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(A－)，故D错误。‎ 答案　C ‎6.(2018·浙江稽阳高三上)常温下，用0.10 mol·L－1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L－1 H‎2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成两者溶液的体积之和)，下列说法正确的是(　　)‎ A.点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(OH－)‎ B.点③所示溶液中：c(K＋)＞c(HC2O)＞c(H‎2C2O4)＞c(C2O)‎ C.点④所示溶液中：c(K＋)＋c(H‎2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.10 mol·L－1‎ D.点⑤所示溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋c(C2O)‎ 解析　A.根据电荷守恒得出：点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋‎2c(C2O)＋c(OH－)，故A不正确，不符合题意。B.点③所示溶液中恰好反应完全生成KHC2O4，溶液显酸性，HC2O电离程度大于水解程度，故c(C2O)>c(H‎2C2O4)，故B不正确，不符合题意。C.点④所示溶液中：根据物料守恒得出c(K＋)＋c(H‎2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.10 mol·L－1，C正确，符合题意。D.点⑤所示溶液为K‎2C2O4溶液，根据质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋‎2c(H‎2C2O4)，故D不正确，不符合题意。‎ 答案　C ‎1.(2019·余姚3月模拟)‎25 ℃‎时，取浓度均为 0.100 0 mol·L－1 的醋酸溶液和氨水各 20.00 mL，分别用 0.100 0 mol·L－1NaOH 溶液、0.100 0 mol·L－1 盐酸进行中和滴定，滴定过程中 pH 随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A.曲线Ⅰ：滴加溶液到 10.00 mL 时，溶液中微粒浓度大小为 c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ B.当曲线Ⅰ和Ⅱ相交时，NaOH溶液和盐酸的滴加量小于20.00 mL C.曲线Ⅱ：滴加溶液到30.00 mL时溶液中2[c(OH－)－c(H＋)]＜‎2c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)‎ D.在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00 mL的过程中，水的电离程度都是先增大后减小 解析　根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线Ⅰ的pH＞7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线Ⅱ的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液。曲线Ⅰ为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10 mL时，溶液中的溶质等浓度的氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性，则c(H＋)＜c(OH－)，结合电荷守恒可知c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，则溶液中微粒浓度大小为c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；B.当曲线Ⅰ和Ⅱ相交时溶液为中性，而溶液体积为20.00 mL时恰好生成醋酸钠和氯化铵，溶液分别为碱性、酸性，若满足溶液为中性，则NaOH 溶液和盐酸的滴加量小于 20.00 mL，故B正确；C.曲线Ⅱ中滴加溶液到30.00 mL时，反应后溶质为醋酸钠和NaOH，且浓度满足c(CH3COONa)＝‎2c(NaOH)，根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)、物料守恒‎3c(CH3COOH)＋‎3c(CH3COO－)＝‎2c(Na＋)可得：2[c(OH－)－c(H＋)]＝‎3c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，则 2[c(OH－)－c(H＋)]＞‎2c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故C错误；D.在逐滴加入 NaOH 溶液或盐酸至40.00 mL的过程中，开始时发生中和反应，溶液酸性或碱性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当恰好反应时水的电离程度达到最大，之后再加入NaOH或盐酸后水的电离程度逐渐减小，所以水的电离程度都是先增大后减小，故D正确；故选C。‎ 答案　C ‎2.(2019·宁波3月模拟)在一绝热系统中，向20.00 mL 0.1 mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，测的混合溶液的温度变化如图：已知b点pH＞7。下列相关说法不正确的是(　　)‎ A.若a点溶液呈碱性，则a点有：c(HA)> c(Na＋)>c(A－)‎ B.从b到c过程中，c(A－)/c(HA)逐渐增大 C.水的电离程度：ac(CH3COOH)＋c(H＋)‎ D.曲线Ⅰ滴加溶液至30.00 mL时，溶液中：‎3c(NH3·H2O)＋‎3c(NH)＝‎2c(Cl－)‎ 解析　当KOH溶液和盐酸滴加至20.00 mL时，曲线Ⅰ溶液呈酸性而曲线Ⅱ 溶液呈碱性，不可能相交，故A错。B选项c(OH－)浓度始终降低，用氨水的电离平衡常数判断比值的变化，故B选项正确。曲线Ⅱ滴加溶液到10.00 mL时，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，而c(Na＋)>c(CH3COOH)，故C选项正确。曲线Ⅰ滴加溶液至30.00 mL时，溶液中：‎3c(NH3·H2O)＋‎3c(NH)＝‎2 c(Cl－)，由物料守恒可判断其正确，故答案选A。‎ 答案　A ‎5.(2018·浙江台州中学高三)常温下，现有 0.1 mol·L－1的 NH4HCO3溶液，pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH 的关系如下图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.当溶液的 pH＝9 时，溶液中存在下列关系：c(NH)>c(HCO)>c(NH3·H2O)>c(CO)‎ B.NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(H＋)＝c(OH－)＋‎2c(CO)＋c(H2CO3)‎ C.往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH和 HCO浓度均逐渐减小 D.通过分析可知常温下Kb(NH3·H2O)大于Ka1(H2CO3)‎ 解析　A.根据示意图可知，当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c(HCO)＞c(NH)＞c(NH3·H2O)＞c(CO)，A不符合题意；B.根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CO)＋c(H2CO3)＋c(HCO)，因为NH发生水解反应，所以c(HCO)≠c(CO)＋c(OH－)－c(H＋)，B不符合题意；C.根据图像可知pH＜7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠HCO浓度逐渐增大，C不符合题意；D.因为0.1 mol/L的NH4HCO3溶液pH＝7.8，说明HCO的水解程度大于NH的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3‎ ‎)，D符合题意；故答案为D。‎ 答案　D ‎6.(2018·浙江镇海中学10月模拟)‎25 ℃‎时，用0.1 mol·L－1的HCl溶液逐滴滴入10.00 mL 0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液中，其AG值变化的曲线如图所示。已知AG＝lg，下列分析错误的是(　　)‎ A.滴定前HCl溶液的AG＝12；图中a<0‎ B.M点为完全反应点，V(HCl)＝10 mL，且c(Cl－) >c(NH)‎ C.从M点到N点水的电离程度先增大后减小 D.N点溶液中：c(Cl－)＝‎2c(NH3·H2O)＋‎2c(NH)‎ 解析　AG＝lg，AG＞0，说明c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，反之AG＜0，溶液显碱性。A.滴定前HCl溶液的浓度为0.1 mol·L－1，AG＝l g＝l g＝12；图中a为0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液AG，溶液显碱性，故a<0，故A正确；B.M点的AG＝0，说明c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性，若氨水与盐酸完全反应，则生成氯化铵，水解后，溶液显酸性，因此M点为盐酸不足，V(HCl)＜10 mL，故B错误；C.M点溶液显中性，为氨水和氯化铵的混合溶液，N点为等浓度的盐酸和氯化铵的混合溶液，中间经过恰好完全反应生成氯化铵溶液的点(设为P)，从M点到P点，溶液中氨水的物质的量逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，从P点到N点，盐酸逐渐增大，水的电离受到的抑制程度逐渐增大，即水的电离逐渐减小，因此从M点到N点水的电离程度先增大后减小，故C正确；D.N点溶液中含有等浓度的盐酸和氯化铵，根据物料守恒，c(Cl－)＝‎2c(NH3·H2O)＋‎2c(NH)，故D正确；故选B。‎ 答案　B ‎7.(2018·浙江镇海中学10月模拟)常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.10 mol·L－1‎ 的NaOH溶液，整个过程中溶液pH变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是(　　)‎ A.点①所示溶液中：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HClO)＋c(OH－)‎ B.点②所示溶液中：c(H＋)＞c(Cl－)＞c(ClO－)＞c(HClO)‎ C.点③所示溶液中：c(Na＋)＝‎2c(ClO－)＋c(HClO)‎ D.点④所示溶液中：c(Na＋)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)‎ 解析　①点表示Cl2缓慢通入水中但未达到饱和，电荷守恒式：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，A错误；②点表示Cl2缓慢通入水中刚好达到饱和，HClO是弱酸，部分电离，c(HClO)＞c(ClO－)，则有c(H＋)＞c(Cl－)＞c(HClO)＞c(ClO－)，B错误；③点溶液pH＝7，电荷守恒式：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，溶液中c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，所以c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(ClO－)＋c(HClO)＝‎2c(ClO－)＋c(HClO)，C正确；④点表示饱和氯水与NaOH溶液反应得到NaCl、NaClO、NaOH，NaClO部分水解，则c(Cl－)＞c(ClO－)，则D错误。‎ 答案　C ‎8.(2018·浙江十校联盟)‎25 ℃‎时，体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L的两种酸HX、HY分别与0.1 mol/L的NaOH 溶液反应，所加NaOH 溶液体积与反应后溶液的pH关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A.加入10 mL NaOH溶液时，a点c(X－)b点c(Y－‎ ‎)，故A、B错误；根据物料守恒，加入40 mL NaOH溶液时，c(Na＋)＝‎2c(Y－)＋‎2c(HY)，故C错误；b点溶液中含有等浓度的HY和NaY，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Y－)＋c(OH－)，根据物料守恒‎2c(Na＋)＝c(Y－)＋c(HY)，所以c(Y－)＋‎2c(OH－)＝c(HY)＋‎2c(H＋)，故D正确。‎ 答案　D ‎9.(2017·桐乡高级中学创新班)缓冲溶液可以抗御少量酸碱对溶液pH的影响。人体血液里最主要的缓冲体系是碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO)，维持血液的pH保持稳定。已知在人体正常体温时，反应H2CO3HCO＋H＋的Ka＝10－6.1，正常人的血液中c(HCO)∶c(H2CO3)≈20∶1，lg 2＝0.3。则下列判断正确的是(　　)‎ A.正常人血液内Kw＝10－14‎ B.由题给数据可算得正常人血液的pH约为7.4‎ C.正常人血液中存在：c(HCO)＋c(OH－)＋‎2c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)‎ D.当过量的碱进入血液中时，只发生HCO＋OH－===CO＋H2O的反应 解析　A.常温下Kw＝10－14，而正常人的体温为‎36.5 ℃‎，温度升高，水的离子积增大，则正常人血液内Kw＞10－14，故A错误；B.Ka＝，Ka＝10－6.1，正常血液中c(HCO)∶c(H2CO3)≈20∶1，则c(H＋)＝10－7.4mol·L－1，则pH＝7.4，故B正确；C.根据电荷守恒可知：c(HCO)＋c(OH－)＋‎2c(CO)＝c(H＋)，故C错误；D.碱能与碳酸反应，则当过量的碱进入血液中时，发生的反应有：HCO＋OH－===CO＋H2O、H2CO3＋2OH－===CO＋2H2O，故D错误。‎ 答案　B ‎10.(2018·浙江宁波高三适应性测试)常温下用0.100 0 mol/L的盐酸分别逐滴加入到20.00 mL 0.100 0 mol/L的三种一元碱MOH、XOH、YOH溶液中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A.XOH为强碱，MOH、YOH均为弱碱 B.V(HCl)＝15.00 mL时，三份溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOH C.当盐酸滴加至20.00 mL时，三条曲线刚好相交 D.在逐滴加入盐酸至40.00 mL的过程中，三份溶液中水的电离程度均先增大后减小 解析　A.由图像可知，0.100 0 mol/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液的pH分别为13、11、9，所以XOH为强碱，MOH、YOH均为弱碱，即A正确；B.当V(HCl)＝15.00 mL时，三份溶液中c(Cl－)相等，由溶液的pH可知其c(OH－)大小顺序为XOH>MOH>YOH，溶液中的阴离子只有Cl－和OH－，所以溶液中离子总浓度大小顺序也是XOH>MOH>YOH，故B正确；C.当盐酸滴加至20.00 mL时，三者都恰好完全反应，但由于三种碱的强弱不同，生成的盐中XCl不水解，MCl和YCl的水解程度不同，所以三种盐溶液的pH不同，三条曲线不会相交，故C不正确；D.当逐滴加入盐酸至40.00 mL的过程中，开始在盐酸逐渐与三种碱反应生成盐的过程中，水的电离程度逐渐增大，随着过量盐酸的逐渐增多，增大了抑制水电离的程度，使水的电离程度逐渐减小，所以D正确。本题答案为C。‎ 答案　C ‎11.(2018·北京理综)测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ pH ‎9.66‎ ‎9.52‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是(　　)‎ A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－‎ B.④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的 C.①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D.①与④的Kw值相等 解析　从表格数据可以看出随着温度升高，pH变小，不符合水解程度越热越水解的规律，只能是亚硫酸根离子浓度变小造成的，而取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明部分亚硫酸根氧化生成了不水解的硫酸根，符合实验事实。A.水解方程式书写正确，B.推断合理，C.①→③的过程中，随着温度升高，pH变小，该结果并不是温度升高促进水解造成的，并不能得出该结论，D.①与④的温度相同，因此Kw值相等，正确。‎ 答案　C ‎12.(2016·浙江省温州市3月选考模拟)‎10 ℃‎时，在烧杯中加入0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液400 mL，加热，测得该溶液的pH发生如下变化：‎ 温度/℃‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎50‎ ‎70‎ pH ‎8.3‎ ‎8.4‎ ‎8.5‎ ‎8.9‎ ‎9.4‎ ‎(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，所发生反应的离子方程式为___________________________________________‎ ‎___________________________________________________________________。‎ ‎(2)乙同学认为，该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，并推断水解程度：Na2CO3________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。‎ ‎(3)丙同学认为，要确定上述哪种说法合理，只要把加热后的溶液冷却到‎10 ℃‎后再测定溶液的pH即可，若pH________ 8.3(填“>”、“<”或“＝”)，说明甲同学的观点正确；若pH________8.3(填“>”、“<”或“＝”)，说明乙同学的观点正确。‎ ‎(4)丁同学设计如下实验对甲、乙同学的观点进行判断：‎ 实验装置如图所示，加热NaHCO3溶液，发现试管A中产生沉淀，说明________(填“甲”或“乙”)同学的观点正确。‎ 解析　(1)HCO水解的离子方程式为HCO＋H2OH2CO3＋OH－。(2)乙同学依据NaHCO3受热分解的性质，认为受热时发生反应2NaHCO3Na2CO3＋CO2‎ ‎↑＋H2O，而溶液的pH增大，则说明Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。(3)若甲同学的观点正确，则当温度再恢复至‎10 ℃‎时，溶液的pH应为8.3；若乙同学的观点正确，则当温度降至‎10 ℃‎时，溶液的pH应大于8.3。(4)根据A中澄清石灰水变浑浊，可知NaHCO3溶液在加热时发生分解反应生成了Na2CO3、CO2及水，证明乙同学的观点正确。‎ 答案　(1)HCO＋H2OH2CO3＋OH－　(2)大于　(3)＝　>　(4)乙 ‎13.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，所需溶液的pH分别为6.4、8.4、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。‎ A.K2Cr2O7 B.NaClO ‎ C.H2O2 D.KMnO4‎ ‎(2)物质Y是________。‎ ‎(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？______，原因是_________________________________________________________________。‎ ‎(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是____________________________________。‎ ‎(5)加氧化剂的目的是____________________________________________。‎ ‎(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________，应如何操作？_________________________________________________________________。‎ 解析　根据沉淀时溶液的pH知除去杂质时要将Fe2＋先转化为Fe3＋再除去，这样就需加入合适的氧化剂。对于氧化剂的选取原则是既能氧化Fe2＋，又不引入杂质，故选择H2O2好些。加入Y的目的是增大溶液的pH但不引入杂质，因Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，故加难溶的铜的化合物CuO、Cu(OH)2或CuCO3等消耗H＋，使平衡正向移动。本实验中不能加碱，是为了防止同时生成Cu(OH)2‎ 沉淀。要想得到CuCl2·2H2O晶体，必须在HCl气流中蒸发，防止CuCl2水解。‎ 答案　(1)C　(2)CuO、Cu(OH)2或CuCO3‎ ‎(3)不能　因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀 ‎(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O ‎(5)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于Fe3＋生成沉淀而与Cu2＋分离 ‎(6)不能　应在HCl气流中加热蒸发