2019届高考化学二轮复习盐类水解及其应用学案

2019届高考化学二轮复习盐类水解及其应用学案

盐类水解及其应用 ‎[考试标准]‎ 考点 知识条目 必考要求 加试要求 考情分析 盐类水解的原理 盐类的水解原理，常见盐溶液的酸碱性的判断 a b ‎2015.10T11、2016.4T23、2017.4T18、2017.11T9、2018.4T4、23‎ 盐类水解的简单应用 b b ‎2015.10T11、2016.10T5、18、2017.4T23、24.2017.11T23‎ 盐类水解的规律及影响因素 盐类水解的离子反应方程式 b ‎2018.6T12‎ 多元弱酸盐的分步水解 b ‎2018.6T12‎ 影响盐类水解的因素 b ‎2016.10T23、2018.4T23‎ 常见酸式盐溶液的酸碱性判断 b ‎2016.10T13、2018.4T23、2017.11T23‎ 考点一：盐类的水解 ‎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 考点二：盐类水解的离子方程式 ‎2.（2016·浙江省温州中学高二下期末）下列各方程式中，属于水解反应的是（　　）‎ A.CO2＋H2OH2CO3‎ B.OH－＋HS－S2－＋H2O C.HS－＋H2OH3O＋＋S2－‎ D.S2－＋H2OHS－＋OH－‎ 解析　A项，CO2不是“弱离子”，此反应不属于水解反应；B项，HS－与OH－反应生成S2－和H2O，实质是中和反应；C项，该反应为HS－的电离不是水解。‎ 答案　D 考点三：盐类的水解规律 ‎3.（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 考点四：影响盐类水解的因素 ‎4.（2016·浙江省横店高中高二下期末）在一定浓度的FeCl3溶液中，存在水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋，在此溶液中滴入饱和的FeCl3溶液，下列说法中正确的是（　　）‎ A.水解平衡正向移动 B.水解平衡逆向移动 C.溶液中H＋浓度不变 D.Fe3＋的水解程度增大 解析　增加Fe3＋浓度，水解平衡正向移动，达到平衡后溶液中H＋浓度增大，但Fe3＋的水解程度减小。‎ 答案　A 考点五：盐类水解的应用 ‎5.（2016·浙江省东阳中学高二下期末）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（CuCl2·2H2‎ O），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＋＋3H2OFe（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 考点六：溶液中离子浓度大小的比较 ‎6.（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 易错点一　水解平衡移动常见的思维误区 ‎1.误认为水解平衡向正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3＋的水解程度减小。‎ ‎2.由于加热可促进盐类水解，错误地认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。其实不一定，对于那些水解程度不是很大，水解产物离不开平衡体系的情况[如Al2（SO4）3、NaAlO2、Na2CO3]来说，溶液蒸干仍得原溶质。‎ ‎[易错训练1]　（2016·浙江乐成寄宿学校高二下3月月考）‎ 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＋＋3H2OAl（OH）3＋3H＋，2Al（OH）3Al2O3＋3H2O，Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋，2Fe（OH）3Fe2O3＋3H2O。‎ 答案　D 易错点二　不能从定性、定量两角度理解影响盐类水解的因素 ‎1.盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，应从平衡移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面归纳总结，加以分析掌握。‎ ‎2.水解平衡常数（Kh）只受温度的影响，它与Ka（或Kb）、Kw的定量关系为Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。‎ ‎[易错训练2]　（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＋H2OH2CO3＋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＋H2OH2CO3＋OH－　（2）大于　（3）＝　>　（4）乙 易错点三　不能分析溶液中存在电离或水解平衡的主次 ‎1.NaHSO4溶液只存在HSO的电离，不存在水解。‎ ‎2.NaH2PO4、NaHSO3溶液显酸性，以酸式酸根离子的电离为主。‎ ‎3.Na2HPO4、NaHCO3和NaHS溶液呈碱性，以酸式酸根离子的水解为主。‎ ‎4.CH3COONa和CH3COOH混合溶液，根据溶液酸碱性判断，若混合液呈酸性，则以醋酸的电离为主；若混合液呈碱性，则以醋酸钠的水解为主。‎ ‎[易错训练3]　（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 易错点四　不能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＋）‎ ‎[易错训练4]　（2018·金华十校联盟）H2S酸为二元弱酸。20 ℃时，向0.100 mol·L－1的Na2S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－）－（H＋）＝c（H2S）－（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 易错点五　不能巧妙利用“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。‎ ‎[易错训练5]　（2018·浙江绍兴选考适应性测试）25 ℃时， 向10 mL 0.1 mol/LNa2CO3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，由于有CO2生成，则c（Na＋）＞2c（H2CO3）＋2c（HCO）＋2c（CO）。‎ 答案　D ‎1. (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 ‎2.（2016·浙江10月）下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（　　）‎ A.NaOH B.（NH4）2SO4‎ C.Na2CO3 D.NaCl 解析　A项，NaOH是强碱，溶液呈碱性，错误；B项，NH水解使溶液呈酸性：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，正确；C项，因CO水解使溶液呈碱性：CO＋H2OHCO＋OH－，错误；D项，溶液呈中性，错误。‎ 答案　B ‎3. (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 ‎4.（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＋H2OHSO＋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变高，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 ‎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，溶液中溶质为NaCl∶NaOH∶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－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4月选考）25 ℃时，在含CH3COOH和CH3COO－的溶液中，CH3COOH和CH3COO－二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。下列说法不正确的是（　　）‎ A.在pH＜4.76的溶液中，c（CH3COO－）＜c（CH3COOH）‎ B.在pH＝7的溶液中，α（CH3COOH）＝0，α（CH3COO－）＝1.0‎ C.在pH＞4.76的溶液中，c（CH3COO－）与c（OH－）之和大于c（H＋）‎ D.在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α（CH3COOH）与α（CH3COO－）之和保持不变 解析　pH越小，CH3COOH的比例越高，所以当pH<4.76时，c（CH3COOH）>c（CH3COO－），A项正确；CH3COONa溶液因CH3COO－水解呈碱性，现在溶液呈中性，说明是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，α（CH3COOH）>0，B项错误；设溶液中另一阳离子为Na＋，由电荷守恒有：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），有c（H＋）

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