2023届新高考新教材化学鲁科版一轮学案-第8章第27讲　盐类的水解.docx

第27讲盐类的水解复习目标核心素养1.认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。2了解水溶液中的离子反应与平衡在物质检测、化学反应规律研究中的应用。了解溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的应用。1.变化观念与平衡思想：认识盐类水解有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析盐类水解平衡，并运用盐类水解平衡原理解决实际问题。2科学探究与创新意识：能发现和提出有关盐类水解的判断问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案。3证据推理与模型认知：知道可以通过分析、推理等方法认识盐类水解的本质特征、建立模型。考点一盐类水解1盐类水解的实质盐电离生成弱电解质破坏了水的电离平衡水的电离程度增大c(H)c(OH)溶液呈碱性或酸性。2盐类水解的条件(1)盐溶于水；(2)盐在组成上必须具有弱酸根离子或弱碱阳离子。3盐类水解规律有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性，同强显中性。4盐类水解方程式的书写(1)一般要求如NH4Cl的水解离子方程式为NHH2ONH3·H2OH。(2)多元弱酸盐水解反应分步进行，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COH2OHCOOH。(3)多元弱碱盐水解反应，水解离子方程式一步写完。如FeCl3的水解离子方程式为Fe33H2OFe(OH)33H。(4)阴、阳离子相互促进且进行彻底的水解反应，如Na2S溶液与AlCl3溶液混合反应的水解离子方程式为3S22Al36H2O=3H2S2Al(OH)3。微思考(1)请你设计一个简单的实验方案，证明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的。(2)请用Na2CO3溶液和其他必要试剂，设计一个简单的实验方案，探究盐类水解是一个吸热过程。提示：(1)向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去。则可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的。(2)取Na2CO3溶液，滴加酚酞溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热。(1)酸式盐溶液一定呈酸性。()(2)能够发生水解反应的盐溶液一定呈酸性或碱性。()(3)某盐溶液呈中性，则该盐一定是强酸、强碱盐。()(4)NaAl(OH)4溶液与NaHCO3溶液混合，有沉淀和气体生成。()(5)同浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液相比，前者pH大；同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液相比，后者pH小。()(6)常温下，pH10的CH3COONa溶液与pH4的NH4Cl溶液中水的电离程度相同。()(7)常温下，pH11的CH3COONa溶液与pH3的CH3COOH溶液中水的电离程度相同。()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)(6)(7)×典例有NaOH 溶液Na2CO3溶液CH3COONa溶液各10 mL，物质的量浓度均为0.1 mol·L1，下列说法正确的是()A三种溶液 pH 的大小顺序是B三种溶液中由水电离出的 OH浓度大小顺序是C若将三种溶液稀释相同倍数，pH 变化最大的是D若分别加入 10 mL 0.1 mol·L1 盐酸后，pH 最大的是解析A氢氧化钠为碱，碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐，碳酸钠水解程度大于醋酸钠，所以三种溶液pH的大小顺序是，故A错误；B.氢氧化钠为碱抑制水电离，碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐，促进水电离，碳酸钠水解程度大于醋酸钠，对水电离促进程度大，三种溶液中由水电离出的 OH浓度大小顺序是，故B正确；C.稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是，故C错误；D.等体积等浓度混合后，中溶质为NaCl，溶液呈中性，中溶质为NaHCO3、NaCl，碳酸氢钠水解显碱性，中溶质为NaCl、CH3COOH，溶液呈酸性，pH最大的是，故D错误。答案B母题变式(1)若原题中三种溶液pH相等，则浓度由大到小的顺序如何？(2)若原题中三种溶液的pH均为10，则三种溶液中由水电离的OH浓度之比是多少？(3)若向Na2CO3溶液中加入CH3COONa固体，CO的浓度如何变化？提示：(1)强碱完全电离，强碱弱酸盐水解微弱，且越弱越水解，若pH相等三者浓度>>。(2)NaOH溶液中水电离的OH浓度为1010 mol· L1，Na2CO3溶液中水电离的 OH浓度为104 mol·L1，CH3COONa溶液中水电离的OH浓度为104 mol·L1，水电离的OH浓度之比为1106106。(3)CH3COO水解与CO水解是竞争关系，CH3COO的加入抑制CO的水解，CO浓度增大。对点练1(盐类水解平衡)下列物质的溶液中，所含离子种类最多的是()ANa2SBNa3PO4CNa2CO3DAlCl3解析：BNa3PO4所含离子种类最多，因它的水解有三级：POH2OHPOOH、HPOH2OH2POOH、H2POH2OH3PO4OH，再加水的电离H2OHOH，所以磷酸钠溶液中，除Na外还有五种离子：PO、HPO、H2PO、H、OH，共六种离子。而Na2S和Na2CO3中均有五种离子，AlCl3中有Al3、H、OH、Cl四种离子。对点练2(盐类水解离子方程式的书写)按要求书写离子方程式。(1)NaHS溶液呈碱性的原因：_。(2)实验室制备Fe(OH)3胶体：_。(3)NH4Cl溶于D2O中：_。(4)将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合：_。(5)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是_；若pH<7，其原因是_。(用离子方程式说明)答案：(1)HSH2OH2SOH(2)Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H(3)NHD2ONH3·HDOD(4)Al33HCO=Al(OH)33CO2(5)RnH2OHR(n1)OHMmmH2OM(OH)mmH对点练3(水解规律应用)已知在常温下测得浓度均为0.1 mol·L1的下列6种溶液的pH如表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3下列反应不能成立的是()ACO2H2O2NaClO=Na2CO32HClOBCO2H2ONaClO=NaHCO3HClOCCO2H2OC6H5ONa=NaHCO3C6H5OHDCH3COOHNaCN=CH3COONaHCN解析：A利用盐类水解规律“越弱越水解”，并结合题给信息可判断出对应酸的酸性强弱关系是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO，利用“强酸制弱酸”进行判断。酸性H2CO3>HClO>HCO，因此CO2H2O2NaClO=NaHCO32HClO，A项不成立，B项成立；酸性H2CO3>C6H5OH>HCO，C项成立；酸性CH3COOH>HCN，D项成立。考点二水解平衡的移动1内因越弱越水解形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如同条件下水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。2外因以Fe33H2OFe(OH)33H为例，填写下表。条件移动方向H数pH现象升温通HCl加H2O加NaHCO3答案：(从左到右，从上到下)向右增多减小 颜色变深向左增多减小颜色变浅向右增多增大颜色变浅向右减小增大生成红褐色沉淀放出气体微思考有人认为，向CH3COONa溶液中，加入少量冰醋酸，会与CH3COONa溶液水解产生的OH反应，使平衡向水解方向移动，这种说法对吗？为什么？提示：不对。CH3COOH2OCH3COOHOH达平衡后，加入少量CH3COOH的瞬间，c(CH3COOH)远大于c(H)，所以c(CH3COOH)对上述平衡影响为主。由于c(CH3COOH)增大，水解平衡应向逆方向移动。(1)水解平衡右移，盐离子的水解程度可能增大，也可能减小。()(2)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强。()(3)关于FeCl3溶液，加水稀释时，的值减小。()(4)通入适量的HCl气体，使FeCl3溶液中，增大。()答案：(1)(2)×(3)(4)×题点盐类水解平衡的影响因素1对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是()AKAl(SO4)2溶液加热BNa2CO3溶液加热C氨水中加入少量NH4Cl固体DNH4NO3溶液中加入少量NaNO3固体解析：B明矾溶液中电离后产生的Al3水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变色，故A项错误；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B项正确；一水合氨为弱碱，部分电离：NH3·H2ONHOH，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NHCl，其中的NH会抑制一水合氨的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C项错误；NH4NO3溶液中NH水解，溶液显酸性，加入少量NaNO3固体不影响铵根离子的水解，溶液仍然显无色，故D项错误。2(双选)如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯中加入生石灰，向烧杯中加入NH4NO3晶体，烧杯中不加任何物质。实验过程中发现烧瓶中溶液红色变深，烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是()A水解反应为放热反应B水解反应为吸热反应CNH4NO3溶于水时放出热量DNH4NO3溶于水时吸收热量答案：BD3常温下，0.1 mol·L1的NH4Fe(SO4)2溶液、NH4HCO3溶液、NH3·H2O溶液、(NH4)2CO3溶液中c(NH)由大到小的顺序是_。解析：Fe3水解呈酸性，抑制NH的水解；HCO水解呈碱性，促进NH的水解；NH3·H2O是弱电解质，微弱电离。由分析得出c(NH)由大到小的顺序是(NH4)2CO3>NH4Fe(SO4)2>NH4HCO3>NH3·H2O。答案：(NH4)2CO3>NH4Fe(SO4)2>NH4HCO3>NH3·H2O4. (1)取5 mL pH5的NH4Cl溶液，加水稀释至50 mL，则c(H)_(填“>”“<”或“”)106 mol·L1，_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)在室温条件下，各取5 mL pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，分别加水稀释至50 mL，pH较大的是_溶液。答案：(1)>减小(2)H2SO4考点三盐类水解的应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显酸性，原因是Fe33H2OFe(OH)33H判断酸性强弱NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的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：Fe33H2OFe(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Al33HCO=Al(OH)33CO2作净水剂明矾可作净水剂，原理为Al33H2OAl(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题点一与盐类水解有关的离子反应1下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是()ApH1的溶液中：NH、Na、Fe3、SOB含有大量Al(OH)4的溶液中：Na、K、HCO、NOC中性溶液中：K、Al3、Cl、SODNa2S溶液中：SO、K、Cu2、Cl解析：AA项，酸性条件下，H抑制NH、Fe3的水解，能大量共存；B项， Al(OH)4HCO=Al(OH)3COH2O，不能大量共存；C项，Al3水解呈酸性，因而在中性溶液中不能大量存在；D项，Cu2S2=CuS，不能大量共存。练后归纳熟记下列因水解相互促进反应而不能大量共存的离子组合(1)Al3与HCO、CO、Al(OH)4、SiO、HS、S2、ClO。(2)Fe3与HCO、CO、Al(OH)4、SiO、ClO。(3)NH与SiO、Al(OH)4。题点二水解相互促进且进行到底反应的方程式书写2用一个离子方程式表示下列溶液混合时发生的反应。(1)明矾溶液与NaHCO3溶液混合：_。(2)明矾溶液与Na2CO3溶液混合：_。(3)FeCl3溶液与NaClO溶液混合：_。答案：(1)Al33HCO=Al(OH)33CO2(2)2Al33CO3H2O=2Al(OH)33CO2(3)Fe33ClO3H2O=Fe(OH)33HClO练后归纳书写水解相互促进且进行到底反应方程式的思维建模以FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合为例。第一步：写出发生反应的两种离子及对应的产物。不溶性物质加“”，易分解的物质写分解产物。Fe3COFe(OH)3CO2第二步：配平电荷。2Fe33CO2Fe(OH)33CO2第三步：确定水的位置。因产物Fe(OH)3中含有H，反应物中无H，故H2O为反应物。2Fe33COH2O2Fe(OH)33CO2第四步：根据质量守恒定律配平。2Fe33CO3H2O=2Fe(OH)33CO2 题点三盐溶液蒸干所得固体产物的判断3(1)碳酸钾溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。(3)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_，原因是_。(4)碳酸氢钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_，原因是(用化学方程式表示)_。(5)亚硫酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_，原因是(用化学方程式表示)_。答案：(1)K2CO3尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3(2)KAl(SO4)2·12H2O尽管Al3水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物(注意温度过高，会脱去结晶水)(3)Fe2O3Fe2水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3(4)Na2CO32NaHCO3Na2CO3CO2H2O(5)Na2SO42Na2SO3O2=2Na2SO4题点四利用水解平衡原理的简答题规范答题4按要求回答下列问题。(1)Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因：_。(2)直接蒸发CuCl2溶液，能不能得到CuCl2·2H2O晶体，应如何操作？_。(3)除去MgCl2溶液中的Fe3的操作为_。答案：(1)在NH4Cl溶液中存在NHH2ONH3·H2OH，加入Mg粉，Mg与H反应放出H2，使溶液中c(H)降低，水解平衡向右移动，使Mg粉不断溶解(2)不能，应在HCl气流中加热浓缩、冷却结晶、过滤(3)加入Mg粉MgO、Mg(OH)2或MgCO3，过滤得滤液练后归纳利用平衡移动原理解释问题的思维模板(1)解答此类题的思维过程找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)找出影响平衡的条件判断平衡移动的方向分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系(2)答题模板存在平衡，(条件)(变化)，使平衡向(方向)移动，(结论)。 1水解常数的概念在一定温度下，能水解的盐(强碱弱酸盐、强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐)在水溶液中达到水解平衡时，生成的弱酸(或弱碱)分子浓度和氢氧根离子(或氢离子)浓度之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱的阳离子)浓度之比是一个常数，该常数就叫水解平衡常数。2水解常数(Kh)与电离常数的定量关系(1)例析推导过程强碱弱酸盐如CH3COONa溶液：CH3COOH2OCH3COOHOHKh即Kh强酸弱碱盐如NH4Cl溶液：NHH2ONH3·H2OHKh即Kh。(2)结论归纳Ka·KhKW或Kb·KhKWNa2CO3的水解常数KhNaHCO3的水解常数Kh125 时，H2SO3HSOH的电离常数Ka1×102 mol·L1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh_mol·L1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_(填“增大”“减小”或“不变”)。答案：1×1012增大2已知25 时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb1.8×105，该温度下1 mol·L1的NH4Cl溶液中c(H)_mol·L1。(已知： mol·L12.36)解析：Kh，c(H)c(NH3·H2O)，c(NH)1 mol·L1，所以c(H) mol·L12.36×105 mol·L1。答案：2.36×1053已知某温度时，Na2CO3溶液的水解常数Kh2×104mol·L1，则当溶液中c(HCO)c(CO)21时，试求该溶液的pH_。解析：Kh2×104，又c(HCO)c(CO)21，则c(OH)104mol·L1，结合KW1.0×1014，可得c(H)1010mol·L1。答案：104常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡_(填“向左”“向右”或“不”)移动。试计算溶液中_。(常温下H2SO3的电离平衡常数Ka11.0×102，Ka26.0×108)解析：NaOH电离出的OH抑制水的电离平衡，Na2SO3电离出的SO水解促进水的电离平衡。SOH2OHSOOH，Kh，pH9，c(OH)105 mol·L1，所以60。答案：向右605磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是Ka17.1×103，Ka26.2×108，Ka34.5×1013，解答下列问题：(1)常温下同浓度Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4的pH由小到大的顺序_(填序号)。(2)常温下，NaH2PO4的水溶液pH_(填“>”“<”或“”)7。(3)常温下，Na2HPO4的水溶液呈_(填“酸”“碱”或“中”)性，用Ka与Kh的相对大小，说明判断理由：_。解析：(2)NaH2PO4的水解常数Kh1.4× 1012，Ka2>Kh，即H2PO的电离程度大于其水解程度，因而pH<7。答案：(1)<<(2)<(3)碱Na2HPO4的水解常数Kh1.61×107，Kh>Ka3，即HPO的水解程度大于其电离程度，因而Na2HPO4溶液显碱性1滴定曲线中的五个关键点酸碱中和滴定曲线类试题是近几年高考考查的热点，特别是“一强一弱”类(如NaOHCH3COOH、NH3·H2OHCl)，中和滴定曲线出现的频率更高、题目一般在某一溶液中持续滴入另一溶液的反应曲线，主要考查溶液中离子浓度的大小比较、酸碱性的判断、对水电离平衡的影响、溶液中的守恒关系。解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5点”，即曲线的起点、恰好反应点、中性点、反应一半点和过量点，先判断出各个点中的溶质及溶液的酸碱性，以下面室温时用0.1 mol·L1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L1 HA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：滴定曲线关键点离子浓度关系原点(点0)原点为HA的单一溶液，0.1 mol·L1HA溶液pH1说明HA是弱酸；c(HA)c(H)c(A)c(OH)反应一半点(点)两者反应生成等物质的量浓度的NaA和HA混合液，此时溶液pH7，说明HA的电离程度大于A的水解程度，c(A)c(Na)c(HA)c(H)c(OH)中性点(点)此时溶液pH7，溶液是中性，酸没有完全被中和，此时c(HA)与c(NaA)均存在且HA的电离等于A的水解程度，c(Na)c(A)c(HA)c(H)c(OH)恰好完全反应点(点)此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液是碱性，c(Na)c(A)c(OH)c(HA)c(H)过量点(点)此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量浓度的混合液，溶液显碱性，c(Na)c(OH)c(A)c(H)2分布系数图像分布曲线是指以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，分布系数与溶液pH之间的关系曲线。举例一元弱酸(以CH3COOH为例)二元酸(以草酸为例)三元酸(以H3PO4为例)弱电解质分布系数图0、1分别为CH3COOH、CH3COO分布系数0为H2C2O4分布系数、1为HC2O分布系数、2为C2O分布系数0为H3PO4分布系数、1为H2PO分布系数、2为HPO分布系数、3为PO分布系数含义当pHpKa时，主要存在形式是CH3COOH；当pHpKa时，主要存在形式是CH3COO。0与1曲线相交在010.5处，此时c(CH3COOH) c(CH3COO)，即pHpKa当溶液的pH1.2时0 1，pH4.2时12；当pH1.2时，H2C2O4占优势；在1.2pH4.2区间，HC2O占优势；而当pH4.2时，C2O为主要存在形式当溶液的pH2时01，pH7.1时12，pH12.2时23；当pH2时，H3PO4占优势；在2pH7.1区间，H2PO占优势；在7.1pH12.2区间，HPO占优势；而当pH12.2时，PO为主要存在形式离子方程式pH由2到6发生反应的离子方程式：CH3COOH OH=CH3COOH2OpH由4到6发生反应的离子方程式：HC2OOH=C2OH2OpH由11到14发生反应的离子方程式：HPO OH=POH2O求lg KK(CH3COOH)，从图可知，c(CH3COO)c(CH3COOH)时pHpK4.76。K(CH3COOH)c(H)104.76，lg K(CH3COOH)4.76K2(H2C2O4)，从图可知，c(C2O)c(HC2O)时pH4.2，K2c(H) 104.2，lg K24.2K3(H3PO4)，从图可知，c(HPO)c(PO)时pH12.2，K3c(H)1012.2，lg Ka12.2典例125 时，向20.00 mL 0.1 mol·L1 H2X溶液中滴入0.1 mol·L1 NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH)的负对数lg c水(OH)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是()A水的电离程度：M>NQ>PB图中M、P、Q三点对应溶液中相等CN点溶液中c(Na)>c(X2)>c(HX)>c(H)c(OH)DP点溶液中c(OH)c(H)c(HX)c(H2X)解析从图可知0.1 mol·L1的H2X的pH1.3说明该酸为弱酸。P点时恰好生成正盐，水的电离程度最大，结合纵坐标可知图中四点水的电离程度：P>NQ>M，A项错误；根据该酸的二级电离平衡常数(HX的电离平衡常数)可知，M、P、Q三点对应溶液中c(H)不等，B项错误；N点溶液呈中性，已经接近滴定终点，此时溶液中离子浓度：c(Na)>c(X2)>c(HX)>c(H)c(OH)，C项正确；根据质子守恒原理P点存在：c(OH)c(H)c(HX)2c(H2X)，D项错误。答案C典例2(2021·长春模拟)常温下含碳各微粒H2CO3、HCO和CO存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是()A为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为79之间BpH10.25时，c(Na)c(CO)c(HCO)C根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)106.37D若是0.1 mol NaOH反应后所得的1 L溶液，pH10时，溶液中存在以下关系： c(Na)>c(HCO)>c(CO)>c(OH)>c(H)思维建模解答水溶液中图像题的解题流程为解析根据图示可知，pH在79之间，溶液中主要存在HCO，该pH范围内可获得较纯的NaHCO3，A正确；pH10.25时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中满足物料守恒：c(Na)2c(CO)2c(HCO)2c(H2CO3)，碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)，则混合液中c(Na)>c(CO)c(HCO)，B错误；根据图像曲线可知，pH6.37时，H2CO3和HCO的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)106.37，C正确；pH10时的溶液为碱性，则c(OH)> c(H)，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c(Na)最大，结合图像曲线变化可知：c(HCO)>c(CO)，此时离子浓度大小为c(Na)>c(HCO)>c(CO)>c(OH)>c(H)，D正确。答案B1常温下，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol/L CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是()A滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO)>c(H)>c(Na)>c(OH)B点所示溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)C点所示溶液中：c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)D点所示溶液中：c(Na)>c(OH)>c(CH3COO)>c(H)答案：A2如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是()A盐酸的物质的量浓度为1 mol·L1BP点时恰好完全中和，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂解析：B由图可知，盐酸与氢氧化钠溶液的浓度相等，都是0.1 mol·L1，A错误；P点时盐酸与氢氧化钠溶液的体积相等，恰好完全中和，溶液呈中性，B项正确；曲线a对应的溶液起点的pH等于1，故曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线，C项错误；强酸和强碱的中和滴定，达到终点时溶液为中性，指示剂选择酚酞或甲基橙都可以，D项错误。3已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2OHK1HC2OC2OHK2常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种粒子的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是()ApH1.2的溶液中：c(K)c(H)c(OH)c(H2C2O4)BpH2.7的溶液中：1000C将KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2D向pH1.2的溶液中加KOH溶液将pH调至4.2的过程中水的电离程度一直增大解析：CpH1.2时，溶液中没有C2O，则溶液中的电荷守恒式为c(K)c(H) c(OH)c(HC2O)，此时c(H2C2O4)和c(HC2O)相等，A正确；由图像可知，pH1.2时， c(H2C2O4)c(HC2O)，则K1c(H)101.2，pH4.2时，c(HC2O)c(C2O)，则K2c(H)104.2，故1031000，B正确；将KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液的浓度不同时，pH也不同，故溶液的pH不一定为4.2，C错误；向pH1.2的溶液中加KOH溶液将pH调至4.2，溶液中由酸电离产生的氢离子浓度减小，则对水电离的抑制程度减小，水的电离程度一直增大，D正确。4已知25 时，2.0×103 mol/L氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F)与溶液pH的变化关系如图所示。(1)25 时，HF的电离平衡常数Ka_。(2)已知HF(aq)H(aq)F(aq)H10.4 kJ/mol，现将室温下0.1 mol/L HF溶液升温至30 (不考虑溶质和溶剂的挥发)，下列各量增大的是_。aKabKW cn(H) d.(3)25 时，在20 mL 0.1 mol/L氢氟酸中加入V mL 0.1 mol/L NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是_。apH3的HF溶液和pH11的NaF溶液中，由水电离出的c(H)相等b点时pH6，此时溶液中，c(F)c(Na)9.9×107 mol/Lc点时，溶液中的c(F)c(Na)d点时V20 mL，此时溶液中c(F)<c(Na)0.1 mol/L解析：(1)Ka，当c(F)c(HF)时，Kac(H)，图中交点处所对应的pH为3.45，即c(H)103.45，故Ka103.45。(2)已知该电离放热，因此温度升高后，电离平衡逆向移动，n(H)变小，电离常数Ka变小，水的离子积常数KW增大， KW/c2(H)增大。(3)a中，pH3的HF溶液中由水电离出的c(H)1011 mol/L，pH11的NaF溶液中由水电离出的c(H)103 mol/L，水电离出的c(H)不相等，错误。b中，当pH6，根据电荷守恒得c(F)c(Na)c(H)c(OH)1061089.9×107 mol/L，正确。c中，根据电荷守恒可知选项正确。d中，当V20 mL时，两者恰好完全反应生成NaF，由于F水解故存在c(F)<c(Na)，但由于溶液体积变化，c(Na)为原来的一半，即0.05 mol/L，d错。答案：(1)103.45(2)bd(3)bc5(2020·江苏卷，16改编)室温溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如图所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为_；当通入SO2至溶液pH6时，溶液中浓度最大的阴离子是_(填化学式)。(2)室温下，SO的水解常数Kh1_。(3)NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为_。解析：(1)向氨水中通入少量SO2，反应的离子方程式为2NH3·H2OSO2=2NHSOH2O。当通入SO2至溶液pH6时，溶液呈酸性，根据含硫微粒的物质的量分数与pH的分布图可知，溶液中浓度最大的阴离子为HSO。(2)Kh1c(OH)1×106.87。(3)根据图示可知NaHSO3溶液为酸性，HSO电离程度大于水解程度。答案：(1)2NH3·H2OSO2=2NHSOH2OHSO(2)1×106.87(3)c(Na)>c(HSO)>c(H)>c(SO)>c(OH)1(2021·广东卷，8)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)