2012高二化学课件：3.3.2盐类水解反应的利用(人教版选修4).ppt

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1、1.1.试比较在碳酸钠晶体中以及碳酸钠溶液中，试比较在碳酸钠晶体中以及碳酸钠溶液中，NaNa+和和COCO3 32-2-的量的关系。的量的关系。提示：提示：在碳酸钠晶体中，在碳酸钠晶体中，n(Nan(Na+)=2n(CO)=2n(CO3 32-2-)，但在，但在NaNa2 2COCO3 3溶液中，由于溶液中，由于COCO3 32-2-的水解而有的水解而有c(Nac(Na+)2c(CO)2c(CO3 32-2-)。2.2.请利用盐类水解的知识，与同学一起探究，将请利用盐类水解的知识，与同学一起探究，将FeClFeCl3 3溶液加热蒸干、灼烧，最后的固体残留物是什么？溶液加热蒸干、灼烧，最后的固体

2、残留物是什么？提示：提示：最后的固体残留物是最后的固体残留物是FeFe2 2O O3 3。原因是：。原因是：FeClFeCl3 3+3H3H2 2O Fe(OH)O Fe(OH)3 3+3HCl+3HCl，升温促进了，升温促进了FeClFeCl3 3的水解，的水解，同时加热使生成的同时加热使生成的HClHCl从溶液中逸出而产生大量的从溶液中逸出而产生大量的Fe(OH)Fe(OH)3 3，蒸干后灼烧，又发生反应：，蒸干后灼烧，又发生反应：2Fe(OH)2Fe(OH)FeFe2 2O O3 3+3H+3H2 2O O。=3.3.请与同学讨论，灭火器中装有请与同学讨论，灭火器中装有AlAl2 2(S

3、O(SO4 4)3 3溶液与溶液与NaHCONaHCO3 3溶液，使用时要将两者混合，那么它的工作原理是什么溶液，使用时要将两者混合，那么它的工作原理是什么？提示：提示：将将AlAl2 2(SO(SO4 4)3 3溶液与溶液与NaHCONaHCO3 3溶液混合，溶液混合，AlAl3+3+、HCOHCO3 3-相互促进水解，相互促进水解，AlAl3+3+3HCO+3HCO3 3-=Al(OH)=Al(OH)3 3+3CO+3CO2 2，产生的产生的COCO2 2有灭火作用，有灭火作用，Al(OH)Al(OH)3 3有阻燃作用。有阻燃作用。4.4.为什么草木灰（主要成分为什么草木灰（主要成分K K

4、2 2COCO3 3）不能与铵态（）不能与铵态（NHNH4 4+）氮肥混用？氮肥混用？提示：提示：因草木灰主要成分为因草木灰主要成分为K K2 2COCO3 3，水解显碱性：，水解显碱性：COCO3 32-2-+H+H2 2O HCOO HCO3 3-+OH+OH-，生成的，生成的OHOH-与与NHNH4 4+发生如下反应：发生如下反应：NHNH4 4+OH+OH-=NH=NH3 3+H+H2 2O O，使氮肥肥效损失。，使氮肥肥效损失。5.5.请设计简单的方法将请设计简单的方法将KNOKNO3 3中含有的中含有的Fe(NOFe(NO3 3)3 3除去。除去。提示：提示：先将其溶于蒸馏水中，再

5、加热，使先将其溶于蒸馏水中，再加热，使FeFe3+3+水解生成水解生成Fe(OH)Fe(OH)3 3沉淀后过滤除去。沉淀后过滤除去。【典例典例1 1】下列问题与盐的水解有关的是下列问题与盐的水解有关的是NHNH4 4ClCl与与ZnClZnCl2 2溶液可作焊接金属中的除锈剂溶液可作焊接金属中的除锈剂加热加热FeClFeCl3 3溶液颜色加深溶液颜色加深浓浓NaNa2 2S S溶液有臭味溶液有臭味实验室盛放实验室盛放NaNa2 2COCO3 3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞A.B.A.B.C.D.C.D.【思路点拨思路点拨】分析每个问题的原因，判断该过程中是分析每个问

6、题的原因，判断该过程中是否发生水解反应。否发生水解反应。【典例典例2 2】（20102010广东高考）广东高考）HAHA为酸性略强于醋酸的为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在一元弱酸，在0.1 mol0.1 molL L-1-1 NaANaA溶液中，离子浓度关系溶液中，离子浓度关系正确的是正确的是A.c(NaA.c(Na+)c(A)c(A-)c(H)c(H+)c(OH)c(OH-)B.c(NaB.c(Na+)c(OH)c(OH-)c(A)c(A-)c(H)c(H+)C.c(NaC.c(Na+)+c(OH)+c(OH-)=c(A)=c(A-)+c(H)+c(H+)D.c(NaD.c(Na+)+c(H)

7、+c(H+)=c(A)=c(A-)+c(OH)+c(OH-)【思路点拨思路点拨】（1 1）判断阴、阳离子对应酸、碱的强弱，）判断阴、阳离子对应酸、碱的强弱，有弱有水解。有弱有水解。（2 2）依据水解判断溶液酸碱性。）依据水解判断溶液酸碱性。（3 3）明确三大守恒定律。）明确三大守恒定律。【自主解答自主解答】选选D D。A A明显错误，因为阳离子浓度都大明显错误，因为阳离子浓度都大于阴离子浓度，电荷不守恒；于阴离子浓度，电荷不守恒；D D是电荷守恒，明显正确。是电荷守恒，明显正确。NaANaA的水解是微弱的，故的水解是微弱的，故c c（A A-）cc（OHOH-），），B B错；错；C C的的等

8、式不符合任何一个守恒关系，是错误的。等式不符合任何一个守恒关系，是错误的。知识点：盐类水解的应用知识点：盐类水解的应用1.t 1.t 时，某浓度氯化铵溶液的时，某浓度氯化铵溶液的pH=4pH=4，下列说法中一，下列说法中一定正确的是定正确的是()()A.A.由水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度之比为由水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度之比为10106 611B.B.溶液中溶液中c c（H H+）c c（OHOH-）=1=11010-14-14C.C.溶液中溶液中c c（ClCl-）cc（NHNH4 4+)c)c（H H+)c)c（OHOH-)D.D.溶液中溶液中c c（NHNH3 3H H2

9、2O O）+c+c（NHNH4 4+)=c)=c（ClCl-)+c)+c（OHOH-）【解析解析】选选C C。因为温度不确定，故水的离子积常数无。因为温度不确定，故水的离子积常数无法确定，所以只知道法确定，所以只知道c(Hc(H+)=10)=10-4-4，而无法求解，而无法求解c(OHc(OH-)，A A、B B错误；错误；NHNH4 4ClCl水解方程式为水解方程式为NHNH4 4Cl+HCl+H2 2O ONHNH3 3H H2 2O+HClO+HCl，则溶液中，则溶液中c(Clc(Cl-)c(NH)c(NH4 4+)c(Hc(H+)c(OHc(OH-)，C C正确；据物料守恒知：正确；据

10、物料守恒知：c(NHc(NH3 3H H2 2O)+c(NHO)+c(NH4 4+)=c(Clc(Cl-)，D D错误。错误。2.2.某某pH=1pH=1的的ZnClZnCl2 2和和HClHCl的混合溶液中含有的混合溶液中含有FeClFeCl3 3杂质，杂质，通过水解除去杂质，需将溶液调至通过水解除去杂质，需将溶液调至pH=4pH=4，在调节溶液，在调节溶液pHpH时，应选用的试剂是时，应选用的试剂是()()A.NaOHA.NaOH B.ZnOB.ZnO C.NaC.Na2 2COCO3 3 D.FeD.Fe2 2O O3 3【解析解析】选选B B。本题根据不引入新的杂质即可选出答案。本题根

11、据不引入新的杂质即可选出答案为为B B，其原理为：，其原理为：FeFe3+3+3H+3H2 2O O Fe(OH)Fe(OH)3 3+3H+3H+，加入，加入ZnOZnO，消耗，消耗H H+，从而促进，从而促进FeFe3+3+完全水解而以完全水解而以Fe(OH)Fe(OH)3 3形式形式沉淀出来。沉淀出来。3.3.同时对农作物施用含同时对农作物施用含N N、P P、K K的三种化肥，对给定的的三种化肥，对给定的下列化肥下列化肥K K2 2COCO3 3、KClKCl、Ca(HCa(H2 2POPO4 4)2 2、（NHNH4 4）2 2SOSO4 4、氨水，最适当的组合是氨水，最适当的组合是(

12、)A.A.B.B.C.C.D.D.【解析解析】选选C C。K K2 2COCO3 3水解呈碱性，能与铵态氮肥发生水水解呈碱性，能与铵态氮肥发生水解相互促进反应而降低肥效，故解相互促进反应而降低肥效，故不能混用；磷酸不能混用；磷酸二氢钙是可溶性酸式盐，以电离为主，溶液呈酸性，二氢钙是可溶性酸式盐，以电离为主，溶液呈酸性，故它和故它和不能混用，故选不能混用，故选C C。4.4.在在NaNa2 2S S溶液中存在的下列关系中不正确的是溶液中存在的下列关系中不正确的是()()A.cA.c（NaNa+）=2c=2c（S S2-2-）+2c+2c（HSHS-）+2c+2c（H H2 2S S）B.cB.c

13、（NaNa+）+c+c（H H+）=c=c（OHOH-）+c+c（HSHS-）+c+c（S S2-2-）C.cC.c（OHOH-）=c=c（H H+）+c+c（HSHS-）+2c+2c（H H2 2S S）D.cD.c（NaNa+）cc（S S2-2-）cc（OHOH-）cc（HSHS-）【解析解析】选选B B。溶液中存在两个守恒关系：。溶液中存在两个守恒关系：a.a.电荷守恒，即电荷守恒，即c c（NaNa+）+c+c（H H+）=c=c（OHOH-）+c+c（HSHS-）+2c+2c（S S2-2-）（）（1 1）b.b.物料守恒，物料守恒，c c（NaNa+）=2c=2c（S S2-2-

14、）+2c+2c（HSHS-）+2c+2c（H H2 2S S）（2 2）将（将（2 2）-（1 1）得）得c c（OHOH-）=c=c（H H+）+c+c（HSHS-）+2c+2c（H H2 2S S）综上分析，关系正确的有综上分析，关系正确的有A A、C C、D D，选，选B B。5.5.分析下列问题：分析下列问题：（1 1）碳酸钾溶液蒸干得到固体物质是）碳酸钾溶液蒸干得到固体物质是_，原因是，原因是_。（2 2）KAl(SOKAl(SO4 4)2 2溶液蒸干得到的固体物质是溶液蒸干得到的固体物质是_，原，原因是因是_。（3 3）BaBa（HCOHCO3 3）2 2溶液蒸干得到的固体物质是溶

15、液蒸干得到的固体物质是_，原因是原因是_。（4 4）亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是）亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是_，原，原因是因是_。（5 5）氯化铝溶液蒸干得到的固体物质是）氯化铝溶液蒸干得到的固体物质是_，原因，原因是是_。（6 6）盐酸与硫酸各）盐酸与硫酸各1 mol/L1 mol/L的混合酸的混合酸10 10 mLmL，加热浓缩，加热浓缩至至1 1 mLmL，最后的溶液为，最后的溶液为_，原因是，原因是_。【解析解析】本题涉及的知识范围较广，除了盐的水解外，本题涉及的知识范围较广，除了盐的水解外，还应考虑到盐的热稳定性、还原性等。还应考虑到盐的热稳定性、还原性等。答案：答案：（1

16、 1）K K2 2COCO3 3 尽管加热过程促进水解，但生成的尽管加热过程促进水解，但生成的KHCOKHCO3 3和和KOHKOH反应后又生成反应后又生成K K2 2COCO3 3（2 2）KAl(SOKAl(SO4 4)2 212H12H2 2O O 尽管尽管AlAl3+3+水解，但由于水解，但由于H H2 2SOSO4 4为难挥发酸，最后仍然为结晶水合物为难挥发酸，最后仍然为结晶水合物（3 3）BaCOBaCO3 3 Ba(HCO Ba(HCO3 3)2 2 BaCO BaCO3 3+CO+CO2 2+H+H2 2O O（4 4）NaNa2 2SOSO4 4 2Na 2Na2 2SOSO

17、3 3+O+O2 2=2Na=2Na2 2SOSO4 4（5 5）Al(OH)Al(OH)3 3 加热，使加热，使HClHCl挥发，促进水解进行到挥发，促进水解进行到底底（6 6）H H2 2SOSO4 4溶液溶液 HClHCl挥发挥发=一、选择题（本题包括一、选择题（本题包括5 5小题，每小题小题，每小题4 4分，共分，共2020分）分）1.CH1.CH3 3COOHCOOH与与CHCH3 3COONaCOONa等物质的量混合配制成稀溶液，等物质的量混合配制成稀溶液，pHpH为为4.7,4.7,下列说法中错误的是下列说法中错误的是()()A.CHA.CH3 3COOHCOOH的电离作用大于的

18、电离作用大于CHCH3 3COONaCOONa的水解作用的水解作用B.CHB.CH3 3COONaCOONa的水解作用大于的水解作用大于CHCH3 3COOHCOOH的电离作用的电离作用C.CHC.CH3 3COOHCOOH的存在抑制了的存在抑制了CHCH3 3COONaCOONa的水解的水解D.CHD.CH3 3COONaCOONa的存在抑制了的存在抑制了CHCH3 3COOHCOOH的电离的电离【解析解析】选选B B。在混合溶液中存在如下平衡：（水的电。在混合溶液中存在如下平衡：（水的电离忽略）离忽略）CHCH3 3COOH HCOOH H+CH+CH3 3COOCOO-CHCH3 3CO

19、OCOO-+H+H2 2O OHO OH-+CH+CH3 3COOH COOH 因等物质的量混合，且溶液显酸性，所以可判断因等物质的量混合，且溶液显酸性，所以可判断A A正确，正确，B B不正确；又因电离及水解程度都很小，故在乙酸中存不正确；又因电离及水解程度都很小，故在乙酸中存在的主要是乙酸分子，对在的主要是乙酸分子，对式有抑制作用；而在乙酸式有抑制作用；而在乙酸钠中存在的主要是钠中存在的主要是CHCH3 3COOCOO-,对对式有抑制作用式有抑制作用 。故。故C C、D D正确。正确。2.2.下列物质的溶液中，所含离子种类最多的溶液是下列物质的溶液中，所含离子种类最多的溶液是 ()()A.

20、NaA.Na2 2S S B.NaB.Na3 3POPO4 4 C.NaC.Na2 2COCO3 3 D.AlClD.AlCl3 3【解析解析】选选B B。NaNa3 3POPO4 4所含离子种类最多，因它的水解所含离子种类最多，因它的水解有三级：有三级：POPO4 43-3-+H+H2 2O O HPOHPO4 42-2-+OH+OH-HPOHPO4 42-2-+H+H2 2O O H H2 2POPO4 4-+OH+OH-H H2 2POPO4 4-+H+H2 2O O H H3 3POPO4 4+OH+OH-再加水的电离再加水的电离H H2 2O O H H+OH+OH-，所以磷酸钠溶液

21、中，除，所以磷酸钠溶液中，除NaNa+外还有五种离子：外还有五种离子：POPO4 43-3-、HPOHPO4 42-2-、H H2 2POPO4 4-、H H+、OHOH-，故选，故选B B。3.3.（20102010厦门高二检测）在厦门高二检测）在0.1 mol0.1 molL L-1-1 Na Na2 2COCO3 3溶溶液中，下列关系正确的是（液中，下列关系正确的是（）A.cA.c(NaNa+)c(COc(CO3 32-2-)c(OH)c(OH-)c(HCO)c(HCO3 3-)c(H)c(H+)B.c(NaB.c(Na+)+c(H)+c(H+)=c(HCO)=c(HCO3 3-)+c(

22、CO)+c(CO3 32-2-)+c(OH)+c(OH-)C.c(NaC.c(Na+)c(CO)c(CO3 32-2-)c(HCO)c(HCO3 3-)c(H)c(H+)c(OH)c(OH-)D.c(HCOD.c(HCO3 3-)+2c(CO)+2c(CO3 32-2-)+c(H)+c(H2 2COCO3 3)=0.1 mol)=0.1 molL L-1-1【解析解析】选选A A。在。在NaNa2 2COCO3 3溶液中存在如下平衡：溶液中存在如下平衡：COCO3 32-2-+H+H2 2O O HCOHCO3 3-+OH+OH-（主要），（主要），HCOHCO3 3-+H+H2 2O O H

23、 H2 2COCO3 3+OH+OH-（次要）。（次要）。所以所以c c（NaNa+）cc（COCO3 32-2-）c(OHc(OH-)c(HCO)c(HCO3 3-)c(H)c(H+),A),A正正确确,C,C错误错误;B;B项项,电荷守恒应为电荷守恒应为c(Nac(Na+)+c(H)+c(H+)=c(HCOc(HCO3 3-)+2c(CO)+2c(CO3 32-2-)+c(OH)+c(OH-),B),B错误错误;D;D项项,原子守恒应为原子守恒应为c(HCOc(HCO3 3-)+c(CO)+c(CO3 32-2-)+c(H)+c(H2 2COCO3 3)=0.1 mol)=0.1 molL

24、 L-1-1,D,D错误。错误。4.4.（双选）（双选）0.02 mol0.02 molL L-1-1的的HCNHCN溶液与溶液与0.02 mol0.02 molL L-1-1 NaCNNaCN溶液等体积混合，已知混合溶液中溶液等体积混合，已知混合溶液中c c（CNCN-）c(CN)c(CN-)c(OH)c(OH-)c(H)c(H+)B.c(HCN)+c(CNB.c(HCN)+c(CN-)=0.04 mol)=0.04 molL L-1-1C.c(NaC.c(Na+)+c(H)+c(H+)=c(CN)=c(CN-)+c(OH)+c(OH-)D.c(CND.c(CN-)c(HCN)c(HCN)【

25、解析解析】选选A A、C C。根据电荷守恒有。根据电荷守恒有c(Nac(Na+)+c(H)+c(H+)=)=c(CNc(CN-)+c(OH)+c(OH-)，因为，因为c(Nac(Na+)c)c（CNCN-)，所以，所以c c（H H+）cc（CNCN-）cc（OHOH-）c c（H H+），根据物料守恒有），根据物料守恒有:c:c（HCNHCN）+c+c（CNCN-）=0.02 mol0.02 molL L-1-1。因为。因为c c（H H+）cc（OHOH-），故溶液显碱），故溶液显碱性，性，NaCNNaCN的水解程度大于的水解程度大于HCNHCN电离程度，故电离程度，故c c（CNCN-）

26、cc（NHNH4 4+)c)c（H H+)c)c（OHOH-)cc（ClCl-）cc（NHNH4 4+)c)c（OHOH-)c)c（H H+)c c（NHNH4 4+)c)c（ClCl-)c)c（OHOH-)c)c（H H+)cc（ClCl-)c)c（H H+)c)c（NHNH4 4+)c)c（OHOH-)则：（则：（）上述关系一定不正确的是）上述关系一定不正确的是_（填序号）。（填序号）。（）若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大）若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大小关系为小关系为_（填序号）。（填序号）。（）若四种离子浓度关系有）若四种离子浓度关系有c c（NHNH4 4+

27、)=c)=c（ClCl-)，则该溶，则该溶液显液显_（填（填“酸性酸性”、“碱性碱性”或或“中性中性”）。）。【解析解析】（1 1）CHCH3 3COONaCOONa溶液中水的电离受到促进，溶溶液中水的电离受到促进，溶液显碱性；液显碱性；NHNH4 4ClCl溶液中水的电离受到促进，溶液显酸溶液中水的电离受到促进，溶液显酸性；盐酸中水的电离受到抑制，溶液显酸性；性；盐酸中水的电离受到抑制，溶液显酸性；NaNONaNO3 3溶溶液中水的电离不受影响，溶液显中性。所以液中水的电离不受影响，溶液显中性。所以A A、B B、C C、D D分别为分别为NHNH4 4ClCl溶液、溶液、CHCH3 3CO

28、ONaCOONa溶液、盐酸、溶液、盐酸、NaNONaNO3 3溶液。溶液。（2 2）溶液中只存在）溶液中只存在OHOH-、H H+、NHNH4 4+、ClCl-四种离子时，四种离子时，c c（ClCl-)c)c（NHNH4 4+)c)c（OHOH-)c)c（H H+)一定不存在，因为此一定不存在，因为此时溶液中正负电荷的总数不相等；若溶液中只有一种溶时溶液中正负电荷的总数不相等；若溶液中只有一种溶质，则为质，则为NHNH4 4ClCl溶液，该溶液中离子浓度的大小关系溶液，该溶液中离子浓度的大小关系为为c c（ClCl-)c)c（NHNH4 4+)c)c（H H+)c)c（OHOH-)；若四种离

29、子浓度；若四种离子浓度关系有关系有c c（NHNH4 4+)=c)=c（ClCl-)，根据溶液的电中性原理，有，根据溶液的电中性原理，有c c（OHOH-)=c)=c（H H+)，则该溶液显中性。，则该溶液显中性。答案：答案：（1 1）CHCH3 3COONa COONa 盐酸盐酸（2 2）()()()()（）中性）中性1.1.（5 5分）若分）若pH=3pH=3的酸溶液和的酸溶液和pH=11pH=11的碱溶液等体积混的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能（合后溶液呈酸性，其原因可能（）A.A.生成一种强酸弱碱盐生成一种强酸弱碱盐B.B.弱酸溶液和强碱溶液弱酸溶液和强碱溶液C.C.弱酸与弱

30、碱溶液反应弱酸与弱碱溶液反应D.D.一元强酸溶液与一元强碱溶液反应一元强酸溶液与一元强碱溶液反应【解析解析】选选B B。若酸、碱均是强酸、强碱，则由。若酸、碱均是强酸、强碱，则由pHpH知酸知酸溶液的溶液的c c（H H+)等于碱溶液的等于碱溶液的c c（OHOH-)，故等体积混合时，故等体积混合时恰好中和生成强酸强碱盐，该盐不水解，溶液呈中性，恰好中和生成强酸强碱盐，该盐不水解，溶液呈中性，与题意不符，故与题意不符，故D D选项错误；若酸是弱酸，碱是强碱，选项错误；若酸是弱酸，碱是强碱，则等体积混合后，酸明显剩余，其物质的量远大于所则等体积混合后，酸明显剩余，其物质的量远大于所生成的弱酸强碱

31、盐，因此，盐水解导致的碱性远小于生成的弱酸强碱盐，因此，盐水解导致的碱性远小于酸电离产生的酸性，所以酸电离产生的酸性，所以B B项正确。项正确。A A项具有极强的干项具有极强的干扰性，很多同学错选了扰性，很多同学错选了A A，原因是只注意到了，原因是只注意到了A A项中明项中明显的显的“强酸弱碱盐强酸弱碱盐”水解产生的酸性，而忽视了该条水解产生的酸性，而忽视了该条件时弱碱过量对溶液性质的决定性影响。件时弱碱过量对溶液性质的决定性影响。2.2.（1515分）分）25 25 时时0.1 mol/L0.1 mol/L的醋酸溶液的的醋酸溶液的pHpH约为约为3 3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后

32、发现溶液的当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pHpH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，醋酸钠水解呈碱性，c c（OHOH-）增大了，因而溶液的）增大了，因而溶液的pHpH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使子，抑制了醋酸的电离，使c c（H H+）减小，因此溶液的）减小，因此溶液的pHpH增大。增大。（1 1）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向向0.1 mol/L0.1 mol/

33、L的醋酸溶液中加入少量下列物质中的的醋酸溶液中加入少量下列物质中的_（填写编号），然后测定溶液的（填写编号），然后测定溶液的pHpH（已知（已知25 25 时，时，CHCH3 3COONHCOONH4 4溶液呈中性）。溶液呈中性）。A.A.固体固体CHCH3 3COOK B.COOK B.固体固体CHCH3 3COONHCOONH4 4C.C.气体气体NHNH3 3 D.D.固体固体NaHCONaHCO3 3（2 2）若）若_的解释正确（填的解释正确（填“甲甲”或或“乙乙”），溶液），溶液的的pHpH应应_（填（填“增大增大”、“减小减小”或或“不变不变”）。）。（3 3）常温下将）常温下将0

34、.010 mol CH0.010 mol CH3 3COONaCOONa和和0.004 mol 0.004 mol HClHCl溶于水，配制成溶于水，配制成0.5 L0.5 L混合溶液，判断：混合溶液，判断：溶液中共有溶液中共有_种粒子。种粒子。其中有两种粒子的物质的量之和一定等于其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010 0.010 mol,mol,它们是它们是_和和_。溶液中溶液中n n（CHCH3 3COOCOO-）+n+n（OHOH-）-n-n（H H+）=_mol=_mol。【解析解析】由题意知，要判断甲、乙两种解释正确与否，由题意知，要判断甲、乙两种解释正确与否，可加入一种含有

35、可加入一种含有CHCH3 3COOCOO-而不显碱性的盐，如而不显碱性的盐，如CHCH3 3COONHCOONH4 4，其溶液呈中性，从水解的角度看对醋酸溶，其溶液呈中性，从水解的角度看对醋酸溶液的液的pHpH变化无影响；但变化无影响；但CHCH3 3COONHCOONH4 4电离产生的电离产生的CHCH3 3COOCOO-可可使醋酸的电离平衡使醋酸的电离平衡CHCH3 3COOH CHCOOH CH3 3COOCOO-+H+H+向左移动，向左移动，c c（H H+）减小，）减小，pHpH增大，从而说明甲不正确，乙正确。增大，从而说明甲不正确，乙正确。由由CHCH3 3COONa+HCl=CH

36、COONa+HCl=CH3 3COOH+NaClCOOH+NaCl计算混合液中含计算混合液中含有的溶质及各自的物质的量，根据它们电离及水解情有的溶质及各自的物质的量，根据它们电离及水解情况确定溶液中粒子的种类，并在有关计算中运用物料况确定溶液中粒子的种类，并在有关计算中运用物料守恒关系（如守恒关系（如CHCH3 3COOCOO-与与CHCH3 3COOHCOOH物质的量之和为物质的量之和为0.010 mol)0.010 mol)和电荷守恒关系和电荷守恒关系n n（ClCl-）+n+n（CHCH3 3COOCOO-）+n n（OHOH-）=n=n（H H+）+n+n（NaNa+）。）。答案：答案：（1 1）B B （2 2）乙）乙 增大（或甲增大（或甲 不变）不变）（3 3）7 CH7 CH3 3COOH CHCOOH CH3 3COOCOO-0.006 0.006