课时作业14 影响盐类水解的主要因素　盐类水解的应用(word练习)-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中化学选择性必修第一册(人教版2019）

课时作业（十四） （建议用时：40 min） （见学生用书P173） 1.下列有关说法正确的是（　　） A.天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Ca2＋、Mg2＋等离子 B.纯碱可去油污与盐类水解无关 C.100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA D.蒸干FeCl3溶液可得到FeCl3固体 答案　C　 解析　天然水呈弱碱性，是因为天然水中有C或HC，它们水解使水呈弱碱性，A项错误；Na2CO3溶液水解显碱性，纯碱可去油污与盐类水解呈碱性促进油污水解有关，B项错误；C＋H2OHC＋OH－或HC＋H2OH2CO3＋OH－，水解后阴离子变多，100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA，C项正确；因为FeCl3溶液在加热时水解生成Fe（OH）3和HCl气体，HCl易挥发，所以得到的是Fe（OH）3，D项错误。 2.下列关于醋酸钠溶液叙述正确的（　　） A.加水稀释时，溶液中所有离子浓度均增大 B.向其中加入盐酸至溶液呈中性时，c（CH3COO－）＝c（Na＋） C.离子浓度大小关系：c（Na＋）＞c（OH－）＞c（CH3COO－）＞c（H＋） D.加入冰酷酸时水的电离程度减小 答案　D　 解析　加水稀释时，醋酸钠浓度减小，醋酸根离子浓度减小，A项错误；向其中加入盐酸至溶液呈中性时c（OH－）＝c（H＋），由电荷守恒可知：c（CH3COO－）＋c（Cl－）＋c（OH－）＝c（H＋）＋c（Na＋），则c（CH3COO－）＜c（Na＋），B项错误；醋酸钠溶液中钠离子和醋酸根离子是主要的，水解程度是次要的，则c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋），C项错误；加入冰酷酸时醋酸浓度变大，氢离子浓度变大，水的电离被抑制，水的电离程度减小，D项正确。 3.分别将溶液①CuSO4　②AlCl3　③CH3COONa ④Ca（HCO3）2加热蒸干，能得原溶质的是（　　） A.①②③ B.①③ C.③④ D.③ 答案　B　 解析　硫酸铜是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸没有挥发性，所以加热蒸干最终得到的固体仍然是硫酸铜，①正确；氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热蒸干时，氯化氢受热挥发，使水解平衡向正反应方向移动直至趋于完全，最终得到的固体是氢氧化铝，②错误；醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，随着水的蒸出，二者又反应生成醋酸钠，所以加热蒸干最终得到的固体仍然是醋酸钠，③正确；碳酸氢钙溶液加热蒸干时，碳酸氢钙会受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，最终得到的固体是碳酸钙，④错误；故选B项。 4.碳酸钠和碳酸氢钠是两种非常重要的化工产品。下列关于两种物质的水溶液说法错误的是（　　） A.均存在水解平衡和电离平衡 B.均呈碱性，加热后碱性都会增强 C.均存在c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC）＋2c（C） D.均存在c（Na＋）＝c（H2CO3）＋c（HC）＋c（C） 答案　D　 解析　碳酸钠和碳酸氢钠溶液均存在水解平衡和水的电离平衡，A项正确；碳酸钠和碳酸氢钠溶液均显碱性，加热促进水解，溶液碱性均增强，B项正确；根据电荷守恒，两种溶液均有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC）＋2c（C），C项正确；根据元素质量守恒，碳酸钠溶液中存在c（Na＋）＝2c（H2CO3）＋2c（HC）＋2c（C），碳酸氢钠溶液中存在c（Na＋）＝c（H2CO3）＋c（HC）＋c（C），D项错误。 5.等物质的量浓度、等体积的下列溶液中（1）H2CO3、（2）Na2CO3、（3）NaHCO3、（4）NH4HCO3、（5）（NH4）2CO3。下列关系或者说法正确的是（　　） A. c（HC）的大小关系为（4）＞（3）＞（5）＞（2）＞（1） B. c（C）的大小关系为（1）＜（4）＜（3）＜（5）＜（2） C.将溶液蒸干灼烧后只有（1）不能得到对应的固体物质 D.（2）（3）（4）（5）既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应 答案　B　 解析　（4）与（3）相比，（4）中的N水解促进了HC的水解，c（HC）的关系为（4）＜（3），A项错误；（2）、（5）中的电解质都能完全电离产生C，但由于（5）中N的水解会促进C的水解，所以c（C）的关系为（5）＜（2）；（3）和（4）中，都能完全电离出HC，但由于（4）中N的水解会抑制HC的电离，所以c（C）的关系为（4）＜（3）；（1）中需要两步电离才能生成C，所以c（C）最小。故可得出c（C）的大小关系为（1）＜（4）＜（3）＜（5）＜（2），B项正确；将溶液蒸干灼烧后，只有（2）能得到对应的固体物质，其他物质都会发生分解，C项错误；（3）（4）（5）既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，但（2）不能与碱反应，D项错误。 6.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是（　　） A. NH3·H2O B. NaOH C. Na2CO3 D. MgCO3 答案　D　 解析　加入NH3·H2O或NaOH或Na2CO3时，均能引入杂质离子N或Na＋，不符合题意；因为原溶液中Fe3＋水解Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋，当加入MgCO3后，有MgCO3＋2H＋Mg2＋＋CO2↑＋H2O反应发生，消耗了H＋，使Fe3＋水解平衡正向移动，生成的Fe（OH）3在加热搅拌条件下发生聚沉，可将Fe3＋除去。 7.下列五种混合溶液，由分别为0.1 mol·L－1的两种溶液等体积混合而成： ①CH3COONa与NaHSO4　②CH3COONa与NaOH　③CH3COONa与NaCl ④CH3COONa与NaHCO3　⑤CH3COONa与NaHSO3，c（CH3COO－）由大到小排序正确的是（　　） A.①＞④＞③＞②＞⑤ B.①＞③＞⑤＞④＞② C.②＞④＞③＞⑤＞① D.②＞③＞④＞⑤＞① 答案　C　 解析　五种混合溶液，由分别为0.1 mol·L－1的两种溶液等体积混合，①CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，溶液显酸性，CH3COOH微弱电离出CH3COO－；②CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO－水解；③CH3COONa与NaCl，NaCl既不促进也不抑制CH3COO－水解；④CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NaHSO3，醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性，促进醋酸根离子水解，因此c（CH3COO－）排序是②＞④＞③＞⑤＞①；故选C项。 8.室温下，1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）： 溶液a 通入0.01 mol HCl 加入0.01 mol NaOH pH 4.76 4.67 4.85 像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。 下列说法不正确的是（　　） A.溶液a和0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者 B.向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO－结合H＋生成CH3COOH，pH变化不大 C.向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，pH基本不变 D.含0.1 mol·L－1 NH3·H2O与0.1 mol·L－1 NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液 答案　C　 解析　含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后不会改变溶液的大致组成，pH变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a中，CH3COONa电离出CH3COO－，对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，A项正确；向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO－结合H＋生成CH3COOH，反应后溶液组成为0.11 mol CH3COOH和0.09 mol CH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，B项正确；向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，0.1 mol CH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，C项错误；含0.1 mol·L－1 NH3·H2O与0.1 mol·L－1 NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，D项正确。 9.盐类水解原理在生产生活中有着广泛的应用，根据盐类水解的知识回答下列问题： （1）灭火器中分隔放置Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液，灭火时使两种试剂混合，立即喷出大量泡沫，发生反应的离子方程式为　　　　 　　　　。 （2）农业常用三类化肥有①草木灰、②铵态氮肥（NH4NO3）、③磷肥Ca（H2PO4）2，其中不能混合施用的是　　　　（填序号）。 （3）下面四种物质①（NH4）2CO3、②Al2S3、③Fe2（CO3）3、④（CH3COO）2Ca不能用湿法制取的是　　　　（填序号）。 （4）SOCl2遇水发生剧烈水解反应，生成使品红溶液褪色的SO2，另一种产物可在水面形成白雾。将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热可得到无水AlCl3，用化学方程式及简单文字说明原因　　　　 　　　　。 解析　（1）灭火器的反应原理为硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3＋＋3HCAl（OH）3↓＋3CO2↑。（2）①草木灰中的主要成分碳酸钾是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性。②铵态氮肥硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性。③磷肥Ca（H2PO4）2是磷酸的酸式盐，在溶液中，磷酸二氢根在溶液中的电离大于水解，使溶液呈酸性。溶液呈酸性的化肥和溶液呈碱性的化肥不能混合施用，否则会降低肥效，则不能混合施用的是①与②、①与③。（3）①（NH4）2CO3可以用过量的氨水和二氧化碳反应制得，不符合题意；②铝离子和硫离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，则Al2S3不能用湿法制取，符合题意；③铁离子和碳酸根离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，则Fe2（CO3）3不能用湿法制取，符合题意；④（CH3COO）2Ca可以用醋酸溶液与石灰水发生中和反应制得，不符合题意。（4）氯化铝是强酸弱碱盐，AlCl3·6H2O加热发生水解反应AlCl3＋3H2OAl（OH）3＋3HCl，由题意可知，SOCl2遇水发生剧烈水解反应生成二氧化硫和氯化氢，反应生成的氯化氢使Al3＋的水解向逆反应方向移动，抑制氯化铝水解，则将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热可得到无水AlCl3。 答案：（1）Al3＋＋3HCAl（OH）3↓＋3CO2↑　（2）①与②、①与③　（3）②③ （4）AlCl3·6H2O加热发生反应AlCl3＋3H2OAl（OH）3＋3HCl，SOCl2遇水发生剧烈水解反应（或SOCl2＋H2OSO2＋2HCl），产生的HCl抑制了AlCl3水解（或使AlCl3水解反应逆向移动） 10.现有浓度均为0.1 mol·L－1的五种电解质溶液①Na2CO3；②NaHCO3；③NaAlO2；④CH3COONa；⑤NaOH。已知：HC＋H2O＋AlAl（OH）3↓＋C。 （1）25 ℃ 时⑤的pH＝　　　　。 （2）这五种溶液的pH由大到小的顺序是　　　　（填序号）。 （3）在上述五种溶液中分别加入AlCl3溶液，能产生大量无色无味气体的是　　　　（填序号）。 （4）将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的是　　　　（填序号）。 解析　（1）25 ℃时⑤0.1 mol·L－1 NaOH，c（OH－）＝0.1 mol/L，则c（H＋）＝10－13mol/L，故pH＝13。（2）酸性CH3COOH＞H2CO3＞HC＞Al（OH）3，其对应的盐，越弱越水解，水解程度越大，溶液的碱性越强，则五种溶液的pH由大到小的顺序是⑤③①②④。（3）①Na2CO3、②NaHCO3与AlCl3发生双水解反应，生成氢氧化铝和二氧化碳气体。（4）①Na2CO3、②NaHCO3、③NaAlO2、④CH3COONa加水稀释时，水解平衡正向移动，导致c（OH－）减小的程度较小；⑤NaOH为强碱，完全电离，加水稀释，无平衡的移动，则其pH变化最大。 答案：（1）13　（2）⑤③①②④　（3）①②　（4）⑤ 11.25 ℃，浓度为0.1 mol·L－1的几种弱电解质的电离度a如下表。下列说法不正确的是（　　） 电解质 CH3COOH HNO2 HF NH3·H2O a/％ 1.3 7.0 7.8 1.3 A.电离常数从大到小顺序为：Ka（HF）＞Ka（HNO2）＞Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3·H2O） B.溶液的pH大小顺序为pH（NH3·H2O）＞pH（HF）＞pH（HNO2）＞pH（CH3COOH） C. NH4F溶液呈酸性 D.等浓度的CH3COONa、NaNO2、NaF溶液，pH最大是CH3COONa溶液 答案　B　 解析　从表中可知，电离度HF＞HNO2＞CH3COOH＝NH3·H2O，故电离常数从大到小顺序为Ka（HF）＞Ka（HNO2）＞Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3·H2O），A项正确；浓度相同的四种溶液，NH3·H2O溶液呈碱性，pH最大，剩余三种物质电离程度HF＞HNO2＞CH3COOH，电离程度越大，pH越小，则pH大小顺序为pH（NH3·H2O）＞pH（CH3COOH）＞pH（HNO2）＞pH（HF），B项错误；NH3·H2O的电离程度小于HF，则N的水解程度大于F－，因此NH4F溶液呈酸性，C项正确；电离程度HF＞HNO2＞CH3COOH，则等浓度的情况下，其酸根离子的水解程度为F－＜N＜CH3COO－，则等浓度的CH3COONa、NaNO2、NaF溶液，pH最大是CH3COONa溶液，D项正确。 12.25 ℃时，向10 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液。溶液中含碳微粒的物质的量分数随溶液pH变化如图。下列说法正确的是（　　） A.曲线Ⅱ表示C2的物质的量分数随溶液pH变化 B. a点溶液中仅含两种溶质 C.等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液显碱性 D.草酸的电离平衡常数分别是Ka1、Ka2，则＝103 答案　D　 解析　随着NaOH溶液的滴入，H2C2O4物质的量分数逐渐减小，HC2的物质的量分数逐渐增大，达到最大值后再继续滴加NaOH溶液，HC2的物质的量分数减小，C2的物质的量分数增大，故Ⅰ为H2C2O4，Ⅱ为HC2，Ⅲ为C2；当H2C2O4和HC2的物质的量分数相等时，Ka1＝＝c（H＋）＝10－1.2，当HC2和C2的物质的量分数相等时，Ka2＝＝c（H＋）＝10－4.2。由分析知Ⅰ为H2C2O4，Ⅱ为HC2，Ⅲ为C2，A项错误；a点溶液中含有草酸、草酸氢钠和草酸钠溶质，B项错误； Na2C2O4溶液中草酸根的水解常数为：Kh＝＝＝＝10－9.8，NaHC2O4溶液中的电离常数为Ka2，水解常数为Kh＝＝＝＝10－12.8，HC2的电离常数大于其水解常数，以电离为主，等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液中，C2的水解常数小于HC2的电离常数，故溶液显酸性，C项错误； ＝＝103，D项正确。 13.《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述：“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也；治诸血痛，脱肛……取其酸涩而收也。”下列说法错误的是（　　） A.白矾治血痛的原因是利用了胶体的聚沉 B.白矾溶于水后微粒浓度排序：c（S）＞c（Al3＋）＞c（K＋）＞c（OH－）＞c（H＋） C.检测“无矾油条”是否含“矾”的方法：将油条加热碳化➝加水溶解➝过滤➝滤液中逐滴加入NaOH溶液 D.白矾在油条中作膨化剂的原理：Al3＋＋3HCAl（OH）3↓＋3CO2↑ 答案　B　 解析　白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，治血痛是利用了胶体的聚沉，A项正确；白矾的化学式为KAl（SO4）2·12H2O，铝离子水解，c（K＋）＞c（Al3＋），B项错误；检测“无矾油条”是否含“矾”的方法：将油条加热碳化→加水溶解→过滤→滤液中逐滴加入NaOH溶液。如果含有铝离子（含“矾”），看到的现象为先生成白色沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，C项正确；白矾在油条中作膨化剂是因为其可与碳酸氢钠发生双水解反应Al3＋＋3HCAl（OH）3↓＋3CO2↑，D项正确。 14.兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 0.2 mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色 ② 0.2 mol/L FeCl3 2 mol/L盐酸 溶液为浅黄色 ③ 0.2 mol/L Fe（NO3）3 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 0.2 mol/L Fe（NO3）3 2 mol/L硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是（　　） A.②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3＋的水解平衡逆向移动 B.由③④可知，Fe（NO3）3溶液显浅黄色与Fe3＋水解有关 C.由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3＋水解、Cl－存在均有关 D.由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同 答案　D　 解析　已知Fe3＋水解溶液显酸性，加入2 mol/L盐酸后溶液中H＋浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3＋的水解平衡逆向移动，A项正确；已知Fe3＋水解溶液显酸性，加入2 mol/L硝酸后溶液中H＋浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe（NO3）3溶液显浅黄色与Fe3＋水解有关，B项正确；对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3＋水解、Cl－存在均有关，C项正确；由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3＋的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为浅黄色的原因是Fe3＋浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D项错误。 15.常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lg c总（V）]与pH关系如图所示。已知（VO2）2SO4是易溶于水的强电解质。下列说法错误的是（　　） A.用稀硫酸溶解V2O5可得到（VO2）2SO4溶液 B.存在V＋2H2OH2V＋2H＋，若加入（VO2）2SO4固体，c（H2V）一定增大 C.若lg c总（V）＝－2、pH＝4，五价钒粒子的存在形式主要为： HV10 D.若lg c总（V）＝－3、pH＝1，加入适量NaOH，可使V转化为H3V2 答案　B　 解析　由图可知，用稀硫酸溶解V2O5调节pH为0－1之间可以得到（VO2）2SO4溶液，A项正确；存在V＋2H2OH2V＋2H＋，若是（VO2）2SO4饱和溶液，再加该固体，V浓度不变，平衡不移动，c（H2V）不变，B项错误；若lg c总（V）＝－2、pH＝4，由图可知，五价钒粒子的存在形式主要为： HV10，C项正确；若lg c总（V）＝－3、pH＝1，加入适量NaOH，调节pH为3－4之间，V浓度减小，H3V2增大，可使V转化为H3V2，D项正确。 16.10 ℃ 时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化： 温度（ ℃） 10 20 30 加热煮沸后冷却到50 ℃ pH 8.3 8.4 8.5 8.8 （1）甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HC的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为　　　　。 （2）乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并判断Na2CO3的水解程度　　　　（填“大于 ”或“小于”）NaHCO3，该分解反应的化学方程式为　　　　。 （3）丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为： ①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。为什么？能不能选用Ba（OH）2溶液？　　　　 　　　　。 ②将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH　　　　（填“大于”“小于”或“等于”）8.3，则　　　　（填“甲”或“乙”）判断正确。 解析　加热煮沸后，HC分解成C，加入BaCl2溶液则生成沉淀。不能选用Ba（OH）2，因为它含有OH－，能与HC反应生成C。 答案：（1）HC＋H2OH2CO3＋OH－　（2）大于　2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　（3）①原因是HC水解程度增大，则溶液中几乎没有C，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有C以推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba（OH）2溶液，因为Ba2＋＋OH－＋HCBaCO3↓＋H2O，若用Ba（OH）2检验，无论哪种观点都会有沉淀产生　②等于　甲（或大于　乙） 阶段重点突破练（五） （建议用时：40 min） （见学生用书P176） 一、选择题 1.下列事实与盐类水解无关的是（　　） ①实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率　②实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污 ③CH3COONa溶液中c（Na＋）＞c（CH3COO－） ④实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸 ⑤向氯化铁中滴加KSCN，出现红色 ⑥NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂　⑦向FeCl2中滴加氯水，溶液颜色加深　⑧明矾、氯化铁晶体常用于净水 A.①⑤⑦ B.①⑤⑧ C.⑤⑦⑧ D.⑦⑧ 答案　A　 解析　①构成锌铜酸性原电池加快反应速率，与盐类水解无关；②纯碱碳酸钠溶液，碳酸根水解使溶液呈碱性，加热有利于水解，碱性增强，油污可以在碱性条件下水解而除去，与盐类水解有关； ③CH3COONa溶液中醋酸根离子会水解，所以c（Na＋）＞c（CH3COO－），与盐类水解有关；④FeCl3溶液中Fe3＋会水解生成氢氧化铁，加入少量稀盐酸可以抑制Fe3＋的水解，与盐类水解有关；⑤KSCN遇见Fe3＋显红色，与盐类水解无关；⑥NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂是碳酸氢根和铝离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，与盐类水解有关；⑦向FeCl2中滴加氯水，氯水中的氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液颜色加深，与盐类水解无关；⑧明矾常用于净水是由于明矾溶于水电离生成的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氯化铁晶体常用于净水是由于溶于电离生成的Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体，与盐类水解有关；综上①⑤⑦与盐类水解无关，故选A项。 2.《金匮要略》中记载：“白矾，别名矾石、明矾、巴石等，药用白矾均为加工制品，天然产出者即钾明矾，……外用解毒杀虫，燥湿止痒；内服止血等”。钾明矾又称为“明矾”，成分是KAl（SO4）2·12H2O。下列有关叙述错误的是（　　） A.加热明矾水溶液，溶液pH降低 B.明矾溶液中c（S）＞c（K＋）＞c（Al3＋） C.明矾溶液中能大量存在Na＋、Mg2＋、HC、Cl－ D.在明矾溶液中加入臭碱（Na2S）溶液会生白色沉淀和臭鸡蛋味气体 答案　C　 解析　明矾存在电离KAl（SO4）2K＋＋Al3＋＋2S，铝离子和水发生水解反应生成氢氧化铝和氢离子，加热，促进铝离子水解，溶液酸性增强，A项正确；由于铝离子水解导致浓度低于钾离子，则浓度大小：c（S）＞c（K＋）＞c（Al3＋），B项正确；明矾溶液中铝离子和HC发生反应：Al3＋＋3HCAl（OH）3↓＋3CO2↑，不能共存，C项错误；铝离子和硫离子发生双水解反应：2Al3＋＋3S2－＋6H2O2Al（OH）3↓＋3H2S↑，D项正确。 3.常温下，浓度均为1 mol·L－1 CH3NH2和NH2OH两种溶液各10 mL，分别加水稀释，所得曲线如图所示（V表示溶液的体积pOH＝－lg[c（OH－）]，），下列说法正确的是（　　） A.用相同浓度的盐酸分别与a、b处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积Va＞Vb B.等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中c（NH3OH＋）＞c（CH3N） C.当两溶液均稀释至lgV＝5时，溶液的导电性：NH2OH＞CH3NH2 D.加水稀释过程中不断增大 答案　D　 解析　由图可知，等浓度的CH3NH2的pOH小于NH2OH，说明CH3NH2的碱性强于NH2OH。体积相等浓度相等的CH3NH2和NH2OH的中和能力相等，则用相同浓度的盐酸分别与a、b处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积Va等于Vb，A项错误；CH3NH2的碱性强于NH2OH，由盐类水解规律可知，NH3OH＋离子在溶液中的水解程度大于CH3N离子，则等浓度的CH3NH3Cl和NH2OH的混合溶液中NH3OH＋离子的浓度小于CH3N，B项错误；CH3NH2的碱性强于NH2OH，当两溶液均稀释至lgV都为5时，CH3NH2和NH2OH的稀释浓度相等，CH3NH2的电离程度大于NH2OH，溶液中离子浓度大于NH2OH，导电性强于NH2OH，C项错误；由电离常数可知，溶液中＝，CH3NH2溶液加水稀释过程中，CH3N离子的浓度减小，CH3NH2的电离常数不变，则溶液中和的值增大，D项正确。 4.常温下有体积相同的四种溶液：①pH＝3的CH3COOH溶液；②pH＝3的盐酸；③pH＝11的氨水；④pH＝11的NaOH溶液。下列说法正确的有（　　） a.②和③混合，所得混合溶液的pH大于7 b.③与④分别用等浓度的硫酸中和，消耗硫酸的体积：③＝④ c.①与②分别与足量的镁粉反应，生成的H2量：①＜② d.若将四种溶液稀释100倍，溶液的pH大小顺序是：③＞④＞①＞② e.①和③混合，混合液的pH约为7 A.2项 B.3项 C.4项 D.5项 答案　A　 解析　醋酸是弱酸，盐酸是强酸，则物质的量浓度：①＞②，物质的量：①＞②；一水合氨是弱碱，氢氧化钠是强碱，则物质的量浓度：③＞④，物质的量：③＞④；②和③混合，氨水过量，所得混合溶液的pH大于7，a正确；③与④分别用等浓度的硫酸中和，消耗硫酸的物质的量：③＞④，消耗硫酸的体积：③＞④，b错误；①与②分别与足量的镁粉反应，生成H2的量：①＞②，c错误；若将四种溶液稀释100倍，①CH3COOH溶液的pH：3＜pH＜5；②盐酸的pH＝5；③氨水的pH：9＜pH＜11；④NaOH溶液的pH＝9，则溶液的pH大小顺序是：③＞④＞②＞①，d错误；①中氢离子浓度和③中氢氧根离子浓度相等，①中醋酸和③中的碱浓度、物质的量均相等，①和③混合恰好中和得醋酸铵，铵离子和醋酸根离子水解程度相同，混合液呈中性，常温下的pH约为7，e正确；故选A项。 5.常温下，下列有关电解质溶液的说法不正确的是（　　） A.向Na2CO3溶液中通入NH3，减小 B.将0.1 mol·L－1的K2C2O4溶液从25 ℃升温至35 ℃，增大 C.向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1 D.向0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大 答案　D　 解析　在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：C＋H2OHC＋OH－，溶液中通入NH3，抑制水解，所以减小，A项正确；K2C2O4溶液中草酸根离子水解显示碱性，升高温度，水解程度增加，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以增大，B项正确；向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液的溶质是HF和NaF的混合物，存在电荷守恒，c（H＋）＝c（OH－），钠离子和氟离子浓度相等，＝1，C项正确；CH3COONa溶液中加入少量水，不会影响醋酸的电离平衡常数，即＝不变，D项错误。 6.常温下，浓度为0.1 mol·L－1的四种溶液pH如表，下列说法中正确的是（　　） 溶液 Na2CO3 NaHCO3 NaClO NaHSO3 pH 11.6 8.3 10.7 4.0 A.0.1 mol·L－1Na2CO3溶液加水，稀释后溶液中所有离子的浓度均减小 B. NaHCO3溶液中2c（H2CO3）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（C） C. NaHSO3溶液中c（Na＋）＞c（HS）＞c（H2SO3）＞c（S）＞c（H＋）＞c（OH－） D.向NaClO溶液中滴加硫酸至中性时，c（Na＋）＝2c（S）＋c（ClO－） 答案　D　 解析　0.1 mol/L碳酸钠溶液呈碱性，加水稀释时，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积常数不变，溶液中氢离子浓度增大，A项错误；碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒关系c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋2c（C）＋c（HC）和物料守恒关系c（Na＋）＝c（H2CO3）＋c（C）＋c（HC），整合可得c（H2CO3）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（C），B项错误；亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸根离子的浓度大于亚硫酸的浓度，C项错误；向次氯酸钠溶液中滴加硫酸至中性时，溶液中c（H＋）＝c（OH－），由电荷守恒关系c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋2c（S）＋c（Cl－）可得c（Na＋）＝2c（S）＋c（ClO－），D项正确。 7.在100 mL烧杯中加入50 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，插入pH传感器、温度传感器，加热并收集数据，得到升温过程中温度－pH变化关系如图1，然后将该溶液冷却至常温，得到降温过程中温度－pH变化关系如图2，下列说法错误的是（　　） A.温度升高，Na2SO3溶液pH下降的原因之一是水的电离程度增大 B.恢复到室温时，pH比原溶液小的原因是部分Na2SO3被氧化 C. a点溶液中存在关系：c（H＋）＋c（Na＋）＝c（HS）＋2c（S）＋c（OH－） D.降温至25 ℃的过程中，溶液中始终存在：c（Na＋）＞c（S）＞c（OH－）＞c（H＋） 答案　C　 解析　升温促进水的电离，Na2SO3溶液pH下降的原因之一是水的电离程度增大，A项正确；Na2SO3具有还原性，易被氧气氧化为Na2SO4，Na2SO4是强酸强碱盐不水解，降温过程中Na2SO3浓度减小，pH变小，B项正确；a点溶液中存在氧化生成的硫酸钠，根据电荷守恒c（H＋）＋c（Na＋）＝c（HS）＋2c（S）＋2c（S）＋c（OH－），C项错误；降温至25 ℃的过程中，溶液呈碱性，始终存在c（Na＋）＞c（S）＞c（OH－）＞c（H＋），D项正确。 8.已知常温下Kb（NH3·H2O）＝1.74×10－5。常温下向Pb（NO3）2溶液中逐滴加入氨水，溶液中Pb2＋及含铅微粒的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示。关于该过程的说法正确的是（　　） A. Pb2＋的浓度分数先减小后增大 B. pH＝7时，溶液中存在的阳离子仅有Pb2＋、Pb（OH）＋和H＋ C. pH＝8时，溶液中的氨主要以N的形式存在 D. c（N）与c（Pb2＋）的比值先减后增大，pH＞10后不变 答案　C　 解析　从图中可以看出，随着氨水的不断加入，溶液的pH不断增大，Pb2＋的浓度分数不断减小，当pH＝10时，其浓度分数为0，A项错误；从图中可以看出，pH＝7时，溶液中存在的含铅阳离子有Pb2＋、Pb（OH）＋，另外，还存在水电离出的H＋，氨水电离出的N，B项错误；pH＝8时，c（OH－）＝10－6 mol/L，此时Kb（NH3·H2O）＝＝1.74×10－5，则＝17.4，所以溶液中的氨主要以N的形式存在，C项正确；向Pb（NO3）2溶液中逐滴加入氨水，n（N）不变，Pb2＋的浓度分数不断减小，则其物质的量不断减小，所以溶液中c（N）与c（Pb2＋）的比值不断增大，当pH＝10时，Pb2＋的浓度分数为0，pH＞10后比值无意义，D项错误。 9.柠檬酸是番茄中最常见的天然酸性物质，其分子结构简式为（用H3R表示）。常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H3R溶液的滴定曲线如图所示。已知常温下柠檬酸的电离常数为：Ka1＝1.0×10－3.1，Ka2＝1.0×10－4.8，Ka3＝1.0×10－6.4。下列叙述正确的是（　　） A. a点溶液中，c（Na＋）＝c（H2R－）＋2c（HR2－）＋3c（R3－） B. b点溶液中，c（Na＋）＞c（HR2－）＞c（H2R－）＞c（R3－） C.常温下Na2HR溶液加水稀释过程中，减小 D.常温下的R3－水解常数为1.0×10－9.2 答案　C　 解析　a点溶液为NaH2R溶液，溶液呈酸性，电荷守恒为c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（H2R－）＋2c（HR2－）＋3c（R3－），A项错误；b点溶液为Na2HR溶液，溶液呈酸性，HR2－的电离程度大于HR2－的水解程度，故离子浓度大小为c（Na＋）＞c（HR2－）＞c（R3－）＞c（H2R－），B项错误；Na2HR溶液呈酸性，加水稀释过程中，溶液中c（H＋）减小，则溶液中c（OH－）增大。常温下加水稀释过程中，HR2－的水解常数保持不变，加水稀释过程中c（OH－）增大，＝＝，则减小，C项正确；常温下，R3－的水解常数＝＝＝1.0×10－7.6，D项错误。 10.25℃时，向10 mL 0.1 mol·L－1HY溶液中滴入等浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH与p[pX＝－lg c（X）]的关系如图所示。下列叙述错误的是（　　） A.25 ℃时，HY的电离常数Ka＝1.0×10－3.25 B.图中a＝3.75 C. A点时，所滴入NaOH溶液的体积为5 mL D.从A点到B点，水的电离程度不断增大 答案　C　 解析　由图中A点可知，－l＝0时，pH＝3.25，求得HY的Ka＝＝1.0×10－3.25，A项正确；根据B点数据及HY的电离常数的关系式Ka＝＝1.0×10－3.25，可求得a＝3.75，B项正确；当滴入NaOH溶液的体积为5 mL时，溶液为HY与NaY浓度之比为1∶1的混合溶液，溶液中c（HY）∶c（Y－）不等于1∶1，所以A点所加NaOH溶液的体积不是5 mL，C项错误；向HY中加NaOH，恰好完全反应时，溶液pH大于7，所以加入从A点到B点，是往HY中滴加NaOH溶液继续生成盐的过程，水的电离程度不断增大，D项正确。 11.某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴加亚磷酸钠（Na2HPO3）溶液过程中的化学变化，得到电极电位U和溶液pH随盐酸滴加的体积变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　） [已知：①电位滴定法的原理：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。②亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸，其电离常数分别是Ka1＝10－1.4，Ka2＝10－6.7] A. a点对应溶液的溶质为NaH2PO3和NaCl，pH＜7 B.第二次电极电位突跃发生的化学反应为：NaH2PO3＋HClH3PO3＋NaCl C. c点对应的溶液中可能存在：c（H＋）＝c（OH－）＋c（H2P）＋2c（HP） D.水的电离程度：a＞b 答案　C　 解析　亚磷酸钠与盐酸反应：Na2HPO3＋HClNaH2PO3＋NaCl，继续加入盐酸，NaH2PO3＋HClNaCl＋H3PO3，根据图像可知，从开始到a点发生Na2HPO3＋HClNaH2PO3＋NaCl，从a点到b点发生NaH2PO3＋HClNaCl＋H3PO3。根据上述分析，a点对应溶质为NaH2PO3、NaCl，H2P的电离平衡常数Ka2＝10－6.7，H2P水解平衡常数Kh＝＝＝10－12.6＜Ka2，H2P的电离程度大于水解程度，即pH＜7，A项正确；发生第二次突跃的反应是NaH2PO3＋HClNaCl＋H3PO3， B项正确；c点对应溶质为NaH2PO3、NaCl、H3PO3，根据电荷守恒有：c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（H2P）＋2c（HP）＋c（Cl－），C项错误；b溶质为NaCl、H3PO3，溶液显酸性，a点溶质为NaH2PO3、NaCl，根据A选项分析，a点溶液显酸性，b点溶液酸性强于a点，因此水的电离程度a＞b，D项正确。 12.常温时，将0.1 mol·L－1的R2SO4溶液（R＋＋H2OROH＋H＋）加水稀释，溶液中－lg与lg c（OH－）的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A.常温时，ROH的电离平衡常数的数量级为10－5 B. P、Q点对应的水的电离程度：P＜Q C.若将溶液无限稀释，2c（R＋）≈c（S） D.常温时，加入适量R2SO4固体可使P点向W点移动 答案　B　 解析　常温时，ROH的电离平衡常数K＝，根据图表可知，当lg c＝－8.0时，－lg＝－2.3，所以＝102.3、c（OH－）＝10－8 mol/L，所以K＝＝102.3×10－8＝1×10－5.7，数量级为10－6，A项错误；0.1 mol·L－1的R2SO4溶液加水稀释，促进盐的水解，但溶液中H＋浓度减小，OH－浓度增大，lg c（OH－）的值增大，由图中数据可知，P点稀释程度大，水的电离程度小，则水的电离程度：P＜Q，B项正确；若将溶液无限稀释，溶液接近中性，根据电荷守恒可知，c（R＋）≈2c（S），C项错误；常温时，加入适量R2SO4固体，c（R＋）增大，－lg减小，可使P点向下移动，同时R＋水解平衡右移，所以lg c（OH－）减小，P点向左移动，D项错误。 二、非选择题 13. CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3，回答下面问题： （1）Na2CO3俗称纯碱，是因为其水溶液呈碱性，用离子方程式表示纯碱溶液呈碱性的主要原因是　　　　。在纯碱溶液中下列关系成立的是　　　　。 A. c（H＋）＋c（Na＋）＝c（C）＋c（HC）＋c（OH－） B. c（C）＞c（HC）＞c（OH－）＞c（H＋） C. c（OH－）－c（H＋）＝c（HC）＋2c（H2CO3） D. c（Na＋）＝c（C）＋c（HC）＋c（H2CO3） （2）已知：H2CO3的电离常数Ka1＝4.0×10－7，Ka2＝5.0×10－11。 ①25 ℃时，当Na2CO3溶液中c（HC）∶c（C）＝2∶1时，试求该溶液的pH　　　　。 ②NaHCO3溶液与Al2（SO4）3溶液反应产生气体和沉淀，是泡沫灭火器的反应原理，写出反应的离子方程式　　　　。 ③25 ℃时，0.1 mol/L的NaHCO3溶液，其水解常数Kh＝　　　　，大于碳酸的　　　　（填“Ka1”或“Ka2”），使NaHCO3溶液呈碱性。 （3）常温下，向20.00 mL Na2CO3溶液中逐滴滴加0.10 mol/L盐酸，溶液中含碳元素的三种微粒H2CO3、HC、C（CO2因逸出未画出）的物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。 ①量取20.00 mL Na2CO3溶液应选用的仪器是　　　　（填“酸式滴定管”“碱式滴定管”或“量筒”），将量取的Na2CO3溶液倒入锥形瓶中，滴入几滴酚酞试剂，用0.10 mol/L的标准盐酸进行滴定，发生反应的离子方程式是　　　　。若消耗盐酸的体积为20.00 mL，则c（Na2CO3）＝　　　　mol/L。 ②当pH＝8时，溶液中阴离子浓度由大到小的顺序是　　　　。 解析　（1）碳酸根离子水解产生氢氧根离子，相应的方程式为：C＋H2OHC＋OH－；溶液中存在电荷守恒，c（H＋）＋c（Na＋）＝2c（C）＋c（HC）＋c（OH－），A项错误；碳酸根离子水解产生氢氧根离子，水也可以电离出氢氧根离子，故c（OH－）＞c（HC），B项错误；根据质子守恒可知，c（OH－）＝c（HC）＋2c（H2CO3）＋c（H＋），则c（OH－）－c（H＋）＝c（HC）＋2c（H2CO3），C项正确；根据物料守恒可知c（Na＋）＝2[c（C）＋c（HC）＋c（H2CO3）]，D项错误。（2）①Ka2＝＝5.0×10－11，因为c（HC）∶c（C）＝2∶1，则c（H＋）＝5.0×10－11×2＝1.0×10－10，则pH＝10；②NaHCO3溶液与Al2（SO4）3溶液混合时，碳酸氢根离子和铝离子会发生双水解反应，离子方程式为：3HC＋Al3＋Al（OH）3↓＋3CO2↑；③25 ℃时，0.1 mol/L的NaHCO3溶液中，存在着碳酸氢离子的水解，其水解常数Kh＝＝＝2.5×10－8，此外碳酸氢根离子也会电离，但是水解常数大于Ka2，即水解为主，故溶液显碱性；（3）①碳酸钠溶液显碱性，则准确量取一定体积的碳酸钠溶液，应该用碱式滴定管；用酚酞作指示剂，则反应产物是氯化钠和碳酸氢钠，离子方程式为：C＋H＋HC；由于盐酸的体积和碳酸钠的体积相同，根据离子方程式可知，两者的浓度也相同，故c（Na2CO3）＝0.1 mol/L；酚酞的变色范围是8.2～10.0，则溶液中恰好是碳酸氢钠时，pH大于8，故pH＝8时，所加入的盐酸已经过量一部分，故此时氯离子浓度最大，另外碳酸氢根离子水解产生氢氧根离子，水也会电离出氢氧根离子，再结合图示可知，此时溶液中阴离子浓度由大到小的顺序是c（Cl－）＞c（HC）＞c（OH－）＞c（C）。 答案：（1）C＋H2OHC＋OH－　C （2）10　3HC＋Al3＋Al（OH）3↓＋3CO2↑　2.5×10－8　Ka2　（3）碱式滴定管 C＋H＋HC　0.10　c（Cl－）＞c（HC）＞c（OH－）＞c（C） 14.已知在25 ℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下表所示： 酸 电离平衡常数 醋酸 K＝1.75×10－5 碳酸 K1＝4.30×10－7；K2＝5.61×10－11 亚硫酸 K1＝1.54×10－2；K2＝1.02×10－7 （1）根据上表，在相同条件下，试比较Na2CO3、Na2SO3溶液的pH：Na2CO3　　　　Na2SO3（填“＞” “＜”或 “＝”，下同）。 （2）向0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量下列物质，其水解程度增大的是　　　　。 A. NaCl溶液 B. Na2CO3固体 C. NH4Cl溶液 D. CH3COONa固体 （3）已知常温下NH3·H2O的电离常数Kb＝1.75×10－5，则常温下CH3COONH4溶液的pH　　　　7。 （4）将pH＝4的CH3COOH溶液加水稀释，图中的纵坐标可以是　　　　。 a.溶液的pH　b.醋酸的电离平衡常数 c.溶液的导电能力　d.醋酸的电离程度 （5）NaHSO3是中学化学常见的物质。HS在水溶液中存在如下两个平衡：HSH＋＋S Ka2；HS＋H2OH2SO3＋OH－ Kh2 已知25℃时，Ka2＞Kh2，则0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液： ①溶液呈　　　　（填“酸性”“碱性”或“中性”）； ②写出该溶液中的守恒式：电荷守恒：　　　　，质子守恒：　　　　。 解析　（1）根据上表可知，碳酸的K2＝5.61×10－11小于亚硫酸的K2＝1.02×10－7，因此酸性HC＜HS，根据对应的酸越弱，其水解程度越大，在相同条件下，Na2CO3、Na2SO3溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO3。（2）加入NaCl溶液实质是加水，加水稀释，平衡正向移动，水解程度程度增大，A符合题意；加入Na2CO3固体，两者是相互抑制的水解，B不符合题意；加入NH4Cl溶液，两者相互促进的双水解，水解程度增大，C符合题意；加CH3COONa固体，平衡正向移动，但水解程度减小，D不符合题意；故选AC项。（3）常温下NH3·H2O的电离常数Kb＝1.75×10－5，醋酸的电离常数K＝1.75×10－5，因此生成的是弱酸弱碱盐，且两者的水解程度相当，溶液呈中性，则常温下CH3COONH4溶液的pH＝7。（4）稀释时，醋酸电离出氢离子，但是氢离子浓度减小，溶液的pH增大，a错误；醋酸的电离平衡常数只受温度影响，醋酸电离平衡常数不变，b错误；稀释时，离子浓度减小，溶液导电性能力减弱，c正确；加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，电离程度增大，d错误；故选c。（5）①已知25℃时，Ka2＞Kh2，说明电离程度大于水解程度，因此0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液呈酸性； ②电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HS）＋2c（S）＋c（OH－），根据化学式可知，质子守恒为：c（H＋）＋c（H2SO3）＝c（OH－）＋c（S）。 答案：（1）＞　（2）AC　（3）＝　（4）c　（5）酸性　c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HS）＋2c（S）＋c（OH－）　c（H＋）＋c（H2SO3）＝c（OH－）＋c（S） 学科网（北京）股份有限公司 $$