3.3 盐类的水解 导学案 2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1

水溶液中的离子平衡复习 水溶液中的离子平衡——盐类的水解及应用 1. 盐类水解的定义：在盐溶液中，盐电离出的离子与水电离出的H+或OH-结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。 【1】实验设计： ①证明H2C2O4是弱酸；②证明草酸的酸性强于碳酸；③证明草酸是二元酸___________(提供的试剂：0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液、0.1 mol·L-1草酸溶液、0.1 mol·L-1 NaOH溶液、Na2C2O4晶体、甲基橙、酚酞、pH试纸) ②判断对错：比较和的水解常数大小：常温下，用pH计分别测浓度均为的CH3COONa和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，则 （ ） 【2】（2022·北京·高考真题）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是 A．醋酸钠是强电解质 B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C．常温下，醋酸钠溶液的 D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 2. 盐类水解的规律：可溶才水解，不溶不水解，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，越弱越水解，都弱都水解，谁强显谁性，同强显中性 3. 盐类水解离子方程式的书写：正盐、酸式盐、双水解 【3】（2022·天津·统考高考真题）25℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是 A．、、、 B．、、、 C．、、、 D．、、、 【4】（2021·重庆·统考高考真题）下列叙述正确的是 A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c(NH)>c(CH3COO- ) B．向NH4Cl溶液中加入少量Al2(SO4)3固体、则水的电离程度减小 C．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，则c(HCO)>c(H2CO3) D．向0.2 mol·L-1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H+)>0.1 mol·L-1 【5】（2023·重庆·统考二模）常温下，0.1mol/L的某三种溶液的pH如右表所示：下列说法不正确的是 溶液 NaX NaY (为二元弱酸) pH 7.5 8.9 11.6 A．常温下的电离常数： B．的HX溶液与的NaOH溶液等体积混合后， C．0.1mol/L的溶液中： D．将0.1mol/L的HY溶液加水稀释，其电离常数和均不变 【6】（2021·江苏·高考真题）室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。 实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8 实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀 实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9 实验4：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去 下列说法正确的是 A．由实验1可得出：Ka2(H2CO3)> B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)<Ksp(CaCO3) C．实验3中发生反应的离子方程式为CO+H2O+CO2=2HCO D．实验4中c反应前(CO)<c反应后(CO) 【7】（2022·海南·统考高考真题）NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是 A．0.01mol/L NaClO溶液中，c(ClO—)＜0.01mol/L B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱 C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO—+H2O=HSO+HClO D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO—)=c(Na+) 4. 水解平衡常数的推导及应用 【8】回答下列问题 （1）已知：25 ℃时，碳酸的电离常数为Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11 ①请写出碳酸钠水解的离子方程式，并计算其水解常数(Kh1、Kh2)。 ②25 ℃时，等浓度的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液谁的碱性强？ （2）（2022年河北联考节选）已知25℃时，NH3.H2O的电离常数Kb=1.8×10-5,该温度下1mol/L的NH4Cl溶液中c(H+)= (已知：5.560.5≈2.36） （3）（2022年山东校考节选）(1)NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”) (已知：NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。 （4）（2022年河南高三阶段测试）室温下，0.1mol·L-1NaClO溶液的pH____0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH。(填“大于”、“小于”或“等于”)。已知：H2SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7；HClO的Ka=2.95×10-8 （5）可用NaOH溶液吸收。已知：常温下，的电离常数，。常温下，溶液显___________(填“酸”“碱”或“中”)性，结合方程式和计算说明原因___________。 5. 影响盐类水解的因素：内因、外因（温度、浓度、酸碱性、同离子效应） 6. 盐类水解的应用（高考调研211页） 【9】回答下列问题 (1)①配制Na2S溶时需向溶液中加入少量______________(填化学式)。 ②配制FeSO4溶液时需向溶液中加少量的__________________(填化学式)。 (2)ZnCl2溶液蒸干并灼烧得不到无水ZnCl2， 解释原因_____________________(要求写出主要反应的化学方程式结合文字说明)。 而将SOCl2与ZnCl2H2O混合并加热，可得到无水ZnCl2， 解释原因____________________________(要求写出主要反应的化学方程式结合文字说明)。 (3)结晶的操作方法：用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体的操作方法___________ 配制FeCl3溶液时溶解的操作方法___________ (4)将Na2S溶液与AlCl3溶液混合，没有Al2S3生成，却有Al(OH)3沉淀析出，同时释放出H2S气体。Al2S3固体只能由S粉和Al粉混合加热制得。请你写出有关反应的化学方程式并解释上述实验事实____。 (5)若在空气中加热六水合氯化镁(MgCl2•6H2O)固体，则生成碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]或氧化镁(MgO)，请写出相应的化学方程式：____。用电解法制取金属镁时，原料无水氯化镁是在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O获得，其原因是____。 【10】（2023·全国·高三专题练习）下列说法错误的是（ ） A．[2020江苏]明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水 B．[2019江办改编]蒸干溶液可制得无水固体 C．[2019浙江]在相同条件下，比的水解能力更强 D．[2018全国Ⅲ]碳酸钠可用于去除餐具的油污 【11】（2023·广东广州·统考二模）下列装置用于实验室制取NO并回收，不能达到实验目的的是 A．用装置甲制NO气体 B．用装置乙除NO中的少量 C．用装置丙收集NO气体 D．用装置丁蒸干溶液获得固体 【12】（2023春·上海静安·高二上海市新中高级中学校考阶段练习）用酒精灯加热下列溶液，蒸干后灼烧，所得固体与溶质成份相同的是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 【13】（2022·重庆·统考高考真题）下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是 选项 实验操作及现象 结论 A 将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红溶液褪色 Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性 B 将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液 Zn(OH)2既体现碱性又体现酸性 C 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟” 水解性：TiCl4＞FeCl3 D 将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃 热稳定性：CrO3＜Cr2O3 【14】探究的性质，根据实验方案和现象，下列结论不正确的是 实验方案 现象 结论 A 测定均为离子化合物的和 的熔点更高 中离子键强于中离子键 B 常温下，测定 溶液的 发生了水解 C 向 溶液中滴加1滴酸性溶液 紫色褪去，溶液澄清 将氧化为 D 向溶液中加入 产生淡黄色沉淀 将氧化为 溶液中三大守恒 【1】（2020年江苏新高考14题）室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ） A. 混合溶液（pH=10.30）： B. 氨水-NH4Cl混合溶液（pH=9.25）： C. 混合溶液（pH=4.76）: D. 混合溶液（pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸）: 【2】（2021年广东卷8题）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（ ） A．水溶液的 B．水溶液加水稀释，升高 C． 在水中的电离方程式为： D．水溶液中： 【3】（2021年天津卷10题）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是（ ） A．在溶液中 B．在溶液中 C．在溶液中 D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中 【4】（2019年4月浙江卷21题）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−) 【5】(2020年江苏高考14题)室温下，将两种浓度均为0.10 mol·L－1的溶液等体积混合，若 溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ） A．NaHCO3－Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－) B．氨水－NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－) C．CH3COOH－CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO－) ＞c(H＋) D．H2C2O4－NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝ c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－) 【6】（改编题）25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（ ） A.（2022年海南卷13题）已知25℃，Ka(HClO)=4.0×10-8。pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中: c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+) B.（2021年天津卷10题） 氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中: c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H+) C.（2020年天津卷7题） 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中:c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－) D.（2019年江苏卷14题） 0.6mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合: c(NH3·H2O)+ c(CO32－)＋c(OH－)=0.3 mol·L-1＋c(H2CO3)+c(H+) 盐类的水解及应用参考答案 【1】①取适量草酸钠晶体溶于水，用pH试纸测所得溶液的pH，若pH>7说明H2C2O4是弱酸；②向0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入0.1 mol·L-1草酸，若产生大量气泡，则证明草酸的酸性强于碳酸；③定量实验：酚酞作指示剂，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定一定体积0.1 mol·L-1草酸溶液，消耗NaOH溶液的体积为草酸的2倍，则说明草酸是二元酸； ②用pH计测量同浓度的醋酸钠和碳酸氢钠的pH，碳酸氢钠的pH大于醋酸钠，说明碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子，正确 【2】B 【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确； B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误； C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确； D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确； 选B。 【3】D 【详解】A．与反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意； B．、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意； C．与反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意； D．、、、是大量共存，故D符合题意。 综上所述，答案为D。 【4】C 【详解】A．溶液呈酸性则c(H+)>c(OH- )，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c()=c(CH3COO- )+c(OH- )，则c()<c(CH3COO- )，A错误； B．加入少量Al2(SO4)3固体由于Al3+发生水解反应，促进水的电离，则水的电离程度增大，B错误； C．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，溶质为NaHCO3、NaCl，NaHCO3溶液中少部分水解生成H2CO3，则c()>c(H2CO3)，C正确； D．磷酸H3PO4是三元弱酸，部分电离，0.2 mol·L-1磷酸含c(H+)<0.6 mol·L-1，加水至原体积的两倍，越稀弱酸电离程度越大，则c(H+)>0.3 mol·L-1，D错误； 故选：C。 【5】D 【详解】A．由表格数据可知，水解程度：Z2->Y->X-，则酸性：，故常温下的电离常数：，A正确； B．HX为弱酸，则的HX溶液中HX的浓度远大于0.01mol/L，则的HX溶液与的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性，故，B正确； C．为二元弱酸，根据物料守恒可知，0.1mol/L的溶液中：，C正确； D．将0.1mol/L的HY溶液加水稀释，其电离常数不变，减小，则增大，D错误； 故选D。 【6】C 【详解】A．实验1：用试纸测量溶液的，测得约为8，c(H+)＞c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：，Kw=H+·OH-，，，Ka2(H2CO3)= ＜= ，A错误； B．实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：，B错误； C．等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：溶液中通入一定量的，溶液从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为，C正确； D． 由图知：和盐酸反应是放热反应， 和盐酸反应是吸热反应，c反应前(CO)＞c反应后(CO)，D错误； 答案选C。 【7】AD 【详解】A．由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则0.01mol/L次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度0.01mol/L，故A正确； B．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中遇光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，故B错误； C．过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO−+H2O=Cl—++2H+，故C错误； D．25℃，pH=7.0的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO—)+c(OH—)=c(H+)+c(Na+)，则溶液中c(ClO—)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh===＞Ka，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，故D正确； 故选AD。 【8】（1） CO32- + H2OHCO3- + OH- HCO3- + H2OH2CO3 + OH- Kh1≈ 2 × 10－4 Kh2≈ 2× 10－8 【解析】由Kh1 · Ka2＝KW 可得Kh1 ＝KW/Ka2≈ 2 × 10－4 Kh2 · Ka1＝KW可得Kh2 ＝KW/Ka1≈ 2 × 10－8 （2）【答案】2.36×10－5mol/L 【解析】(1)NH4Cl溶液中存在水解平衡：，反应的水解平衡常数，则1 mol·L-1的NH4Cl溶液中； （3）【答案】碱性 【解析】铵根离子的水解常数，碳酸氢根的水解常数，则的水解程度大于的水解程度，因此常温下NH4HCO3溶液呈碱性。 （4）【答案】大于 【解析】H2SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7，HClO的Ka=2.95×10-8，H2SO3的无论一级电离、二级电离都大于次氯酸的电离，所以NaClO溶液的水解程度大于亚硫酸钠，即碱性强于亚硫酸钠溶液，故答案为：大于； 【9】(1) NaOH H2SO4、Fe (2) ZnCl2溶液中存在平衡： ZnCl2 + 2H2O ⇋Zn(OH)2 + 2HCl  ∆H>0  蒸干时加热且HCl挥发，平衡右移，且Zn(OH)2ZnO +H2O，得到ZnO 6SOCl2 + ZnCl2H2O = ZnCl2 + 6SO2↑+12HCl，SOCl2消耗了水且生成HCl，抑制了ZnCl2 + 2H2O ⇌Zn(OH)2 + 2HCl平衡右移 （3）向FeCl3溶液中加入过量的浓盐酸置于蒸发皿中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;将称量好的氯化铁晶体置于烧杯中，加入过量的浓盐酸，用玻璃棒搅拌，再加入适量蒸馏水加以稀释 （4） S2-和Al3+就能发生双水解反应分别生成H2S和Al(OH)3，而没有Al2S3生成，离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，Al是活泼的金属单质、S是活泼的非金属单质，二者可化合生成相应的盐Al2S3，方程式为：2Al+3SAl2S3。 （5） MgCl2•6H2O Mg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑或者MgCl2•6H2O MgO+2HCl↑+5H2O↑； HCl气流可抑制Mg2+水解 【详解】（1）①Na2S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，为了防止水解且不引进其它杂质，可以向溶液中加入少量NaOH，故答案为NaOH； ②FeSO4是强酸弱碱盐，Fe2+水解导致溶液呈酸性，为了防止水解且不引进其它杂质，可以向溶液中加入少量H2SO4，另外Fe2+极易被氧化为Fe3+，加入铁粉，会与+3价的铁反应使之成为亚铁离子后，融入到FeSO4溶液中，这样便有效地减少FeSO4的损失，故答案为：H2SO4、Fe。 （2） ZnCl2溶液中存在平衡： ZnCl2 + 2H2O ⇋Zn(OH)2 + 2HCl  ∆H>0  蒸干时加热且HCl挥发，平衡右移，且Zn(OH)2ZnO +H2O，得到ZnO；将SOCl2与ZnCl2H2O混合并加热，6SOCl2 + ZnCl2H2O = ZnCl2 + 6SO2↑+12HCl，SOCl2消耗了水且生成HCl，抑制了ZnCl2 + 2H2O ⇌Zn(OH)2 + 2HCl平衡右移，可得到无水ZnCl2。 （3） 【详解】加热会促进铁离子的水解生成氢氧化铁，故制取FeCl3·6H2O晶体需要在氯化氢氛围中蒸发浓缩、冷却结晶，故操作为：向FeCl3溶液中加入过量的浓盐酸置于蒸发皿中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 【详解】氯化铁在水中会发生水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，所以要用浓盐酸来溶解氯化铁晶体，抑制水解，配制FeCl3溶液时溶解的操作方法为：将称量好的氯化铁晶体置于烧杯中，加入过量的浓盐酸，用玻璃棒搅拌，再加入适量蒸馏水加以稀释。 （4）由于Na2S溶液中S2-水解使溶液呈碱性，AlCl3溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，当二者溶液混合时，S2-和Al3+就能发生双水解反应分别生成H2S和Al(OH)3，而没有Al2S3生成，离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，则Al2S3固体只能由S粉和Al粉混合加热制得，反应方程式为：2Al+3SAl2S3，故答案为：S2-和Al3+就能发生双水解反应分别生成H2S和Al(OH)3，而没有Al2S3生成，离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，Al是活泼的金属单质、S是活泼的非金属单质，二者可化合生成相应的盐Al2S3，方程式为：2Al+3SAl2S3。 （5）【详解】若在空气中加热MgCl2•6H2O，由于Mg2+能够水解生成Mg(OH)Cl，随着加热HCl挥发，促进水解甚至可以生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解成MgO，故可生成Mg(OH)Cl或MgO，依据原子守恒书写化学方程式为：MgCl2•6H2OMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑或者MgCl2•6H2OMgO+2HCl↑+5H2O↑；氯化镁水解显酸性，氯化氢气流中加热防止水解，HCl气流可抑制Mg2+水解；故答案为：MgCl2•6H2OMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑或者MgCl2•6H2OMgO+2HCl↑+5H2O↑；HCl气流可抑制Mg2+水解。 【10】B 【详解】A．明矾溶于水后电离出的水解生成胶体，胶体能吸附水中的悬浮物，可用于净水，A正确； B．蒸干溶液，因为存在水解，因此最终蒸干溶液制得，B错误； C．逐步水解生成、、，水解能力，C正确； D．碳酸钠溶液呈碱性，可用于去除餐具的油污，D正确； 故答案选B。 【11】D 【详解】A．Cu与稀硝酸在常温下发生氧化还原反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，因此可以用装置甲制NO气体，A不符合题意； B．二氧化氮和水生成一氧化氮，能除去NO中的少量，B不符合题意； C．NO气体在常温下容易与空气中的O2反应产生NO2气体，因此应该根据NO不溶于水，也不能与水发生反应，采用排水方法收集NO气体，C不符合题意； D．Cu(NO3)2溶液加热时会促进铜离子水解，且生成硝酸易挥发，应根据其溶解度受温度的影响变化较大，采用冷却结晶法制备Cu(NO3)2·6H2O，D符合题意； 故选D。 【12】C 【详解】A．氯化铁会发生水解，加热能促进水解，水解生成的氯化氢挥发也可以使水解平衡右移，所以最后灼烧得到的是氧化铁，故A不选； B．碳酸氢钠溶液蒸干后灼烧，碳酸氢钠会发生分解得到固体碳酸钠，故B不选； C．硫酸为难挥发性酸，溶液蒸发可以得到硫酸铝，故C选； D．亚硫酸钠有还原性，其溶液在加热蒸发的时候，会被空气中的氧气氧化，最后得到的固体中含有硫酸钠固体，故D不选； 故选C。 【13】B 【详解】A．将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，生成S单质和SO2，S元素化合价既上升又下降，Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性，故A正确； B．将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能够和碱反应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，故B错误； C．将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl，产生大量HCl，说明水解性：TiCl4＞FeCl3，故C正确； D．将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃，说明该过程中产生了氧气，则CrO3不稳定，故D正确； 【14】C 【详解】A．离子化合物的熔点和离子化合物的晶格能有关，钠离子半径比钾离子半径更小，硫化钠的晶格能更大，中离子键强于中离子键，故的熔点更高，A正确； B．硫离子水解导致溶液显碱性，pH大于7，B正确； C．硫离子具有还原性、高锰酸钾具有强氧化性，反应中硫化钠过量，高锰酸钾不足，反应生成硫单质，生成的硫单质溶于硫化钠溶液而显黄色，C错误； D．过氧化氢将硫离子氧化为硫单质，产生淡黄色沉淀，D正确； 故选C。 溶液中的三大守恒 【1】AD 【解析】溶液呈碱性，说明CO的水解程度大于HCO的电离程度，因此c(HCO) ＞c(CO)，CO的水解是微弱的，溶液中仍有大量的CO，则c(CO)＞c(OH－)，A项正确；由电荷守恒可知，c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由物料守恒知，c(NH3·H2O)＋c(NH)＝2c(Cl－)，两式联立消去c(Cl－)可得：c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)，B项错误；溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液中微粒浓度关系为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，C项错误；由电荷守恒知，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，由物料守恒知，2c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)，两式相减得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，D项正确。 【2】B　 【解析】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误； B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确； C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误； D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误； 综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。 【3】A　 【解析】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在溶液中，离子浓度大小为：，故A正确； B．在溶液中，根据电荷守恒得，故B错误； C．在溶液中，根据物料守恒得到，故C错误； D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D错误；故选A。 【4】B　 【解析】A. 0.1 mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确； B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误； C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C项正确； D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D项正确。故答案选B。 【5】AD 【详解】A. NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A正确； B.该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误； C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误； D.该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确； 综上所述，浓度关系正确的是：AD。 【6】B 【解析】25℃，Ka(HClO)=4.0×10-8，推出Kh(NaClO)=Kw/Ka(HClO)=1.0×10-14/4.0×10-8= 2.5×10-7。由于Ka(HClO)<Kh(NaClO)，所以等浓度的NaClO和HClO的混合溶液，溶液显碱性。已知混合溶液中pH=7.0，所以c(HClO)＞c(ClO-)；结合电荷守恒列式得：c(ClO-)+c(OH-)= c(H+)+c(Na+)。又因为c(OH-)=c(H+)，所以c(ClO-)=c(Na+)。得出c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，A项正确；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒：c(Cl－)+ c(OH－)=c(NH4+) +c(H+)，则c(Cl-)<c(NH4+)，B项错误；相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，说明溶液中CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度，则c(CH3COO－)浓度大于c(Na+)，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，C项正确；25 ℃时，0.6mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合，物料守恒列式得：①c(NH4+）+c(NH3·H2O)= 4[c(H2CO3）＋c(HCO3－）＋c(CO32－)]；电荷守恒列式得：②c(NH4+）+c(H +)= c(HCO3－)＋2c(CO32－)+c(OH－)，由①-②得：③c(NH3·H2O)+c(OH－)=4c(H2CO3）＋3c(HCO3－）＋2c(CO32－)+c(H +)；根据物料守恒得：c(H2CO3）＋c(HCO3－）＋c(CO32－) =0.1 mol·L－1，在③的两侧加上CO32－即得c(NH3·H2O)+ c(CO32－)＋c(OH－)=0.3 mol·L-1＋c(H2CO3）+c(H+)，D项正确。 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $$