第3章 第3节 第2课时 盐类水解的应用 溶液中粒子浓度之间的关系-【精彩三年】2024-2025学年高中化学选择性必修1课程探究与巩固PPT课件（人教版2019）

第三节　盐类的水解 第2课时　盐类水解的应用　溶液中粒子浓度之间的关系 第三章　水溶液中的离子反应与平衡 目录 CONTENTS 教材整体初识 构建与探源 命题整体感知 尝试与研析 01 02 学习目标 评价目标 1．了解盐类水解的应用 2．能综合运用离子反应、水解平衡原理分析和解决生产、生活中的实际问题 3．会分析判断常见电解质(酸、碱、盐)溶液中的粒子种类，分析判断常见混合溶液中的粒子种类 1．认识盐类水解在生活、生产中的应用，培养科学态度与社会责任的化学学科核心素养 2．了解盐类水解在生产生活、化学实验、科学研究中的应用，学会设计探究方案，进行实验探究 3．掌握电解质溶液中粒子浓度间的三个守恒关系，构建电解质水溶液中离子浓度的等量关系、大小关系以及水的电离程度等知识和规律的思维模型 教材整体初识 构建与探源 01 1．作净水剂 铝盐、铁盐等部分盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。如明矾水解的离子方程式为____________________________________。 2．热碱水去油污 知识点一　盐类水解的应用 Al3+＋3H2O⥫⥬Al(OH)3＋3H＋ 促进 增强 3．盐溶液的配制和保存 配制、保存FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸的目的是______________________。 4．制备胶体 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至溶液呈红褐色，________FeCl3的水解，从而制备Fe(OH)3胶体。 知识点一　盐类水解的应用 抑制Fe3+的水解 促进 5．制备无机化合物 制取TiO2：TiCl4水解制备TiO2·xH2O，反应的化学方程式为 ________________________________________________。在制备时加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得到TiO2。用类似的方法还可以制备SnO、SnO2等。 知识点一　盐类水解的应用 TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl 1．电荷守恒 电解质溶液中__________所带的电荷总数与__________所带的电荷总数________，即电荷守恒，溶液呈__________。 (1)解题方法 ①分析溶液中所有的阴、阳离子。 ②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。 知识点二　溶液中的守恒关系 阳离子 阴离子 相等 电中性 (2)举例 如Na2CO3溶液中 知识点二　溶液中的守恒关系 2．元素守恒 在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化。离子所含的某种元素在变化前后是守恒的，即元素守恒。 (1)解题方法 ①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的定量关系(特定元素除H、O元素外)。 ②找出特定元素在水溶液中的所有存在形式。 知识点二　溶液中的守恒关系 (2)举例 如Na2CO3溶液中 ②c(Na＋)＝_______________________________________________。 知识点二　溶液中的守恒关系 3．质子守恒 方法一：可以由电荷守恒与元素守恒推导出来。 知识点二　溶液中的守恒关系 方法二：质子守恒的依据是水的电离平衡：H2O⥫⥬H＋＋OH－，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的。 如Na2CO3溶液中 知识点二　溶液中的守恒关系 即c(OH－)＝_______________________________________， 或c(OH－)＝_______________________________________。 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。 (1)盐溶液都可用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存。(　　) (3)等浓度等体积的CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，溶液恰好呈中性。(　　) (4)施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合施用。(　　) (5)实验室配制FeCl3溶液，常将FeCl3固体溶解在稀硫酸中而不是直接溶解在水中。(　　) 探本思辨 × × × √ × 2．(1)NH4F溶液能否保存在玻璃试剂瓶中？为什么？ (2)工业上通常在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O获得无水MgCl2，干燥的HCl气流的作用是什么？ 答案：①不能；NH4F水解生成的氢氟酸腐蚀玻璃。 (2)①干燥的HCl气流带走水；②HCl抑制MgCl2水解。 探本思辨 3．(1)碳酸氢钠溶液中： ①电荷守恒：_________________________________________________。 ②元素守恒：________________________________________________。 ③质子守恒：________________________________________________。 探本思辨 (2)氯化铵溶液中： ①电荷守恒：________________________________________________。 ②元素守恒：_____________________________________________。 ③质子守恒：__________________________________________________。 探本思辨 命题整体感知 尝试与研析 02 类型一　盐类水解的应用 角度1：盐类水解在化学实验中的应用 应用 举例 判断溶液的酸碱性 FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3+＋3H2O⥫⥬ Fe(OH)3＋3H＋ 判断酸性强弱 相同浓度的NaX、NaY、NaZ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，抑制Cu2+水解；贮存Na2CO3溶液不能用磨口玻璃塞 类型一　盐类水解的应用 类型一　盐类水解的应用 应用 举例 判断中和反应至中性的试剂用量 如NH3·H2O与HCl反应至中性，NH3·H2O过量，CH3COOH与NaOH反应至中性时CH3COOH过量 制备无机化合物 如用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl 加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得到TiO2 典例研析 例1 下列事实，其中与盐类的水解有关的是___________(填序号)。 ①NaHSO4溶液呈酸性； ②(NH4)2SO4溶液中加入镁条有氢气放出； ③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体； ④实验室盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞； ⑤加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。 ②③④⑤ 典例研析 类型一　盐类水解的应用 角度2：盐类水解在生产生活中的应用 类型一　盐类水解的应用 典例研析 例2 化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是(　　) A．NH4Cl溶液与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂 B．可施加适量石膏降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性 C．可以利用水解反应获得纳米材料 D．明矾可以水解，因此可用于自来水消毒净化 D 典例研析 【解析】 NH4Cl溶液与ZnCl2溶液水解均显酸性，可作焊接时的除锈剂，A正确；石膏主要成分是CaSO4·2H2O，与碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，所以石膏能降低盐碱地土壤的碱性，B正确；利用水解反应可以制得胶体，进一步可获得纳米材料，C正确；明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可用于净水，但不能消毒，D错误。 典例研析 例3 下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是(　　) A．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的Mg2+ B．厨房清洁剂中加入纯碱可提高去油污能力 C．长期施用硫酸铵化肥的土壤易变酸性，可施用适量的熟石灰来改良 D．用Al2(SO4)3溶液净化混有少量泥土的水 A 典例研析 【解析】 Na2CO3溶液和Mg2+结合成MgCO3沉淀而除去Mg2+，和盐类水解无关，故A错误；碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，能使油污水解，和盐类水解有关，故B正确；长期施用硫酸铵化肥的土壤易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，与水解相关，故C正确；Al2(SO4)3在溶液中水解得到Al(OH)3胶体，能吸附水中的杂质从而净水，和盐类的水解有关，故D正确。 类型一　盐类水解的应用 角度3：盐溶液蒸干时所得物质的判断 常见类型 溶液蒸干所得物质 金属阳离子易水解的挥发性强酸盐 蒸干时得氢氧化物和氧化物的混合物，灼烧时得氧化物，如AlCl3(FeCl3)溶液蒸干时得到Al(OH)3和Al2O3[Fe(OH)3和Fe2O3]的混合物 金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐 蒸干得原溶质，如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得Al2(SO4)3固体 酸根阴离子易水解的强碱盐 蒸干得原溶质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体 类型一　盐类水解的应用 常见类型 溶液蒸干所得物质 阴、阳离子均易水解，且水解产物均易挥发的盐 蒸干后得不到任何物质，如(NH4)2S、(NH4)2CO3等蒸干后得不到任何物质 不稳定的化合物的水溶液 加热时在溶液中就能分解，得不到原物质，如Ca(HCO3)2溶液蒸干后得CaCO3，Mg(HCO3)2溶液蒸干后得Mg(OH)2，KHCO3溶液蒸干后得K2CO3 易被氧化的盐 蒸干后得不到原物质，得其氧化产物，如FeSO4溶液蒸干后得Fe2(SO4)3，Na2SO3溶液蒸干后得Na2SO4 典例研析 例4 将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热、蒸发结晶，再灼烧，得到物质的化学组成与原固体物质相同的是________(填序号)。 ①胆矾　②氯化铝　③硫酸铝　④氯化铜　⑤硫酸亚铁　⑥碳酸钠 【解析】 胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水得CuSO4溶液，因硫酸难挥发，蒸发结晶，再灼烧得CuSO4；AlCl3、CuCl2发生水解：AlCl3＋3H2O⥫⥬ Al(OH)3＋3HCl、CuCl2＋2H2O⥫⥬Cu(OH)2＋2HCl，加热时HCl不断挥发，平衡右移，不断生成Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，灼烧得Al2O3、CuO；Al2(SO4)3发生水解：Al2(SO4)3＋6H2O⥫⥬2Al(OH)3＋3H2SO4，硫酸难挥发，灼烧后最终仍得Al2(SO4)3；硫酸亚铁在蒸干过程中易被氧化，最终得到硫酸铁；Na2CO3较稳定，灼烧后仍得到Na2CO3。 ③⑥ 典例研析 例5 在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Fe2(SO4)3；②KCl；③NH4Cl；④NaHCO3。可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是(　　) A．①② B．①③ C．②④ D．①②④ 【解析】 ①加热Fe2(SO4)3溶液时虽发生水解，但硫酸难挥发，可得到Fe2(SO4)3晶体，故正确；②KCl性质稳定，加热其溶液可得到KCl晶体，故正确；③加热NH4Cl溶液，最终分解为NH3和HCl，无固体物质存在，故错误；④NaHCO3不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故错误。 A 巩固与变化 1．下列说法中正确的是(　　) A．将AlCl3溶液直接蒸干，可制取无水AlCl3固体 B．保存CuSO4溶液时，可向其中加入稀硫酸以抑制Cu2+水解 C．室温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7 D．室温下，将pH＝4的CH3COOH溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 B 巩固与变化 【解析】 AlCl3是强酸弱碱盐，Al3+水解产生Al(OH)3，同时产生易挥发的HCl，HCl加热挥发，因此将溶液直接蒸干，得到的是Al(OH)3，不是无水AlCl3固体，A错误；CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中CuSO4水解产生Cu(OH)2、H2SO4，盐的水解反应是可逆反应，在配制其溶液时，可向其中加入稀硫酸，增大溶液中c(H＋)，以抑制Cu2+水解，B正确；pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10-3 mol/L，但CH3COOH是一元弱酸，溶液中c(CH3COOH)＞10-3 mol/L；pH＝11的NaOH溶液，c(OH－)＝ 10-3 mol/L，由于NaOH是一元强碱，所以c(NaOH)＝10-3 mol/L，当二者 巩固与变化 等体积混合时，溶液中CH3COOH过量，溶液显酸性，所以溶液pH＜7，C错误； 室温下，将pH＝4的CH3COOH溶液稀释后，溶液酸性减弱，溶液中c(H＋)减小，由于溶液中水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)不变，所以溶液中c(OH－)增大，D错误。 巩固与变化 2．用纯碱溶液去除铝制容器表面的油污时，有少量气泡产生。为探究气泡产生的原因设计了如下实验：①将铝片置于盛有水的试管中，加热，无明显现象；②将铝片置于盛有浓Na2CO3溶液的试管中，铝片表面产生细小气泡，加热，产生大量气泡(成分为CO2和H2)，并观察到白色浑浊(能溶于NaOH溶液)。下列说法错误的是(　　) A．纯碱去除油污利用了水解原理，加热可以提高油污去除效果 B．铝片与Na2CO3水解产生的OH－反应生成了H2 C 巩固与变化 巩固与变化 3．已知白矾的主要化学成分为KAl(SO4)2·12H2O。下列说法正确的是(　　) A．白矾能止血是利用了胶体的吸附作用 B．白矾溶于水后再加水稀释，水解程度减小 C．白矾和氯化铁均可用作水处理剂，均可杀菌消毒 D 巩固与变化 巩固与变化 4．[2023·舟山中学检测]工业上可以利用TiCl4的水解反应生成TiO2·xH2O，再经焙烧可得TiO2，下列有关说法不正确的是(　　) A．TiCl4生成TiO2·xH2O的化学方程式可表示为TiCl4＋(x＋2)H2O=== TiO2·xH2O↓＋4HCl B．制备时可加入大量水，同时加热，促使水解完全 C．利用类似方法还可制备SnO、SnO2等化合物 D．TiCl4的性质非常稳定，除制备TiO2外，还可广泛应用于涂料、橡胶和造纸等 D 巩固与变化 【解析】 TiCl4在水中水解：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl，加热使水解程度增大并使HCl挥发，促进水解，最终彻底水解得到TiO2·xH2O，经焙烧得TiO2，A不符合题意；越稀越水解、越热越水解，所以可加入大量水、同时加热，促进水解完全，B不符合题意；利用金属氯化物的水解，加大量水并加热可以促进水解完全，用类似方法可制备SnO、SnO2等化合物，C不符合题意；TiCl4遇水发生水解反应，故性质不稳定，D符合题意。 类型二　电解质溶液中粒子浓度关系 角度1：单一溶液 类型二　电解质溶液中粒子浓度关系 类型二　电解质溶液中粒子浓度关系 [方法技巧] 比较电解质溶液中粒子浓度大小关系时紧扣两个微弱 (1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸中：CH3COOH⥫⥬CH3COO－＋H＋，H2O⥫⥬OH－＋H＋，在溶液中粒子浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。　 (2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀CH3COONa溶液中：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2O⥫⥬CH3COOH＋OH－，H2O⥫⥬H＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中粒子浓度由大到小的顺序：c(Na＋)>c(CH3COO－) >c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。 典例研析 例1 已知0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液的pH＝4，则溶液中各粒子的浓度关系不正确的是(　　) D 典例研析 类型二　电解质溶液中粒子浓度关系 角度2：混合溶液中各粒子浓度的比较 根据电离程度、水解程度的相对大小分析。 (1)分子的电离程度大于相应离子的水解程度 类型二　电解质溶液中粒子浓度关系 (2)分子的电离程度小于相应离子的水解程度 例如，在0.1 mol·L-1的NaCN溶液和0.1 mol·L-1的HCN溶液的混合液中，各离子浓度的大小顺序为c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。 典例研析 例2 有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L-1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl，②CH3COONa与NaOH，③CH3COONa与NaCl，④CH3COONa与NaHCO3。下列关系正确的是(　　) A．pH：②＞③＞④＞① B．c(CH3COO－)：②＞④＞③＞① C．c(H＋)：①＞③＞②＞④ D．c(CH3COOH)：①＞④＞③＞② 【解析】 A项，pH：②＞④＞③＞①；C项，应为①＞③＞④＞②；D项，应为①＞③＞④＞②。 B 典例研析 [归纳总结] 巩固与变化 1．下列各项中指定的比为2∶1的是(　　) A．相同温度下，2 mol·L-1醋酸与1 mol·L-1醋酸中c(H＋)之比 D．常温下，0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液中的c(Na＋)之比 D 巩固与变化 巩固与变化 2．[2023·湖州中学检测]下列物质所配成的0.1 mol·L-1溶液中，离子浓度由大到小的顺序排列正确的是(　　) D 巩固与变化 巩固与变化 巩固与变化 3．[2023·杭四检测]室温下，取20 mL 0.1 mol·L-1某二元酸H2A，滴加 0.1 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溶液的体积大于20 mL C．当用去NaOH溶液体积20 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40 mL时，此时溶液中有c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2-) D 巩固与变化 【解析】 由电离方程式可知，二元酸H2A在溶液中第一步电离完全、第二步部分电离，则溶液中不存在H2A。0.1 mol/L H2A溶液中存在电荷守恒关系c(H＋)＝c(OH－)＋2c(A2-)＋c(HA－)和元素守恒关系c(A2-)＋c(HA－)＝0.1 mol/L，整合可得c(H＋)－c(OH－)－c(A2-)＝c(A2-)＋c(HA－)＝ 0.1 mol/L，A正确；二元酸H2A在溶液中第二步部分电离，则20 mL 0.1 mol/L H2A溶液与20 mL 0.1 mol/L氢氧化钠溶液恰好反应生成NaHA，NaHA在溶液中电离使溶液呈酸性，则加入氢氧化钠溶液得到的中性溶液为NaHA和Na2A的混合溶液，所以用去NaOH溶液的体积大于20 mL，B正确；20 mL 0.1 mol/L H2A溶液与20 mL 0.1 mol/L氢氧化钠溶液恰好 巩固与变化 反应生成NaHA，NaHA在溶液中电离使溶液呈酸性，溶液中存在质子守恒关系c(H＋)－c(A2-)＝c(OH－)，则溶液中存在c(A2-)＝c(H＋)－c(OH－)，C正确；20 mL 0.1 mol/L H2A溶液与40 mL 0.1 mol/L氢氧化钠溶液恰好反应生成Na2A，根据元素守恒，c(Na＋)＝2c(HA－)＋2c(A2-)，D错误。 巩固与变化 4．常温下，0.2 mol·L-1的一元酸HA溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分粒子组分及浓度如图所示，下列说法正确的是(　　) A．HA为强酸 B．该混合液的pH＝7 C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋) D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋ C 巩固与变化 【解析】 题给HA溶液与NaOH溶液反应得到0.1 mol·L-1的NaA溶液。由图知A－的浓度小于0.1 mol·L-1，说明A－发生了水解，即HA是弱酸，A项错误；A－发生了水解，水解后溶液呈碱性，B项错误；混合液中粒子浓度的大小关系为c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)，因此X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，D项错误；根据元素守恒可知，c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，即c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)，C项正确。 课后请完成高效作业17 感谢聆听，再见！ 纯碱水解的离子方程式为______________________________________，加热________CO的水解，溶液碱性________，去污能力增强。 CO＋H2O⥫⥬HCO＋OH－ ①Na＋、H＋、CO、HCO、OH－。 ②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(CO)＋1×c(HCO)＋1×c(OH－)。 化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝____________________________________。 2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－) ①＝，即n(Na＋)＝2n(CO)，CO在水中部分水解生成HCO、H2CO3，碳元素的存在形式有三种。 2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)] 如将Na2CO3溶液的电荷守恒式和元素守恒式中的c(Na＋)消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。　 2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H3O＋) 2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H＋) (2)由于CH3COO－和NH相互促进水解，所以CH3COONH4溶液不存在。(　　) c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－) c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3) c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)－c(CO) c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O) c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O) 应用 举例 胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3+＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋ 制备无水盐 将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通HCl的气流中加热蒸干 判断离子是否共存 Al3+与CO、HCO、S2-、HS－、[Al(OH)4]－；Fe3+与HCO、CO、[Al(OH)4]－；NH与[Al(OH)4]－、SiO因相互促进水解程度强烈而不能大量共存 【解析】 ①中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出的H＋所致；②中是NH水解显酸性所致；③中HCl会抑制Cu2+水解；④中是因为纯碱溶液中碳酸钠水解呈碱性；⑤加热时部分FeCl3会发生水解。 泡沫灭火器原理 泡沫灭火器中的成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生的反应为Al3+＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 作净水剂 明矾可作净水剂，原理为Al3+＋3H2O⥫⥬Al(OH)3(胶体)＋3H＋ 化肥的施用 铵态氮肥与草木灰不得混合施用 除锈剂 NH4Cl溶液与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂，原理为NH＋H2O⥫⥬NH3·H2O＋H＋、Zn2+＋2H2O⥫⥬ Zn(OH)2＋2H＋ 热纯碱溶液去污能力强 加热，促进Na2CO3的水解，使c(OH－)增大，去污能力增强 C．浑浊产生的原理为[Al(OH)4]－＋HCO===Al(OH)3↓＋CO2↑＋H2O D．加热和H2的产生对CO水解平衡移动方向的影响是相同的 【解析】 油污在碱性条件下容易水解被除去，升温会促进纯碱的水解使溶液的碱性增强，从而增强去污效果，A正确；铝可以和碱反应生成氢气，而碳酸钠水解使溶液显碱性，可以和铝反应生成氢气，B正确；碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成[Al(OH)4]－，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与[Al(OH)4]－反应生成Al(OH)3沉淀和CO，离子方程式：[Al(OH)4]－＋HCO===Al(OH)3↓＋CO＋H2O，C错误；盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解；氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2的产生对CO水解平衡移动都起到促进作用，D正确。 D．白矾常用于油条中作膨化剂的原理是Al3+＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 【解析】 白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，止血是利用了胶体的聚沉，不是吸附作用，A项错误；溶液稀释后，水解程度增大，B项错误；白矾和氯化铁均可水解，生成的胶体具有较大的比表面积，具有吸附作用，吸附悬浮在水中的杂质，可作水处理剂，但不能用来杀菌消毒，C项错误；白矾常用于油条中作膨化剂是利用铝离子和小苏打中碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成二氧化碳气体，即Al3+＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，D项正确。 1．对于多元弱酸溶液，应根据多步电离进行分析。例如，在H3PO4溶液中：c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。 2．对于多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根离子的分步水解分析。例如，0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中电离过程有Na2CO3===2Na＋＋ CO，H2O⥫⥬OH－＋H＋；水解过程有CO＋H2O⥫⥬HCO＋OH－，HCO＋H2O⥫⥬H2CO3＋OH－。故溶液中存在的离子有Na＋、CO、OH－、HCO、H＋，因此溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CO)> c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。 3．多元弱酸的酸式盐溶液要考虑酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小，如HCO以水解为主，0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)> c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)；而HSO以电离为主，0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)。　 4．不同溶液中同一离子浓度的大小比较，要考虑溶液中其他离子对该离子的影响。如在0.10 mol·L-1的①NH4HSO4、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4溶液中，c(NH)的大小顺序为④>①>②>③。 A．c(SO)>c(H2SO3) B．c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－) C．c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(SO)＋c(HSO)　 D．c(Na＋)＝c(HSO)＋c(H2SO3)＋2c(SO)　 【解析】 由“0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液的pH＝4”可知，HSO的电离程度大于其水解程度，所以c(SO)>c(H2SO3)，A项正确；HSO部分电离，且电离程度大于其水解程度，则溶液中离子浓度：c(Na＋)> c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)，B项正确；根据元素守恒，溶液中存在：c(Na＋)＝c(HSO)＋c(H2SO3)＋c(SO)，根据电荷守恒，溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)，C项正确、D项错误。 例如，等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中，c(NH)> c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)；等物质的量浓度的CH3COONa与CH3COOH混合溶液中，c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)。 B．H2CO3溶液中c(H＋)与c(CO)之比 C．Na2CO3溶液中c(Na＋)与c(CO)之比 【解析】 CH3COOH是弱酸，浓度不同时其电离程度不同，所以浓度是2倍关系的两醋酸中c(H＋)之比不是2∶1，A项错误；H2CO3是二元弱酸，分步电离且只发生部分电离，故c(H＋)∶c(CO)≠2∶1，B项错误；因CO发生水解被消耗，故c(Na＋)∶c(CO)>2∶1，C项错误；不管CO、CH3COO－的水解程度如何，溶液中c(Na＋)是一定的，前者c(Na＋)＝ 0.2 mol·L-1，后者c(Na＋)＝0.1 mol·L-1，故D项正确。 A．NH4Cl溶液：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－) B．Na2CO3溶液：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋) C．NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋) D．(NH4)2SO4溶液：c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－) 【解析】 氯化铵是强酸弱碱盐，NH水解导致溶液呈酸性：NH＋H2O ⥫⥬NH3·H2O＋H＋，所以c(H＋)＞c(OH－)，NH水解而氯离子不水解，所以c(Cl－)＞c(NH)，因为NH水解程度是微弱的，所以c(NH)＞c(H＋)，因此NH4Cl溶液中离子浓度的大小顺序是c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A错误；在Na2CO3溶液中，CO部分水解，溶液呈碱性，所以c(OH－)＞c(H＋)，又因为钠离子不水解，所以c(Na＋)＞c(CO)，因为CO水解程度是微弱的，所以c(CO)＞c(HCO)，根据CO的两步水解反应方程式：CO＋H2O⥫⥬HCO＋OH－、HCO＋H2O⥫⥬ H2CO3＋OH－，因第一步水解生成的HCO还要发生第二步水解，造成HCO浓度减小而OH－浓度增加，再加上水电离出的OH－，所以 c(OH－)＞c(HCO)，综上所述，在Na2CO3溶液中，离子浓度的大小顺序是c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)，故B错误；在NaHCO3溶液中，HCO仅有少量电离，所以溶液中c(HCO)＞c(CO)，溶液呈碱性，则c(OH－)>c(H＋)，所以溶液中c(Na＋)>c(HCO)> c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，故C错误；在(NH4)2SO4溶液中，铵根离子部分水解，溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，又因为水解程度微弱，所以c(NH)＞c(SO)，则溶液中离子浓度大小顺序是c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)，所以D正确。 $$