第14講3.5影響鹽類水解的主要因素及應(yīng)用（教師版）-2024年高中化學(xué)講義（選擇性必修一）

第3課第5課時影響鹽類水解的主要因素及應(yīng)用001目標(biāo)任務(wù)課程標(biāo)準(zhǔn)學(xué)習(xí)目標(biāo)1．認(rèn)識影響鹽類水解的主要因素。2．了解外界因素對水解平衡移動的影響。3．了解鹽類水解在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用。1．認(rèn)識外界因素對水解平衡的影響，運用平衡移動原理分析影響的因素及平衡移動的方向。2．能根據(jù)實驗現(xiàn)象歸納判斷鹽類水解平衡的影響因素，能分析并解決生產(chǎn)、生活中的鹽類水解問題。002預(yù)習(xí)導(dǎo)學(xué)自主梳理一、影響鹽類水解的因素1．內(nèi)因——反應(yīng)物本身的性質(zhì)鹽與水作用生成弱電解質(zhì)(弱酸或弱堿)的傾向越大，對水電離平衡的影響越大，水解程度。也就是說生成弱電解質(zhì)越難電離，水解程度?；蛘哒f生成的鹽的弱酸或弱堿越弱，水解程度。如：CH3COOH、H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)的電離常數(shù)依次減小，CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)的水解程度依次，其溶液的pH依次。2．外因——溫度、濃度、酸或堿(1)已知：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，根據(jù)實驗操作填寫下表可能影響因素實驗操作現(xiàn)象解釋或結(jié)論鹽的濃度加入FeCl3固體，再測溶液的pH溶液顏色變，溶液的pH加入FeCl3固體，c(Fe3＋)增大，水解平衡向方向移動溶液的酸堿度加鹽酸后，測溶液的pH溶液顏色變淺，溶液的pH加入鹽酸，c(H＋)增大，水解平衡向方向移動，但c(H＋)仍比原平衡中c(H＋)大加入少量NaOH溶液產(chǎn)生色沉淀加入氫氧化鈉后，OH－消耗H＋，c(H＋)減小，水解平衡向方向移動(2)結(jié)論①溫度：鹽的水解是吸熱反應(yīng)，因此升高溫度，水解程度。②濃度：鹽的濃度越小，水解程度。③酸堿性：向鹽溶液中加入H＋，可抑制水解，促進(jìn)水解。二、鹽類水解的基本應(yīng)用1．熱的純堿溶液去油污：加熱Na2CO3溶液，促進(jìn)Na2CO3水解，使溶液中c(OH－)增大。2．鹽溶液的配制和保存配制，保存SnCl2或FeCl3等易水解的鹽溶液時，加入少量鹽酸的目的是。3．作凈水劑鋁鹽、鐵鹽等部分鹽類水解生成，有較強(qiáng)的吸附性，常用作凈水劑。如明礬水解的離子方程式為。4．物質(zhì)制備(如制備TiO2、SnO、SnO2、Sn2O3等)(1)用TiCl4制取TiO2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。TiO2·xH2Oeq\o(=,\s\up10(△))TiO2＋xH2O。(2)利用鹽的水解可以制備納米材料?！敬鸢浮恳?、1．越大越大越大增大增大2．(1)深變小正反應(yīng)淺變小逆反應(yīng)紅褐正反應(yīng)(2)①增大②越大③弱堿陽離子弱酸陰離子二、2．抑制Sn2＋或Fe3＋水解。3．膠體Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋。4．(1TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl。預(yù)習(xí)檢測1．下列措施能使NaClO溶液的水解平衡正向移動，水解程度反而減小的是A．增大NaClO溶液濃度 B．加水稀釋C．升高溫度 D．加入適量NaOH固體【答案】A【解析】A．增大NaClO溶液濃度，水解平衡正向移動，但由于溶液濃度增大，所以水解程度減小，故A選；B．加水稀釋，水解平衡正向移動，水解程度增大，故B不選；C．水解是吸熱過程，升高溫度，水解平衡正向移動，水解程度增大，故C不選；D．加入適量NOH固體，c(OH)增大，水解平衡逆向移動，故D不選；所以選A。2．在的平衡體系中，要抑制的水解，可采取的措施為A．升高溫度 B．滴加少量鹽酸C．加入適量氫氧化鈉溶液 D．加水稀釋【答案】B【解析】由可知，加酸可抑制Al

3+的水解，以此來解答。A．水解為吸熱反應(yīng)，加熱促進(jìn)水解，故A不選；B．滴加少量鹽酸，氫離子濃度增大，抑制水解，故B選；C．加入適量的氫氧化鈉溶液，與氫離子反應(yīng)，促進(jìn)水解，故C不選；D．加水稀釋，促進(jìn)水解，故D不選；故選B。3．已知溶液中存在如下平衡：，下列說法中正確的是A．加入適量水后平衡向右移動，增大B．加熱后平衡向左移動，增大C．加入后有氣泡產(chǎn)生，一段時間后可得到紅褐色沉淀D．加熱蒸干溶液并灼燒可得【答案】C【解析】A．加入適量水后，稀釋溶液使體積增大，促進(jìn)鐵離子水解，平衡向右移動，根據(jù)勒夏特列原理可知，減小，A錯誤；B．加熱后，促進(jìn)鐵離子水解，平衡向右移動，減小，B錯誤；C．根據(jù)可知，溶液顯酸性，加入后，與氫離子反應(yīng)生成二氧化碳，有氣泡產(chǎn)生，減小，平衡向右移動，一段時間后增多，故可得到紅褐色沉淀，C正確；D．溶液水解后產(chǎn)生硫酸，硫酸難揮發(fā)，會和水解產(chǎn)生的反應(yīng)又生成，故加熱蒸干溶液并灼燒可得，故D錯誤；故答案選C。4．下列有關(guān)物質(zhì)的用途或現(xiàn)象與鹽的水解無關(guān)的是A．某雨水樣品采集后放置一段時間，由4.68變?yōu)?.28B．實驗室中盛放溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞C．與兩種溶液可用作泡沬滅火劑D．與溶液可用作焊接金屬時的除銹劑【答案】A【解析】A．由pH可知該雨水為酸雨，雨水放置一段時間，pH減小的原因是酸雨中的亞硫酸被氧氣氧化為硫酸，并不是鹽類水解造成的，故A符合題意；B．Na2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解后呈堿性，玻璃中的成分SiO2在堿性溶液中反應(yīng)生成硅酸鈉，容易使瓶塞粘住瓶口，屬于鹽類水解的機(jī)理，故B不符合題意；C．Al2(SO4)3水解呈酸性，NaHCO3水解呈堿性，二者相互促進(jìn)水解，反應(yīng)產(chǎn)生CO2，屬于鹽類水解的應(yīng)用，故C不符合題意；D．NH4Cl與ZnCl2都是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性，產(chǎn)生的HCl可以作為除銹劑，屬于鹽類水解的應(yīng)用，故D不符合題意；故本題選A。5．化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A．泡沫滅火器中的反應(yīng)物為Al2(SO4)3和NaHCO3B．廢舊鋼材焊接前，可先用飽和Na2CO3溶液處理焊點的油污C．NH4Cl和ZnCl2溶液去除鐵銹的原理相同D．明礬既能除去水中的懸浮雜質(zhì)又能殺菌消毒【答案】D【解析】A．泡沫滅火器中的反應(yīng)物為Al2(SO4)3和NaHCO3，兩者能發(fā)生完全雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁和二氧化碳，從而達(dá)到滅火目的，故A正確；B．飽和Na2CO3溶液水解呈堿性，能使油脂水解，從而去除油污，故B正確；C．NH4Cl和ZnCl2溶液都能發(fā)生水解，使溶液呈酸性，使氧化鐵溶解，因此可用兩種溶液除去鐵銹，原理相同，故C正確；D．明礬不能殺菌消毒，故D錯誤；故選：D。6．下列過程或現(xiàn)象與鹽類水解無關(guān)的是A．純堿溶液去油污 B．鐵在潮濕的環(huán)境下生銹C．用氯化銨溶液除鐵銹 D．濃硫化鈉溶液有臭味【答案】B【解析】A．純堿水解使得溶液顯堿性，有利于油脂的水解，與鹽類水解有關(guān)，選項A不選；B．鐵在潮濕的環(huán)境下鐵和氧氣、水反應(yīng)而導(dǎo)致鐵被腐蝕，與鹽類水解無關(guān)，選項B選；C．氯化銨溶液水解溶液顯酸性，能和金屬氧化物反應(yīng)用于除銹，與鹽類水解有關(guān)，選項C不選；D．溶液有臭味是因為硫化鈉水解后產(chǎn)生了少量的硫化氫，與鹽類水解有關(guān)，選項D不選。故選B。探究提升03探究提升03?環(huán)節(jié)一影響鹽類水解的主要因素【情境材料】上面三支試管內(nèi)分別盛有0.1mol·L－1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、CH3COONa溶液，各滴入幾滴酚酞溶液，溶液均顯紅色?！締栴}探究】1．向甲試管中加入少量Na2CO3固體，有什么現(xiàn)象？水解平衡如何移動？2．向乙試管中通入HCl氣體有什么現(xiàn)象發(fā)生？水解平衡如何移動？3．加熱丙試管有什么現(xiàn)象發(fā)生？水解平衡如何移動？【答案】1．紅色加深。水解平衡右移。2．紅色變淺直至褪色，有氣泡冒出。水解平衡右移。3．紅色加深。水解平衡右移。要點歸納影響鹽類水解的因素內(nèi)因反應(yīng)物本身的性質(zhì)，即組成鹽的弱酸陰離子或弱堿陽離子對應(yīng)的酸或堿越弱，鹽的水解程度越大溫度鹽的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，因此升高溫度促進(jìn)鹽的水解，降低溫度抑制鹽的水解濃度鹽濃度越小，水解程度越大；鹽濃度越大，水解程度越小酸堿性加酸抑制陽離子水解，促進(jìn)陰離子水解；加堿抑制陰離子水解，促進(jìn)陽離子水解“同離子”效應(yīng)向能水解的鹽溶液中加入與水解產(chǎn)物相同的離子，水解被抑制；若將水解產(chǎn)物消耗掉，則促進(jìn)水解(1)能水解的鹽的濃度越大，水解程度越小，但其溶液的酸性(或堿性)比稀溶液的酸性(或堿性)強(qiáng)。(2)越弱越水解，越熱越水解，越稀越水解，加酸堿抑制或促進(jìn)水解。典例精講【例1】（2023秋·廣東廣州·高二華南師大附中?？计谀榱伺渲芅H的濃度與Cl的濃度比為1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入①適量NH4NO3；②適量NaCl；③適量氨水；④適量HClA．①② B．②③ C．①③ D．②④【答案】C【解析】氯化銨是典型的強(qiáng)堿弱酸鹽，由于NH水解，導(dǎo)致溶液中c（NH)<c(C1），溶液呈酸性，為了配制NH與C1的濃度比為1：1的溶液，須加一定量的酸性物質(zhì)并保持氯離子濃度不變，抑制水解；或增加銨根離子濃度；或減少溶液中氯離子的濃度。①適量NH4NO3，溶液中加入硝酸銨晶體后，增加溶液中銨根離子的濃度，并保持氯離子濃度不變，故①正確;②適量NaCl，溶液中加入NaCl晶體后，增加溶液中氯離子的濃度，并保持銨根離子濃度不變，導(dǎo)致c（NH)<c(C1），故②錯誤;③適量氨水，通過增加一水合氨濃度從而抑制銨根離子的水解，增加溶液中銨根離子的濃度，并保持氯離子濃度不變，故③正確;④適量HCl，氫離子濃度增大會抑制銨根離子的水解，但增加了氯離子的濃度，導(dǎo)致c（NH)<c(C1），故④錯誤。故選C?！纠?】（2023春·四川綿陽·高二四川省綿陽江油中學(xué)?？计谥校┫铝嘘P(guān)于鹽類水解的說法正確的是A．在Na2S溶液中加入少量Na2S固體，Na2S的水解程度增大B．將CuSO4溶液由20℃加熱到60℃，溶液的pH增大C．向CH3COONa溶液中加水，溶液中的比值增大D．常溫下，0.1mol/L的NaB溶液的pH=8，溶液中c(Na+)=c(B)+c(HB)=0.1mol/L【答案】D【解析】A．在Na2S溶液中加入少量Na2S固體，Na2S溶液的濃度增大，水解程度減小，故A錯誤；B．鹽類水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，CuSO4在溶液中的水解程度增大，溶液中的氫離子濃度增大，溶液的pH減小，故B錯誤；C．加水稀釋CH3COONa溶液時，溶液中醋酸根離子和氫氧根離子濃度都減小，水的離子積不變，則溶液中氫離子濃度增大，的比值減小，故C錯誤；D．常溫下，0.1mol/L的NaB溶液的pH=8，溶液顯堿性，說明NaB為強(qiáng)堿弱酸鹽，即HB為弱酸，溶液中存在物料守恒關(guān)系：c(Na+)=c(B)+c(HB)=0.1mol/L，故D正確；答案選D?！纠?】（2023春·安徽六安·高二六安市裕安區(qū)新安中學(xué)?？计谥校舛染鶠?.1mol/L的NH4Cl、(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2Fe(SO4)2四種溶液中，設(shè)NH離子濃度分別為amol/L、bmol/L和cmol/L，dmol/L則a、b、c、d關(guān)系為A．b=d＞a=c B．c＜a＜b＜d C．a(chǎn)＜c＜b=d D．a(chǎn)＜c＜b＜d【答案】D【解析】濃度均為0.1mol/L的NH4Cl、(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2Fe(SO4)2四種溶液中，(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2二種銨鹽銨根離子系數(shù)都是2，NH4Cl、NH4HSO4二種銨鹽銨根離子系數(shù)都是1，則(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2二種銨鹽銨根離子濃度比NH4Cl、NH4HSO4二種銨鹽銨根離子濃度大，由于(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+水解呈酸性，會抑制NH的水解，則(NH4)2Fe(SO4)2中銨根離子濃度大于(NH4)2SO4中銨根離子濃度，NH4HSO4中會電離出H+，抑制銨根離子水解，則NH4HSO4中銨根離子濃度大于NH4Cl中銨根離子濃度，由上分析可得，NH離子濃度關(guān)系為a＜c＜b＜d；故選D。?環(huán)節(jié)二鹽類水解的應(yīng)用【情境材料】1．將氯化亞錫晶體(SnCl2·2H2O)溶于蒸餾水，SnCl2在水中會發(fā)生水解反應(yīng)生成沉淀：SnCl2＋H2O=Sn(OH)Cl↓＋HCl，此時加入稀鹽酸，溶液又變澄清，反應(yīng)圖示如下：2．人們利用水解反應(yīng)原理設(shè)計出了泡沫滅火器。下圖為泡沫滅火器構(gòu)造示意圖：泡沫滅火器內(nèi)有兩個容器，內(nèi)筒a裝有Al2(SO4)3溶液，外筒b裝有飽和NaHCO3溶液，兩種溶液互不接觸，不發(fā)生任何化學(xué)反應(yīng)。當(dāng)需要滅火時，把滅火器倒立，兩種溶液混合在一起，就會產(chǎn)生大量的氣體和沉淀，在起泡劑的作用下迅速產(chǎn)生大量泡沫并噴出，它們能粘附在可燃物上，使可燃物與空氣隔絕，達(dá)到滅火的目的。【問題探究】1．配制SnCl2溶液時，為什么不能直接將SnCl2溶解在水中，而要加入適量鹽酸？2．泡沫滅火器的滅火原理是什么？寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。3．蒸干AlCl3水溶液并灼燒，得到的固體物質(zhì)是什么？蒸干并灼燒Al2(SO4)3溶液得到的固體物質(zhì)又是什么？【答案】1．SnCl2溶于水會得到Sn(OH)Cl沉淀，加入鹽酸會使SnCl2＋H2O=Sn(OH)Cl↓＋HCl的平衡逆向移動，從而得到SnCl2溶液。2．Al2(SO4)3溶液與NaHCO3溶液發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，Al2(SO4)3＋6NaHCO3=2Al(OH)3↓＋3Na2SO4＋6CO2↑，產(chǎn)生的CO2、Al(OH)3一起噴出而滅火。3．AlCl3溶液中存在：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加熱，HCl揮發(fā)，平衡右移，得到Al(OH)3，再灼燒，Al(OH)3分解，最終得到Al2O3。蒸干并灼燒Al2(SO4)3溶液得到Al2(SO4)3。要點歸納1．在科學(xué)研究中的應(yīng)用應(yīng)用舉例判斷溶液的酸堿性如FeCl3溶液顯酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋配制或貯存易水解的鹽溶液配制CuSO4溶液時，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；貯存Na2CO3、Na2SiO3溶液時，不能用磨口玻璃塞，應(yīng)用帶有橡膠塞的試劑瓶膠體的制取制取Fe(OH)3膠體的反應(yīng)：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋制備某些無水鹽將某些揮發(fā)性酸對應(yīng)的弱堿鹽溶液直接蒸干時得不到無水鹽。例如：加熱AlCl3、FeCl3溶液，在加熱過程中水解生成的HCl不斷揮發(fā)，水解平衡不斷向右移動，得到Al(OH)3、Fe(OH)3，繼續(xù)加熱，Al(OH)3、Fe(OH)3分解得到Al2O3、Fe2O3，所以要得到無水AlCl3、FeCl3，只有在HCl氣流中加熱對應(yīng)溶液才能實現(xiàn)物質(zhì)的提純除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可在加熱攪拌的條件下加入MgO、鎂粉、Mg(OH)2或MgCO3，從而降低溶液酸性使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，然后通過過濾除去判斷離子共存Al3＋與AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、S2－、HS－等因相互促進(jìn)水解而不能共存2．在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和生活中的應(yīng)用應(yīng)用舉例泡沫滅火器原理主要成分為NaHCO3溶液與Al2(SO4)3溶液，發(fā)生的反應(yīng)為Al3＋＋3HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=Al(OH)3↓＋3CO2↑，滅火器內(nèi)壓強(qiáng)增大，CO2、Al(OH)3一起噴出覆蓋在著火物質(zhì)上使火焰熄滅化肥的施用銨態(tài)氮肥(溶液顯酸性)與草木灰(溶液顯堿性)不得混合施用熱的純堿溶液清洗油污COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2OHCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－，加熱，水解平衡右移，溶液堿性增強(qiáng)，去污能力增強(qiáng)明礬凈水Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋，Al(OH)3膠體具有吸附性，可作凈水劑除銹劑NH4Cl、ZnCl2溶液因NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、Zn2＋水解而顯酸性，金屬表面的氧化膜可與H＋反應(yīng)，因此均可作焊接時的除銹劑3．鹽類的水解常數(shù)用HA表示一元弱酸，MOH表示一元強(qiáng)堿，MA表示由它們生成的鹽，MA為強(qiáng)堿弱酸鹽，其水解離子方程式為A－＋H2OHA＋OH－，則水解常數(shù)：Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)＝eq\f(c（HA）·c（OH－）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）)＝eq\f(Kw,Ka)，同理，可推出強(qiáng)酸弱堿鹽的水解常數(shù)與弱堿電離常數(shù)(Kb)的關(guān)系式：Kh＝eq\f(Kw,Kb)。(1)鋁鹽、鐵鹽是常見的凈水劑，其原理是利用Al3＋、Fe3＋的水解得到Al(OH)3、Fe(OH)3膠體，可以使水中細(xì)小的懸浮顆粒聚集成較大的顆粒而沉淀，從而除去水中的懸浮物，起到凈水的作用。(2)TiO2的制備方法：向TiCl4中加入大量水，同時加熱，發(fā)生下列反應(yīng)：TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl，所得的TiO2·xH2O經(jīng)焙燒得到TiO2。(3)能水解的鹽溶液蒸干產(chǎn)物的判斷金屬陽離子易水解的難揮發(fā)性強(qiáng)酸鹽蒸干后一般得到原物質(zhì)，如將CuSO4溶液蒸干得CuSO4金屬陽離子易水解的易揮發(fā)性酸鹽蒸干灼燒后一般得對應(yīng)的氧化物，如AlCl3溶液蒸干得Al(OH)3，灼燒得Al2O3酸根離子易水解的強(qiáng)堿鹽蒸干后一般得到原物質(zhì)，如將Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3典例精講【例4】（2022秋·廣東佛山·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）下列應(yīng)用與水解原理無關(guān)的是A．用熱的純堿溶液去油污B．草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用C．用水熱法制D．配制溶液時加入鐵粉【答案】D【解析】A．用熱的純堿溶液去油污，，油污在堿性條件下水解，選項A不符合題意；B．草木灰顯堿性不能與銨態(tài)氮肥混合使用，否則會產(chǎn)生氨氣降低肥效，選項B不符合題意；C．TiCl4水解生成和HCl，與水解原理有關(guān)，選項C不符合題意；D．亞鐵離子容易被氧化，配置溶液時加入鐵粉，防止亞鐵離子氧化，與水解原理無關(guān)，選項D符合題意；答案選D。【例5】（2023春·湖北武漢·高二華中師大一附中?？计谥校┫铝嘘P(guān)于鹽類水解的應(yīng)用，說法不正確的是A．水溶液蒸發(fā)結(jié)晶能得到B．常溫下，溶液不能保存在玻璃試劑瓶中C．配制氯化鐵溶液時，先將氯化鐵固體溶于鹽酸中D．使用泡沫滅火器時，混合溶液與溶液【答案】A【解析】A．氫氧化鎂比碳酸鎂更難溶，水溶液蒸發(fā)結(jié)晶能得到Mg(OH)2，故A錯誤；B．常溫下，溶液水解生成氫氟酸，二氧化硅和氫氟酸反應(yīng)生成SiF4和水，所以溶液不能保存在玻璃試劑瓶中，故B正確；C．配制氯化鐵溶液時，為防止氯化鐵水解，先將氯化鐵固體溶于鹽酸中，故C正確；D．使用泡沫滅火器時，混合溶液與溶液發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，故D正確；選A。?環(huán)節(jié)三溶液中粒子濃度的比較【情境材料】CH3COONa溶液中存在著下列電離和反應(yīng)過程：【問題探究】1．CH3COONa溶液中的Na＋、OH－、CH3COO－、H＋四種離子濃度大小有什么關(guān)系？2．某溶液中只含有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、Cl－、OH－、H＋四種離子，該溶液的溶質(zhì)可能有幾種情況？3．寫出CH3COONa溶液中的電荷守恒關(guān)系式?！敬鸢浮?．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)2．一種溶質(zhì)時，只有NH4Cl；兩種溶質(zhì)時有：①NH4Cl與HCl，②NH4Cl與NH3·H2O。3．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)。要點歸納1．明確兩大理論，構(gòu)建思維模型(1)電離理論①弱電解質(zhì)的電離是微弱的，電離產(chǎn)生的微粒都非常少，同時還要考慮水的電離。如氨水中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。②多元弱酸的電離是分步進(jìn)行的，其主要是第一級電離。如在H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。(2)水解理論①弱離子的水解損失是微量的(雙水解除外)，但由于水的電離，故水解后酸性溶液中c(H＋)或堿性溶液中c(OH－)總是大于水解產(chǎn)生的弱電解質(zhì)溶液的濃度。如NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。②多元弱酸酸根離子的水解是分步進(jìn)行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)。2．把握三種守恒，明確等量關(guān)系(1)電荷守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，不論存在多少種離子，溶液總是呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如Na2CO3溶液中存在著Na＋、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－、HCOeq\o\al(－,3)，它們存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。(2)物料守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能水解或電離，離子種類增多，但原子總數(shù)是守恒的。如Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)能水解，故碳元素以COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3三種形式存在，它們之間的守恒關(guān)系：eq\f(1,2)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)。(3)質(zhì)子守恒規(guī)律①含義：質(zhì)子守恒是指電解質(zhì)溶液中粒子電離出的H＋總數(shù)等于粒子接受的H＋總數(shù)。②應(yīng)用：如Na2S溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移如下：可得Na2S溶液中質(zhì)子守恒關(guān)系為c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。質(zhì)子守恒關(guān)系也可由電荷守恒關(guān)系與物料守恒關(guān)系推導(dǎo)得到。3.“五模板”突破溶液中微粒濃度關(guān)系（1）MCl（強(qiáng)酸弱堿鹽）溶液①電荷守恒：c(②物料守恒：c(③微粒濃度：c(（2）Na2①電荷守恒：c(②物料守恒：c(③微粒濃度：c(（3）NaHA（弱酸的酸式鹽）溶液（a：水解為主，b：電離為主）①電荷守恒：c(②物料守恒：c(③微粒濃度a:c（4）同濃度、同體積的HA（弱酸）與NaA混合液（a:pH①電荷守恒：c(②物料守恒：2c(③微粒濃度a（5）同濃度、同體積的MOH（弱堿）與MCl混合液（a:pH①電荷守恒：c(②物料守恒：2c(③微粒濃度a(1)書寫電荷守恒式時容易漏寫部分離子和未在離子濃度前乘以該離子所帶電荷數(shù)，如Na2CO3溶液中漏寫HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))或未在c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))前乘以“2”。(2)書寫物料守恒時，未列出含某元素的全部粒子，如Na2CO3溶液中漏寫H2CO3。(3)應(yīng)用原子守恒時，要抓住電解質(zhì)溶液中得失原子的基準(zhǔn)態(tài)物質(zhì)。典例精講【例6】（2023春·河南周口·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）草酸()是二元弱酸，常溫下，下列有關(guān)草酸及草酸鹽溶液的敘述錯誤的是A．在溶液中B．在溶液中C．在溶液中D．在和混合溶液中【答案】B【解析】A．在溶液中，草酸()是二元弱酸，弱酸電離度很小主要以分子形成存在于溶液中，草酸一次電離程度遠(yuǎn)大于二次電離，兩次電離都會產(chǎn)生氫離子，水也會電離出氫離子，所以溶液中各微粒濃度大小為，故A正確；B．在溶液中，根據(jù)電荷守恒得到：，根據(jù)物料守恒得到：，整理得到：，故B錯誤；C．在溶液中，根據(jù)物料守恒得到：，故C正確；D．在和混合溶液中，根據(jù)電荷守恒得到：，故D正確；故選：B?！纠?】（2022春·湖南株洲·高二統(tǒng)考期末）25℃時，用2amol?L1NaOH溶液滴定1.0L2amol?L1HF溶液，得到混合液中HF、F的物質(zhì)的量與溶液pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．pH=3時，溶液中：c(Na+)＞c(F)B．當(dāng)c(F)＞c(HF)時，一定有c(OH)＞c(H＋)C．pH=3.45時，NaOH溶液與HF恰好完全反應(yīng)D．pH=4時溶液中：c(HF)+c(Na+)+c(H+)－c(OH)＜2amol?L1【答案】D【解析】A．pH=3時，c(H+)＞c(OH)，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(F)，則c(F)＞c(Na+)，故A錯誤；B．當(dāng)pH＞3.45時，c(F)＞c(HF)，溶液可能呈酸性、中性或堿性，故B錯誤；C．HF為弱酸，恰好反應(yīng)時溶液應(yīng)成堿性，當(dāng)pH=3.45時HF酸過量，故C錯誤；D．當(dāng)pH=4時，混合溶液體積大于1.0L，c(F)＜1.6amol/L，c(HF)＜0.4amol/L，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(F)，c(F)=c(Na+)+c(H+)c(OH)＜1.6amol/L，則c(HF)+c(Na+)+c(H+)c(OH)＜2amol?L1，故D正確；故選D?！纠?】（2023秋·河南平頂山·高二統(tǒng)考期末）室溫下，下列各溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A．溶液中：B．氨水與氯化銨的混合溶液中可能存在：C．溶液和溶液等濃度等體積混合后的溶液中(忽略體積變化，混合后)：D．溶液與溶液中都存在關(guān)系式：【答案】D【解析】A．溶液中的水解程度較小，，同時，A項錯誤；B．氨水與氯化銨的混合溶液中不可能存在：，因不符合電荷守恒，B項錯誤；C．和溶液等濃度等體積混合后，說明的電離程度大于的水解程度，則，C項錯誤；D．愘液與溶液中存在的離子種類相同，則根據(jù)電荷守恒可知，都存在關(guān)系式：，D項正確。故選D。004課堂總結(jié)005強(qiáng)化訓(xùn)練探究提升一、單選題1．（2023春·四川遂寧·高二射洪中學(xué)校考階段練習(xí)）要使0.01mol/LK2CO3溶液中的c()更接近0.01mol/L，可以采取的措施是A．通入CO2 B．加入Na2CO3固體C．加熱 D．加入適量KOH固體【答案】D【解析】A．向0.01mol/LK2CO3溶液中通入CO2，因發(fā)生+CO2+H2O=2，導(dǎo)致濃度小于0.01mol/L，A不合題意；B．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入Na2CO3固體，導(dǎo)致濃度大于0.01mol/L，B不合題意；C．加熱能夠促進(jìn)水解，導(dǎo)致0.01mol/LK2CO3溶液中濃度小于0.01mol/L，C不合題意；D．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入適量KOH固體，由于OH濃度增大，抑制水解，導(dǎo)致0.01mol/LK2CO3溶液中濃度接近0.01mol/L，D符合題意；故答案為：D。2．（2022秋·遼寧·高二鳳城市第一中學(xué)校聯(lián)考期中）室溫下，對于1.0L0.1mol?L1的醋酸鈉溶液，下列判斷正確的是A．加入少量醋酸鈉固體后，水解平衡正向移動，溶液的pH降低B．加入少量的冰醋酸后，水解平衡逆向移動，水解平衡常數(shù)減小C．升高溫度，平衡正向移動，c(CH3COOH)與c(CH3COO)的比值減小D．滴加氫氧化鈉溶液過程中，n(CH3COO)與n(CH3COOH)之和始終為0.1mol【答案】D【解析】A．加入少量醋酸鈉固體后，增大反應(yīng)物濃度，水解平衡正向移動，c(OH)增大，溶液的pH增大，A不正確；B．加入少量的冰醋酸后，增大了生成物濃度，水解平衡逆向移動，但由于溫度不變，所以水解平衡常數(shù)不變，B不正確；C．升高溫度，水解平衡正向移動，n(CH3COOH)增大，n(CH3COO)減小，=，則比值增大，C不正確；D．依據(jù)物料守恒，1.0L0.1mol?L1的醋酸鈉溶液，n(CH3COO)+n(CH3COOH)=1.0L×0.1mol?L1=0.1mol，滴加氫氧化鈉溶液過程中，n(CH3COOH)減小的數(shù)值與n(CH3COO)增大的數(shù)值相等，所以n(CH3COO)與n(CH3COOH)之和始終為0.1mol，D正確；故選D。3．（2022秋·山東青島·高二山東省青島第一中學(xué)?？计谥校┫铝腥芤褐杏嘘P(guān)微粒的物質(zhì)的量濃度和數(shù)目關(guān)系正確的是A．常溫下，將醋酸鈉和鹽酸兩溶液混合至中性，混合后的溶液中B．等濃度的溶液與KOH溶液等體積混合：C．pH相等的①、②、③三種溶液，大小是②>①>③D．為二元弱酸，則等濃度等體積的與NaHA溶液中陰離子數(shù)目前者大于后者【答案】D【解析】A．常溫下，將醋酸鈉和鹽酸兩溶液混合，兩溶液發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，當(dāng)溶液呈中性時，，根據(jù)電荷守恒可知，溶液中，因此，根據(jù)物料守恒可知，溶液中，由兩式可知，溶液中，因此溶液中，故A項錯誤；B．等濃度的溶液與KOH溶液等體積混合，二者恰好完全反應(yīng)生成K2SO3，溶液中電荷守恒為，物料守恒為，兩式聯(lián)立可得，故B項錯誤C．pH相等的①、②、③三種溶液，和中的水解程度相同，電離出的H+會抑制水解，溶液中H+主要來自鹽的電離，因此與①②③溶液pH相等時，③的溶質(zhì)濃度更低，因此三組溶液中大小是①=②>③，故C項錯誤；D．等濃度等體積的與NaHA溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等，A2發(fā)生水解(陰離子數(shù)目增加)，HA發(fā)生水解和電離時，溶液中陰離子數(shù)目變化較小，因此陰離子數(shù)目前者大于后者，故D項正確；綜上所述，正確的是D項。4．（2022春·湖南·高二校聯(lián)考期末）某化學(xué)小組的同學(xué)測定溶液在先升溫再降溫過程中的pH(不將慮溫度變化過程中溶液體積的變化)，數(shù)據(jù)如下：時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25下列說法中正確的是A．溶液中存在水解平衡：B．④的pH與①不同，是濃度減小造成的C．①→③的過程中，溫度和濃度的變化對水解平衡移動方向的影響一致D．?、佗軙r刻的溶液，加入溶液，④產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量更多【答案】B【解析】A．Na2SO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，存在水解平衡，分兩步水解，水解平衡為：，故A錯誤；B．溫度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，說明溶液中OH濃度降低，也就說明過程中濃度有所降低，故B正確；C．①到③過程溫度升高，溶液pH降低，由于④中被氧化為，濃度減小，平衡逆移，而升高溫度，平衡正移，因此溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響不一致，故C錯誤；D．①時刻加入溶液產(chǎn)生沉淀是BaSO3，④中被氧化為，④產(chǎn)生的白色沉淀是BaSO3和BaSO4，由于濃度減小，因此①產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量更多，故D錯誤；故選：B。5．（2022春·河南安陽·高二安陽縣高級中學(xué)統(tǒng)考階段練習(xí)）下列圖示裝置涉及的原理或操作正確的是ABCD過濾轉(zhuǎn)移溶液蒸發(fā)結(jié)晶制取無水FeCl3檢查裝置氣密性A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．過濾時漏斗尖端長的一側(cè)靠燒杯壁，A錯誤；B．向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液需要用玻璃棒引流，B錯誤；C．制備無水氯化鐵固體需要將溶液在氯化氫氛圍中加熱蒸干，C錯誤；D．關(guān)閉止水夾，若裝置氣密性良好，長頸漏斗中液面不會下降，D正確；故選D。6．（2022秋·河南鄭州·高二統(tǒng)考期末）為了探究外界條件對氯化銨水解平衡的影響，某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計實驗方案，獲得如下數(shù)據(jù)：實驗c(NH4Cl)/mol·L?1V(NH4Cl)/mL溫度/℃pH10.02525x20.02530y30.2525z下列說法不正確的是A．由x＞y可知：升高溫度能促進(jìn)氯化銨的水解B．由x＞z可知：增大鹽的濃度，水解平衡正向移動，水解程度增大C．由z＜x＜z+1可知：稀釋氯化銨溶液，水解平衡正向移動D．Kh(NH4Cl)與Kb(NH3·H2O)的關(guān)系為：Kh=(Kw為水的離子積常數(shù))【答案】B【解析】A．實驗1和1探究溫度對氯化銨的水解的影響，水解方程式：NH+H2ONH3·H2O+H+，由x＞y即實驗2氫離子的濃度較大，可知升高溫度能促進(jìn)氯化銨的水解，A正確；B．實驗1和3探究濃度對氯化銨的水解的影響，由x＞z可知：增大鹽的濃度，水解平衡正向移動，但是水解程度減小，B錯誤；C．實驗3氯化銨的濃度是實驗1的10倍，由z＜x＜z+1，即稀釋10倍后，pH變化小于1，由越稀越水解可知：稀釋氯化銨溶液，水解平衡正向移動，C正確；D．氯化銨的水解方程式：NH+H2ONH3·H2O+H+，Kh=，D正確；故選：B。7．（2022秋·河南鄭州·高二統(tǒng)考期末）常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法不正確的是A．向Na2CO3溶液中通入NH3，減小B．將0.1mol·L1的K2C2O4溶液從25℃升溫至35℃，增大C．向0.1mol·L1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，=1D．向0.1mol·L1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大【答案】D【解析】A．在一定條件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2O?HCO+OH，溶液中通入NH3，抑制水解，所以減小，故A正確；B．K2C2O4溶液中草酸根離子水解顯示堿性，升高溫度，水解程度增加，草酸根離子濃度減小，鉀離子濃度不變，所以增大，故B正確；C．向0.1mol?L1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此時溶液的溶質(zhì)是HF和NaF的混合物，存在電荷守恒，c(H+)=c(OH)，鈉離子和氟離子濃度相等，=1，故C正確；D．CH3COONa溶液中加入少量水，不會影響醋酸的電離平衡常數(shù)，即不變，故D錯誤；故選：D。8．（2022秋·廣東深圳·高二校考期中）25℃時，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A．0.1mol·L1CH3COONa溶液與0.1mol·L1HCl溶液等體積混合：c(Na＋)=c(Cl)＞c(CH3COO)＞c(OH)B．0.1mol·L1NH4Cl溶液與0.1mol·L1氨水等體積混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl)＞c(OH)C．0.1mol·L1Na2CO3溶液與0.1mol·L1NaHCO3溶液等體積混合：c(Na＋)=c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)D．0.1mol·L1Na2C2O4溶液與0.1mol·L1HCl溶液等體積混合(H2C2O4為二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH)=c(Na＋)＋c(H＋)【答案】A【解析】A．0.1mol·L1CH3COONa溶液與0.1mol·L1HCl溶液等體積混合，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的CH3COOH和NaCl，醋酸為弱酸，部分電離，所以c(Na＋)=c(Cl)＞c(CH3COO)＞c(OH)，A項正確；B．0.1mol·L1NH4Cl溶液與0.1mol·L1氨水等體積混合，pH>7，說明一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，若不考慮NH水解和的電離，則c(NH)=c()=c(Cl)，在考慮溶液中水解平衡和電離平衡后，因一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，則c(NH)＞c(Cl)＞c()＞c(OH)，B項錯誤；C．根據(jù)物料守恒，0.1mol·L1Na2CO3溶液中，c(Na+)＝2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，0.1mol·L1NaHCO3溶液中，c(Na+)＝c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，二者等體積混合，則2c(Na+)＝3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，即c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，C項錯誤；D、0.1mol·L1Na2C2O4溶液與0.1mol·L1HCl溶液等體積混合，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaHC2O4和NaCl，根據(jù)電荷守恒有：c(Na＋)+c(H＋)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH)+c(Cl)，D項錯誤；答案選A。9．（2022春·廣西南寧·高二南寧三中?？计谥校┰O(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl、HClO和ClO總數(shù)為2NAB．將稀氨水滴入含1mol(NH4)2SO4的溶液至中性，溶液中NH數(shù)目為2NAC．1L0.1mol/L醋酸溶液中含有氧原子數(shù)等于0.2NAD．0.1mol/LNaAlO2溶液中AlO的數(shù)目小于0.1NA【答案】B【解析】A．根據(jù)元素守恒可知2N(Cl2)+N(Cl)+N(HClO)+N(ClO)=2NA，故A錯誤；B．稀氨水滴入含1mol(NH4)2SO4的溶液至中性，根據(jù)電荷守恒得：，此時溶液呈中性則，，則=2mol，溶液中NH數(shù)目為2NA，故B正確；C．溶劑水中也含有O原子，故C錯誤；D．溶液體積未知，不能確定離子數(shù)目多少，故D錯誤；故選：B。10．（2022秋·陜西西安·高二統(tǒng)考期末）現(xiàn)有等濃度的下列溶液：①醋酸，②次氯酸，③醋酸鈉，④碳酸，⑤碳酸鈉，⑥碳酸氫鈉。按溶液pH由小到大排列正確的是A．④①②⑤⑥③ B．④①②⑥⑤③ C．①④②③⑥⑤ D．①④②⑥③⑤【答案】C【解析】醋酸的酸性強(qiáng)于碳酸，碳酸酸性強(qiáng)于次氯酸，弱酸的酸性越強(qiáng)，其酸根離子的水解程度越弱，因此碳酸鈉的水解程度強(qiáng)于碳酸氫鈉強(qiáng)于醋酸鈉，碳酸鈉、碳酸氫鈉、醋酸鈉水解生成氫氧根離子，均呈堿性，因此等濃度的下列溶液，溶液pH由小到大排列順序為①④②③⑥⑤，故答案選C。11．（2023春·廣西南寧·高二南寧三十六中校考期末）下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)說法不正確的是A．Li與O2反應(yīng)產(chǎn)生黃色火焰，生成Li2O2B．施肥時碳酸氫銨應(yīng)避免與草木灰混合使用C．SO2具有還原性，可作為食品中的抗氧化劑D．工業(yè)上可用FeCl3溶液腐蝕覆銅板上的銅【答案】A【解析】A．Li與O2反應(yīng)產(chǎn)生紫紅色火焰，由于Li的金屬性比Na的弱，故Li燃燒只能生成Li2O，A錯誤；B．由于草木灰(主要成分為K2CO3)溶液呈堿性，能與銨態(tài)氮肥反應(yīng)放出氨氣，損失肥效，故施肥時碳酸氫銨應(yīng)避免與草木灰混合使用，B正確；C．SO2中硫顯+4價具有較強(qiáng)的還原性，能夠消耗食品中的O2，防止O2氧化食物，故可作為食品中的抗氧化劑如通入葡萄酒作抗氧化劑，C正確；D．工業(yè)上可用FeCl3溶液腐蝕覆銅板上的銅，反應(yīng)原理為：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，D正確；故答案為：A。12．（2023秋·廣東湛江·高二統(tǒng)考期末）下列各組離子一定能大量共存的是A．常溫下水電離的的溶液：、、、B．常溫下的溶液中，、、、C．在含有大量的溶液中：、、、D．澄清透明溶液中：、、、【答案】A【解析】A．常溫下水電離的的溶液呈酸性或堿性，無論酸性或堿性溶液中、、、都可以大量共存，A正確；B．常溫下的溶液中，，酸性條件下，具有強(qiáng)氧化性，能氧化而不能共存，B錯誤；C．溶液中與因發(fā)生雙水解不能共存，C錯誤；D．透明溶液中與發(fā)生氧化還原反應(yīng)或與形成絡(luò)合物而不能大量，D錯誤；故選A。二、填空題13．（2022秋·高二課時練習(xí)）現(xiàn)有下列電解質(zhì)溶液：①②③④⑤⑥⑦(1)溶液呈(填“酸性”“堿性”或“中性”)，其原因是(用離子方程式表示)。(2)上述六種電解質(zhì)溶液中，既能與鹽酸反應(yīng)又能與燒堿溶液反應(yīng)的是(填序號)。(3)寫出⑤與足量溶液混合加熱的離子方程式：。(4)常溫下，物質(zhì)的量濃度均為的④、⑥、⑦三種溶液，溶液中由大到小的順序為：>>(填序號)。(5)已知：，。常溫下，溶液中的pH7(填“>”“=”或“<”)，理由是。(6)已知能定量完成反應(yīng)：，。相同溫度下，相同物質(zhì)的量濃度的①②③④四種溶液的由大到小的順序為：(填序號)?！敬鸢浮?1)堿性(2)②④⑤(3)(4)⑥④⑦(5)=和的電離常數(shù)相等，和的水解常數(shù)(或水解程度相同)，故溶液的(6)④>②>①>③【解析】（1）溶液中碳酸根發(fā)生水解反應(yīng)，結(jié)合水中氫離子，導(dǎo)致氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，溶液呈堿性，水解反應(yīng)方程式為；（2）電離出HCO既與酸反應(yīng)，也與堿反應(yīng)，電離出CH3COO與酸會反應(yīng)、NH與堿反應(yīng)，電離出NH與堿反應(yīng)、HCO既與酸反應(yīng)又與堿反應(yīng)，則既能與鹽酸反應(yīng)又能與燒堿溶液反應(yīng)的是：②④⑤；（3）NH4HCO3與足量NaOH溶液混合加熱產(chǎn)生氨氣，反應(yīng)的離子方程式為；（4）濃度均為0.1mol/L三種溶液中，先不考慮水解，是弱堿，電離出的銨根離子濃度最小，中醋酸根離子水解促進(jìn)銨根離子水解，正常發(fā)生水解，則由大到小的順序為：⑥＞④＞⑦；（5）和的電離常數(shù)相等，和的水解常數(shù)(或水解程度相同)，故溶液的；（6）由，可得酸性：H2S>HR>HS>HZ，弱酸的酸性越弱，其組成鹽發(fā)生水解的程度越大，溶液堿性越強(qiáng)，pH值越大，則pH：④>②>①>③。14．（2023秋·高二課時練習(xí)）如圖所示三個燒瓶中分別裝入含酚酞的溶液，并分別放置在盛有水的燒杯中，然后向燒杯①中加入生石灰，向燒杯③中加入晶體，燒杯②中不加任何物質(zhì)。(1)含酚酞的溶液顯淺紅色的原因是。(2)實驗過程中發(fā)現(xiàn)①的燒瓶中溶液紅色變深、③的燒瓶中溶液紅色變淺，則下列敘述正確的是(填字母)。A．水解反應(yīng)為放熱反應(yīng)

B．水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C．溶于水時放出熱量

D．溶于水時吸收熱量(3)常溫下，向溶液中分別加入固體、固體，則水解平衡移動的情況分別為(填“向左移動”“向右移動”或“不移動”，下同)、。【答案】，使溶液顯堿性BD向左移動向右移動【解析】(1)中水解，，水解后溶液中的氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，使溶液顯堿性，堿性溶液使酚酞顯紅色。故答案為：，使溶液顯堿性；(2)生石灰與水反應(yīng)放出大量的熱，根據(jù)①的燒瓶中溶液的紅色變深，判斷水解平衡向右移動，說明水解反應(yīng)是吸熱的，同時③的燒瓶中溶液紅色變淺，可知水解平衡向左移動，說明溶于水時吸收熱量。故答案為：BD；(3)與水解相互抑制，醋酸鈉中加碳酸鈉水解平衡逆向移動；與水解相互促進(jìn)，醋酸鈉中加硫酸亞鐵，水解平衡正向移動，故答案為：向左移動；向右移動；15．（2022春·江西撫州·高二金溪一中?？茧A段練習(xí)）(1)相同條件下，0.1mol·L1NH4Al(SO4)2溶液中c((NH)(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol·L1NH4HSO4溶液中c(NH)。(2)如圖是0.1mol·L1電解質(zhì)溶液的pH隨溫度變化的圖象。其中符合0.1mol·L1NH4Al(SO4)2溶液的pH隨溫度變化的曲線是(填字母)。(3)pC是指極稀溶液中溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度的常用對數(shù)負(fù)值，類似pH。已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2O?H2CO3H2CO3?H++HCOHCO?H++CO圖為H2CO3、HCO、CO在加入強(qiáng)酸或強(qiáng)堿溶液后達(dá)到平衡時溶液中三種成分的pCpH圖。①在pH=11時，