2024年高中化学新教材同步 选择性必修第一册 第3章　第3节　第2课时　影响盐类水解的主要因素及盐的水解常数的应用

第2课时影响盐类水解的主要因素及盐的水解常数的应用[核心素养发展目标]1.了解影响盐类水解的因素，分析外界条件对盐类水解的影响。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.盐类水解平衡的移动及应用。一、影响盐类水解的主要因素1．实验探究影响FeCl3水解平衡的因素已知FeCl3发生水解反应的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，根据实验操作填写下表：实验序号影响因素实验步骤实验现象①盐的浓度加入FeCl3固体，再测溶液的pH溶液颜色变深，pH变小②溶液的酸碱度加盐酸后，测溶液的pH溶液颜色变浅，pH变小③加入少量NaOH溶液产生红褐色沉淀④温度升高温度溶液颜色变深，pH变小思考与讨论(1)用平衡移动原理对①③④中的实验现象进行解释。提示①加入FeCl3固体，c(Fe3＋)增大，水解平衡向正反应方向移动；③加入氢氧化钠溶液后，OH－消耗H＋，c(H＋)减小，水解平衡向正反应方向移动；④升高温度，水解平衡向正反应方向移动。(2)根据④中现象，判断FeCl3水解反应是吸热反应还是放热反应？提示升高温度，能促进FeCl3的水解，因此，该反应为吸热反应。(3)通过以上实验探究，影响FeCl3水解平衡的因素主要有哪些？提示FeCl3溶液的浓度、温度及溶液的酸碱性等。特别提醒盐类的水解平衡移动，符合勒夏特列原理。2．影响盐类水解平衡的因素(1)内因①主要因素是盐本身的性质，组成盐的酸根离子对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱，水解程度就越大(越弱越水解)。例如，酸性：HF＞CH3COOH，则水解程度：NaF＜CH3COONa。②多元弱酸正盐的水解，水解反应第一步远远大于第二步，原因是正盐阴离子与H＋结合能力比酸式盐阴离子结合能力强并且第一步水解产生的OH－对第二步水解有抑制作用。例如，Na2CO3溶液中eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)＋H2OHCO\o\al(－,3)＋OH－主要,HCO\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－微弱))(2)外因(1)等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，NHeq\o\al(＋,4)的水解程度一样()(2)将碳酸钠溶液加水稀释，水解程度会增大，所以其c(OH－)增大()(3)对于Na2CO3溶液，加水稀释或加入少量Na2CO3固体，均使Na2CO3的水解平衡向正反应方向移动()(4)向Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，COeq\o\al(2－,3)水解平衡左移，pH减小()(5)向NH4Cl溶液中加入适量氯化钠固体，抑制了NHeq\o\al(＋,4)的水解()(6)加热CH3COONa溶液，溶液中eq\f(cCH3COO－,cNa＋)将减小()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√1．在Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色，若在该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是什么？并结合离子方程式，运用平衡原理进行解释。提示产生白色沉淀，且红色褪去。在Na2SO3溶液中，SOeq\o\al(2－,3)水解：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，加入BaCl2后，Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,3)=BaSO3↓(白色)，由于c(SOeq\o\al(2－,3))减小，SOeq\o\al(2－,3)水解平衡左移，c(OH－)减小，红色褪去。2．将镁条投入浓NH4Cl溶液中，有H2、NH3两种气体产生，利用有关离子方程式分析原因。提示NH4Cl溶液中发生水解反应：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入镁条发生反应：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，促进水解平衡右移，产生大量NH3·H2O，NH3·H2ONH3↑＋H2O，产生NH3。1．在Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是()A．加热 B．通入HCl气体C．加入少量Na2SO4(s) D．加入NaCl溶液答案D解析加热能使平衡向水解方向移动，c(H＋)增大，pH减小；通入HCl气体能增大c(H＋)，抑制了Al3＋的水解，且pH减小；加入NaCl溶液，相当于加水稀释，能促进Al3＋的水解，但c(H＋)变小，故pH增大。2．向纯碱溶液中滴入酚酞溶液：(1)观察到的现象是________________________________________________________，原因是______________________________________(用离子方程式表示)。若微热溶液，观察到的现象是______________________________________________，由此证明碳酸钠的水解是________(填“吸热”或“放热”)反应。(2)若向溶液中加入少量氯化铁溶液，观察到的现象是__________________________，反应的离子方程式是____________________________________________________________。答案(1)溶液变红COeq\o\al(2－,3)＋H2OOH－＋HCOeq\o\al(－,3)红色加深吸热(2)红色变浅，有红褐色沉淀生成，有气体生成(或气泡冒出)2Fe3＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋3H2O=2Fe(OH)3↓＋3CO2↑解析(1)因Na2CO3水解，溶液显碱性，遇酚酞变红。加热，水解程度变大，碱性更强，红色加深。(2)加入FeCl3溶液，Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH)3(红褐色沉淀)，促进COeq\o\al(2－,3)水解，同时会有CO2气体产生。二、盐的水解常数及应用1．盐的水解常数注意二元弱酸对应盐的水解常数以NaHCO3、Na2CO3为例二元弱酸H2CO3的电离常数为Ka1、Ka2，则Na2CO3溶液：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－Na2CO3的水解常数：Kh＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－·cH＋,cCO\o\al(2－,3)·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka2)。NaHCO3溶液：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－NaHCO3的水解常数：Kh＝eq\f(cH2CO3·cOH－,cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(cH2CO3·cOH－·cH＋,cHCO\o\al(－,3)·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka1)。2．盐的水解常数(Kh)的应用(1)判断盐溶液酸碱性强弱(水解程度大小)由于Kh＝eq\f(Kw,Ka)或Kh＝eq\f(Kw,Kb)，Ka或Kb越小，Kh越大，对应盐溶液中离子水解程度越大，对应盐溶液酸、碱性越强(即越弱越水解)。例已知常温下Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，则同浓度的下列四种溶液的pH由大到小的顺序为________________。①Na2CO3溶液②NaHCO3溶液③NaClO溶液④CH3COONa溶液答案①＞③＞②＞④解析①Na2CO3溶液中，COeq\o\al(2－,3)水解常数Kh＝eq\f(Kw,Ka2H2CO3)；②NaHCO3溶液中，HCOeq\o\al(－,3)水解常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1H2CO3)；③NaClO溶液中，ClO－水解常数Kh＝eq\f(Kw,KaHClO)；④CH3COONa溶液中，CH3COO－水解常数Kh＝eq\f(Kw,KaCH3COOH)；由于Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞(2)判断酸式盐的酸碱性①强酸的酸式盐(如NaHSO4)只电离，不水解，溶液呈酸性。NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。②弱酸的酸式盐NaHA溶液中，存在HA－的电离和水解两个平衡，电离平衡：HA－H＋＋A2－，水解平衡：HA－＋H2OH2A＋OH－，溶液的酸碱性取决于HA－的电离程度和水解程度的相对大小，即Ka2和eq\f(Kw,Ka1)的相对大小。如：a.常温下，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11，则HCOeq\o\al(－,3)的电离程度小于水解程度，即Ka2＜eq\f(Kw,Ka1)，所以NaHCO3溶液呈碱性。类似的离子还有HS－、HPOeq\o\al(2－,4)。b．常温下，H2SO3的电离常数Ka1＝1.4×10－2，Ka2＝6.0×10－8，则HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于水解程度，即Ka2＞eq\f(Kw,Ka1)，所以NaHSO3溶液呈酸性。类似的离子还有H2POeq\o\al(－,4)。(3)判断等浓度的HX和NaX混合液的酸碱性混合液中存在HX的电离平衡和NaX的水解平衡，溶液的酸碱性取决于HX的电离程度和X－的水解程度的相对大小。①当Ka(HX)>Kh(X－)时，HX的电离程度大于X－的水解程度，混合液呈酸性。②当Kh(X－)>Ka(HX)时，X－的水解程度大于HX的电离程度，混合液呈碱性。1．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列说法不正确的是()A．稀释溶液，eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))增大B．通入CO2，溶液pH减小C．升高温度，平衡常数增大D．加入NaOH固体，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小答案A解析温度不变，水解平衡常数不变，eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))不变，故A错误；CO2与COeq\o\al(2－,3)反应生成HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)比COeq\o\al(2－,3)水解程度小，所以溶液碱性减弱，即pH减小，故B正确；因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，平衡常数增大，故C正确；加入NaOH固体，OH－抑制COeq\o\al(2－,3)水解，HCOeq\o\al(－,3)的物质的量浓度减小，COeq\o\al(2－,3)的物质的量浓度增大，所以eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小，故D正确。2．常温下，三种酸的电离常数如下表所示。酸HXHYHZKa9×10－79×10－61×10－2回答下列问题：(1)同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液，pH最大的是_____________________________。(2)同pH的NaX、NaY、NaZ溶液，浓度最大的是____________。(3)等物质的量浓度的HX和NaX混合溶液显____性，原因是___________________________________________________________________________________________。答案(1)NaX(2)NaZ(3)酸HX的电离常数Ka＝9×10－7，NaX的水解常数Kh＝eq\f(10－14,9×10－7)<Ka，则混合溶液显酸性解析(1)根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液，NaX溶液pH最大。(3)HX的电离常数Ka＝9×10－7，NaX的水解常数Kh＝eq\f(10－14,9×10－7)<Ka，则混合溶液显酸性。3．(1)已知某温度时，Kw＝1.0×10－12，Na2CO3溶液的水解常数Kh＝2.0×10－3，则当溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1时，试求该溶液的pH＝____________________________。(2)已知25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1mol·L－1NH4Cl溶液中c(H＋)＝________mol·L－1(已知eq\r(5.56)≈2.36)。(3)25℃时，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3的水解常数Kh＝________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))将______(填“增大”“减小”或“不变”)。答案(1)9(2)2.36×10－5(3)1×10－12增大解析(1)水的离子积Kw＝1.0×10－12，Na2CO3溶液的水解常数Kh＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))＝2.0×10－3，当溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1时，c(OH－)＝eq\f(2.0×10－3,2)mol·L－1＝1.0×10－3mol·L－1，则c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝eq\f(1.0×10－12,1.0×10－3)mol·L－1＝1.0×10－9mol·L－1，即该溶液的pH＝9。(2)根据题干信息可知，该温度下1mol·L－1NH4Cl溶液的水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(1.0×10－14,1.8×10－5)≈5.56×10－10，又根据水解平衡表达式可知Kh＝eq\f(cNH3·H2O·cH＋,cNH\o\al(＋,4))≈eq\f(c2H＋,cNH\o\al(＋,4))，则c(H＋)＝eq\r(5.56×10－10)mol·L－1≈2.36×10－5mol·L－1。(3)NaHSO3的水解常数Kh＝eq\f(cH2SO3·cOH－,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(cH2SO3·Kw,cHSO\o\al(－,3)·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(1×10－14,1×10－2)＝1×10－12。由Kh＝eq\f(cH2SO3·cOH－,cHSO\o\al(－,3))得eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(Kh,cOH－)，加入I2后，HSOeq\o\al(－,3)被氧化为H2SO4，c(H＋)增大，c(OH－)减小，Kh不变，所以eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))增大。题组一影响盐类水解平衡的因素1．为了使NH4Cl溶液中c(Cl－)与c(NHeq\o\al(＋,4))浓度比为1∶1，可在NH4Cl溶液中加入()①适量的HCl②适量的NaCl③适量的氨水④适量的NaOH⑤适量的硫酸A．①②⑤ B．③⑤C．③④ D．④⑤答案B解析NH4Cl溶液中存在NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，为增大NHeq\o\al(＋,4)浓度，应加入酸或NH3·H2O，加入HCl虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。2．在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是()A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．升高温度，eq\f(cHS－,cS2－)减小C．通入H2S，HS－的浓度增大D．加入NaOH固体，溶液pH减小答案C解析水解平衡常数只受温度影响，温度不变，水解平衡常数不变，A项错误；水解是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，HS－的浓度增大，S2－的浓度减小，所以eq\f(cHS－,cS2－)增大，B项错误；通入H2S，H2S会结合水解生成的OH－，使平衡正向移动，HS－的浓度增大，C项正确；加入氢氧化钠固体，溶液的碱性增强，溶液pH增大，D项错误。3．下列关于FeCl3水解的说法错误的是()A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动B．浓度为5mol·L－1和0.5mol·L－1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者小于后者C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50℃和20℃时发生水解，50℃时Fe3＋的水解程度比20℃时的小D．为抑制Fe3＋的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸答案C解析增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3＋水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，Fe3＋水解程度增大，A、B项正确；盐类水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大，C项错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D项正确。4．能证明Na2SO3溶液中存在SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－水解平衡事实的是()A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去D．滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色褪去答案C解析滴入酚酞溶液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，再加入硫酸或NaHSO4溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故A、D错误；氯水具有强氧化性、漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故B错误；再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而不和亚硫酸氢根离子反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，能说明存在水解平衡，故C正确。5．某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列分析错误的是()A．b点水解程度最大B．水的电离平衡也会对溶液的pH产生影响C．a→b段水解平衡向右移动D．水解是吸热反应答案A解析溶液中存在碳酸根离子的水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OOH－＋HCOeq\o\al(－,3)和水的电离平衡：H2OOH－＋H＋；图中显示温度升高，溶液的碱性先增强后减弱，水的电离是吸热过程，纯水中温度升高pH会降低，碳酸钠溶液中温度升高pH有增大的过程，说明水解受到促进，6．已知在常温下测得浓度均为0.1mol·L－1的6种溶液的pH如表所示。下列反应不能成立的是()溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3pH8.89.711.6溶质NaClONaCNC6H5ONa(苯酚钠)pH10.311.111.3A.CO2＋H2O＋2NaClO=Na2CO3＋2HClOB．CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClOC．CO2＋H2O＋C6H5ONa=NaHCO3＋C6H5OHD．CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN答案A解析根据盐类水解中越弱越水解的规律，可得酸性的强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞C6H5OH＞HCOeq\o\al(－,3)；再利用较强酸制较弱酸原理进行判断。HClO可与COeq\o\al(2－,3)发生反应生HCOeq\o\al(－,3)，故CO2与NaClO溶液发生反应：CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO，A错误、B正确；酸性：H2CO3＞C6H5OH＞HCOeq\o\al(－,3)，CO2通入C6H5ONa溶液中发生反应生成NaHCO3和C6H5OH，C正确；酸性：CH3COOH＞HCN，CH3COOH与CN－发生反应生成HCN，D正确。题组二盐的水解常数的应用7．常温下，某酸HA的电离常数Ka＝1×10－5。下列说法正确的是()A．HA溶液中加入NaA固体后，eq\f(cHA·cOH－,cA－)减小B．常温下，0.1mol·L－1HA溶液中水电离的c(H＋)为10－13mol·L－1C．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应，存在关系：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(Cl－)D．常温下，0.1mol·L－1NaA溶液中A－的水解常数为1×10－9答案D解析eq\f(cHA·cOH－,cA－)为A－的水解常数，加入NaA固体后，由于温度不变，则水解常数不变，A错误；由于HA为弱酸，则常温下0.1mol·L－1HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol·L－1，水电离的c(H＋)一定大于eq\f(1×10－14,0.1)mol·L－1＝10－13mol·L－1，B错误；NaA的水解常数Kh＝eq\f(cHA·cOH－,cA－)＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(1×10－14,1×10－5)＝1×10－9，D正确。8．室温下，实验①：将0.2mol·L－1的一元酸HX和0.2mol·L－1KOH溶液各100mL混合，测得混合后溶液的pH＝9；实验②：将0.2mol·L－1的一元酸HX和cmol·L－1KOH溶液各100mL混合，测得反应后溶液的pH＝7(以上溶液混合后体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是()A．实验②KOH的浓度c＜0.2B．室温下，KX的水解常数是1×10－9C．实验①所得溶液中1×10－5mol·L－1＜c(X－)＜0.1mol·L－1D．实验②所得溶液中c(K＋)＞c(X－)＞c(H＋)＝c(OH－)答案D解析实验①，等体积、等浓度的HX和KOH恰好反应生成KX和水，所得溶液显碱性，说明HX为弱酸；实验②，反应后溶液显中性，则HX过量，即c＜0.2，故A正确；实验①酸碱中和后溶液的溶质为KX，存在水解平衡：X－＋H2OHX＋OH－，溶液的pH＝9，则c(OH－)＝1×10－5mol·L－1≈c(HX)，c(X－)＝0.1mol·L－1－c(OH－)≈0.1mol·L－1，则KX的水解常数Kh≈eq\f(cOH－·cHX,cX－)＝1×10－9，故B正确；实验①酸碱中和后溶液的溶质为KX，c(K＋)＞c(X－)＞c(OH－)，c(K＋)＝0.1mol·L－1，c(OH－)＝1×10－5mol·L－1，所以1×10－5mol·L－1＜c(X－)mol·L－1＜0.1mol·L－1，故C正确；实验②的溶液pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知实验②所得溶液中c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)，得出c(K＋)＝c(X－)＞c(H＋)＝c(OH－)，故D错误。9．室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入或通入下列物质，有关结论正确的是()选项加入或通入的物质结论A50mL1mol·L－1盐酸反应结束后，c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))B0.01molK2CO3溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))与c(COeq\o\al(2－,3))的比值增大C50mL水溶液中c(H＋)增大D0.025molCO2气体溶液c(HCOeq\o\al(－,3))与c(COeq\o\al(2－,3))的比值一定是2答案C解析HCl的物质的量和Na2CO3的物质的量相等，则HCl和Na2CO3发生反应：HCl＋Na2CO3=NaHCO3＋NaCl，因HCOeq\o\al(－,3)既可以电离又可以水解，则c(Na＋)>2c(HCOeq\o\al(－,3))，故A项错误；向Na2CO3溶液中加入0.01molK2CO3，增大了碳酸根离子的浓度，使碳酸根离子的水解平衡正向移动，但碳酸根离子浓度比碳酸氢根离子浓度增大得多，则溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))与c(COeq\o\al(2－,3))的比值减小，故B项错误；向Na2CO3溶液中加入50mL水，加水稀释促进碳酸根离子的水解，溶液中的c(OH－)减小，因温度未变，则Kw不变，所以溶液中c(H＋)增大，故C项正确；向Na2CO3溶液中通入0.025molCO2气体，二者发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，根据二者物质的量的关系可知，CO2完全反应，生成0.05molNaHCO3，剩余0.025molNa2CO3，因COeq\o\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，则溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))与c(COeq\o\al(2－,3))的比值大于2，故D项错误。10．在Na2HPO4溶液中，存在着下列平衡：HPOeq\o\al(2－,4)H＋＋POeq\o\al(3－,4)，HPOeq\o\al(2－,4)＋H2OH2POeq\o\al(－,4)＋OH－，已知该溶液呈碱性。欲使溶液中的c(HPOeq\o\al(2－,4))、c(H＋)、c(POeq\o\al(3－,4))都减小，可采取的方法是()A．加澄清石灰水 B．加热C．加硝酸银 D．加水稀释答案A解析加澄清石灰水，Ca2＋＋HPOeq\o\al(2－,4)=CaHPO4↓，c(HPOeq\o\al(2－,4))减小，水解平衡和电离平衡均减小，故A项符合题意；加热，水解平衡和电离平衡均向右移动，c(OH－)、c(H2POeq\o\al(－,4))、c(POeq\o\al(3－,4))都增大，c(HPOeq\o\al(2－,4))、c(H＋)都减小，故B项不符合题意；加AgNO3溶液和加水稀释均使c(H＋)增大，C、D项不符合题意。11.实验测得0.5mol·L－1CH3COONa溶液、0.5mol·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A．随温度升高，纯水中c(H＋)≠c(OH－)B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同答案C解析任何温度时，纯水中H＋浓度与OH－浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H＋)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动。12．10℃时，在烧杯中加入0.1mol·L－1的NaHCO3溶液400mL，加热，测得该溶液的pH发生如下变化：温度/℃1020305070pH8.38.48.58.99.4(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCOeq\o\al(－,3)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，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。(3)丙同学认为，要确定上述哪种说法合理，只要把加热后的溶液冷却到10℃后再测定溶液的pH，若pH______(填“>”“<”或“＝”，下同)8.3，说明甲同学的观点正确；若pH______8.3，说明乙同学的观点正确。(4)丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断，实验装置如图，加热煮沸NaHCO3溶液，发现试管A中澄清石灰水变浑浊，说明______(填“甲”或“乙”)同学推测正确。(5)将一定体积0.1mol·L－1NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸(溶液体积不变)；将烧杯冷却至室温，过一段时间(溶液体积不变)测得pH为10.1。据此可以判断________(填“甲”或“乙”)同学推测正确，原因是_____________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(2)大于(3)＝>(4)乙(5)乙溶液冷却至室温后pH为10.1，大于8.4，说明此实验过程中有新物质生成解析(2)乙同学根据NaHCO3受热易分解，认为受热时发生反应：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O，这样溶质成为Na2CO3，而pH增大，也说明Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。(3)若甲同学的观点正确，则当温度再恢复至10℃时，pH应为8.3，若乙同学的观点正确，则当温度降回至10℃时，pH应大于8.3。(4)根据试管A中澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3在加热煮沸时发生分解反应生成了Na2CO3、CO2和水，证明乙同学观点正确。13．“烂板液”指的是制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量的Cl－、Fe3＋)。某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下：已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。(1)“烂板液”中溶质的主要成分是_______________________________(填化学式)。(2)在操作①中保持pH＝8的目的是_________________________________________。(3)沉淀Ⅰ是_______________________________(填化学式)。(4)操作③中加热煮沸的目的是______________________________________________；此步操作的理论依据是__________________________________________________________。(5)操作④保持pH＝2的目的是_____________________________________________；此步操作中加热所用的主要仪器是______________________________。答案(1)Zn(NO3)2(2)防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解(3)Zn(OH)2和Fe(OH)3(4)促使Fe3＋完全水解温度越高，水解程度越大(5)抑制Zn2＋水解蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒解析(1)由题意知，“烂板液”指的是稀硝酸腐蚀锌板