2022届高考化学一轮复习跟踪检测48点点突破--盐类的水解及应用（Word版带解析）

跟踪检测（四十八）点点突破——盐类的水解及应用1．常温下，稀释0.1mol·L－1NH4Cl溶液，如图中的横坐标表示加水的量，则纵坐标可以表示的是(　　)A．NH水解的平衡常数B．溶液的pHC．溶液中NH数D．溶液中c(NH)解析：选B　温度不变，NH水解的平衡常数不变，故A项不符合题意；NH4Cl水解呈酸性，加水稀释，水解程度增大，但酸性减弱，溶液的pH将增大，溶液中NH数将减少，c(NH)也减小，故B项符合题意，C、D项不符合题意。2．在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是(　　)A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小C．升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小解析：选B　稀释溶液，水解平衡向正反应方向移动，但水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常数保持不变，A项错误；加入CuSO4固体，发生沉淀反应：Cu2＋＋S2－===CuS↓，c(S2－)减小，S2－的水解平衡向逆反应方向移动，HS－浓度减小，B项正确；水解过程吸热，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，c(HS－)增大，c(S2－)减小，c(HS－)/c(S2－)增大，C项错误；加入NaOH固体，c(OH－)增大，pH增大，D项错误。3．相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为(　　)A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa　NaHCO3　NaOHB．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa　NaHCO3　NaOHC．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH　CH3COONa　NaHCO3D．CH3COONa　NH4Cl　(NH4)2SO4　NaHCO3　NaOH解析：选B　相同温度、相同浓度下的溶液，其pH从小到大的顺序为电离呈酸性＜水解呈酸性＜中性＜水解呈碱性＜电离呈碱性。4．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)A．CO＋H2OHCO＋OH－　热的纯碱溶液清洗油污B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋　明矾净水 C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl　用TiCl4制备TiO2D．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体解析：选D　升高温度，促使CO的水解平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大，碱性增强，有利于油污的水解及清洗，A正确；明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋发生水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀，经脱水制备TiO2，C正确；SnCl2易发生水解反应，而配制其溶液时，加入NaOH固体，消耗HCl，促使水解平衡正向移动，生成Sn(OH)Cl沉淀，故应加入HCl溶液抑制其水解，D错误。5．下列有关问题，与盐的水解有关的是(　　)①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属的除锈剂②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体A．①②③　　　　　　　　B．②③④C．①④⑤D．①②③④⑤解析：选D　①NH4Cl与ZnCl2溶液中NH、Zn2＋发生水解反应而使溶液呈酸性，可溶解金属锈蚀生成的氧化物，故可用作除锈剂，正确；②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，其原理是二者发生相互促进的水解反应生成CO2和Al(OH)3，正确；③草木灰与铵态氮肥不能混合施用，其原因是草木灰中含有K2CO3，CO与NH发生相互促进的水解反应，释放出NH3，降低了肥效，正确；④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，其原因是CO发生水解反应而使溶液呈碱性，易与玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3而使玻璃塞与瓶口粘连，正确；⑤加热蒸干AlCl3溶液，促使水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl正向移动，加热蒸干得到Al(OH)3固体，正确。6．对滴有酚酞溶液的下列溶液，操作后颜色变深的是(　　)A．明矾溶液加热B．CH3COONa溶液加热C．氨水中加入少量NH4Cl固体D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体解析：选B　A项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热，铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C项，加入少量NH4Cl固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D项，溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。 7．(北京高考)测定0.1mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是(　　)A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－B．④的pH与①不同，是由SO浓度减小造成的C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D．①与④的KW值相等解析：选C　Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－，A项正确；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明④中的SO数目大，SO数目小，所以④中的OH－数目小于①中的OH－数目，pH不同，B项正确；①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误；KW只与温度有关，D项正确。8．室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　)选项加入物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变D0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变解析：选B　Na2CO3溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50mL1mol·L－1H2SO4，Na2CO3与H2SO4恰好反应生成0.05molNa2SO4，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05molCaO后，发生反应CaO＋H2O===Ca(OH)2，生成0.05molCa(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，则c(CO)减小，c(OH－)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；C项，加入50mLH2O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH－) 减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入的0.1molNaHSO4固体与0.05molNa2CO3恰好反应生成0.1molNa2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。9．常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：序号①②③④溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3下列说法正确的是(　　)A．四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClOD．Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)解析：选B　四种盐溶液均促进了水的电离，根据越弱越水解，水解均显碱性，水解程度越大，pH越大，则四种溶液中，水的电离程度：③>④>②>①，A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在H＋、OH－、CO、HCO、H2CO3、Na＋、H2O，B正确；醋酸的酸性强于次氯酸，在物质的量浓度相等的情况下，pH小的是醋酸，C错误；根据物料守恒，Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，D错误。10．(2021·石家庄一模)25℃时，关于①0.1mol·L－1NH4Cl溶液、②NaOH溶液，下列叙述正确的是(　　)A．若向①中加适量水，溶液中的值减小B．若向②中加适量水，水的电离平衡正向移动C．若将①和②均稀释100倍，①的pH变化更大D．若将①和②混合，所得溶液的pH＝7，则溶液中的c(NH3·H2O)＞c(Na＋)解析：选B　NH4Cl溶液中存在NH的水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释时，平衡正向移动，n(NH)减小，n(Cl－)不变，则的值增大，A错误。NaOH溶液中加水稀释，c(NaOH)减小，对水的电离抑制程度减小，故水的电离程度增大，B正确。NH4Cl溶液加水稀释100倍，促进NH的水解，溶液中c(H＋)大于原溶液的，NaOH溶液中加水稀释100倍，c(OH－)变为原溶液的，故NaOH溶液的pH变化更大，C错误。将①和②混合，所得溶液呈电中性，据电荷守恒可得，c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；由于溶液的pH＝7，则有c(OH－)＝c(H＋)，从而可得c(NH)＋c(Na＋)＝c(Cl－)；据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，综合上述两式可得c(NH3·H2O)＝c(Na＋)，D错误。 11．(2021·郑州调研)向浓度为0.1mol·L－1NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体，下列各量保持减小的是(　　)①c(H＋)　②c(NH)　③④　⑤NH的水解程度⑥　⑦A．①②③⑤B．⑤⑥C．③⑥D．④⑥⑦解析：选B　①NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入少量NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡正向移动，则溶液中c(H＋)增大，错误；②根据勒夏特列原理可知，平衡正向移动，但c(NH)仍比原平衡大，错误；③c(NH)增大，平衡正向移动，但NH的水解程度减小，故增大，错误；④NH的水解平衡常数为Kh＝，则＝，由于温度不变，Kh不变，故不变，错误；⑤加入少量NH4Cl固体，水解平衡正向移动，但NH的水解程度减小，正确；⑥结合水解常数Kh可知，＝，加入少量NH4Cl固体，Kh不变，c(NH3·H2O)增大，故减小，正确；⑦结合水解常数Kh可知，＝，加入少量NH4Cl固体，水解平衡正向移动，c(H＋)增大，但Kh不变，故增大，错误。12．常温下向浓度均为0.10mol·L－1、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL，两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示。下列叙述中错误的是(　　)A．Kh1(CO)(Kh1为第一级水解平衡常数)的数量级为10－4B．曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系C．Na2CO3溶液中存在：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)D．若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO水解，最终析出的是NaOH固体 解析：选D　NaOH为强碱，常温下0.10mol·L－1NaOH溶液的pH＝13，所以曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO＋H2OHCO＋OH－，常温下0.10mol·L－1的Na2CO3溶液的pH＝11.6，即c(H＋)＝10－11.6，则c(OH－)＝＝10－2.4，Kh1(CO)＝≈＝10－3.8，由上述分析，A、B都正确。Na2CO3溶液中存在：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－，其中主要为第一级水解，所以c(OH－)略大于c(HCO)，综上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)，故C正确。Na2CO3溶液中存在水解：CO＋H2OHCO＋OH－，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高促进水解，但随着水的减少，NaHCO3和NaOH浓度均增大，二者不能大量共存，又会生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D错误。13．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0.1mol·L－1K2C2O4溶液从25℃升高到35℃，增大C．向0.1mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1D．向0.1mol·L－1CH3COONa溶液中加入少量水，增大解析：选D　Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－，通入NH3后，NH3与水反应生成NH3·H2O，并电离产生NH和OH－，溶液中c(OH－)增大，水解平衡逆向移动，c(CO)增大，c(Na＋)不变，故减小，A正确。K2C2O4溶液中存在水解平衡：C2O＋H2OHC2O＋OH－，从25℃升高到35℃，水解平衡正向移动，c(C2O)减小，c(K＋)不变，故增大，B正确。HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时所得溶液为NaF和HF混合液，据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，则有c(Na＋)＝c(F－)，故有＝1，C正确。CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数为Kh＝＝，则有＝，加入少量水，水解平衡正向移动，由于温度不变，则Kh、KW不变，故不变，D错误。14．(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后 CH3COONa溶液的pH________NaOH溶液的pH(填“>”“＝”或“<”)。(2)将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH)＝c(Cl－)，则盐酸的体积________氨水的体积(填“>”“＝”或“<”)。(3)将0.2mol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则：①混合溶液中，c(A－)________c(HA)(填“>”“<”或“＝”，下同)。②混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0.1mol·L－1。(4)常温时，取0.1mol·L－1HX溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8。①混合溶液中由水电离出的c(OH－)与0.1mol·L－1NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)之比为________。②已知NH4X溶液呈中性，又知将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)。解析：(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液中c(OH－)相等，分别加热到相同的温度后，NaOH溶液中c(OH－)不变，而CH3COONa溶液中CH3COO－的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，则CH3COONa溶液中c(OH－)大于NaOH溶液中c(OH－)，故CH3COONa溶液的pH大。(2)物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH)＝c(Cl－)，据电荷守恒可得c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液呈中性；若两溶液恰好完全反应则生成NH4Cl，所得溶液呈酸性，若使溶液呈中性，则有V(HCl)<V(氨水)。(3)①0.2mol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，二者充分反应后得到等浓度的HA和NaA混合液，据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则有c(H＋)<c(OH－)，溶液呈碱性，说明A－的水解程度大于HA的电离程度，故溶液中c(A－)<c(HA)。②据物料守恒可得，混合溶液中c(HA)＋c(A－)＝0.1mol·L－1。(4)0.1mol·L－1HX溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成NaX，测得混合溶液的pH＝8，说明X－发生了水解反应，则HX为一元弱酸。①混合溶液中NaX发生水解反应，促进了水的电离，则由水电离出的c(OH－)＝10－6mol·L－1；0.1mol·L－1NaOH溶液中OH－抑制了水的电离，则由水电离出的c(OH－)＝10－13mol·L－1，故两溶液中由水电离出的c(OH－)之比为(10－6mol·L－1)∶(10－13mol·L－1)＝107∶1。②HX为弱酸，NH4X溶液呈中性，说明NH和X－的水解程度相同；将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HX的酸性强于H2CO3，根据盐类“越弱越水解”的规律可知，CO的水解程度大于X－，从而推知(NH4)2CO3溶液中CO的水解程度大于NH，故该溶液呈碱性，即pH>7。答案：(1)>　(2)<　(3)①<　②＝(4)①107∶1　②> 15．现有0.175mol·L－1醋酸钠溶液500mL(已知醋酸的电离常数Ka＝1.75×10－5)。(1)写出醋酸钠水解反应的化学方程式：____________________________________。(2)下列图像能说明醋酸钠的水解反应达到平衡的是______。A.溶液中c(Na＋)与反应时间t的关系B.CH3COO－的水解速率与反应时间t的关系C.溶液的pH与反应时间t的关系D.KW与反应时间t的关系(3)在醋酸钠溶液中加入下列少量物质，能使水解平衡右移的有________。A．冰醋酸　　　　　　　B．纯碱固体C．醋酸钙固体D．氯化铵固体(4)欲配制0.175mol·L－1醋酸钠溶液500mL，可采用以下两种方案；方案一：用托盘天平称取____g无水醋酸钠，溶于适量水中，配成500mL溶液。方案二：用体积均为250mL且浓度均为________mol·L－1的醋酸与氢氧化钠两溶液混合而成(设混合后的体积等于混合前两者体积之和)。(5)在室温下，0.175mol·L－1醋酸钠溶液的pH约为____[已知醋酸根离子水解反应的平衡常数Kh＝]。解析：(1)醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠，化学方程式为CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH。(2)A项，钠离子不水解，所以浓度始终不变，错误；B项，醋酸根离子开始时水解速率最大，后逐渐减小，平衡时不再变化，正确；C项，随着水解的逐渐进行，pH逐渐增大，平衡时不再发生变化，正确；D项，KW是温度常数，温度不变，KW不变，错误。(3)A项，加入冰醋酸，溶液中醋酸浓度增大，平衡左移，错误；B项，加入纯碱固体，由于CO的水解会产生OH－，抑制CH3COO－的水解，平衡左移，错误；C项，加入醋酸钙固体，溶液的醋酸根离子浓度增大，平衡右移，正确；D项，加入氯化铵固体，铵根离子与水解生成的氢氧根离子结合成一水合氨，使溶液中氢氧根离子浓度减小，平衡右移，正确。(4)由m＝nM得醋酸钠的质量为7.175g，由托盘天平的精确度知托盘天平称量的质量为7.2g；醋酸与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合，混合后的溶液浓度减半为0.175mol·L－1，所以原来的浓度为0.35mol·L－1。(5)醋酸根离子水解反应的平衡常数Kh＝＝＝，则＝，得c(OH－)＝10－5mol·L－1，pH＝9。 答案：(1)CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH(2)BC　(3)CD　(4)7.2　0.35　(5)916．NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是________________________________________________________________________________________________________________(用必要的化学用语和相关文字说明)。(2)相同条件下，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。(3)如图1所示是0.1mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。①其中符合0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填字母)，导致pH随温度变化的原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________。②20℃时，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝________。(4)室温时，向100mL0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______________________________________________________________________________________________________。解析：(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降。(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH均发生水解，NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出H＋同样抑制NH水解，但HSO电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4中NH水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。(3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ。②根据电荷守恒，可以求出2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－3mol·L－1[c(OH－)太小，可忽略]。(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完电离出H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na ＋)＝c(SO)，b点时c(Na＋)＞c(SO)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO)＞c(NH)，故c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)。答案：(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水(2)小于(3)①Ⅰ　NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小②10－3mol·L－1(4)a　c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)