高考化學一輪復習學案專題六溶液中的離子反應(yīng)第3講

第3講鹽類的水解【2019·備考】最新考綱：1.理解鹽類水解的原理，能說明影響鹽類水解的主要因素。2.認識鹽類水解在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用(弱酸弱堿鹽的水解不作要求)。最新考情：鹽類水解是化學反應(yīng)原理的重點內(nèi)容，主要考查鹽類水解的規(guī)律及應(yīng)用、鹽類水解的影響因素、鹽溶液酸堿性的判斷、溶液中離子濃度的比較等知識點，難度大，理論性強，尤其是溶液中的離子濃度比較，常結(jié)合表格、圖像等形式考查，在歷年江蘇高考中均以壓軸題的形式呈現(xiàn)，預計2019年江蘇高考中會延續(xù)這一趨勢。考點一鹽類的水解及其規(guī)律[知識梳理]1．定義在溶液中鹽電離出來的離子跟水電離產(chǎn)生的H＋或OH－結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)。2．實質(zhì)→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈堿性或酸性3．特點4．規(guī)律有弱才水解，越弱越水解，誰強顯誰性，同強顯中性。鹽的類型實例是否水解水解的離子溶液的酸堿性(25℃)溶液的pH強酸強堿鹽NaCl、KNO3否中性pH＝7強酸弱堿鹽NH4Cl、Cu(NO3)2是NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋酸性pH<7弱酸強堿鹽CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)堿性pH>75.水解方程式的書寫(1)一般要求如NH4Cl的水解離子方程式為NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)三種類型的鹽水解方程式的書寫。①多元弱酸鹽水解：分步進行，以第一步為主，一般只寫第一步水解方程式。如Na2CO3的水解離子方程式為②多元弱堿鹽水解：水解離子方程式一步寫完。如FeCl3的水解離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。③陰、陽離子相互促進的水解：水解程度較大，書寫時要用“=”、“↑”、“↓”等。如Na2S溶液與AlCl3溶液混合反應(yīng)的水解離子方程式為2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。[題組診斷]水解實質(zhì)及水解離子方程式書寫1．判斷正誤，正確的打“√”，錯誤的打“×”(1)酸式鹽溶液一定呈酸性(×)(2)能水解的鹽溶液一定呈酸性或堿性，不可能呈中性(×)(3)Na2CO3溶液顯堿性的原因：COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－(×)(4)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和氣體生成(×)(5)Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體，COeq\o\al(2－,3)水解程度減小，pH減小(×)(6)常溫下，pH＝11的CH3COONa溶液和pH＝3的CH3COOH溶液，水的電離程度相同(×)(7)常溫下，pH＝10的CH3COONa溶液與pH＝4的NH4Cl溶液，水的電離程度相同(√)2．按要求書寫離子方程式(1)NaHS溶液呈堿性的原因____________________________________________________________________。(2)實驗室制備Fe(OH)3膠體____________________________________________________________________。(3)NH4Cl溶于D2O中____________________________________________________________________。(4)將NaHCO3溶液與AlCl3溶液混合____________________________________________________________________。(5)對于易溶于水的正鹽MnRm溶液，若pH>7，其原因是____________________________________________________________________；若pH<7，其原因是__________________________________________________。解析(5)pH大于7是由于酸根離子水解呈堿性，pH小于7是由于弱堿陽離子水解呈酸性。答案(1)HS－＋H2OH2S＋OH－(2)Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋(3)NHeq\o\al(＋,4)＋D2ONH3·HDO＋D＋(4)Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑(5)Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋【方法技巧】①判斷鹽溶液的酸堿性，需先判斷鹽的類型，因此需熟練記憶常見的強酸、強堿和弱酸、弱堿。②鹽溶液呈中性，無法判斷該鹽是否水解。例如：NaCl溶液呈中性，是因為NaCl是強酸強堿鹽，不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性，是因為CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)的水解程度相當，即水解過程中H＋和OH－消耗量相等，所以CH3COONH4水解仍呈中性。水解規(guī)律及其應(yīng)用3．25℃時，濃度均為0.2mol·L－1的NaHCO3與Na2CO3溶液中，下列判斷不正確的是()A．均存在電離平衡和水解平衡B．存在的粒子種類相同C．c(OH－)前者大于后者D．分別加入NaOH固體，恢復到原溫度，c(COeq\o\al(2－,3))均增大解析NaHCO3、Na2CO3均屬于強堿弱酸鹽，都存在水解平衡，同時還存在H2O的電離平衡，A項正確；Na2CO3、NaHCO3溶液中都含有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、H＋、OH－、H2O，它們存在的粒子種類相同，B項正確；COeq\o\al(2－,3)的水解能力大于HCOeq\o\al(－,3)的，故Na2CO3溶液中的c(OH－)大于NaHCO3溶液，C項錯誤；NaHCO3溶液中加入NaOH時，HCOeq\o\al(－,3)與OH－反應(yīng)導致c(COeq\o\al(2－,3))增大；Na2CO3溶液中加入NaOH時，OH－抑制了COeq\o\al(2－,3)的水解，導致c(COeq\o\al(2－,3))增大，D項正確。答案C4．(2018·連云港重點中學聯(lián)考)25℃時，濃度均為0.1mol·L－1的溶液，其pH如下表所示。有關(guān)說法正確的是()序號①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.08.18.4A.酸性強弱：H2CO3<HFB．①和②中溶質(zhì)均未水解C．離子的總濃度：①>③D．④中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1解析相同濃度時，pH：NaHCO3>NaF則水解程度：HCOeq\o\al(－,3)>F－，根據(jù)“越弱越水解”知，酸性：H2CO3<HF，A項正確；①中溶質(zhì)NaCl為強酸強堿鹽，不水解，②中溶質(zhì)CH3COONH4為弱酸弱堿鹽，發(fā)生相互促進的水解反應(yīng)，B項錯誤；根據(jù)電荷守恒知，①、③溶液中離子的總濃度均為2[c(Na＋)＋c(H＋)]，NaCl對水的電離無影響，而NaF促進水的電離，①顯中性，③顯堿性，故①中c(H＋)大于③中c(H＋)，故離子的總濃度：①>③，C項正確；根據(jù)物料守恒知，④中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1，D項錯誤。答案AC【方法技巧】鹽類水解的規(guī)律及拓展應(yīng)用1.“誰弱誰水解，越弱越水解”。如酸性：HCN<CH3COOH，則相同條件下堿性NaCN>CH3COONa。2.強酸的酸式鹽只電離，不水解，溶液顯酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。3.弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子的電離程度和水解程度的相對大小。(1)若電離程度小于水解程度，溶液呈堿性。如NaHCO3溶液中：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)，HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。(2)若電離程度大于水解程度，溶液顯酸性。如NaHSO3溶液中：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)，HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。4.相同條件下的水解程度：正鹽>相應(yīng)酸式鹽，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。5.相互促進水解的鹽>單獨水解的鹽>水解相互抑制的鹽。如NHeq\o\al(＋,4)的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。

考點二影響鹽類水解平衡的因素及應(yīng)用[知識梳理]1．內(nèi)因形成鹽的酸或堿的強弱。對應(yīng)的酸或堿越弱就越易發(fā)生水解。如酸性：CH3COOH>H2CO3eq\o(→,\s\up7(決定))相同濃度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小關(guān)系為pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)。2．外因(1)溫度、濃度條件移動方向水解程度水解產(chǎn)生的離子濃度升高溫度右移增大增大濃度增大右移減小增大減小(稀釋)右移增大減小(2)外加物質(zhì)：外加物質(zhì)對水解反應(yīng)的影響取決于該物質(zhì)的性質(zhì)。①外加酸堿外加物質(zhì)水解程度的影響弱酸陰離子弱堿陽離子酸增大減小堿減小增大②加能水解的鹽名師助學：①稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，但由于溶液體積的增大是主要的，故水解產(chǎn)生的H＋或OH－的濃度是減小的，則溶液酸性(或堿性)越弱。②向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不會與CH3COONa溶液水解產(chǎn)生的OH－反應(yīng)，使平衡向水解方向移動，原因是：體系中c(CH3COOH)增大是主要因素，會使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。3．鹽類水解的應(yīng)用應(yīng)用原理解釋熱的純堿溶液去污能力強加熱促進了鹽的水解，氫氧根離子濃度增大泡沫滅火器原理Al3＋與HCOeq\o\al(－,3)的水解相互促進的結(jié)果明礬凈水Al3＋水解生成的氫氧化鋁膠體可用來凈水物質(zhì)提純?nèi)绯ヂ然V酸性溶液中的氯化鐵，可以加入氧化鎂或氫氧化鎂反應(yīng)掉部分H＋，促進Fe3＋的水解，使Fe3＋轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去配制易水解的鹽溶液配制FeCl3、FeCl2、SnCl2、AlCl3等溶液時，常將它們?nèi)苡谳^濃的鹽酸中，然后再加水稀釋；目的是抑制Fe3＋、Fe2＋、Sn2＋、Al3＋的水解草木灰不能與銨態(tài)氮肥混合施用NHeq\o\al(＋,4)與COeq\o\al(2－,3)相互促進水解，使生成的氨氣逸出而降低了氮肥肥效硫化鋁、氮化鎂的制備硫化鋁、氮化鎂在水溶液中強烈水解，只能通過單質(zhì)間化合反應(yīng)才能制得比較鹽溶液中離子濃度的s小如Na2S溶液中離子濃度大小的順序為：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)判斷弱電解質(zhì)的相對強弱如等物質(zhì)的量濃度的醋酸鈉溶液、碳酸鈉溶液的堿性，碳酸鈉溶液強于醋酸鈉溶液，則碳酸的酸性弱于醋酸證明某些電解質(zhì)是弱酸或弱堿如CH3COONa的溶液能使酚酞試液變紅，證明該溶液顯堿性，說明CH3COOH是弱酸判斷鹽溶液蒸干產(chǎn)物如FeCl3溶液蒸干并灼燒產(chǎn)物為Fe2O3鹽溶液除銹如用氯化銨溶液除去金屬表面的氧化物，因為NHeq\o\al(＋,4)水解顯酸性，與氧化物反應(yīng)名師助學：在酸性較強的環(huán)境中Fe3＋比Al3＋、Mg2＋、Cu2＋更易發(fā)生水解，故一般可采用調(diào)節(jié)pH的方法生成Fe(OH)3沉淀除去，如除去CuSO4溶液中的Fe3＋加入CuO、Cu(OH)2等皆可，但不能加入會引入雜質(zhì)離子的物質(zhì)。[題組診斷]影響鹽類水解的因素1．正誤判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)加熱0.1mol·L－1Na2CO3溶液，COeq\o\al(2－,3)的水解程度和溶液的pH均增大(√)(2)在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好無色，則此時溶液的pH<7(×)(3)在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)(√)(4)水解平衡右移，鹽的離子的水解程度一定增大(×)(5)NaHCO3和NaHSO4都能促進水的電離(×)(6)Na2CO3溶液加水稀釋，促進水的電離，溶液的堿性增強(×)2．Na2CO3水溶液中存在平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列說法不正確的是()A．稀釋溶液，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（COeq\o\al(2－,3)）)增大B．通入CO2，溶液pH減小C．升高溫度，平衡常數(shù)增大D．加入NaOH固體，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)增大解析稀釋溶液，平衡向正反應(yīng)方向移動，但平衡常數(shù)不變，A項錯；通入CO2，發(fā)生反應(yīng)：CO2＋2OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O，溶液pH減小，B項正確；升高溫度，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，C項正確；加入NaOH固體，溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移動，c(HCOeq\o\al(－,3))減小，c(COeq\o\al(2－,3))增大，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)減小，D項錯誤。答案AD3．25℃，一定濃度的NaOH和Na2S兩溶液的pH均為11。(1)兩溶液中，由水電離的c(OH－)分別是①NaOH溶液中：____________________________________________________；②Na2S溶液中：______________________________________________________。(2)各取10mL上述兩種溶液，分別加水稀釋到100mL，pH變化較大的是________(填化學式)溶液。(3)Na2S溶液呈堿性的原因是_________________________________________(用離子方程式表示)。(4)為探究Na2S溶液呈堿性是由S2－引起的，請你設(shè)計一個簡單的實驗方案：_________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)25℃，pH＝11時溶液中c(H＋)＝1.0×10－11mol·L－1，c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1，在NaOH溶液中水的電離被抑制，則由水電離出來的c(OH－)＝1.0×10－11mol·L－1。在Na2S溶液中S2－水解顯堿性，促進了水的電離，則由水電離出的c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1。(2)稀釋Na2S溶液時促進了水的電離，OH－數(shù)目增多，c(OH－)減小的程度小，則pH變化小。(4)先在Na2S溶液中滴入酚酞溶液，然后加入鹽溶液使S2－完全沉淀后觀察溶液顏色的變化。答案(1)①1.0×10－11mol·L－1②1.0×10－3mol·L－1(2)NaOH(3)S2－＋H2OHS－＋OH－(4)向Na2S溶液中滴入酚酞溶液，溶液顯紅色；若再向該溶液中滴入過量硝酸銀溶液，產(chǎn)生黑色沉淀，且溶液的紅色褪去，則可以說明Na2S溶液的堿性是由S2－引起的(其他合理答案也可)【歸納總結(jié)】鹽類水解平衡移動方向的判斷要點1．遵循化學平衡規(guī)律：從溫度、濃度方面去考慮便能作出正確判斷，如在CH3COONa的溶液中，加入少量冰醋酸。正確的結(jié)論是：體系中c(CH3COOH)增大，抑制了CH3COO－水解，會使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。2．借助水解常數(shù)(Kh)判斷：水解平衡常數(shù)(Kh)只受溫度的影響，它與Ka(或Kb)、Kw的定量關(guān)系為Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。鹽類水解的應(yīng)用4．下列物質(zhì)的水溶液在空氣中小心加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質(zhì)的是()①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A．全部都可以B．僅①②③C．僅①③⑥D(zhuǎn)．僅①③解析FeSO4溶液加熱過程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2會被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受熱會分解生成CaCO3；NH4HCO3受熱分解；KMnO4受熱分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受熱促進水解生成Fe(OH)3和鹽酸，而鹽酸揮發(fā)進一步促進其水解，最終水解徹底，受熱分解得到的固體物質(zhì)是Fe2O3。答案D5．下列指定溶液中一定能大量共存的離子組是()A．pH＝1的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Na＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)B．含有大量AlOeq\o\al(－,2)的溶液中：Na＋、K＋、HCOeq\o\al(－,3)、NOeq\o\al(－,3)C．中性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)D．Na2S溶液中：SOeq\o\al(2－,4)、K＋、Cu2＋、Cl－解析A項，酸性條件下，H＋抑制NHeq\o\al(＋,4)、Fe3＋的水解，能大量共存；B項，AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，不能大量共存；C項，Al3＋水解呈酸性，因而在中性溶液中不存在；D項，Cu2＋＋S2－=CuS↓，不能大量共存。答案A6．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有強氧化性。將溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀為氫氧化物，需溶液的pH分別為6.4、9.6、3.7?，F(xiàn)有含F(xiàn)eCl2雜質(zhì)的氯化銅晶體(CuCl2·2H2O)，為制取純凈的CuCl2·2H2O，首先將其制成水溶液，然后按圖示步驟進行提純：請回答下列問題：(1)本實驗最適合的氧化劑X是________(填字母)。A．K2Cr2O7B．NaClOC．H2O2D．KMnO4(2)物質(zhì)Y是________。(3)本實驗用加堿沉淀法能不能達到目的？________，原因是_________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)除去Fe3＋的有關(guān)離子方程式是____________________________________________________________________________________________________________。(5)加氧化劑的目的是_____________________________________________________________________________________________________________________。(6)最后能不能直接蒸發(fā)結(jié)晶得到CuCl2·2H2O晶體？________，應(yīng)如何操作？________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)能把Fe2＋氧化為Fe3＋，同時又不能引入新的雜質(zhì)，符合要求的只有H2O2。(2)當CuCl2溶液中混有Fe3＋時，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3與溶液中的H＋作用，從而使水解平衡右移，使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加堿法使Fe3＋沉淀，同時也必將使Cu2＋沉淀。(6)為了抑制CuCl2水解，應(yīng)在HCl氣流中加熱蒸發(fā)。答案(1)C(2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3](3)不能因加堿的同時也會使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋

2H＋=Cu2＋＋2H2O等](5)將Fe2＋氧化為Fe3＋，便于生成沉淀而與Cu2＋分離(6)不能應(yīng)在HCl氣流中加熱蒸發(fā)【誤區(qū)警示】水解除雜警示利用水解除雜無論在化學工業(yè)還是化學實驗中都具有非常重要的意義，其原理是根據(jù)鹽的水解程度的不同，通過調(diào)節(jié)溶液pH使部分離子轉(zhuǎn)化為沉淀而除去。如MgCl2溶液中混有少量FeCl3雜質(zhì)，因Fe3＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等，調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3＋的水解平衡正向移動，生成Fe(OH)3沉淀通過過濾除去；注意不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性堿，因加入這些物質(zhì)的量不易控制，一旦過量也不易除去，Mg2＋也可能轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀，還會引入NHeq\o\al(＋,4)、Na＋等雜質(zhì)?！舅季S建模】(1)關(guān)于溶液配制的解題思路配制鹽溶液時，為抑制鹽的水解而加入酸或堿，但應(yīng)注意不能引入雜質(zhì)離子，加入的酸應(yīng)是與鹽中的酸根對應(yīng)的強酸，如配制FeCl3溶液加鹽酸；加入的堿應(yīng)是與鹽中的陽離子對應(yīng)的強堿，如配制Na2S溶液要加NaOH溶液。(2)鹽溶液蒸干灼燒時所得產(chǎn)物的幾種判斷類型①鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時，蒸干后一般得原物質(zhì)，如CuSO4(aq)→CuSO4(s)；鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時，蒸干灼燒后一般得對應(yīng)的氧化物，如AlCl3(aq)→Al(OH)3→Al2O3。②酸根陰離子易水解的強堿鹽，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物質(zhì)。③考慮鹽受熱時是否分解Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固體受熱易分解，因此蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。④還原性鹽在蒸干時會被O2氧化。例如，Na2SO3(aq)→Na2SO4(s)。(3)熟記下列因雙水解不能大量共存的離子組合①Al3＋與HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－。②Fe3＋與HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－。③NHeq\o\al(＋,4)與SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)。提醒：NHeq\o\al(＋,4)與CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)雖能發(fā)生雙水解反應(yīng)，但能大量共存。Fe3＋在中性條件下已完全水解?？键c三溶液中粒子濃度關(guān)系的比較[知識梳理]1．注意兩大理論，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，如氨水溶液中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。②多元弱酸的電離是分步進行的，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(水解相互促進的除外)，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→注重溶液呈電中性溶液中所有陽離子所帶的正電荷總濃度等于所有陰離子所帶的負電荷總濃度。如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)。(2)物料守恒→注重溶液中某元素的原子守恒在電解質(zhì)溶液中，粒子可能發(fā)生變化，但變化前后其中某種元素的原子個數(shù)守恒。如0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1。(3)質(zhì)子守恒→注重分子或離子得失H＋數(shù)目不變在電解質(zhì)溶液中，由于電離、水解等過程的發(fā)生，往往存在質(zhì)子(H＋)的得失，但得到的質(zhì)子數(shù)等于失去的質(zhì)子數(shù)。如Na2S水溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移如圖所示：由圖可得Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導得到。Na2S水溶液中電荷守恒式為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式為c(Na＋)＝2[c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)]②，由①－②即可得質(zhì)子守恒式，消去沒有參與變化的Na＋等，得c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)。[題組診斷]單一溶液中粒子濃度關(guān)系1．(2017·宿遷檢測)已知，常溫下某濃度的NaHSO3稀溶液的pH<7。則該稀溶液中下列粒子關(guān)系正確的是()A．c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H2SO3)>c(SOeq\o\al(2－,3))B．c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)解析NaHSO3溶液中存在：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)，HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－，由于溶液的pH<7，說明HSOeq\o\al(－,3)的電離程度大于HSOeq\o\al(－,3)的水解程度，故c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)，A項錯誤；由物料守恒可知，c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(H2SO3)，故c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))，B正確；由電荷守恒可知，c(Na＋)＋

c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，C、D項均錯誤。答案B2．(2017·無錫質(zhì)檢)下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(Fe2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)B．室溫時濃度均為0.1mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，pH為10，則：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＞c(NH3·H2O)＋c(OH－)C．0.1mol·L－1(CH3COO)2Ba溶液中：2c(Ba2＋)＝2c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．0.1mol·L－1NaHC2O4溶液顯弱酸性，則：c(Na＋)＞c(HC2Oeq\o\al(－,4))＞c(H2C2O4)＞c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞c(H＋)解析選項A中忽略了NHeq\o\al(＋,4)的水解，A錯；選項B中由電荷守恒知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，因為混合溶液的pH為10，故NH3·H2O的電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，即c(NH3·H2O)＜0.1mol·L－1＝c(Cl－)，可推出題給關(guān)系式。選項C中根據(jù)物料守恒可知正確的關(guān)系式為2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)。選項D中NaHC2O4溶液顯弱酸性，說明HC2Oeq\o\al(－,4)的電離程度大于水解程度，因此c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞c(H2C2O4)。答案B[審題建模]混合溶液中粒子濃度關(guān)系3．(2017·江蘇蘇州期初調(diào)研)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·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Fe2＋)＞c(H＋)B．pH＝11的氨水和pH＝3的鹽酸溶液等體積混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＞c(H＋)C．在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：2c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)D．0.1mol·L－1的醋酸鈉溶液10mL與0.1mol·L－1鹽酸10mL混合后溶液：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)解析NHeq\o\al(＋,4)和Fe2＋水解均顯酸性，但是NHeq\o\al(＋,4)的數(shù)目比Fe2＋多，由于水解均是微弱的，所以c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Fe2＋)，SOeq\o\al(2－,4)不水解，故最多，H＋是水解出來的，故比Fe2＋少，A項正確；氨水過量，反應(yīng)后溶液顯堿性，根據(jù)電荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，且c(OH－)>c(H＋)，推知：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)，B項錯誤；根據(jù)物料守恒有：n(Na＋)＝2n(C)＝2[n(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，C項錯誤；反應(yīng)后的溶液為CH3COOH、NaCl，溶液呈酸性，D項錯誤。答案A4．(2018·江蘇南通第一次調(diào)研)20℃時，配制一組c(Na2CO3)＋c(NaHCO3)＝0.100mol·L－1的混合溶液，溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))、c(COeq\o\al(2－,3))與pH的關(guān)系如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．pH＝9的溶液中：c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)＋c(COeq\o\al(2－,3))B．c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))的E點溶液中：c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))>c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.050mol·L－1C．pH＝11的溶液中：c(Na＋)<2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))D．0.100mol·L－1的Na2CO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(OH－)解析A項，Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，堿性越強，COeq\o\al(2－,3)的濃度越大，對應(yīng)于圖示中上升的曲線，HCOeq\o\al(－,3)對應(yīng)于下降的曲線，當pH＝9時，從圖中不難看出，c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))，而混合溶液中c(H2CO3)很小，所以c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)＋c(COeq\o\al(2－,3))，正確；B項，電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)……①，物料守恒：c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1……②，①＋②得，c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＋0.1mol·L－1，設(shè)c(Na2CO3)＝xmol·L－1，c(NaHCO3)＝y(tǒng)mol·L－1，則有：x＋y＝0.1mol·L－1，c(Na＋)＝2x＋y，因為Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，若c(COeq\o\al(2－,3))＝c(HCOeq\o\al(－,3))，則c(Na2CO3)>c(NaHCO3)，即x>y，x>0.05mol·L－1，所以c(Na＋)＝2x＋y＝x＋(x＋y)>0.05mol·L－1＋0.1mol·L－1，c(Na＋)>0.15mol·L－1，c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＋0.1mol·L－1＝c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H2CO3)，c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(Na＋)－0.1mol·L－1，則c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))>c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.050mol·L－1，正確；C項，電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，pH＝11的溶液中，c(OH－)>c(H＋)，所以有c(Na＋)>2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))，錯誤；D項，Na2CO3溶液中的質(zhì)子守恒方程式為：c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(OH－)，錯誤。答案AB5．(2018·江蘇南京模擬)常溫下，下列有關(guān)溶液的說法正確的是()A．向0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH＝7(通入氣體對溶液體積的影響可忽略)：c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(NHeq\o\al(＋,4))B．0.1mol·L－1醋酸鈉溶液20mL與0.1mol·L－1鹽酸10mL混合后的溶液中：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COOH)C．已知Ka(HF)>Ka(CH3COOH)，pH相等的NaF與CH3COOK兩溶液中：c(Na＋)－c(F－)>c(K＋)－c(CH3COO－)D．0.1mol·L－1醋酸溶液和0.2mol·L－1醋酸鈉溶液等體積混合后的溶液中：3c(H＋)＋2c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋3c(OH－)解析根據(jù)物料守恒[c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]可確定，c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))，由于NaHSO3溶液中HSOeq\o\al(－,3)的電離程度大于其水解程度，溶液呈弱酸性，通入NH3至溶液pH＝7時，部分HSOeq\o\al(－,3)發(fā)生的離子反應(yīng)為HSOeq\o\al(－,3)＋NH3=NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)，由于生成的NHeq\o\al(＋,4)少量水解，剩余的HSOeq\o\al(－,3)仍會電離產(chǎn)生SOeq\o\al(2－,3)，則有c(SOeq\o\al(2－,3))>c(NHeq\o\al(＋,4))，A項正確；反應(yīng)后轉(zhuǎn)化為等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，由于CH3COOH的電離程度比CH3COO－的水解程度大，則有c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，B項錯誤；據(jù)電荷守恒得c(Na＋)－c(F－)＝c(OH－)－c(H＋)＝c(K＋)－c(CH3COO－)[pH相等]，C項錯誤；由于n(CH3COOH)∶n(CH3COONa)＝1∶2，據(jù)電荷守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)①，據(jù)物料守恒有2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)＝3c(Na＋)②，將“②－①×3”得3c(H＋)＋2c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋3c(OH－)，D項正確。答案AD【方法技巧】溶液混合型粒子濃度的比較三類型(1)溶液混合但不發(fā)生反應(yīng)的類型。要同時考慮電離和水解，涉及弱酸、弱堿、含能水解離子的鹽溶液時，可用極限觀點思考，以“強勢”反應(yīng)為主，可不考慮“弱勢”反應(yīng)。①電離強于水解型。如CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等體積、等物質(zhì)的量濃度混合，分析時可只考慮CH3COOH的電離，不考慮CH3COONa的水解，粒子濃度大小順序為c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)。②水解強于電離型。如HCN溶液和NaCN溶液等體積、等物質(zhì)的量濃度混合，粒子濃度大小順序為c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。(2)溶液混合發(fā)生反應(yīng)但有一種過量的類型。根據(jù)過量程度及產(chǎn)物情況，要同時考慮電離和水解，不過這類問題大多轉(zhuǎn)化為“溶液混合但不發(fā)生反應(yīng)類型”問題。(3)酸、堿中和型。判斷電解質(zhì)溶液中粒子濃度的關(guān)系，是高考常考題型，一般從單一溶液、混合溶液和不同溶液三個角度進行考查，其中反應(yīng)過程中不同階段粒子濃度關(guān)系的判斷是近幾年高考的熱點和亮點。電離理論和水解理論是比較電解質(zhì)溶液中粒子濃度大小關(guān)系的重要依據(jù)，電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒是判斷電解質(zhì)溶液中粒子濃度等量關(guān)系的重要依據(jù)，該類題目的解題關(guān)鍵是正確判斷溶液中溶質(zhì)的成分及其量的關(guān)系，以及離子的電離程度和水解程度的大小。該題型一般綜合性強、難度較大，能夠很好考查學生的分析推理能力，復習備考中應(yīng)特別關(guān)注。文字敘述型1．(2017·江蘇化學，14)常溫下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列說法正確的是()A．濃度均為0.1mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者B．用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積相等C．0.2mol·L－1HCOOH與0.1mol·L－1NaOH等體積混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)D．0.2mol·L－1CH3COONa與0.1mol·L－1鹽酸等體積混合后的溶液中(pH＜7)：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)解析A項，由電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，因Kb(NH3·H2O)＜Ka(HCOOH)，同濃度的HCOONa和NH4Cl溶液，前者HCOO－水解程度小于后者NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，即前者水解產(chǎn)生的c(OH－)小于后者水解產(chǎn)生的c(H＋)，有前者溶液中c(H＋)大于后者溶液中c(OH－)，c(Na＋)＝c(Cl－)，則c(Na＋)＋c(H＋)>c(Cl－)＋c(OH－)，正確；B項，CH3COOH的酸性比HCOOH弱，同pH時，c(CH3COOH)>c(HCOOH)，用NaOH滴定時，CH3COOH消耗的NaOH多，錯誤；C項，此時為等濃度的HCOOH和HCOONa溶液，質(zhì)子守恒式有c(HCOO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HCOOH)[可由電荷守恒式c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)和物料守恒式2c(Na＋)＝c(HCOO－)＋c(HCOOH)處理得到]，錯誤；D項，當兩者等體積混合時，得等濃度CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，若不考慮CH3COOH的電離和CH3COO－的水解，有c(CH3COO－)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)，溶液呈酸性，說明CH3COOH的電離(CH3COOHCH3COO－＋H＋)大于CH3COO－的水解，有c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，正確。答案AD2．(2015·江蘇化學，14)室溫下，向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH＝7(通入氣體對溶液體積的影響可忽略)，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．向0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通CO2：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))B．向0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通NH3：c(Na＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,3))C．向0.10mol·L－1Na2SO3溶液中通SO2：c(Na＋)＝2[c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]D．向0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)解析A項，根據(jù)電荷守恒可知：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，故c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，錯誤；B項，根據(jù)電荷守恒可知：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，根據(jù)物料守恒可知：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，三式聯(lián)立可得：c(H2SO3)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(SOeq\o\al(2－,3))，則c(NHeq\o\al(＋,4))<c(SOeq\o\al(2－,3))，所以c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(NHeq\o\al(＋,4))，錯誤；C項，對于Na2SO3溶液，根據(jù)物料守恒，可知：c(Na＋)＝2[c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]，通入SO2與Na2SO3反應(yīng)使溶液呈中性，則有c(Na＋)<2[c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))]，錯誤；D項，對于CH3COONa溶液根據(jù)物料守恒有：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，c(Na＋)>c(CH3COOH),根據(jù)混合溶液的電荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(CH3COO－)，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，由此可知c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，進而可知c(CH3COOH)＝c(Cl－)，故c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)，正確。答案D3．(2014·江蘇化學，14)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·L－1CH3COONa溶液與0.1mol·L－1HCl溶液等體積混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)B．0.1mol·L－1NH4Cl溶液與0.1mol·L－1氨水等體積混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)C．0.1mol·L－1Na2CO3溶液與0.1mol·L－1NaHCO3溶液等體積混合：eq\f(2,3)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)D．0.1mol·L－1Na2C2O4溶液與0.1mol·L－1HCl溶液等體積混合(H2C2O4為二元弱酸):2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)解析A項，混合反應(yīng)后為等濃度的NaCl和CH3COOH的混合溶液，CH3COOH部分電離，c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)，正確；B項，0.1mol·L－1NH4Cl溶液與0.1mol·L－1氨水等體積混合，pH>7，則NH3·H2O電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，錯誤；C項，符合物料守恒，正確；D項，混合后為NaHC2O4、NaCl的混合溶液，由電荷守恒有：c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(Na＋)＋c(H＋)，錯誤。答案AC4．(2017·江蘇南京三模)常溫下，下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．0.1mol·L－1CH3COONa溶液與0.1mol·L－1CaCl2溶液等體積混合：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)B．少量Cl2通入過量冷的0.1mol·L－1NaOH溶液中：c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)＋c(Cl－)C．0.1mol·L－1CH3COONa溶液與0.1mol·L－1HCl溶液混合至pH＝7：c(Na＋)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)D．0.2mol·L－1NH3·H2O溶液與0.1mol·L－1HCl溶液等體積混合：c(Cl－)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)解析CH3COONa和CaCl2各自的物料守恒為：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，c(Cl－)＝2c(Ca2＋)，將兩式相加，得c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，A項錯誤；反應(yīng)后溶液中，Na＋存在為NaOH、NaCl、NaClO，物料守恒：c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(ClO－)，由于NaOH過量，則c(OH－)>c(HClO)，所以c(Na＋)>c(HClO)＋c(ClO－)＋c(Cl－)，B項錯誤；電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7，則c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)①，顯然c(Na＋)>c(Cl－)，CH3COONa的物料守恒有：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)②，由①②知，c(Cl－)＝c(CH3COOH)，C項正確；反應(yīng)后的溶液中c(NH3·H2O)＝c(NH4Cl)，電荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋(H＋)③，物料守恒：2c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)④，用④－③得，c(Cl－)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，D項正確。答案CD結(jié)合圖像型5．(2016·江蘇化學，14)已知H2C2O4為二元弱酸。20℃時，配制一組c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝0.100mol·L－1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是()A．pH＝2.5的溶液中：c(H2C2O4)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(HC2Oeq\o\al(－,4))B．c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))的溶液中：c(Na＋)>0.100mol·L－1＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))D．pH＝7.0的溶液中：c(Na＋)>2c(C2Oeq\o\al(2－,4))解析由圖可知pH＝2.5時，溶液中主要存在HC2Oeq\o\al(－,4)，即c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(H2C2O4)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，A錯誤；當c(Na＋)＝0.100mol·L－1時，此時應(yīng)為NaHC2O4溶液，由電荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，由物料守恒有c(Na＋)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(H2C2O4)，聯(lián)立得質(zhì)子守恒式有：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，B正確；由電荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝0.0500mol·L－1，則c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋0.100mol·L－1＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，由圖溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，有c(Na＋)＜0.100mol·L－1＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，C錯誤；由電荷守恒知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，有c(Na＋)＝2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，即c(Na＋)>2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，D正確。答案BD6．(2017·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)模擬)常溫下，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如下圖。下列說法正確的是()A．點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)<c(CN－)B．點③和點④所示溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)C．點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)D．點②和點③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)解析點①為NaCN、HCN混合溶液，點②為CH3COONa、CH3COOH混合溶液，且兩混合溶液中四種物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度相同，點①顯堿性，則CN－水解程度大于HCN的電離程度，點②顯酸性，則CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，所以c(CH3COO－)>c(CN－)，A項錯誤；點③為中性溶液，c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)，點④為CH3COONa溶液，則c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，B項錯誤；根據(jù)物料守恒可知，點②中，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，點①中，c(CN－)＋c(HCN)＝2c(Na＋)，則c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(CN－)＋c(HCN)，C項正確；點②為物質(zhì)的量濃度相等的CH3COONa、CH3COOH混合溶液，根據(jù)電荷守恒和物料守恒可得c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH3COOH)＋2c(H＋)，點③為CH3COONa、CH3COOH混合液，pH＝7，c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，則由電荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，D項錯誤。答案C7．(2017·江蘇通揚泰淮三模)已知NaHC2O4溶液的pH<7。常溫下，向pH＝8.4的Na2C2O4溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液，溶液pH與pOH[pOH＝－lgc(OH－)]的變化關(guān)系如圖所示，下列各點所示溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是()A．a(chǎn)點：c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(H2C2O4)＝c(OH－)B．b點：c(Cl－)>c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．c點：c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)D．d點：c(OH－)＋c(Cl－)＞c(H＋)＋2c(H2C2O4)解析a點：Na2C2O4的質(zhì)子守恒式為：c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(H2C2O4)＝c(OH－)，A項正確；若Na2C2O4和HCl以1∶1反應(yīng)，生成NaHC2O4，溶液顯酸性，由物料守恒有：c(Cl－)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，但b點顯堿性，所以HCl的物質(zhì)的量小于Na2C2O4，所以c(Cl－)<c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，B項錯誤；c點處電荷守恒反應(yīng)式為：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)，c點處pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)，C項錯誤；電荷守恒：c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(Na＋)＋c(H＋)①，不論加入多少HCl，Na2C2O4均存在物料守恒：c(Na＋)＝2[c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)]②，聯(lián)列①②，消去c(Na＋)，c(OH－)＋c(Cl－)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(H＋)＋2c(H2C2O4)，所以c(OH－)＋c(Cl－)>c(H＋)＋2c(H2C2O4)，D項正確。答案AD8．(2017·江蘇鹽城三模)常溫時，將不同體積比的NH3和CO2的混合氣體溶于水得到一系列混合溶液，溶液中部分微粒的分布分數(shù)feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f＝\f(某含C（或N）微粒濃度,所有含C（或N）微粒濃度總和)))隨pH的變化曲線如下圖所示，下列說法正確的是()A．當溶液pH＝7時：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H2CO3)＋2c(COeq\o\al(2－,3))B．當溶液pH＝9.5時：c(OH－)－c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))－3c(COeq\o\al(2－,3))C．若剛好是(NH4)2CO3溶液：c(OH－)＋c(NH3·H2O)>c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))D．若剛好是NH4HCO3溶液，向其中加入等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液，析出部分晶體，過濾所得的濾液中：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))解析從圖中判斷，在pH＝7時，f(NHeq\o\al(＋,4))≈1，f(H2CO3)≈0.3，f(COeq\o\al(2－,3))≈0.01，顯然，f(NHeq\o\al(＋,4))>f(H2CO3)＋2f(COeq\o\al(2－,3))，即c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H2CO3)＋2c(COeq\o\al(2－,3))，A項正確；電荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，所以c(OH－)－c(H＋)＝c(NHeq\o\al(＋,4))－c(HCOeq\o\al(－,3))－2c(COeq\o\al(2－,3))，在pH＝9.5時，c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))，則c(OH－)－c(H＋)<c(NHeq\o\al(＋,4))－3c(COeq\o\al(2－,3))，B項錯誤；(NH4)2CO3溶液中，電荷守恒：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))①，物料守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]②，用①－②得，c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))，顯然，c(OH－)＋c(NH3·H2O)>c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))，C項正確；發(fā)生反應(yīng)：NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl，開始n(NH4HCO3)＝n(NaCl)，NaHCO3析出后，n(Cl－)>n(Na＋)，D項錯誤。答案AC【題型模板】分析溶液中微粒濃度關(guān)系的思維流程【知識網(wǎng)絡(luò)回顧】1．0.1mol·L－1AlCl3溶液，溫度從20℃升高到50℃，濃度增幅最大的離子是()A．Cl－B．Al3＋C．H＋D．OH－解析升高溫度，有利于Al3＋水解，溶液的酸性增強，c(H＋)增大。答案C2．下列各式中屬于正確的水解方程式的是()A．NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋B．S2－＋2H2OH2S＋2OH－C．CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋D．CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O解析選項B為二元弱酸根離子的水解，要分步書寫，故錯誤，正確的水解方程式為S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－；選項C為電離方程式；選項D為酸堿中和反應(yīng)的離子方程式。答案A3．常溫下，一定量的醋酸與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應(yīng)。下列說法正確的是()A．當溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)時，醋酸與氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)B．當溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)時，一定是氫氧化鈉過量C．當溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)時，一定是醋酸過量D．當溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)時，一定是氫氧化鈉過量解析當溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)時，根據(jù)電荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液中還存在醋酸分子，則一定是醋酸過量，A、B項錯，C項正確；D項，當氫氧化鈉與醋酸恰好完全反應(yīng)時，也符合。答案C4．回答下列問題：(1)某二元酸(分子式用H2B表示)在水中的電離方程式是：H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－。在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子濃度關(guān)系式正確的是________。A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol/LB．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝eq\f(1,2)c(Na＋)C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)D．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)(2)下表為幾種酸的電離平衡常數(shù)CH3COOHH2CO3H2S1.8×10－5K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－11K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－12則pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為________________，少量CO2與NaHS反應(yīng)的離子方程式為____________________________________________________________________。解析(1)根據(jù)物料守恒得：c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol/L，故A正確；HB－不會進一步水解，所以溶液中沒有H2B分子，故B錯誤；根據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)，故C正確；根據(jù)電荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)，故D錯誤。(2)CH3COONa、Na2CO3、NaHS都是強堿弱酸鹽，相同物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液對應(yīng)的酸越弱水解程度越大，pH越大，所以相同濃度的三種溶液，pH大小關(guān)系為：Na2CO3>NaHS>CH3COONa，pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物質(zhì)的量濃度由小到大的順序是：c(Na2CO3)<c(NaHS)<c(CH3COONa)；向NaHS溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3>H2S>HCOeq\o\al(－,3)，故反應(yīng)生成H2S和碳酸氫鈉，則反應(yīng)的化學方程式為NaHS＋H2O＋CO2=H2S＋NaHCO3。答案(1)AC(2)c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3)HS－＋H2O＋CO2=H2S＋HCOeq\o\al(－,3)一、選擇題1．同溫度同濃度的下列溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))最大的是()A．NH4Al(SO4)2B．CH3COONH4C．NH4ClD．NH3·H2O解析NH3·H2O為弱電解質(zhì)，NH4Al(SO4)2、CH3COONH4、NH4Cl為強電解質(zhì)，且Al3＋抑制NHeq\o\al(＋,4)的水解，CH3COO－促進NHeq\o\al(＋,4)的水解，故同溫度同濃度的四種溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))的大小順序為：NH4Al(SO4)2>NH4Cl>CH3COONH4>NH3·H2O，A對。答案A2．常溫下，對于pH均為5的HCl溶液和NH4Cl溶液，下列說法正確的是()A．兩溶液稀釋10倍后，pH相等B．兩溶液加熱至相同的溫度后，pH相等C．兩溶液中各加入等體積的pH等于9的NaOH溶液后，pH相等D．兩溶液中水的離子積相等解析HCl屬于強電解質(zhì)，稀釋10倍后，H＋濃度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,10)，NH4Cl溶液中NHeq\o\al(＋,4)發(fā)生水解作用，稀釋10倍后，水解程度增大，H＋濃度大于原來的eq\f(1,10)，A項錯；加熱，HCl溶液中H＋濃度不變，NH4Cl溶液中由于NHeq\o\al(＋,4)水解程度增大，H＋濃度增大，B項錯；NaOH溶液與鹽酸恰好反應(yīng)，溶液呈中性，NH4Cl溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成NH3·H2O和NaCl，但剩余大量的NH4Cl，溶液為酸性，C項錯；水的離子積與溫度有關(guān)，溫度不變，離子積不變，D項正確。答案D3．下列有關(guān)問題，與鹽的水解有關(guān)的是()①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑②NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑③草木灰和銨態(tài)氮肥不能混合使用④實驗室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞⑤加熱蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固體A．①②③B．②③④C．①④⑤D．①②③④⑤解析①中NH4Cl與ZnCl2溶液水解均顯酸性，可以除去金屬表面的銹；②HCOeq\o\al(－,3)與Al3＋兩種離子可發(fā)生相互促進的水解反應(yīng)，產(chǎn)生二氧化碳，可作滅火劑；③草木灰的主要成分為碳酸鉀，水解顯堿性，而銨態(tài)氮肥水解顯酸性，因而不能混合施用；④碳酸鈉溶液水解顯堿性，而磨口玻璃塞中的