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2020版高考新创新一轮复习化学新课改省份专用学案：第八章第三节盐类的水解
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第三节盐类的水解
考点(一) 盐类的水解及其影响因素 【点多面广精细研】
1．概念：在水溶液中盐电离出来的离子与水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2．实质
3．特点
4．水解规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
盐的类型
实例
是否水解
水解的离子
溶液的酸碱性
溶液的pH
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
无
性
7
强酸弱碱盐
NH4Cl、
Cu(NO3)2
Cu2＋
性
7
弱酸强碱盐
CH3COONa、
Na2CO3
CH3COO－、
性
7
5.水解离子方程式的书写
(1)一般要求
如NH4Cl水解的离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)三种类型的盐水解方程式的书写
①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主。
如Na2CO3水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步完成。
如FeCl3水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
如Na2S溶液与AlCl3溶液混合后反应的离子方程式为3S2－＋2Al3＋＋6H2O===3H2S↑＋2Al(OH)3↓。
6．盐的水解常数
以反应A－＋H2OHA＋OH－为例
(1)表达式：Kh＝。
(2)与Kw、Ka(HA)的关系：
Kh＝＝。
(3)由于A－水解产物的HA和OH－浓度近似相等，水解平衡时，c(A－)又可看成是A－溶液的浓度c(未水解时的浓度)，则Kh＝，c(OH－)＝。同理，对于强酸弱碱盐，c(H＋)＝。
(4)影响因素——温度
[小题练微点]
判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性( )
(2)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同( )
(3)S2－＋2H2OH2S＋2OH－( )
(4)明矾溶液显酸性：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋( )
(5)加热0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大( )
(6)氯化铵溶液加水稀释时，的值减小( )
(7)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)( )
(8)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)√ (7)√ (8)×
[学霸微提醒]
(1)盐类发生水解后，其水溶液往往显酸性或碱性。但也有特殊情况，如弱酸弱碱盐CH3COONH4水解后，其水溶液接近中性。
(2)Fe3＋在中性条件下已完全水解。
1.判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2018·全国卷Ⅰ)16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA( )
(2)(2018·全国卷Ⅱ)100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA( )
(3)(2018·天津高考)某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小( )
(4)(2017·全国卷Ⅱ)1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的数量为 0.1NA( )
(5)(2017·海南高考)向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液的离子方程式为2Al3＋＋3CO===Al2(CO3)3↓( )
(6)(2016·上海高考)0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液的pH>7，证明乙酸是弱酸( )
(7)(2015·北京高考)饱和NaClO溶液的pH约为11：ClO－＋H2OHClO＋OH－( )
(8)(2015·重庆高考)25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液的pH＝7( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ (7)√ (8)×
2．(2019·衡阳质检)已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是( )
A．pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1 混合，则有c(Na＋)>c(F－)>c(OH－)>c(H＋)
B．加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．电离常数大小关系：K(HF)>K(H2CO3)>K(HClO)>K(HCO)
解析：选A A项，pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合后，HF过量，溶液显酸性，则c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒可得c(F－)>c(Na＋)，则溶液中离子浓度大小为c(F－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，错误；B项，盐类水解是吸热反应，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，正确；C项，Na2CO3溶液中质子守恒关系式为c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)，正确；D项，相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大，其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大，其相对应的酸的电离常数越小，根据题表中数据知，酸根离子水解程度：F－K(H2CO3)>K(HClO)>K(HCO)，正确。
[方法规律]
1．盐类水解程度大小比较规律
(1)组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性，组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。
(2)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。
(3)多元弱酸的酸根离子比酸式酸根离子的水解程度大得多。如相同浓度时，CO比HCO的水解程度大。
(4)水解程度：相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。如NH的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
2．弱酸酸式盐溶液酸碱性的判断方法
弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。
(1)若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。
(2)若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。
3.判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2016·全国卷Ⅲ)向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1( )
(2)(2016·全国卷Ⅲ)将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中增大( )
(3)加热0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大( )
(4)在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7( )
(5)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)( )
(6)关于氯化铵溶液，加水稀释时，的值减小( )
(7)降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动( )
(8)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大( )
(9)试管中加入2 mL饱和Na2CO3溶液，滴入两滴酚酞，加热，溶液先变红，后红色变浅( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)√
(7)× (8)× (9)×
4．(2018·北京高考)测定0.1 mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如表：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
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＋H2OHSO＋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＋H2OHSO＋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。
[归纳拓展] 盐类水解的影响因素
(1)内因
主要因素是盐本身的性质，酸(或碱)越弱，其对应的弱酸阴离子(或弱碱阳离子)的水解程度越大，溶液的碱性(或酸性)越强，即越弱越水解。
(2)外因
影响因素
平衡移动
水解程度
水解产生离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加
酸、碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根离子的水解程度减小
盐
水解形式相同的盐
相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式相反的盐
相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
(3)注意事项
①稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。
②向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
1．常温下，相同物质的量浓度的下列物质的溶液，按pH减小的顺序排列的是( )
A．NaHSO4 CH3COONa NH4Cl NaNO3
B．NaNO3 CH3COONa NaHSO4 NH4Cl
C．NaNO3 CH3COONa NH4Cl NaHSO4
D．CH3COONa NaNO3 NH4Cl NaHSO4
掌握盐的类型与盐溶液的酸碱性的关系
强酸强碱盐(NaNO3)→中性；强酸弱碱盐(NH4Cl)→酸性；强碱弱酸盐(CH3COONa)→碱性。
解析：选D CH3COONa显碱性，NaNO3显中性，NH4Cl显酸性，NaHSO4显酸性，但NaHSO4相当于一元强酸，酸性较强。
2．室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是( )
选项
加入的物质
结论
A
50 mL 1 mol·L－1H2SO4
反应结束后， c(Na＋)＝c(SO)
B
0.05 mol CaO
溶液中增大
C
由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变
D
反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变
点拨：①加水，CO水解生成的c(OH－)减小，c(OH－)来源于水的电离。
②Na2CO3溶液中存在水解反应：CO＋H2OHCO＋OH－，加入NaHSO4时，c(Na＋)增大，同时c(OH－)减小。
解析：选B A项，反应结束后，c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，加入0.05 mol CaO后会生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀和NaOH，溶液中c(OH－)增大，CO水解产生的HCO减少，故溶液中增大，正确；C项，加入水后，c(Na2CO3)减小，CO水解产生的c(OH－)减小，溶液中的OH－来源于水的电离，因水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入0.1 mol NaHSO4固体，溶液体积变化不大，但 n(Na＋)变为原来的2倍，故c(Na＋)增大，错误。
3.(2019·郑州模拟)已知：25 ℃ 时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。该温度下，用0.100 mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.100 mol·L－1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．HA为强酸
B．a＝10
C．25 ℃时，为×10－9
D．当滴入20 mL氨水时， 溶液中存在c(NH)>c(A－)
深化Kh、Kw、Kb之间的关系
NH的水解反应：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，水解平衡常数Kh＝＝＝＝＝×10－9。
解析：选B A项，溶液中lg ＝12，根据水的离子积常数可知溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，所以HA为强酸，正确；B项，lg ＝0时溶液显中性，二者恰好反应时生成的铵盐水解，溶液显酸性，欲使溶液显中性，则a>10，错误；C项，25 ℃时，NH的水解平衡常数Kh＝＝×10－9，正确；D项，当滴入20 mL氨水时氨水过量，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，可知混合溶液中c(NH)>c(A－)，正确。
4．(2019·大庆第二次质检)25 ℃时，有 c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol·L－1的一组HA、KA混合溶液，溶液中c(HA)、c(A－)与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是( )
A．pH＝5.75的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)
B．欲得W点所示溶液，起始所加溶液应符合c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol·L－1且c(KA)
D．若A－的水解平衡常数为Kh，则lg Kh＝－9.25
审题的关键点
分析交点W，此时c(HA)＝c(A－)，HA的电离常数：Ka＝＝c(H＋)＝10－4.75，A－的水解平衡常数Kh＝＝10－9.25
点拨：发生氧化还原反应：H2O＋I2＋HSO===2I－＋3H＋＋SO，使c(HSO)减小。
解析：H2SO3的电离常数表达式为Ka＝＝1×10－2，水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，NaHSO3的水解反应的平衡常数Kh＝＝＝＝＝1×10－12。由Kh＝得＝，加入I2后，HSO被氧化为H2SO4，c(H＋)增大，c(OH－)减小，Kh不变，所以增大。
答案：1×10－12 增大
考点(二) 盐类水解的应用 【精讲精练快冲关】
[知能学通]
1．某些盐溶液的配制、保存
(1)在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。
(2)Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH－，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。
2．判断加热浓缩盐溶液能否得到同溶质的固体
(1)弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热脱水。
(2)强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Na2CO3。
3．盐类水解在生活中的应用
(1)FeCl3、KAl(SO4)2·12H2O等可作净水剂。
原因：Fe3＋、Al3＋水解产生少量胶状的Fe(OH)3、Al(OH)3，结构疏松、表面积大、吸附能力强，故它们能吸附水中悬浮的小颗粒而沉降，从而起到净水的作用。
(2)热的纯碱溶液去油污效果好。
原因：加热能促进Na2CO3水解，产生的c(OH－)较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。
(3)如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，再过滤。
[注意] 判断盐溶液蒸干所得产物成分关键点
(1)盐溶液水解生成易挥发性酸金属氧化物。
(2)考虑盐受热时是否分解。
原物质 ⇨ 蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2 ⇨ CaCO3或CaO
NaHCO3 ⇨ Na2CO3
KMnO4 ⇨ K2MnO4和MnO2
NH4Cl ⇨ 分解为NH3和HCl
无固体物质存在
(3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
(4)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
[题点练通]
1．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2017·天津高考)用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物( )
(2)(2017·天津高考)蒸发铝与稀盐酸反应后的溶液能制备无水AlCl3( )
(3)(2016·全国卷Ⅰ)配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释( )
(4)(2016·全国卷Ⅱ)由MgCl2溶液制备无水MgCl2，将MgCl2溶液加热蒸干( )
(5)(2016·全国卷Ⅲ)泡沫灭火器灭火利用了Al2(SO4)3和小苏打反应( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)√
2．25 ℃时，在浓度均为1.0 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，测得c(NH)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)。下列判断正确的是( )
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c>b D．c>a>b
解析：选D (NH4)2SO4溶液中只存在NH的水解反应；(NH4)2CO3溶液中存在NH和CO相互促进的水解反应，NH的水解程度比(NH4)2SO4中的大；(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在NH和Fe2＋相互抑制的水解反应，NH的水解程度比(NH4)2SO4中的小，故三种溶液中c(NH)的大小关系为(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3，即c>a>b。
3．(2014·全国卷Ⅰ)化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是( )
选项
现象或事实
解释
A
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
B
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C
施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜
解析：选C 烧碱指的是NaOH而不是Na2CO3，油脂在NaOH溶液、加热条件下能水解，A项错误；漂白粉中的Ca(ClO)2 能与空气中的CO2和水蒸气反应，生成CaCO3和HClO，而HClO不稳定，易分解，CaCl2与CO2不反应，B项错误；K2CO3与NH4Cl混合，会发生相互促进的水解反应，释放出NH3，降低肥效，C项正确；FeCl3溶液与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，但FeCl3溶液不能将Cu2＋还原为Cu，并非发生置换反应，D项错误。
4．(2019·大连质检)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 NaOH
B．(NH4)2SO4 NH4Cl CH3COONa NaHCO3 NaOH
C．(NH4)2SO4 NH4Cl NaOH CH3COONa NaHCO3
D．CH3COOH NH4Cl (NH4)2SO4 NaHCO3 NaOH
解析：选B 溶液pH由小到大的顺序：电离呈酸性<水解呈酸性<中性<水解呈碱性<电离呈碱性。NH4HSO4在水溶液中电离出H＋、NH，其溶液呈酸性，NaNO3是强酸强碱盐，其溶液呈中性，Na2CO3是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据题图知，①②溶液呈酸性，且①的酸性强于②，③的溶液呈碱性，应该为盐溶液，且酸根离子的水解程度小于④中的阴离子，④中的阴离子的水解程度小于CO。
5．在FeCl3溶液中存在下列平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl ΔH>0。回答下列问题：
(1)加热FeCl3溶液，溶液的颜色会不断加深，可得到一种红褐色透明液体，向这种液体中加入MgCl2溶液，产生的现象为___________________________________________。
(2)不断加热FeCl3溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体是________。
(3)在配制FeCl3溶液时，为防止浑浊，应加入________。
(4)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3＋的原因是________________________________________________________________________。
解析：(1)MgCl2属于电解质，向Fe(OH)3胶体中加入MgCl2溶液时易发生聚沉现象，从而生成红褐色Fe(OH)3沉淀。(2)加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解得到Fe(OH)3固体，灼烧时分解生成Fe2O3和H2O，所以最终得到Fe2O3固体。(3)FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，为防止FeCl3水解，向溶液中滴加浓盐酸即可。
答案：(1)生成红褐色沉淀 (2)Fe2O3 (3)浓盐酸
(4)MgCO3与Fe3＋水解产生的H＋反应，促进了Fe3＋水解，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去
[归纳拓展]
1．盐类水解的应用常考点
应用
举例
加热促进水解
热的纯碱溶液去污力强
分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱
等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3 溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3
判断溶液中离子能否大量共存
Al3＋和HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存
配制或贮存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸
胶体的制备，作净水剂
明矾溶于水生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清
化肥的使用
铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
泡沫灭火器的反应原理
(水解互促)
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
无水盐的制备
由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热
判断盐溶液的蒸干产物
将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3而不是AlCl3
某些盐的分离除杂
为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸
盐溶液除锈
NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解溶液显酸性)
判断电解质的强弱
CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸
2.熟记因相互促进水解不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH与SiO、AlO。
[注意] NH与CH3COO－、HCO虽能发生相互促进的水解反应，但能大量共存。
考点(三) 溶液中粒子浓度的大小比较 【多角探明无盲点】
电解质溶液中粒子浓度的大小比较问题是高考的“热点”之一，多年以来全国高考化学试卷年年涉及这种题型。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、电离度、水的电离、pH值、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度及对这些知识的综合运用能力。
[必备能力]
(一)理清一条思路，掌握分析方法
1.首先必须形成正确的解题思路
电解质溶液
2．要养成认真、细致、严谨的解题习惯，在形成正确解题思路的基础上学会常规分析方法，例如：关键性离子定位法、守恒判断法、淘汰法、整体思维法等。
(二)熟悉二大理论，构建思维基点
1.电离(即电离理论)
(1)弱电离质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离。如H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。
2．水解(即水解理论)
(1)弱离子的水解损失是微量的(双水解除外)，但由于水的电离，水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH3·H2O)。
(2)多元弱酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。
(三)把握三种守恒，明确等量关系
1.电荷守恒
如在Na2CO3溶液中存在离子：Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们的浓度存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
2．物料守恒
物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数不变。
3．质子守恒
即H2O电离的H＋和OH－浓度相等。如在Na2CO3溶液中水电离出OH－和H＋，其中水电离出的H＋以H＋、HCO、H2CO3三种形式存在于溶液中，则有c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)(由上述电荷守恒式减去物料守恒式也可得出质子守恒式)。
[对点练]
1．0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液
(1)粒子种类：___________________________________________________________。
(2)物料守恒：___________________________________________________________。
(3)电荷守恒：___________________________________________________________。
(4)质子守恒：___________________________________________________________。
答案：(1)Cl－、NH、H＋、OH－、NH3·H2O、H2O
(2)c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
(3)c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
(4)c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
2．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液
(1)物料守恒：___________________________________________________________。
(2)电荷守恒：___________________________________________________________。
(3)质子守恒：___________________________________________________________。
答案：(1)c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
(2)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)
(3)c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)－c(CO)
3．0.1 mol·L－1的Na2S溶液
(1)物料守恒：___________________________________________________________。
(2)电荷守恒：___________________________________________________________。
(3)质子守恒：___________________________________________________________。
答案：(1)c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]
(2)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋2c(S2－)
(3)c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)
4．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液等体积混合
(1)电荷守恒：___________________________________________________________。
(2)物料守恒：___________________________________________________________。
答案：(1)c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
(2)2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
[题点精析]
(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。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒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。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
(4)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)。
(5)常见单一电解质溶液中粒子浓度的大小比较
①H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(OH－)
②氨水中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)
③NH4Cl溶液中： c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)
④Na2CO3溶液中： c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
⑤NaHCO3溶液中(水解的程度大于电离的程度)：
c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
c(Na＋)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)
⑥NaHSO3溶液中(电离的程度大于水解的程度)：
c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)
c(Na＋)>c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)
[对点练]
1．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0.1 mol·L－1
B．NH4Cl溶液中，c(NH)＞c(Cl－)
C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)
D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
解析：选C 氨水为弱碱溶液，只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)可得c(NH)＜c(OH－)＜0.1 mol·L－1，A错误；NH4Cl溶液中，NH部分水解、Cl－浓度不变，则溶液中c(NH)＜c(Cl－)，B错误；Na2SO4溶液显中性，c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，溶液中离子浓度大小为 c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)，C正确；根据Na2SO3溶液中的物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，D错误。
2．室温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH＝8.31，有关该溶液的判断正确的是( )
A．c(Na＋)>c(OH－)>c(HCO)>c(CO)>c(H＋)
B．Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
D．加入适量NaOH溶液后：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)
解析：选B 室温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH＝8.31，溶液呈碱性，说明HCO的水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)，A错误；Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)＝×，H2CO3和HCO都部分电离，所以c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)，D错误。
3．(1)0.1 mol·L－1的H3PO4溶液中，离子浓度的大小关系：
________________________________________________________________________。
(2)0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中，离子浓度的大小关系：
________________________________________________________________________。
(3)0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中，离子浓度的大小关系：
________________________________________________________________________。
(4)0.1 mol·L－1的NaHS溶液中，离子浓度的大小关系：
________________________________________________________________________。
答案：(1)c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)＞c(OH－)
(2)c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
(3)c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)
(4)c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(S2－)
1.两种物质不反应
(1)等体积、等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液混合(溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度)：
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)
(2)等体积、等浓度的NH4Cl和NH3·H2O溶液混合(溶液呈碱性，说明NH3·H2O电离程度大于NH水解程度)：
c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)
(3)等体积、等浓度的NaCN和HCN溶液混合(溶液呈碱性，说明CN－水解程度大于HCN电离程度)：
c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)
(4)等体积、等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液混合(CO一级水解远大于二级水解)：
c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)
2．两种物质反应
(1)向0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液：
c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)
(2)向0.2 mol·L－1 NH4Cl溶液中加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液，得到pH>7的溶液：
c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)
(3)0.2 mol·L－1 HCl与0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液等体积混合：
c(Cl－)>c(Na＋)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)
(4)0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合：
c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)
[对点练]
4．用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)＞c(Na＋)，对该溶液的下列判断正确的是( )
A．c(H＋)＞c(OH－)
B．c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1
C．c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)
D．c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1
解析：选A 由电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，结合c(CH3COO－)＞c(Na＋)，故c(H＋)＞c(OH－)。
5．常温下，下列有关溶液的叙述正确的是( )
A．浓度均为0.1 mol·L－1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(SO)＝c(Na＋)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．在Na2SO3溶液中： c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
C．pH＝6的CH3COOH溶液和pH＝6的NH4Cl溶液，由水电离出的c(H＋)均为1×10－8 mol·L－1
D．在0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中：2c(Na＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)
解析：选A 浓度均为0.1 mol·L－1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成Na2SO4、(NH4)2SO4和H2O，NH水解导致溶液呈酸性，NH水解程度较小，结合物料守恒得c(SO)＝c(Na＋)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，A项正确；在Na2SO3溶液中，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，B项错误；pH＝6的CH3COOH溶液中由水电离出的 c(H＋)水＝c(OH－)水＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，pH＝6的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H＋)水＝10－6 mol·L－1，C项错误；根据物料守恒得c(Na＋)＝2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，D项错误。
6．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)
B．20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L－1 盐酸混合后溶液呈酸性，所得溶液中：
c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NH)＋c(OH－)
D．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)
解析：选B A项，等浓度等体积的NaHCO3与NaOH混合时，两者恰好反应生成Na2CO3，在该溶液中CO能进行两级水解：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－，故溶液中c(OH－)＞c(HCO)，错误；B项，CH3COONa与HCl混合反应后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液显酸性，故溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，正确；C项，在混合前两溶液的pH之和为14，则氨水过量，所得溶液为少量NH4Cl和过量NH3·H2O的混合溶液，则c(Cl－)＜c(NH)、c(H＋)＜c(OH－)，故c(Cl－)＋c(H＋)＜c(NH)＋c(OH－)，错误；D项，等浓度的CH3COOH与NaOH溶液混合时恰好生成CH3COONa，溶液中质子守恒式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，错误。
因反应物的物质的量不同，引起溶液中离子浓度变化的情况：
1．随着CH3COOH和NaOH物质的量之比变化，溶液中离子浓度关系
(1)当n(CH3COOH)∶n(NaOH)>1∶1，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COOH时，
pH<7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
①c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)
②c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(Na＋)>c(OH－)
③c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
pH＝7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
pH>7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
(2)当n(CH3COOH)∶n(NaOH)＝1∶1，溶液中的溶质为CH3COONa时，pH>7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
(3)当n(CH3COOH)∶n(NaOH)<1∶1，溶液中的溶质为CH3COONa、NaOH时，pH>7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
①c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
②c(Na＋)>c(CH3COO－)＝c(OH－)>c(H＋)
③c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
2．随着HCl和NH3·H2O物质的量之比变化，溶液中离子浓度关系
(1)当n(HCl)∶n(NH3·H2O)>1∶1，溶液中的溶质为HCl、NH4Cl时，pH<7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
①c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
②c(Cl－)>c(NH)＝c(H＋)>c(OH－)
③c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
(2)当n(HCl)∶n(NH3·H2O)＝1∶1，溶液中的溶质为NH4Cl时，pH<7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
(3)当n(HCl)∶n(NH3·H2O)<1∶1，溶液中的溶质为NH4Cl、NH3·H2O时，
pH<7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
pH＝7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Cl－)＝c(NH)>c(H＋)＝c(OH－)
pH>7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
①c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
②c(NH)>c(OH－)＝c(Cl－)>c(H＋)
③c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
[对点练]
7．室温下，将0.2 mol·L－1的一元酸HA和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列说法不正确的是( )
A．0.1 mol·L－1HA溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，水电离出来的c(H＋)相等
B．混合后溶液中：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)
C．混合后溶液中：c(A－)＋c(HA)＝0.1 mol·L－1
D．混合后溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
解析：选A 0.2 mol·L－1的一元酸HA和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，生成物为等物质的量浓度的NaA、HA，溶液显碱性，说明A－的水解程度大于HA的电离程度。HA是弱酸，NaOH是强碱，对水电离的抑制程度不同，A错误；经上述分析知，混合后溶液粒子浓度大小：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)，B正确；根据物料守恒得c(A－)＋c(HA)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，C正确；根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D正确。
8．常温下，将pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合，完全反应后，溶液中离子浓度关系正确的是( )
A．c(NH )＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．c(NH )＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．c(Cl－)＞c(NH )＞c(H＋)＞c(OH－)
D．c(Cl－)＞c(NH )＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：选A 常温下pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水等体积混合后，氨水过量，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，由电荷守恒：c(NH )＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(NH)＞c(Cl－)，溶液中各离子浓度大小为c(NH )＞c(Cl－)＞c(OH－)>c(H＋)。
9．(双选)(2018·江苏高考)H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，设H2C2O4溶液中c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A．0.100 0 mol·L－1H2C2O4溶液：c(H＋)＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4)
B．c(Na＋)＝c(总)的溶液：c(Na＋)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)＞c(H＋)
C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)
D．c(Na＋)＝2c(总)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)
解析：选AD 由题意可知，c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100 0 mol·L－1，因此该选项中的关系式可变为c(H＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4)，即为c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，该式符合电荷守恒式，A项正确；当c(Na＋)＝c(总)时，由C原子个数守恒可知，溶液中的溶质为NaHC2O4，由题意知，HC2O的水解平衡常数Kh＝Kw/Ka1＝(1.0×10－14)/(5.4×10－2)，Kh小于Ka2，因此HC2O的电离程度大于水解程度，即溶液中c(Na＋)>c(H＋)>c(C2O)>c(H2C2O4)，B项错误；由电荷守恒关系可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，又因c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，由以上两式可得，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(总)＋c(C2O)－c(H2C2O4)＋c(OH－)，因pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(总)＋c(C2O)－c(H2C2O4)，由于此时溶液的体积增大，c(总)＜0.100 0 mol·L－1，故c(Na＋)＜0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)，C项错误；由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，当c(Na＋)＝2c(总)时，该式可变为2c(H2C2O4)＋2c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，即为c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，D项正确。
10.(2019·凉山模拟)常温下向25 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中逐滴滴加0.2 mol·L－1的一元酸HX溶液，pH的变化曲线如图所示(溶液混合时体积的变化忽略不计)。下列说法正确的是( )
A．在b点，离子浓度大小为c(OH－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(X－)
B．d点的溶液中c(H＋)＋c(HX)＝c(X－)＋c(OH－)
C．HX是弱酸，常温下其电离常数Ka＝2.5×10－6
D．d点的溶液中有c(HX)－2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(X－)
解析：选C b点代表加入12.5 mL HX溶液，此时恰好反应转化为NaX溶液，溶液显碱性，所以浓度为c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A项错误；d点代表加入25 mL HX 溶液，所以溶液为HX和NaX浓度相等的混合溶液，此溶液存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(X－)＋c(OH－)，物料守恒：c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)，两式联立消去c(Na＋)得到：c(HX)＋2c(H＋)＝c(X－)＋2c(OH－)，B、D项错误；选取图中的c点数据进行运算，c点代表向25 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中逐滴滴加13 mL 0.2 mol·L－1的一元酸HX溶液，溶液总体积为 38 mL，此时溶液显中性，pH＝7，所以c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1；溶液中c(Na＋)＝0.1 mol·L－1×，c(HX)＋c(X－)＝0.2 mol·L－1×。因为溶液显中性，根据电荷守恒得到c(X－)＝c(Na＋)，所以c(HX)＝mol·L－1，故Ka＝＝＝2.5×10－6，C项正确。
11．(2019·攀枝花联考)已知：25 ℃，NH3·H2O电离常数K＝1.76×10－5。25 ℃，向1 L 0.1 mol·L－1 某一元酸HR溶液中逐渐通入氨气，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的pH与lg变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．由图可推知：25 ℃，0.1 mol·L－1 NaR溶液的pH约为10
B．当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中：c(NH)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)
C．pH＝7时，所得溶液中：c(HR)>c(R－)＝c(NH)
D．pH＝10时，所得溶液中：c(R－)>c(HR)，c(NH)>c(NH3·H2O)
解析：选B A项，由图可知，pH＝5时，lg＝0，＝1，Ka＝＝c(H＋)＝1×10－5，所以25 ℃，0.1 mol·L－1 NaR溶液中，Kh＝＝＝10－9，c(OH－)＝≈＝1×10－5 mol·L－1，pH约为9，错误；B项，当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中的溶质为NH4R，NH4R的阴、阳离子可以发生相互促进的水解反应，由于NH3·H2O电离常数K＝1.76×10－5，而HR的Ka＝1×10－5，故R－的水解程度较大，溶液显碱性，所以c(NH)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)，正确；C项，pH＝7时，由图可知，lg＝2，则＝102，所以c(R－)>c(HR)，由电荷守恒可知c(R－)＝c(NH)，所得溶液中：c(R－)＝c(NH)>c(HR)，错误；D项，由图可知，pH＝10时，lg＝5，即＝105，所以c(R－)>c(HR)，pH＝10时，c(OH－)＝1×10－4 mol·L－1，由NH3·H2O电离常数K＝1.76×10－5可以求出＝<1，c(NH)
A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10－9
B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式： H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O
C．M点对应的溶液中：c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＋c(H3AsO3)＝0.1 mol·L－1
D．pH＝12时，溶液中：c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)>c(H＋)＋c(K＋)
解析：选B A项，由图中数据可知，pH＝9.3时，c(H2AsO)＝c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1＝＝c(H＋)＝10－9.3，故Ka1的数量级为10－10，错误；B项，由图可知，pH在8.0～10.0时，H3AsO3的物质的量分数逐渐减小，H2AsO的物质的量分数逐渐增大，故反应的离子方程式为H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O，正确；C项，根据物料守恒可知，M点对应的溶液中，n(H2AsO)＋n(HAsO)＋n(AsO)＋n(H3AsO3)＝0.1 mol，由于不知道此时溶液的体积是多少(或不知道加入KOH溶液的体积)，故无法计算其总浓度，错误；D项，由电荷守恒可知，c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)，pH＝12时，溶液显碱性，由图可知，此时H3AsO3主要转化为H2AsO和HAsO，说明H2AsO和HAsO的电离作用小于H2AsO和HAsO的水解作用，H2AsO和HAsO水解都产生OH－，故c(OH－)>c(H3AsO3)，因此溶液中c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)
考点(一) 盐类的水解及其影响因素 【点多面广精细研】
1．概念：在水溶液中盐电离出来的离子与水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2．实质
3．特点
4．水解规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
盐的类型
实例
是否水解
水解的离子
溶液的酸碱性
溶液的pH
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
无
性
7
强酸弱碱盐
NH4Cl、
Cu(NO3)2
Cu2＋
性
7
弱酸强碱盐
CH3COONa、
Na2CO3
CH3COO－、
性
7
5.水解离子方程式的书写
(1)一般要求
如NH4Cl水解的离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)三种类型的盐水解方程式的书写
①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主。
如Na2CO3水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步完成。
如FeCl3水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
如Na2S溶液与AlCl3溶液混合后反应的离子方程式为3S2－＋2Al3＋＋6H2O===3H2S↑＋2Al(OH)3↓。
6．盐的水解常数
以反应A－＋H2OHA＋OH－为例
(1)表达式：Kh＝。
(2)与Kw、Ka(HA)的关系：
Kh＝＝。
(3)由于A－水解产物的HA和OH－浓度近似相等，水解平衡时，c(A－)又可看成是A－溶液的浓度c(未水解时的浓度)，则Kh＝，c(OH－)＝。同理，对于强酸弱碱盐，c(H＋)＝。
(4)影响因素——温度
[小题练微点]
判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性( )
(2)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同( )
(3)S2－＋2H2OH2S＋2OH－( )
(4)明矾溶液显酸性：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋( )
(5)加热0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大( )
(6)氯化铵溶液加水稀释时，的值减小( )
(7)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)( )
(8)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)√ (7)√ (8)×
[学霸微提醒]
(1)盐类发生水解后，其水溶液往往显酸性或碱性。但也有特殊情况，如弱酸弱碱盐CH3COONH4水解后，其水溶液接近中性。
(2)Fe3＋在中性条件下已完全水解。
1.判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2018·全国卷Ⅰ)16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA( )
(2)(2018·全国卷Ⅱ)100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA( )
(3)(2018·天津高考)某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小( )
(4)(2017·全国卷Ⅱ)1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的数量为 0.1NA( )
(5)(2017·海南高考)向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液的离子方程式为2Al3＋＋3CO===Al2(CO3)3↓( )
(6)(2016·上海高考)0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液的pH>7，证明乙酸是弱酸( )
(7)(2015·北京高考)饱和NaClO溶液的pH约为11：ClO－＋H2OHClO＋OH－( )
(8)(2015·重庆高考)25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液的pH＝7( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ (7)√ (8)×
2．(2019·衡阳质检)已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是( )
A．pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1 混合，则有c(Na＋)>c(F－)>c(OH－)>c(H＋)
B．加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．电离常数大小关系：K(HF)>K(H2CO3)>K(HClO)>K(HCO)
解析：选A A项，pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合后，HF过量，溶液显酸性，则c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒可得c(F－)>c(Na＋)，则溶液中离子浓度大小为c(F－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，错误；B项，盐类水解是吸热反应，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，正确；C项，Na2CO3溶液中质子守恒关系式为c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)，正确；D项，相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大，其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大，其相对应的酸的电离常数越小，根据题表中数据知，酸根离子水解程度：F－
[方法规律]
1．盐类水解程度大小比较规律
(1)组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性，组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。
(2)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。
(3)多元弱酸的酸根离子比酸式酸根离子的水解程度大得多。如相同浓度时，CO比HCO的水解程度大。
(4)水解程度：相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。如NH的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
2．弱酸酸式盐溶液酸碱性的判断方法
弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。
(1)若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。
(2)若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。
3.判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2016·全国卷Ⅲ)向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1( )
(2)(2016·全国卷Ⅲ)将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中增大( )
(3)加热0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大( )
(4)在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7( )
(5)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)( )
(6)关于氯化铵溶液，加水稀释时，的值减小( )
(7)降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动( )
(8)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大( )
(9)试管中加入2 mL饱和Na2CO3溶液，滴入两滴酚酞，加热，溶液先变红，后红色变浅( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)√
(7)× (8)× (9)×
4．(2018·北京高考)测定0.1 mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如表：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
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＋H2OHSO＋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＋H2OHSO＋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。
[归纳拓展] 盐类水解的影响因素
(1)内因
主要因素是盐本身的性质，酸(或碱)越弱，其对应的弱酸阴离子(或弱碱阳离子)的水解程度越大，溶液的碱性(或酸性)越强，即越弱越水解。
(2)外因
影响因素
平衡移动
水解程度
水解产生离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加
酸、碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根离子的水解程度减小
盐
水解形式相同的盐
相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式相反的盐
相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
(3)注意事项
①稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。
②向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
1．常温下，相同物质的量浓度的下列物质的溶液，按pH减小的顺序排列的是( )
A．NaHSO4 CH3COONa NH4Cl NaNO3
B．NaNO3 CH3COONa NaHSO4 NH4Cl
C．NaNO3 CH3COONa NH4Cl NaHSO4
D．CH3COONa NaNO3 NH4Cl NaHSO4
掌握盐的类型与盐溶液的酸碱性的关系
强酸强碱盐(NaNO3)→中性；强酸弱碱盐(NH4Cl)→酸性；强碱弱酸盐(CH3COONa)→碱性。
解析：选D CH3COONa显碱性，NaNO3显中性，NH4Cl显酸性，NaHSO4显酸性，但NaHSO4相当于一元强酸，酸性较强。
2．室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是( )
选项
加入的物质
结论
A
50 mL 1 mol·L－1H2SO4
反应结束后， c(Na＋)＝c(SO)
B
0.05 mol CaO
溶液中增大
C
由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变
D
反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变
点拨：①加水，CO水解生成的c(OH－)减小，c(OH－)来源于水的电离。
②Na2CO3溶液中存在水解反应：CO＋H2OHCO＋OH－，加入NaHSO4时，c(Na＋)增大，同时c(OH－)减小。
解析：选B A项，反应结束后，c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，加入0.05 mol CaO后会生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀和NaOH，溶液中c(OH－)增大，CO水解产生的HCO减少，故溶液中增大，正确；C项，加入水后，c(Na2CO3)减小，CO水解产生的c(OH－)减小，溶液中的OH－来源于水的电离，因水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入0.1 mol NaHSO4固体，溶液体积变化不大，但 n(Na＋)变为原来的2倍，故c(Na＋)增大，错误。
3.(2019·郑州模拟)已知：25 ℃ 时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。该温度下，用0.100 mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.100 mol·L－1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．HA为强酸
B．a＝10
C．25 ℃时，为×10－9
D．当滴入20 mL氨水时， 溶液中存在c(NH)>c(A－)
深化Kh、Kw、Kb之间的关系
NH的水解反应：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，水解平衡常数Kh＝＝＝＝＝×10－9。
解析：选B A项，溶液中lg ＝12，根据水的离子积常数可知溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，所以HA为强酸，正确；B项，lg ＝0时溶液显中性，二者恰好反应时生成的铵盐水解，溶液显酸性，欲使溶液显中性，则a>10，错误；C项，25 ℃时，NH的水解平衡常数Kh＝＝×10－9，正确；D项，当滴入20 mL氨水时氨水过量，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，可知混合溶液中c(NH)>c(A－)，正确。
4．(2019·大庆第二次质检)25 ℃时，有 c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol·L－1的一组HA、KA混合溶液，溶液中c(HA)、c(A－)与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是( )
A．pH＝5.75的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)
B．欲得W点所示溶液，起始所加溶液应符合c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol·L－1且c(KA)
D．若A－的水解平衡常数为Kh，则lg Kh＝－9.25
审题的关键点
分析交点W，此时c(HA)＝c(A－)，HA的电离常数：Ka＝＝c(H＋)＝10－4.75，A－的水解平衡常数Kh＝＝10－9.25
点拨：发生氧化还原反应：H2O＋I2＋HSO===2I－＋3H＋＋SO，使c(HSO)减小。
解析：H2SO3的电离常数表达式为Ka＝＝1×10－2，水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，NaHSO3的水解反应的平衡常数Kh＝＝＝＝＝1×10－12。由Kh＝得＝，加入I2后，HSO被氧化为H2SO4，c(H＋)增大，c(OH－)减小，Kh不变，所以增大。
答案：1×10－12 增大
考点(二) 盐类水解的应用 【精讲精练快冲关】
[知能学通]
1．某些盐溶液的配制、保存
(1)在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。
(2)Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH－，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。
2．判断加热浓缩盐溶液能否得到同溶质的固体
(1)弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热脱水。
(2)强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Na2CO3。
3．盐类水解在生活中的应用
(1)FeCl3、KAl(SO4)2·12H2O等可作净水剂。
原因：Fe3＋、Al3＋水解产生少量胶状的Fe(OH)3、Al(OH)3，结构疏松、表面积大、吸附能力强，故它们能吸附水中悬浮的小颗粒而沉降，从而起到净水的作用。
(2)热的纯碱溶液去油污效果好。
原因：加热能促进Na2CO3水解，产生的c(OH－)较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。
(3)如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，再过滤。
[注意] 判断盐溶液蒸干所得产物成分关键点
(1)盐溶液水解生成易挥发性酸金属氧化物。
(2)考虑盐受热时是否分解。
原物质 ⇨ 蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2 ⇨ CaCO3或CaO
NaHCO3 ⇨ Na2CO3
KMnO4 ⇨ K2MnO4和MnO2
NH4Cl ⇨ 分解为NH3和HCl
无固体物质存在
(3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
(4)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
[题点练通]
1．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2017·天津高考)用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物( )
(2)(2017·天津高考)蒸发铝与稀盐酸反应后的溶液能制备无水AlCl3( )
(3)(2016·全国卷Ⅰ)配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释( )
(4)(2016·全国卷Ⅱ)由MgCl2溶液制备无水MgCl2，将MgCl2溶液加热蒸干( )
(5)(2016·全国卷Ⅲ)泡沫灭火器灭火利用了Al2(SO4)3和小苏打反应( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)√
2．25 ℃时，在浓度均为1.0 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，测得c(NH)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)。下列判断正确的是( )
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c>b D．c>a>b
解析：选D (NH4)2SO4溶液中只存在NH的水解反应；(NH4)2CO3溶液中存在NH和CO相互促进的水解反应，NH的水解程度比(NH4)2SO4中的大；(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在NH和Fe2＋相互抑制的水解反应，NH的水解程度比(NH4)2SO4中的小，故三种溶液中c(NH)的大小关系为(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3，即c>a>b。
3．(2014·全国卷Ⅰ)化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是( )
选项
现象或事实
解释
A
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
B
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C
施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜
解析：选C 烧碱指的是NaOH而不是Na2CO3，油脂在NaOH溶液、加热条件下能水解，A项错误；漂白粉中的Ca(ClO)2 能与空气中的CO2和水蒸气反应，生成CaCO3和HClO，而HClO不稳定，易分解，CaCl2与CO2不反应，B项错误；K2CO3与NH4Cl混合，会发生相互促进的水解反应，释放出NH3，降低肥效，C项正确；FeCl3溶液与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，但FeCl3溶液不能将Cu2＋还原为Cu，并非发生置换反应，D项错误。
4．(2019·大连质检)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 NaOH
B．(NH4)2SO4 NH4Cl CH3COONa NaHCO3 NaOH
C．(NH4)2SO4 NH4Cl NaOH CH3COONa NaHCO3
D．CH3COOH NH4Cl (NH4)2SO4 NaHCO3 NaOH
解析：选B 溶液pH由小到大的顺序：电离呈酸性<水解呈酸性<中性<水解呈碱性<电离呈碱性。NH4HSO4在水溶液中电离出H＋、NH，其溶液呈酸性，NaNO3是强酸强碱盐，其溶液呈中性，Na2CO3是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据题图知，①②溶液呈酸性，且①的酸性强于②，③的溶液呈碱性，应该为盐溶液，且酸根离子的水解程度小于④中的阴离子，④中的阴离子的水解程度小于CO。
5．在FeCl3溶液中存在下列平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl ΔH>0。回答下列问题：
(1)加热FeCl3溶液，溶液的颜色会不断加深，可得到一种红褐色透明液体，向这种液体中加入MgCl2溶液，产生的现象为___________________________________________。
(2)不断加热FeCl3溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体是________。
(3)在配制FeCl3溶液时，为防止浑浊，应加入________。
(4)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3＋的原因是________________________________________________________________________。
解析：(1)MgCl2属于电解质，向Fe(OH)3胶体中加入MgCl2溶液时易发生聚沉现象，从而生成红褐色Fe(OH)3沉淀。(2)加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解得到Fe(OH)3固体，灼烧时分解生成Fe2O3和H2O，所以最终得到Fe2O3固体。(3)FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，为防止FeCl3水解，向溶液中滴加浓盐酸即可。
答案：(1)生成红褐色沉淀 (2)Fe2O3 (3)浓盐酸
(4)MgCO3与Fe3＋水解产生的H＋反应，促进了Fe3＋水解，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去
[归纳拓展]
1．盐类水解的应用常考点
应用
举例
加热促进水解
热的纯碱溶液去污力强
分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱
等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3 溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3
判断溶液中离子能否大量共存
Al3＋和HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存
配制或贮存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸
胶体的制备，作净水剂
明矾溶于水生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清
化肥的使用
铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
泡沫灭火器的反应原理
(水解互促)
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
无水盐的制备
由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热
判断盐溶液的蒸干产物
将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3而不是AlCl3
某些盐的分离除杂
为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸
盐溶液除锈
NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解溶液显酸性)
判断电解质的强弱
CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸
2.熟记因相互促进水解不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH与SiO、AlO。
[注意] NH与CH3COO－、HCO虽能发生相互促进的水解反应，但能大量共存。
考点(三) 溶液中粒子浓度的大小比较 【多角探明无盲点】
电解质溶液中粒子浓度的大小比较问题是高考的“热点”之一，多年以来全国高考化学试卷年年涉及这种题型。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、电离度、水的电离、pH值、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度及对这些知识的综合运用能力。
[必备能力]
(一)理清一条思路，掌握分析方法
1.首先必须形成正确的解题思路
电解质溶液
2．要养成认真、细致、严谨的解题习惯，在形成正确解题思路的基础上学会常规分析方法，例如：关键性离子定位法、守恒判断法、淘汰法、整体思维法等。
(二)熟悉二大理论，构建思维基点
1.电离(即电离理论)
(1)弱电离质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离。如H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。
2．水解(即水解理论)
(1)弱离子的水解损失是微量的(双水解除外)，但由于水的电离，水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH3·H2O)。
(2)多元弱酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。
(三)把握三种守恒，明确等量关系
1.电荷守恒
如在Na2CO3溶液中存在离子：Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们的浓度存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
2．物料守恒
物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数不变。
3．质子守恒
即H2O电离的H＋和OH－浓度相等。如在Na2CO3溶液中水电离出OH－和H＋，其中水电离出的H＋以H＋、HCO、H2CO3三种形式存在于溶液中，则有c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)(由上述电荷守恒式减去物料守恒式也可得出质子守恒式)。
[对点练]
1．0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液
(1)粒子种类：___________________________________________________________。
(2)物料守恒：___________________________________________________________。
(3)电荷守恒：___________________________________________________________。
(4)质子守恒：___________________________________________________________。
答案：(1)Cl－、NH、H＋、OH－、NH3·H2O、H2O
(2)c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
(3)c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
(4)c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
2．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液
(1)物料守恒：___________________________________________________________。
(2)电荷守恒：___________________________________________________________。
(3)质子守恒：___________________________________________________________。
答案：(1)c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
(2)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)
(3)c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)－c(CO)
3．0.1 mol·L－1的Na2S溶液
(1)物料守恒：___________________________________________________________。
(2)电荷守恒：___________________________________________________________。
(3)质子守恒：___________________________________________________________。
答案：(1)c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]
(2)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋2c(S2－)
(3)c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)
4．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液等体积混合
(1)电荷守恒：___________________________________________________________。
(2)物料守恒：___________________________________________________________。
答案：(1)c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
(2)2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
[题点精析]
(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。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒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。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
(4)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)。
(5)常见单一电解质溶液中粒子浓度的大小比较
①H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(OH－)
②氨水中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)
③NH4Cl溶液中： c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)
④Na2CO3溶液中： c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
⑤NaHCO3溶液中(水解的程度大于电离的程度)：
c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
c(Na＋)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)
⑥NaHSO3溶液中(电离的程度大于水解的程度)：
c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)
c(Na＋)>c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)
[对点练]
1．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0.1 mol·L－1
B．NH4Cl溶液中，c(NH)＞c(Cl－)
C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)
D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
解析：选C 氨水为弱碱溶液，只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)可得c(NH)＜c(OH－)＜0.1 mol·L－1，A错误；NH4Cl溶液中，NH部分水解、Cl－浓度不变，则溶液中c(NH)＜c(Cl－)，B错误；Na2SO4溶液显中性，c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，溶液中离子浓度大小为 c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)，C正确；根据Na2SO3溶液中的物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，D错误。
2．室温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH＝8.31，有关该溶液的判断正确的是( )
A．c(Na＋)>c(OH－)>c(HCO)>c(CO)>c(H＋)
B．Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
D．加入适量NaOH溶液后：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)
解析：选B 室温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH＝8.31，溶液呈碱性，说明HCO的水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)，A错误；Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)＝×，H2CO3和HCO都部分电离，所以
3．(1)0.1 mol·L－1的H3PO4溶液中，离子浓度的大小关系：
________________________________________________________________________。
(2)0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中，离子浓度的大小关系：
________________________________________________________________________。
(3)0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中，离子浓度的大小关系：
________________________________________________________________________。
(4)0.1 mol·L－1的NaHS溶液中，离子浓度的大小关系：
________________________________________________________________________。
答案：(1)c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)＞c(OH－)
(2)c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
(3)c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)
(4)c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(S2－)
1.两种物质不反应
(1)等体积、等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液混合(溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度)：
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)
(2)等体积、等浓度的NH4Cl和NH3·H2O溶液混合(溶液呈碱性，说明NH3·H2O电离程度大于NH水解程度)：
c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)
(3)等体积、等浓度的NaCN和HCN溶液混合(溶液呈碱性，说明CN－水解程度大于HCN电离程度)：
c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)
(4)等体积、等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液混合(CO一级水解远大于二级水解)：
c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)
2．两种物质反应
(1)向0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液：
c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)
(2)向0.2 mol·L－1 NH4Cl溶液中加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液，得到pH>7的溶液：
c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)
(3)0.2 mol·L－1 HCl与0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液等体积混合：
c(Cl－)>c(Na＋)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)
(4)0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合：
c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)
[对点练]
4．用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)＞c(Na＋)，对该溶液的下列判断正确的是( )
A．c(H＋)＞c(OH－)
B．c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1
C．c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)
D．c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1
解析：选A 由电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，结合c(CH3COO－)＞c(Na＋)，故c(H＋)＞c(OH－)。
5．常温下，下列有关溶液的叙述正确的是( )
A．浓度均为0.1 mol·L－1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(SO)＝c(Na＋)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．在Na2SO3溶液中： c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
C．pH＝6的CH3COOH溶液和pH＝6的NH4Cl溶液，由水电离出的c(H＋)均为1×10－8 mol·L－1
D．在0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中：2c(Na＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)
解析：选A 浓度均为0.1 mol·L－1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成Na2SO4、(NH4)2SO4和H2O，NH水解导致溶液呈酸性，NH水解程度较小，结合物料守恒得c(SO)＝c(Na＋)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，A项正确；在Na2SO3溶液中，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，B项错误；pH＝6的CH3COOH溶液中由水电离出的 c(H＋)水＝c(OH－)水＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，pH＝6的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H＋)水＝10－6 mol·L－1，C项错误；根据物料守恒得c(Na＋)＝2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，D项错误。
6．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)
B．20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L－1 盐酸混合后溶液呈酸性，所得溶液中：
c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NH)＋c(OH－)
D．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)
解析：选B A项，等浓度等体积的NaHCO3与NaOH混合时，两者恰好反应生成Na2CO3，在该溶液中CO能进行两级水解：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－，故溶液中c(OH－)＞c(HCO)，错误；B项，CH3COONa与HCl混合反应后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液显酸性，故溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，正确；C项，在混合前两溶液的pH之和为14，则氨水过量，所得溶液为少量NH4Cl和过量NH3·H2O的混合溶液，则c(Cl－)＜c(NH)、c(H＋)＜c(OH－)，故c(Cl－)＋c(H＋)＜c(NH)＋c(OH－)，错误；D项，等浓度的CH3COOH与NaOH溶液混合时恰好生成CH3COONa，溶液中质子守恒式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，错误。
因反应物的物质的量不同，引起溶液中离子浓度变化的情况：
1．随着CH3COOH和NaOH物质的量之比变化，溶液中离子浓度关系
(1)当n(CH3COOH)∶n(NaOH)>1∶1，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COOH时，
pH<7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
①c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)
②c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(Na＋)>c(OH－)
③c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
pH＝7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
pH>7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
(2)当n(CH3COOH)∶n(NaOH)＝1∶1，溶液中的溶质为CH3COONa时，pH>7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
(3)当n(CH3COOH)∶n(NaOH)<1∶1，溶液中的溶质为CH3COONa、NaOH时，pH>7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
①c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
②c(Na＋)>c(CH3COO－)＝c(OH－)>c(H＋)
③c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
2．随着HCl和NH3·H2O物质的量之比变化，溶液中离子浓度关系
(1)当n(HCl)∶n(NH3·H2O)>1∶1，溶液中的溶质为HCl、NH4Cl时，pH<7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
①c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
②c(Cl－)>c(NH)＝c(H＋)>c(OH－)
③c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
(2)当n(HCl)∶n(NH3·H2O)＝1∶1，溶液中的溶质为NH4Cl时，pH<7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
(3)当n(HCl)∶n(NH3·H2O)<1∶1，溶液中的溶质为NH4Cl、NH3·H2O时，
pH<7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
pH＝7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
c(Cl－)＝c(NH)>c(H＋)＝c(OH－)
pH>7，溶液中四种离子浓度的大小比较：
①c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
②c(NH)>c(OH－)＝c(Cl－)>c(H＋)
③c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
[对点练]
7．室温下，将0.2 mol·L－1的一元酸HA和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列说法不正确的是( )
A．0.1 mol·L－1HA溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，水电离出来的c(H＋)相等
B．混合后溶液中：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)
C．混合后溶液中：c(A－)＋c(HA)＝0.1 mol·L－1
D．混合后溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
解析：选A 0.2 mol·L－1的一元酸HA和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，生成物为等物质的量浓度的NaA、HA，溶液显碱性，说明A－的水解程度大于HA的电离程度。HA是弱酸，NaOH是强碱，对水电离的抑制程度不同，A错误；经上述分析知，混合后溶液粒子浓度大小：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)，B正确；根据物料守恒得c(A－)＋c(HA)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，C正确；根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D正确。
8．常温下，将pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合，完全反应后，溶液中离子浓度关系正确的是( )
A．c(NH )＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．c(NH )＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．c(Cl－)＞c(NH )＞c(H＋)＞c(OH－)
D．c(Cl－)＞c(NH )＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：选A 常温下pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水等体积混合后，氨水过量，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，由电荷守恒：c(NH )＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(NH)＞c(Cl－)，溶液中各离子浓度大小为c(NH )＞c(Cl－)＞c(OH－)>c(H＋)。
9．(双选)(2018·江苏高考)H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，设H2C2O4溶液中c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A．0.100 0 mol·L－1H2C2O4溶液：c(H＋)＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4)
B．c(Na＋)＝c(总)的溶液：c(Na＋)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)＞c(H＋)
C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)
D．c(Na＋)＝2c(总)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)
解析：选AD 由题意可知，c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100 0 mol·L－1，因此该选项中的关系式可变为c(H＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4)，即为c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，该式符合电荷守恒式，A项正确；当c(Na＋)＝c(总)时，由C原子个数守恒可知，溶液中的溶质为NaHC2O4，由题意知，HC2O的水解平衡常数Kh＝Kw/Ka1＝(1.0×10－14)/(5.4×10－2)，Kh小于Ka2，因此HC2O的电离程度大于水解程度，即溶液中c(Na＋)>c(H＋)>c(C2O)>c(H2C2O4)，B项错误；由电荷守恒关系可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，又因c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，由以上两式可得，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(总)＋c(C2O)－c(H2C2O4)＋c(OH－)，因pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(总)＋c(C2O)－c(H2C2O4)，由于此时溶液的体积增大，c(总)＜0.100 0 mol·L－1，故c(Na＋)＜0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)，C项错误；由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，当c(Na＋)＝2c(总)时，该式可变为2c(H2C2O4)＋2c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，即为c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，D项正确。
10.(2019·凉山模拟)常温下向25 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中逐滴滴加0.2 mol·L－1的一元酸HX溶液，pH的变化曲线如图所示(溶液混合时体积的变化忽略不计)。下列说法正确的是( )
A．在b点，离子浓度大小为c(OH－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(X－)
B．d点的溶液中c(H＋)＋c(HX)＝c(X－)＋c(OH－)
C．HX是弱酸，常温下其电离常数Ka＝2.5×10－6
D．d点的溶液中有c(HX)－2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(X－)
解析：选C b点代表加入12.5 mL HX溶液，此时恰好反应转化为NaX溶液，溶液显碱性，所以浓度为c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A项错误；d点代表加入25 mL HX 溶液，所以溶液为HX和NaX浓度相等的混合溶液，此溶液存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(X－)＋c(OH－)，物料守恒：c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)，两式联立消去c(Na＋)得到：c(HX)＋2c(H＋)＝c(X－)＋2c(OH－)，B、D项错误；选取图中的c点数据进行运算，c点代表向25 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中逐滴滴加13 mL 0.2 mol·L－1的一元酸HX溶液，溶液总体积为 38 mL，此时溶液显中性，pH＝7，所以c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1；溶液中c(Na＋)＝0.1 mol·L－1×，c(HX)＋c(X－)＝0.2 mol·L－1×。因为溶液显中性，根据电荷守恒得到c(X－)＝c(Na＋)，所以c(HX)＝mol·L－1，故Ka＝＝＝2.5×10－6，C项正确。
11．(2019·攀枝花联考)已知：25 ℃，NH3·H2O电离常数K＝1.76×10－5。25 ℃，向1 L 0.1 mol·L－1 某一元酸HR溶液中逐渐通入氨气，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的pH与lg变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．由图可推知：25 ℃，0.1 mol·L－1 NaR溶液的pH约为10
B．当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中：c(NH)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)
C．pH＝7时，所得溶液中：c(HR)>c(R－)＝c(NH)
D．pH＝10时，所得溶液中：c(R－)>c(HR)，c(NH)>c(NH3·H2O)
解析：选B A项，由图可知，pH＝5时，lg＝0，＝1，Ka＝＝c(H＋)＝1×10－5，所以25 ℃，0.1 mol·L－1 NaR溶液中，Kh＝＝＝10－9，c(OH－)＝≈＝1×10－5 mol·L－1，pH约为9，错误；B项，当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中的溶质为NH4R，NH4R的阴、阳离子可以发生相互促进的水解反应，由于NH3·H2O电离常数K＝1.76×10－5，而HR的Ka＝1×10－5，故R－的水解程度较大，溶液显碱性，所以c(NH)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)，正确；C项，pH＝7时，由图可知，lg＝2，则＝102，所以c(R－)>c(HR)，由电荷守恒可知c(R－)＝c(NH)，所得溶液中：c(R－)＝c(NH)>c(HR)，错误；D项，由图可知，pH＝10时，lg＝5，即＝105，所以c(R－)>c(HR)，pH＝10时，c(OH－)＝1×10－4 mol·L－1，由NH3·H2O电离常数K＝1.76×10－5可以求出＝<1，c(NH)
A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10－9
B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式： H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O
C．M点对应的溶液中：c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＋c(H3AsO3)＝0.1 mol·L－1
D．pH＝12时，溶液中：c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)>c(H＋)＋c(K＋)
解析：选B A项，由图中数据可知，pH＝9.3时，c(H2AsO)＝c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1＝＝c(H＋)＝10－9.3，故Ka1的数量级为10－10，错误；B项，由图可知，pH在8.0～10.0时，H3AsO3的物质的量分数逐渐减小，H2AsO的物质的量分数逐渐增大，故反应的离子方程式为H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O，正确；C项，根据物料守恒可知，M点对应的溶液中，n(H2AsO)＋n(HAsO)＋n(AsO)＋n(H3AsO3)＝0.1 mol，由于不知道此时溶液的体积是多少(或不知道加入KOH溶液的体积)，故无法计算其总浓度，错误；D项，由电荷守恒可知，c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)，pH＝12时，溶液显碱性，由图可知，此时H3AsO3主要转化为H2AsO和HAsO，说明H2AsO和HAsO的电离作用小于H2AsO和HAsO的水解作用，H2AsO和HAsO水解都产生OH－，故c(OH－)>c(H3AsO3)，因此溶液中c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)
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