PAGEPAGE36第3講鹽類的水解【2024·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.相識鹽類水解在生產、生活中的應用(弱酸弱堿鹽的水解不作要求)。新課標要求：相識鹽類水解的原理和影響鹽類水解的主要因素。最新考情：鹽類水解是化學反應原理的重點內容，主要考查鹽類水解的規律及應用、鹽類水解的影響因素、鹽溶液酸堿性的推斷、溶液中離子濃度的比較等學問點，難度大，理論性強，尤其是溶液中的離子濃度比較，常結合表格、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，預料2024年江蘇高考中會持續這一趨勢。考點一鹽類的水解及其規律[學問梳理]1.定義在溶液中鹽電離出來的離子跟水電離產生的H＋或OH－結合生成弱電解質的反應。2.實質→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈堿性或酸性3.特點4.規律有弱才水解，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COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。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溶液混合反應的水解離子方程式為2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。[題組診斷]水解離子方程式書寫1.按要求書寫離子方程式(1)NaHS溶液呈堿性的緣由_____________________________________________________________________。(2)試驗室制備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，其緣由是_____________________________________________________________________；若pH<7，其緣由是_________________________________________________。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＋＋3H2OFe(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推斷鹽溶液的酸堿性，需先推斷鹽的類型，因此需嫻熟記憶常見的強酸、強堿和弱酸、弱堿。②鹽溶液呈中性，無法推斷該鹽是否水解。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。水解規律及其應用2.25℃時，濃度均為0.2mol·L－1的NaHCO3與Na2CO3溶液中，下列推斷不正確的是()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，復原到原溫度，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)的水解實力大于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C3.室溫下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，據此，在室溫下，下列說法錯誤的是()A.上述溶液能使甲基橙試劑變黃色B.室溫下，NH3·H2O是比HCN更弱的電解質C.上述溶液中CN－的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度D.室溫下，0.1mol/LNaCN溶液中，CN－的水解程度小于上述溶液中CN－的水解程度解析室溫下，溶液呈堿性，則溶液能使甲基橙試劑變黃色，故A正確；HCN和NH3·H2O均是弱電解質，溶液呈堿性，說明CN－的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，由越弱越水解知NH3·H2O是比HCN強的電解質，故B錯誤，故C正確；CN－、NHeq\o\al(＋,4)相互促進水解，所以0.1mol/LNaCN溶液中，CN－的水解程度小于同濃度下NH4CN溶液中CN－的水解程度，故D正確。答案B4.25℃時，濃度均為0.1mol·L－1的溶液，其pH如下表所示。有關說法正確的是()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－，依據“越弱越水解”知，酸性：H2CO3<HF，A項正確；①中溶質NaCl為強酸強堿鹽，不水解，②中溶質CH3COONH4為弱酸弱堿鹽，發生相互促進的水解反應，B項錯誤；依據電荷守恒知，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；依據物料守恒知，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】鹽類水解的規律及拓展應用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>相應酸式鹽，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。5.相同條件下鹽的水解程度相互促進水解的鹽>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用[學問梳理]1.內因形成鹽的酸或堿的強弱。對應的酸或堿越弱就越易發生水解。如酸性：CH3COOH>H2CO3eq\o(→,\s\up7(確定))相同濃度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小關系為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生的離子濃度上升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：外加物質對水解反應的影響取決于該物質的性質。①外加酸堿外加物質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溶液水解產生的OH－反應，使平衡向水解方向移動，緣由是：體系中c(CH3COOH)增大是主要因素，會使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。3.鹽類水解的應用應用原理說明熱的純堿溶液去污實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果明礬凈水Al3＋水解生成的氫氧化鋁膠體可用來凈水物質提純如除去氯化鎂酸性溶液中的氯化鐵，可以加入氧化鎂或氫氧化鎂反應掉部分H＋，促進Fe3＋的水解，使Fe3＋轉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，常將它們溶于較濃的鹽酸中，然后再加水稀釋；目的是抑制Fe3＋、Fe2＋、Sn2＋、Al3＋等的水解草木灰不能與銨態氮肥混合施用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、氮化鎂在水溶液中劇烈水解，只能通過單質間化合反應才能制得比較鹽溶液中離子濃度的大小如Na2S溶液中離子濃度大小的依次為：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)推斷弱電解質的相對強弱如等物質的量濃度的醋酸鈉溶液、碳酸鈉溶液的堿性，碳酸鈉溶液堿性強于醋酸鈉溶液，則碳酸的酸性弱于醋酸證明某些電解質是弱酸或弱堿如CH3COONa的溶液能使酚酞試液變紅，證明該溶液顯堿性，說明CH3COOH是弱酸推斷鹽溶液蒸干產物如FeCl3溶液蒸干并灼燒產物為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，與氧化物反應名師助學：在酸性較強的環境中Fe3＋比Al3＋、Mg2＋、Cu2＋更易發生水解，故一般可采納調整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離子的物質。[題組診斷]影響鹽類水解的因素1.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.上升溫度，平衡常數增大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，平衡向正反應方向移動，但平衡常數不變，A項錯；通入CO2，發生反應：CO2＋2OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O，溶液pH減小，B項正確；上升溫度，平衡正向移動，平衡常數增大，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AD2.(2015·天津高考)室溫下，將0.05molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物質，有關結論正確的是()加入物質結論A50mL1mol·L－1H2SO4反應結束后，c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))B0.05molCaO溶液中eq\f(c（OH－）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)增大C50mLH2O由水電離出的c(H＋)·c(OH－)不變D0.1molNaHSO4固體反應完全后，溶液pH減小，c(Na＋)不變解析Na2CO3溶液中存在水解平衡COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，所以溶液呈堿性。A項，向溶液中加入50mL1mol·L－1H2SO4，Na2CO3與H2SO4恰好反應生成0.05molNa2SO4，依據物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，錯誤；B項，向Na2CO3溶液中加入0.05molCaO后，發生反應CaO＋H2O=Ca(OH)2，生成0.05molCa(OH)2，恰好與Na2CO3反應：Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，則c(COeq\o\al(2－,3))減小，c(OH－)增大，c(HCOeq\o\al(－,3))減小，所以eq\f(c（OH－）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)增大，正確；C項，加入50mLH2O，COeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移動，但c(OH－)減小，溶液中的OH－全部來源于水的電離，由于水電離出的H＋、OH－濃度相等，故由水電離出的c(H＋)·c(OH－)減小，錯誤；D項，加入的0.1molNaHSO4固體與0.05molNa2CO3恰好反應生成0.1molNa2SO4，溶液呈中性，故溶液pH減小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，錯誤。答案B3.25℃，肯定濃度的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改變較大的是________(填化學式)溶液。(3)Na2S溶液呈堿性的緣由是____________________________________________(用離子方程式表示)。(4)為探究Na2S溶液呈堿性是由S2－引起的，請你設計一個簡潔的試驗方案：__________________________________________________________________________________________________________________________________________。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－數目增多，c(OH－)減小的程度小，則pH改變小。(4)先在Na2S溶液中滴入酚酞溶液，然后加入鹽溶液使S2－完全沉淀后視察溶液顏色的改變。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】鹽類水解平衡移動方向的推斷要點1.遵循化學平衡規律：從溫度、濃度方面去考慮便能作出正確推斷，如在CH3COONa的溶液中，加入少量冰醋酸。正確的結論是：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(Kh)推斷：水解平衡常數(Kh)只受溫度的影響，它與Ka(或Kb)、Kw的定量關系為Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。鹽類水解的應用4.下列物質的水溶液在空氣中當心加熱蒸干至質量不再削減為止，能得到較純凈的原溶質的是()①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A.全部都可以 B.僅①②③C.僅①③⑥ D.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是Fe2O3。答案D5.下列事實或操作與鹽類水解無關的有()①配制FeCl3溶液時，要滴加少量的鹽酸②加熱蒸干并灼燒Na2SO3溶液，得到Na2SO4固體③焊接時用NH4Cl溶液除銹④運用泡沫滅火器時，使硫酸鋁與飽和小蘇打溶液混合⑤稀醋酸溶液加熱時其pH減小⑥濃的硫化鈉溶液有臭味⑦CaCO3的飽和溶液pH約為9.3⑧小蘇打發酵粉加入檸檬酸后效果更好A.2個 B.3個C.4個 D.5個解析①配制FeCl3溶液時，滴加少量的鹽酸是為了抑制Fe3＋的水解；②加熱蒸干并灼燒Na2SO3溶液，得到Na2SO4固體，是因為Na2SO3被空氣中的氧氣氧化，與水解無關；③焊接時用NH4Cl溶液除銹，是因為NHeq\o\al(＋,4)水解使溶液呈酸性；④運用泡沫滅火器時，硫酸鋁與小蘇打發生相互促進的水解反應；⑤稀醋酸溶液加熱時其pH減小，是因為加熱時醋酸的電離程度增大，與水解無關；⑥濃的硫化鈉溶液有臭味，是因為S2－水解生成H2S；⑦CaCO3是強堿弱酸鹽，COeq\o\al(2－,3)水解使其溶液顯堿性；⑧小蘇打發酵粉加入檸檬酸后效果更好，是因為碳酸氫鈉與檸檬酸反應放出了二氧化碳，與水解無關，綜上所述，B項正確。答案B6.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。現有含FeCl2雜質的氯化銅晶體(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)本試驗最適合的氧化劑X是________(填字母)。A.K2Cr2O7 B.NaClOC.H2O2 D.KMnO4(2)物質Y是________。(3)本試驗用加堿沉淀法能不能達到目的？________，緣由是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)除去Fe3＋的有關離子方程式是___________________________________________________________________________________________________________。(5)加氧化劑的目的是______________________________________________________________________________________________________________________。(6)最終能不能干脆蒸發結晶得到CuCl2·2H2O晶體？________，應如何操作？___________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)能把Fe2＋氧化為Fe3＋，同時又不能引入新的雜質，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，應在HCl氣流中加熱蒸發。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＋分別(6)不能應在HCl氣流中加熱蒸發然后冷卻結晶，過濾，洗滌、干燥【誤區警示】水解除雜警示利用水解除雜無論在化學工業還是化學試驗中都具有特別重要的意義，其原理是依據鹽的水解程度的不同，通過調整溶液pH使部分別子轉化為沉淀而除去。如MgCl2溶液中混有少量FeCl3雜質，因Fe3＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等，調整溶液的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；留意不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性堿，因加入這些物質的量不易限制，一旦過量也不易除去，Mg2＋也可能轉化為Mg(OH)2沉淀，還會引入NHeq\o\al(＋,4)、Na＋等雜質。【思維建模】(1)關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，但應留意不能引入雜質離子，加入的酸應是與鹽中的酸根對應的強酸，如配制FeCl3溶液加鹽酸；加入的堿應是與鹽中的陽離子對應的強堿，如配制Na2S溶液要加NaOH溶液。(2)鹽溶液蒸干灼燒時所得產物的幾種推斷類型①鹽溶液水解生成難揮發性酸時，蒸干后一般得原物質，如CuSO4(aq)→CuSO4(s)；鹽溶液水解生成易揮發性酸時，蒸干灼燒后一般得對應的氧化物，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。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)熟登記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)。提示：NHeq\o\al(＋,4)與CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)雖能發生雙水解反應，但能大量共存。Fe3＋在中性條件下已完全水解。考點三溶液中粒子濃度關系的比較[學問梳理]1.留意兩大理論，構建思維模型(1)電離理論①弱電解質的電離是微弱的，電離產生的微粒都特別少，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－)總是大于水解產生的弱電解質溶液的濃度。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，明確等量關系(1)電荷守恒→留意溶液呈電中性溶液中全部陽離子所帶的正電荷總濃度等于全部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→留意溶液中某元素的原子守恒在電解質溶液中，粒子可能發生改變，但改變前后其中某種元素的原子個數守恒。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)質子守恒→留意分子或離子得失H＋數目不變在電解質溶液中，由于電離、水解等過程的發生，往往存在質子(H＋)的得失，但得到的質子數等于失去的質子數。如Na2S水溶液中的質子轉移如圖所示：由圖可得Na2S水溶液中質子守恒式可表示：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)。質子守恒的關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即可得質子守恒式，消去沒有參加改變的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系1.(2024·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.(2024·無錫質檢)下列溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是()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中忽視了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－)，可推出題給關系式。選項C中依據物料守恒可知正確的關系式為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](1)在0.1mol·L－1混合溶液中粒子濃度關系3.(2024·江蘇蘇州期初調研)25℃時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是()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，反應后溶液顯堿性，依據電荷守恒：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；依據物料守恒有：n(Na＋)＝2n(C)＝2[n(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，C項錯誤；反應后的溶液為CH3COOH、NaCl，溶液呈酸性，D項錯誤。答案A4.(2024·蘇錫常鎮二調)常溫，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.c(NHeq\o\al(＋,4))相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液、NH4HCO3溶液：c(NH4HCO3)<c(CH3COONH4)<c(HCOONH4)B.濃度均為0.1mol·L－1的HCOONa和NH4Cl兩種溶液：c(OH－)＋c(HCOO－)>c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))C.0.1mol·L－1的CH3COOH與0.05mol·L－1NaOH溶液等體積混合：c(H＋)＋c(CH3COOH)<c(OH－)＋c(Na＋)D.向0.1mol·L－1CH3COONa溶液中通HCl至溶液pH＝7：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(Cl－)解析A項，酸性：HCOOH>CH3COOH>H2CO3，同濃度的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液、NH4HCO3溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))大小關系：HCOONH4>CH3COONH4>NH4HCO3，當c(NHeq\o\al(＋,4))相同時，有c(HCOONH4)<c(CH3COONH4)<c(NH4HCO3)，錯誤；B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＋)，c(Na＋)＝c(Cl－)，HCOO－的水解程度小于NHeq\o\al(＋,4)，HCOONa溶液中c(H＋)大于NH4Cl溶液中c(OH－)，所以c(Na＋)＋c(H＋)>c(Cl－)＋c(OH－)，正確；C項，此時為等濃度的CH3COOH和CH3COONa溶液，由電荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，得c(H＋)＋2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Na＋)，由物料守恒有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，聯立得c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)＋c(Na＋)，得c(H＋)＋c(CH3COOH)>c(OH－)＋c(Na＋)，錯誤；D項，由電荷守恒有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，由物料守恒有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，代入得c(CH3COOH)＝c(Cl－)，錯誤。答案B5.(2024·江蘇南京模擬)常溫下，下列有關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視)：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－)解析依據物料守恒[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)發生的離子反應為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；反應后轉化為等量的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，據電荷守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)①，據物料守恒有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)溶液混合但不發生反應的類型。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，可用極限觀點思索，以“強勢”反應為主，可不考慮“弱勢”反應。①電離強于水解型。如CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等體積、等物質的量濃度混合，分析時可只考慮CH3COOH的電離，不考慮CH3COONa的水解，粒子濃度大小依次為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、等物質的量濃度混合，粒子濃度大小依次為c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。(2)溶液混合發生反應但有一種過量的類型。依據過量程度及產物狀況，要同時考慮電離和水解，不過這類問題大多轉化為“溶液混合但不發生反應類型”問題。(3)酸、堿中和型。13離子濃度大小的比較推斷電解質溶液中粒子濃度的關系，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，其中反應過程中不同階段粒子濃度關系的推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溶液中粒子濃度大小關系的重要依據，電荷守恒、物料守恒和質子守恒是推斷電解質溶液中粒子濃度等量關系的重要依據，該類題目的解題關鍵是正確推斷溶液中溶質的成分及其量的關系，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實力，復習備考中應特殊關注。文字敘述型1.(2024·江蘇化學，14)H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，設H2C2O4溶液中c(總)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L－1H2C2O4溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質的量濃度關系肯定正確的是()A.0.1000mol·L－1H2C2O4溶液：c(H＋)＝0.1000mol·L－1＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)－c(H2C2O4)B.c(Na＋)＝c(總)的溶液：c(Na＋)>c(H2C2O4)>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H＋)C.pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.1000mol·L－1＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)D.c(Na＋)＝2c(總)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))解析H2C2O4溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，物料守恒：c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝0.1000mol·L－1，將兩式相加，可得：c(H＋)＝0.1000mol·L－1＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)－c(H2C2O4)，A項正確；c(Na＋)＝c(總)的溶液，相當于等物質的量的H2C2O4與NaOH反應后的溶液，即為NaHC2O4溶液，已知Ka2＝5.4×10－5，Kh(HC2Oeq\o\al(－,4))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1×10－14,5.4×10－2)<Ka2，說明HC2Oeq\o\al(－,4)的電離程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液顯酸性，則c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)，B項錯誤；起始時，H2C2O4溶液中c(總)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝0.1000mol·L－1，滴入NaOH溶液后，c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))<0.1000mol·L－1，溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，pH＝7的溶液中，c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))<0.1000mol·L－1＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)，C項錯誤；c(Na＋)＝2c(總)的溶液，相當于1molH2C2O4與2molNaOH反應后的溶液，即為Na2C2O4溶液，Na2C2O4中存在質子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(H2C2O4)，D項正確。答案AD2.(2024·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，即前者水解產生的c(OH－)小于后者水解產生的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AD3.(2015·江蘇化學，14)室溫下，向下列溶液中通入相應的氣體至溶液pH＝7(通入氣體對溶液體積的影響可忽視)，溶液中部分微粒的物質的量濃度關系正確的是()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，依據電荷守恒可知：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，依據電荷守恒可知：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，依據物料守恒可知：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，依據物料守恒，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溶液依據物料守恒有：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，c(Na＋)>c(CH3COOH),依據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D4.(2014·江蘇化學，14)25℃時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是()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AC【題型模板】分析溶液中微粒濃度關系的思維流程結合圖像型5.(2024·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的量濃度隨pH的改變曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系肯定正確的是()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)，聯立得質子守恒式有：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.(2024·南通等七市聯考)常溫下，用0.10mol·L－1鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲線如圖(忽視體積改變)。下列說法正確的是()A.溶液中陽離子的物質的量濃度之和：點②等于點③B.點①所示溶液中：c(CN－)＋c(HCN)＝2c(Cl－)C.點②所示溶液中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)D.點④所示溶液中：c(Na＋)＋c(CH3COOH)＋c(H＋)>0.10mol·L－1解析A項，點②和③兩溶液體積不同，錯誤；B項，點①溶液為等濃度的NaCN和NaCl，由物料守恒有c(CN－)＋c(HCN)＝2c(Cl－)，正確；C項，點②生成等量NaCl和CH3COOH，溶液中CH3COONa的量大于NaCl和CH3COOH，由于溶液呈酸性，CH3COOH電離大于CH3COO－的水解，則c(CH3COO－)>c(Cl－)，錯誤；D項，點④生成等濃度NaCl和CH3OOH，電荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)，由物料守恒有c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Cl－)＝0.05mol·L－1，得c(Na＋)＋c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)＋0.10mol·L－1，正確。答案BD7.(2024·蘇錫常鎮一調)常溫時，向20mL0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000mol/LNaOH溶液，混合溶液pH隨加入NaOH溶液體積的改變如圖所示。下列有關敘述正確的是()A.點①、③、④所示溶液中，點③所示溶液H2O的電離程度最小B.點②所示溶液中：2c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋3c(H2C2O4)＝2c(OH－)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C.點③所示溶液中：c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(Na＋)D.滴定過程中可能出現：c(Na＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(OH－)>c(H＋)解析A項，點①為NaHC2O4溶液，呈酸性，說明HC2Oeq\o\al(－,4)的電離大于水解，水的電離受到抵制，接著加NaOH中和HC2Oeq\o\al(－,4)，水的電離程度增大，點①水的電離程度最小，錯誤；B項，點②為等濃度的NaHC2O4和Na2C2O4的混合溶液，由電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，由物料守恒有：3c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋3c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋3c(H2C2O4)＝2c(Na＋)，得2c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋3c(H2C2O4)＝2c(OH－)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，正確；C項，點③溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，由電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，得c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，正確；D項，當c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))時，在點②和點③之間，此時溶液呈酸性，錯誤。答案BC8.(2024·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feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f＝\f(某含C（或N）微粒濃度,全部含C（或N）微粒濃度總和)))隨pH的改變曲線如下圖所示，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))解析從圖中推斷，在pH＝7時，f(NHeq\o\al(＋,4))≈1，f(H2CO3)≈0.3，f(COeq\o\al(2－,3))≈0.01，明顯，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))，明顯，c(OH－)＋c(NH3·H2O)>c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))，C項正確；發生反應：NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl，起先n(NH4HCO3)＝n(NaCl)，NaHCO3析出后，n(Cl－)>n(Na＋)，D項錯誤。答案AC【學問網絡回顧】1.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為酸堿中和反應的離子方程式。答案A2.(2024·江蘇南通第一次調研)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的關系如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是()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，對應于圖示中上升的曲線，HCOeq\o\al(－,3)對應于下降的曲線，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c(Na2CO3)＝xmol·L－1，c(NaHCO3)＝ymol·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溶液中的質子守恒方程式為：c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(OH－)，錯誤。答案AB3.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入CO2，隨n(CO2)增大，先后發生三個不同的反應，當0.01mol<n(CO2)≤0.015mol時發生的反應是：2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3。下列對應關系正確的是()選項n(CO2)/mol溶液中離子的物質的量濃度A0c(Na＋)>c(AlOeq\o\al(－,2))＋c(OH－)B0.01c(Na＋)>c(AlOeq\o\al(－,2))>c(OH－)>c(COeq\o\