高三化學(xué) 第八章 第三節(jié) 鹽類的水解學(xué)案 新人教版-新人教版高三全冊(cè)化學(xué)學(xué)案

鹽類的水解考點(diǎn)(一)鹽類的水解及其影響因素【點(diǎn)多面廣精細(xì)研】1．概念：在水溶液中鹽電離出來(lái)的離子與水電離產(chǎn)生的H＋或OH－結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)。2．實(shí)質(zhì)3．特點(diǎn)4．水解規(guī)律有弱才水解，越弱越水解；誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性，同強(qiáng)顯中性。鹽的類型實(shí)例是否水解水解的離子溶液的酸堿性溶液的pH強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽NaCl、KNO3eq\a\vs4\al(否)無(wú)eq\a\vs4\al(中)性eq\a\vs4\al(＝)7強(qiáng)酸弱堿鹽NH4Cl、Cu(NO3)2eq\a\vs4\al(是)eq\a\vs4\al(NH\o\al(＋,4)、)Cu2＋eq\a\vs4\al(酸)性eq\a\vs4\al(＜)7弱酸強(qiáng)堿鹽CH3COONa、Na2CO3eq\a\vs4\al(是)CH3COO－、eq\a\vs4\al(CO\o\al(2－,3))eq\a\vs4\al(堿)性eq\a\vs4\al(＞)75．水解離子方程式的書(shū)寫(xiě)(1)一般要求如NH4Cl水解的離子方程式為NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)三種類型的鹽水解方程式的書(shū)寫(xiě)①多元弱酸鹽水解：分步進(jìn)行，以第一步為主。如Na2CO3水解的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。②多元弱堿鹽水解：水解離子方程式一步完成。如FeCl3水解的離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。③陰、陽(yáng)離子相互促進(jìn)的水解：水解程度較大，書(shū)寫(xiě)時(shí)要用“=”“↑”“↓”等。如Na2S溶液與AlCl3溶液混合后反應(yīng)的離子方程式為3S2－＋2Al3＋＋6H2O=3H2S↑＋2Al(OH)3↓。6．鹽的水解常數(shù)以反應(yīng)A－＋H2OHA＋OH－為例(1)表達(dá)式：Kh＝eq\f(cHA·cOH－,cA－)。(2)與Kw、Ka(HA)的關(guān)系：Kh＝eq\f(cHA·cOH－·cH＋,cA－·cH＋)＝eq\f(Kw,KaHA)。(3)由于A－水解產(chǎn)物的HA和OH－濃度近似相等，水解平衡時(shí)，c(A－)又可看成是A－溶液的濃度c(未水解時(shí)的濃度)，則Kh＝eq\f(c2OH,c)，c(OH－)＝eq\r(c·Kh)。同理，對(duì)于強(qiáng)酸弱堿鹽，c(H＋)＝eq\r(c·Kh)。(4)影響因素——溫度[小題練微點(diǎn)]判斷下列說(shuō)法的正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)。(1)酸式鹽溶液可能呈酸性，也可能呈堿性()(2)常溫下，pH＝11的CH3COONa溶液與pH＝3的CH3COOH溶液，水的電離程度相同()(3)S2－＋2H2OH2S＋2OH－()(4)明礬溶液顯酸性：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋()(5)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()(6)氯化銨溶液加水稀釋時(shí)，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)的值減小()(7)在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)()(8)稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或堿性)也越強(qiáng)()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√(7)√(8)×[學(xué)霸微提醒](1)鹽類發(fā)生水解后，其水溶液往往顯酸性或堿性。但也有特殊情況，如弱酸弱堿鹽CH3COONH4水解后，其水溶液接近中性。(2)Fe3＋在中性條件下已完全水解。鹽類水解原理及規(guī)律1．判斷下列說(shuō)法的正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)。(1)(2018·全國(guó)卷Ⅰ)16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NA()(2)(2018·全國(guó)卷Ⅱ)100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.1NA()(3)(2018·天津高考)某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，則NaA的Kh(水解常數(shù))越小()(4)(2017·全國(guó)卷Ⅱ)1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，NHeq\o\al(＋,4)的數(shù)量為0.1NA()(5)(2017·海南高考)向硫酸鋁溶液中滴加碳酸鈉溶液的離子方程式為2Al3＋＋3COeq\o\al(2－,3)=Al2(CO3)3↓()(6)(2016·上海高考)0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH>7，證明乙酸是弱酸()(7)(2015·北京高考)飽和NaClO溶液的pH約為11：ClO－＋H2OHClO＋OH－()(8)(2015·重慶高考)25℃時(shí)，等體積等濃度的硝酸與氨水混合后，溶液的pH＝7()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(7)√(8)×2．(2019·衡陽(yáng)質(zhì)檢)已知常溫下濃度為0.1mol·L－1的下列溶液的pH如表所示：溶質(zhì)NaFNaClONaHCO3Na2CO3pH7.59.78.211.6下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是()A．pH＝2的HF溶液與pH＝12的NaOH溶液以體積比1∶1混合，則有c(Na＋)>c(F－)>c(OH－)>c(H＋)B．加熱0.1mol·L－1NaClO溶液測(cè)其pH，pH大于9.7C．0.1mol·L－1Na2CO3溶液中，存在關(guān)系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)D．電離常數(shù)大小關(guān)系：K(HF)>K(H2CO3)>K(HClO)>K(HCOeq\o\al(－,3))解析：選AA項(xiàng)，pH＝2的HF溶液與pH＝12的NaOH溶液以體積比1∶1混合后，HF過(guò)量，溶液顯酸性，則c(H＋)>c(OH－)，根據(jù)電荷守恒可得c(F－)>c(Na＋)，則溶液中離子濃度大小為c(F－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，鹽類水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進(jìn)其水解，溶液的堿性增強(qiáng)，pH增大，正確；C項(xiàng)，Na2CO3溶液中質(zhì)子守恒關(guān)系式為c(OH－)－c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，正確；D項(xiàng)，相同溫度下，相同濃度的鈉鹽溶液中，弱酸根離子水解程度越大，其溶液pH越大，酸根離子水解程度越大，其相對(duì)應(yīng)的酸的電離常數(shù)越小，根據(jù)題表中數(shù)據(jù)知，酸根離子水解程度：F－<HCOeq\o\al(－,3)<ClO－<COeq\o\al(2－,3)，則電離常數(shù)：K(HF)>K(H2CO3)>K(HClO)>K(HCOeq\o\al(－,3))，正確。eq\a\vs4\al([方法規(guī)律])1．鹽類水解程度大小比較規(guī)律(1)組成鹽的弱堿陽(yáng)離子水解使溶液顯酸性，組成鹽的弱酸根離子水解使溶液顯堿性。(2)鹽對(duì)應(yīng)的酸(或堿)越弱，水解程度越大，溶液堿性(或酸性)越強(qiáng)。(3)多元弱酸的酸根離子比酸式酸根離子的水解程度大得多。如相同濃度時(shí)，COeq\o\al(2－,3)比HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大。(4)水解程度：相互促進(jìn)水解的鹽>單水解的鹽>相互抑制水解的鹽。如NHeq\o\al(＋,4)的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。2．弱酸酸式鹽溶液酸堿性的判斷方法弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子電離程度和水解程度的相對(duì)大小。(1)若電離程度小于水解程度，溶液顯堿性。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)。影響鹽類水解平衡的因素3.判斷下列說(shuō)法的正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)。(1)(2016·全國(guó)卷Ⅲ)向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)＞1()(2)(2016·全國(guó)卷Ⅲ)將CH3COONa溶液從20℃升溫至30℃，溶液中eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)增大()(3)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()(4)在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好無(wú)色，則此時(shí)溶液的pH<7()(5)在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)()(6)關(guān)于氯化銨溶液，加水稀釋時(shí)，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)的值減小()(7)降低溫度和加水稀釋，都會(huì)使鹽的水解平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)()(8)通入適量的HCl氣體使FeCl3溶液中eq\f(cFe3＋,cCl－)增大()(9)試管中加入2mL飽和Na2CO3溶液，滴入兩滴酚酞，加熱，溶液先變紅，后紅色變淺()答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√(7)×(8)×(9)×4．(2018·北京高考)測(cè)定0.1mol·L－1Na2SO3溶液先升溫再降溫過(guò)程中的pH，數(shù)據(jù)如表：時(shí)刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，?、佗軙r(shí)刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多。下列說(shuō)法不正確的是()A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－B．④的pH與①不同，是由SOeq\o\al(2－,3)濃度減小造成的C．①→③的過(guò)程中，溫度和濃度對(duì)水解平衡移動(dòng)方向的影響一致D．①與④的Kw值相等解析：選CNa2SO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，在水溶液中發(fā)生水解，存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，A項(xiàng)正確；實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，取①④時(shí)刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多，說(shuō)明④中的SOeq\o\al(2－,4)數(shù)目大，SOeq\o\al(2－,3)數(shù)目小，所以④中的OH－數(shù)目小于①中的OH－數(shù)目，pH不同，B項(xiàng)正確；①→③的過(guò)程中，溫度升高，SOeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移動(dòng)，而c(SOeq\o\al(2－,3))減小，水解平衡逆向移動(dòng)，二者對(duì)水解平衡移動(dòng)方向的影響不一致，C項(xiàng)錯(cuò)誤；Kw只與溫度有關(guān)，D項(xiàng)正確。[歸納拓展]鹽類水解的影響因素(1)內(nèi)因主要因素是鹽本身的性質(zhì)，酸(或堿)越弱，其對(duì)應(yīng)的弱酸陰離子(或弱堿陽(yáng)離子)的水解程度越大，溶液的堿性(或酸性)越強(qiáng)，即越弱越水解。(2)外因影響因素平衡移動(dòng)水解程度水解產(chǎn)生離子的濃度溫度升高右移增大增大濃度增大右移減小增大減小(即稀釋)右移增大減小外加酸、堿酸弱堿陽(yáng)離子的水解程度減小堿弱酸根離子的水解程度減小鹽水解形式相同的鹽相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)水解形式相反的鹽相互促進(jìn)[如Al2(SO4)3中加NaHCO3](3)注意事項(xiàng)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(huì)與CH3COONa溶液水解產(chǎn)生的OH－反應(yīng)，使平衡向水解方向移動(dòng)，原因是體系中c(CH3COOH)增大是主要因素，會(huì)使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。1．常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的下列物質(zhì)的溶液，按pH減小的順序排列的是()A．NaHSO4CH3COONaNH4ClNaNO3B．NaNO3CH3COONaNaHSO4NH4ClC．NaNO3CH3COONaNH4ClNaHSO4D．CH3COONaNaNO3NH4ClNaHSO4eq\a\vs4\al([做一當(dāng)十])掌握鹽的類型與鹽溶液的酸堿性的關(guān)系強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽(NaNO3)→中性；強(qiáng)酸弱堿鹽(NH4Cl)→酸性；強(qiáng)堿弱酸鹽(CH3COONa)→堿性。解析：選DCH3COONa顯堿性，NaNO3顯中性，NH4Cl顯酸性，NaHSO4顯酸性，但NaHSO4相當(dāng)于一元強(qiáng)酸，酸性較強(qiáng)。2．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(zhì)，有關(guān)結(jié)論正確的是()選項(xiàng)加入的物質(zhì)結(jié)論A50mL1mol·L－1H2SO4反應(yīng)結(jié)束后，c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))B0.05molCaO溶液中eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大Ceq\a\vs4\al(50mLH2O)由水電離出的c(H＋)·c(OH－)不變Deq\a\vs4\al(0.1molNaHSO4固體)反應(yīng)完全后，溶液pH減小，c(Na＋)不變eq\a\vs4\al([做一當(dāng)十])點(diǎn)撥：①加水，COeq\o\al(2－,3)水解生成的c(OH－)減小，c(OH－)來(lái)源于水的電離。②Na2CO3溶液中存在水解反應(yīng)：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，加入NaHSO4時(shí)，c(Na＋)增大，同時(shí)c(OH－)減小。解析：選BA項(xiàng)，反應(yīng)結(jié)束后，c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，加入0.05molCaO后會(huì)生成Ca(OH)2，Ca(OH)2與Na2CO3反應(yīng)生成CaCO3沉淀和NaOH，溶液中c(OH－)增大，COeq\o\al(2－,3)水解產(chǎn)生的HCOeq\o\al(－,3)減少，故溶液中eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大，正確；C項(xiàng)，加入水后，c(Na2CO3)減小，COeq\o\al(2－,3)水解產(chǎn)生的c(OH－)減小，溶液中的OH－來(lái)源于水的電離，因水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)，故由水電離出的c(H＋)·c(OH－)減小，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，加入0.1molNaHSO4固體，溶液體積變化不大，但n(Na＋)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故c(Na＋)增大，錯(cuò)誤。3．(2019·鄭州模擬)已知：25℃時(shí)，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。該溫度下，用0.100mol·L－1的氨水滴定10.00mL0.100mol·L－1的一元酸HA的溶液，滴定過(guò)程中加入氨水的體積(V)與溶液中l(wèi)geq\f(cH＋,cOH－)的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是()A．HA為強(qiáng)酸B．a(chǎn)＝10C．25℃時(shí)，eq\a\vs4\al(NH\o\al(＋,4)的水解平衡常數(shù))為eq\f(5,9)×10－9D．當(dāng)?shù)稳?0mL氨水時(shí)，溶液中存在c(NHeq\o\al(＋,4))>c(A－)eq\a\vs4\al([做一當(dāng)十])深化Kh、Kw、Kb之間的關(guān)系NHeq\o\al(＋,4)的水解反應(yīng)：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(cNH3·H2O·cH＋,cNH\o\al(＋,4))＝eq\f(cNH3·H2O·cH＋·cOH－,cNH\o\al(＋,4)·cOH－)＝eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(1×10－14,1.8×10－5)＝eq\f(5,9)×10－9。解析：選BA項(xiàng)，溶液中l(wèi)geq\f(cH＋,cOH－)＝12，根據(jù)水的離子積常數(shù)可知溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，所以HA為強(qiáng)酸，正確；B項(xiàng)，lgeq\f(cH＋,cOH－)＝0時(shí)溶液顯中性，二者恰好反應(yīng)時(shí)生成的銨鹽水解，溶液顯酸性，欲使溶液顯中性，則a>10，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，25℃時(shí)，NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,KbNH3·H2O)＝eq\f(5,9)×10－9，正確；D項(xiàng)，當(dāng)?shù)稳?0mL氨水時(shí)氨水過(guò)量，溶液顯堿性，根據(jù)電荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，可知混合溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))>c(A－)，正確。4．(2019·大慶第二次質(zhì)檢)25℃時(shí)，有c(HA)＋c(A－)＝0.1mol·L－1的一組HA、KA混合溶液，溶液中c(HA)、c(A－)與pH的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是()A．pH＝5.75的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)B．欲得W點(diǎn)所示溶液，起始所加溶液應(yīng)符合c(HA)＋c(A－)＝0.1mol·L－1且c(KA)<c(HA)C．pH＝3.75的溶液中：c(K＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(HA)＝0.1mol·L－1D．若A－的水解平衡常數(shù)為Kh，則lgKh＝－9.25eq\a\vs4\al([做一當(dāng)十])審題的關(guān)鍵點(diǎn)分析交點(diǎn)W，此時(shí)c(HA)＝c(A－)，HA的電離常數(shù)：Ka＝eq\f(cA－·cH＋,cHA)＝c(H＋)＝10－4.75，A－的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka)＝10－9.25<Ka，HA電離程度大于水解程度。解析：選ApH＝5.75的溶液呈酸性，c(K＋)>c(A－)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)不符合電荷守恒關(guān)系，故A錯(cuò)誤；根據(jù)W點(diǎn)可得HA的電離常數(shù)Ka＝eq\f(cA－·cH＋,cHA)＝c(H＋)＝10－4.75，A－的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(10－14,10－4.75)＝10－9.25<Ka，HA電離大于A－水解，欲得W點(diǎn)所示溶液，c(KA)<c(HA)，故B正確；c(HA)＋c(A－)＝0.1mol·L－1，c(K＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(HA)＝0.1mol·L－1，則c(K＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，符合電荷守恒，故C正確；根據(jù)B選項(xiàng)分析，A－的水解平衡常數(shù)Kh為10－9.25，lgKh＝－9.25，D正確。5．25℃時(shí)，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2，則該溫度下NaHSO3水解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kh＝________，若向NaHSO3溶液中加入eq\a\vs4\al(少量的I2)，則溶液中eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))將________(填“增大”“減小”或“不變”)。eq\a\vs4\al([做一當(dāng)十])點(diǎn)撥：發(fā)生氧化還原反應(yīng)：H2O＋I(xiàn)2＋HSOeq\o\al(－,3)=2I－＋3H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，使c(HSOeq\o\al(－,3))減小。解析：H2SO3的電離常數(shù)表達(dá)式為Ka＝eq\f(cHSO\o\al(－,3)·cH＋,cH2SO3)＝1×10－2，水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，NaHSO3的水解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kh＝eq\f(cH2SO3·cOH－,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(cH2SO3·Kw,cHSO\o\al(－,3)·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(1×10－14,1×10－2)＝1×10－12。由Kh＝eq\f(cH2SO3·cOH－,cHSO\o\al(－,3))得eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(Kh,cOH－)，加入I2后，HSOeq\o\al(－,3)被氧化為H2SO4，c(H＋)增大，c(OH－)減小，Kh不變，所以eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))增大。答案：1×10－12增大考點(diǎn)(二)鹽類水解的應(yīng)用【精講精練快沖關(guān)】[知能學(xué)通]1．某些鹽溶液的配制、保存(1)在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液時(shí)為防止水解，常先將鹽溶于少量相應(yīng)的eq\a\vs4\al(酸)中，再加蒸餾水稀釋到所需濃度。(2)Na2SiO3、Na2CO3等不能貯存于帶磨口玻璃塞的試劑瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈堿性，產(chǎn)生較多OH－，能腐蝕玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。2．判斷加熱濃縮鹽溶液能否得到同溶質(zhì)的固體(1)弱堿易揮發(fā)性酸鹽加熱蒸干通常得到氫氧化物固體(除銨鹽)，再灼燒生成氧化物。例如高溫蒸發(fā)濃縮FeCl3溶液，最后灼燒，得到的固體物質(zhì)是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固體，可將MgCl2·6H2O在HCl氣氛中加熱脫水。(2)強(qiáng)堿易揮發(fā)性酸鹽加熱蒸干可以得到同溶質(zhì)固體。例如高溫蒸發(fā)濃縮Na2CO3溶液，最后灼燒，得到的固體物質(zhì)是Na2CO3。3．鹽類水解在生活中的應(yīng)用(1)FeCl3、KAl(SO4)2·12H2O等可作凈水劑。原因：Fe3＋、Al3＋水解產(chǎn)生少量膠狀的Fe(OH)3、Al(OH)3，結(jié)構(gòu)疏松、表面積大、吸附能力強(qiáng)，故它們能吸附水中懸浮的小顆粒而沉降，從而起到凈水的作用。(2)熱的純堿溶液去油污效果好。原因：加熱能促進(jìn)Na2CO3水解，產(chǎn)生的c(OH－)較大，而油脂在堿性較強(qiáng)的條件下水解受到促進(jìn)，故熱的純堿溶液比冷的去油污效果好。(3)如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加熱攪拌條件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，再過(guò)濾。[注意]判斷鹽溶液蒸干所得產(chǎn)物成分關(guān)鍵點(diǎn)(1)鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸eq\o(→,\s\up7(蒸干),\s\do5(灼燒))金屬氧化物。(2)考慮鹽受熱時(shí)是否分解。原物質(zhì)?蒸干灼燒后固體物質(zhì)Ca(HCO3)2?CaCO3或CaONaHCO3?Na2CO3KMnO4?K2MnO4和MnO2NH4Cl?分解為NH3和HCl無(wú)固體物質(zhì)存在(3)還原性鹽在蒸干時(shí)會(huì)被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。(4)弱酸的銨鹽蒸干后無(wú)固體。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。[題點(diǎn)練通]1．判斷下列說(shuō)法的正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)。(1)(2017·天津高考)用可溶性的鋁鹽和鐵鹽處理水中的懸浮物()(2)(2017·天津高考)蒸發(fā)鋁與稀鹽酸反應(yīng)后的溶液能制備無(wú)水AlCl3()(3)(2016·全國(guó)卷Ⅰ)配制氯化鐵溶液時(shí)，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋()(4)(2016·全國(guó)卷Ⅱ)由MgCl2溶液制備無(wú)水MgCl2，將MgCl2溶液加熱蒸干()(5)(2016·全國(guó)卷Ⅲ)泡沫滅火器滅火利用了Al2(SO4)3和小蘇打反應(yīng)()答案：(1)√(2)×(3)√(4)×(5)√2．25℃時(shí)，在濃度均為1.0mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，測(cè)得c(NHeq\o\al(＋,4))分別為a、b、c(單位為mol·L－1)。下列判斷正確的是()A．a(chǎn)＝b＝c B．a(chǎn)>b>cC．a(chǎn)>c>b D．c>a>b解析：選D(NH4)2SO4溶液中只存在NHeq\o\al(＋,4)的水解反應(yīng)；(NH4)2CO3溶液中存在NHeq\o\al(＋,4)和COeq\o\al(2－,3)相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，NHeq\o\al(＋,4)的水解程度比(NH4)2SO4中的大；(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在NHeq\o\al(＋,4)和Fe2＋相互抑制的水解反應(yīng)，NHeq\o\al(＋,4)的水解程度比(NH4)2SO4中的小，故三種溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))的大小關(guān)系為(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3，即c>a>b。3．(2014·全國(guó)卷Ⅰ)化學(xué)與社會(huì)、生活密切相關(guān)。對(duì)下列現(xiàn)象或事實(shí)的解釋正確的是()選項(xiàng)現(xiàn)象或事實(shí)解釋A用熱的燒堿溶液洗去油污Na2CO3可直接與油污反應(yīng)B漂白粉在空氣中久置變質(zhì)漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應(yīng)生成CaCO3C施肥時(shí)，草木灰(有效成分為K2CO3)不能與NH4Cl混合使用K2CO3與NH4Cl反應(yīng)生成氨氣會(huì)降低肥效DFeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板制作FeCl3能從含Cu2＋的溶液中置換出銅解析：選C燒堿指的是NaOH而不是Na2CO3，油脂在NaOH溶液、加熱條件下能水解，A項(xiàng)錯(cuò)誤；漂白粉中的Ca(ClO)2能與空氣中的CO2和水蒸氣反應(yīng)，生成CaCO3和HClO，而HClO不穩(wěn)定，易分解，CaCl2與CO2不反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；K2CO3與NH4Cl混合，會(huì)發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，釋放出NH3，降低肥效，C項(xiàng)正確；FeCl3溶液與Cu反應(yīng)生成FeCl2和CuCl2，但FeCl3溶液不能將Cu2＋還原為Cu，并非發(fā)生置換反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。4．(2019·大連質(zhì)檢)相同溫度、相同濃度下的八種溶液，其pH由小到大的順序如圖所示，圖中①②③④⑤代表的物質(zhì)可能分別為()A．NH4Cl(NH4)2SO4CH3COONaNaHCO3NaOHB．(NH4)2SO4NH4ClCH3COONaNaHCO3NaOHC．(NH4)2SO4NH4ClNaOHCH3COONaNaHCO3D．CH3COOHNH4Cl(NH4)2SO4NaHCO3NaOH解析：選B溶液pH由小到大的順序：電離呈酸性<水解呈酸性<中性<水解呈堿性<電離呈堿性。NH4HSO4在水溶液中電離出H＋、NHeq\o\al(＋,4)，其溶液呈酸性，NaNO3是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其溶液呈中性，Na2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，根據(jù)題圖知，①②溶液呈酸性，且①的酸性強(qiáng)于②，③的溶液呈堿性，應(yīng)該為鹽溶液，且酸根離子的水解程度小于④中的陰離子，④中的陰離子的水解程度小于COeq\o\al(2－,3)。5．在FeCl3溶液中存在下列平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HClΔH>0?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)加熱FeCl3溶液，溶液的顏色會(huì)不斷加深，可得到一種紅褐色透明液體，向這種液體中加入MgCl2溶液，產(chǎn)生的現(xiàn)象為_(kāi)________________________________________。(2)不斷加熱FeCl3溶液，蒸干其水分并灼燒得到的固體是________。(3)在配制FeCl3溶液時(shí)，為防止渾濁，應(yīng)加入________。(4)為了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加熱攪拌的條件下加入MgCO3固體，過(guò)濾后再加入足量鹽酸。MgCO3固體能除去Fe3＋的原因是___________________________。解析：(1)MgCl2屬于電解質(zhì)，向Fe(OH)3膠體中加入MgCl2溶液時(shí)易發(fā)生聚沉現(xiàn)象，從而生成紅褐色Fe(OH)3沉淀。(2)加熱蒸干FeCl3溶液時(shí)，F(xiàn)eCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，加熱促進(jìn)HCl揮發(fā)，從而促進(jìn)FeCl3水解得到Fe(OH)3固體，灼燒時(shí)分解生成Fe2O3和H2O，所以最終得到Fe2O3固體。(3)FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，為防止FeCl3水解，向溶液中滴加濃鹽酸即可。答案：(1)生成紅褐色沉淀(2)Fe2O3(3)濃鹽酸(4)MgCO3與Fe3＋水解產(chǎn)生的H＋反應(yīng)，促進(jìn)了Fe3＋水解，使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去[歸納拓展]1．鹽類水解的應(yīng)用?？键c(diǎn)應(yīng)用舉例加熱促進(jìn)水解熱的純堿溶液去污力強(qiáng)分析鹽溶液的酸堿性，并比較酸堿性的強(qiáng)弱等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3、NaHCO3溶液均顯堿性，且堿性：Na2CO3>NaHCO3判斷溶液中離子能否大量共存Al3＋和HCOeq\o\al(－,3)因發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)而不能大量共存配制或貯存易水解的鹽溶液配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入適量鹽酸膠體的制備，作凈水劑明礬溶于水生成膠狀物氫氧化鋁，能吸附水中懸浮的雜質(zhì)，并形成沉淀使水澄清化肥的使用銨態(tài)氮肥不宜與草木灰混合使用泡沫滅火器的反應(yīng)原理(水解互促)Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑無(wú)水鹽的制備由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl氣流中加熱判斷鹽溶液的蒸干產(chǎn)物將AlCl3溶液蒸干灼燒得到的是Al2O3而不是AlCl3某些鹽的分離除雜為除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加熱攪拌的條件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，過(guò)濾后再加入適量的鹽酸鹽溶液除銹NH4Cl溶液除去金屬表面的氧化物(NHeq\o\al(＋,4)水解溶液顯酸性)判斷電解質(zhì)的強(qiáng)弱CH3COONa溶液能使酚酞變紅(pH>7)，說(shuō)明CH3COOH是弱酸2.熟記因相互促進(jìn)水解不能大量共存的離子組合(1)Al3＋與HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－。(2)Fe3＋與HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－。(3)NHeq\o\al(＋,4)與SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)。[注意]NHeq\o\al(＋,4)與CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)雖能發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，但能大量共存。考點(diǎn)(三)溶液中粒子濃度的大小比較【多角探明無(wú)盲點(diǎn)】電解質(zhì)溶液中粒子濃度的大小比較問(wèn)題是高考的“熱點(diǎn)”之一，多年以來(lái)全國(guó)高考化學(xué)試卷年年涉及這種題型。這種題型考查的知識(shí)點(diǎn)多，靈活性、綜合性較強(qiáng)，有較好的區(qū)分度，它能有效地測(cè)試出學(xué)生對(duì)強(qiáng)弱電解質(zhì)、電離平衡、電離度、水的電離、pH值、離子反應(yīng)、鹽類水解等基本概念的掌握程度及對(duì)這些知識(shí)的綜合運(yùn)用能力。[必備能力](一)理清一條思路，掌握分析方法1.首先必須形成正確的解題思路電解質(zhì)溶液eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(單一溶液\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(酸或堿溶液——考慮電離,鹽溶液——考慮水解)),混合溶液\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(不反應(yīng)——同時(shí)考慮電離和水解,反應(yīng)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(不過(guò)量\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(生成酸或堿——考慮電離,生成鹽——考慮水解)),過(guò)量——根據(jù)過(guò)量程度考慮電離或,水解))))))2．要養(yǎng)成認(rèn)真、細(xì)致、嚴(yán)謹(jǐn)?shù)慕忸}習(xí)慣，在形成正確解題思路的基礎(chǔ)上學(xué)會(huì)常規(guī)分析方法，例如：關(guān)鍵性離子定位法、守恒判斷法、淘汰法、整體思維法等。(二)熟悉二大理論，構(gòu)建思維基點(diǎn)1.電離(即電離理論)(1)弱電離質(zhì)的電離是微弱的，電離產(chǎn)生的微粒都非常少，同時(shí)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(jìn)行的，其主要是第一級(jí)電離。如H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。2．水解(即水解理論)(1)弱離子的水解損失是微量的(雙水解除外)，但由于水的電離，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)多元弱酸根離子的水解是分步進(jìn)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)。(三)把握三種守恒，明確等量關(guān)系1.電荷守恒如在Na2CO3溶液中存在離子：Na＋、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－、HCOeq\o\al(－,3)，它們的濃度存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。2．物料守恒物料守恒也就是原子守恒，變化前后某種元素的原子個(gè)數(shù)不變。3．質(zhì)子守恒即H2O電離的H＋和OH－濃度相等。如在Na2CO3溶液中水電離出OH－和H＋，其中水電離出的H＋以H＋、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3三種形式存在于溶液中，則有c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)(由上述電荷守恒式減去物料守恒式也可得出質(zhì)子守恒式)。[對(duì)點(diǎn)練]1．0.1mol·L－1的NH4Cl溶液(1)粒子種類：__________________________________________。(2)物料守恒：________________________________________________。(3)電荷守恒：__________________________________________________________。(4)質(zhì)子守恒：__________________________________________________________。答案：(1)Cl－、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、OH－、NH3·H2O、H2O(2)c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)(3)c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)(4)c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)2．0.1mol·L－1的NaHCO3溶液(1)物料守恒：________________________________________________________。(2)電荷守恒：_________________________________________________。(3)質(zhì)子守恒：_________________________________________________________。答案：(1)c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)(2)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)(3)c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)－c(COeq\o\al(2－,3))3．0.1mol·L－1的Na2S溶液(1)物料守恒：___________________________________________。(2)電荷守恒：______________________________________________________。(3)質(zhì)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)4．0.1mol·L－1CH3COOH溶液與0.1mol·L－1CH3COONa溶液等體積混合(1)電荷守恒：__________________________________________________。(2)物料守恒：________________________________________________________。答案：(1)c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)(2)2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)[題點(diǎn)精析]單一電解質(zhì)溶液(1)弱電解質(zhì)(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。(2)弱酸根離子或弱堿陽(yáng)離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于鹽的水解程度。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)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個(gè)更強(qiáng)，如NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解能力大于其電離能力，故溶液顯堿性。(4)多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)。(5)常見(jiàn)單一電解質(zhì)溶液中粒子濃度的大小比較①H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)②氨水中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)③NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)④Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)⑤NaHCO3溶液中(水解的程度大于電離的程度)：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))⑥NaHSO3溶液中(電離的程度大于水解的程度)：c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)[對(duì)點(diǎn)練]1．常溫下，濃度均為0.1mol·L－1的下列溶液中，粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．氨水中，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＝0.1mol·L－1B．NH4Cl溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(OH－)＝c(H＋)D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)解析：選C氨水為弱堿溶液，只能部分電離出OH－，結(jié)合電荷守恒c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)可得c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(OH－)＜0.1mol·L－1，A錯(cuò)誤；NH4Cl溶液中，NHeq\o\al(＋,4)部分水解、Cl－濃度不變，則溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(Cl－)，B錯(cuò)誤；Na2SO4溶液顯中性，c(OH－)＝c(H＋)，結(jié)合電荷守恒可得c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，溶液中離子濃度大小為c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(OH－)＝c(H＋)，C正確；根據(jù)Na2SO3溶液中的物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋2c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)，D錯(cuò)誤。2．室溫下，0.1mol·L－1NaHCO3溶液的pH＝8.31，有關(guān)該溶液的判斷正確的是()A．c(Na＋)>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(H＋)B．Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)<KwC．c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))D．加入適量NaOH溶液后：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))解析：選B室溫下，0.1mol·L－1NaHCO3溶液的pH＝8.31，溶液呈堿性，說(shuō)明HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于電離程度，但其電離和水解程度都較小，所以離子濃度大小順序是c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))，A錯(cuò)誤；Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)×eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，H2CO3和HCOeq\o\al(－,3)都部分電離，所以eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)<c(H＋)，eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))<c(H＋)，因?yàn)槭覝叵录兯衏(H＋)＝c(OH－)，所以Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)<Kw，B正確；根據(jù)電荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，C錯(cuò)誤；未加NaOH時(shí)，根據(jù)物料守恒c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))，加入NaOH溶液后，c(Na＋)>c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))，D錯(cuò)誤。3．(1)0.1mol·L－1的H3PO4溶液中，離子濃度的大小關(guān)系：________________________________________________________________________。(2)0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中，離子濃度的大小關(guān)系：________________________________________________________________________。(3)0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，離子濃度的大小關(guān)系：________________________________________________________________________。(4)0.1mol·L－1的NaHS溶液中，離子濃度的大小關(guān)系：________________________________________________________________________。答案：(1)c(H＋)＞c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))＞c(OH－)(2)c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)(3)c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H＋)(4)c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(S2－)鹽與酸(堿)混合型電解質(zhì)溶液1.兩種物質(zhì)不反應(yīng)(1)等體積、等濃度的CH3COOH和CH3COONa溶液混合(溶液呈酸性，說(shuō)明CH3COOH電離程度大于CH3COO－水解程度)：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)(2)等體積、等濃度的NH4Cl和NH3·H2O溶液混合(溶液呈堿性，說(shuō)明NH3·H2O電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)水解程度)：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)(3)等體積、等濃度的NaCN和HCN溶液混合(溶液呈堿性，說(shuō)明CN－水解程度大于HCN電離程度)：c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)(4)等體積、等濃度的Na2CO3與NaHCO3溶液混合(COeq\o\al(2－,3)一級(jí)水解遠(yuǎn)大于二級(jí)水解)：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)2．兩種物質(zhì)反應(yīng)(1)向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol·L－1NaOH溶液：c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)(2)向0.2mol·L－1NH4Cl溶液中加入等體積0.1mol·L－1NaOH溶液，得到pH>7的溶液：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Na＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)(3)0.2mol·L－1HCl與0.1mol·L－1NaAlO2溶液等體積混合：c(Cl－)>c(Na＋)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)(4)0.1mol·L－1CH3COONa溶液與0.1mol·L－1HCl溶液等體積混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)[對(duì)點(diǎn)練]4．用物質(zhì)的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)＞c(Na＋)，對(duì)該溶液的下列判斷正確的是()A．c(H＋)＞c(OH－)B．c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1C．c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)D．c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1mol·L－1解析：選A由電荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，結(jié)合c(CH3COO－)＞c(Na＋)，故c(H＋)＞c(OH－)。5．常溫下，下列有關(guān)溶液的敘述正確的是()A．濃度均為0.1mol·L－1的硫酸氫銨溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合：c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(Na＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)B．在Na2SO3溶液中：c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)C．pH＝6的CH3COOH溶液和pH＝6的NH4Cl溶液，由水電離出的c(H＋)均為1×10－8mol·L－1D．在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中：2c(Na＋)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(H2C2O4)解析：選A濃度均為0.1mol·L－1的硫酸氫銨溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合，二者恰好反應(yīng)生成Na2SO4、(NH4)2SO4和H2O，NHeq\o\al(＋,4)水解導(dǎo)致溶液呈酸性，NHeq\o\al(＋,4)水解程度較小，結(jié)合物料守恒得c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(Na＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，A項(xiàng)正確；在Na2SO3溶液中，根據(jù)電荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；pH＝6的CH3COOH溶液中由水電離出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝eq\f(10－14,10－6)mol·L－1＝10－8mol·L－1，pH＝6的NH4Cl溶液中由水電離出的c(H＋)水＝10－6mol·L－1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)物料守恒得c(Na＋)＝2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋2c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(H2C2O4)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。6．下列溶液中粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．0.1mol·L－1NaHCO3溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)B．20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液與10mL0.1mol·L－1鹽酸混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)C．室溫下，pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)D．0.1mol·L－1CH3COOH溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)解析：選BA項(xiàng)，等濃度等體積的NaHCO3與NaOH混合時(shí)，兩者恰好反應(yīng)生成Na2CO3，在該溶液中COeq\o\al(2－,3)能進(jìn)行兩級(jí)水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，故溶液中c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，CH3COONa與HCl混合反應(yīng)后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液顯酸性，故溶液中CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，正確；C項(xiàng)，在混合前兩溶液的pH之和為14，則氨水過(guò)量，所得溶液為少量NH4Cl和過(guò)量NH3·H2O的混合溶液，則c(Cl－)＜c(NHeq\o\al(＋,4))、c(H＋)＜c(OH－)，故c(Cl－)＋c(H＋)＜c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，等濃度的CH3COOH與NaOH溶液混合時(shí)恰好生成CH3COONa，溶液中質(zhì)子守恒式為c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，錯(cuò)誤。酸堿中和型電解質(zhì)溶液因反應(yīng)物的物質(zhì)的量不同，引起溶液中離子濃度變化的情況：1．隨著CH3COOH和NaOH物質(zhì)的量之比變化，溶液中離子濃度關(guān)系(1)當(dāng)n(CH3COOH)∶n(NaOH)>1∶1，溶液中的溶質(zhì)為CH3COONa、CH3COOH時(shí)，pH<7，溶液中四種離子濃度的大小比較：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，溶液中四種離子濃度的大小比較：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)pH>7，溶液中四種離子濃度的大小比較：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)(2)當(dāng)n(CH3COOH)∶n(NaOH)＝1∶1，溶液中的溶質(zhì)為CH3COONa時(shí)，pH>7，溶液中四種離子濃度的大小比較：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)(3)當(dāng)n(CH3COOH)∶n(NaOH)<1∶1，溶液中的溶質(zhì)為CH3COONa、NaOH時(shí)，pH>7，溶液中四種離子濃度的大小比較：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．隨著HCl和NH3·H2O物質(zhì)的量之比變化，溶液中離子濃度關(guān)系(1)當(dāng)n(HCl)∶n(NH3·H2O)>1∶1，溶液中的溶質(zhì)為HCl、NH4Cl時(shí)，pH<7，溶液中四種離子濃度的大小比較：①c(Cl－)>c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)②c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(H＋)>c(OH－)③c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)(2)當(dāng)n(HCl)∶n(NH3·H2O)＝1∶1，溶液中的溶質(zhì)為NH4Cl時(shí)，pH<7，溶液中四種離子濃度的大小比較：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)(3)當(dāng)n(HCl)∶n(NH3·H2O)<1∶1，溶液中的溶質(zhì)為NH4Cl、NH3·H2O時(shí)，pH<7，溶液中四種離子濃度的大小比較：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)pH＝7，溶液中四種離子濃度的大小比較：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)＝c(OH－)pH>7，溶液中四種離子濃度的大小比較：①c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)②c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)＝c(Cl－)>c(H＋)③c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)[對(duì)點(diǎn)練]7．室溫下，將0.2mol·L－1的一元酸HA和0.1mol·L－1的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性，下列說(shuō)法不正確的是()A．0.1mol·L－1HA溶液與0.1mol·L－1的NaOH溶液中，水電離出來(lái)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)＝0.1mol·L－1D．混合后溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)解析：選A0.2mol·L－1的一元酸HA和0.1mol·L－1的NaOH溶液等體積混合后，生成物為等物質(zhì)的量濃度的NaA、HA，溶液顯堿性，說(shuō)明A－的水解程度大于HA的電離程度。HA是弱酸，NaOH是強(qiáng)堿，對(duì)水電離的抑制程度不同，A錯(cuò)誤；經(jīng)上述分析知，混合后溶液粒子濃度大小：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)，B正確；根據(jù)物料守恒得c(A－)＋c(HA)＝eq\f(0.2,2)mol·L－1＝0.1mol·L－1，C正確；根據(jù)電荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D正確。8．常溫下，將pH＝3的鹽酸和pH＝11的氨水等體積混合，完全反應(yīng)后，溶液中離子濃度關(guān)系正確的是()A．c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)B．c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)C．c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)D．c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＞c(H＋)解析：選A常溫下pH＝3的鹽酸與pH＝11的氨水等體積混合后，氨水過(guò)量，溶液呈堿性，c(OH－)＞c(H＋)，由電荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)，溶液中各離子濃度大小為c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)>c(H＋)。9．(雙選)(2018·江蘇高考)H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，設(shè)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(diǎn)。滴定過(guò)程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是()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：選AD由題意可知，c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝0.1000mol·L－1，因此該選項(xiàng)中的關(guān)系式可變?yōu)閏(H＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)－c(H2C2O4)，即為c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，該式符合電荷守恒式，A項(xiàng)正確；當(dāng)c(Na＋)＝c(總)時(shí)，由C原子個(gè)數(shù)守恒可知，溶液中的溶質(zhì)為NaHC2O4，由題意知，HC2Oeq\o\al(－,4)的水解平衡常數(shù)Kh＝Kw/Ka1＝(1.0×10－14)/(5.4×10－2)，Kh小于Ka2，因此HC2Oeq\o\al(－,4)的電離程度大于水解程度，即溶液中c(Na＋)>c(H＋)>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由電荷守恒關(guān)系可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，又因c(總)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，由以上兩式可得，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(總)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)＋c(OH－)，因pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，則c(Na＋)＝c(總)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)，由于此時(shí)溶液的體積增大，c(總)＜0.1000mol·L－1，故c(Na＋)＜0.1000mol·L－1＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由電荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，當(dāng)c(Na＋)＝2c(總)時(shí)，該式可變?yōu)?c(H2C2O4)＋2c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，即為c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，D項(xiàng)正確。與圖像有關(guān)的粒子濃度比較10.(2019·涼山模擬)常溫下向25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L－1的一元酸HX溶液，pH的變化曲線如圖所示(溶液混合時(shí)體積的變化忽略不計(jì))。下列說(shuō)法正確的是()A．在b點(diǎn)，離子濃度大小為c(OH－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(X－)B．d點(diǎn)的溶液中c(H＋)＋c(HX)＝c(X－)＋c(OH－)C．HX是弱酸，常溫下其電離常數(shù)Ka＝2.5×10－6D．d點(diǎn)的溶液中有c(HX)－2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(X－)解析：選Cb點(diǎn)代表加入12.5mLHX溶液，此時(shí)恰好反應(yīng)轉(zhuǎn)化為NaX溶液，溶液顯堿性，所以濃度為c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；d點(diǎn)代表加入25mLHX溶液，所以溶液為HX和NaX濃度相等的混合溶液，此溶液存在電荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(X－)＋c(OH－)，物料守恒：c(Na＋)＝eq\f(1,2)c(HX)＋eq\f(1,2)c(X－)，兩式聯(lián)立消去c(Na＋)得到：c(HX)＋2c(H＋)＝c(X－)＋2c(OH－)，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤；選取圖中的c點(diǎn)數(shù)據(jù)進(jìn)行運(yùn)算，c點(diǎn)代表向25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴滴加13mL0.2mol·L－1的一元酸HX溶液，溶液總體積為38mL，此時(shí)溶液顯中性，pH＝7，所以c(H＋)＝1×10－7mol·L－1；溶液中c(Na＋)＝0.1mol·L－1×eq\f(25,38)，c(HX)＋c(X－)＝0.2mol·L－1×eq\f(13,38)。因?yàn)槿芤猴@中性，根據(jù)電荷守恒得到c(X－)＝c(Na＋)，所以c(HX)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.2×\f(13,38)－0.1×\f(25,38)))mol·L－1，故Ka＝eq\f(cH＋·cX－,cHX)＝eq\f(1×10－7×0.1×\f(25,38),0.2×\f(13,38)－0.1×\f(25,38))＝2.5×10－6，C項(xiàng)正確。11．(2019·攀枝花聯(lián)考)已知：25℃，NH3·H2O電離常數(shù)K＝1.76×10－5。25℃，向1L0.1mol·L－1某一元酸HR溶液中逐漸通入氨氣，若溶液溫度和體積保持不變，所得混合溶液的pH與lgeq\f(cR－,cHR)變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是()A．由圖可推知：25℃，0.1mol·L－1NaR溶液的pH約為10B．當(dāng)通入0.1molNH3時(shí)，所得溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)C．pH＝7時(shí)，所得溶液中：c(HR)>c(R－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))D．pH＝10時(shí)，所得溶液中：c(R－)>c(HR)，c(NHeq\o\al(＋,4))>c(NH3·H2O)解析：選BA項(xiàng)，由圖可知，pH＝5時(shí)，lgeq\f(cR－,cHR)＝0，eq\f(cR－,cHR)＝1，Ka＝eq\f(cR－·cH＋,cHR)＝c(H＋)＝1×10－5，所以25℃，0.1mol·L－1NaR溶液中，Kh＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(10－14,10－5)＝10－9，c(OH－)＝eq\r(Kh×cR－)≈eq\r(10－9×0.1)＝1×10－5mol·L－1，pH約為9，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，當(dāng)通入0.1molNH3時(shí)，所得溶液中的溶質(zhì)為NH4R，NH4R的陰、陽(yáng)離子可以發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，由于NH3·H2O電離常數(shù)K＝1.76×10－5，而HR的Ka＝1×10－5，故R－的水解程度較大，溶液顯堿性，所以c(NHeq\o\al(＋,4))>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)，正確；C項(xiàng)，pH＝7時(shí)，由圖可知，lgeq\f(cR－,cHR)＝2，則eq\f(cR－,cHR)＝102，所以c(R－)>c(HR)，由電荷守恒可知c(R－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))，所得溶液中：c(R－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HR)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由圖可知，pH＝10時(shí)，lgeq\f(cR－,cHR)＝5，即eq\f(cR－,cHR)＝105，所以c(R－)>c(HR)，pH＝10時(shí)，c(OH－)＝1×10－4mol·L－1，由NH3·H2O電離常數(shù)K＝1.76×10－5可以求出eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq\f(1.76×10－5,1×10－4)<1，c(NHeq\o\al(＋,4))<c(NH3·H2O)，錯(cuò)誤。12．(2019·合肥質(zhì)檢)亞砷酸(H3AsO3)可以用于治療白血病，在溶液中存在多種微粒形態(tài)。向1L0.1mol·L－1H3AsO3溶液中逐滴加入KOH溶液，各種微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液的pH關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．H3AsO3的電離常數(shù)Ka1的數(shù)量級(jí)為10－9B．pH在8.0～10.0時(shí)，反應(yīng)的離子方程式：H3AsO3＋OH－=H2AsOeq\o\al(－,3)＋H2OC．M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(H3AsO3)＝0.1mol·L－1D．pH＝12時(shí)，溶液中：c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋2c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋3c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(H3AsO3)>c(H＋)＋c(K＋)解析：選BA項(xiàng)，由圖中數(shù)據(jù)可知，pH＝9.3時(shí)，c(H2AsOeq\o\al(－,3))＝c(H3AsO3)，故H3AsO3的電離常數(shù)Ka1＝eq\f(cH＋·cH2AsO\o\al(－,3),cH3AsO3)＝c(H＋)＝10－9.3，故Ka1的數(shù)量級(jí)為10－10，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由圖可知，pH在8.0～10.0時(shí)，H3AsO3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸減小，H2AsOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸增大，故反應(yīng)的離子方程式為H3AsO3＋OH－=H2AsOeq\o\al(－,3)＋H2O，正確；C項(xiàng)