（江苏专版）2022年高考化学一轮复习 专题六 第二十三讲 盐类的水解学案（含解析）

（江苏专版）2022年高考化学一轮复习 专题六 第二十三讲 盐类的水解学案（含解析）江苏考纲要求1理解盐类水解的原理，能说明影响盐类水解的主要因素。2认识盐类水解在生产、生活中的的应用(弱酸弱碱盐的水解不作要求)。盐类的水解及其规律教材基础自热身1定义在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H或OH结合生成弱电解质的反应。2实质盐电离破坏了水的电离平衡水的电离程度增大c(H)c(OH)溶液呈碱性、酸性或中性3特点 4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中性pH7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2NH、Cu2酸性pH7弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3CH3COO、CO碱性pH75.表示方法水解离子方程式(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用“”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“”和“”表示水解产物。如：CuCl2、NH4NO3水解的离子方程式：Cu22H2OCu(OH)22H、NHH2ONH3H2OH。(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。如Na2CO3水解反应的离子方程式：COH2OHCOOH、HCOH2OH2CO3OH。(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成，如FeCl3溶液中：Fe33H2OFe(OH)33H。(4)能完全水解的离子组是由于水解相互促进的程度较大，书写时要用“=”“”“”等，如NaHCO3与AlCl3混合溶液反应的离子方程式：Al33HCO=Al(OH)33CO2。知能深化扫盲点盐类水解的实质及规律(1)“谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性。”如酸性：HCNCH3COONa。(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4=NaHSO。(3)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。若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如 NaHCO3溶液中：HCOHCO(次要)，HCOH2OH2CO3OH(主要)。若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如 NaHSO3溶液中：HSOHSO(主要)，HSOH2OH2SO3OH(次要)。常见酸式盐的酸碱性：酸碱性举例解释pH7NaHCO3、KHS、Na2HPO4水解大于电离pH7NaHSO3、KHC2O4 、NaH2PO4电离大于水解pH相应酸式盐，如COHCO。(5)相互促进水解的盐单独水解的盐水解相互抑制的盐。如NH的水解程度：(NH4)2CO3(NH4)2SO4(NH4)2Fe(SO4)2。对点练(1)已知酸性：CH3COOHH2CO3HClOHCO，则相同条件下CH3COONa、Na2CO3、NaClO、NaHCO3四种盐溶液的碱性强弱顺序为_。(2)已知HSO的电离程度大于水解程度，HCO的电离程度小于水解程度，则同浓度的NaHSO4、NaHCO3、NaHSO3溶液pH大小顺序为_。(3)同浓度的(NH4)2CO3、 (NH4)2SO4、 (NH4)2Fe(SO4)2、NH4Cl、NH4HSO4、NH4HCO3溶液中c(NH)的大小顺序为_。答案：(1)Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONa(2)NaHCO3NaHSO3NaHSO4(3)(NH4)2Fe(SO4)2(NH4)2SO4(NH4)2CO3NH4HSO4NH4ClNH4HCO3题点全练过高考题点一盐类水解反应离子方程式的判断与书写1下列离子方程式不正确的是()A明矾用于净水： Al33H2OAl(OH)3(胶体)3HB泡沫灭火器灭火： Al33HCO=Al(OH)33CO2C用纯碱清洗油污： COH2OHCOOHD浓硫化钠溶液具有臭味： S22H2O=H2S2OH解析：选D明矾水解产生Al(OH)3(胶体)具有吸附作用，A项正确；Al3与HCO发生水解互促反应生成CO2，B项正确；碳酸钠水解产生氢氧根离子，促使油脂水解，C项正确；硫化钠分步水解产生硫化氢而有臭味，但离子方程式必须分步表示、没有气体符号、使用可逆符号，D项错误。2写出下列水解反应的离子方程式。(1)胆矾_。(2)NaClO_。(3)小苏打_。(4)NaAlO2_。(5)CH3COONa_。(6)NH4Cl_。(7)AlCl3溶液呈酸性_。(8)实验室制备Fe(OH)3胶体_。(9)NaHS溶液呈碱性的原因_。(10)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH7，其原因是_(用离子方程式说明，下同)；若pH7，其原因是_。答案：(1)Cu22H2OCu(OH)22H(2)ClOH2OHClOOH(3)HCOH2OH2CO3OH(4)AlO2H2OAl(OH)3OH(5)CH3COOH2OCH3COOHOH(6)NHH2ONH3H2OH(7)Al33H2OAl(OH)33H(8)Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H(9)HSH2OH2SOH(10)RnH2OHR(n1)OHMmmH2OM(OH)mmH题点二盐类水解的实质与规律3物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH依次为9、10、11，则HX、HY、HZ的酸性由弱到强的顺序是()AHX、HZ、HYBHY、HZ、HXCHZ、HY、HX DHX、HY、HZ解析：选C酸的酸性越强，其酸根离子的水解程度越小，则相同浓度钠盐溶液的pH越小，故三种酸的酸性由弱到强的顺序是HZHY7，BX溶液的pH7，说明AY为强碱弱酸盐；BX溶液的pHH2CO3相同浓度的NaHCO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为NaHCO3CH3COONa。2外因因素水解平衡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知能深化扫盲点水解平衡的移动及结果判断(1)把不同条件对FeCl3水解平衡的影响Fe33H2OFe(OH)33H填入下表。条件移动方向n(H)pH现象升高温度向增大减小溶液颜色变深加HCl(aq)向增大减小溶液颜色变浅加H2O向增大增大溶液颜色变浅加NaHCO3(aq)向减小增大生成红褐色沉淀，放出气体(2)水解平衡右移，盐的离子的水解程度是否一定增大？为什么？_答案：不一定。加水稀释时，水解平衡右移，水解程度一定增大；增大水解离子的浓度，平衡也右移，但水解程度减小。(3)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强吗？为什么？_答案：盐溶液的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液中离子浓度减小是主要因素，故溶液酸性(或碱性)越弱。题后归纳(1)盐类的水解平衡的移动与其他平衡移动一样遵循勒夏特列原理。(2)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以FeCl3水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加H2O、加铁粉、加NaHCO3等时，应从平衡移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面归纳总结，加以分析掌握。(3)当向NH4NO3溶液中通入NH3时，要考虑NH3H2O 浓度的增大对NH水解产生抑制，同时NH的存在对NH3H2O 的电离也产生抑制。不要错误地认为NH3H2O电离产生OH，与NH水解产生的H反应从而相互促进，因为NH、NH3H2O是主要溶质，它们的存在对平衡产生影响，至于它们水解、电离产生的离子浓度很小，不予考虑，这就要求分析时抓住主要矛盾。题点全练过高考1下列说法正确的是()A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B通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中减小C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pH7D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，后红色变浅解析：选BA项，加水稀释，盐的水解平衡向正反应方向移动，错误；B项，FeCl3溶液中存在水解平衡：Fe33H2OFe(OH)33H，通入HCl，c(H)增大，平衡向逆反应方向移动，c(Fe3)增大，同时c(Cl)增大，所以减小，正确；C项，滴有酚酞的溶液由红色变为无色，pHbdCbadc Dcdab解析：选C氢离子、亚铁离子抑制铵根离子水解，且氢离子抑制程度更大，醋酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则溶液中NH浓度越小，NH浓度相等的四种溶液中，NH的水解程度CH3COONH4NH4ClNH4Fe(SO4)2NH4HSO4，水解程度越大，溶液中NH浓度越小，则溶质浓度大小顺序是badc，C正确。4如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 molL1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯中加入生石灰，向烧杯中加入NH4NO3晶体，烧杯中不加任何物质。(1)含酚酞的0.01 molL1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为_(用离子方程式和必要文字解释)。(2)实验过程中发现烧瓶中溶液红色变深，烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是_(填字母)。A水解反应为放热反应B水解反应为吸热反应CNH4NO3溶于水时放出热量DNH4NO3溶于水时吸收热量(3)向0.01 molL1 CH3COONa溶液中分别加入NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO水解平衡移动的方向分别为_、_、_。(填“左”“右”或“不移动”)(4)向三份0.1 molL1 CH3COONa溶液中加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO浓度的变化依次为_、_、_。解析：(1)CH3COONa中CH3COO水解使溶液显碱性，酚酞在碱性溶液中显红色。(2)生石灰与水剧烈反应放出大量热，根据烧瓶中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。(3)碱抑制CH3COO的水解；CO水解显碱性，与CH3COO的水解相互抑制；Fe2水解显酸性，与CH3COO的水解相互促进。答案：(1)CH3COOH2OCH3COOHOH，使溶液显碱性，酚酞遇碱变红色(2)BD(3)左左右(4)减小增大减小盐类水解的应用教材基础自热身盐类水解的重要应用应 用举 例解释判断溶液的酸碱性FeCl3显酸性Fe33H2OFe(OH)33H配制或保存某些盐溶液盛放Na2CO3溶液不能用带玻璃塞的试剂瓶Na2CO3水解生成的氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠把瓶口和瓶塞粘在一起配制FeCl3溶液时，加入盐酸或配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4抑制Fe3、Cu2水解比较盐溶液中离子浓度大小CH3COONa溶液中离子浓度：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)CH3COOH2OCH3COOHOH，CH3COO微弱水解使溶液显碱性判断盐溶液蒸干产物加热蒸干Fe(NO3)3溶液，得到Fe(OH)3Fe(NO3)3水解产物之一为易挥发的硝酸，导致水解平衡不断正向移动，最终得到Fe(OH)3胶体的制取将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中制取Fe(OH)3胶体Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H净水剂明矾可作净水剂Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，明矾水解生成的胶体具有吸附水中悬浮物的作用物质的提纯加入CuO或Cu(OH)2、CuCO3除去CuCl2溶液中的FeCl3加入CuO或Cu(OH)2、CuCO3促进Fe33H2OFe(OH)33H平衡正向移动生成Fe(OH)3沉淀，过滤除去离子共存的判断Al3与 AlO、 CO、HCO等不能大量共存因相互促进水解而不能大量共存泡沫灭火器成分为NaHCO3与Al2(SO4)3Al33HCO=Al(OH)33CO2化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混用2NHCO =2NH3CO2H2O，会有氨气逸出作除锈剂NH4Cl溶液显酸性 NHH2ONH3H2OH，铁锈与H反应注意(1)配制FeSO4溶液要加入铁粉，是为了防止Fe2被氧化；配制SnCl2溶液要加入盐酸，是为了防止Sn2水解，二者原理不相同。(2)除去MgCl2溶液中的Fe3，其原理是Fe3的水解程度比Mg2的水解程度大，加入Mg、MgO、MgCO3等物质，导致Fe33H2OFe(OH)33H平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去。知能深化扫盲点提能点(一)与水解有关的离子共存熟记下列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(1)NH与CH3COO、HCO虽能发生相互促进水解反应，但能大量共存。(2)Fe3在中性条件下已完全水解。对点练1无色透明溶液中能大量共存的离子组是()ANa、Fe3、HCO、NOBAlO、Cl、Mg2、KCNH、Na、CH3COO、NODNa、NO、ClO、I解析：选CA项，含Fe3的溶液呈黄色，且Fe3与HCO发生水解相互促进的反应；B项，Mg2与AlO水解生成的OH结合生成Mg(OH)2沉淀；D项，ClO会氧化I。提能点(二)盐溶液蒸干所得产物的判断盐溶液蒸干时所得产物的4种类型考虑的因素举例剩余产物是否分解有物质剩余Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4CaCO3、 Na2CO3、K2MnO4和MnO2无物质剩余NH4Cl、NH4HCO3、(NH4)2CO3是否发生氧化还原反应Na2SO3Na2SO4水解生成酸挥发性酸Al(NO3)3、AlCl3Al(OH)3灼烧后得Al2O3不挥发性酸Al2(SO4)3、CuSO4Al2(SO4)3、CuSO4水解生成碱NaAlO2、Na2CO3NaAlO2、Na2CO3对点练2(1)K2CO3的水溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。(3)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_，原因是_。(4)Na2SO3溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_，原因是_。(5)将0.5 molL1的NaClO溶液加热蒸干最后所得的固体是_，原因是_。(6)将KMnO4溶液加热蒸干最后所得的固体是_，原因是_。答案：(1)K2CO3尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3(2)KAl(SO4)212H2O尽管Al3水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。注意温度过高，会脱去结晶水(3)Fe2O3Fe2水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成 Fe(OH)3，Fe(OH)3 灼烧分解生成Fe2O3(4)Na2SO4Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3O2=2Na2SO4(5)NaClNaClO水解的化学方程式为NaClOH2ONaOHHClO,2HClO2HClO2，HClNaOH=NaClH2O，故最终得到NaCl(6)K2MnO4、MnO2加热时：2KMnO4K2MnO4MnO2O2题后归纳盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。(3)考虑盐受热时是否分解，Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2CaCO3(CaO)；NaHCO3Na2CO3；KMnO4K2MnO4MnO2；NH4ClNH3HCl。(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。题点全练过高考1下列叙述中与盐类的水解有关的是()纯碱溶液去油污铁在潮湿的环境下生锈NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞酸雨在空气中放置一段时间pH降低草木灰与铵态氮肥不能混合施用ABC D全有关解析：选A纯碱溶液因水解显碱性可去油污，正确；铁在潮湿的环境下生锈，是电化学腐蚀，与水解无关，错误；NH4Cl与ZnCl2溶液均因水解显酸性，可作焊接中的除锈剂，正确；Na2CO3溶液水解显碱性，则盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞，正确；酸雨在空气中放置一段时间pH降低，是亚硫酸被氧化为硫酸，与水解无关，错误；草木灰(含K2CO3)溶液显碱性，铵态氮肥(NH)溶液显酸性，两者不能混合施用，正确。2下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是()ApH1的溶液中：NH、Na、Fe3、SOB含有大量AlO的溶液中：Na、K、HCO、NOC中性溶液中：K、Al3、Cl、SODNa2S溶液中：SO、K、Cu2、Cl解析：选AA项，酸性条件下，H抑制NH、Fe3的水解，能大量共存；B项，AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，不能大量共存；C项，Al3水解呈酸性，因而在中性溶液中不存在；D项，Cu2S2=CuS，不能大量共存。3混合下列各组物质使之充分反应，加热蒸干产物并在300 灼烧至质量不变，最终残留固体不是纯净物的是()A向红褐色的Fe(OH)3固体中加入过量盐酸B等物质的量浓度、等体积的(NH4)2SO4与BaCl2溶液C等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体D向NaBr溶液中通入过量氯气解析：选CA项反应得到的溶液中含有FeCl3和HCl，加热蒸干产物并灼烧后最终得到的固体是Fe2O3；NH4Cl受热分解，B项最终得到BaSO4；C项最终得到Na2CO3和NaOH的混合物；D项最终得到NaCl。4为使Fe2、Fe3、Zn2较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分别为pH7.7、 pH4.5、pH6.6。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2、Fe3杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是()AH2O2，ZnOB氨水CKMnO4，ZnCO3 DNaOH溶液解析：选A为除去Fe2、Fe3杂质离子制得纯净的ZnSO4，首先应该加入绿色氧化剂H2O2，将Fe2杂质离子氧化成Fe3，然后加入氧化锌固体调整溶液的pH到4.5，这时铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，溶液中只含有溶质ZnSO4，从而得到纯净的硫酸锌溶液。5已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性，将溶液中的Fe2、Cu2、Fe3完全沉淀为氢氧化物需溶液的pH分别为9.6、6.4、3.7。现有含有FeCl2杂质的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：请回答下列问题：(1)第一步除去Fe2，能否直接调整pH9.6将Fe2沉淀除去？_，理由是_。(2)本实验最适合的氧化剂X是_(填字母)。AK2Cr2O7BNaClOCH2O2 DKMnO4加入氧化剂的目的是_。(3)物质Y可以是_。ANaOHB氨水CCu2(OH)2CO3DNa2CO3ECuOFCu(OH)2(4)除去Fe3的有关离子方程式是_，_。(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体？_。如何操作？_。解析：设计的实验方案中，加入氧化剂能把Fe2氧化为Fe3，同时又不能引入新的杂质，提供的几种氧化剂中符合要求的只有H2O2。当CuCl2溶液中混有Fe3时，可利用Fe3的水解：Fe33H2OFe(OH)33H，加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H反应，从而使平衡右移，把Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。最后从CuCl2溶液中制取CuCl22H2O也不能直接加热蒸发，为抑制Cu2水解，应在HCl气流中加热蒸发。答案：(1)否pH9.6时，Cu2会完全沉淀(2)C将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离(3)CEF(4)Fe33H2OFe(OH)33HCu2(OH)2CO34H=2Cu23H2OCO2 或Cu(OH)22H=Cu22H2O 或CuO2H=Cu2H2O(5)不能应在HCl气流中加热浓缩后，冷却结晶规律方法利用平衡移动原理解释问题的思维模板(1)解答此类题的思维过程找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)；找出影响平衡的条件；判断平衡移动的方向；分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系。(2)答题模板存在平衡，(条件)(变化)，使平衡向(方向)移动，(结论)。粒子浓度大小的比较知能深化扫盲点提能点(一)溶液中粒子浓度的守恒关系(1)电荷守恒在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有Na、H、HCO、CO、OH，存在如下关系：n(Na)n(H)n(HCO)2n(CO)n(OH)，推出c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)。(因CO带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)(2)物料守恒(原子守恒)在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，符合原子守恒。如NaHCO3溶液中，n(Na)n(C原子)11，因HCO水解：HCOH2OH2CO3OH以及HCO电离：HCOHCO，C元素的存在形式有3种，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na)n(C原子)11，得c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)。(3)质子守恒电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H)数等于失去的质子(H)数。如NaHCO3溶液中：(得质子)(基准粒子)(失质子)即有c(H)c(H2CO3)c(OH)c(CO)另外，质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导得出。以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K)c(H)c(OH)c(HS)2c(S2)，物料守恒式为c(K)c(HS)c(S2)c(H2S)，由消去没有参与变化的K得质子守恒式c(H)c(H2S)c(OH)c(S2)。对点练1(1)0.1 molL1的NH4Cl溶液粒子种类：_。物料守恒：_。(2)0.1 molL1的NaHCO3溶液中各粒子浓度的关系物料守恒：_。电荷守恒：_。质子守恒：_。(3)0.1 molL1的Na2CO3溶液中各粒子浓度的关系物料守恒：_。电荷守恒：_。质子守恒：_。答案：(1)Cl、NH、H、OH、NH3H2O、H2Oc(Cl)c(NH)c(NH3H2O)(2)c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)c(OH)c(H2CO3)c(H)c(CO)(3)c(Na)2c(CO)2c(HCO)2c(H2CO3)c(Na)c(H)c(HCO)c(OH)2c(CO)c(OH)c(H)2c(H2CO3)c(HCO)提能点(二)溶液中粒子浓度的比较1单一溶液中粒子浓度的比较(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：CH3COOHCH3COOH，H2OOHH，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=CH3COONa，CH3COOH2OCH3COOHOH，H2OHOH，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)。对点练2(1)0.1 molL1的H3PO4溶液中，离子浓度的大小关系_。(2)0.1 molL1的NH4Cl溶液中，离子浓度的大小关系_。(3)0.1 molL1的Na2CO3溶液中，离子浓度的大小关系_。(4)0.1 molL1的NaHCO3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(HCO)c(OH)c(H)c(CO)2酸、碱中和型粒子浓度的比较对点练3比较下列几种溶液混合后各离子浓度的大小。(1)CH3COOH和NaOH等浓度等体积混合，离子浓度大小顺序为_。(2)NaOH和CH3COOH等浓度按12体积比混合后pH7，离子浓度大小顺序为_。(3)pH2的CH3COOH与pH12的NaOH等体积混合，其离子浓度大小顺序为_。答案：(1)c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)(2)c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)(3)c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)3盐与酸(碱)混合型粒子浓度的比较首先考虑是否反应，若不反应，分析盐的水解程度和酸(碱)的电离程度的大小；若能反应，则按反应后混合组成综合考虑水解和电离两种因素。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()Ac(H)c(OH)Bc(CH3COO)0.1 molL1Cc(CH3COOH)c(CH3COO)Dc(CH3COO)c(OH)0.1 molL1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)。4不同溶液中同一粒子浓度的大小比较选好参照物，分组比较各个击破：如25 时，相同物质的量浓度的下列溶液中：NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为。分析流程为分组对点练5比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。(1)浓度均为0.1 molL1的H2S、NaHS、Na2S、H2S 和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是_。(2)相同浓度的下列溶液中：CH3COONH4、CH3COONa、CH3COOH中，c(CH3COO)由大到小的顺序是_。(3)c(NH)相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液、NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为_。答案：(1)(2)(3)题点全练过高考1常温下，浓度均为0.1 molL1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 molL1BNH4Cl溶液中，c(NH)c(Cl)CNa2SO4溶液中，c(Na)c(SO)c(OH)c(H)DNa2SO3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 molL1，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常温下，将pH3的盐酸和pH11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()Ac(NH )c(Cl)c(OH)c(H)Bc(NH )c(Cl)c(H)c(OH)Cc(Cl)c(NH )c(H)c(OH)Dc(Cl)c(NH )c(OH)c(H)解析：选ApH3的盐酸c(HCl)0.001 molL1，NH3H2O 为弱电解质，常温下pH11的氨水中c(OH)0.001 molL1，氨水的浓度一定大于0.001 molL1，两溶液等体积混合后，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)。3下列关于0.10 molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是()A溶质的电离方程式为NaHCO3=NaHCOB25 时，加水稀释后，n(H)与n(OH)的乘积变大C离子浓度关系：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)c(CO)D温度升高，c(HCO)增大解析：选BNaHCO3的电离方程式为NaHCO3=NaHCO，故A错误；加水稀释后c(H)与c(OH)的乘积不变，体积变大，所以n(H)与n(OH)的乘积变大，故B正确；根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c(HCO)2c(CO)，故C错误；温度升高，促进HCO水解，c(HCO)减小，故D错误。4室温下，将0.2 molL1的一元酸HA和0.1 molL1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列说法不正确的是()A0.1 molL1HA溶液与0.1 molL1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 molL1D混合后溶液中：c(Na)c(H)c(A)c(OH)解析：选A0.2 molL1的一元酸HA和0.1 molL1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) molL10.1 molL1，C正确；根据电荷守恒得c(Na)c(H)c(A)c(OH)，D正确。5常温下，用0.100 0 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是()A点所示溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)B点所示溶液中：c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)C点所示溶液中：c(Na)c(OH)c(CH3COO)c(H)D滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)解析：选D点溶液中的溶质为0.001 mol CH3COOH和0.001 mol CH3COONa，据物料守恒：c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Na)，根据电荷守恒：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，整理后得c(CH3COOH)2c(H)c(CH3COO)2c(OH)，A错；点溶液的pH7，据电荷守恒有c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，又c(H)c(OH)，则c(Na)c(CH3COO)，B错；点溶液中的溶质为0.002 mol CH3COONa，离子浓度大小关系为c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，C错。6将标准状况下2.24 L CO2缓慢通入1 L 0.15 molL1的NaOH溶液中，气体被充分吸收，下列关系不正确的是()Ac(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)B2c(Na)3c(H2CO3)c(HCO)c(CO)Cc(Na)c(CO)c(HCO)c(OH)c(H)D2c(OH)c(CO)c(HCO)3c(H2CO3)2c(H)解析：选CCO22NaOH=Na2CO3H2O x 2xCO2NaOH=NaHCO3 y y，所以，即所得溶液为等物质的量组成的Na2CO3和NaHCO3的混合物，A项符合电荷守恒；B项，对于0.05 molL1的Na2CO3溶液，c(Na)2c(H2CO3)c(HCO)c(CO)，对于0.05 molL1的NaHCO3溶液：c(Na)c(H2CO3)c(HCO)c(CO)，所以2c(Na)3c(H2CO3)c(HCO)c(CO)，B项正确；C项，由于以COH2OHCOOH为主，所以c(Na)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)，错误；D项，将B项中c(Na)代入A项，推断该关系式正确。7(双选)(2019扬州一模)25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1 molL1 NH4Cl溶液中：c(Cl)c(NH)c(OH)c(H)B0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合：c(CO)2c(OH)c(HCO)3c(H2CO3)2c(H)C0.4 molL1 CH3COOH溶液和0.2 molL1 NaOH溶液等体积混合(pHc(Na)c(CH3COOH)c(H)c(OH)D0.1 molL1 Na2C2O4溶液和0.1 molL1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)c(HC2O)c(OH)c(Na)c(H)解析：选BC0.1 mol1 NH4Cl溶液中由于 NH水解，使溶液呈酸性，则c(Cl) c(NH)c(H)c(OH)，A错误；0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合即两者等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒式为c(H)c(Na)c(OH)c(HCO)2c(CO)，将物料守恒式：2c(Na)3c(HCO)c(CO)c(H2CO3)代入，得到c(CO)2c(OH)c(HCO)3c(H2CO3)2c(H)，B正确；0.4 molL1 CH3COOH溶液和0.2 molL1 NaOH溶液等体积混合后溶液中为等物质的量的