江苏专用2019届高考化学一轮复习专题六溶液中的离子反应第3讲盐类的水解学案2018051745.doc

第3讲盐类的水解【2019备考】最新考纲：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、生活中的应用(弱酸弱碱盐的水解不作要求)。最新考情：盐类水解是化学反应原理的重点内容，主要考查盐类水解的规律及应用、盐类水解的影响因素、盐溶液酸碱性的判断、溶液中离子浓度的比较等知识点，难度大，理论性强，尤其是溶液中的离子浓度比较，常结合表格、图像等形式考查，在历年江苏高考中均以压轴题的形式呈现，预计2019年江苏高考中会延续这一趋势。考点一盐类的水解及其规律知识梳理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c(H)c(OH)溶液呈碱性或酸性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(25 )溶液的pH强酸强碱盐NaCl、KNO3否中性pH7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NH、Cu2酸性pH75.水解方程式的书写(1)一般要求如NH4Cl的水解离子方程式为NHH2ONH3H2OH。(2)三种类型的盐水解方程式的书写。多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。如Na2CO3的水解离子方程式为多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。如FeCl3的水解离子方程式为Fe33H2OFe(OH)33H。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溶液混合反应的水解离子方程式为2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S。题组诊断水解实质及水解离子方程式书写1判断正误，正确的打“”，错误的打“”(1)酸式盐溶液一定呈酸性()(2)能水解的盐溶液一定呈酸性或碱性，不可能呈中性()(3)Na2CO3溶液显碱性的原因：CO2H2OH2CO32OH()(4)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成()(5)Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，pH减小()(6)常温下，pH11的CH3COONa溶液和pH3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同()(7)常温下，pH10的CH3COONa溶液与pH4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同()2按要求书写离子方程式(1)NaHS溶液呈碱性的原因_。(2)实验室制备Fe(OH)3胶体_。(3)NH4Cl溶于D2O中_。(4)将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合_。(5)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH7，其原因是_；若pH7，其原因是_。解析(5) pH大于7是由于酸根离子水解呈碱性，pH小于7是由于弱碱阳离子水解呈酸性。答案(1)HSH2OH2SOH(2)Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H(3)NHD2ONH3HDOD(4)Al33HCO=Al(OH)33CO2(5)RnH2OHR(n1)OHMmmH2OM(OH)mmH【方法技巧】判断盐溶液的酸碱性，需先判断盐的类型，因此需熟练记忆常见的强酸、强碱和弱酸、弱碱。盐溶液呈中性，无法判断该盐是否水解。例如：NaCl溶液呈中性，是因为NaCl是强酸强碱盐，不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性，是因为CH3COO和NH的水解程度相当，即水解过程中H和OH消耗量相等，所以CH3COONH4水解仍呈中性。水解规律及其应用325 时，浓度均为0.2 molL1的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是()A均存在电离平衡和水解平衡B存在的粒子种类相同Cc(OH)前者大于后者D分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大解析NaHCO3、Na2CO3均属于强碱弱酸盐，都存在水解平衡，同时还存在H2O的电离平衡，A项正确；Na2CO3、NaHCO3溶液中都含有Na、CO、HCO、H2CO3、H、OH、H2O，它们存在的粒子种类相同，B项正确；CO的水解能力大于HCO的，故Na2CO3溶液中的c(OH)大于NaHCO3溶液，C项错误；NaHCO3溶液中加入NaOH时，HCO与OH反应导致c(CO)增大；Na2CO3溶液中加入NaOH时，OH抑制了CO的水解，导致c(CO)增大，D项正确。答案C4(2018连云港重点中学联考) 25 时，浓度均为0.1 molL1的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是()序号溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.08.18.4A.酸性强弱：H2CO3D中：c(HCO)2c(CO)c(H2CO3)0.1 molL1解析相同浓度时，pH：NaHCO3NaF则水解程度：HCOF，根据“越弱越水解”知，酸性：H2CO3，C项正确；根据物料守恒知，中：c(HCO)c(CO)c(H2CO3)0.1 molL1，D项错误。答案AC【方法技巧】盐类水解的规律及拓展应用1.“谁弱谁水解，越弱越水解”。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的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，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCOHCO(次要)，HCOH2OH2CO3OH(主要)。(2)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)。4.相同条件下的水解程度：正盐相应酸式盐，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：(NH4)2CO3(NH4)2SO4(NH4)2Fe(SO4)2。考点二影响盐类水解平衡的因素及应用知识梳理1内因形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱越弱就越易发生水解。如酸性：CH3COOHH2CO3相同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为pH(Na2CO3)pH(CH3COONa)。2外因(1)温度、浓度条件移动方向水解程度水解产生的离子浓度升高温度右移增大增大浓度增大右移减小增大减小(稀释)右移增大减小(2)外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。外加酸碱外加物质水解程度的影响弱酸阴离子弱碱阳离子酸增大减小碱减小增大加能水解的盐名师助学：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。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CH3COOH2OCH3COOHOH左移。3盐类水解的应用应用原理解释热的纯碱溶液去污能力强加热促进了盐的水解，氢氧根离子浓度增大泡沫灭火器原理Al3与HCO的水解相互促进的结果明矾净水Al3水解生成的氢氧化铝胶体可用来净水物质提纯如除去氯化镁酸性溶液中的氯化铁，可以加入氧化镁或氢氧化镁反应掉部分H，促进Fe3的水解，使Fe3转化为氢氧化铁沉淀而除去配制易水解的盐溶液配制FeCl3、FeCl2、SnCl2、AlCl3等溶液时，常将它们溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释；目的是抑制Fe3、Fe2、Sn2、Al3的水解草木灰不能与铵态氮肥混合施用NH 与CO相互促进水解，使生成的氨气逸出而降低了氮肥肥效硫化铝、氮化镁的制备硫化铝、氮化镁在水溶液中强烈水解，只能通过单质间化合反应才能制得比较盐溶液中离子浓度的s小如Na2S溶液中离子浓度大小的顺序为：c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)判断弱电解质的相对强弱如等物质的量浓度的醋酸钠溶液、碳酸钠溶液的碱性，碳酸钠溶液强于醋酸钠溶液，则碳酸的酸性弱于醋酸证明某些电解质是弱酸或弱碱如CH3COONa的溶液能使酚酞试液变红，证明该溶液显碱性，说明CH3COOH是弱酸判断盐溶液蒸干产物如FeCl3溶液蒸干并灼烧产物为Fe2O3盐溶液除锈如用氯化铵溶液除去金属表面的氧化物，因为NH水解显酸性，与氧化物反应名师助学：在酸性较强的环境中Fe3比Al3、Mg2、Cu2更易发生水解，故一般可采用调节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，但不能加入会引入杂质离子的物质。题组诊断影响盐类水解的因素1正误判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)加热0.1 molL1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大()(2)在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pHc(OH)c(NH)。多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离。如在H2S溶液中：c(H2S)c(H)c(HS)c(S2)。(2)水解理论弱离子的水解损失是微量的(水解相互促进的除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中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(NH3H2O)。多元弱酸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)。2把握三种守恒，明确等量关系(1)电荷守恒注重溶液呈电中性溶液中所有阳离子所带的正电荷总浓度等于所有阴离子所带的负电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)。(2)物料守恒注重溶液中某元素的原子守恒在电解质溶液中，粒子可能发生变化，但变化前后其中某种元素的原子个数守恒。如0.1 molL1 NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)0.1 molL1。(3)质子守恒注重分子或离子得失H数目不变在电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H)的得失，但得到的质子数等于失去的质子数。如Na2S水溶液中的质子转移如图所示： 由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(OH)c(H)2c(H2S)c(HS)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。Na2S水溶液中电荷守恒式为c(Na)c(H)c(OH)c(HS)2c(S2)，物料守恒式为c(Na)2c(HS)c(S2)c(H2S)，由即可得质子守恒式，消去没有参与变化的Na等，得c(OH)c(H)2c(H2S)c(HS)。题组诊断单一溶液中粒子浓度关系1(2017宿迁检测)已知，常温下某浓度的NaHSO3稀溶液的pHc(HSO)c(H2SO3)c(SO)Bc(Na)c(HSO)c(SO)Cc(Na)c(H)2c(SO)Dc(Na)c(H)c(HSO)c(OH)解析NaHSO3溶液中存在：HSOHSO，HSOH2OH2SO3OH，由于溶液的pHc(H2SO3)，A项错误；由物料守恒可知，c(Na)c(HSO)c(SO)c(H2SO3)，故c(Na)c(HSO)c(SO)，B正确；由电荷守恒可知，c(Na)c(H)c(HSO)2c(SO)c(OH)，C、D项均错误。答案B2(2017无锡质检)下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH)c(SO)c(Fe2)c(H)c(OH)B室温时浓度均为0.1 molL1的NH3H2O和NH4Cl的混合溶液，pH为10，则：c(NH)c(H)c(NH3H2O)c(OH)C0.1 molL1(CH3COO)2 Ba溶液中：2c(Ba2)2c(CH3COO)c(CH3COOH)D0.1 molL1NaHC2O4溶液显弱酸性，则：c(Na)c(HC2O)c(H2C2O4)c(C2O)c(H)解析选项A中忽略了NH的水解，A错；选项B中由电荷守恒知c(NH)c(H)c(OH)c(Cl)，因为混合溶液的pH为10，故NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，即c(NH3H2O)0.1 molL1c(Cl)，可推出题给关系式。选项C中根据物料守恒可知正确的关系式为2c(Ba2)c(CH3COO)c(CH3COOH)。选项D中NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度，因此c(C2O)c(H2C2O4)。答案B审题建模混合溶液中粒子浓度关系3(2017江苏苏州期初调研)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(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SO)c(NH)c(Fe2)c(H)BpH11的氨水和pH3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl)c(NH)c(OH)c(H)C在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：2c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)D0.1 molL1的醋酸钠溶液10 mL与0.1 molL1盐酸10 mL混合后溶液：c(CH3COO)c(Cl)c(OH)c(H)解析NH 和Fe2水解均显酸性，但是NH 的数目比Fe2多，由于水解均是微弱的，所以c(NH)c(Fe2)，SO不水解，故最多，H是水解出来的，故比Fe2少，A项正确；氨水过量，反应后溶液显碱性，根据电荷守恒：c(NH)c(H)c(OH)c(Cl)，且c(OH)c(H)，推知：c(NH)c(Cl)，B项错误；根据物料守恒有：n(Na)2n(C)2n(CO)c(HCO)c(H2CO3)，C项错误；反应后的溶液为CH3COOH、NaCl，溶液呈酸性，D项错误。答案A4(2018江苏南通第一次调研)20 时，配制一组c(Na2CO3)c(NaHCO3)0.100 molL1的混合溶液，溶液中c(HCO)、c(CO)与pH的关系如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()ApH9的溶液中：c(HCO)c(H2CO3)c(CO)Bc(HCO)c(CO)的E点溶液中：c(OH)c(CO)c(H)c(H2CO3)0.050 molL1 CpH11的溶液中：c(Na)c(CO)，而混合溶液中c(H2CO3)很小，所以c(HCO)c(H2CO3)c(CO)，正确；B项，电荷守恒：c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)，物料守恒：c(CO)c(HCO)c(H2CO3)0.1 molL1，得，c(Na)c(H)c(H2CO3)c(CO)c(OH)0.1 molL1，设c(Na2CO3)x molL1，c(NaHCO3)y molL1，则有：xy0.1 molL1，c(Na)2xy，因为Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，若c(CO)c(HCO)，则c(Na2CO3)c(NaHCO3)，即xy，x0.05 molL1，所以c(Na)2xyx(xy)0.05 molL10.1 molL1，c(Na)0.15 molL1，c(CO)c(OH)0.1 molL1c(Na)c(H)c(H2CO3)，c(CO)c(OH)c(H)c(H2CO3)c(Na)0.1 molL1，则c(OH)c(CO)c(H)c(H2CO3)0.050 molL1，正确；C项，电荷守恒：c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)，pH11的溶液中，c(OH)c(H)，所以有c(Na)2c(CO)c(HCO)，错误；D项，Na2CO3溶液中的质子守恒方程式为：c(H)2c(H2CO3)c(HCO)c(OH)，错误。答案AB5(2018江苏南京模拟)常温下，下列有关溶液的说法正确的是()A向0.10 molL1 NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)：c(Na)c(SO)c(NH)B0.1 molL1醋酸钠溶液20 mL与0.1 molL1盐酸10 mL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与CH3COOK两溶液中：c(Na)c(F)c(K)c(CH3COO)D0.1 molL1醋酸溶液和0.2 molL1醋酸钠溶液等体积混合后的溶液中：3c(H)2c(CH3COOH)c(CH3COO)3c(OH)解析根据物料守恒c(Na)c(SO)c(HSO)c(H2SO3)可确定，c(Na)c(SO)，由于NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于其水解程度，溶液呈弱酸性，通入NH3至溶液pH7时，部分HSO发生的离子反应为HSONH3=NHSO，由于生成的NH少量水解，剩余的HSO仍会电离产生SO，则有c(SO)c(NH)，A项正确；反应后转化为等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，由于CH3COOH的电离程度比CH3COO的水解程度大，则有c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)，B项错误；据电荷守恒得c(Na)c(F)c(OH)c(H)c(K)c(CH3COO)pH相等，C项错误；由于n(CH3COOH)n(CH3COONa)12，据电荷守恒有c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(H)，据物料守恒有2c(CH3COO)2c(CH3COOH)3c(Na) ，将“3”得3c(H)2c(CH3COOH)c(CH3COO)3c(OH)，D项正确。答案AD【方法技巧】溶液混合型粒子浓度的比较三类型(1)溶液混合但不发生反应的类型。要同时考虑电离和水解，涉及弱酸、弱碱、含能水解离子的盐溶液时，可用极限观点思考，以“强势”反应为主，可不考虑“弱势”反应。电离强于水解型。如CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积、等物质的量浓度混合，分析时可只考虑CH3COOH的电离，不考虑CH3COONa的水解，粒子浓度大小顺序为c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)c(H)c(OH)。水解强于电离型。如HCN溶液和NaCN溶液等体积、等物质的量浓度混合，粒子浓度大小顺序为c(HCN)c(Na)c(CN)c(OH)c(H)。(2)溶液混合发生反应但有一种过量的类型。根据过量程度及产物情况，要同时考虑电离和水解，不过这类问题大多转化为“溶液混合但不发生反应类型”问题。(3)酸、碱中和型。判断电解质溶液中粒子浓度的关系，是高考常考题型，一般从单一溶液、混合溶液和不同溶液三个角度进行考查，其中反应过程中不同阶段粒子浓度关系的判断是近几年高考的热点和亮点。电离理论和水解理论是比较电解质溶液中粒子浓度大小关系的重要依据，电荷守恒、物料守恒和质子守恒是判断电解质溶液中粒子浓度等量关系的重要依据，该类题目的解题关键是正确判断溶液中溶质的成分及其量的关系，以及离子的电离程度和水解程度的大小。该题型一般综合性强、难度较大，能够很好考查学生的分析推理能力，复习备考中应特别关注。文字叙述型1(2017江苏化学，14)常温下，Ka(HCOOH)1.77104，Ka(CH3COOH)1.75105，Kb(NH3H2O)1.76105，下列说法正确的是()A浓度均为0.1 molL1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C0.2 molL1 HCOOH与0.1 molL1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO)c(OH)c(HCOOH)c(H)D0.2 molL1 CH3COONa与0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中(pH7)：c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)解析A项，由电荷守恒有c(Na)c(H)c(HCOO) c(OH)，c(Cl)c(OH)c(NH)c(H)，因Kb(NH3H2O)Ka(HCOOH)，同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，前者HCOO水解程度小于后者NH 的水解程度，即前者水解产生的c(OH)小于后者水解产生的c(H)，有前者溶液中c(H)大于后者溶液中c(OH)，c(Na)c(Cl)，则c(Na)c(H) c(Cl)c(OH)，正确；B项，CH3COOH的酸性比HCOOH弱，同pH时，c(CH3COOH)c(HCOOH)，用NaOH滴定时，CH3COOH消耗的NaOH多，错误；C项，此时为等浓度的HCOOH和HCOONa溶液，质子守恒式有c(HCOO) 2c(OH) 2c(H)c(HCOOH)可由电荷守恒式c(Na)c(H)c(HCOO)c(OH)和物料守恒式2c(Na)c(HCOO)c(HCOOH)处理得到，错误；D项，当两者等体积混合时，得等浓度CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，若不考虑CH3COOH的电离和CH3COO的水解，有c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离(CH3COOH CH3COO H)大于CH3COO的水解，有c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)，正确。答案AD2(2015江苏化学，14)室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是()A向0.10 molL1 NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH)c(HCO)c(CO)B向0.10 molL1 NaHSO3溶液中通NH3：c(Na)c(NH)c(SO)C向0.10 molL1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)D向0.10 molL1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na)c(CH3COOH)c(Cl)解析A项，根据电荷守恒可知：c(NH)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，故c(NH)c(HCO)2c(CO)，错误；B项，根据电荷守恒可知：c(NH)c(Na)c(H)c(OH)c(HSO)2c(SO)，根据物料守恒可知：c(Na)c(H2SO3)c(HSO)c(SO)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，三式联立可得：c(H2SO3)c(NH)c(SO)，则c(NH)c(SO)，所以c(Na)c(SO)c(NH)，错误；C项，对于Na2SO3溶液，根据物料守恒，可知：c(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)，通入SO2与Na2SO3反应使溶液呈中性，则有c(Na)c(CH3COOH), 根据混合溶液的电荷守恒有：c(Na)c(H)c(OH)c(Cl)c(CH3COO)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，由此可知c(Na)c(Cl)c(CH3COO)，进而可知c(CH3COOH)c(Cl)，故c(Na)c(CH3COOH)c(Cl)，正确。答案D3(2014江苏化学，14)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 CH3COONa溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合：c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)B0.1 molL1 NH4Cl溶液与0.1 molL1氨水等体积混合(pH7)：c(NH3H2O)c(NH)c(Cl)c(OH)C0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)D0.1 molL1 Na2C2O4溶液与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A项，混合反应后为等浓度的NaCl和CH3COOH的混合溶液，CH3COOH部分电离，c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)，正确；B项，0.1 molL1 NH4Cl溶液与0.1 molL1氨水等体积混合，pH7，则NH3H2O电离程度大于NH的水解程度，所以c(NH)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)，错误；C项，符合物料守恒，正确；D项，混合后为NaHC2O4、NaCl的混合溶液，由电荷守恒有：c(OH)c(Cl)c(HC2O)2c(C2O)c(Na)c(H)，错误。答案AC4(2017江苏南京三模)常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1 CaCl2溶液等体积混合：c(Na)c(Ca2)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Cl)B少量Cl2通入过量冷的0.1 molL1 NaOH溶液中：c(Na)c(HClO)c(ClO)c(Cl)C0.1 molL1CH3COONa溶液与0.1 molL1 HCl溶液混合至pH7：c(Na)c(Cl)c(CH3COOH)D0.2 molL1 NH3H2O溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合：c(Cl)c(H)c(NH3H2O)c(OH)解析CH3COONa和CaCl2各自的物料守恒为：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，c(Cl)2c(Ca2)，将两式相加，得c(Na)2c(Ca2)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Cl)，A项错误；反应后溶液中，Na存在为NaOH、NaCl、NaClO，物料守恒：c(Na)c(OH)c(Cl)c(ClO)，由于NaOH过量，则c(OH)c(HClO)，所以c(Na)c(HClO)c(ClO)c(Cl)，B项错误；电荷守恒：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(Cl)c(OH)，pH7，则c(H)c(OH)，所以c(Na)c(CH3COO)c(Cl)，显然c(Na)c(Cl)，CH3COONa的物料守恒有：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，由知，c(Cl)c(CH3COOH)，C项正确；反应后的溶液中c(NH3H2O)c(NH4Cl)，电荷守恒：c(Cl)c(OH)c(NH)(H)，物料守恒：2c(Cl)c(NH)c(NH3H2O)，用得，c(Cl)c(H)c(NH3H2O)c(OH)，D项正确。答案CD结合图像型5(2016江苏化学，14)已知H2C2O4为二元弱酸。20 时，配制一组c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)0.100 molL1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()ApH2.5的溶液中：c(H2C2O4)c(C2O)c(HC2O)Bc(Na)0.100 molL1的溶液中：c(H)c(H2C2O4)c(OH)c(C2O)Cc(HC2O)c(C2O)的溶液中：c(Na)0.100 molL1c(HC2O)DpH7.0的溶液中：c(Na)2c(C2O)解析由图可知pH2.5时，溶液中主要存在HC2O，即c(HC2O)c(H2C2O4)c(C2O)，A错误；当c(Na)0.100 molL1时，此时应为NaHC2O4溶液，由电荷守恒有c(H)c(Na)c(