高考化学一轮复习学案专题六溶液中的离子反应第3讲

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pH＝7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋酸性pH<7弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)碱性pH>75.水解方程式的书写(1)一般要求如NH4Cl的水解离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋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，一般只写第一步水解方程式。如Na2CO3的水解离子方程式为②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溶液混合反应的水解离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。[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：COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－(×)(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，COeq\o\al(2－,3)水解程度减小，pH减小(×)(6)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液和pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同(×)(7)常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4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pH>7，其原因是____________________________________________________________________；若pH<7，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)HS－＋H2OH2S＋OH－(2)Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋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。②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NHeq\o\al(＋,4)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3．25℃时，浓度均为0.2mol·L－1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C．c(OH－)前者大于后者D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(COeq\o\al(2－,3))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＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、H＋、OH－、H2O，它们存在的粒子种类相同，B项正确；COeq\o\al(2－,3)的水解能力大于HCOeq\o\al(－,3)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，HCOeq\o\al(－,3)与OH－反应导致c(COeq\o\al(2－,3))增大；Na2CO3溶液中加入NaOH时，OH－抑制了COeq\o\al(2－,3)的水解，导致c(COeq\o\al(2－,3))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0.1mol·L－1的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是()序号①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.08.18.4A.酸性强弱：H2CO3<HFB．①和②中溶质均未水解C．离子的总浓度：①>③D．④中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1解析相同浓度时，pH：NaHCO3>NaF则水解程度：HCOeq\o\al(－,3)>F－，根据“越弱越水解”知，酸性：H2CO3<HF，A项正确；①中溶质NaCl为强酸强碱盐，不水解，②中溶质CH3COONH4为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解反应，B项错误；根据电荷守恒知，①、③溶液中离子的总浓度均为2[c(Na＋)＋c(H＋)]，NaCl对水的电离无影响，而NaF促进水的电离，①显中性，③显碱性，故①中c(H＋)大于③中c(H＋)，故离子的总浓度：①>③，C项正确；根据物料守恒知，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：HCN<CH3COOH，则相同条件下碱性NaCN>CH3COONa。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=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。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：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)，HCOeq\o\al(－,3)＋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：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)，HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。4.相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。5.相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NHeq\o\al(＋,4)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：CH3COOH>H2CO3eq\o(→,\s\up7(决定))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。①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②加能水解的盐名师助学：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。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HCOeq\o\al(－,3)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NHeq\o\al(＋,4)与COeq\o\al(2－,3)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NHeq\o\al(＋,4)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0.1mol·L－1Na2CO3溶液，COeq\o\al(2－,3)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pH<7(×)(3)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)(√)(4)水解平衡右移，盐的离子的水解程度一定增大(×)(5)NaHCO3和NaHSO4都能促进水的电离(×)(6)Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强(×)2．Na2CO3水溶液中存在平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列说法不正确的是()A．稀释溶液，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（COeq\o\al(2－,3)）)增大B．通入CO2，溶液pH减小C．升高温度，平衡常数增大D．加入NaOH固体，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)增大解析稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但平衡常数不变，A项错；通入CO2，发生反应：CO2＋2OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O，溶液pH减小，B项正确；升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C项正确；加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移动，c(HCOeq\o\al(－,3))减小，c(COeq\o\al(2－,3))增大，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)减小，D项错误。答案AD3．25℃，一定浓度的NaOH和Na2S两溶液的pH均为11。(1)两溶液中，由水电离的c(OH－)分别是①NaOH溶液中：____________________________________________________；②Na2S溶液中：______________________________________________________。(2)各取10mL上述两种溶液，分别加水稀释到100mL，pH变化较大的是________(填化学式)溶液。(3)Na2S溶液呈碱性的原因是_________________________________________(用离子方程式表示)。(4)为探究Na2S溶液呈碱性是由S2－引起的，请你设计一个简单的实验方案：_________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)25℃，pH＝11时溶液中c(H＋)＝1.0×10－11mol·L－1，c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1，在NaOH溶液中水的电离被抑制，则由水电离出来的c(OH－)＝1.0×10－11mol·L－1。在Na2S溶液中S2－水解显碱性，促进了水的电离，则由水电离出的c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1。(2)稀释Na2S溶液时促进了水的电离，OH－数目增多，c(OH－)减小的程度小，则pH变化小。(4)先在Na2S溶液中滴入酚酞溶液，然后加入盐溶液使S2－完全沉淀后观察溶液颜色的变化。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，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量硝酸银溶液，产生黑色沉淀，且溶液的红色褪去，则可以说明Na2S溶液的碱性是由S2－引起的(其他合理答案也可)【归纳总结】盐类水解平衡移动方向的判断要点1．遵循化学平衡规律：从温度、浓度方面去考虑便能作出正确判断，如在CH3COONa的溶液中，加入少量冰醋酸。正确的结论是：体系中c(CH3COOH)增大，抑制了CH3COO－水解，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。2．借助水解常数(Kh)判断：水解平衡常数(Kh)只受温度的影响，它与Ka(或Kb)、Kw的定量关系为Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。盐类水解的应用4．下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是()①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A．全部都可以B．仅①②③C．仅①③⑥D．仅①③解析FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3；NH4HCO3受热分解；KMnO4受热分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受热促进水解生成Fe(OH)3和盐酸，而盐酸挥发进一步促进其水解，最终水解彻底，受热分解得到的固体物质是Fe2O3。答案D5．下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是()A．pH＝1的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Na＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)B．含有大量AlOeq\o\al(－,2)的溶液中：Na＋、K＋、HCOeq\o\al(－,3)、NOeq\o\al(－,3)C．中性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)D．Na2S溶液中：SOeq\o\al(2－,4)、K＋、Cu2＋、Cl－解析A项，酸性条件下，H＋抑制NHeq\o\al(＋,4)、Fe3＋的水解，能大量共存；B项，AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，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，Cu2＋＋S2－=CuS↓，不能大量共存。答案A6．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，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)本实验最适合的氧化剂X是________(填字母)。A．K2Cr2O7B．NaClOC．H2O2D．KMnO4(2)物质Y是________。(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？________，原因是_________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是____________________________________________________________________________________________________________。(5)加氧化剂的目的是_____________________________________________________________________________________________________________________。(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________，应如何操作？________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不能引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使水解平衡右移，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3＋沉淀，同时也必将使Cu2＋沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。答案(1)C(2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3](3)不能因加碱的同时也会使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)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离(6)不能应在HCl气流中加热蒸发【误区警示】水解除杂警示利用水解除杂无论在化学工业还是化学实验中都具有非常重要的意义，其原理是根据盐的水解程度的不同，通过调节溶液pH使部分离子转化为沉淀而除去。如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等，调节溶液的pH，使Fe3＋的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀通过过滤除去；注意不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，因加入这些物质的量不易控制，一旦过量也不易除去，Mg2＋也可能转化为Mg(OH)2沉淀，还会引入NHeq\o\al(＋,4)、Na＋等杂质。【思维建模】(1)关于溶液配制的解题思路配制盐溶液时，为抑制盐的水解而加入酸或碱，但应注意不能引入杂质离子，加入的酸应是与盐中的酸根对应的强酸，如配制FeCl3溶液加盐酸；加入的碱应是与盐中的阳离子对应的强碱，如配制Na2S溶液要加NaOH溶液。(2)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)3→Al2O3。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)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。④还原性盐在蒸干时会被O2氧化。例如，Na2SO3(aq)→Na2SO4(s)。(3)熟记下列因双水解不能大量共存的离子组合①Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－。②Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－。③NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)。提醒：NHeq\o\al(＋,4)与CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)虽能发生双水解反应，但能大量共存。Fe3＋在中性条件下已完全水解。考点三溶液中粒子浓度关系的比较[知识梳理]1．注意两大理论，构建思维模型(1)电离理论①弱电解质的电离是微弱的，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(NHeq\o\al(＋,4))。②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①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(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。②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(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>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(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋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0.1mol·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)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－)①，物料守恒式为c(Na＋)＝2[c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)]②，由①－②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pH<7。则该稀溶液中下列粒子关系正确的是()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，说明HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于HSOeq\o\al(－,3)的水解程度，故c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)，A项错误；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正确；由电荷守恒可知，c(Na＋)＋

c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋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()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．室温时浓度均为0.1mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，pH为10，则：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溶液显弱酸性，则：c(Na＋)＞c(HC2Oeq\o\al(－,4))＞c(H2C2O4)＞c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞c(H＋)解析选项A中忽略了NHeq\o\al(＋,4)的水解，A错；选项B中由电荷守恒知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，因为混合溶液的pH为10，故NH3·H2O的电离程度大于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HC2Oeq\o\al(－,4)的电离程度大于水解程度，因此c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞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()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的盐酸溶液等体积混合，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的醋酸钠溶液10mL与0.1mol·L－1盐酸10mL混合后溶液：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)解析NHeq\o\al(＋,4)和Fe2＋水解均显酸性，但是NHeq\o\al(＋,4)的数目比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(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项错误；根据物料守恒有：n(Na＋)＝2n(C)＝2[n(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋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)＝0.100mol·L－1的混合溶液，溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))、c(COeq\o\al(2－,3))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()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点溶液中：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项，Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，碱性越强，COeq\o\al(2－,3)的浓度越大，对应于图示中上升的曲线，HCOeq\o\al(－,3)对应于下降的曲线，当pH＝9时，从图中不难看出，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))，正确；B项，电荷守恒：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，设c(Na2CO3)＝xmol·L－1，c(NaHCO3)＝ymol·L－1，则有：x＋y＝0.1mol·L－1，c(Na＋)＝2x＋y，因为Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，若c(COeq\o\al(2－,3))＝c(HCOeq\o\al(－,3))，则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，则c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))>c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.050mol·L－1，正确；C项，电荷守恒：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))，错误；D项，Na2CO3溶液中的质子守恒方程式为：c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝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0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH＝7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)：c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(NHeq\o\al(＋,4))B．0.1mol·L－1醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L－1盐酸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与CH3COOK两溶液中：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(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]可确定，c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))，由于NaHSO3溶液中HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于其水解程度，溶液呈弱酸性，通入NH3至溶液pH＝7时，部分HSOeq\o\al(－,3)发生的离子反应为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)仍会电离产生SOeq\o\al(2－,3)，则有c(SOeq\o\al(2－,3))>c(NHeq\o\al(＋,4))，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)＝1∶2，据电荷守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)①，据物料守恒有2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)＝3c(Na＋)②，将“②－①×3”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。①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－)。②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)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是()A．浓度均为0.1mol·L－1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C．0.2mol·L－1HCOOH与0.1mol·L－1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)D．0.2mol·L－1CH3COONa与0.1mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH＜7)：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(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，因Kb(NH3·H2O)＜Ka(HCOOH)，同浓度的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(CH3COOHCH3COO－＋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pH＝7(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0.10mol·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项，根据电荷守恒可知：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，则c(H＋)＝c(OH－)，故c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，错误；B项，根据电荷守恒可知：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，根据物料守恒可知：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，三式联立可得：c(H2SO3)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(SOeq\o\al(2－,3))，则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))，错误；C项，对于Na2SO3溶液，根据物料守恒，可知：c(Na＋)＝2[c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]，通入SO2与Na2SO3反应使溶液呈中性，则有c(Na＋)<2[c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))]，错误；D项，对于CH3COONa溶液根据物料守恒有：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，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()A．0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)B．0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)C．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：eq\f(2,3)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)D．0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋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，0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合，pH>7，则NH3·H2O电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，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(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝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()A．0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1CaCl2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0.1mol·L－1NaOH溶液中：c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)＋c(Cl－)C．0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液混合至pH＝7：c(Na＋)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)D．0.2mol·L－1NH3·H2O溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合：c(Cl－)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋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－)，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)①，显然c(Na＋)>c(Cl－)，CH3COONa的物料守恒有：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)②，由①②知，c(Cl－)＝c(CH3COOH)，C项正确；反应后的溶液中c(NH3·H2O)＝c(NH4Cl)，电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋(H＋)③，物料守恒：2c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)④，用④－③得，c(Cl－)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋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(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()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))解析由图可知pH＝2.5时，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错误；当c(Na＋)＝0.100mol·L－1时，此时应为NaHC2O4溶液，由电荷守恒有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)，联立得质子守恒式有：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，B正确；由电荷守恒有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，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋0.100mol·L－1＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，由图溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，有c(Na＋)＜0.100mol·L－1＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，C错误；由电荷守恒知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正确。答案BD6．(2017·江苏苏锡常镇模拟)常温下，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是()A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)<c(CN－)B．点③和点④所示溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)C．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)D．点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)解析点①为NaCN、HCN混合溶液，点②为CH3COONa、CH3COOH混合溶液，且两混合溶液中四种物质的物质的量浓度相同，点①显碱性，则CN－水解程度大于HCN的电离程度，点②显酸性，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以c(CH3COO－)>c(CN－)，A项错误；点③为中性溶液，c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)，点④为CH3COONa溶液，则c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，B项错误；根据物料守恒可知，点②中，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，点①中，c(CN－)＋c(HCN)＝2c(Na＋)，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(CN－)＋c(HCN)，C项正确；点②为物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒可得c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH3COOH)＋2c(H＋)，点③为CH3COONa、CH3COOH混合液，pH＝7，c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，则由电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，D项错误。答案C7．(2017·江苏通扬泰淮三模)已知NaHC2O4溶液的pH<7。常温下，向pH＝8.4的Na2C2O4溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液，溶液pH与pOH[pOH＝－lgc(OH－)]的变化关系如图所示，下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A．a点：c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(H2C2O4)＝c(OH－)B．b点：c(Cl－)>c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．c点：c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)D．d点：c(OH－)＋c(Cl－)＞c(H＋)＋2c(H2C2O4)解析a点：Na2C2O4的质子守恒式为：c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(H2C2O4)＝c(OH－)，A项正确；若Na2C2O4和HCl以1∶1反应，生成NaHC2O4，溶液显酸性，由物料守恒有：c(Cl－)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，但b点显碱性，所以HCl的物质的量小于Na2C2O4，所以c(Cl－)<c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，B项错误；c点处电荷守恒反应式为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)，c点处pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)，C项错误；电荷守恒：c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(Na＋)＋c(H＋)①，不论加入多少HCl，Na2C2O4均存在物料守恒：c(Na＋)＝2[c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)]②，联列①②，消去c(Na＋)，c(OH－)＋c(Cl－)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(H＋)＋2c(H2C2O4)，所以c(OH－)＋c(Cl－)>c(H＋)＋2c(H2C2O4)，D项正确。答案AD8．(2017·江苏盐城三模)常温时，将不同体积比的NH3和CO2的混合气体溶于水得到一系列混合溶液，溶液中部分微粒的分布分数feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f＝\f(某含C（或N）微粒浓度,所有含C（或N）微粒浓度总和)))随pH的变化曲线如下图所示，下列说法正确的是()A．当溶液pH＝7时：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H2CO3)＋2c(COeq\o\al(2－,3))B．当溶液pH＝9.5时：c(OH－)－c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))－3c(COeq\o\al(2－,3))C．若刚好是(NH4)2CO3溶液：c(OH－)＋c(NH3·H2O)>c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))D．若刚好是NH4HCO3溶液，向其中加入等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液，析出部分晶体，过滤所得的滤液中：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))解析从图中判断，在pH＝7时，f(NHeq\o\al(＋,4))≈1，f(H2CO3)≈0.3，f(COeq\o\al(2－,3))≈0.01，显然，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项正确；电荷守恒：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时，c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))，则c(OH－)－c(H＋)<c(NHeq\o\al(＋,4))－3c(COeq\o\al(2－,3))，B项错误；(NH4)2CO3溶液中，电荷守恒：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))，显然，c(OH－)＋c(NH3·H2O)>c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))，C项正确；发生反应：NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl，开始n(NH4HCO3)＝n(NaCl)，NaHCO3析出后，n(Cl－)>n(Na＋)，D项错误。答案AC【题型模板】分析溶液中微粒浓度关系的思维流程【知识网络回顾】1．0.1mol·L－1AlCl3溶液，温度从20℃升高到50℃，浓度增幅最大的离子是()A．Cl－B．Al3＋C．H＋D．OH－解析升高温度，有利于Al3＋水解，溶液的酸性增强，c(H＋)增大。答案C2．下列各式中属于正确的水解方程式的是()A．NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋B．S2－＋2H2OH2S＋2OH－C．CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋D．CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O解析选项B为二元弱酸根离子的水解，要分步书写，故错误，正确的水解方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－；选项C为电离方程式；选项D为酸碱中和反应的离子方程式。答案A3．常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应。下列说法正确的是()A．当溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应B．当溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)时，一定是氢氧化钠过量C．当溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)时，一定是醋酸过量D．当溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)时，一定是氢氧化钠过量解析当溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)时，根据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液中还存在醋酸分子，则一定是醋酸过量，A、B项错，C项正确；D项，当氢氧化钠与醋酸恰好完全反应时，也符合。答案C4．回答下列问题：(1)某二元酸(分子式用H2B表示)在水中的电离方程式是：H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－。在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________。A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol/LB．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝eq\f(1,2)c(Na＋)C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)D．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)(2)下表为几种酸的电离平衡常数CH3COOHH2CO3H2S1.8×10－5K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－11K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－12则pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物质的量浓度由大到小的顺序为________________，少量CO2与NaHS反应的离子方程式为____________________________________________________________________。解析(1)根据物料守恒得：c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol/L，故A正确；HB－不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，故B错误；根据质子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)，故C正确；根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)，故D错误。(2)CH3COONa、Na2CO3、NaHS都是强碱弱酸盐，相同物质的量浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液对应的酸越弱水解程度越大，pH越大，所以相同浓度的三种溶液，pH大小关系为：Na2CO3>NaHS>CH3COONa，pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物质的量浓度由小到大的顺序是：c(Na2CO3)<c(NaHS)<c(CH3COONa)；向NaHS溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3>H2S>HCOeq\o\al(－,3)，故反应生成H2S和碳酸氢钠，则反应的化学方程式为NaHS＋H2O＋CO2=H2S＋NaHCO3。答案(1)AC(2)c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3)HS－＋H2O＋CO2=H2S＋HCOeq\o\al(－,3)一、选择题1．同温度同浓度的下列溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))最大的是()A．NH4Al(SO4)2B．CH3COONH4C．NH4ClD．NH3·H2O解析NH3·H2O为弱电解质，NH4Al(SO4)2、CH3COONH4、NH4Cl为强电解质，且Al3＋抑制NHeq\o\al(＋,4)的水解，CH3COO－促进NHeq\o\al(＋,4)的水解，故同温度同浓度的四种溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))的大小顺序为：NH4Al(SO4)2>NH4Cl>CH3COONH4>NH3·H2O，A对。答案A2．常温下，对于pH均为5的HCl溶液和NH4Cl溶液，下列说法正确的是()A．两溶液稀释10倍后，pH相等B．两溶液加热至相同的温度后，pH相等C．两溶液中各加入等体积的pH等于9的NaOH溶液后，pH相等D．两溶液中水的离子积相等解析HCl属于强电解质，稀释10倍后，H＋浓度变为原来的eq\f(1,10)，NH4Cl溶液中NHeq\o\al(＋,4)发生水解作用，稀释10倍后，水解程度增大，H＋浓度大于原来的eq\f(1,10)，A项错；加热，HCl溶液中H＋浓度不变，NH4Cl溶液中由于NHeq\o\al(＋,4)水解程度增大，H＋浓度增大，B项错；NaOH溶液与盐酸恰好反应，溶液呈中性，NH4Cl溶液与NaOH溶液反应生成NH3·H2O和NaCl，但剩余大量的NH4Cl，溶液为酸性，C项错；水的离子积与温度有关，温度不变，离子积不变，D项正确。答案D3．下列有关问题，与盐的水解有关的是()①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰和铵态氮肥不能混合使用④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体A．①②③B．②③④C．①④⑤D．①②③④⑤解析①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；②HCOeq\o\al(－,3)与Al3＋两种离子可发生相互促进的水解反应，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的