第25讲　盐类的水解-2025年高考化学全国一轮

第25讲盐类的水解备考导航复习目标1.了解盐类水解的原理；2．了解影响盐类水解程度的主要因素；3．了解盐类水解的应用熟记网络课前思考问题1浓度均为0.1mol/LNa2SO3和Na2CO3溶液等体积混合后，溶液中SOeq\o\al(2－,3)、COeq\o\al(2－,3)、HSOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)浓度从大到小的顺序为______________________________。已知：H2SO3Ka1＝1.54×10－2Ka2＝1.02×10－7H2CO3Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11【答案】c(SOeq\o\al(2－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(HSOeq\o\al(－,3))【解析】根据越弱越水解规律，COeq\o\al(2－,3)的水解程度大于SOeq\o\al(2－,3)，所以c(HCOeq\o\al(－,3))>c(HSOeq\o\al(－,3))，则浓度大小顺序有：c(SOeq\o\al(2－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))。问题2向0.1mol/L(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(Na＋)、c(OH－)、c(SOeq\o\al(2－,3))、c(NHeq\o\al(＋,4))浓度分别增大还是减小？【答案】c(Na＋)、c(OH－)、c(SOeq\o\al(2－,3))浓度均增大，c(NHeq\o\al(＋,4))减小。【解析】钠离子、氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根离子浓度增大；铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，则铵根离子浓度减小。1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。(1)(2020·江苏卷)明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水(√)(2)(2021·江苏第一次适应性)0.1mol/LNa2CO3溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))(√)(3)(2020·江苏卷)浓度均为0.1mol/L的NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)中存在：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)(√)(4)(2021·南通一模)0.0100mol/LNa2C2O4溶液pH为8.6，此时溶液中存在：c(Na＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H＋)(×)(5)(2021·南通一模)向0.0100mol/LNa2C2O4溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，溶液中存在：c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))(×)(6)0.1mol/LNaHS溶液中存在：c(H＋)＋c(H2S)＝c(S2－)＋c(OH－)(√)(7)(2021·南通海门期末)0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合(pH<7)：c(H＋)＋c(CH3COOH)<c(OH－)＋c(CH3COO－)(√)(8)(2020·江苏卷)室温下，将氨水和NH4Cl两种浓度均为0.10mol/L的溶液等体积混合(pH＝9.25)，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)(×)(9)已知：NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，HCN的Ka＝4.9×10－10。NH4CN溶液呈碱性(√)(10)为了增强肥效，将草木灰与铵态氮肥混合施用(×)(11)泡沫灭火器灭火原理是Al2(SO4)3与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应产生CO2气体(√)(12)配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释(√)2.(2022·广州12月调研)HCOOH是最简单的羧酸，俗称蚁酸。下列叙述正确的是(B)A.pH＝4的HCOOH溶液中：c(H＋)＝c(HCOO－)B.pH＝5的HCOOH和HCOONa混合溶液中：c(HCOO－)>c(Na＋)C.0.1mol/LHCOONa溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(HCOO－)>c(H＋)D.0.1mol/LHCOONa溶液中：c(Na＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)【解析】pH＝4的HCOOH溶液中，c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，A错误；0.1mol/LHCOONa溶液中，c(Na＋)＞c(HCOO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C错误；0.1molHCOONa中，电荷守恒为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，D错误。3．(2023·深圳、珠海、中山、汕尾第一次联考)实验室粗配0.1mol/LNaOH溶液，用邻苯二甲酸氢钾(用KHP表示)标定其精确浓度。取20.00mL0.1000mol/LKHP标准液于锥形瓶中，滴入所配NaOH溶液，滴定曲线如图。下列说法错误的是(A)A.a点有：c(H＋)＋2c(H2P)＝c(P2－)＋c(OH－B.b点有：2c(Na＋)＝c(P2－)＋c(HP－)＋c(H2C.c点有：c(K＋)＋c(Na＋)＝2c(P2－)＋c(HP－D.该NaOH实际浓度为0.09524mol/L，可能是称量时潮解了【解析】a点溶液中，根据质子守恒可得：c(H＋)＋c(H2P)＝c(P2－)＋c(OH－)，A错误；b点时，KHP与NaOH1∶1反应，NaOH剩余，此时c(K＋)＝2c(Na＋)，根据元素质量守恒：c(K＋)＝c(P2－)＋c(HP－)＋c(H2P)，可得：2c(Na＋)＝c(P2－)＋c(HP－)＋c(H2P)，B正确；根据电荷守恒c(K＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(P2－)＋c(HP－)＋c(OH－)，c点pH＝7，c(OH－)＝c(H＋)，则c(K＋)＋c(Na＋)＝2c(P2－)＋4．(2023·青岛模拟)25℃时，不同酸性条件下的0.1mol/LHF溶液中，c(HF)、c(F－A.随着溶液pH增大，eq\f(cH＋,cHF)不断增大B.由水电离出的c(H＋)：Q＞X＝YC.HF的电离常数Ka＝1.0×10－3.2D.0.1mol/LNaF溶液的pH约为8.2【解析】根据Ka＝eq\f(cH＋·cF－,cHF)，eq\f(Ka,cF－)＝eq\f(cH＋,cHF)，随着溶液pH增大，酸性减弱，碱性增强，溶液中c(F－)逐渐增大，eq\f(Ka,cF－)逐渐减小，eq\f(cH＋,cHF)不断减小，A错误；酸溶液抑制水的电离，酸性越强对水电离抑制程度越大，水电离出的c(H＋)就越小，从图像可以看出，X、Q、Y三点对应溶液的pH逐渐增大，酸性减弱，所以由水电离出的c(H＋)应逐渐增大，B错误；HF的电离常数Ka＝eq\f(cH＋·cF－,cHF)，当c(F－)＝c(HF)时，溶液的pH＝10－3.4mol/L，所以HF的电离常数Ka＝1.0×10－3.4，C错误；0.1mol/LNaF溶液水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Ka)＝10－10.6，Kh＝eq\f(cHF·cOH－,cF－)≈eq\f(c2OH－,0.1)＝10－10.6，c(OH－)＝10－5.8mol/L，c(H＋)＝10－8.2mol/L，pH约为8.2，D正确。5.(2023·安徽宣城期末)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。向草酸溶液中加NaOH，H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)和C2Oeq\o\al(2－,4)的分布系数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示[比如C2Oeq\o\al(2－,4)的分布系数：δ(C2Oeq\o\al(2－,4))＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4),cC2O\o\al(2－,4)＋cHC2O\o\al(－,4)＋cH2C2O4)]。下列说法不正确的是(C)A.曲线②代表HC2Oeq\o\al(－,4)B.N点的横坐标为4.2C.水的电离程度：N＜P＜MD.N点：c(Na＋)＜3c(C2Oeq\o\al(2－,4))【解析】随pH增大，草酸电离平衡正向移动，H2C2O4的量一直减小、HC2Oeq\o\al(－,4)的量先增加后减小、C2Oeq\o\al(2－,4)的量一直增加，故①②③分别为H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)和C2Oeq\o\al(2－,4)的曲线，A正确；设N点的横坐标为a，由M点可知，Ka1＝eq\f(cH＋·cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)＝10－1.2，由N点可知，Ka2＝eq\f(cH＋·cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))＝10－a，由P点可知，Ka1·Ka2＝eq\f(c2H＋·cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)＝10－2.7×2，则有10－1.2×10－a＝10－2.7×2，解得a＝4.2，B正确；酸和碱会抑制水的电离，弱酸根离子会促进水的电离，M为等量H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)，P主要为HC2Oeq\o\al(－,4)，N点为等量HC2Oeq\o\al(－,4)和C2Oeq\o\al(2－,4)，则N点对水的电离促进作用更大，M点对水电离的抑制作用最大，故水的电离程度：M＜P＜N，C错误；由图可知，N点c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(C2Oeq\o\al(2－,4))，此时溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，则c(Na＋)＜3c(C2Oeq\o\al(2－,4))，D正确。考点1盐类水解的原理知识梳理盐类的水解1.盐类的水解在溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。盐类水解使水的电离平衡正向移动，使溶液中c(H＋)和c(OH－)发生变化，促进了水的电离。(1)水解反应可以看成酸碱中和反应的逆反应。(2)反应特点：①可逆反应；②吸热反应。2.盐的分类与盐类水解的规律(1)盐的分类与盐溶液的酸碱性盐的类型强酸强碱盐强酸弱碱盐弱酸强碱盐弱酸弱碱盐是否水解不水解水解水解水解溶液的酸碱性中性酸性碱性比较Ka和Kb的大小确定溶液的酸碱性代表物NaCl、KNO3NH4Cl、CuSO4Na2S、Na2CO3CH3COONH4(中性溶液)注意酸式盐不能通过简单分类来判断其溶液的酸碱性：NaHSO4不水解，但是其溶液显酸性NaHSO3电离大于水解，其溶液显酸性NaHCO3水解大于电离，其溶液显碱性(2)盐类水解的规律“有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、都弱都水解、谁强显谁性”盐类水解离子方程式的书写1.盐类水解离子方程式一般用(填“=”或“”)；但是当阴、阳离子相互促进水解程度较大的时候，书写水解离子方程式时要用“=”，同时标“↑”或“↓”，如Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。2.多元弱酸阴离子水解离子方程式的书写：类型举例①一元弱酸阴离子(或一元弱碱阳离子)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋②多元弱酸阴离子COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－③多元弱碱阳离子Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋④阴、阳离子相互促进水解(有沉淀或气体生成)Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓[注意]多元弱酸阴离子分步水解，分步书写；多元弱碱阳离子分步水解，一步书写。盐类水解常数弱电解质的电离常数与其相应盐的水解常数的关系：Kh＝eq\f(Kw,Ka)(反比关系)。电离常数越大，水解常数越小；电离常数越小，水解常数越大。1.一元弱酸盐(以醋酸盐为例)电离：CH3COOHCH3COO－＋H＋Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)水解：CH3COO－＋H2OOH－＋CH3COOHKh＝eq\f(cCH3COOH·cOH－,cCH3COO－)＝eq\f(cCH3COOH·cOH－·cH＋,cCH3COO－·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka)2.二元(或多元)弱酸盐的水解常数(要特别注意水解常数与电离常数的对应关系，以Na2CO3为例)COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－Kh1HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－Kh2Kh1＝eq\f(Kw,Ka2)、Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)[及时训练]盐水解常数表达式水解常数与电离常数的关系Na3PO4POeq\o\al(3－,4)＋H2OHPOeq\o\al(2－,4)＋OH－Kh1＝eq\f(cHPO\o\al(2－,4)·cOH－,cPO\o\al(3－,4))Kh1＝eq\f(Kw,Ka3)Na2HPO4HPOeq\o\al(2－,4)＋H2OH2POeq\o\al(－,4)＋OH－Kh2＝eq\f(cH2PO\o\al(－,4)·cOH－,cHPO\o\al(2－,4))Kh2＝eq\f(Kw,Ka2)NaH2PO4H2POeq\o\al(－,4)＋H2OH3PO4＋OH－Kh3＝eq\f(cH3PO4·cOH－,cH2PO\o\al(－,4))Kh3＝eq\f(Kw,Ka1)影响盐类水解的因素1.内因组成盐的酸(或碱)相对强弱。酸(或碱)越弱，其盐的水解程度越大，溶液的碱(或酸)性越强。2.外因盐类水解是吸热(填“吸热”或“放热”)反应，升温促进(填“促进”或“抑制”，下同)水解；稀释促进水解。[常考归纳]序号举例判断突破方法①0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，eq\f(cH＋,cNH\o\al(＋,4))增大加水促进NHeq\o\al(＋,4)水解，n(H＋)增大，n(NHeq\o\al(＋,4))减小，eq\f(cH＋,cNH\o\al(＋,4))增大②常温下，NH4Cl溶液加水稀释，eq\f(cNH3·H2O·cH＋,cNH\o\al(＋,4))增大×将式子的分子、分母同乘以c(OH－)，可得eq\f(Kw,KbNH3·H2O)，该比值只与温度有关，温度不变，比值不变③向0.1mol/LCH3COONa溶液中加入少量水，溶液中eq\f(cH＋,cCH3COO－)减小×CH3COONa溶液加水稀释时c(CH3COO－)减小，溶液的碱性变弱，c(H＋)增大，故eq\f(cH＋,cCH3COO－)增大④将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)减小温度升高，CH3COONa水解程度增大，水解平衡常数eq\f(cCH3COOH·cOH－,cCH3COO－)增大，则eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)减小总结稀释和升温都促进盐类水解；若分子、分母各有一项，用物质的量代替浓度进行判断，若仍无法解决，则将分子、分母同乘以c(H＋)[或c(OH－)等]转变为Ka、Kb、Kw之间的关系；观察所给式子是否为水解平衡常数(或电离平衡常数的倒数)表达式[及时巩固]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。(1)弱电解质的电离和盐类的水解都是吸热过程(√)(2)某盐溶液呈中性，该盐的类型一定是强酸强碱盐(×)(3)NaHSO4溶液呈酸性，是因其发生了水解反应(×)(4)等浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液的pH：Na2CO3＜NaHCO3(×)(5)FeCl3溶液与NaHCO3溶液混合：Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑(√)(6)因盐的水解，Al3＋与AlOeq\o\al(－,2)不能大量共存于同一溶液中(√)(7)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同(×)(8)(2021·湖南适应性)室温下，测得等浓度的NaX和NaY溶液的pH分别为8和9，酸性：HX>HY(√)(9)(2020·浙江卷)常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质(√)(10)(2021·河北适应性)醋酸为一元弱酸，电离常数Ka＝1.75×10－5。0.1mol/L醋酸溶液的pH在2～3范围内(lg1.75＝0.24)(√)下列事实能证明HCOOH为弱酸的是(B)A.可与Na2CO3反应生成CO2B.常温时HCOONa溶液的pH大于7C.等体积、等浓度的HCOOH和盐酸消耗等浓度的氢氧化钠是一样多的D.0.1mol/LHCOOH溶液可以使甲基橙变红【解析】HCOOH能与Na2CO3反应产生CO2，只能说明甲酸的酸性比碳酸强，A错误；常温时HCOONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明HCOO－发生水解，故甲酸是弱酸，B正确；等体积、等浓度的HCOOH和盐酸物质的量相等，消耗等量的氢氧化钠，不能说明酸的强弱，只能说明两者都是一元酸，C错误；HCOOH溶液可以使甲基橙变红，说明HCOOH溶液显酸性，D错误。下列离子方程式不正确的是(D)A.明矾用于净水：Al3＋＋3H2O=Al(OH)3(胶体)＋3H＋B.泡沫灭火器灭火：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑C.用纯碱清洗油污：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－D.浓硫化钠溶液具有臭味：S2－＋2H2O=H2S↑＋2OH－【解析】硫化钠分步水解产生硫化氢而有臭味，离子方程式必须分步书写，使用可逆符号，D错误。下列说法正确的是(C)A.加水稀释0.1mol/LNa2CO3溶液，溶液的pH增大B.水解反应NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动C.加热0.1mol/LNa2CO3溶液，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大D.Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，COeq\o\al(2－,3)水解程度减小，溶液的pH减小【解析】Na2CO3溶液加水稀释，c(OH－)减小，溶液的pH减小，A错误；水解为吸热过程，升高温度，平衡正向移动，B错误；碳酸钠溶液中碳酸根离子发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热过程，升高温度，COeq\o\al(2－,3)水解程度增大，C正确；Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，两者反应生成了NaOH，溶液的pH增大，D错误。深度指津电离程度与水解程度大小的比较1.单一电解质——酸式盐已知：常温下，H2A的电离平衡常数为Ka1、Ka2酸碱性举例解释水解显碱性NaHCO3、Na2HPO4、KHS水解大于电离水解显酸性NaH2PO4、NaHSO3、KHC2O4电离大于水解注意：NaHSO4不水解，溶液pH<7。2.混合溶液——缓冲溶液以等浓度、等体积CH3COOH－CH3COONa混合溶液为例(浓度均为0.1mol/L)：方法1实验测定：pH＝4.76，所以电离程度＞水解程度。方法2Ka＝1.8×10－5＞Kh＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(10－14,1.8×10－5)，所以电离程度＞水解程度。方法3电离常数Ka＝1.8×10－5→当c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)→pH＝pKa＝4.76，所以电离程度＞水解程度。考点2电解质溶液中粒子浓度比较知识梳理电解质溶液中的“三守恒”1.电荷守恒电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等，溶液呈电中性。2.元素质量守恒电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化，但就该离子所含的某种元素来说，其质量在变化前后是守恒的，即元素质量守恒。3.质子守恒在强碱弱酸盐或强酸弱碱盐溶液中，由水所电离的H＋与OH－量相等。即：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。说明：电荷守恒和元素质量守恒是电解质溶液中重要的守恒关系，是计算和比较电解质溶液中各种离子浓度大小的依据。质子守恒可以由电荷守恒和元素质量守恒代数运算推出(也可由图示法推出)。(1)Na2CO3溶液中：电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)元素质量守恒：c(Na＋)＝2[c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)]质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)[图示法]推出质子守恒：(2)NaHCO3溶液中：电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)元素质量守恒：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))[图示法]推出质子守恒：[及时巩固](1)在Na2S溶液中，元素质量守恒：c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2[提示]质子转移图示如下：(2)在CH3COONa溶液中，质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)[提示]质子转移图示如下：(3)在Na3PO4溶液中，质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HPOeq\o\al(2－,4))＋2c(H2POeq\o\al(－,4))＋3c(H3PO4)[提示]质子转移图示如下：(4)等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，质子守恒：c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(OH－)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)[提示]质子转移图示如下：(5)在NH4HCO3溶液中，质子守恒：c(NH3·H2O)＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)[提示]质子转移图示如下：电解质溶液中粒子浓度的大小比较盐类水解是微弱的(相互促进水解除外)。结合水的电离平衡移动，水解产生的c(H＋)或c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。1.一元弱酸盐如在0.1mol/LNH4Cl溶液中。(1)粒子浓度大小比较。电离方程式：NH4Cl=NHeq\o\al(＋,4)＋Cl－NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋(主要平衡)水的电离平衡：H2OH＋＋OH－(次要平衡)c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)(2)守恒关系电荷守恒：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)元素质量守恒：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)质子守恒：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)[及时训练]在0.1mol/LCH3COONa溶液中，写出“三守恒”以及溶液中各粒子浓度大小关系：电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)元素质量守恒：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)各粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)2.多元弱酸盐多元弱酸根离子水解是分步进行的，以第一步水解为主。(1)已知：H2CO3的Ka1＝4.3×10－7、Ka2＝5.6×10－11。在0.1mol/LNa2CO3溶液中：电离方程式：Na2CO3=2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)COeq\o\al(2－,3)的水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－(主要平衡)Kh1＝eq\f(Kw,Ka2)HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(次要平衡)Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)水的电离平衡：H2OH＋＋OH－(次要平衡)Kh2>Kw，所以c(H2CO3)>c(H＋)浓度大小关系：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(H＋)(2)在0.1mol/L的NaHCO3(Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11)溶液中各粒子浓度的大小关系：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))。混合电解质溶液——缓冲溶液等体积、等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液：[及时训练](1)等体积、等浓度的HCN和NaCN混合溶液中粒子浓度的大小关系(已知HCN的Ka＝4.9×10－10)：c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。(2)等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中离子浓度的大小关系：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)。反应过程中的离子浓度大小比较常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液关键点溶液中溶质成分及粒子浓度关系V(NaOH)＝0(a点)溶质是CH3COOHc(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)V(NaOH)＝10mL(b点)溶质是等物质的量的CH3COOH和CH3COONac(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)pH＝7(c点)溶质是CH3COONa和少量的CH3COOHc(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)V(NaOH)＝20mL(d点)溶质是CH3COONac(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)V(NaOH)＝40mL溶质是等物质的量的CH3COONa和NaOHc(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)解疑释惑46弱酸弱碱盐溶液的酸碱性及粒子浓度大小的分析(以NH4HCO3为例)已知：NH3·H2O的Kb＝1.79×10－5；反应HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－的平衡常数K＝2.2×10－8。0．1mol/LNH4HCO3溶液(pH>7)，溶液中主要粒子浓度大小：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)。[及时巩固]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)0.1mol/LNa2CO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)(×)(2)Na2SO3溶液中：c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)(×)(3)(2020·江苏卷)室温下，将H2C2O4－NaHC2O4两种浓度均为0.10mol/L的溶液等体积混合(pH＝1.68)，c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)(√)(4)物质的量浓度相等的HF和NaF溶液等体积混合后：c(Na＋)＝c(HF)＋c(F－)(×)(5)室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)(×)(6)向一定量NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至溶液呈中性，此时溶液中存在：c(Na＋)＝c(NH3·H2O)(√)(7)pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中存在：c(NOeq\o\al(－,3))＞c(CN－)(×)(8)25℃时，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))(√)(9)(2020·江苏卷)室温下，将CH3COOH－CH3COONa两种浓度均为0.10mol/L的溶液等体积混合(pH＝4.76)，c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)(×)(10)常温下，将NaOH溶液滴入二元弱酸H2X溶液中，混合溶液中的粒子浓度与溶液pH的变化关系如图所示。当混合溶液pH＝5.4时：2c(Na＋)＝3c(HX－)＋3c(X2－)＋3c(H【解析】(1)根据电荷守恒得，0.1mol/LNa2CO3溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，错误。(2)溶液中电荷守恒，电荷守恒式左边缺少c(H＋)，正确应为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，错误。(4)由元素质量守恒可知，物质的量浓度相等的HF和NaF溶液等体积混合后存在：2c(Na＋)＝c(HF)＋c(F－)，错误。(5)根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＋c(Cl－)，氨水的浓度远远大于盐酸，混合后溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(Cl－)<c(NHeq\o\al(＋,4))，则c(H＋)＋c(Cl－)<c(OH－)＋c(NHeq\o\al(＋,4))，错误。(6)根据电荷守恒，有c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，又因为溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，因此式子可改写成c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＝c(Cl－)；根据元素质量守恒，n(N)＝n(Cl)，因此有c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，与c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＝c(Cl－)联立可解得c(Na＋)＝c(NH3·H2O)，正确。(7)由电荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NOeq\o\al(－,3))、c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)，因为两溶液pH相等，两溶液的c(H＋)、c(OH－)也相等，所以c(NOeq\o\al(－,3))＝c(CN－)，错误。(9)等浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液(pH＝4.76＜7)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－水解程度，则有c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)，错误。(10)由Ka1＜Ka2，即当pH相同时，eq\f(cHX－,cH2X)＞eq\f(cX2－,cHX－)，则M表示lgeq\f(cHX－,cH2X)，N表示lgeq\f(cX2－,cHX－)，当溶液pH＝5.4时，lgeq\f(cX2－,cHX－)＝0，即c(X2－)＝c(HX－)，则溶液中溶质为等物质的量的Na2X与NaHX，因此根据元素质量守恒有2c(Na＋)＝2c(Na＋)＝3c(HX－)＋3c(X2－)＋3c(H2X)，正确。(2021·江苏适应性)室温下，通过下列实验探究Na2CO3溶液的性质。实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol/LNa2CO3溶液的pH，测得pH约为122向0.1mol/LNa2CO3溶液中加入过量0.2mol/LCaCl2溶液，产生白色沉淀3向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入过量CO2，测得溶液pH约为84向0.1mol/LNa2CO3溶液中滴加几滴0.05mol/LHCl，观察不到实验现象下列有关说法正确的是(A)A.0.1mol/LNa2CO3溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))B.实验2反应静置后的上层清液中有：c(Ca2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))<Ksp(CaCO3)C.实验3得到的溶液中有：c(HCOeq\o\al(－,3))<c(COeq\o\al(2－,3))D.实验4中反应的化学方程式为H＋＋OH－=H2O【解析】0.1mol/LNa2CO3溶液中，存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))，A正确；实验2反应静置后的上层清液是CaCO3的饱和溶液，有沉淀溶解平衡：c(Ca2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))＝Ksp(CaCO3)，B错误；向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入过量CO2，发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，HCOeq\o\al(－,3)水解程度大于电离程度，溶液显碱性，但水解和电离的部分是少量的，所以c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))，C错误；向0.1mol/LNa2CO3溶液中滴加几滴0.05mol/LHCl，反应的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，D错误。(2023·南京二模)以一定浓度NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)。室温下，H2S的电离常数分别为Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。下列说法正确的是(C)A.Na2S溶液显碱性的原因：S2－＋2H2OH2S＋2OH－B.NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(S2－)C.吸收所得c总＝c(Na＋)的溶液中：c(H2S)＞c(S2－)D.NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降【解析】S2－的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－，A错误；NaOH恰好转化为Na2S，则溶液中溶质为Na2S，质子守恒为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，B错误；c总＝c(Na＋)，溶质为NaHS，Ka2＝1.3×10－13，HS－的水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝0.91×10－7，则HS－的水解程度大于电离程度，故c(H2S)＞c(S2－)，C正确；NaOH溶液吸收H2S，发生酸碱中和反应，是放热反应，溶液温度升高，D错误。下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(B)A.NaH2PO4溶液pH＜7，则在溶液中：c(Na＋)＞c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(H3PO4)＞c(HPOeq\o\al(2－,4))B.等体积的0.1mol/L(NH4)2SO4溶液与0.1mol/LNH3·H2O溶液混合：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)C.等体积的0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LCH3COOH溶液混合(pH＜7)：c(CH3COOH)＞c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)D.0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNa2CO3溶液等体积混合：2c(Na＋)＝3c(COeq\o\al(2－,3))＋3c(HCOeq\o\al(－,3))＋3c(H2CO3)【解析】NaH2PO4溶液的pH＜7，溶液显酸性，说明H2POeq\o\al(－,4)的电离程度大于其水解程度，则c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(H3PO4)，故c(Na＋)＞c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(H3PO4)，A错误；0.1mol/L(NH4)2SO4溶液与0.1mol/LNH3·H2O溶液等体积混合，根据电荷守恒可知：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，B正确；0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LCH3COOH溶液等体积混合，溶液的pH＜7，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)，C错误；0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNa2CO3溶液等体积混合，根据元素质量守恒可得：3c(Na＋)＝4c(COeq\o\al(2－,3))＋4c(HCOeq\o\al(－,3))＋4c(H2CO3)，D错误。(2022·湛江一模)Na2CO3-NaHCO3缓冲溶液可以将溶液pH控制在9.16～10.83范围内，25℃时，Ka1(H2CO3)＝4×10－7、Ka2(H2CO3)＝5×10－11。下列说法不正确的是(D)A.0.5mol/LNa2CO3溶液的pH约为12B.pH＝8的NaHCO3溶液中，水电离产生的c(OH－)＝10－6mol/LC.0.1mol/LNaHCO3溶液中存在：c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))D.pH＝10的该缓冲溶液中存在：c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)【解析】由Kh＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))可得，0.5mol/LNa2CO3溶液中c(OH－)＝eq\r(,cCO\o\al(2－,3)×\f(Kw,Ka2))≈eq\r(,\f(10－14,5×10－11)×0.5)mol/L＝1×10－2mol/L，pH约为12，A正确；NaHCO3溶液促进水的电离，由水电离产生的c(OH－)＝10－6mol/L，B正确；HCOeq\o\al(－,3)在溶液中水解程度大于电离程度，溶液中存在：c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))，C正确；由元素质量守恒可知，NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，则Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，D错误。(2022·深圳六校第一次联考)室温时，向20.0mL0.10mol/L氨水中滴入0.10mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积关系如图所示(已知：NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，eq\r(1.8)≈1.34，lg1.8≈0.26)。下列有关叙述正确的是(D)A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.a点溶液pH＜11C.b点溶液中存在：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)D.a→c过程中水的电离程度先增大后减小【解析】反应生成氯化铵，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，应选择甲基橙作指示剂，A错误；a点时，溶液为0.10mol/L氨水，c(OH－)＝eq\r(Kb·cNH3·H2O)≈eq\r(1.8×10－5×0.10)mol/L＝eq\r(1.8)×10－3mol/L，pH＝14－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)lg1.8))＝11.13＞11，B错误；b点时溶液溶质为NH4Cl，NHeq\o\al(＋,4)水解导致溶液呈酸性，则溶液中存在c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，C错误；a→c过程中，溶液碱性减弱至中性再到酸性，则水的电离程度先增大后减小，D正确。室温下，向三种浓度相同的弱酸HX、HY、HZ中分别滴加等浓度的NaOH溶液，溶液pH与中和百分数变化曲线如图所示，下列判断不正确的是(C)A.三种酸的电离常数关系：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)B.图中A点时溶液中离子浓度大小关系：c(Y－)>c(Na＋)>c(HY)>c(H＋)>c(OH－)C.pH＝7时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HX)＋c(HY)＋c(HZ)＝c(OH－)－c(H＋)(2023·广州二模)25℃时，用NaOH溶液调节醋酸溶液的pH，实验测得溶液中CH3COOH、CH3COO－的分布系数δ与pH的关系如图所示。其中δ(CH3COO－)＝eq\f(cCH3COO－,cCH3COO－＋cCH3COOH)。下列说法正确的是(C)A.曲线1代表δ(CH3COO－)B.25℃时，CH3COOH的KaC.δ(CH3COOH)＝eq\f(cH＋,Ka＋cH＋)D.溶液中始终存在c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)【解析】随着pH的增大，醋酸的含量减少，所以曲线1代表δ(CH3COOH)，曲线2代表δ(CH3COO－)，A错误；当c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)时，pH＝4.74，Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)＝c(H＋)，故Ka＝10－4.74，B错误；eq\f(cH＋,Ka＋cH＋)＝eq\f(cH＋,\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)＋cH＋)＝eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－＋cCH3COOH)＝δ(CH3COOH)，C正确；根据电荷守恒可知，溶液中始终存在c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，D错误。改变0.1mol/L二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝eq\f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)]。下列叙述错误的是(D)A.pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－B.lgKa2(H2AC.pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－D.pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)【解析】由图可知pH＝1.2时，H2A与HA－的曲线相交，则c(H2A)＝c(HA－)，A正确；pH＝4.2时，c(H＋)＝10－4.2mol/L，c(HA－)＝c(A2－)，Ka2(H2A)＝10－4.2，则lgKa2(H2A)＝－4.2，B正确；由图可知，pH＝2.7时，c(H2A)＝c(A2－)，由纵坐标数据可知，c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－)，C正确；pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)，但此时c(H2A)≈0，若体积不变，则c(HA－)＝c(A2－)＝0.05mol/L，c(H＋)＝10－4.2mol/L，若体积变化，则不能确定c(HA－)、c(2023·河南名校联考)常温下，向20mL0.1mol/LCH3NH2溶液中逐滴滴加0.1mol/L盐酸，测得混合溶液的pH与lgXeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(X＝\f(cCH3NH2,cCH3NH\o\al(＋,3))))的变化关系如图所示。下列说法正确的是(C)A.M点时加入盐酸的体积为20mLB.常温下，Kb(CH3NH2)的数量级为10－11C.N点溶液：c(Cl－)>c(CH3CHeq\o\al(＋,3))>c(CH3NH2)D.滴加过程中eq\f(cCH3NH2·cH＋,cCH3NH\o\al(＋,3))逐渐减小【解析】CH3NH2为一元弱碱，0.1mol/LCH3NH2溶液与0.1mol/L盐酸完全反应生成CH3NH3Cl，溶液呈酸性，M点溶液pH为7，则CH3NH2溶液未完全反应，盐酸的体积小于20mL，A错误；溶液中lgeq\f(cCH3NH2,cCH3NH\o\al(＋,3))为0时，溶液pH为10.6，由Kb(CH3NH2)＝eq\f(cCH3NH\o\al(＋,3)·cOH－,cCH3NH2)＝c(OH－)＝10－3.4，则数量级为10－4，B错误；N点溶液中lgeq\f(cCH3NH2,cCH3NH\o\al(＋,3))＝－1.0，溶液呈酸性，则溶液中c(CH3CHeq\o\al(＋,3))>c(CH3NH2)，由溶液中的电荷守恒关系：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(CH3CHeq\o\al(＋,3))＋c(H＋)，c(H＋)＞c(OH－)则溶液中c(Cl－)>c(CH3CHeq\o\al(＋,3))，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Cl－)>c(CH3CHeq\o\al(＋,3))>c(CH3NH2)，C正确；CH3NH3Cl的水解常数为Kh＝eq\f(cCH3NH2·cH＋,cCH3NH\o\al(＋,3))，温度不变，Kh不变，则滴加过程中eq\f(cCH3NH2·cH＋,cCH3NH\o\al(＋,3))不变，D错误。(2023·安徽黄山三模)H2X是一种二元弱酸。常温下，向H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgY[Y表示eq\f(cHX－,cH2X)或eq\f(cX2－,cHX－)]随pH的变化关系如图。下列叙述正确的是(D)A.直线Ⅰ中Y表示的是eq\f(cX2－,cHX－)B.电离平衡常数Ka2(H2X)的数量级为10－4C.pH＝7.2时，c(HX－)＝1000c(X2－D.当c(X2－)＝c(H2X)时，溶液的pH为2.7【解析】H2X是一种二元弱酸，Ka1>Ka2，当lgY＝0时，pH＝－lgc(H＋)＝－lgKa，pH1＝1.2<pH2＝4.2，表明Ka1＝1×10－1.2>Ka2＝1×10－4.2，所以直线Ⅰ中Y表示的是eq\f(cHX－,cH2X)，直线Ⅱ中Y表示的是eq\f(cX2－,cHX－)，A错误；Ka2(H2X)＝1×10－4.2，数量级为10－5，B错误；pH＝7.2时，溶液中c(H＋)＝1×10－7.2mol/L，eq\f(cHX－,cX2－)＝eq\f(cH＋,Ka2)＝eq\f(1×10－7.2,1×10－4.2)＝eq\f(1,1000)，1000c(HX－)＝c(X2－)，C错误；当c(X2－)＝c(H2X)时，Ka2×Ka1＝eq\f(cH＋·cX2－,cHX－)×eq\f(cH＋·cHX－,cH2X)＝eq\f(c2H＋·cX2－,cH2X)＝1×10－1.2×1×10－4.2＝1×10－5.4，当c(X2－)＝c(H2X)时，c(H＋)＝eq\r(1×10－5.4)mol/L＝1×10－2.7mol/L，溶液的pH为2.7，D正确。深度指津弱电解质分布系数图1.分布曲线图是指以pH为横坐标，分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标，分布系数与溶液pH之间的关系曲线。弱电解质分布系数图本质上就是酸碱中和滴定过程中粒子含量的变化曲线。如下表中的磷酸是三元酸，随着碱的不断加入，发生中和反应，溶液的pH不断增大，各组分的含量发生不断变化。2.图中自左向右每一个交叉点是其中两种相应成分粒子浓度相等时所对应的pH，三元酸就有三个交叉点：即eq\f(cH3PO4,cH2PO\o\al(－,4))＝1、eq\f(cH2PO\o\al(－,4),cHPO\o\al(2－,4))＝1、eq\f(cHPO\o\al(2－,4),cPO\o\al(3－,4))＝1。3.由图中各交叉点的pH，可推算得到：弱酸的各级电离常数Ka1。4.有关电离常数的数量级问题：比如由图中可以直接读出醋酸的电离常数是Ka＝10－4.76，那么其数量级就是10－5。举例一元酸(以CH3COOH为例)二元酸(以H2C2O4三元酸(以H3PO4为例)弱电解质分布系数图δnδ0、δ1分别为CH3COOH、CH3COO－分布系数δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2Oeq\o\al(－,4)分布系数、δ2为C2Oeq\o\al(2－,4)分布系数δ0为H3PO4分布系数、δ1为H2POeq\o\al(－,4)分布系数、δ2为HPOeq\o\al(2－,4)分布系数、δ3为POeq\o\al(3－,4)分布系数电离方程式CH3COOHCH3COO－＋H＋H2C2O4HC2Oeq\o\al(－,4)＋H＋HC2Oeq\o\al(－,4)C2Oeq\o\al(2－,4)＋H＋H3PO4H2POeq\o\al(－,4)＋H＋H2POeq\o\al(－,4)HPOeq\o\al(2－,4)＋H＋HPOeq\o\al(2－,4)POeq\o\al(3－,4)＋H＋滴加NaOH溶液涉及的离子方程式pH由0到6反应的离子方程式：CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2OpH由0到3反应的离子方程式：H2C2O4＋OH－=HC2Oeq\o\al(－,4)＋H2OpH由3到6反应的离子方程式：HC2Oeq\o\al(－,4)＋OH－=C2Oeq\o\al(2－,4)＋H2OpH由0到4反应的离子方程式：H3PO4＋OH－=H2POeq\o\al(－,4)＋H2OpH由5到10反应的离子方程式：H2POeq\o\al(－,4)＋OH－=HPOeq\o\al(2－,4)＋H2OpH由11到14反应的离子方程式：HPOeq\o\al(2－,4)＋OH－=POeq\o\al(3－,4)＋H2O求lgK(利用交点)Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)由图可知，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)时，pH＝4.76，Ka＝c(H＋)＝10－4.76lgKa＝－4.76Ka1＝eq\f(cHC2O\o\al(－,4)·cH＋,cH2C2O4)由图可知，c(H2C2O4)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))时，pH＝1.2，Ka1＝c(H＋)＝10－1.2lgKa1＝－1.2Ka2＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4)·cH＋,cHC2O\o\al(－,4))由图可知，c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))时，pH＝4.2，Ka2＝c(H＋)＝10－4.2lgKa2＝－4.2Ka1＝eq\f(cH2PO\o\al(－,4)·cH＋,cH3PO4)由图可知，c(H2POeq\o\al(－,4))＝c(H3PO4)时，pH＝2，Ka1＝c(H＋)＝10－2lgKa1＝－2Ka2＝eq\f(cHPO\o\al(2－,4)·cH＋,cH2PO\o\al(－,4))由图可知，c(HPOeq\o\al(2－,4))＝c(H2POeq\o\al(－,4))时，pH＝7.1，Ka2＝c(H＋)＝10－7.1lgKa2＝－7.1同理，lgKa3＝－12.25.分布系数图的应用：①能读出电离常数；②能比较在溶液在某一特定pH时离子浓度的大小；能快速判断等浓度的缓冲溶液的酸碱性，由此比较得出电离与水解的大小。考点3盐类水解的应用知识梳理盐类水解的实际应用促进盐类水解(1)热(填“冷”或“热”)的纯碱液去油污效果好(2)除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2等]后过滤(3)除去CuCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入CuCO3[或CuO或Cu(OH)2等]后过滤(4)泡沫灭火器的原理：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑抑制盐类水解(5)在配制FeCl3、AlCl3、SnCl2等溶液时为抑制水解，常先将盐溶于少量盐酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度(6)由MgCl2·6H2O(或FeCl3·6H2O)晶体得到纯的无水MgCl2(或FeCl3)，需要在干燥的HCl气流中加热脱水盐溶液蒸干后所得物质的判断考虑的因素举例剩余产物是否分解有物质剩余Ca(HCO3)2、NaHCO3CaCO3、Na2CO3无物质剩余NH4Cl无是否发生氧化还原反应发生Na2SO3Na2SO4不发生Na2CO3Na2CO3水解生成酸挥发性酸Al(NO3)3、AlCl3Al(OH)3不挥发性酸Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CuSO4Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CuSO4水解生成碱NaAlO2NaAlO2解疑释惑47盐类水解考向归类考向举例解释判断溶液的酸碱性FeCl3显酸性Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋判断酸性强弱等浓度的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为9、10、11，酸性：HX>HY>HZ其他条件相同时，弱酸的酸性越强，其酸根离子的水解程度越小比较盐溶液中离子浓度大小关系CH3COONa溶液中离子浓度：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，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移，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Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋净水剂明矾、硫酸铁等铝盐和铁盐可作净水剂Al3＋＋3H2O=Al(OH)3(胶体)＋3H＋，明矾水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附水中悬浮物的作用物质的提纯除去CuCl2溶液中的FeCl3加入Cu(OH)2(或CuCO3或CuO等)促进Fe3＋＋3H2O=Fe(OH)3＋3H＋平衡正移，生成Fe(OH)3沉淀，过滤除去配制或贮存易水解的盐溶液配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸加入盐酸，抑制Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋离子共存的判断Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)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主要成分为NaHCO3与Al2(SO4)3Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑化肥的使用铵态氮肥与草木灰(K2CO3)不得混用2NHeq\o\al(＋,4)＋COeq\o\al(2－,3)=2NH3↑＋CO2↑＋H2O作除锈剂NH4Cl、ZnCl2溶液显酸性NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋，铁锈与H＋发生反应无水盐的制备由MgCl2·6H2O制MgCl2，应在干燥的HCl气流中加热脱水Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋，HCl抑制Mg2＋水解，平衡左移判断电解质的强弱CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－其他应用浓硫化钠溶液有臭味S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－[及时巩固](2022·湖南雅礼中学)下列事实与盐类水解无关的是(A)A.配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉B.热的纯碱溶液去油污洗涤效果更好C.明矾可以作为净水剂D.向碳酸钠的酚酞溶液中加入少量氯化钡粉末，红色变浅【解析】Fe2＋极易被氧化成Fe3＋，故加入一定量还原剂Fe粉，可防止Fe2＋被氧化，与盐类水解无关，A正确；纯碱溶液中存在COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，加热促进COeq\o\al(2－,3)水解，溶液碱性增强，去油污效果更好，与盐类水解有关，B错误；铝离子水解Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质沉降净水，故明矾可以作为净水剂，与盐类水解有关，C错误；向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固体，红色变浅，是因为碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡生成碳酸钡，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，与盐类水解有关，D错误。(2023·重庆八中)下列关于盐类水解的应用说法不正确的是(B)A.工业上可利用TiCl4水解制备TiO2B.Na2SO3水溶液蒸发结晶能得到Na2SO3固体C.除去CuCl2溶液中的Fe3＋可加入CuO后过滤D.NH4Cl溶液可以除铁锈，属于盐类水解的应用【解析】Ti4＋水解生成TiO2·xH2O，先加热TiCl4水溶液制备TiO2·xH2O，再灼烧TiO2·xH2O制备TiO2，A正确；Na2SO3易被氧化生成Na2SO4，Na2SO3水溶液蒸发结晶不能得到Na2SO3固体，B错误；Fe3＋水解产生氢离子，CuO不断消耗氢离子，促进Fe3＋的水解生成氢氧化铁沉淀，C正确；NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，可以与铁锈的主要成分Fe2O3反应而除去铁锈，属于盐类水解的应用，D正确。下列关于盐类水解的应用说法正确的是(C)A.加热蒸干Na2CO3溶液，最后只得到NaOH固体B.加热蒸干FeCl3溶液，最后得到FeCl3固体C.加热蒸干Al2(SO4)3溶液，最后得到Al2(SO4)3固体D.加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)【解析】Na2CO3在溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，水解方程式为Na2CO3＋H2ONaOH＋NaHCO3，由于生成的NaOH不挥发，氢氧化钠能够与碳酸氢钠发生中和反应生成碳酸钠和水，所以将Na2CO3溶液加热蒸发后最终得到的固体仍然为Na2CO3，A错误；加热氯化铁溶液能加快氯化铁的水解生成氢氧化铁和盐酸，且生成的盐酸是挥发性酸，所以将氯化铁溶液加热蒸干，得不到FeCl3固体，B错误；Al2(SO4)3中Al3＋水解生成氢氧化铝和硫酸，生成的硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后氢氧化铝和硫酸接着反应，仍然会留下Al2(SO4)3，C正确；KCl在溶液中不水解，加热蒸干KCl溶液，最后得到KCl固体，D错误。1.(1)等浓度的NaOH和CH3COOH溶液按1∶2体积比混合后pH＜7。①离子浓度大小顺序：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②电荷守恒式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③元素质量守恒式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)常温下pH＝2的HCl溶液与pH＝12的氨水等体积混合，混合溶液的pH＞7。①粒子浓度大小顺序：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②电荷守恒式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。【答案】(1)①c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)②c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)③2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)(2)①c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)②c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)【解析】(1)中和反应后，溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH，且CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，c(CH3COO－)与c(CH3COOH)浓度之和等于c(Na＋)的2倍。(2)由于NH3·H2O是弱碱，题中c(NH3·H2O)要远大于c(HCl)，反应后溶液呈碱性，溶质为NH3·H2O、NH4Cl，且n(NH3·H2O)要远大于n(NH4Cl)，NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，溶液呈碱性。2．(2023·广东测试二)二乙胺[(C2H5)2NH]是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(C2H5)2NH2Cl。下列叙述正确的是(B)A.0.01mol/L(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH＝2B.(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小C.(C2H5)2NH2Cl溶液加水稀释，pH减小D.(C2H5)2NH2Cl水溶液中：c(OH－)＋c(Cl－)＝c[(C2H5)2NHeq\o\al(＋,2)]＋c[(C2H5)2NH]【解析】由于二乙胺是弱碱，则(C2H5)2NH2Cl因水解而显酸性，则0.01mol/L(C2H5)2NH2Cl的水溶液的pH>2，A错误；由于温度越高盐的水解程度越大，则(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随着温度的升高而减小，B正确；加水稀释，盐的水解程度增大，水解程度增大的倍数小于稀释倍数，故(C2H5)2NH2Cl水溶液加水稀释后溶液的pH增大，C错误；(C2H5)2NH2Cl水溶液中电荷守恒式为c(OH－)＋c(Cl－)＝c[(C2H5)2NHeq\o\al(＋,2)]＋c(H＋)，由于存在水的电离，使得溶液中c(H＋)>c[(C2H5)2NH]，故溶液中c(OH－)＋c(Cl－)>c[(C2H5)2NHeq\o\al(＋,2)]＋c[(C2H5)2NH]，D错误。3.(2023·枣庄二模)常温下，向1L1.0mol/LNaClO溶液中缓慢通入SO2气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SO2的物质的量关系如图所示(忽略溶液体积变化及NaClO、HClO的分解，以上发生的氧化还原反应均为不可逆反应)。下列说法错误的是(C)A.常温下，HClO电离平衡常数的数量级为10－8B.a点溶液中：c(ClO－)＜c(HClO)C.b点溶液中：c(Cl－)＋c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(ClO－)＋c(HClO)D.c点溶液中：c(Cl－)＋2c(SOeq\o\