2025届高考化学一轮复习第8章水溶液中的离子平衡第26讲盐类的水解教学案新人教版

PAGE21-第26讲盐类的水解1.定义在溶液中盐电离出来的离子跟eq\o(□,\s\up1(01))水电离产生的H＋或OH－结合生成eq\o(□,\s\up1(02))弱电解质的反应。2．实质盐电离→eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(弱酸的阴离子→结合\o(□,\s\up1(01))H＋,弱碱的阳离子→结合\o(□,\s\up1(02))OH－))→破坏了eq\o(□,\s\up1(03))水的电离平衡→水的电离程度eq\o(□,\s\up1(04))增大→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cH＋≠cOH－→溶液呈碱性或酸性,cH＋＝cOH－→溶液呈中性))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常温下溶液的pH强酸强碱盐NaCl、KNO3eq\o(□,\s\up1(01))否—eq\o(□,\s\up1(02))中性eq\o(□,\s\up1(03))pH＝7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2eq\o(□,\s\up1(04))是eq\o(□,\s\up1(05))NHeq\o\al(＋,4)、eq\o(□,\s\up1(06))Cu2＋eq\o(□,\s\up1(07))酸性eq\o(□,\s\up1(08))pH<7弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3eq\o(□,\s\up1(09))是eq\o(□,\s\up1(10))CH3COO－、eq\o(□,\s\up1(11))COeq\o\al(2－,3)eq\o(□,\s\up1(12))碱性eq\o(□,\s\up1(13))pH>75．离子方程式的书写(1)一般来说，盐类水解的程度不大，用可逆号“”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、NH4Cl水解的离子方程式：eq\o(□,\s\up1(01))Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；eq\o(□,\s\up1(02))NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式只写第一步。如Na2S水解反应的离子方程式：eq\o(□,\s\up1(03))S2－＋H2OHS－＋OH－。(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成，如FeCl3溶液中：eq\o(□,\s\up1(04))Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。(4)水解分别显酸性和碱性的离子组由于水解相互促进进行完全的，书写时要用“=”“↑”“↓”等，如NaAlO2与AlCl3混合溶液反应的离子方程式：Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓。6．影响盐类水解平衡的因素(1)内因：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如水解程度：Na2CO3eq\o(□,\s\up1(01))>Na2SO3，Na2CO3eq\o(□,\s\up1(02))>NaHCO3。(2)外因①温度：温度越高，水解程度eq\o(□,\s\up1(03))越大。②溶液的浓度：溶液越稀，水解程度eq\o(□,\s\up1(04))越大。(3)外加酸碱eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加酸：弱酸根离子的水解程度\o(□,\s\up1(05))增大，,弱碱阳离子的水解程度\o(□,\s\up1(06))减小,加碱：弱酸根离子的水解程度\o(□,\s\up1(07))减小，,弱碱阳离子的水解程度\o(□,\s\up1(08))增大))(4)加能水解的盐7．盐类水解的应用应用举例或原理说明推断溶液的酸碱性NH4Cl溶液显eq\o(□,\s\up1(01))酸性，缘由是eq\o(□,\s\up1(02))NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，与Mg反应可生成eq\o(□,\s\up1(03))H2比较溶液中离子浓度的大小如：Na2CO3溶液中离子浓度由大到小的依次为eq\o(□,\s\up1(04))c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)推断弱电解质的相对强弱如：物质的量浓度相同的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的依次为eq\o(□,\s\up1(05))HX>HY>HZ证明某些电解质是弱酸或弱碱如：Na2CO3溶液能使酚酞试液变红，证明该溶液显碱性，证明H2CO3是弱酸推断盐溶液蒸干灼烧后的产物蒸干灼烧AlCl3溶液后的产物为eq\o(□,\s\up1(06))Al2O3，蒸干灼烧FeCl3溶液后的产物为eq\o(□,\s\up1(07))Fe2O3净水剂原理明矾用于净水，原理是eq\o(□,\s\up1(08))Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋泡沫灭火器原理主要成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，原理是eq\o(□,\s\up1(09))Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑纯碱溶液去油污用热碱水洗油污的原理eq\o(□,\s\up1(10))COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－胶体的制备将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，制备Fe(OH)3胶体，原理是eq\o(□,\s\up1(11))Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋配制或贮存易水解的盐溶液配制FeCl3、SnCl2溶液时，常将它们先溶于较浓的盐酸，再稀释到所需浓度，目的是eq\o(□,\s\up1(12))抑制Fe3＋或Sn2＋的水解，配制FeSO4溶液时，需加入少量eq\o(□,\s\up1(13))铁粉和稀硫酸物质的提纯除去MgCl2溶液中的FeCl3，可加入eq\o(□,\s\up1(14))Mg、MgO、Mg(OH)2或MgCO3，促使Fe3＋水解完全，生成Fe(OH)3沉淀而除去1.推断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，并指明错因。(1)酸式盐溶液肯定呈酸性。(×)错因：NaHCO3溶液呈碱性。(2)能水解的盐溶液肯定呈酸性或碱性，不行能呈中性。(×)错因：CH3COONH4能水解，其水溶液呈中性。(3)Na2CO3溶液显碱性的缘由：COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－。(×)错因：Na2CO3水解的离子方程式为：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。(4)向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。(×)错因：Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，pH增大。(5)关于氯化铵溶液，加水稀释时，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)的值增大。(×)错因：加水稀释，n(NHeq\o\al(＋,4))减小，n(Cl－)不变，所以eq\f(nNH\o\al(＋,4),nCl－)＝eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)的值减小。(6)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。(×)错因：加水稀释，盐的水解平衡正向移动。(7)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中eq\f(cFe3＋,cCl－)增大。(×)错因：向FeCl3溶液中通入HCl，c(Cl－)增大的程度比c(Fe3＋)大，eq\f(cFe3＋,cCl－)应减小。2．教材改编题(据人教选修四P59T1)下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是()①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－②AlCl3＋3H2O=Al(OH)3＋3HCl③COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－④碳酸氢钠溶液：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OCOeq\o\al(2－,3)＋H3O＋⑤HS－的水解：HS－＋H2OS2－＋H3O＋⑥NaAlO2与NaHCO3溶液混合：AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)A．①②③④ B．①②③⑥C．②③⑤⑥ D．全部答案D解析①④⑤是电离方程式且①应用“=”；②是水解反应方程式，但应用“”；③的水解方程式错误，应分步进行；⑥反应实质是强酸制弱酸，不属于双水解反应。考点一盐类水解的实质及规律[解析](1)酸越弱，对应盐的水解程度越大，碱性越强。(2)HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于其水解程度，所以：NaHSO3溶液呈弱酸性，而HCOeq\o\al(－,3)的电离程度小于其水解程度，故NaHCO3溶液呈弱碱性，而NaHSO4的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，即NaHSO4溶液呈强酸性，所以，同浓度的三种溶液的pH大小依次为：NaHCO3>NaHSO3>NaHSO4。(3)NH4HSO4电离出的H＋，抑制NHeq\o\al(＋,4)的水解，Fe2＋水解生成的H＋，也抑制NHeq\o\al(＋,4)的水解，而COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)水解生成的OH－又促进NHeq\o\al(＋,4)的水解，再结合水解程度是微弱的，可得出结论：同浓度的盐溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))的大小依次为：(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4HSO4>NH4Cl>NH4HCO3。[答案](1)Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa>NaNO2(2)NaHCO3>NaHSO3>NaHSO4(3)(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4HSO4>NH4Cl>NH4HCO3盐类水解的规律1．“谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性。”如酸性：HCN<CH3COOH，则相同条件下碱性：NaCN>CH3COONa。2．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。(1)若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。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)。3．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)。4．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)的水解程度：(NH4)2CO3＞(NH4)2SO4＞(NH4)2Fe(SO4)2。1．常温下，0.1mol·L－1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列推断中正确的是()A．HX、HY、HZ的酸性依次增加B．离子浓度：c(Z－)>c(Y－)>c(X－)C．电离常数：K(HZ)>K(HY)D．c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)＝c(Z－)＋c(HZ)答案D解析NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则HX是强酸，HY、HZ是弱酸，再依据水解规律可知，HY的酸性强于HZ的酸性。所以酸性：HX>HY>HZ，故A、C错误；依据“越弱越水解”可知B错误；D选项是正确的物料守恒关系式。2．25℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液；②0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液；③pH＝10的Na2S溶液；④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是()A．1∶10∶1010∶109 B．1∶5∶5×109∶5×108C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10∶104∶109答案A解析①pH＝0的H2SO4溶液中c(H＋)＝1mol·L－1，c(OH－)＝10－14mol·L－1，H2SO4溶液抑制H2O的电离，则由H2O电离出的c(H＋)＝10－14mol·L－1；②0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1，c(H＋)＝10－13mol·L－1，Ba(OH)2溶液抑制H2O的电离，则由H2O电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1；③pH＝10的Na2S溶液促进H2O的电离，由H2O电离出的c(H＋)＝10－4mol·L－1；④pH＝5的NH4NO3溶液促进H2O的电离，由H2O电离出的c(H＋)＝10－5mol·L－1。4种溶液中电离的H2O的物质的量等于H2O电离产生的H＋的物质的量，其比为10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109。水电离出的c水(H＋)或c水(OH－)的相关计算在任何溶液中水电离出来的c水(H＋)与c水(OH－)始终相等。1．如酸或碱溶液在溶液中c(H＋)、c(OH－)较小的数值是水电离出来的。(1)酸溶液中：c水(H＋)＝c水(OH－)＝c溶液(OH－)；(2)碱溶液中：c水(OH－)＝c水(H＋)＝c溶液(H＋)，详细见下表：溶液(25℃)eq\f(cH＋,mol·L－1)eq\f(cOH－,mol·L－1)水电离出来的eq\f(cH＋或cOH－,mol·L－1)pH＝2的盐酸10－210－1210－12pH＝13的NaOH溶液10－1310－110－132．盐溶液在溶液中c(H＋)、c(OH－)较大的数值是水电离出来的。详细见下表：溶液(25℃)eq\f(cH＋,mol·L－1)eq\f(cOH－,mol·L－1)水电离出来的eq\f(cH＋或cOH－,mol·L－1)pH＝5的NH4Cl溶液10－510－910－5pH＝10的Na2CO3溶液10－1010－410－4考点二盐类水解的影响因素[解析]①NH4Cl溶液中存在水解平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入少量NH4Cl固体，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡正向移动，则溶液中c(H＋)增大，错误；②依据勒夏特列原理可知，平衡正向移动，但c(NHeq\o\al(＋,4))仍比原平衡大，错误；③c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡正向移动，但NHeq\o\al(＋,4)的水解程度减小，故eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)增大，错误；④NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常数为Kh＝eq\f(cNH3·H2O·cH＋,cNH\o\al(＋,4))，则eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O·cH＋)＝eq\f(1,Kh)，由于温度不变，Kh不变，故eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O·cH＋)不变，错误；⑥结合水解常数Kh可知，eq\f(cH＋,cNH\o\al(＋,4))＝eq\f(Kh,cNH3·H2O)，加入少量NH4Cl固体，Kh不变，c(NH3·H2O)增大，故eq\f(cH＋,cNH\o\al(＋,4))减小，正确；⑦结合水解常数Kh可知，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq\f(cH＋,Kh)，加入少量NH4Cl固体，水解平衡正向移动，c(H＋)增大，但Kh不变，故eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)增大，错误。[答案]B从定性、定量两角度理解盐类水解1．盐类水解受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以FeCl3水解为例，当变更条件如升温、通入HCl气体、加水、加NaHCO3溶液等时，平衡均会发生移动。2．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。MA表示强碱弱酸盐，则A－水解的离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝eq\f(cHA·cOH－,cA－)＝eq\f(cHA·cH＋·cOH－,cA－·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka)(Ka为HA的电离常数)。由于HA电离出的A－与H＋浓度相等，平衡时c(HA)约等于HA溶液的浓度c，则Ka＝eq\f(c2H＋,c)，c(H＋)＝eq\r(c·Ka)mol·L－1。同理：强酸弱碱盐(如NH4Cl)的水解常数与弱碱电离常数(Kb)之间的关系：Kh＝eq\f(Kw,Kb)。3．CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质或变更如下条件，能使比值eq\f(cCH3COO－,cNa＋)肯定减小的是()①固体NaOH②固体KOH③固体NaHSO4④固体CH3COONa⑤冰醋酸⑥降温A．只有①③ B．①③④C．②④⑤⑥ D．③④⑥答案A解析①加入固体NaOH，c(Na＋)与c(CH3COO－)都增大，但c(Na＋)增大幅度较大，则eq\f(cCH3COO－,cNa＋)比值减小，符合；②加入固体KOH，抑制水解，则c(CH3COO－)增大，而c(Na＋)不变，则eq\f(cCH3COO－,cNa＋)比值增大，不符合；③加入固体NaHSO4，水解平衡向右移动，c(Na＋)增大，c(CH3COO－)减小，则eq\f(cCH3COO－,cNa＋)比值减小，符合；④加入固体CH3COONa，浓度增大，水解程度降低，则eq\f(cCH3COO－,cNa＋)比值增大，不符合；⑤加入冰醋酸，c(CH3COO－)增大，而c(Na＋)不变，则eq\f(cCH3COO－,cNa＋)比值增大，不符合；⑥水解是吸热反应，降温，平衡逆向进行，醋酸根离子浓度增大，则eq\f(cCH3COO－,cNa＋)比值增大，不符合。4．(2024·石家庄一模)25℃时，关于①0.1mol·L－1NH4Cl溶液、②NaOH溶液，下列叙述正确的是()A．若向①中加适量水，溶液中eq\f(cCl－,cNH\o\al(＋,4))的值减小B．若向②中加适量水，水的电离平衡正向移动C．若将①和②均稀释100倍，①的pH变更更大D．若将①和②混合，所得溶液的pH＝7，则溶液中的c(NH3·H2O)>c(Na＋)答案B解析NH4Cl溶液中存在NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释时，平衡正向移动，n(NHeq\o\al(＋,4))减小，n(Cl－)不变，则eq\f(cCl－,cNH\o\al(＋,4))的值增大，A错误；NaOH溶液中加水稀释，c(NaOH)减小，对水的电离抑制程度减小，故水的电离程度增大，B正确；NH4Cl溶液加水稀释100倍，促进NHeq\o\al(＋,4)的水解，溶液中c(H＋)大于原溶液的eq\f(1,100)，NaOH溶液中加水稀释100倍，c(OH－)变为原溶液的eq\f(1,100)，故NaOH溶液的pH变更更大，C错误。将①和②混合，所得溶液呈电中性，据电荷守恒可得，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；由于溶液的pH＝7，则有c(OH－)＝c(H＋)，从而可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＝c(Cl－)；据物料守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，综合上述两式可得c(NH3·H2O)＝c(Na＋)，D错误。考点三盐类水解的应用[解析]①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，Al3＋可水解生成具有吸附性的Al(OH)3胶体，可用作净水剂，与水解有关；②FeCl3水解呈酸性，盐酸可抑制其水解，防止溶液浑浊，与水解有关；③NaHCO3和Al2(SO4)3可发生相互促进的水解反应生成CO2，可用于灭火，与水解有关；④NH4Cl水解呈酸性，加入镁可生成氢气，与水解有关；⑤草木灰中的COeq\o\al(2－,3)与NHeq\o\al(＋,4)发生相互促进的水解反应，两者混合可降低肥效，与水解有关；⑥Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，不能用玻璃塞，与水解有关；⑦纯碱呈碱性，油污可在碱性条件下水解，与水解有关。[答案]D1．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的类型推断(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)eq\o(→,\s\up7(蒸干))CuSO4(s)；Al2(SO4)3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Al2(SO4)3(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)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Al(OH)3eq\o(→,\s\up7(灼烧))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)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Na2SO4(s)。FeCl2(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Fe(OH)2(s)eq\o(→,\s\up7(O2))Fe(OH)3(s)eq\o(→,\s\up7(灼烧))Fe2O3。2．因相互促进水解不能大量共存的离子组合(1)Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－。(2)Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－。(3)NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)。留意(1)NHeq\o\al(＋,4)与CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)虽能发生双水解反应，但水解程度都不大，故能大量共存。(2)Fe3＋在中性条件下已完全水解。5．下列说法正确的是()A．向CuCl2溶液中加入CaCO3，调整pH可除去溶液中混有的Fe3＋B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度C．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋D．洗涤油污常用热的碳酸钠溶液答案D解析A项，由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋加入CaCO3消耗H＋，使平衡右移而除去Fe3＋，但又引入新的杂质Ca2＋，不合理，B项，所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂质；C项，加热法不能除去Fe3＋。6．下列物质的水溶液在空气中当心加热蒸干至质量不再削减为止，能得到较纯净的原溶质的是()①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A．全部都可以 B．仅①②③C．仅①③⑥ D．仅①③答案D解析FeSO4具有还原性，加热溶液被氧化为Fe2(SO4)3，得不到原溶质；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。溶液中微粒浓度的关系(1)电离过程的“微弱”弱电解质发生电离的粒子的浓度大于电离生成的粒子的浓度，如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))(多元弱酸第一步电离程度远远大于其次步电离程度)。(2)水解过程的“微弱”发生水解的粒子的浓度大于水解生成的粒子的浓度，如Na2CO3溶液中：c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)(多元弱酸酸根离子的水解以第一步为主)。留意若要求比较溶液中全部微粒浓度的大小，不能忽视水的电离。如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)，c(H＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))的缘由是水和HCOeq\o\al(－,3)还会电离产生H＋。(1)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)＝1∶1，因HCOeq\o\al(－,3)水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－以及HCOeq\o\al(－,3)电离：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，C元素的存在形式有3种，即HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、COeq\o\al(2－,3)，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)。(2)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＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCOeq\o\al(－,3))＋2n(COeq\o\al(2－,3))＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)。(因COeq\o\al(2－,3)带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)(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：即有c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))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－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去没有参加变更的c(K＋)得质子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－(1)单一溶液中粒子浓度的比较NaHSO3溶液中：c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H2SO3)，以HSOeq\o\al(－,3)的电离为主(HSOeq\o\al(－,3)的电离>HSOeq\o\al(－,3)的水解)。NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))，以HCOeq\o\al(－,3)的水解为主(HCOeq\o\al(－,3)的水解>HCOeq\o\al(－,3)的电离)。Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)。(2)混合溶液中粒子浓度的比较等浓度的CH3COONa与CH3COOH混合溶液：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)。(CH3COOH的电离>CH3COO－的水解)等浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)。(NH3·H2O的电离>NHeq\o\al(＋,4)的水解)等浓度的Na2CO3与NaHCO3混合溶液：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)。(COeq\o\al(2－,3)的水解>HCOeq\o\al(－,3)的电离或水解)(3)不同溶液中同一粒子浓度的比较不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的依次为③>①>②。[解析]依据电荷守恒，NaHSO3溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))，A错误；依据物料守恒，NaHSO3溶液中c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(H2SO3)，B正确；依据图示，室温下NaHSO3浓度小于5.49×10－5mol·L－1时，c(OH－)>c(SOeq\o\al(2－,3))，C错误；依据图示，室温下NaHSO3浓度等于5.49×10－5mol·L－1时，c(SOeq\o\al(2－,3))＝c(OH－)，此时c(HSOeq\o\al(－,3))<5.49×10－5mol·L－1，D错误。[答案]B[体验1]下列有关电解质溶液中粒子的物质的量浓度大小关系正确的是()A．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3②Na2CO3③NaHCO3④(NH4)2CO3，其中c(COeq\o\al(2－,3))的大小关系为②>④>③>①B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液：c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)D．常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH溶液等体积混合，溶液的pH<7：c(CH3COOH)＋c(OH－)>c(Na＋)＋c(H＋)答案A解析①③中COeq\o\al(2－,3)分别由H2CO3的二级电离、HCOeq\o\al(－,3)的电离得到，由于H2CO3的一级电离抑制二级电离，则c(COeq\o\al(2－,3))：③>①，而②④中COeq\o\al(2－,3)分别由Na2CO3、(NH4)2CO3的电离得到，由于NHeq\o\al(＋,4)促进COeq\o\al(2－,3)的水解，则c(COeq\o\al(2－,3))：②>④，故c(COeq\o\al(2－,3))：②>④>③>①，A正确；依据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，B错误；反应后得到等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，COeq\o\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，故c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)，C错误；溶液的pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，故c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，依据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(OH－)，D错误。[体验2](2024·资阳市高三其次次诊断性考试)25℃下，部分弱酸的电离常数如表。下列有关说法不正确的是()弱酸HCOOHHClOH2S电离平衡常数(Ka)Ka＝1.0×10－4Ka＝2.0×10－8Ka1＝1.3×10－7Ka2＝7.1×10－15A．若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH＝3，则eq\f(cHCOOH,cHCOO－)＝10B．相同浓度的HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大C．任何浓度NaHS溶液中总存在：c(H2S)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(S2－)D．向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为2ClO－＋H2S=S2－＋2HClO答案D解析由表给电离常数可知，电离程度由大到小的依次为HCOOH>H2S>HClO>HS－，则对应离子的水解程度从大到小的依次为S2－>ClO－>HS－>HCOO－，HCOOH的电离常数Ka＝eq\f(cHCOO－cH＋,cHCOOH)，则pH＝3的HCOONa和HCOOH的混合溶液中eq\f(cHCOOH,cHCOO－)＝eq\f(cH＋,Ka)＝eq\f(1×10－3,1×10－4)＝10，故A正确；HCOONa溶液中电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOO－)，溶液中离子总数为2×[c(Na＋)＋c(H＋)]×V，同理可得NaClO溶液中离子总数为2×[c(Na＋)＋c(H＋)]×V，由电离常数可知HCOOH比HClO易电离，则等体积、等浓度的HCOONa和NaClO溶液中，ClO－水解程度更大，溶液中的c(OH－)大、c(H＋)小，所以HCOONa溶液中离子总数大于NaClO溶液，故B正确；NaHS溶液中肯定存在质子守恒关系：c(H2S)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(S2－)，故C正确；向NaClO溶液中通入H2S，因NaClO水解生成的HClO具有强氧化性，与强还原性的H2S在溶液中发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，故D错误。建议用时：40分钟满分：100分一、选择题(每题6分，共72分)1．下列用途(现象)对应离子方程式的表示不正确的是()A．明矾用于净水：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋B．配制氯化铁溶液时先将氯化铁固体溶于盐酸中：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋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－答案D解析氯化铁易水解，加入盐酸抑制其水解，B正确；碳酸钠水解产生氢氧根离子促使油脂水解，C正确；硫化钠分步水解产生硫化氢而有臭味，水解方程式应分步书写，且没有气体符号，运用可逆符号，D错误。2．配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是()A．FeSO4(Fe) B．SnCl2(HCl)C．FeCl3(HCl) D．NaAlO2(NaOH)答案A解析配制FeSO4时加入少量Fe粉目的是防止Fe2＋被氧化，A错误；配制盐溶液时，为抑制盐的水解而加入酸或碱，但应留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NaAlO2溶液要加NaOH溶液。3．(2024·北京海淀高三期末)常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，试验数据如下：组别混合前混合后甲c(HX)＝0．1mol·L－1c(NaOH)＝0．1mol·L－1pH＝9乙c(HY)＝0．1mol·L－1c(NaOH)＝0．1mol·L－1pH＝7下列说法正确的是()A．HY为强酸B．HX溶液的pH＝1C．甲的混合液中c(X－)＝c(Na＋)D．乙的混合液中c(Na＋)>c(Y－)答案A解析乙组两种溶液等体积混合，且两种溶液浓度相等，两种溶液恰好生成NaY，溶液显中性，该盐为强酸强碱盐，即HY为强酸，故A正确；甲组两种溶液物质的量浓度相同，即两种溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaX，混合后pH＝9，溶液显碱性，NaX为强碱弱酸盐，即HX为弱酸，HX溶液的pH>1，故B错误；甲的混合液中，溶质为NaX，HX为弱酸，X－发生水解，即c(Na＋)>c(X－)，故C错误；乙的混合液中，溶质为NaY，HY为强酸，即c(Na＋)＝c(Y－)，故D错误。4．(2024·广州高三调研测试)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．4g甲烷完全燃烧时转移的电子数为2NAB．11.2L(标准状况)CCl4中含有的共价键数为2NAC．3molSO2和1molO2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NAD．1L0.1mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－粒子数之和为0.1NA答案A解析标准状况下CCl4为液体，11.2LCCl4不为0.5mol，所含共价键数不为2NA，B项错误；2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂))2SO3为可逆反应，不能进行完全，C项错误；依据物料守恒，1L0.1mol·L－1的Na2S溶液中H2S、HS－和S2－三种粒子数之和为0.1NA，D项错误。5．(2024·北京师大附中高三期中)室温下，向100mL0.1mol/LNH4Cl溶液中加入下列物质。有关结论正确的是()加入的物质结论A100mL0.1mol/L盐酸溶液中2c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)B0.01molNa2O2固体反应完全后，溶液pH增大，c(Na＋)＝2c(Cl－C100mLH2O由水电离出的c(H＋)·c(OH－)变大(均为自由离子)D100mL0.1mol/L氨水溶液中eq\f(cOH－,cNH\o\al(＋,4))减小答案B解析加入100mL0.1mol/L盐酸，由于铵根离子部分水解，则2c(NHeq\o\al(＋,4))<c(Cl－)，故A错误；钠离子和氯离子不发生水解，0.01molNa2O2固体反应后生成0.02mol钠离子，原溶液中含有氯离子的物质的量为：0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，则c(Na＋)＝2c(Cl－)，且反应后氢氧化钠过量，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故B正确；加入100mLH2O后，溶液浓度减小，铵根离子的水解程度增大，则水的电离程度增大，由水电离出的n(H＋)、n(OH－)增大，但溶液体积增大一倍，由水电离出的c(H＋)、c(OH－)减小，故水电离出的c(H＋)·c(OH－)的乘积会减小，故C错误；加入100mL0.1mol/L氨水，溶液碱性增加，则c(OH－)增大，由于NH3·H2O的电离和NHeq\o\al(＋,4)的水解都是微弱的，混合后溶液体积增大一倍，所以c(NHeq\o\al(＋,4))减小，溶液中eq\f(cOH－,cNH\o\al(＋,4))增大，故D错误。6．(2024·北京东城高三期末)室温下，依次进行如下试验：①取肯定量冰醋酸，配制成100mL0.1mol/LCH3COOH溶液；②取20mL①中所配溶液，加入20mL0.1mol/LNaOH溶液；③接着滴加amL0.1mol/L盐酸，至溶液的pH＝7。下列说法不正确的是()A．①中，溶液的pH>1B．②中，反应后的溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)C．③中，a＝20D．③中，反应后的溶液：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)答案C解析冰醋酸是弱酸，A正确；加入的NaOH溶液恰好与原有的CH3COOH完全反应生成CH3COONa。CH3COONa溶液呈碱性，所以c(OH－)>c(H＋)，因CH3COO－水解略有消耗，所以c(Na＋)>c(CH3COO－)，B正确；②中溶液因CH3COO－水解而呈弱碱性，只需加少量的盐酸即可调整至中性，所以a小于20，C错误；反应后溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，又由于溶液呈中性，得c(H＋)＝c(OH－)，在两边删去两离子，所以有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，D正确。7．(2024·百师联盟高三调研)某同学在试验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol·L－1NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH＝7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A．NaHCO3溶液呈碱性的缘由是HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度B．反应的离子方程式是2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2CO3C．加入CaCl2促进了HCOeq\o\al(－,3)的水解D．反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)答案C解析HCOeq\o\al(－,3)在水中既有电离也有水解，其电离方程式为HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，HCOeq\o\al(－,3)水解方程式为HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，常温下，0.10mol·L－1NaHCO3溶液pH＝8.4，溶液显碱性，即HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度，故A正确；滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀为CaCO3，HCOeq\o\al(－,3)电离方程式为HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，滴入CaCl2溶液，Ca2＋与COeq\o\al(2－,3)反应，促进HCOeq\o\al(－,3)的电离，但滴加过程中无气体放出，即H＋与HCOeq\o\al(－,3)生成H2CO3，则反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确，C错误；依据电荷守恒，c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)，溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，得出：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)，故D正确。8．25℃时，某溶液中只含有Na＋、H＋、OH－、A－四种离子。下列说法正确的是()A．对于该溶液肯定存在pH≥7B．若c(OH－)＞c(H＋)，则溶液中不行能存在：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)C．若溶液中c(A－)＝c(Na＋)，则溶液肯定呈中性D．若溶质为NaA，则溶液中肯定存在：c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)答案C解析若是较多的酸溶液和少量的盐溶液混合，则混合溶液显酸性，pH＜7，A错误；若是氢氧化钠溶液和少量的盐溶液混合，则混合溶液显碱性，且混合溶液中，c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)，B错误；依据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，若溶液中c(A－)＝c(Na＋)，则肯定有c(H＋)＝c(OH－)，即溶液肯定呈中性，C正确；若NaA是强酸强碱盐，则c(A－)＝c(Na＋)，D错误。9．常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：序号①②③④溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3下列说法正确的是()A．四种溶液中，水的电离程度①＞②＞④＞③B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClOD．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)答案B解析四种盐溶液均促进了水的电离，水解显碱性，水解程度越大，pH越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在着H＋、OH－、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、Na＋、H2O，B正确；CH3COOH的酸性强于HClO，在浓度相等时，pH小的是CH3COOH，C错误；依据物料守恒，Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，D错误。10．等物质的量浓度、等体积的下列溶液中：①H2CO3；②Na2CO3；③NaHCO3；④NH4HCO3；⑤(NH4)2CO3。下列关系或者说法正确的是()A．c(COeq\o\al(2－,3))的大小关系：②＞⑤＞③＞④＞①B．c(HCOeq\o\al(－,3))的大小关系：④＞③＞⑤＞②＞①C．将溶液蒸干灼烧只有①不能得到对应的固体物质D．②③④⑤既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应答案A解析NHeq\o\al(＋,4)与COeq\o\al(2－,3)水解相互促进，c(COeq\o\al(2－,3))大小为②＞⑤，HCOeq\o\al(－,3)既水解又电离，水解程度大于电离程度，c(COeq\o\al(2－,3))大小为④＜③＜⑤＜②，H2CO3是弱酸，二级电离Ka2很小，H2CO3中的c(COeq\o\al(2－,3))最小，A正确；由于④中NHeq\o\al(＋,4)与HCOeq\o\al(－,3)水解相互促进，故c(HCOeq\o\al(－,3))大小为③＞④，B错误；将各溶液蒸干后①③④⑤都分解，得不到原来的物质，C错误；Na2CO3只能与盐酸反应，而与NaOH溶液不反应，D错误。11．(2024·佛山市高三教学质量检测)常温下，向20mL0.1moL/L的H3PO4溶液中滴加0.1moL/L的NaOH溶液，所得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是()A．H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂B．A点溶液中c(H2POeq\o\al(－,4))>c(H3PO4)>c(HPOeq\o\al(2－,4))C．图像中A、B、C三处溶液中eq\f(cH2PO\o\al(－,4)·cOH－,cHPO\o\al(2－,4))相等D．B点溶液存在2c(Na＋)＝c(POeq\o\al(3－,4))＋c(H2POeq\o\al(－,4))＋c(HPOeq\o\al(2－,4))＋c(H3PO4)答案C解析H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4，溶液呈酸性，变色范围约为4～5，可选用甲基橙作指示剂，故A错误；A点为NaH2PO4溶液，pH<7，所以NaH2PO4在水溶液中，电离大于水解，A点溶液中c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(H3PO4)，故B错误；温度相同，同一反应的平衡常数相同，HPOeq\o\al(2－,4)水解常数：A、B、C三处溶液中eq\f(cH2PO\o\al(－,4)·cOH－,cHPO\o\al(2－,4))相等，故C正确；B点是Na2HPO4溶液，物料守恒为c(Na＋)＝2[c(POeq\o\al(3－,4))＋c(H2POeq\o\al(－,4))＋c(HPOeq\o\al(2－,4))＋c(H3PO4)]，故D错误。12．下列有关溶液(室温下)的说法正确的是()A．Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中：2c(Na＋)＝3[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]B．0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH＝7：c(Na＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(SOeq\o\al(2－,3))C．物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))的大小关系：④>①>②>③D．0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7：c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)答案D解析没有给出Na2CO3和NaHCO3的量的关系，若二者的物质的量浓度相等，则离子浓度之间的关系正确，A错误；依据电荷守恒有c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，溶液pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，依据物料守恒有c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)，进而有c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H2SO3)＝c(SOeq\o\al(2－,3))，故有c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(NHeq\o\al(＋,4))，B错误；Fe2＋的水解抑制NHeq\o\al(＋,4)的水解，HCOeq\o\al(－,3)的水解促进NHeq\o\al(＋,4)的水解，c(NHeq\o\al(＋,4))的大小关系：④>①>③>②，C错误；依据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，溶液pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，即c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，依据物料守恒有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，因此c(CH3COOH)＝c(Cl－)，综合分析得c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)，D正确。二、非选择题(共28分)13．(13分)10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变更：温度10℃20℃30℃加热煮沸后冷却到5