2024高考化学一轮复习第八章水溶液中的离子平衡第三节盐类的水解学案新人教版

PAGE24-第三节盐类的水解最新考纲：1.了解盐类水解的原理及其一般规律。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.驾驭水解离子方程式的书写。4.了解盐类水解的应用。核心素养：1.变更观念与平衡思想：相识盐类水解有一限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析盐类水解平衡，并运用盐类水解平衡原理解决实际问题。2.证据推理与模型认知：可以通过分析、推理等方法相识盐类水解的本质特征、建立模型。能运用模型说明盐类水解平衡的移动，揭示现象的本质和规律。学问点一盐类的水解及规律1．盐类的水解2．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。例如：Na2CO3的水解离子方程式：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。(2)多元弱碱盐水解：方程式一步写完。例如：FeCl3的水解离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。(3)阴、阳离子相互促进水解：水解程度较大，书写时要用“=”“↑”“↓”等。例如：NaHCO3与AlCl3混合溶液的反应离子方程式：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。3．影响盐类水解的因素(1)内因：形成盐的弱酸或弱碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。(2)外因：例如：对于NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋推断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．溶液呈中性的盐肯定是强酸、强碱生成的盐。(×)2．含有弱酸根盐的水溶液肯定呈碱性。(×)3．盐溶液的酸碱性主要确定于形成盐的酸和碱的相对强弱。(√)4．某盐的溶液呈酸性，该盐肯定发生了水解反应。(×)5．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。(√)6．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。(×)7．关于氯化铵溶液，加水稀释时，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)的值减小。(√)8．通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中eq\f(cFe3＋,cCl－)增大。(×)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，缘由是：体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。3．发生水解的盐溶液不肯定呈酸性或碱性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。4．(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性，虽然阴阳离子同时发生水解，但既无气体产生，也无沉淀生成，不能水解彻底，所以NHeq\o\al(＋,4)和COeq\o\al(2－,3)、NHeq\o\al(＋,4)和HCOeq\o\al(－,3)在溶液中仍可大量共存。1．下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是(C)A．Na2CO3：COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－B．CuSO4：Cu2＋＋2H2O=Cu(OH)2＋2H＋C．NaAlO2：AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－D．NaF：F－＋H2O=HF＋OH－解析：A项，应为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－；B项，应为Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D项，应为F－＋H2OHF＋OH－。2．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。依据上述观点，下列说法不正确的是(B)A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2B．PCl3的水解产物是HClO和H3PO4C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CHD．CH3COCl的水解产物是两种酸解析：BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故A项正确；该反应中Cl元素的化合价由－1变为＋1，有电子转移，不符合水解原理，故B项错误；Al4C3水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C项正确；CH3COCl的水解产物是两种酸，为CH33．用黄色的FeCl3溶液分别进行各项试验，下列说明或结论不正确的是(A)选项试验现象说明或结论A加入FeCl3固体溶液变成红褐色FeCl3的水解程度变大B加入等体积水溶液颜色变浅c(Fe3＋)变小C加入足量Fe粉溶液颜色变浅绿色2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋D将FeCl3溶液微热溶液变成红褐色水解反应的ΔH>0解析：FeCl3溶液中存在Fe3＋的水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入FeCl3固体后，溶液中c(Fe3＋)增大，上述平衡正向移动，溶液颜色加深变成红褐色，但FeCl3的水解程度减小，A项错误；加入等体积水，水解平衡正向移动，溶液中c(Fe3＋)减小，溶液的颜色变浅，B项正确；加入足量铁粉，FeCl3溶液与Fe发生反应2FeCl3＋Fe=3FeCl2，由于生成Fe2＋，溶液变成浅绿色，C项正确；加热FeCl3溶液，溶液变成红褐色，说明Fe3＋的水解平衡正向移动，则FeCl3水解反应的ΔH>0，D项正确。4．向三份0.1mol·L－1的CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽视溶液体积变更)，则CH3COO－浓度的变更依次为(A)A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大解析：CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性，故促进其平衡正向移动，则CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，对水解有抑制作用，故CH3COO－浓度增大。5．在肯定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列说法正确的是(B)A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．通入CO2，平衡向正反应方向移动C．上升温度，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小D．加入Na2O固体，溶液pH减小解析：水解平衡常数只受温度的影响，A项错误；通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B项正确；温度上升，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，c(HCOeq\o\al(－,3))增大，c(COeq\o\al(2－,3))减小，C项错误；加入Na2O固体，与水反应生成NaOH，溶液的pH增大，D项错误。6．25℃时，0.1mol·L－1下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是(D)序号①②③④溶液NH4HCO3NaClONaHCO3Na2CO3pH6.010.38.311.6A.电离程度相对强弱：HClO<HCOeq\o\al(－,3)B．由水电离产生的c(H＋)：①<②C．溶液②③中酸根离子浓度：c(ClO－)>c(HCOeq\o\al(－,3))D．在③④溶液等体积混合后的溶液中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1解析：依据盐类水解规律，越弱越水解，电离出H＋实力的大小：HClO>HCOeq\o\al(－,3)，A错误；NaHCO3是强碱弱酸盐，只有HCOeq\o\al(－,3)水解，NH4HCO3是弱酸弱碱盐，双水解促进水的电离，因此水电离产生的c(H＋)：①>②，B错误；依据pH，ClO－水解程度大于HCOeq\o\al(－,3)，因此c(ClO－)<c(HCOeq\o\al(－,3))，C错误；依据物料守恒，c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1，D正确。7．按要求书写离子方程式(1)AlCl3溶液呈酸性Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。(2)Na2CO3溶液呈碱性COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。(3)将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。(4)试验室制备Fe(OH)3胶体Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up15(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋。(5)NaHS溶液呈碱性的缘由HS－＋H2OH2S＋OH－。(6)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其缘由是Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－(用离子方程式说明，下同)；若pH<7，其缘由是Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋。解析：(6)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。素养一盐类水解规律1．盐类水解规律(1)“有弱就水解，无弱不水解”用于推断盐溶液的酸碱性，需先推断盐的类型，因此需娴熟记忆常见的强酸、强碱和弱酸、弱碱。(2)“谁强显谁性，同强显中性”①强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性。如CH3COONa水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸的酸根离子分步水解，如Na2CO3水解的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。②强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性。如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为NHeq\o\al(＋,4)＋H2OH＋＋NH3·H2O、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。③弱酸弱碱盐，阴阳离子都水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。当Ka＝Kb时，溶液显中性，如CH3COONH4；当Ka>Kb时，溶液显酸性，如HCOONH4；当Ka<Kb时，溶液显碱性，如NH4HCO3。④NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。(3)“谁弱谁水解，都弱都水解”即“单水解”和“双水解”，用于书写水解离子方程式。(4)“越弱越水解”如酸性：HCN<CH3COOH，则相同条件下碱性NaCN>CH3COONa。2．酸式盐溶液酸碱性的推断(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液肯定显酸性，如：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。(2)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。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)使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液亦显碱性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)使c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性同理NaH2PO4溶液亦显酸性3.比较盐类水解程度的相对大小(1)盐对应的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大。(2)同种弱酸(或弱碱)的盐溶液浓度越小，水解程度越大。(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：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。(5)温度越高，盐的水解程度越大。1．(2024·湖北联考)25℃时浓度都是1mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1mol·L－1，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是(A)A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)B．AY溶液的pH小于BY溶液的pHC．稀释相同倍数，溶液pH变更：BX等于BYD．将浓度均为1mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY解析：由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。1mol·L－1BY溶液的pH＝6，说明电离平衡常数K(BOH)<K(HY)，A选项正确；AY为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，所以AY溶液的pH大于BY溶液的pH，B选项错误；稀释相同的倍数，BX、BY的水解程度不同，所以pH变更不相等，C选项错误；相同浓度的一元强酸和一元弱酸，稀释10倍后，弱酸的pH大于强酸，D选项错误。2．室温下0.1mol·L－1的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误的是(B)A．上述溶液能使甲基橙试剂变黄色B．室温下，NH3·H2O是比HCN更弱的电解质C．上述溶液中CN－的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度D．室温下，0.1mol·L－1NaCN溶液中，CN－的水解程度小于上述溶液中CN－的水解程度解析：室温下，溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；HCN和NH3·H2O均是弱电解质，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，由越弱越水解知NH3·H2O是比HCN强的电解质，故B错误，C正确；CN－、NHeq\o\al(＋,4)相互促进水解，所以0.1mol·L－1NaCN溶液中，CN－的水解程度小于同浓度下NH4CN溶液中CN－的水解程度，故D正确。3．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(B)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．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)解析：四种盐溶液均促进了水的电离，依据越弱越水解，水解均显碱性，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H＋、OH－、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、Na＋、H2O，B正确；醋酸的酸性强于次氯酸，在物质的量浓度相等的状况下，pH小的是醋酸，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。4．(2024·北京卷)试验测得0.5mol·L－1CH3COONa溶液、0.5mol·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变更的曲线如图所示。下列说法正确的是(C)A．随温度上升，纯水中c(H＋)>c(OH－)B．随温度上升，CH3COONa溶液的c(OH－)减小C．随温度上升，CuSO4溶液的pH变更是Kw变更与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度上升，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同解析：本题以肯定浓度的醋酸钠溶液、硫酸铜溶液和水的pH随温度变更的状况为探讨对象，考查水的电离和盐类水解。随着温度上升，水的电离程度增大，但水电离出的c(H＋)和c(OH－)仍相等，纯水仍呈中性，A错误。随着温度上升，CH3COONa溶液中CH3COO－的水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，B错误。随着温度上升，CuSO4溶液中Cu2＋的水解平衡正向移动，Cu2＋的水解程度增大，溶液中c(H＋)增大，pH减小；温度上升，Kw增大，也会使得c(H＋)增大，故CuSO4溶液的pH变更是Kw变更与水解平衡移动共同作用的结果，C正确。盐类的水解是吸热反应，随着温度上升，CH3COO－、Cu2＋的水解平衡均正向移动，水解平衡移动方向相同，D错误。5．(2024·北京卷)测定0.1mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25试验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是(C)A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－B．④的pH与①不同，是由SOeq\o\al(2－,3)浓度减小造成的C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一样D．①与④的Kw值相等解析：①→③的过程中，pH变小，说明SOeq\o\al(2－,3)水解产生的c(OH－)减小；上升温度，SOeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移动，溶液中SOeq\o\al(2－,3)水解产生的c(OH－)增大，pH应增大，而事实上溶液的pH减小，其主要缘由是试验过程中部分SOeq\o\al(2－,3)被空气中的O2氧化生成SOeq\o\al(2－,4)，溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度上升，SOeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移动，而c(SOeq\o\al(2－,3))减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一样，C错误；Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，A对；试验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多，说明④中的SOeq\o\al(2－,4)数目大于①中的，④中的SOeq\o\al(2－,3)数目小于①中的，所以④中OH－数目小于①中的，pH不同，B对；Kw只与温度有关，D对。6．室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(B)选项加入物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反应结束后，c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))B0.05molCaO溶液中eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大C50mLH2O由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变D0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变解析：Na2CO3溶液中存在水解平衡COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50mL1mol·L－1H2SO4，Na2CO3与H2SO4恰好反应生成0.05mol·L－1Na2SO4，依据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05molCaO后，发生反应CaO＋H2O=Ca(OH)2，生成0.05molCa(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，则c(COeq\o\al(2－,3))减小，c(OH－)增大，c(HCOeq\o\al(－,3))减小，所以eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大，正确；C项，加入50mLH2O，COeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入的0.1molNaHSO4固体与0.05molNa2CO3恰好反应生成0.1molNa2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。素养二水解常数与电离常数的关系及应用1．盐类水解常数(Kh)盐的类型强碱弱酸盐(MA)强酸弱碱盐(BN)弱酸弱碱盐(BA)水解离子方程式A－＋H2OHA＋OH－B＋＋H2OBOH＋H＋B＋＋A－＋H2OBOH＋HAKh的表达式Kh＝eq\f(cHA·cOH－,cA－)Kh＝eq\f(cBOH·cH＋,cB＋)Kh＝eq\f(cBOH·cHA,cB＋·cA－)与Kw、Ka或Kb的关系Kh＝eq\f(Kw,Ka)Kh＝eq\f(Kw,Kb)Kh＝eq\f(Kw,Ka×Kb)2.弱酸强碱盐Na2CO3的水解常数Kh1＝eq\f(Kw,Ka2)、Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)NaHCO3的水解常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1)3．水解平衡常数是描述能水解的盐水解平衡的主要参数。它只受温度的影响，因水解过程是吸热过程，故它随温度的上升而增大。1．已知25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝2.36×10－5mol·L－1。(已知eq\r(5.56)≈2.36)解析：Kh＝eq\f(cH＋·cNH3·H2O,cNH\o\al(＋,4))＝eq\f(Kw,Kb)c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NHeq\o\al(＋,4))≈1mol·L－1。所以c(H＋)≈eq\r(Kh)＝eq\r(\f(1.0×10－14,1.8×10－5))mol·L－1≈2.36×10－5mol·L－1。2．已知某温度时，Na2CO3溶液的水解常数Kh1＝2×10－4，则当溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1时，试求该溶液的pH＝10。解析：Kh1＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))＝2×10－4，又c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1，则c(OH－)＝10－4mol·L－1，结合Kw＝1.0×10－14，可得c(H＋)＝10－10mol·L－1。3．已知常温下，K(HCN)＝6.2×10－10。(1)常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显碱(填“酸”“碱”或“中”)性，c(CN－)<(填“>”“<”或“＝”)c(HCN)。该溶液中各离子浓度由大到小的依次为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。(2)常温下，若将cmol·L－1盐酸与0.62mol·L－1KCN溶液等体积混合后恰好得到中性溶液，则c＝0.616_2(小数点后保留4位数字)。解析：(1)常温下NaCN的水解常数Kh＝eq\f(Kw,KHCN)＝eq\f(1.0×10－14,6.2×10－10)≈1.61×10－5，Kh>K(HCN)，故CN－的水解实力强于HCN的电离实力，由于NaCN与HCN的物质的量相等，故水解产生的c(OH－)大于电离生成的c(H＋)，混合溶液显碱性，且c(CN－)<c(HCN)。(2)当溶液显中性时，由电荷守恒知溶液中c(K＋)＝c(CN－)＋c(Cl－)，由物料守恒得c(HCN)＝c(K＋)－c(CN－)＝c(Cl－)＝0.5cmol·L－1，由CN－＋H2OHCN＋OH－得Kh＝eq\f(cOH－·cHCN,cCN－)＝eq\f(1.0×10－7×0.5c,0.31－0.5c)＝1.61×10－5，解得c≈0.6162。4．磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是Ka1＝7.1×10－3，Ka2＝6.2×10－8，Ka3＝4.5×10－13，解答下列问题：(1)常温下同浓度①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4的pH由小到大的依次是③<②<①(填序号)。(2)常温下，NaH2PO4的水溶液pH<(填“>”“<”或“＝”)7。(3)常温下，Na2HPO4的水溶液呈碱(填“酸”“碱”或“中”)性，用Ka与Kh的相对大小，说明推断理由：Na2HPO4的水解常数Kh＝eq\f(cH2PO\o\al(－,4)·cOH－,cHPO\o\al(2－,4))＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(1.0×10－14,6.2×10－8)≈1.61×10－7，Kh>Ka3，即HPOeq\o\al(－,4)的水解程度大于其电离程度，因而Na2HPO4溶液显碱性。解析：(2)Na2H2PO4的水解常数Kh＝eq\f(cH3PO4·cOH－,cH2PO\o\al(－,4))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1.0×10－14,7.1×10－3)≈1.4×10－12，Ka2>Kh，即H2POeq\o\al(－,4)的电离程度大于其水解程度，因而pH<7。5．已知K、Ka、Kw、Kh分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数。(1)有关上述常数的说法正确的是ad。a．它们都能反映肯定条件下对应变更进行的程度b．它们的大小都随温度的上升而增大c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Kad．肯定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw＝Ka·Kh(2)25℃时，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，则溶液显中(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝eq\f(10－9,a－0.01)。(3)25℃时，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的电离常数Ka1＝1×10－2mol·L－1，则该温度下pH＝3、c(HSOeq\o\al(－,3))＝0.1mol·L－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝0.01_mol·L－1。解析：(1)对于正反应为放热反应的化学平衡，上升温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，b项错误；温度不变，CH3COOH的电离平衡常数不变，c项错误。(2)依据电荷守恒得c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝eq\f(\f(1,2)×0.01×10－7,\f(a,2)－\f(1,2)×0.01)＝eq\f(10－9,a－0.01)。(3)由Ka＝eq\f(cH＋cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)，代入数据得c(H2SO3)＝0.01mol·L－1。学问点二盐类水解的应用1．盐类水解的“十大”应用水解的应用实例原理推断溶液的酸碱性FeCl3水溶液显酸性Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(续表)水解的应用实例原理推断离子能否共存Fe3＋与COeq\o\al(2－,3)不能大量共存2Fe3＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋3H2O=2Fe(OH)3↓＋3CO2↑制备胶体制备Fe(OH)3胶体Fe3＋＋3H2O(沸水)eq\o(=,\s\up15(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋(续表)水解的应用实例原理净水明矾净水Al3＋水解形成胶体去油污用热的纯碱溶液清洗油污加热，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，溶液碱性增加试剂的配制配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸H＋可抑制Fe3＋的水解制备无水盐由MgCl2·6H2O制无水MgCl2时，在HCl气流中加热MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl＋4H2O，引入HCl可抑制Mg2＋的水解泡沫灭火器用Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，发生相互促进的水解反应制备无机物TiO2的制备TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓＋4HClTiO2·xH2Oeq\o(=,\s\up15(△))TiO2＋xH2O混合盐溶液的除杂与提纯用MgO[或Mg(OH)2或MgCO3]调整溶液的pH，除去MgCl2中的FeCl3杂质Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O2.盐溶液蒸干时所得产物的推断(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)蒸干得CuSO4(s)。(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。(3)考虑盐受热时是否分解。原物质蒸干灼烧后固体物质Ca(HCO3)2CaCO3或CaONaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl、NH4HCO3、(NH4)2CO3分解后无固体物质存在(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。推断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同(×)提示：AlCl3与Al2(SO4)3溶液的水解方程式分别为AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，加热促进水解，由于盐酸为挥发性酸，硫酸犯难挥发性酸，故前者最终产物为Al2O3，后者最终产物为Al2(SO4)2。2．泡沫灭火器中常运用的原料是碳酸钠和硫酸铝(×)提示：为了加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中常运用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3。3．施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合运用(√)4．NH4F水溶液中含有HF，因此NH45．碳酸钠可用于去油污，是利用了其溶液显碱性(√)6．制取TiO2可用TiCl4加大量水，同时加热，TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓＋4HCl，所得的TiO2·xH2O经焙烧得TiO2(√)1．在推断离子共存时必需是完全双水解不能大量共存，如Al3＋与COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、S2－、HS－、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)等Fe3＋与COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)等NHeq\o\al(＋,4)与AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)2．制取某些无水盐晶体：如加热MgCl2·6H2O制取无水MgCl2，必需在氯化氢气流中加热，否则Mg2＋水解生成Mg(OH)2，再加热分解，最终得不到MgCl2。1．下列有关问题与盐的水解有关的是(D)①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④试验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调整溶液的pHA．①②③ B．②③④C．①④⑤ D．①②③④⑤解析：①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐，溶液中NHeq\o\al(＋,4)与Zn2＋均发生水解反应，溶液显酸性，可以除去金属表面的锈；②HCOeq\o\al(－,3)与Al3＋发生相互促进的水解反应，产生CO2，可作灭火剂；③草木灰的主要成分为K2CO3，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而二者不能混合施用；④Na2CO3溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成Na2SiO3，将瓶塞与瓶口黏合在一起，因此试验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞；⑤CuCl2溶液中存在水解平衡，CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体；⑥Cl2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，且没有引入杂质，与盐的水解无关。2．下列说法中正确的是(C)A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度C．向CuCl2溶液中加入CuO或CuCO3，调整pH可除去溶液中混有的Fe3＋D．泡沫灭火器中常运用的原料是碳酸钠和硫酸铝解析：A项，AlCl3与Al2(SO4)3溶液的水解方程式分别为AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl、Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，加热促进水解，由于盐酸为挥发性酸，硫酸犯难挥发性酸，故前者最终产物为Al2O3，后者最终产物为Al2(SO4)3；B项，将FeCl3固体溶解在硫酸中，会引入杂质SOeq\o\al(2－,4)，应溶解在盐酸中；C项，由于Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO或CuCO3消耗H＋，从而使其水解完全，除去Fe3＋；D项，为了加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中常运用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，HCOeq\o\al(－,3)水解结合1个H＋生成H2CO3，比Na2CO3反应速率快。3．化学与社会、生活亲密相关。对下列现象或事实的说明正确的是(C)选项现象或事实说明A用热的纯碱溶液洗去油污Na2CO3可干脆与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合运用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜解析：油脂在NaOH溶液、加热条件下能水解，A项错误；漂白粉中的Ca(ClO)2能与空气中的CO2和水蒸气反应，生成CaCO3和HClO，而HClO不稳定，易分解，CaCl2与CO2不反应，B项错误；K2CO3与NH4Cl混合，会发生相互促进的水解反应，释放出NH3，会降低肥效，C项正确；FeCl3溶液与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，并非发生置换反应，D项错误。4．下列依据反应原理设计的应用，不正确的是(D)A．COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－热的纯碱溶液清洗油污B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋明矾净水C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓＋4HCl用TiCl4制备TiO2D．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体解析：上升温度，促使COeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大，碱性增加，有利于油污的水解及清洗，A正确；明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋发生水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀，经脱水制备TiO2，C正确；SnCl2易发生水解反应，而配制其溶液时，加入NaOH固体，消耗HCl，促使水解平衡正向移动，生成Sn(OH)Cl沉淀，故应加入HCl溶液抑制其水解，D错误。5．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(D)①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A．全部都可以 B．仅①②③C．仅①③⑥ D．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。6．(1)K2CO3的水溶液蒸干得到的固体物质是K2CO3，缘由是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)2溶液蒸干得到的固体物质是KAl(SO4)2，缘由是尽管Al3＋水解，但由于H2SO4犯难挥发性酸，最终仍旧为KAl(SO4)2。(3)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是Fe2O3，缘由是Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2渐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3。(4)亚硫酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是Na2SO4，缘由是Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3＋O2=2Na2SO4。(5)将0.5mol·L－1的NaClO溶液加热蒸干灼烧最终所得的固体是NaCl，缘由是NaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2ONaOH＋HClO,2HClOeq\o(=,\s\up15(△))2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，故最终得到NaCl。(6)将KMnO4溶液加热蒸干、灼烧最终所得的固体是K2MnO4、MnO2，缘由是KMnO4加热时发生反应：2KMnO4eq\o(=,\s\up15(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑。素养溶液中微粒浓度大小比较eq\a\vs4\al(一熟识两大理论，构建思维基点)1．电离理论(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都特别少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于其次步电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。2．水解理论(1)弱电解质离子的水解损失是微量的(双水解除外)，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的浓度。如NH4Cl溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。(2)多元弱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：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的浓度大小关系应是c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)。eq\a\vs4\al(二把握三种守恒，明确等量关系)1．电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数肯定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。2．物料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c3．质子守恒规律如Na2S水溶液中的质子转移状况图示如下：由图可得Na2S水溶液中质子守恒式：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OHeq\a\vs4\al(三不等式关系)溶液类型典型实例离子浓度大小规律多元弱酸溶液0.1mol·L－1的H2S溶液中：c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)显性离子>一级电离离子>二级电离离子一元弱酸的正盐溶液0.1mol·L－1的CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)不水解离子>水解离子>显性离子>水电离出的另一离子二元弱酸的正盐溶液0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)不水解离子>水解离子>显性离子>二级水解离子>水电离出的另一离子二元弱酸的酸式盐溶液0.1mol·L－1的NaHCO3溶液(pH>7)：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))0．1mol·L－1的NaHSO3(pH<7)：c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)依据弱酸酸式酸根电离程度与水解程度大小分析一元弱酸和其正盐溶液0.1mol·L－1CH3COOH和0.1mol·L－1CH3COONa混合溶液c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)一般是弱酸的电离程度大于盐的水解程度，溶液显酸性eq\a\vs4\al(四比较溶液中粒子浓度关系的解题流程)1．室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是(C)A．0.1mol·L－1的(NH4)2SO4溶液：c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)C．0.1mol·L－1明矾溶液中：c(SOeq\o\al(2－,4))>c(K＋)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)D．0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋2c(COeq\o\al(2－,3))解析：0.1mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，但水解程度不大，则c(NHeq\o\al(＋,4))>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(H＋)>c(OH－)，A错误；依据质子守恒，应是c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，B错误；明矾溶液中Al3＋发生水解，C正确；由物料守恒知，c(COeq\o\al(2－,3))不应乘以2，所以D错误。2．(2024·济南一模)常温下，下列说法不正确的是(B)A．0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)B．0.02mol·L－1的NaOH溶液与0.04mol·L－1的NaHC2O4溶液等体积混合：2c(OH－)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(H＋)C．叠氮酸(HN3)与醋酸酸性相近，0.1mol·L－1NaN3水溶液中离子浓度大小依次为c(Na＋)>c(Neq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)D．向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH＝7，则混合液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)解析：NaHCO3溶液呈碱性，溶液中离子浓度关系为c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)，A项正确；混合后得到等物质的量浓度的Na2C2O4、NaHC2O4的混合溶液，依据电荷守恒得：c(OH－)＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(Na＋)＋c(H＋)，依据物料守恒得：2c(Na＋)＝3[c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(H2C2O4)]，消去c(Na＋)，得：2c(OH－)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋3c(H2C2O4)＋2c(H＋)，B项错误；NaN3为强碱弱酸盐，Neq\o\al(－,3)水解使溶液呈碱性，c(Na＋)>c(Neq\o\al(－,3))>(OH－)>c(H＋)，C项正确；依据电荷守恒得：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7，则c(OH－)＝c(H＋)，故c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，D项正确。[规律小结]规避等量关系中的2个易失分点,1.电荷守恒式中不只是各离子浓度的简洁相加。如2cCO\o\al(2－,3)的化学计量数2代表一个CO\o\al(2－,32.物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示cNa＋是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。3．(2024·银川模拟)常温下，下列有关叙述正确的是(A)A．0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和0.1mol·L－1的CH3COONa溶液等体积混合c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)B．同浓度的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三种溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))大小依次为①＝②>③C．Na2CO3溶液中，2c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)D．10mLpH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的HA至pH刚好等于7，所得溶液体积V(总)≥20mL解析：0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和0.1mol·L－1的CH3COONa溶液等体积混合后在溶液中存在电荷守恒，即c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正确；相同浓度的①、②、③三种溶液，②溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))最大，①和③比较，③中，NHeq\o\al(＋,4)水解受到抑制，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的依次排列为②>③>①，B错误；在Na2CO3溶液中，物料守恒关系式为c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，C错误；10mLpH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的HA至pH刚好等于7，如HA为强酸，则V(总)＝20mL，如HA为弱酸，则V(总)<20mL，所得溶液体积V(总)≤20mL，D错误。[规律小结]不同溶液中同种粒子浓度关系4．(2024·青岛质检)室温时，将0.10mol·L－1NaOH溶液滴入20.00mL未知浓度的某一元酸HA溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变更曲线如图所示(忽视溶液混合时体积的变更)。当V(NaOH)＝20.00mL(图中c点)，二者恰好完全反应。则下列有关说法不正确的是(D)A．HA为弱酸，其物质的量浓度为0.10mol·L－1B．a点时：c(A－)－c(HA)＝2c(H＋)－2c(OHC．c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)的值：b点近似等于c点D．d点时：2c(HA)＋2c(A－)＝3c解析：A项，当V(NaOH)＝20.00mL(图中c点)，二者恰好完全反应，所以HA的浓度是0.10mol·L－1，起始时HA的pH＝3，这说明HA为弱酸，正确；B项，a点时HA被中和一半，溶液中的溶质是等浓度的HA、NaA，依据电荷守恒和物料守恒可知溶液中c(A－)－c(HA)＝2c(H＋)－2c(OH－)，正确；C项，b点溶液显中性，c(A－)＝c(Na＋)，则b点溶液中c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)＝c(HA)＋2c(A－)，c点二者恰好反应，依据物料守恒可知c′(HA)＋c′(A－)＝c′(Na＋)，因此溶液中c′(HA)＋c′(A－)＋c′(Na＋)的值为2c′(HA)＋2c′(A－)＝0.10mol·L－1，由于溶液中A－浓度均远大于HA浓度，所以c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)的值约等于0.1mol·L－1，即b点近似等于c点，正确；D项，d点时溶质是氢氧化钠和NaA，二者物质的量之比为1∶2，依据物料守恒可知：3c(HA)＋3c5．(2024·全国卷Ⅱ)变更0.1mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、Aeq\f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)]。下列叙述错误的是(D)A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－B．lg[K2(H2AC．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)解析：A项，依据图像，pH＝1.2时，H2A和HA－物质的量分数图像相交，则有c(H2A)＝c(HA－)，正确；B项，依据pH＝4.2点，K2(H2A)＝[c(H＋)·c(A2－)]/c(HA－)＝c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，lg[K2(H2A)]＝－4.2，正确；C项，依据图像，pH＝2.7时，H2A和A2－物质的量分数图像相交，则有c(H2A)＝c(A2－)，HA－曲线位于上方，则有c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，正确；D项，依据pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)≈0.05mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，可知c(HA－)＝c6．(2024·南通调研)25℃时，用0.0500mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液滴定25.00mL0.1000mol·L－1A．点①所示溶液中：c(H＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(OH－)B．点②所示溶液中：c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(Na＋)C．点③所示溶液中：c(Na＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(H2C2O4)>c(C2Oeq\o\al(2－,4))D．滴定过程中不行能出现：c(Na＋)>c(C2Oeq\o\al(2－,4