盐类的水解 知识讲解（教师版）

学而优·教有方PAGEPAGE24第3讲盐类的水解复习目标知识建构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。4．能利用水解常数(Kh)进行相关计算。一、盐类水解及其规律1．盐类的水解2．盐类水解的规律有弱才水解，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>73.盐类水解离子方程式的书写(1)一般要求水解记三点，水写分子式，中间用可逆()，后无沉气出。如NH4Cl水解的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)三种类型的盐水解离子方程式的书写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水解的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。如FeCl3水解的离子方程式为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溶液混合水解的离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。【诊断1】判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。(1)盐类水解的过程就是盐和水发生反应的过程()(2)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐()(3)某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应()(4)常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同()(5)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同()(6)NaHCO3、NaHSO4都能促进水的电离()(7)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，水解相互促进有沉淀和气体生成()(8)FeCl3溶液与NaHCO3溶液混合：Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑()答案(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×(8)√二、盐类水解的影响因素及应用1．影响盐类水解平衡的因素(1)内因：盐类本身的性质，形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。(2)外因因素水解平衡水解程度水解产生离子的浓度温度升高右移增大增大浓度增大右移减小增大减小(稀释)右移增大减小外加酸碱酸弱碱阳离子的水解程度减小碱弱酸根离子的水解程度减小(3)以NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋为例，填写下表。平衡移动c(H＋)c(NHeq\o\al(＋,4))升高温度右移增大减小加水稀释右移减小减小通入少量HCl左移增大增大加入少量NaOH固体右移减小减小加入固体NH4Cl右移增大增大2.盐类水解的应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋判断酸性强弱等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX＞HY＞HZ配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑作净水剂明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混用除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂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顺序为c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H＋)判断盐溶液蒸干时的产物盐水解生成挥发性酸，蒸干灼烧后一般得氧化物。如AlCl3→Al2O3盐水解生成难挥发性酸，蒸干后得原物质。如CuSO4→CuSO4考虑盐受热时是否分解。如KMnO4→K2MnO4和MnO2还原性盐溶液蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3→Na2SO4弱酸的铵盐溶液蒸干后无固体剩余。如NH4HCO3、(NH4)2CO33.熟记下列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)。【诊断2】判断下列说法是否正确，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)氯化铵溶液加水稀释时，eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（Cl－）)的值减小()(3)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)()(4)水解平衡右移，盐离子的水解程度可能增大，也可能减小()(5)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强()(6)天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Fe3＋、Cu2＋等离子()(7)生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理()答案(1)√(2)√(3)√(4)√(5)×(6)×(7)×三、水解常数(Kh)1．数学表达式用HA表示酸，用MOH表示碱，MA表示由它们生成的盐，在MA溶液中，若M＋、A－均能水解，A－＋H2OHA＋OH－，则A－的水解常数为Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)；M＋＋H2OMOH＋H＋，则M＋的水解常数为Kh＝eq\f(c（H＋）·c（MOH）,c（M＋）)。2．水解常数与电离常数的关系若NaA为强碱弱酸盐，A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)＝eq\f(c（HA）·c（OH－）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）)＝eq\f(KW,Ka（HA）)；若MCl为强酸弱碱盐，同理可得Kh＝eq\f(KW,Kb（MOH）)。3．意义水解常数可以表示盐的水解程度的大小，Kh越大，盐类水解程度越大。4．外界影响因素水解常数是只是温度的函数，Kh随温度的升高而增大。5．水解常数的应用(1)计算盐溶液中的c(H＋)或c(OH－)Kh＝eq\f(c2（OH－）,c－c（OH－）)≈eq\f(c2（OH－）,c)，c(OH－)＝eq\r(c·Kh)；同理，对于M＋＋H2OMOH＋H＋，c(H＋)＝eq\r(c·Kh)。(2)判断水解程度大小、盐溶液的酸碱性如，对于CH3COONH4溶液，由Ka(CH3COOH)≈Kb(NH3·H2O)知，Kh(CH3COO－)≈Kh(NHeq\o\al(＋,4))，CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)。(3)判断水解程度和电离程度大小，盐溶液的酸碱性。①单一溶液。如，对于NaHCO3溶液，Kh(HCOeq\o\al(－,3))＝eq\f(KW,Ka（H2CO3）)＝eq\f(1×10－14,4.4×10－7)＝2.3×10－8，Ka(HCOeq\o\al(－,3))＝4.7×10－11＜Kh(HCOeq\o\al(－,3))，HCOeq\o\al(－,3)电离程度小于其水解程度，溶液呈碱性，c(H＋)＜c(OH－)。②混合溶液。如，对于等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh(CH3COO－)＝eq\f(KW,Ka（CH3COOH）)＝eq\f(1×10－14,1.75×10－5)＝5.7×10－10＜Ka(CH3COOH)，CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的电离程度，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)。【诊断3】25℃时，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中eq\f(c（H2SO3）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)将(填“增大”“减小”或“不变”)。答案1×10－12增大解析Ka＝eq\f(c（H＋）·c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)Kh＝eq\f(c（OH－）·c（H2SO3）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝eq\f(\f(KW,c（H＋）)·c（H2SO3）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝eq\f(KW·c（H2SO3）,c（H＋）·c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝eq\f(KW,Ka)＝1×10－12mol·L－1。HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－，当加少量I2时，发生I2＋HSOeq\o\al(－,3)＋H2O=2I－＋3H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，H＋增多导致c(OH－)减小，所以eq\f(c（H2SO3）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝eq\f(Kh,c（OH－）)增大。

考点一盐类水解实质的分析和理解应用【典例1】(2020·河南省洛阳高三模拟)常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示：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解析这几种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应使溶液显碱性，当盐的浓度相同时，酸的酸性越弱，酸根离子水解的程度越大，水的电离程度越大，溶液的碱性越强。根据表格数据可知，四种溶液中水的电离程度：①<②<④<③，A错误；在Na2CO3和NaHCO3溶液中，存在的粒子有Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、H2CO3、H2O、H＋、OH－，粒子种类相同，B正确；根据盐的水解程度大小可知，等浓度的CH3COOH和HClO溶液的酸性：CH3COOH>HClO，所以pH小的是CH3COOH，C错误；在Na2CO3溶液中，Na＋与C原子数目比为2∶1，可得c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，D错误。【对点练1】(盐类水解的实质和规律)相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为()A．NH4Cl(NH4)2SO4CH3COONaNaHCO3NaOHB．(NH4)2SO4NH4ClCH3COONaNaHCO3NaOHC．(NH4)2SO4NH4ClNaOHCH3COONaNaHCO3D．CH3COOHNH4Cl(NH4)2SO4NaHCO3NaOH答案B解析酸性从强到弱的顺序为电离呈酸性>水解呈酸性>中性>水解呈碱性>电离呈碱性。【对点练2】(盐类水解反应离子方程式)写出符合要求的离子方程式：(1)AlCl3溶液呈酸性________________________________________________。(2)Na2CO3溶液呈碱性________________________________________________________________________________________________。(3)NaHS溶液呈碱性的原因_____________________________________。(4)NH4Cl溶于D2O中________________________________________。(5)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是_______________________________________________________________________________________________；(用离子方程式说明，下同)；若pH<7，其原因是______________________________。答案(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(2)COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(3)HS－＋H2OH2S＋OH－(4)NHeq\o\al(＋,4)＋D2ONH3·HDO＋D＋(5)Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋【对点练3】(水解实质的拓展延伸)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。根据上述观点，下列说法不正确的是()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CH4D．CH3COCl的水解产物是两种酸答案B解析BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，符合水解原理，故A项正确；PCl3的水解产物应是H3PO3和HCl，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CH3COOH和HCl，符合水解原理，故D项正确。考点二盐类水解平衡的移动和应用【典例2】(2020·河南开封市一模)某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50mL0.001mol·L－1FeCl3溶液、50mL对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1滴1mol·L－1HCl溶液、1滴1mol·L－1NaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是()A．依据M点对应的pH，说明Fe3＋发生了水解反应B．对照组溶液X的组成可能是0.003mol·L－1KCl溶液C．依据曲线c和d说明Fe3＋水解平衡发生了移动D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向答案B解析FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是Fe3＋在溶液中发生了水解，A正确；图中对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，若对照组溶液X是0.003mol·L－1KCl溶液，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，B错误；在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3＋水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，C正确；FeCl3水解生成氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则表明水解被促进，否则被抑制，D正确。利用平衡移动原理解释问题的思维模板(1)解答此类题的思维过程①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)②找出影响平衡的条件③判断平衡移动的方向④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系(2)答题模板……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。【对点练4】(盐类水解的影响因素)已知NaHSO3溶液常温时显酸性，溶液中存在以下平衡：HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－①HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)②向0.1mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是()A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSOeq\o\al(－,3))增大B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋c(SOeq\o\al(2－,3))C．加入少量NaOH溶液，eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)、eq\f(c（OH－）,c（H＋）)的值均增大D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H＋)＝c(OH－)答案C解析NaHSO3溶液显酸性，则HSOeq\o\al(－,3)的电离程度>HSOeq\o\al(－,3)的水解程度，加入钠后平衡①左移、平衡②右移，c(HSOeq\o\al(－,3))减小，A项错误；根据电荷守恒可知，应为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，B项错误；加入少量NaOH，平衡②右移，eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)、eq\f(c（OH－）,c（H＋）)的值均增大，C项正确；溶液中存在物料守恒，即c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)，c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))，c(H＋)＝c(OH－)，D项错误。【对点练5】(盐类水解的应用)下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是()选项事实或应用解释A用热的纯碱溶液去除油污纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质B泡沫灭火器灭火Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体C施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效D明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂明矾溶于水生成Al(OH)3胶体答案A【对点练6】(盐类水解平衡的实验探究)已知：[FeCl4(H2O)2]－为黄色，溶液中存在可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，下列实验所得结论不正确的是()①②③④加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深注：加热为微热，忽略体积变化。A．实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3B．实验②中，酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响C．实验③中，加热，可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－正向移动D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3＋水解平衡正向移动答案D解析加热促进水解，铁离子水解生成氢氧化铁，则实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3，故A项正确；由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解，则实验②中酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响，故B项正确；加入NaCl后，溶液立即变为黄色，发生Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，[FeCl4(H2O)2]－为黄色，加热时平衡正向移动，溶液颜色变深，故C项正确；实验④中存在Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能证明对Fe3＋水解平衡的影响，故D项错误。考点三水解常数(Kh)的意义和应用【典例3】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，回答下列问题：(1)常温下同浓度①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4的pH由小到大的顺序是(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(填“酸”“碱”或“中”)性，用Ka与Kh的相对大小，说明判断理由：__________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)③＜②＜①(2)＜(3)碱Na2HPO4的水解常数Kh＝eq\f(c（H2POeq\o\al(－,4)）·c（OH－）,c（HPOeq\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(2－,4)的水解程度大于其电离程度，因而Na2HPO4溶液显碱性解析(1)Ka越大，Kh越小，所以①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4的水解程度依次减小，pH依次减小。(2)NaH2PO4的水解常数Kh＝eq\f(c（H3PO4）·c（OH－）,c（H2POeq\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。(3)Na2HPO4的水解常数Kh＝eq\f(c（H2POeq\o\al(－,4)）·c（OH－）,c（HPOeq\o\al(2－,4)）)＝eq\f(KW,Ka2)＝eq\f(1.0×10－14,6.2×10－8)≈1.6×10－7，Ka3＜Kh，即H2POeq\o\al(－,4)的水解程度大于其电离程度，因而pH＞7。Kh与Ka(或Kb)、KW的关系(1)一元弱酸盐：Ka·Kh＝KW(2)一元弱碱盐：Kb·Kh＝KW(3)多元弱酸盐，如NamA溶液：Kh＝eq\f(KW,Ka（m）)Nam－1HA溶液Kh＝eq\f(KW,Ka（m－1）)依次类推……【对点练7】(水解常数的计算)(2020·安徽省太和第一中学月考)已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。该温度下，用0.100mol·L－1的氨水滴定10.00mL0.100mol·L－1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)的关系如图所示。下列说法不正确的是()A．HA为强酸B．a<10C．25℃时，NHeq\o\al(＋,4)的水解常数为eq\f(5,9)×10－9D．当滴入20mL氨水时，溶液中存在c(NHeq\o\al(＋,4))>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)答案B解析根据图像，0.1mol/L的一元酸HA溶液中lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)＝12，则eq\f(c（H＋）,c（OH－）)＝1012，结合c(H＋)×c(OH－)＝10－14解得c(H＋)＝0.1mol/L，则HA为强酸，A正确；若a＝10，则二者恰好完全反应生成NH4A，该铵盐水解，溶液显酸性，lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)＞0，结合图像可知，当lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)＝0时，a>10，B不正确；25℃时，NHeq\o\al(＋,4)的水解常数＝eq\f(KW,Kb)＝eq\f(10－14,1.8×10－5)＝eq\f(5,9)×10－9，C正确；当滴入氨水的体积V＝20mL时得到等物质的量浓度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3·H2O的电离常数大于NHeq\o\al(＋,4)的水解常数，则NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以c(NHeq\o\al(＋,4))>c(A－)、c(OH－)>c(H＋)，则c(NHeq\o\al(＋,4))>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。【对点练8】(水解常数的应用)根据已知条件填空：(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＋)＝mol·L－1。(已知eq\r(5.56)≈2.36)(2)已知某温度时，Na2CO3溶液的水解常数Kh＝2×10－4mol·L－1，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＝。答案(1)2.36×10－5(2)10解析(1)Kh＝eq\f(c（H＋）·c（NH3·H2O）,c（NHeq\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(10－14,1.8×10－5))mol·L－1≈2.36×10－5mol·L－1。(2)Kh＝eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（COeq\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。【对点练9】(判断溶液的酸碱性)已知常温下CN－的水解常数Kh＝1.61×10－5。(1)常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显(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顺序为。(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＝(小数点后保留4位数字)。答案(1)碱<c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)(2)0.6162mol·L－1解析(1)Kh(CN－)＝1.61×10－5，由此可求出Ka(HCN)≈6.2×10－10，故CN－的水解能力强于HCN的电离能力，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(c（OH－）·c（HCN）,c（CN－）)＝eq\f(1.0×10－7×0.5c,0.31－0.5c)＝1.61×10－5，解得c≈0.6162mol·L－1。微专题28“粒子”浓度关系判断(一)熟悉两大理论，构建思维基点1．电离理论(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑溶剂水的电离。(2)多元弱酸分步电离，电离程度逐级减小。2．水解理论(1)弱电解质离子的水解程度一般很小，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中的c(H＋)或碱性溶液中的c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，水解程度逐级减弱。(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，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。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，但元素的原子总是守恒的，或两种原子的数目比是固定的。3．质子守恒规律如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下：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(OH－)。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。(三)比较溶液中粒子浓度关系的解题流程类型一、单一溶液中离子浓度关系【典例1】分析下列溶液中的离子浓度关系：(1)Na2CO3溶液①大小关系：_______________________________________________。②物料守恒：_______________________________________________。③电荷守恒：_______________________________________________。④质子守恒：_______________________________________________。(2)NaHCO3溶液①大小关系：_______________________________________________。②物料守恒：_______________________________________________。③电荷守恒：_______________________________________________。④质子守恒：_______________________________________________。答案(1)①c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)②c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]③c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))④c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)(2)①c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))②c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)③c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)④c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)－c(COeq\o\al(2－,3))解析(1)Na2CO3=2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)(完全电离)，COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－(主要)，HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(次要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)。(2)NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)(完全电离)，HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)，HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)。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单相加。如2c(COeq\o\al(2－,3))的化学计量数2代表一个COeq\o\al(2－,3)带2个负电荷，不可漏掉。(2)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c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。类型二、混合溶液中离子浓度关系【典例2】常温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L的HX、HY溶液，pH随NaOH溶液体积变化如图。下列结论正确的是()A．水解常数：X－＞Y－B．10.00mL时，有c(Na＋)＞c(HX)＞c(X－)＞c(H＋)C．pH＝7时，c(Y－)＞c(X－)D．a、b两点溶液混合后，c(HX)＋c(HY)＋c(H＋)＝c(OH－)答案D解析根据图像知，开始时pH(HX)＜pH(HY)，则酸性：HX＞HY，酸性越弱，对应阴离子的水解常数越大，A错误；B项，当向HX溶液中加入10.00mLNaOH溶液时，溶液中溶质为HX和NaX，且物质的量之比为1∶1，分析图像知，HX的电离程度大于X－的水解程度，故c(X－)＞c(Na＋)＞c(HX)＞c(H＋)，B错误；pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒，分别存在c(Na＋)＝c(X－)，c(Na＋)＝c(Y－)，但HX消耗的NaOH的量比HY大，故c(Y－)＜c(X－)，C错误；a、b两点溶液分别是完全中和后得到的NaX、NaY溶液，混合后根据质子守恒有c(HX)＋c(HY)＋c(H＋)＝c(OH－)，D正确。酸、碱中和型离子浓度的关系类型三、不同溶液中同一粒子浓度关系比较【典例3】有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa②NH4Cl与HCl③NH4Cl与NaCl④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)下列各项排序正确的是()A．pH：②＜①＜③＜④B．c(NHeq\o\al(＋,4))：①＜③＜②＜④C．溶液中c(H＋)：①＜③＜②＜④D．c(NH3·H2O)：①＜③＜④＜②答案B解析①中NH4Cl水解呈酸性与水解呈碱性的CH3COONa混合，水解相互促进，但溶液接近中性；②中NH4Cl水解呈酸性被HCl抑制，但溶液呈酸性；③中NH4Cl与NaCl混合，为单水解呈酸性；④NH4Cl与相应的碱NH3·H2O(混合液呈碱性)混合，则说明电离程度大于水解程度。所以由分析可知pH：②＜③＜①＜④，A错误；c(NHeq\o\al(＋,4))：①＜③＜②＜④，B正确；溶液中c(H＋)：④＜①＜③＜②，C错误；c(NH3·H2O)：②＜③＜①＜④，D错误，故选B。不同溶液中同种粒子浓度大小关系1．室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是()A．Na2S溶液：c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H2S)B．Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(H2C2O4)C．Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)答案B解析A项，由于S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－、H2OH＋＋OH－，故粒子浓度关系应为c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H2S)，错误；B项，符合电解质溶液中质子守恒关系，正确；C项，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，错误；D项，根据物料守恒，离子浓度的关系应为c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋eq\f(1,2)c(Cl－)，错误。2．(2020·江西名师联盟第一次模拟测试)已知25℃时醋酸的电离常数为1.6×10－5，该温度下向20mL0.01mol·L－1醋酸溶液中不断滴入0.01mol·L－1NaOH溶液，溶液pH变化如图所示。此过程溶液中离子浓度的关系错误的是()A．a点溶液的c(H＋)≈4×10－4mol·L－1B．水电离程度：e＞d＞c＞b＞aC．b点：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．d点：c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)答案B解析根据电离常数计算可得a点溶液的c(H＋)≈eq\r(0.01×1.6×10－5)mol/L＝4×10－4mol·L－1，A正确；d点恰好反应生成的盐水解，水电离程度最大，B错误；b点溶液中的溶质是等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，根据物料守恒可得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；d点溶液中只有醋酸钠，根据质子守恒可得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，D正确。3．(2020·河北唐山市高三期末)已知氢硫酸(H2S)的电离平衡常数为：Ka1(H2S)＝9.1×10－8,Ka2(H2S)＝1.1×10－12。H2S溶液中c(总)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)。室温下向25.00mL0.1000mol·L－1H2S溶液中逐滴滴入NaOH溶液。下列说法正确的是()A．随着NaOH溶液滴入，溶液中水的电离程度不断增大B．c(Na＋)＝c(总)的溶液：c(Na＋)>c(S2－)＞c(H2S)＞c(H＋)C．pH＝7的溶液：c(Na＋)>c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)＝c(H＋)D．c(H＋)＝9.1×10－8mol·L－1时：c(H2S)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)答案D解析A．H2S是二元弱酸，在溶液中抑制水的电离，向25.00mL0.1000mol·L－1H2S溶液中逐滴滴入NaOH溶液，H2S与NaOH反应生成NaHS、Na2S时，由于NaHS、Na2S水解，促进水的电离，溶液中水的电离程度不断增大，当H2S完全反应，再滴入NaOH溶液，溶液中过量的NaOH抑制水的电离，水的电离程度会减小，故A错误；B.c(Na＋)＝c(总)的溶液为NaHS溶液，NaHS的水解常数Kh＝eq\f(KW,Ka1)＝eq\f(10－14,9.1×10－8)＞Ka2＝1.1×10－12，溶液中NaHS的水解程度大于电离程度，NaHS溶液呈碱性，溶液中c(H2S)＞c(S2－)，故B错误；C.因NaHS溶液呈碱性，pH＝7的溶液为H2S与NaHS的混合溶液，则溶液中c(HS－)＞c(S2－)，故C错误；D.由Ka1＝eq\f(c（HS－）·c（H＋）,c（H2S）)＝9.1×10－8可知c(H＋)＝9.1×10－8mol·L－1时，溶液中c(H2S)＝c(HS－)，由电荷守恒c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(H2S)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，故D正确。4．(2021·广东惠州第一次调研)25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴滴加0.01mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如图所示。下列溶液中的关系一定正确的是(忽略体积微小变化)()A．a点的溶液的pH≥12B．b点的溶液：c(CN－)＞c(HCN)C．c点的溶液：c(CN－)＋c(HCN)＋c(Cl－)＝0.01mol·L－1D．pH＝7的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CN－)答案C解析NaCN溶液的pH＞7，说明NaCN是强碱弱酸盐，CN－在水溶液中部分水解，若NaCN完全水解，则溶液的pH等于12，而CN－不能完全水解，故a点溶液pH小于12，A项错误；b点加入了5mL盐酸，溶液中的溶质为等物质的量的NaCN、NaCl、HCN，此时溶液显碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，c(CN－)＜c(HCN)，B项错误；c点加入10mL盐酸，溶液中的溶质为NaCl、HCN，根据物料守恒知溶液中c(CN－)＋c(HCN)＋c(Cl－)＝(10×10－3L×0.01mol·L－1＋10×10－3L×0.01mol·L－1)÷(20×10－3L)＝0.01mol·L－1，C项正确；pH＝7时c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒：c(CN－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可得c(CN－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)，D项错误。1．(双选)(2020·江苏化学，14)室温下，将两种浓度均为0.10mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()A．NaHCO3－Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)B．氨水－NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)C．CH3COOH－CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)D．H2C2O4－NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)答案AD解析浓度均为0.10mol·L－1的NaHCO3－Na2CO3的混合溶液中，COeq\o\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，所以溶液中c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)，A项正确；浓度均为0.10mol·L－1的氨水－NH4Cl混合溶液的pH＝9.25，说明NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)<c(Cl－)，根据电荷守恒，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH－)，B项错误；浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH－CH3COONa混合溶液的pH＝4.76，说明CH3C