（江苏专用）2020版高考化学专题六第3讲盐类的水解学案.docx

第3讲盐类的水解【2020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)。新课标要求：认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。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2020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pH7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NH、Cu2酸性pH75.水解方程式的书写(1)一般要求如NH4Cl的水解离子方程式为NHH2ONH3H2OH。(2)三种类型的盐水解方程式的书写。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COH2OHCOOH。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Fe33H2OFe(OH)33H。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2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S。题组诊断水解离子方程式书写1.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pH7，其原因是_；若pH7，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)HSH2OH2SOH(2)Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H(3)NHD2ONH3HDOD(4)Al33HCO=Al(OH)33CO2(5)RnH2OHR(n1)OHMmmH2OM(OH)mmH【方法技巧】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。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NH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2.25 时，浓度均为0.2 molL1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(CO)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、CO、HCO、H2CO3、H、OH、H2O，它们存在的粒子种类相同，B项正确；CO的水解能力大于HCO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，HCO与OH反应导致c(CO)增大；Na2CO3溶液中加入NaOH时，OH抑制了CO的水解，导致c(CO)增大，D项正确。答案C3.室温下0.1 mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误的是()A.上述溶液能使甲基橙试剂变黄色B.室温下，NH3H2O是比HCN更弱的电解质C.上述溶液中CN的水解程度大于NH的水解程度D.室温下，0.1 mol/L NaCN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NH3H2O均是弱电解质，溶液呈碱性，说明CN的水解程度大于NH的水解程度，由越弱越水解知NH3H2O是比HCN强的电解质，故B错误，故C正确；CN、NH相互促进水解，所以0.1 mol/L NaCN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。答案B4.25 时，浓度均为0.1 molL1的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是()序号溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.08.18.4A.酸性强弱：H2CO3D.中：c(HCO)2c(CO)c(H2CO3)0.1 molL1解析相同浓度时，pH：NaHCO3NaF则水解程度：HCOF，根据“越弱越水解”知，酸性：H2CO3，C项正确；根据物料守恒知，中：c(HCO)c(CO)c(H2CO3)0.1 molL1，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：HCNCH3COONa。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=NaHSO。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：HCOHCO(次要)，HCOH2OH2CO3OH(主要)。(2)若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOHSO(主要)，HSOH2OH2SO3OH(次要)。4.相同条件下的水解程度：正盐相应酸式盐，如COHCO。5.相同条件下盐的水解程度相互促进水解的盐单独水解的盐水解相互抑制的盐。如NH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：CH3COOHH2CO3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。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加能水解的盐名师助学：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。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CH3COOH2OCH3COOHOH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HCO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等的水解草木灰不能与铵态氮肥混合施用NH 与CO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大小如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，碳酸钠溶液碱性强于醋酸钠溶液，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NH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.Na2CO3水溶液中存在平衡：COH2OHCOOH。下列说法不正确的是()A.稀释溶液，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，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：CO22OH=COH2O，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(HCO)减小，c(CO)增大，减小，D项错误。答案AD2.(2015天津高考)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()加入物质结论A50 mL 1 molL1H2SO4反应结束后，c(Na)c(SO)B0.05 mol CaO溶液中增大C50 mL H2O由水电离出的c(H)c(OH)不变D0.1 mol NaHSO4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COH2OHCOOH，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50 mL 1 molL1H2SO4，Na2CO3与H2SO4 恰好反应生成0.05 mol Na2SO4，根据物料守恒可得c(Na)2c(SO)，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05 mol CaO后，发生反应CaOH2O=Ca(OH)2，生成0.05 mol Ca(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH，则c(CO)减小，c(OH)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；C项，加入50 mL H2O，CO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0.1 mol NaHSO4固体与0.05 mol Na2CO3恰好反应生成0.1 mol Na2SO4，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。答案B3.25 ，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NaOH溶液中：_；Na2S溶液中：_。(2)各取10 mL上述两种溶液，分别加水稀释到100 mL，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 ，pH11时溶液中c(H)1.01011molL1，c(OH)1.0103 molL1，在NaOH溶液中水的电离被抑制，则由水电离出来的c(OH)1.01011molL1。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)1.0103molL1。(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)1.01011molL11.0103molL1(2)NaOH(3)S2H2OHSOH(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CH3COOH2OCH3COOHOH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KaKhKw或KbKhKw。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()CuSO4FeSO4K2CO3Ca(HCO3)2NH4HCO3KMnO4FeCl3A.全部都可以 B.仅C.仅 D.仅解析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.下列事实或操作与盐类水解无关的有()配制FeCl3溶液时，要滴加少量的盐酸加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液，得到Na2SO4固体焊接时用NH4Cl溶液除锈使用泡沫灭火器时，使硫酸铝与饱和小苏打溶液混合稀醋酸溶液加热时其pH减小浓的硫化钠溶液有臭味CaCO3的饱和溶液pH约为9.3小苏打发酵粉加入柠檬酸后效果更好A.2个 B.3个 C.4个 D.5个解析配制FeCl3溶液时，滴加少量的盐酸是为了抑制Fe3的水解；加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液，得到Na2SO4固体，是因为Na2SO3被空气中的氧气氧化，与水解无关；焊接时用NH4Cl溶液除锈，是因为NH水解使溶液呈酸性；使用泡沫灭火器时，硫酸铝与小苏打发生相互促进的水解反应；稀醋酸溶液加热时其pH减小，是因为加热时醋酸的电离程度增大，与水解无关；浓的硫化钠溶液有臭味，是因为S2水解生成H2S；CaCO3是强碱弱酸盐，CO水解使其溶液显碱性；小苏打发酵粉加入柠檬酸后效果更好，是因为碳酸氢钠与柠檬酸反应放出了二氧化碳，与水解无关，综上所述，B项正确。答案B6.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(CuCl22H2O)，为制取纯净的CuCl22H2O，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.K2Cr2O7 B.NaClO C.H2O2 D.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CuCl22H2O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：Fe33H2OFe(OH)33H，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)Fe33H2OFe(OH)33H，CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O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气流中加热蒸发然后冷却结晶，过滤，洗涤、干燥【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、NH3H2O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NH、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)3Al2O3。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。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)2CaCO3(CaO)；NaHCO3Na2CO3；KMnO4K2MnO4MnO2；NH4ClNH3HCl。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Al3与HCO、CO、AlO、SiO、HS、S2、ClO。Fe3与HCO、CO、AlO、SiO、ClO。NH与SiO、AlO。提醒：NH与CH3COO、HCO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(NH3H2O)c(OH)c(NH)。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(NH)c(H)c(NH3H2O)。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(CO)c(HCO)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(HCO)2c(CO)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0.1 molL1 NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)0.1 molL1。(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)，物料守恒式为c(Na)2c(HS)c(S2)c(H2S)，由即可得质子守恒式，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pHc(HSO)c(H2SO3)c(SO)B.c(Na)c(HSO)c(SO)C.c(Na)c(H)2c(SO)D.c(Na)c(H)c(HSO)c(OH)解析NaHSO3溶液中存在：HSOHSO，HSOH2OH2SO3OH，由于溶液的pHc(H2SO3)，A项错误；由物料守恒可知，c(Na)c(HSO)c(SO)c(H2SO3)，故c(Na)c(HSO)c(SO)，B正确；由电荷守恒可知，c(Na)c(H)c(HSO)2c(SO)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.0.1 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH)c(SO)c(Fe2)c(H)c(OH)B.室温时浓度均为0.1 molL1的NH3H2O和NH4Cl的混合溶液，pH为10，则：c(NH)c(H)c(NH3H2O)c(OH)C.0.1 molL1(CH3COO)2 Ba溶液中：2c(Ba2)2c(CH3COO)c(CH3COOH)D.0.1 molL1NaHC2O4溶液显弱酸性，则：c(Na)c(HC2O)c(H2C2O4)c(C2O)c(H)解析选项A中忽略了NH的水解，A错；选项B中由电荷守恒知c(NH)c(H)c(OH)c(Cl)，因为混合溶液的pH为10，故NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，即c(NH3H2O)0.1 molL1c(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HC2O的电离程度大于水解程度，因此c(C2O)c(H2C2O4)。答案B审题建模(1)在0.1 molL1 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.0.1 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SO)c(NH)c(Fe2)c(H)B.pH11的氨水和pH3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl)c(NH)c(OH)c(H)C.在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：2c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)D.0.1 molL1的醋酸钠溶液10 mL与0.1 molL1盐酸10 mL混合后溶液：c(CH3COO)c(Cl)c(OH)c(H)解析NH 和Fe2水解均显酸性，但是NH 的数目比Fe2多，由于水解均是微弱的，所以c(NH)c(Fe2)，SO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(NH)c(H)c(OH)c(Cl)，且c(OH)c(H)，推知：c(NH)c(Cl)，B项错误；根据物料守恒有：n(Na)2n(C)2n(CO)c(HCO)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苏锡常镇二调)常温，Ka(HCOOH)1.77104，Ka(CH3COOH)1.75105，Kb(NH3H2O)1.76105，下列说法正确的是()A.c(NH)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液、NH4HCO3溶液：c(NH4HCO3)c(CH3COONH4)c(H)c(NH)C.0.1 molL1的CH3COOH与0.05 molL1 NaOH溶液等体积混合：c(H)c(CH3COOH)c(CH3COOH)c(Cl)解析A项，酸性：HCOOHCH3COOHH2CO3，同浓度的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液、NH4HCO3溶液中c(NH)大小关系：HCOONH4CH3COONH4NH4HCO3，当c(NH)相同时，有c(HCOONH4)c(CH3COONH4)c(Cl)c(OH)，正确；C项，此时为等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，由电荷守恒有c(H)c(Na)c(CH3COO)c(OH)，得c(H)2c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(Na)，由物料守恒有c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Na)，联立得c(H)c(CH3COOH)c(OH)c(CH3COO)c(Na)，得c(H)c(CH3COOH)c(OH)c(Na)，错误；D项，由电荷守恒有c(Na)c(CH3COO)c(Cl)，由物料守恒有c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，代入得c(CH3COOH)c(Cl)，错误。答案B5.(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0.10 molL1 NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)：c(Na)c(SO)c(NH)B.0.1 molL1醋酸钠溶液20 mL与0.1 molL1盐酸10 mL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.0.1 molL1醋酸溶液和0.2 molL1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(SO)c(HSO)c(H2SO3)可确定，c(Na)c(SO)，由于NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于其水解程度，溶液呈弱酸性，通入NH3至溶液pH7时，部分HSO发生的离子反应为HSONH3=NHSO，由于生成的NH少量水解，剩余的HSO仍会电离产生SO，则有c(SO)c(NH)，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)12，据电荷守恒有c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(H)，据物料守恒有2c(CH3COO)2c(CH3COOH)3c(Na) ，将“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。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)。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。13离子浓度大小的比较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.(2018江苏化学，14)H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)5.4102，Ka2(H2C2O4)5.4105，设H2C2O4溶液中c(总)c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 molL1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A.0.100 0 molL1 H2C2O4溶液：c(H)0.100 0 molL1c(C2O)c(OH)c(H2C2O4)B.c(Na)c(总)的溶液：c(Na)c(H2C2O4)c(C2O)c(H)C.pH7的溶液：c(Na)0.100 0 molL1c(C2O)c(H2C2O4)D.c(Na)2c(总)的溶液：c(OH)c(H)2c(H2C2O4)c(HC2O)解析H2C2O4溶液中存在电荷守恒：c(H)c(OH)c(HC2O)2c(C2O)，物料守恒：c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)0.100 0 molL1，将两式相加，可得：c(H)0.100 0 molL1c(C2O)c(OH)c(H2C2O4)，A项正确；c(Na)c(总)的溶液，相当于等物质的量的H2C2O4与NaOH反应后的溶液，即为NaHC2O4溶液，已知Ka25.4105，Kh(HC2O)c(H2C2O4)，B项错误；起始时，H2C2O4溶液中c(总)c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)0.100 0 molL1，滴入NaOH溶液后，c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)0.100 0 molL1，溶液中存在电荷守恒：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)2c(C2O)，pH7的溶液中，c(Na)c(HC2O)2c(C2O)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(CH3COOH CH3COO H)大于CH3COO的水解，有c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)，正确。答案AD3.(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pH7(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0.10 molL1 NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH)c(HCO)c(CO)B.向0.10 molL1 NaHSO3溶液中通NH3：c(Na)c(NH)c(SO)C.向0.10 molL1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)D.向0.10 molL1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na)c(CH3COOH)c(Cl)解析A项，根据电荷守恒可知：c(NH)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，故c(NH)c(HCO)2c(CO)，错误；B项，根据电荷守恒可知：c(NH)c(Na)c(H)c(OH)c(HSO)2c(SO)，根据物料守恒可知：c(Na)c(H2SO3)c(HSO)c(SO)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，三式联立可得：c(H2SO3)c(NH)c(SO)，则c(NH)c(SO)，所以c(Na)c(SO)c(NH)，错误；C项，对于Na2SO3溶液，根据物料守恒，可知：c(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)，通入SO2与Na2SO3反应使溶液呈中性，则有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D4.(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.0.1 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合：c(Na)c(Cl)