2020年高考化学一轮总复习文档第八章第26讲盐类的水解Word版含答案

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\up5(01))水电离产生的H＋或OH－结合生成eq\o(□,\s\up5(02))弱电解质的反应。2．实质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。5．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\up5(22))Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；eq\o(□,\s\up5(23))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\up5(24))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\up5(25))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\up5(26))>Na2SO3，Na2CO3eq\o(□,\s\up5(27))>NaHCO3。(2)外因①温度：温度越高，水解程度eq\o(□,\s\up5(28))越大。②溶液的浓度：溶液越稀，水解程度eq\o(□,\s\up5(29))越大。(4)加能水解的盐7．盐类水解的应用1．判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，并指明错因。(1)酸式盐溶液一定呈酸性。(×)错因：NaHCO3溶液呈碱性。(2)能水解的盐溶液一定呈酸性或碱性，不可能呈中性。(×)错因：CH3COONH4能水解，其水溶液呈中性。(3)Na2CO3溶液显碱性的原因：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)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)。(√)错因：____________________________________________________(6)关于氯化铵溶液，加水稀释时，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)的值减小。(√)错因：_____________________________________________________(7)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。(8)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．①②③④B．①②③⑥C．②③⑤⑥D．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。3．教材改编题(据人教选修四P52T1)现有浓度为0.1mol·L－1的五种电解质溶液①Na2CO3②NaHCO3③NaAlO2④CH3COONa⑤NaOH这五种溶液的pH由小到大的顺序是()A．⑤③①②④B．①④②③⑤C．④②①③⑤D．②④①③⑤答案C考点eq\a\vs4\al(一)盐类水解的实质及规律[典例1](1)已知酸性：HNO2>HCOOH>H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(－,3)，则相同条件下，相同浓度的NaNO2、HCOONa、Na2CO3、NaCN、NaHCO3五种盐溶液的碱性强弱顺序为________________________________________________。(2)已知HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于水解程度，HCOeq\o\al(－,3)的电离程度小于水解程度，则同浓度的NaHSO4、NaHCO3、NaHSO3溶液pH大小顺序为____________________。(3)同浓度的(NH4)2CO3、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2、NH4Cl、NH4HSO4、NH4HCO3溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))的大小顺序为________________________。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大小顺序为：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))的大小顺序为：(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名师精讲1．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。2．水电离出的c(H＋)水或c(OH－)水的相关计算(1)当抑制水的电离时(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。具体见下表：(2)当促进水的电离时(如盐的水解)在溶液中c(H＋)、c(OH－)较大的数值是水电离出来的。具体见下表：注意(1)在任何溶液中水电离出来的c(H＋)与c(OH－)始终相等。(2)溶液中的H＋浓度与水电离的H＋浓度区别：①酸溶液中：c(H＋)溶液＝c(H＋)酸＋c(H＋)水≈c(H＋)酸；②碱溶液中：c(H＋)溶液＝c(H＋)水。(3)溶液中的OH－浓度与水电离的OH－浓度区别：①碱溶液中：c(OH－)溶液＝c(OH－)碱＋c(OH－)水≈c(OH－)碱；②酸溶液中：c(OH－)溶液＝c(OH－)水。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，则下列判断中正确的是()A．HX、HY、HZ的酸性依次增强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，再根据水解规律可知，HY的酸性强于HZ的酸性。所以酸性：HX>HY>HZ，故A、C错误；根据“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∶109B．1∶5∶5×109∶5×108C．1∶20∶1010∶109D．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。考点eq\a\vs4\al(二)盐类水解的影响因素[典例2]Na2CO3水溶液中存在平衡COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列说法不正确的是()A．稀释溶液，eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))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，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小解析稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但平衡常数不变，A项错误；通入CO2，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(HCOeq\o\al(－,3))减小，c(COeq\o\al(2－,3))增大，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小，D项正确。答案A名师精讲从定性、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，当改变条件如升温、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改变如下条件，能使比值eq\f(cCH3COO－,cNa＋)一定减小的是()①固体NaOH②固体KOH③固体NaHSO4④固体CH3COONa⑤冰醋酸⑥降温A．只有①③B．①③④C．②④⑤⑥D．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，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。4．25℃时，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))将________(填“增大”“减小”或“不变”)。答案1×10－12增大解析H2SO3的电离常数表达式为Ka＝eq\f(cHSO\o\al(－,3)·cH＋,cH2SO3)，NaHSO3的水解反应的平衡常数Kh＝eq\f(cH2SO3·cOH－,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(cH2SO3·Kw,cHSO\o\al(－,3)·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(1×10－14,1×10－2)＝1×10－12。由Kh＝eq\f(cH2SO3·cOH－,cHSO\o\al(－,3))得eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(Kh,cOH－)，加入I2后，HSOeq\o\al(－,3)被氧化为H2SO4，c(H＋)增大，c(OH－)减小，Kh不变，所以eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))增大。考点eq\a\vs4\al(三)盐类水解的应用[典例3](2018·山东师大附中模拟)下列说法正确的是()A．向CuCl2溶液中加入CaCO3，调节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＋。答案D名师精讲1．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的类型判断(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\up17(蒸干))CuSO4(s)；Al2(SO4)3(aq)eq\o(→,\s\up17(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\up17(蒸干))Al(OH)3eq\o(→,\s\up17(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\up17(蒸干))Na2SO4(s)。FeCl2(aq)eq\o(→,\s\up17(蒸干))Fe(OH)2(s)eq\o(→,\s\up17(O2))Fe(OH)3(s)eq\o(→,\s\up17(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)。注意①NHeq\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。②Fe3＋在中性条件下已完全水解。5．下列说法与盐的水解有关的是()①明矾可以作净水剂②实验室配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于较浓的盐酸中，再稀释到所需浓度③用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气⑤草木灰与铵态氮肥不能混合施用⑥实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞⑦纯碱溶液去油污A．仅①③⑥B．仅②③⑤C．仅③④⑤D．全部有关答案D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。6．(2018·佛山模拟)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()①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A．全部都可以B．仅①②③C．仅①③⑥D．仅①③答案D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。微专题溶液中微粒浓度的关系1把握溶液中的两个“微弱”(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第二步电离程度)。(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)。注意：若要求比较溶液中所有微粒浓度的大小，不能忽略水的电离。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))的原因是水和HCOeq\o\al(－,3)还会电离产生H＋。2掌握溶液中的“三个守恒”(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消去没有参与变化的c(K＋)得质子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。3粒子浓度大小比较的几种情况(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－)。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＋)。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＋)。(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))由大到小的顺序为③>①>②。[典例]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＋)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；根据电荷守恒：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)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(OH－)，D错误。答案A[体验1](2018·永州模拟)常温下，在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示(CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化)，下列说法正确的是()A．在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)B．当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20mLC．在B点所示的溶液中，离子浓度最大的是HCOeq\o\al(－,3)D．在A点所示的溶液中：c(COeq\o\al(2－,3))＝c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)答案D解析任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，选项A错误；当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCOeq\o\al(－,3)的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，选项B错误；B点溶液中钠离子浓度最大，选项C错误；根据图像分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))，溶液呈碱性，则c(OH－)>c(H＋)，盐溶液水解程度较小，所以c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)，则离子浓度大小顺序是c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)，选项D正确。[体验2](2018·成都市诊断二)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