2020届高考化学二轮复习盐类的水解学案
【名师预测】
本节专题是高考考查的重点与热点，盐类水解主要考点有四个：一是水解方程式的书写；二是水解平衡的影响因素及水解平衡移动；三是溶液中离子浓度大小的比较；四是盐类水解在工农业生产和实验中的应用。预计今后，溶液中离子浓度大小比较仍然会是高考的热点，其不仅可以结合本专题其他内容考查，而且溶液中的各种守恒关系也得到了很好的体现，以选择题为主。
【知识精讲】
一、体系构建
二、盐类水解及其规律
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
盐电离―→―→
破坏了水的电离平衡―→水的电离程度增大―→溶液呈碱性、酸性或中性
3.特点
→水解反应是可逆反应
｜
→水解反应是酸碱中和反应的逆反应
｜
→水解反应程度很微弱
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
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
NH、Cu2＋
酸性
pH＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO－、CO
碱性
pH>7
5.盐类水解离子方程式的书写要求
(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“”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。
(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。
(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成。
(4)水解分别显酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”“↑” “↓”等。
6.盐类水解离子方程式的书写规律
①一般盐类水解程度很小，水解产物很少，如果产物易分解(如NH3·H2O、H2CO3)也不写成其分解产物的形式。
②多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式，如Na2CO3的水解离子方程式：CO＋H2OHCO＋OH－。
③多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完，如FeCl3的水解离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
易错提醒：
(1)盐类的水解破坏了水的电离平衡，促进水的电离。
(2)盐类的水解反应是中和反应的逆反应，水解过程吸热。
(3)发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性，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，虽然都能发生双水解，但既无气体产生，也无沉淀生成，所以NH和CO、NH和HCO在溶液中仍可大量共存。
(5)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。
(6）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CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
（7）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。
三、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：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如水解程度：Na2CO3＞Na2SO3，Na2CO3＞NaHCO3。
(2)外因
(3)以FeCl3水解为例[Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋]，填写外界条件对水解平衡的影响。
条件
移动方向
H＋数
pH
现象
升温
向右
增多
减小
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
向右
减小
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
2.盐类水解的重要应用
(1)判断离子能否大量共存
若阴、阳离子发生相互促进的水解反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的相互促进的水解反应进行完全的有：Fe3＋、Al3＋与AlO、CO、HCO。
(2)判断盐溶液蒸干时所得的产物
①盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
②盐溶液水解生成挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。
③考虑盐受热时是否分解，如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和MnO2；NH4Cl―→NH3和HCl。
④还原性盐在蒸干时会被O2氧化。
如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
⑤弱酸的铵盐蒸干后无固体。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。
(3)保存、配制某些盐溶液
如配制FeCl3溶液时，为防止出现Fe(OH)3沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3的水解；在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。
(4)利用盐类的水解反应制取胶体、净水
如实验室制备Fe(OH)3胶体的原理为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
明矾净水的原理：Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很大的表面积，吸附水中悬浮物而聚沉。
(5)解释热的纯碱溶液去污能力强
碳酸钠溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，升高温度，水解平衡右移，c(OH－)增大。
(6)解释泡沫灭火器的反应原理
成分：NaHCO3、Al2(SO4)3；发生反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
三、溶液微粒浓度大小比较
1．两个理论
(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，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：c(NH3·H2O)>________>________。
②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)>________>________>________。
(2)水解理论
①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－)>________>________>______________。
②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)>________>________。
2．一个比较
比较同浓度的弱酸(或弱碱)的电离能力与对应的强碱弱酸盐(或对应强酸弱碱盐)的水解能力。
(1)如果电离能力大于水解能力，如CH3COOH的电离程度大于CH3COO－水解的程度，则等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显________，溶液中c(H＋)______c(OH－)。
(2)如果是水解能力大于电离能力，如HClO的电离程度小于ClO－水解的程度，则等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显________，溶液中c(H＋)____c(OH－)。
(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离能力和水解能力的相对强弱。如NaHCO3溶液中，HCO的水解能力大于电离能力，故溶液显________，c(H＋)____c(OH－)；又如NaHSO3溶液中，HSO的电离能力大于水解能力，故溶液显________，溶液中c(H＋)____c(OH－)。
3．三个守恒
(1)电荷守恒：溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝____________________。
(2)物料守恒：即原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。如0.1 mol/L NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝________________________＝______mol/L。
(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－)＝____________________。
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＋)＝____________________①，物料守恒式为c(Na＋)＝____________________②，由①－②即可得质子守恒式，消去没有参与变化的Na＋等，得c(OH－)＝____________________。
再如：NaHCO3溶液中的质子守恒。
则：________________＝________________。
4．解题思路
答案：1．(1)①c(OH－) c(NH) ②c(H＋) c(HS－) c(S2－)
(2)①c(NH) c(H＋) c(NH3·H2O) ②c(HCO) c(H2CO3)
2．(1)酸性 > (2)碱性 < (3)碱性 < 酸性 >
3．(1)c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)
(2)c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3) 0.1
(3)c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－) c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－) 2[c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)] c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－) c(H2CO3)＋c(H＋) c(CO)＋c(OH－)
【典题精练】
考点1、考查盐类水解实质及水解方程式的书写
例1．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＋3HCl ③Na2CO3＋2H2OH2CO3＋2NaOH ④碳酸氢钠溶液：HCO＋H2OCO＋H3O＋ ⑤NH4Cl溶于D2O中：NH＋D2ONH3·D2O＋H＋
A．①②③④ B．①②③ C．②③⑤ D．全部
解析：①④是电离方程式；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；⑤应为NH＋D2ONH3·HDO＋D＋。
答案：D
规律总结：水解离子方程式的书写规律为：谁弱写谁，都弱都写；阳离子水解生成弱碱，阴离子水解生成弱酸。
考点2、考查盐类水解的规律
例2．25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3和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：两种溶液中均存在着水的电离平衡，NaHCO3溶液中还存在：HCOH＋＋CO及HCO＋H2OH2CO3＋OH－的水解平衡，Na2CO3溶液中还存在：CO＋H2OHCO＋OH－的水解平衡，A正确；两种溶液中均存在Na＋、CO、HCO、H2CO3、OH－、H＋、H2O，B正确；浓度相同时，CO水解程度大于HCO水解程度，故Na2CO3溶液中c(OH－)更大，C错误；NaHCO3溶液中加入NaOH固体：HCO＋OH－H2O＋CO，c(CO)增大，Na2CO3溶液中加入NaOH，导致CO的水解平衡向左移动，c(CO)增大，D正确。
答案：C
规律总结：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：HCN
CH3COONa。
(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===Na＋＋H＋＋SO。
(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：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋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：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。
(4)相同条件下的水解程度
①正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
②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3、考查盐类水解的影响因素
例3．下图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为________________(用离子方程式和必要文字解释)。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是________(填字母序号)。
A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为________、________、________(填“左”“右”或“不移动”)。
解析：(1)CH3COONa中CH3COO－水解使溶液显碱性，酚酞试液遇碱显红色。
(2)生石灰与水剧烈反应放出大量热，根据烧瓶①中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。
(3)加入NaOH固体，c(OH－)增大，抑制CH3COO－的水解；CO水解显碱性，与CH3COO－的水解相互抑制；Fe2＋水解显酸性，与CH3COO－的水解相互促进。
答案：(1)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液显碱性(2)BD (3)左 左 右
名师归纳：盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，学生应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。
例4．下面提到的问题中，与盐的水解有关的是( )
①明矾和FeCl3可作净水剂 ②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸 ③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释 ④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂 ⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞 ⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气 ⑧长期使用硫酸铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ⑨比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性
A．①④⑦ B．②⑤⑧ C．③⑥⑨ D．全部
解析：①Al3＋和Fe3＋水解产生Al(OH)3胶体和Fe(OH)3胶体，吸附水中的悬浮杂质。②加盐酸可抑制FeCl3水解。③AlCl3溶解在盐酸中可抑制Al3＋的水解。④NH和Zn2＋水解产生的H＋与锈反应。⑤Na2CO3、Na2SiO3
溶液水解显碱性，可腐蚀玻璃。⑥Al3＋与HCO发生相互促进水解反应，产生大量泡沫。⑦NH和Al3＋能水解产生H＋与Mg反应。⑧NH水解显酸性，草木灰水解显碱性，二者相互促进会使NH3逸出，降低肥效。⑨比较溶液中离子浓度大小或盐溶液的酸碱性，都要考虑盐溶液是否水解。
答案：D
练后总结：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。
考点5、考查Ka(弱酸电离常数)、KW(水的离子积常数)、Kh(水解常数)三者关系的应用
例5．已知25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____ mol·L－1。(已知≈2.36)
解析：Kh＝＝
c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NH)≈1 mol·L－1。
所以c(H＋)＝ ＝ mol·L－1≈2.36×10－5 mol·L－1。
答案：2.36×10－5 mol·L－1
练后反思：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。
考点6、考查盐溶液蒸干所得产物的判断
3．(1)K2CO3的水溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是__________________________________。
(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是__________________________________。
(3)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是__________________________________。
(4)亚硫酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是__________________________________。
(5)将0.5 mol·L－1的NaClO溶液加热蒸干最后所得的固体是________，原因是_________________。
(6)将KMnO4溶液加热蒸干最后所得的固体是________，原因是__________________________________。
解析及答案：(1)K2CO3 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)2·12H2O 尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。注意温度过高，会脱去结晶水
(3)Fe2O3 Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3
(4)Na2SO4 Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
(5)NaCl NaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2ONaOH＋HClO,2HClO2HCl＋O2
↑，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，故最终得到NaCl
(6)K2MnO4、MnO2 加热时：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
规律总结 ：
盐溶液蒸干灼烧时所得产物的四种判断类型
(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)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。
(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，如Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。
考点7、考查溶液中微粒浓度大小比较
例7．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)
B．20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)>c(NH)＋c(OH－)
D．0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COOH)
解析：本题考查溶液中离子浓度大小比较、弱电解质的电离、弱酸根离子的水解、电荷守恒式、物料守恒式等。等浓度NaHCO3与NaOH混合时，两者恰好反应生成Na2CO3，在该溶液中CO能进行两级水解CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，故溶液中c(OH－)>c(HCO)，A项错误；CH3COONa与HCl混合时反应后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液显酸性，故溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，B项正确；在混合前两溶液的pH之和为14，则氨水过量，所得溶液为少量NH4Cl和过量NH3·H2O的混合，溶液中有c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)，故c(Cl－)＋c(H＋)pH(NaHB)>pH(NaA)
B．将等浓度的 HA溶液与NaA溶液等体积混合，混合液中：c(A-)c(Na+)，B错误；C.酸性H2B＞HA＞HB-，向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2-+HA=A-+HB-，C错误；D.根据物料守恒可得NaHB溶液中部分微粒浓度的关系为c(Na+)=c(HB-) +c(H2B)+c(B2-)，故D正确。
7．（2018·山东高考模拟）已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.10 mol·L-1NaOH溶液分别滴定10mL浓度均为0.10 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表滴定盐酸的曲线
B．滴定醋酸的过程应该选择甲基橙作为指示剂
C．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b
D．b点溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】醋酸是弱酸、盐酸是强酸。同浓度的盐酸、醋酸溶液，盐酸的导电能力强，所以曲线①代表醋酸、曲线②代表盐酸，故A错误；氢氧化钠滴定醋酸，终点时溶液呈碱性，所以应该用酚酞作为指示剂，故B错误；a点表示醋酸钠溶液、c点表示氯化钠溶液、b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液， b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>c>b，故C错误；b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混合液，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-)；根据物料守恒c(Na+)= 2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)；所以c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D正确。
8．（2019·山东青岛二中高三期末）常温下，下列有关叙述正确的是（ ）
A．向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量气体后：
B．pH=6的NaHSO3溶液中：
C．等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：
D．0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2 C2O4为二元弱酸）：
【答案】B
【解析】向0.1 mol·L−1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)<2[c()+c()+c(H2CO3)]，A错误；常温下，pH=6的NaHSO3溶液中，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c()+c()，物料守恒为c(Na+)=c()+ c()+ c(H2SO3)，由两个守恒关系式消去钠离子的浓度可得，c()−c(H2SO3)=c(H+)−c(OH−)=1×10−6 mol·L−1−
1×10−8 mol·L−1=9.9×10−7 mol·L−1，B正确；根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得：c()/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)、c()/c()=K()/c(H+)，由于同一溶液中，则氢离子浓度相同，根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知，c()/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c()/c()=K()/c(H+)，C错误；0.1 mol·L−1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L−1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），由电荷守恒可知2c()+c()+c(OH−)+ c(Cl−)=c(Na+)+c(H+)，D错误。
9．（2019·山东新泰市第一中学高三月考）氢硫酸中存在电离平衡：H2SH++HS-和HS-H++S2-。已知酸式盐NaHS溶液呈碱性，若向10ml浓度为0.1mol/L的氢硫酸中加入以下物质，下列判断正确的是
A．加水，会使平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．加入20ml浓度为0.1mol/L NaOH溶液，则c(Na+)=c(HS-)+c(H2S)+2c(S2-)
C．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值始终增大
D．加入10ml浓度为0.1mol/L NaOH溶液，则c(Na+)>c(HS-)>c(OH－)>c(H+)>c(S2-)
【答案】D
【解析】A．加水稀释促进硫化氢电离，但氢离子浓度减小，选项A错误；B. 加入20ml浓度为0.1mol/L NaOH溶液，得到硫化钠溶液，根据物料守恒有c(Na+)=2c(HS-)+2c(H2S)+2c(S2-)，选项B错误；C、通入过量SO2气体，二氧化硫与硫化氢反应生成硫和水，平衡向左移动，开始时溶液pH值增大，后当二氧化硫过量时生成亚硫酸则ｐＨ值减小，选项C错误；D、加入10ml浓度为0.1mol/L NaOH溶液，NaHS溶液，溶液呈碱性，则HS-水解大于电离，离子浓度大小为c(Na+)>c(HS-)>c(OH－)>c(H+)>c(S2-)，选项D正确。答案选D。
10．（2017·山东高考模拟）已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定20mL 0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是
A．a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/L
B．b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)
C．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)
D．e点所得溶液中：c(Na+)> c(SO32-)> c(H+)> c(OH-)
【答案】C
【解析】A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)＜0.1 mol•L-1 ，故A错误；B．b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，物料守恒c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，故B错误；C．c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh==，c(OH-)=，带入计算得到：c(HSO3-)=c(SO32-)，溶液中2n(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3[c(SO32-)+c(H2SO3)+c(HSO3-)]=3[c(H2SO3)+2c(HSO3-)]，c(Na+)＞3c(HSO3− )，故C正确；D．加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，Na2SO3水解显碱性，溶液中离子浓度c(OH-)> c(H+)，故D错误；故选C。
11．（2019·河北武邑中学高考模拟）下列混合溶液中，离子的浓度大小顺序正确的是
A．10 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L盐酸混合：c(Cl－)=c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+)
B．10 mL 0.5 mol/LCH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(Na+)＞c(OH－)＞c(H+)
C．10 mL 0.1 mol/L醋酸与5 mL 0.2 mol/LNaOH溶液混合：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(OH－)＞c(H+)
D．10 mL 0.1 mol/LNH4Cl溶液与5 mL 0.2 mol/LNaOH溶液混合：c(Na+)= c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)
【答案】D
【解析】A、反应后溶质为NH4Cl，NH4＋水解，但程度微弱，溶液显酸性，即c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)，故错误；B、反应后溶液的溶质为NaCl、HCl、CH3COOH，溶液显酸性，离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故错误；C、恰好完全反应，生成CH3COONa，因此离子浓度大小是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，故错误；D、反应后溶质为NH3·H2O、NaCl，离子浓度大小顺序是c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故正确。
12．（2019·四川德阳五中高三月考）已知0.1mol·L－1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是
A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H＋)=c(HA－)+c(OH－)+2c(A2－)
D．在Na2A溶液中一定有：c(Na+)>c(A2－)>c(H+)> c(OH－)
【答案】C
【解析】A、在Na2A、NaHA两溶液中，分析A2-离子水解，HA-存在电离和水解；离子种类相同，故A错误；B、在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，阴离子总数不相等，故B错误；C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故C正确；D、在Na2A溶液中，A2-离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；故选C。
13．（2015·山东高三月考）常温下有浓度均为0.5 mol/L的四种溶液：
①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 ③HCl溶液 ④氨水
（1）上述溶液中，可发生水解的是______________(填序号，下同)。
（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________。
（3）向④中加入少量氯化铵固体，此时c(NH4+)/c(OH－)的值_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积________④的体积(填“大于”、“小于”或“等于”)，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________。
（5）取10 mL溶液③，然后加水稀释到500 mL，则此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝____________。
【答案】（1）①② （2） c(Na＋)>c(HCO3->c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-) （3）增大 （4）小于 c(NH4+)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－) （5）10－12mol/L
【解析】（1）①Na2CO3溶液和②NaHCO3溶液均为强碱弱酸盐溶液，故上述溶液中，可发生水解的是①②；（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液为②NaHCO3
溶液，该溶液呈碱性，碳酸氢根的水解程度大于其电离程度，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；（3）向④中加入少量氯化铵固体，c(NH4+)增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，故c(NH4+)/c(OH－)的值增大；（4）若将③盐酸和④氨水等体积混合，二者恰好完全反应生成氯化铵溶液，铵离子水解呈酸性；现混合后溶液恰好呈中性，则氨水稍过量，故混合前③的体积小于④的体积，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)；
（5）取10 mL盐酸，然后加水稀释到500 mL，稀释后盐酸的浓度变为0.01mol/L，c(H＋)=0.01mol/L，c(OH－)= 10－12mol/L，则此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－12mol/L。
14．（2019·云南省元江哈尼族彝族傣族自治县第一中学高三开学考试）已知：25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。
（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。
①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，溶液pH数值范围为___________，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)·c(OH-)]___________（填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。
②25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝___________。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为_______________________________________________。
③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝_______________________________，25 ℃时，氨水电离平衡常数约为___________。
（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3.H2O)___________（填序号）。
a．始终减小 b．始终增大 c．先减小再增大 d．先增大后减小
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH＝- lgc(OH-)。
图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是___________（填字母，下同）。
图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是___________。
【答案】（1）①3＜pH＜5 不变 ② 11 取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值 ③10-5 c(NH4+)· c(OH-)/c(NH3.H2O) （2） b （3）Q Q或N
【解析】在25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，在两者浓度相同的稀溶液中，两者的电离度相同，两者pH之和为14。
（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。
①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，若是10 mL pH＝3的盐酸加水稀释至1 000 mL，pH将增大到5，由于稀释过程中醋酸的电离度变大，故溶液pH数值范围为3~5之间，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)´c(OH-)]＝c(CH3COO-)´c(H+)/[c(CH3COOH)´c(OH-)´c(H+)]=，温度不变，该值不变，故不变。
②因为25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝14-3=11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。
③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝，25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝11，则氨水电离平衡常数约为10-5。
（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中Kb＝不变，但是溶液中减小，则c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大，选b。
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液。由图中信息可知，只有Q点的pOH=pH，故图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是Q。图中M点溶液显酸性，且M点是因为醋酸过量而显酸性，水的电离受到抑制。N点溶液显碱性，可能是仅由醋酸根离子的水解使溶液显碱性，这样会促进水的电离；也可能是因为NaOH过量使溶液显碱性，这样会抑制水的电离。Q点为中性溶液，水的电离没有受到抑制（或醋酸的电离程度与醋酸根离子的水解程度相同，对水的电离的影响相互抵消），故M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是Q或N。
