2020届一轮复习鲁科版第八章第3节盐类的水解学案
第3节 盐类的水解
[考试说明] 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。
[命题规律] 本节内容是高考考查的重点与热点，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和守恒关系；四是盐类水解在工农业生产和实验中的应用。
考点1 盐类的水解及其规律
知识梳理
1.定义
在溶液中盐电离产生的离子与水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
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。
盐类水解离子方程式的书写
(1)多元弱酸强碱盐水解分步进行，以第一步为主。
如Na2CO3水解的离子方程式：
CO＋H2OHCO＋OH－。
(2)多元强酸弱碱盐水解，离子方程式一步写完。
如FeCl3水解的离子方程式：
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
(3)阴、阳离子相互促进的水解，水解程度有的很大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
如NaHCO3与AlCl3混合溶液反应的离子方程式：
3HCO＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(1)盐类水解的条件
①盐必须能溶于水或易溶于水。
②构成盐的离子中必须存在弱酸阴离子或弱碱阳离子，如CO、CH3COO－、HS－或Al3＋、NH、Fe3＋等。
(2)盐类水解的规律
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，在溶液中既电离又水解，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。
a．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)。
b．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
a．正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
b．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。
⑤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。
⑥(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。
判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)能水解的正盐，其溶液一定呈酸性或碱性。(×)
错因：如CH3COONH4水解后溶液呈中性。
(2)酸式盐的溶液，一定都显酸性。(×)
错因：如NaHCO3溶液显碱性。
(3)盐溶液呈酸性，一定是强酸弱碱盐水解引起的。(×)
错因：NaHSO4溶液显酸性，是因为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO造成的。
(4)NaHS的水解方程式：HS－＋H2OS2－＋H3O＋。(×)
错因：NaHS的水解方程式为：HS－＋H2OH2S＋OH－。
(5)相同温度下，同浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液相比前者pH大，同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3 溶液相比后者pH小。(√)
错因：______________________________________________________
(6)在水溶液中AlO与HCO不能大量共存是因为两者能互相促进水解。(×)
错因：AlO与HCO发生反应的方程式如下：
AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，实质是强酸制弱酸。
题组训练
题组一 盐类水解方程式的书写
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＋
⑥HS－的水解：HS－＋H2OS2－＋H3O＋
⑦将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的水中：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl
A．①②③④ B．①②③⑥⑦
C．②③⑤⑥⑦ D．全部
答案 D
解析 ①④⑥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；⑤应为NH＋D2ONH3·HDO＋D＋；⑦应用“===”。
题组二 盐类水解的实质与规律
2．下列关于盐溶液酸碱性的说法错误的是( )
A．盐溶液呈酸性或碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－)
C．在CH3COONa溶液中，由水电离的c(H＋)≠c(OH－)
D．水电离出的H＋和OH－与盐电离出的弱酸根离子或弱碱阳离子结合，引起盐溶液呈酸碱性
答案 C
解析 盐溶液呈酸性或碱性的原因是盐电离产生的弱酸根离子或弱碱阳离子与水电离出的H＋或OH－结合生成弱电解质，破坏了水的电离平衡，A正确；NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中NH发生水解，结合水电离出的OH－
，导致溶液中c(H＋)>c(OH－)，B正确；CH3COONa溶液中CH3COO－结合水电离出的H＋生成CH3COOH，使得溶液中c(H＋)7，则可能不水解的盐是( )
A．AX B．BX C．AY D．BY
答案 D
解析 AY溶液的pH<7，说明A＋发生水解反应：A＋＋H2OAOH＋H＋，则Y－可能不发生水解反应或发生水解反应，但水解程度较A＋小；BX溶液的pH>7，说明X－发生水解反应：X－＋H2OHX＋OH－，则B＋可能不发生水解反应或发生水解反应，但水解程度较X－小，综上所述，含有X－或A＋的盐，如AX、BX、AY均能发生水解反应，只有BY可能不发生水解反应。
4．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：
下列说法正确的是( )
A．四种溶液中，水的电离程度①>②>④>③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同；分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
答案 B
解析 这四种盐溶液，均促进了水的电离，根据越弱越水解，水解显碱性，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溶液中都存在着H＋、OH－、CO、HCO、H2CO3、Na＋、H2O，Na2CO3溶液中加入NaOH，导致CO的水解平衡向左移动，c(CO)增大，NaHCO3溶液中加入NaOH固体，发生反应：HCO＋OH－===CO
＋H2O，c(CO)增大，B正确；醋酸的酸性强于次氯酸，在物质的量浓度相等的情况下，pH小的是醋酸，C错误；根据物料守恒，Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，D错误。
考点2 盐类水解的影响因素及应用
知识梳理
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
①温度：温度越高，水解程度越大。
②溶液的浓度：溶液越稀，水解程度越大。
(4)加能水解的盐
例如：CH3COONa水解的离子方程式是CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，当改变下列条件时，将对CH3COONa水解平衡的影响填入下表：
2．盐类水解的应用
(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，体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
3．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型
(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)；
Al2(SO4)3(aq)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)Al(OH)3Al2O3。
制备无水盐如MgCl2需要在HCl气流中加热蒸干。
(2)酸根离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。
例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。
FeCl2(aq)Fe(OH)2(s)Fe(OH)3(s)Fe2O3。
4．熟记下列因水解相互促进不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH与SiO、AlO。
注意：①NH与CH3COO－、HCO虽能发生双水解反应，但能大量共存。②Fe3＋在中性条件下已完全水解。
判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K＋)＝c(HCO)。(×)
错因：反应后溶质为KHCO3，由于HCO既存在水解又存在电离，故c(HCO)＜c(K＋)。
(2)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)。(√)
错因：____________________________________________________________
(3)水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动。(×)
错因：水解反应是吸热反应，故升高温度平衡正向移动。
(4)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，水解平衡正向移动。
(5)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大。(×)
错因：溶液中c(Cl－)增大程度大于c(Fe3＋)，故比值减小。
(6)试管中加入2 mL饱和Na2CO3溶液，滴入两滴酚酞，加热，溶液先变红，后红色变浅。(×)
错因：溶液中存在CO水解：CO＋H2OHCO＋OH－，加热，水解平衡正向移动，碱性增强，红色加深。
题组训练
题组一 水解平衡的移动
1．在0.1 mol·L－1 K2CO3溶液中，由于CO的水解，使得c(CO)<0.1 mol·L－1。如果要使c(CO)更接近0.1 mol·L－1，可以采取的措施是( )
A．加入适量水 B．加入少量盐酸
C．加入适量KOH固体 D．加热
答案 C
解析 K2CO3溶液中存在CO的水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。加入适量水，平衡正向移动，且溶液的体积增大，则c(CO)减小，A错误；加入少量盐酸，CO的水解平衡正向移动，则c(CO)减小，B错误；加入适量KOH固体，溶液中c(OH－)增大，水解平衡逆向移动，溶液中c(CO)增大，更接近0.1 mol·L－1，C正确；加热，促使CO的水解平衡正向移动，c(CO)减小，D错误。
2．在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是( )
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入H2S，HS－浓度减小
C．升高温度，增大
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
答案 C
解析 水解平衡常数只与温度有关，因此稀释溶液，水解平衡常数不变，A错误；通入H2S，与S2－反应生成HS－，HS－浓度增大，B错误；升高温度，水解平衡向右移动，溶液中c(HS－)增大、c(S2－)减小，故增大，C正确；加入NaOH固体，溶液碱性增强，pH增大，D错误。
题组二 盐类水解的应用
3．(2018·贵阳检测)下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH－完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是( )
A．H2O2、ZnO B．氨水
C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液
答案 A
解析 要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH范围为4.5≤pH<6.5，即可将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能用H2O2，调pH时也不能引入新的杂质，用ZnO能促进Fe3＋的水解。
4．下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是( )
答案 A
解析 用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，A错误。泡沫灭火器灭火的原理是利用Al2(SO4)3与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成CO2气体，B正确。K2CO3是弱酸强碱盐，NH4Cl是强酸弱碱盐，混合使用时，二者发生相互促进的水解反应生成NH3，降低肥效，C正确。明矾溶于水电离产生的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，D正确。
利用水解原理除杂需注意的问题
(1)注意把控溶液的pH：在除杂时如果pH调节不好，很可能会把主要成分除去。
(2)注意不能引入新的杂质：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，除杂时不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，会引入NH、Na＋等杂质。
考点3 溶液中离子浓度的大小比较
知识梳理
1.把握盐溶液中的两个“微弱”
(1)电离过程的“微弱”
弱电解质发生电离的粒子所剩余的浓度大于电离生成的粒子的浓度，如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCO)>c(CO)(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”
发生水解的粒子所剩余的浓度大于水解生成的粒子的浓度，如Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)(多元弱酸酸根离子的水解以第一步为主)。
2．把握溶液中的三个守恒
(1)电荷守恒
在电解质溶液中，阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，即溶液呈电中性。
如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。(因CO带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)
(2)物料守恒(原子守恒)
在电解质溶液中，由于某些离子能够电离或水解，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HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－以及HCO电离：HCOH＋＋CO，C元素的存在形式有3种，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。
(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(CO)
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K＋得质子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。
(1)在比较溶液中所有微粒浓度的大小时，不能忽略水的电离。
(2)物料守恒即特征原子守恒，但不能涉及氧和氢的原子守恒。
(3)凡由电荷守恒式和物料守恒式推导出的等式都归为第三类守恒，质子守恒就是其中之一。
判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)Na2S溶液和NaHS溶液中含有的微粒种类相同。(√)
错因：___________________________________________________
(2)Na2S溶液和NaHS溶液中都有等式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。(√)
错因：____________________________________________________________
(3)pH＝7的溶液中一定有c(H＋)＝c(OH－)。(×)
错因：25_℃_pH＝7的溶液一定有c(H＋)＝c(OH－)。
(4)盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵。(×)
错因：盐酸与氨水恰好中和时，溶质为NH4Cl，但溶液显酸性，若使溶液呈中性，需氨水过量，故溶液溶质为氯化铵和一水合氨。
(5)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－)。(×)
错因：两溶液混合恰好反应生成Na2CO3溶液，由于CO＋H2OHCO
＋OH－以及H2O也电离出OH－，故可判断c(OH－)>c(HCO)。
(6)20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L盐酸混合后溶液呈酸性，所得溶液中：
c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。(√)
错因：__________________________________________________________
(7)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－)。(×)
错因：室温下pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合时，氨水过量，溶液呈碱性，故c(OH－)>c(H＋)，再结合电荷守恒c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c(NH)>c(Cl－)，故c(Cl－)＋c(H＋)c(H＋)＋c(CH3COOH)。(×)
错因：两溶液混合恰好生成CH3COONa，依据质子守恒知：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)。
题组训练
题组一 单一溶液离子浓度的大小比较
1．(2018·广州模拟)常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0.1 mol·L－1
B．NH4Cl溶液中，c(NH)>c(Cl－)
C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)＝c(H＋)
D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
答案 C
解析 氨水为弱碱溶液，只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)可得：c(NH)c(SO)>c(OH－)＝c(H＋)，C正确；根据Na2SO3溶液中的物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，D错误。
2．(2018·河北张家口四校联考)下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是( )
A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
B．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO)
D．温度升高，c(HCO)增大
答案 B
解析 NaHCO3的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO，故A错误；加水稀释后c(H＋)与c(OH－)的乘积不变，体积变大，所以n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故B正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故C错误；温度升高，促进HCO水解，c(HCO)减小，故D错误。
1．单一溶液中粒子浓度的比较
(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。
(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
(4)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。
2．不同溶液中同一粒子浓度的大小比较
选好参照物，分组比较，各个击破：
如25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：
①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、
④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为
⑤>④>③>①>②。分析流程为
题组二 混合溶液中离子浓度大小关系
3．(2018·黑龙江省六校联考)常温下，下列有关溶液的叙述正确的是( )
A．浓度均为0.1 mol·L－1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(SO)＝c(Na＋)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
B．在Na2SO3溶液中：c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
C．pH＝6的CH3COOH溶液和pH＝6的NH4Cl溶液，由水电离出的c(H＋)均为1×10－8 mol·L－1
D．在0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中：2c(Na＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)
答案 A
解析 浓度均为0.1 mol·L－1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成Na2SO4、(NH4)2SO4和H2O，NH水解导致溶液呈酸性，NH水解程度较小，结合物料守恒得c(SO)＝c(Na＋)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，A项正确；在Na2SO3溶液中，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，B项错误；pH＝6的CH3COOH溶液中由水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，pH＝6的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H＋)水＝10－6 mol·L－1，C项错误；根据物料守恒得c(Na＋)＝2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，D项错误。
4．(2018·大连市高三双基测试)常温下，下列有关离子浓度之间的关系不正确的是( )
A．将CO2通入0.1 mol/L Na2CO3溶液至中性，溶液中：2c(CO)＋c(HCO)＝0.1 mol/L
B．浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH＝5，则混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－5－10－9) mol/L
C．将0.2 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L KOH溶液等体积混合：3c(K＋)＋
c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
D．已知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，则常温下0.1 mol/L CH3COONH4中：c(CH3COO－)∶c(NH3·H2O)＝180
答案 A
解析 将CO2通入0.1 mol/L Na2CO3溶液至中性，则溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，由于c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＝0.2 mol/L，A项错误；浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，根据电荷守恒和物料守恒，c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH＝5，则溶液呈酸性，溶液中c(H＋)＝10－5 mol/L，c(OH－)＝10－9 mol/L，故c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2[c(H＋)－c(OH－)]＝2×(10－5－10－9) mol/L，B项正确；将0.2 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L KOH溶液等体积混合，发生反应HCO＋OH－===CO＋H2O后，溶液中溶质可以看做Na2CO3与KHCO3的等浓度混合液，根据溶液中的电荷守恒：c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，根据溶液中的物料守恒：c(Na＋)===2c(K＋)，将两式合并，消去c(Na＋)得：3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，C项正确；常温下0.1 mol/L CH3COONH4中，CH3COONH4会发生水解，反应方程式为：
CH3COONH4＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O，反应的平衡常数为
K＝
＝，设平衡时，c(CH3COOH)＝c(NH3·H2O)＝x mol/L，
则有K＝＝，解得：＝，则
＝180，D项正确。
混合溶液粒子浓度比较方法
(1)酸、碱中和型粒子浓度的比较
(2)盐与酸(碱)混合型粒子浓度的比较
首先考虑是否反应，若不反应，分析盐的水解程度和酸(碱)的电离程度的大小；若能反应，则按反应后混合组成综合考虑水解和电离两种因素。
高考真题实战
1．(高考集萃)判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)(2018·天津高考)某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小。( )
(2)(2017·天津高考)蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液制备无水AlCl3。( )
(3)(2016·全国卷Ⅲ)将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中增大。( )
(4)(2016·江苏高考)0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液加热后溶液的pH减小。( )
(5)( 2015·江苏高考)Na2CO3溶液中CO的水解：CO＋H2O===HCO＋OH－。( )
(6)(2015·重庆高考)25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液的pH＝7。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×
解析 (1)依据越弱越水解的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A－的水解越强，故应该是NaA的Kh(水解常数)越大。
(2)AlCl3易发生水解，加热AlCl3溶液时，AlCl3水解生成的HCl易挥发，从而得不到无水AlCl3。要制备无水AlCl3应在HCl氛围中加热蒸发，错误。
(3)CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解是吸热的，升高温度，水解平衡正向移动，减小，错误。
(4)加热会促进CO的水解，溶液的碱性增强，pH增大，错误。
(5)水解是微弱的，可逆的，所以CO的水解反应中应用可逆号，错误。
(6)两者恰好完全反应生成NH4NO3，NH水解使溶液呈酸性，pH<7，错误。
2．(2018·北京高考)测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－
B．④的pH与①不同，是由于SO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致
D．①与④的Kw值相等
答案 C
解析 Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－、HSO＋H2OH2SO3＋OH－，A正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4 ，①与④温度相同，④与①对比，SO浓度减小，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO水解平衡正向移动，c(SO)减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C错误；Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，D正确。
3．(2016·全国卷Ⅰ)298 K时，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是( )
A．该滴定过程应选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C．M点处的溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D．N点处的溶液中pH<12
答案 D
解析 当恰好完全中和时，生成NH4Cl，而NH4Cl溶液呈酸性，酚酞的变色范围为pH＝8.2～10.0，甲基橙的变色范围为pH＝3.1～4.4，故应选甲基橙作指示剂，A错误；当V(盐酸)＝20.0 mL时，恰好完全反应，溶液呈酸性，B错误；M点时由溶液中电荷守恒知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，而溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝c(Cl－)，但c(NH)＝c(Cl－)≫c(H＋)＝c(OH－)，C错误；该温度下，0.10 mol·L－1一元强碱溶液的pH＝13，若0.10 mol·L－1一元弱碱溶液的电离度为10%，则其pH＝12，而0.10 mol·L－1氨水的电离度小于10%，故溶液的pH<12，D正确。
4．(2017·江苏高考)(双选)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是( )
A．浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L－1 HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)
D．0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
答案 AD
解析 相同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，水解程度NH大于HCOO－，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可比较c(Na＋)＋c(H＋)和c(Cl－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(Cl－)，又根据NH和HCOO－的水解程度得HCOONa中的c(H＋)大于NH4Cl溶液中c(OH－)，所以阳离子浓度之和，前者大于后者，A正确。用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，因为CH3COOH的酸性弱于HCOOH，CH3COOH消耗NaOH溶液的体积比HCOOH的大，B错误。根据电荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，c(Na＋)>c(HCOOH)，C错误。反应后溶液相当于相同浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl溶液的混合物，溶液显酸性，c(CH3COO－)>0.05 mol·L－1，c(CH3COOH)<0.05 mol·L－1，c(Cl－)＝0.05 mol·L－1，c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c
(CH3COOH)＞c(H＋)，D正确。
5．(2015·山东高考) 室温下向10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)
B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C．pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)
D．b点所示溶液中c(A－)>c(HA)
答案 D
解析 加入10 mL一元酸HA溶液时，恰好中和，但溶液的pH为8.7，说明HA为弱酸，a点表示NaA溶液，A－＋H2OHA＋OH－，存在A－的水解溶液显碱性，应有：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，A错误；a点水的电离受到促进，b点为等物质的量浓度的NaA和HA的混合溶液，溶液呈酸性的原因是HA的电离程度大于A－的水解程度，故c(A－)>c(HA)，总的来看水的电离受到了抑制，B错误，D正确；由溶液中电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，则可知c(Na＋)＝c(A－)，C错误。
6．(2015·安徽高考)25 ℃时，在10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A．未加盐酸时：c(OH－)>c(Na＋)＝c(NH3·H2O)
B．加入10 mL盐酸时：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．加入盐酸至溶液pH＝7时：c(Cl－)＝c(Na＋)
D．加入20 mL盐酸时：c(Cl－)＝c(NH)＋c(Na＋)
答案 B
解析 NH3·H2O是弱电解质，能微弱电离，未加盐酸时，溶液中c(Na＋)>c(NH3·H2O)，A错误；当加入10 mL盐酸时，恰好将NaOH完全中和，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，根据电荷守恒式c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c
(OH－)，可知c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)，B正确；溶液pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒式可知c(Na＋)＋c(NH)＝c(Cl－)，C错误；加入20 mL 盐酸时，恰好将NaOH和NH3·H2O完全中和，所得溶液为NaCl和NH4Cl的混合溶液，NH能水解，溶液中同时含有NH和NH3·H2O，根据物料守恒式可知c(Na＋)＋c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，D错误。
