第3讲　盐类的水解_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_一轮复习_2023年新高考大一轮复习讲义_2023年高考化学一轮复习讲义（新高考）_赠补充习题

第 3 讲 盐类的水解 课 程 标 准 知 识 建 构 1.认识盐类水解的原理，讨论盐溶液呈酸性、中性或碱 性的原因。 2．认识盐类水解的主要因素，了解盐类水解的应用，如 铝盐和铁盐的净水作用。 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。 溶液的 溶液 盐的类型 实例 是否水解 水解的离子 酸碱性 的pH 强酸强碱盐 NaCl、KNO 否 中性 pH ＝ 7 3 NH Cl、 NH 、 Cu 2 ＋ 4 强酸弱碱盐 是 酸性 pH ＜ 7 Cu(NO ) 3 2 CH COONa、 CH COO － 、 3 3 弱酸强碱盐 是 碱性 pH>7 Na CO CO 2 3 3.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NH Cl水解的离子方 4 程式为 NH ＋ H O  NH ·H O ＋ H ＋ 。 2 3 2 (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Na CO 水解的离子方程式为 CO ＋ H O  HCO ＋ OH － 。 2 3 2 ②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。 如FeCl 水解的离子方程式为 Fe 3 ＋ ＋ 3H O  Fe(OH) ＋ 3H ＋ 。 3 2 3 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 Na S 溶液与 AlCl 溶液混合水解的离子方程式为 2Al 3 ＋ ＋ 3S 2 － ＋ 2 3 6H O == =2Al(OH) ↓ ＋ 3H S ↑ 。 2 3 2 【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CH COONa溶液与pH＝4的NH Cl溶液，水的电离程度相 3 4 同( ) (5)常温下，pH＝11的CH COONa溶液与pH＝3的CH COOH溶液，水的电离程 3 3 度相同( ) (6)NaHCO 、NaHSO 都能促进水的电离( ) 3 4 (7)向NaAlO 溶液中滴加NaHCO 溶液，水解相互促进有沉淀和气体生成( ) 2 3 (8)FeCl 溶液与NaHCO 溶液混合：Fe3＋＋3HCO===Fe(OH) ↓＋3CO ↑( ) 3 3 3 2 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 水解产生离子 因素 水解平衡 水解程度 的浓度 温度 升高 右移 增大 增大 增大 右移 减小 增大 浓度 减小(稀释) 右移 增大 减小 酸 弱碱阳离子的水解程度减小 外加酸碱 碱 弱酸根离子的水解程度减小 (3)以NH＋H ONH ·H O＋H＋为例，填写下表。 2 3 2 平衡移动 c(H＋) c(NH) 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NH Cl 右移 增大 增大 4 2.盐类水解的应用 应用 举例 FeCl 溶 液 显 酸 性 ， 原 因 是 Fe 3 ＋ ＋ 3 判断溶液的酸碱性 3H O  Fe(OH) ＋ 3H ＋ 2 3 等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液 判断酸性强弱 的pH分别为8、9、10，则酸性： HX ＞ HY ＞ HZ 配制CuSO 溶液时，加入少量H SO ，防止Cu2＋ 4 2 4 水解；配制 FeCl 溶液，加入少量盐酸；贮存 3 配制或贮存易水解的盐溶液 Na CO 溶液、Na SiO 溶液不能用带磨口玻璃塞 2 3 2 3 的试剂瓶 胶体的 制取 Fe(OH) 胶体的离子方程式： Fe 3 ＋ ＋ 3 制取 3H O ===== Fe(OH) ( 胶体 ) ＋ 3H ＋ 2 3 成分为NaHCO 与Al (SO ) ，发生反应为 Al 3 ＋ ＋ 3 2 4 3 泡沫灭火器原理 3HCO == =Al(OH) ↓ ＋ 3CO ↑ 3 2 明 矾 可 作 净 水 剂 ， 原 理 为 Al 3 ＋ ＋ 作净水剂 3H O  Al(OH) ( 胶体 ) ＋ 3H ＋ 2 3 化肥的 铵态氮肥与草木灰不得混用 使用 除锈剂 NH Cl与ZnCl 溶液可作焊接时的除锈剂 4 2 如：Na CO 溶液中离子浓度由大到小的顺序为 2 3 比较溶液中离子浓度的大小 c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋) 盐水解生成挥发性酸，蒸干灼烧后一般得氧化 物。如AlCl →Al O 3 2 3 盐水解生成难挥发性酸，蒸干后得原物质。如 判断盐溶液蒸干时的产物 CuSO →CuSO 4 4 考虑盐受热时是否分解。如KMnO →K MnO 和 4 2 4 MnO 2 还 原 性 盐 溶 液 蒸 干 时 会 被 O 氧 化 。 如 2Na SO →Na SO 2 3 2 4 弱酸的铵盐溶液蒸干后无固体剩余。如 NH HCO 、(NH ) CO 4 3 4 2 3 3.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HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。 (2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。 (3)NH与SiO、AlO。 【诊断2】 判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。 (1)加热0.1 mol·L－1 Na CO 溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大( ) 2 3 (2)氯化铵溶液加水稀释时，的值减小( ) (3)在CH COONa溶液中加入适量CH COOH，可使c(Na＋)＝c(CH COO－)( ) 3 3 3 (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(K ) h 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－＋H OHA＋OH－，则 A－的水解常数为 K ＝；M＋＋ 2 h H OMOH＋H＋，则M＋的水解常数为K ＝。 2 h 2．水解常数与电离常数的关系 若NaA为强碱弱酸盐，A－＋H OHA＋OH－，K ＝＝＝；若MCl为强酸弱碱盐 2 h 同理可得K ＝。 h 3．意义 水解常数可以表示盐的水解程度的大小，K 越大，盐类水解程度越大。 h 4．外界影响因素 水解常数是只是温度的函数，K 随温度的升高而增大。 h 5．水解常数的应用 (1)计算盐溶液中的c(H＋)或c(OH－) 如 A－ ＋H O  HA ＋ OH－ 2 起始 c 0 0平衡 c－c(OH－) c(OH－) c(OH－)) K ＝≈，c(OH－)＝； h 同理，对于M＋＋H OMOH＋H＋，c(H＋)＝。 2 (2)判断水解程度和电离程度大小，判断盐溶液的酸碱性。 ①单一溶液。 a．一定浓度的NaHCO 溶液，K ＝4.4×10－7，K ＝5.6×10－11，K ＝＝≈2.27×10 3 a1 a2 h －8＞K ，HCO的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(H CO ) a2 2 3 ＞c(CO)。 b．一定浓度的NaHSO 溶液，K ＝1.54×10－2，K ＝1.2×10－7，K ＝＝≈6.5×10－ 3 a1 a2 h 13＜K ，HSO的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c(SO)＞ a2 c(H SO )。 2 3 c ． 一 定 浓 度 的 CH COONH 溶 液 ， 由 于 K (CH COOH) ＝ 1.75×10 － 3 4 a 3 5≈K (NH ·H O)＝1.71×10－5，则CH COO－与NH的水解常数近似相等，二者水 b 3 2 3 解程度相同，CH COONH 溶液呈中性，c(CH COO－)＝c(NH)。 3 4 3 ②混合溶液。 a．对于等物质的量浓度的CH COOH、CH COONa混合溶液，K (CH COOH)＝ 3 3 a 3 1.75×10－5，K (CH COO－)＝＝＝5.7×10－10＜K (CH COOH)，CH COO－的水解 h 3 a 3 3 程度小于CH COOH的电离程度，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c(CH COO－)＞ 3 3 c(Na＋)＞c(CH COOH)。b.对于物质的量浓度相等的HCN和NaCN混合溶液， 3 K (HCN)＝4.9×10－10，K ＝＝＝2.0×10－5＞K (HCN)，CN－水解程度大于HCN电 a h a 离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)。 【诊断3】 25 ℃时，H SO HSO＋H＋的电离常数K ＝1×10－2 mol·L－1，则该温 2 3 a 度下NaHSO 水解反应的平衡常数K ＝________ mol·L－1，若向NaHSO 溶液中 3 h 3 加入少量的I ，则溶液中将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 2 答案 1×10－12 增大 解析 K ＝ a K ＝＝＝＝＝1×10－12 mol·L－1。 h HSO＋H OH SO ＋OH－，当加少量I 时，发生I ＋HSO＋H O===2I－＋3H＋＋ 2 2 3 2 2 2 SO，H＋增多导致c(OH－)减小，所以＝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0.1 mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示： 序号 ① ② ③ ④ 溶液 CH COONa NaHCO Na CO NaClO 3 3 2 3 pH 8.8 9.7 11.6 10.3 下列说法正确的是( ) A．四种溶液中，水的电离程度：③>②>④>① B．Na CO 和NaHCO 溶液中，粒子种类相同 2 3 3 C．将等浓度的CH COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO 3 D．Na CO 溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO ) 2 3 2 3 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Na CO 和NaHCO 溶液中，存在的粒子有Na＋、HCO、CO、H CO 、H O、 2 3 3 2 3 2 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 CH COOH和HClO溶液的酸性：CH COOH>HClO，所以pH小的是CH COOH， 3 3 3 C错误；在Na CO 溶液中，Na＋与C原子数目比为2∶1，可得c(Na＋)＝2c(CO)＋ 2 3 2c(HCO)＋2c(H CO )，D错误。 2 3 【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.NH Cl (NH ) SO CH COONa NaHCO NaOH 4 4 2 4 3 3 B．(NH ) SO NH Cl CH COONa NaHCO NaOH 4 2 4 4 3 3 C．(NH ) SO NH Cl NaOH CH COONa NaHCO 4 2 4 4 3 3 D．CH COOH NH Cl (NH ) SO NaHCO NaOH 3 4 4 2 4 3 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)AlCl 溶液呈酸性__________________________________________________。 3 (2)Na CO 溶液呈碱性________________________________________________。 2 3 (3)NaHS溶液呈碱性的原因____________________________________________。(4)NH Cl溶于D O中_________________________________________________。 4 2 (5)对于易溶于水的正盐M R 溶液，若pH>7，其原因是____________________ n m ___________________________________________________________________； (用离子方程式说明，下同)； 若pH<7，其原因是__________________________________________________。 答案 (1)Al3＋＋3H OAl(OH) ＋3H＋ 2 3 (2)CO＋H OHCO＋OH－ 2 HCO＋H OH CO ＋OH－ 2 2 3 (3) HS－＋H OH S＋OH－ 2 2 (4)NH＋D ONH ·HDO＋D＋ 2 3 (5)Rn－＋H OHR(n－1)－＋OH－ 2 Mm＋＋mH OM(OH) ＋mH＋ 2 m 【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．BaO 的水解产物是Ba(OH) 和H O 2 2 2 2 B．PCl 的水解产物是HClO和H PO 3 3 4 C．Al C 的水解产物是Al(OH) 和CH 4 3 3 4 D．CH COCl的水解产物是CH COOH和HCl 3 3 答案 B 解析 BaO 的水解产物是Ba(OH) 和H O ，符合水解原理，故A项正确；PCl 的 2 2 2 2 3 水解产物应是H PO 和HCl，不符合水解原理，故B项错误；Al C 水解得到氢氧 3 3 4 3 化铝和甲烷，符合水解原理，故C项正确；CH COCl的水解产物是两种酸，为 3 CH COOH和HCl，符合水解原理，故D项正确。 3 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FeCl 水解平衡的 3 影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol·L－1 FeCl 溶液、50 mL对照组溶液X， 3 向两种溶液中分别滴加1滴1 mol·L－1 HCl溶液、1滴1 mol·L－1 NaOH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0.003 mol·L－1 KCl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 FeCl 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 3 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0.003 mol·L－1 KCl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FeCl 溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变 3 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；FeCl 水解生成氢氧化铁，故溶液的浑浊程 3 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NaHSO 溶液常温时显酸性，溶液中存在 3 以下平衡： HSO＋H OH SO ＋OH－ ① 2 2 3 HSOH＋＋SO ②向0.1 mol·L－1的NaHSO 溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是( 3 ) A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大 B．加入少量Na SO 固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO) 2 3 C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SO)>c(H＋)＝c(OH－) 答案 C 解析 NaHSO 溶液显酸性，则HSO的电离程度>HSO的水解程度，加入钠后平 3 衡①左移、平衡②右移，c(HSO)减小，A项错误；根据电荷守恒可知，应为c(H＋)＋ c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)，B项错误；加入少量NaOH，平衡②右移，、的 值均增大，C 项正确；溶液中存在物料守恒，即 c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋ c(H SO )，c(Na＋)>c(SO)，c(H＋)＝c(OH－)，D项错误。 2 3 【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 纯碱与油污直接发生反 A 用热的纯碱溶液去除油污 应，生成易溶于水的物质 Al (SO ) 与 NaHCO 溶液 2 4 3 3 B 泡沫灭火器灭火 反应产生CO 气体 2 施肥时，草木灰(主要成分 K CO 与 NH Cl 反应生成 2 3 4 C K CO )与NH Cl不能混合 2 3 4 NH ，降低肥效 3 使用 明矾[KAl(SO ) ·12H O]作 明矾溶于水生成 Al(OH) 4 2 2 3 D 净水剂 胶体 答案 A 【对点练6】 (盐类水解平衡的实验探究)已知： [FeCl (H O) ]－为黄色，溶液中存在可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H O[FeCl (H O) ] 4 2 2 2 4 2 2 －，下列实验所得结论不正确的是( ) ① ② ③ ④加入 NaCl 后，溶 加热前溶液为浅黄 加热前溶液接近无 加热前溶液为黄 液立即变为黄色， 色，加热后颜色变 色，加热后溶液颜 色，加热后溶液颜 加热后溶液颜色变 深 色无明显变化 色变深 深 注：加热为微热，忽略体积变化。 A．实验①中，Fe (SO ) 溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH) 2 4 3 3 B．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－＋2H O[FeCl (H O) ]－正向移动 2 4 2 2 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，Fe (SO ) 溶液显 2 4 3 浅黄色原因是 Fe3＋水解产生了少量 Fe(OH) ，故 A 项正确；由 Fe3＋＋ 3 3H OFe(OH) ＋3H＋可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解 2 3 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－＋2H O[FeCl (H O) ]－，[FeCl (H O) ] 2 4 2 2 4 2 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－＋2H O[FeCl (H O) ]－，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能 2 4 2 2 证明对Fe3＋水解平衡的影响，故D项错误。 考点三 水解常数(K )的意义和应用 h 【典例3】 磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是K ＝7.1×10－3，K ＝ a1 a2 6.2×10－8，K ＝4.5×10－13，回答下列问题： a3 (1)常温下同浓度①Na PO 、②Na HPO 、③NaH PO 的pH由小到大的顺序是 3 4 2 4 2 4 ________(填序号)。 (2)常温下，NaH PO 的水溶液pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。 2 4 (3)常温下，Na HPO 的水溶液呈________(填“酸”“碱”或“中”)性，用K 与 2 4 a K 的相对大小，说明判断理由：_______________________________________ h ___________________________________________________________________。 答案 (1)③＜②＜① (2)＜ (3)碱 Na HPO 的水解常数K ＝＝＝≈1.61×10 2 4 h －7，K ＞K ，即HPO的水解程度大于其电离程度，因而Na HPO 溶液显碱性 h a3 2 4 解析 (1)K 越大，K 越小，所以①Na PO 、②Na HPO 、③NaH PO 的水解程度 a h 3 4 2 4 2 4 依次减小，pH依次减小。 (2)NaH PO 的水解常数 2 4K ＝＝＝≈1.4×10－12，K ＞K ，即H PO的电离程度大于其水解程度，因而pH＜ h a2 h 2 7。 (3)Na HPO 的水解常数 2 4 K ＝＝＝≈1.6×10－7，K ＜K ，即H PO的水解程度大于其电离程度，因而pH＞ h a3 h 2 7。 K 与K (或K )、K 的关系 h a b W (1)一元弱酸盐：K ·K ＝K a h W (2)一元弱碱盐：K ·K ＝K b h W (3)多元弱酸盐，如Na A溶液：K ＝ m h Na HA溶液K ＝ m－1 h 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， K (NH ·H O)＝1.8×10－5。该温度下，用0.100 mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.100 b 3 2 mol·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lg 的关系 如图所示。下列说法不正确的是( ) A．HA为强酸 B．a<10 C．25 ℃时，NH的水解常数为×10－9 D．当滴入20 mL氨水时， 溶液中存在c(NH)>c(A－)>c(NH ·H O)>c(OH－)>c(H＋) 3 2 答案 B 解析 根据图像，0.1 mol/L 的一元酸 HA溶液中 lg＝12，则＝1012，结合 c(H ＋)×c(OH－)＝10－14解得c(H＋)＝0.1 mol/L，则HA为强酸，A正确；若a＝10，则 二者恰好完全反应生成NH A，该铵盐水解，溶液显酸性，lg＞0，结合图像可知， 4 当lg＝0时，a>10，B不正确；25 ℃时，NH的水解常数＝＝＝×10－9，C正确；当 滴入氨水的体积V＝20 mL时得到等物质的量浓度的NH A和氨水的混合液，由 4 于NH ·H O的电离常数大于NH的水解常数，则NH ·H O的电离程度大于NH 3 2 3 2的 水 解 程 度 ， 所 以 c(NH)>c(A － ) 、 c(OH － )>c(H ＋ ) ， 则 c(NH)>c(A －)>c(NH ·H O)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。 3 2 【对点练8】 (水解常数的应用)根据已知条件填空： (1)已知25 ℃时，NH ·H O的电离平衡常数K ＝1.8×10－5，该温度下1 mol·L－1 3 2 b 的NH Cl溶液中c(H＋)＝________mol·L－1。(已知≈2.36) 4 (2)已知某温度时，Na CO 溶液的水解常数K ＝2×10－4 mol·L－1，则当溶液中 2 3 h c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，试求该溶液的pH＝________。 答案 (1)2.36×10－5 (2)10 解析 (1)K ＝＝ h c(H＋)≈c(NH ·H O)，而c(NH)≈1 mol·L－1。 3 2 所以c(H＋)＝＝ mol·L－1≈2.36×10－5 mol·L－1。 (2)K ＝＝2×10－4， h 又c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，则c(OH－)＝10－4 mol·L－1，结合K ＝1.0×10－14，可得 W c(H＋)＝10－10 mol·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K ＝1.61×10－5。 h (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c mol·L－1盐酸与0.62 mol·L－1 KCN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)0.616 2 mol·L－1 解析 (1)K (CN－)＝1.61×10－5，由此可求出K (HCN)≈6.2×10－10，故CN－的水 h a 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(CH COO－) 3 3 B．当滴入氨水10 mL时，c(NH)＋c(NH ·H O)＝c(CH COO－)＋c(CH COOH) 3 2 3 3 C．当滴入氨水20 mL时，c(CH COOH)＋c(H＋)＝c(NH ·H O)＋c(OH－) 3 3 2 D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)c(CH COO－)，A项正确；当滴入氨水10 mL时， 3 3 加入的氨水的体积、浓度和初始醋酸溶液的体积、浓度均相等，由物料守恒可知， c(NH)＋c(NH ·H O)＝c(CH COO－)＋c(CH COOH)，B项正确；当滴入氨水20 mL 3 2 3 3 时，溶液中溶质为 CH COONH 和 NH Cl，根据电荷守恒式 c(NH)＋c(H＋)＝ 3 4 4 c(CH COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，物料守恒式c(NH)＋c(NH ·H O)＝c(CH COO－) 3 3 2 3 ＋c(CH COOH)＋c(Cl－)，可得c(CH COOH)＋c(H＋)＝c(NH ·H O)＋c(OH－)，C项 3 3 3 2 正确；恰好反应时，生成等物质的量的氯化铵和醋酸铵，此时溶液呈酸性，若溶液 呈中性，则氨水滴入量大于20 mL，c(NH)>c(Cl－)，D项错误。 3．（双选）(2020·江苏化学，14)室温下，将两种浓度均为0.10 mol·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．NaHCO －Na CO 混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－) 3 2 3 B．氨水－NH Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH ·H O)＋c(OH－) 4 3 2 C ． CH COOH － CH COONa 混 合 溶 液 (pH ＝ 4.76) ： c(Na 3 3 ＋)>c(CH COOH)>c(CH COO－)>c(H＋) 3 3 D．H C O －NaHC O 混合溶液(pH＝1.68，H C O 为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H C O ) 2 2 4 2 4 2 2 4 2 2 4 ＝c(Na＋)＋c(C O)＋c(OH－) 2 答案 AD 解析 浓度均为0.10 mol·L－1的NaHCO －Na CO 的混合溶液中，CO的水解程 3 2 3 度大于HCO的水解程度，HCO的水解程度大于其电离程度，所以溶液中 c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)，A项正确；浓度均为0.10 mol·L－1的氨水－NH Cl混 4 合溶液的 pH＝9.25，说明 NH ·H O的电离程度大于 NH的水解程度，溶液中 3 2 c(NH ·H O)c(NH ·H O)＋c(OH－)，B 项错误；浓度均为 0.10 mol·L－1的 3 2 CH COOH－CH COONa混合溶液的pH＝4.76，说明CH COOH的电离程度大于 3 3 3 CH COO－的水解程度，则溶液中c(CH COO－)>c(Na＋)>c(CH COOH)>c(H＋)，C 3 3 3 项错误；浓度均为0.10 mol·L－1的H C O －NaHC O 混合溶液的pH＝1.68，根据 2 2 4 2 4 电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC O)＋2c(C O)，根据物料守恒有2c(Na 2 2 ＋)＝c(C O)＋c(H C O )＋c(HC O)，联立上述两式得c(H＋)＋c(H C O )＝c(Na＋)＋ 2 2 2 4 2 2 2 4 c(C O)＋c(OH－)，D项正确。 2 4．(2020·天津学业水平等级考试，7)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的 是( ) A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则K (HCOOH)>K (HF) a a B．相同浓度的CH COOH和CH COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶 3 3 液中c(CH COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) 3 C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则K (FeS)>K (CuS) sp sp D．在1 mol·L－1 Na S溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H S)＝1 mol·L－1 2 2 答案 A 解析 酸根离子的水解能力越强，对应酸的酸性越弱，HF的酸性比HCOOH强， A项错误；等浓度的CH COOH和CH COONa混合溶液呈酸性，说明CH COOH 3 3 3 的电离程度大于 CH COO－的水解程度，则离子浓度关系：c(CH COO－)>c(Na 3 3 ＋)>c(H＋)>c(OH－)，B项正确；FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，说明FeS的 溶解度大于CuS，K (FeS)>K (CuS)，C项正确；根据物料守恒可知，c(S2－)＋c(HS sp sp －)＋c(H S)＝1 mol·L－1，D项正确。 2 5．(2019·北京理综，12)实验测得0.5 mol·L－1 CH COONa溶液、0.5 mol·L－1 CuSO 3 4 溶液以及H O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( ) 2A．随温度升高，纯水中c(H＋)＞c(OH－) B．随温度升高，CH COONa溶液的c(OH－)减小 3 C．随温度升高，CuSO 溶液的pH变化是K 改变与水解平衡移动共同作用的结 4 W 果 D．随温度升高，CH COONa溶液和CuSO 溶液的pH均降低，是因为CH COO－、 3 4 3 Cu2＋水解平衡移动方向不同 答案 C 解析 任何温度时，纯水中H＋浓度与OH－浓度始终相等，A项错误；随温度升高， CH COONa水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，且温度升高，水的电离程度增大， 3 c(OH－)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，又CuSO 水 4 解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H＋)增大，C项正确；温度升 高，能使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH COONa溶液随温度升 3 高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而 CuSO 溶液随温度升高pH降低 4 的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D项错误。 6．(2019·上海选考)常温下0.1 mol·L－1 ①CH COOH、②NaOH、③CH COONa，下 3 3 列叙述正确的是( ) A．①中c(CH COOH)>c(CH COO－)>c(H＋)>c(OH－) 3 3 B．①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一 C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na＋)>c(CH COO－)>c(H＋) 3 D．①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度小 答案 B 解析 A项，0.1 mol·L－1 CH COOH发生部分电离产生CH COO－和H＋，水发生 3 3 微弱电离产生H＋和OH－，故①中c(CH COOH)>c(H＋)>c(CH COO－)>c(OH－)，错 3 3 误；B项，①②等体积混合后恰好反应生成CH COONa，且c(CH COONa)＝0.05 3 3 mol·L－1，由于①②混合后c(CH COONa)小于③，则混合液中CH COO－的水解程 3 3度比③大，故混合液中c(CH COO－)小于③中c(CH COO－)，正确；C项，①③等体 3 3 积混合后为等物质的量的CH COOH和CH COONa的混合溶液，溶液显酸性说 3 3 明 CH COOH 的电离程度大于 CH COO－的水解程度，则 c(CH COO－)>c(Na 3 3 3 ＋)>c(H＋)，错误；D项，①②等体积混合后恰好生成CH COONa，CH COO－水解 3 3 促进水的电离，①③等体积混合后，由于CH COOH电离程度大于CH COO－的 3 3 水解程度，水的电离被抑制，故①②等体积混合后的水的电离程度比①③等体积 混合后水的电离程度大，错误。 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意) 1．下列事实与盐类水解无关的是( ) A．MgCO 可以除去MgCl 酸性溶液中的Fe3＋ 3 2 B．氯化铁溶液常用作铜印刷电路板的腐蚀剂 C．常用热的纯碱溶液除去油污 D．长期施用硫酸铵易使土壤酸化 答案 B 解析 MgCO 调节pH，使Fe3＋的水解平衡正向移动，使Fe3＋沉淀完全，转化成 3 Fe(OH) ，MgCO 难溶于水，不引入新杂质，A项与盐类水解有关；氯化铁具有强 3 3 氧化性，可与铜发生氧化还原反应，可用于腐蚀铜印刷电路板，B项与盐类水解无 关；Na CO 的水解是吸热反应，故升高温度，溶液碱性增强，去油污能力增强，C 2 3 项和盐类的水解有关；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，长期施用硫酸铵易使土 壤酸化，D项与盐类水解有关。 2．对滴有酚酞溶液的下列溶液，操作后颜色变深的是( ) A．明矾溶液加热 B．Na CO 溶液加热 2 3 C．氨水中加入少量NH Cl固体 4 D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体 答案 B 3．向三份 0.1 mol·L－1 CH COONa 溶液中分别加入少量 NH NO 、Na CO 、 3 4 3 2 3 CH COONa固体(忽略溶液体积变化)，则CH COO－浓度的变化依次为( ) 3 3 A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小 C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大 答案 C解析 CH COONa是强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，NH NO 是强酸弱碱盐，其水 3 4 3 溶液显酸性，所以向CH COONa溶液中加NH NO 固体会促进CH COO－的水解 3 4 3 3 导致 CH COO－浓度减小；Na CO 是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以向 3 2 3 CH COONa溶液中加入Na CO 固体，会抑制CH COO－的水解，导致CH COO－ 3 2 3 3 3 浓度增大，向CH COONa溶液中加入CH COONa固体，会导致CH COO－浓度增 3 3 3 大。 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( ) 选项 事实或应用 解释 纯碱与油污直接发生反 A 用热的纯碱溶液去除油污 应，生成易溶于水的物质 Al (SO ) 与 NaHCO 溶液 2 4 3 3 B 泡沫灭火器灭火 反应产生CO 气体 2 施肥时，草木灰(主要成分 K CO 与 NH Cl 反应生成 2 3 4 C K CO )与 NH Cl 不能混合 2 3 4 NH ，降低肥效 3 使用 明矾[KAl(SO ) ·12H O]作 明矾溶于水生成 Al(OH) 4 2 2 3 D 净水剂 胶体 答案 A 解析 用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na CO 水解使溶液显碱性，油脂在碱 2 3 性溶液中发生水解生成高级脂肪酸盐和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，A 项错误；泡沫灭火器灭火的反应原理是利用Al (SO ) 与NaHCO 溶液发生相互促 2 4 3 3 进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH) ↓＋3CO ↑，生成CO 气体，B项正确； 3 2 2 K CO 是弱酸强碱盐，NH Cl是强酸弱碱盐，混合使用时，二者发生相互促进的水 2 3 4 解反应生成NH ，降低肥效，C项正确；明矾溶于水电离产生的Al3＋发生水解反应， 3 生成Al(OH) 胶体，Al(OH) 胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，D 3 3 项正确。 5．25 ℃时，实验测得0.10 mol·L－1的NaHB溶液的pH＝9.1。下列说法中正确的 是( ) A．NaHB的电离方程式为：NaHB===Na＋＋H＋＋B2－ B．HB－在水溶液中只存在HB－的水解平衡 C．HB－的水解程度大于电离程度 D．溶液中水电离出的c(H＋)为10－9.1 mol·L－1答案 C 解析 HB－在水中不完全电离，A错误；HB－在水中水解程度大于电离程度，B错 误，C正确；HB－以水解为主，促进水的电离，D错误。 6．常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶 液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是( ) A．HA为强酸 B．该混合溶液pH＝7.0 C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋) D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋ 答案 C 解析 0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合，恰好生成 0.1 mol·L－1 NaA溶液，由题图中A－浓度小于0.1 mol·L－1，可知A－发生了水解， 故HA为弱酸，A项错误；NaA为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，溶液pH＞7.0， B项错误；A－发生水解生成HA：A－＋H OHA＋OH－，同时还存在水的电离， 2 故溶液中除Na＋、水分子外，各粒子的浓度大小关系为c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞ c(H＋)，故X为OH－，Y为HA，Z为H＋，D项错误；根据物料守恒有：c(Na＋)＝c(A －)＋c(HA)，C项正确。 7．25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH ＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法 正确的是( ) A．电离常数K(BOH)小于K(HY) B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH C．稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大 于HY 答案 A 解析 A项，根据BY溶液的pH＝6，B＋比Y－更易水解，则BOH比HY更难电离， 因此电离常数K(BOH)小于K(HY)，正确；B项，根据AX、BX、BY溶液的pH可知，AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为弱酸强碱 盐，溶液的pH>7，故AY溶液的pH大于BY溶液的pH，错误；C项，稀释相同倍 数，BX、BY溶液的pH均增大，且BX溶液的pH变化大于BY溶液，错误；D项， HX为强酸，HY为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY的电离程度增大，但仍不 可能全部电离，故HX溶液的酸性强，pH小，错误。 8．已知常温下，HCOOH比NH ·H O电离常数大。向10 mL 0.1 mol·L－1 HCOOH 3 2 中滴加同浓度的氨水，有关叙述正确的是( ) A．滴加过程中水的电离程度始终增大 B．当加入10 mL NH ·H O时，c(NH)＞c(HCOO－) 3 2 C．当两者恰好中和时，溶液pH＝7 D．滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO－)之和保持不变 答案 D 解析 A项，甲酸能够抑制水的电离，滴加氨水过程中，水的电离程度增大，氨水 过量时，抑制水的电离，所以滴加过程中水的电离程度先增大，恰好中和后再减 小，错误；B项，当加入10 mL NH ·H O时，恰好生成甲酸铵，HCOO－水解程度不 3 2 如NH水解程度大，溶液显酸性，c(NH)K (A2－)，等物质的量浓度 a2 a2 a2 h NaHA、Na A等体积混合，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，所以c(HA－)＜ 2 c(A2－)，故pH＞3，D项错误。 12．(2020·广东广州、深圳学调联盟高三调研)已知：p[]＝－lg[]。室温下，向0.10 mol/L HX溶液中滴加0.10 mol/LNaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图所示。 下列说法正确的是( ) A．溶液中水的电离程度：a>b>c B．c点溶液中：c(Na＋)＝10c(HX) C．室温下NaX的水解常数为10－4.75 D．图中b点坐标为(0,4.75) 答案 D 解析 根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH<7的溶液 中，HX的电离程度大于X－的水解程度，可只考虑H＋对水的电离的抑制，溶液 pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：a”“<”或“＝”)。 (5)25 ℃时，测得 HCN 和 NaCN 的混合溶液的 pH＝11，则约为________。向 NaCN溶液中通入少量CO ，则发生反应的离子方程式为__________________ 2 ______________________________________________________。 答案 (1)②＞①＞④＞③ 1.0×10－13 mol·L－1 (2)c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋) (3)2.5×10－8 (4)＜ (5)0.02 CN－＋CO ＋H O===HCN＋HCO 2 2 解析 (1)相同浓度的4种溶液中，NaCN溶液水解显碱性，NaOH溶液为强碱溶 液，CH COONa 溶液水解显碱性，NaHCO 溶液水解显碱性，因为酸性： 3 3 CH COOH＞H CO ＞HCN＞HCO，越弱越水解，因此溶液的碱性：②＞①＞④＞ 3 2 3 ③，4种溶液pH由大到小的顺序是②＞①＞④＞③；0.1 mol·L－l的NaOH pH＝ 13，由水电离的H＋浓度为1.0×10－13 mol·L－1。(2)NaCN溶液中CN－水解，溶液显 碱性，离子浓度大小关系为 c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。(3)K ＝＝＝＝ h 2.5×10－8。(4)等体积等浓度的CH COONa溶液和NaHCO 溶液，NaHCO 水解程 3 3 3 度大于CH COONa，溶液的碱性强于CH COONa，滴加盐酸至呈中性，则消耗盐 3 3 酸的体积③＜④。(5)由HCN的电离常数K ＝可知，＝＝≈0.02，H CO 的一级电 a 2 3 离常数大于HCN，二级电离常数小于HCN，故H CO 的酸性强于HCN，HCO的 2 3 酸性弱于HCN，故向NaCN溶液中通入少量CO ，反应生成HCN与NaHCO ，该 2 3 反应的离子方程式为CN－＋CO ＋H O===HCN＋HCO。 2 2 15．NH Al(SO ) 是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH HSO 4 4 2 4 4 在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题： (1)NH Al(SO ) 可作净水剂，其理由是___________________________________ 4 4 2 _____________________________________________________________________ (用必要的化学用语和相关文字说明)。 (2)相同条件下，0.1 mol·L－1 NH Al(SO ) 中c(NH)________(填“等于”“大于” 4 4 2或“小于”)0.1 mol·L－1 NH HSO 中c(NH)。 4 4 (3)如图1所示是0.1 mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。 ①其中符合0.1 mol·L－1 NH Al(SO ) 的pH随温度变化的曲线是________(填字 4 4 2 母)，导致pH随温度变化的原因是________________________________________ ___________________________________________________________________。 ②20 ℃时，0.1 mol·L－1 NH Al(SO ) 中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝________。 4 4 2 (4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH HSO 溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液， 4 4 所得溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四 个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小 的排列顺序是________。 答 案 (1)Al3 ＋ 水 解 生 成 的 Al(OH) 胶 体 具 有 吸 附 性 ， 即 Al3 ＋ ＋ 3 3H OAl(OH) (胶体)＋3H＋，Al(OH) 胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 2 3 3 (2)小于 (3)①Ⅰ NH Al(SO ) 水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小 4 4 2 ②10－3 mol·L－1 (4)a c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋) 解析 (2)NH Al(SO ) 与NH HSO 中的NH均发生水解，NH Al(SO ) 中Al3＋水 4 4 2 4 4 4 4 2 解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出H＋同样抑制NH水解，但HSO电离生成的 H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH HSO 中NH水解程度比 4 4 NH Al(SO ) 中的小。(3)①NH Al(SO ) 水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度 4 4 2 4 4 2 增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ。②根据电荷守恒，可以求出2c(SO)－c(NH)－ 3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)≈10－3 mol·L－1 [c(OH－)太小，可忽略]。(4)a、b、c、d四 个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完电离出的H＋，溶液中只有(NH ) SO 与 4 2 4 Na SO ；b、c、d三点溶液均含有NH ·H O，(NH ) SO 可以促进水的电离，而 2 4 3 2 4 2 4 NH ·H O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液含有 3 2 (NH ) SO 、Na SO 、NH ·H O三种成分，a点时c(Na＋)＝c(SO)，b点时c(Na＋)＞ 4 2 4 2 4 3 2 c(SO)，根据N原子与S原子的关系，可以得出c(SO)＞c(NH)，故c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)。 微专题30 电解质溶液中“粒子”浓度关系 (一)熟悉两大理论，构建思维基点 (1)电离平衡→建立电离过程是微弱的意识 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：CH COOHCH COO－＋H＋，H OOH－＋H 3 3 2 ＋，粒子浓度由大到小的顺序：c(CH COOH)＞c(H＋)＞c(CH COO－)＞c(OH－)。 3 3 (2)水解平衡→建立水解过程是微弱的意识 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CH COONa溶液中：CH COONa===CH COO－＋Na＋，CH COO－＋ 3 3 3 3 H OCH COOH＋OH－，H OH＋＋OH－，粒子浓度由大到小的顺序：c(Na＋) 2 3 2 ＞c(CH COO－)＞c(OH－)＞c(CH COOH)＞c(H＋)。 3 3 (二)把握三大守恒，明确定量关系 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NaHCO 溶液中，因HCO水解：HCO＋ 3 H OH CO ＋OH－以及HCO电离：HCOH＋＋CO，C元素的存在形式有3 2 2 3 种，即HCO、H CO 、CO，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋ 2 3 c(CO)＋c(H CO )。 2 3 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NaHCO 溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝ 3 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)。 3．质子守恒 电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量相等。例如： (1)在Na CO 溶液中： 2 3 质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H CO )。 2 3(2)在NaHCO 溶液中： 3 质子守恒：c(H＋)＋c(H CO )＝c(OH－)＋c(CO)。 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(H S)②，由①－②消去没有参与变化的K＋得质子守恒式 2 c(H＋)＋c(H S)＝c(OH－)＋c(S2－)。 2 (三)明晰三大类型，掌握解题流程 溶液中粒子浓度大小比较三大类型 类型一 单一溶液中各粒子浓度的比较 (1)多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱，如H PO 溶液中：c(H 3 4 ＋)＞c(H PO)＞c(HPO)＞c(PO)。 2 (2)多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如 在Na CO 溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H CO )。 2 3 2 3 类型二 混合溶液中各粒子浓度的比较 混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如在0.1 mol·L－1 NH Cl溶液和0.1 mol·L 4 －1的氨水混合溶液中，NH ·H O的电离程度强于NH的水解程度，溶液呈碱性，各 3 2 离子浓度大小顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。 类型三 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：①NH Cl；②CH COONH ；③NH HSO ， 4 3 4 4 4 c(NH)由大到小的顺序为③＞①＞②。 (四)分类精析 1．单一溶液中离子浓度的关系 【典例1】 0.1 mol·L－1的Na CO 溶液中各离子浓度的关系 2 3 (1)大小关系：______________________________________________________。 (2)物料守恒：______________________________________________________。 (3)电荷守恒：______________________________________________________。 (4)质子守恒：______________________________________________________。 答案 (1)c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)(2)c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO )] 2 3 (3)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO) (4)c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H CO ) 2 3 解析 Na CO ===2Na＋＋CO(完全电离)， 2 3 CO＋H OHCO＋OH－(主要)， 2 HCO＋H OH CO ＋OH－(次要)， 2 2 3 H OH＋＋OH－(极微弱)。 2 【典例2】 0.1 mol·L－1的NaHCO 溶液中各离子浓度的关系 3 (1)大小关系：______________________________________________________。 (2)物料守恒：______________________________________________________。 (3)电荷守恒：_____________________________________________________。 (4)质子守恒：______________________________________________________。 答案 (1)c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO) (2)c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H CO ) 2 3 (3)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－) (4)c(OH－)＝c(H CO )＋c(H＋)－c(CO) 2 3 解析 NaHCO ===Na＋＋HCO(完全电离)， 3 HCO＋H OH CO ＋OH－(主要)， 2 2 3 HCOH＋＋CO(次要)， H OH＋＋OH－(极微弱)。 2 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(CO)的化学计量数2代表 一个CO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Na S溶液中的物料守恒式中 2 “2”表示c(Na＋)是溶液中各种含硫原子离子总浓度的2倍。 2．混合溶液中离子浓度的关系 【典例3】 浓度均为0.1 mol·L－1的NH Cl和氨水的混合溶液中粒子浓度关系 4 (1)电荷守恒：______________________________________________________。 (2)物料守恒：______________________________________________________。 (3)质子守恒：______________________________________________________。(4)大小关系：______________________________________________________。 答案 (1)c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) (2)c(NH)＋c(NH ·H O)＝2c(Cl－) 3 2 (3)c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH ·H O)＋2c(OH－) 3 2 (4)c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH ·H O)＞c(OH－)＞c(H＋) 3 2 解析 NH Cl===NH＋Cl－(完全电离)， 4 NH ·H ONH＋OH－(主要，混合液呈碱性)， 3 2 NH＋H ONH ·H O＋H＋(次要)， 2 3 2 H OH＋＋OH－(极微弱)。 2 【典例4】 浓度均为0.1 mol·L－1的CH COONa和CH COOH的混合溶液中粒子 3 3 浓度关系 (1)电荷守恒：______________________________________________________。 (2)物料守恒：______________________________________________________。 (3)质子守恒：______________________________________________________。 (4)大小关系：_____________________________________________________。 答案 (1)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH COO－)＋c(OH－) 3 (2)c(CH COO－)＋c(CH COOH)＝2c(Na＋) 3 3 (3)c(CH COOH)＋2c(H＋)＝c(CH COO－)＋2c(OH－) 3 3 (4)c(CH COO－)＞c(Na＋)＞c(CH COOH)＞c(H＋)＞c(OH－) 3 3 解析 CH COONa===CH COO－＋Na＋(完全电离)， 3 3 CH COOHCH COO－＋H＋(主要，混合液呈酸性)， 3 3 CH COO－＋H OCH COOH＋OH－(次要)， 3 2 3 H OH＋＋OH－(极微弱)。 2 【典例5】 浓度均为0.1 mol·L－1的Na CO 和NaHCO 的混合溶液中离子浓度关 2 3 3 系 (1)电荷守恒：______________________________________________________。 (2)物料守恒：_____________________________________________________。 (3)质子守恒：______________________________________________________。 (4)大小关系：______________________________________________________。 答案 (1)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) (2)2c(Na＋)＝3[c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO )] 2 3 (3)2c(OH－)＋c(CO)＝2c(H＋)＋c(HCO)＋3c(H CO ) 2 3(4)c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋) 解析 Na CO ===2Na＋＋CO(完全电离)， 2 3 NaHCO ===Na＋＋HCO(完全电离)， 3 CO＋H OHCO＋OH－(主要，CO的水解程度大于HCO的水解程度)， 2 HCO＋H OH CO ＋OH－(次要)， 2 2 3 HCOH＋＋CO(微弱)， H OH＋＋OH－(极微弱)。 2 3．不同溶液中同一离子浓度大小的比较 [解题流程] 【典例6】 25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中： ①NH Cl、②CH COONH 、③NH HSO 、④(NH ) SO 、⑤(NH ) Fe(SO ) ，c(NH)由 4 3 4 4 4 4 2 4 4 2 4 2 大到小的顺序为________。 答案 ⑤＞④＞③＞①＞② 解析 分析流程为 分组――→ 1．室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是( ) A．Na S溶液：c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H S) 2 2 B．Na C O 溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC O)＋2c(H C O ) 2 2 4 2 2 2 4 C．Na CO 溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－) 2 3 D．CH COONa 和 CaCl 混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH COO－)＋ 3 2 3 c(CH COOH)＋2c(Cl－) 3 答案 B 解析 A项，由于S2－＋H OHS－＋OH－、HS－＋H OH S＋OH－、H OH 2 2 2 2＋＋OH－，故粒子浓度关系应为c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H S)，错误；B项，符 2 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(HCO)＋2c(CO)＋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(CH COO－)＋c(CH COOH)＋c(Cl－)，错误。 3 3 2．(2020·河北唐山市高三期末)已知氢硫酸(H S) 的电离平衡常数为： K (H S)＝ 2 a1 2 9.1×10－8, K (H S)＝1.1×10 －12。H S溶液中c(总)＝c(H S)＋c(HS－)＋c(S2－)。室 a2 2 2 2 温下向25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H S 溶液中逐滴滴入NaOH溶液。下列说法正确 2 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(H S)＞c(H＋) 2 C．pH＝7的溶液： c(Na＋)>c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)＝c(H＋) D．c(H＋)＝9.1×10－8 mol·L－1时： c(H S)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na ＋)＋c(H＋) 2 答案 D 解析 A．H S是二元弱酸，在溶液中抑制水的电离，向25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 2 H S溶液中逐滴滴入NaOH溶液，H S与NaOH反应生成NaHS、Na S时，由于 2 2 2 NaHS、Na S水解，促进水的电离，溶液中水的电离程度不断增大，当H S完全反 2 2 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K ＝＝＞ h K ＝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 a2 液中c(H S)＞c(S2－)，故B错误；C.因NaHS溶液呈碱性，pH＝7的溶液为H S与 2 2 NaHS的混合溶液，则溶液中c(HS－)＞c(S2－)，故C错误；D.由K ＝＝9.1×10－8 a1 可知c(H＋)＝9.1×10－8 mol·L－1时，溶液中c(H S)＝c(HS－)，由电荷守恒c(HS－) 2 ＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na ＋)＋c(H＋)可得c(H S)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na ＋)＋ 2 c(H＋)，故D正确。 3．(2021·广东惠州第一次调研)25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴 滴加0.01 mol·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－)＝0.01 mol·L－1 D．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5 mL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10 mL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－)＝(10×10－3 L×0.01 mol·L－1＋10×10－3 L×0.01 mol·L－1)÷(20×10－3 L)＝0.01 mol·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。 4．有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH Cl与 4 CH COONa ② NH Cl 与 HCl ③ NH Cl 与 NaCl ④ NH Cl 与 NH ·H O(混合 3 4 4 4 3 2 液呈碱性)下列各项排序正确的是( ) A．pH：②＜①＜③＜④ B．c(NH)：①＜③＜②＜④ C．溶液中c(H＋)：①＜③＜②＜④ D．c(NH ·H O)：①＜③＜④＜② 3 2 答案 B 解析 ①中NH Cl水解呈酸性与水解呈碱性的CH COONa混合，水解相互促进， 4 3 但溶液接近中性；②中NH Cl水解呈酸性被 HCl 抑制，但溶液呈酸性；③中 4 NH Cl与NaCl混合，为单水解呈酸性；④NH Cl与相应的碱NH ·H O(混合液呈 4 4 3 2 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(NH)：①＜③＜②＜④，B正确；溶液中c(H＋)：④ ＜①＜③＜②，C错 误；c(NH ·H O)：②＜③＜①＜④，D错误，故选B。 3 2 5．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数 据如下表： 起始浓度/(mol·L－1) 实验编号 反应后溶液的pH c(HA) c(KOH) ① 0.1 0.1 9② x 0.2 7 下列判断不正确的是( ) A．实验①反应后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) B．实验①反应后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝ mol·L－1 C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1 D．实验②反应后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋) 答案 B 解析 实验①反应后溶液的pH＝9，即溶液显碱性，说明HA为弱酸，二者等浓度 等体积混合恰好反应生成KA，A－水解，A项正确；实验①反应后的溶液中，由电 荷守恒式c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)知，c(K＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)，B 项错误；因为HA为弱酸，如果与等体积等浓度的KOH溶液混合，溶液显碱性， 若溶液显中性，则在两溶液体积相等的条件下，HA溶液的浓度应大于0.2 mol·L－ 1，所以实验②反应后的溶液中，c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1，C项正确；实验②反 应后溶液显中性，根据电荷守恒式c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)，且c(H＋)＝ c(OH－)，则c(K＋)＝c(A－)，即c(K＋)＝c(A－)＞c(H＋)＝c(OH－)，D项正确。 6．（双选）(2019·江苏化学)室温下，反应HCO＋H OH CO ＋OH－的平衡常数 2 2 3 K＝2.2×10－8。将NH HCO 溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的 4 3 ZnO。若溶液 混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确 的是( ) A．0.2 mol·L－1氨水：c(NH ·H O)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋) 3 2 B．0.2 mol·L－1 NH HCO 溶液(pH＞7)：c(NH)＞c(HCO)＞c(H CO )＞c(NH ·H O) 4 3 2 3 3 2 C．0.2 mol·L－1 氨水和 0.2 mol·L－1 NH HCO 溶液等体积混合：c(NH)＋ 4 3 c(NH ·H O)＝c(H CO )＋c(HCO)＋c(CO) 3 2 2 3 D．0.6 mol·L－1氨水和 0.2 mol·L－1 NH HCO 溶液等体积混合：c(NH ·H O)＋ 4 3 3 2 c(CO)＋c(OH－)＝0.3 mol·L－1＋c(H CO )＋c(H＋) 2 3 答案 BD 解析 A项，氨水中存在 NH ·H ONH＋OH－，H OH＋＋OH－，氨水中 3 2 2 NH ·H O部分电离，所以主要以NH ·H O分子形式存在，两个电离方程式均电离 3 2 3 2 出OH－，所以c(OH－)＞c(NH)，错误；B项，NH HCO 溶液显碱性，说明HCO的 4 3 水解程度大于NH的水解程度，所以c(NH)＞c(HCO)＞c(H CO )＞c(NH ·H O)， 2 3 3 2 正确；C项，由物料守恒可知，n(N)∶n(C)＝2∶1，则有c(NH)＋c(NH ·H O)＝ 3 22[c(H CO )＋c(HCO)＋c(CO)]，错误；D项，由物料守恒可知，n(N)∶n(C)＝4∶1， 2 3 则有 c(NH)＋c(NH ·H O)＝4[c(H CO )＋c(HCO)＋c(CO)]①，电荷守恒式为 3 2 2 3 c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)②，结合①②消去 c(NH)，得： c(NH ·H O)＋c(OH－)＝c(H＋)＋4c(H CO )＋3c(HCO)＋2c(CO)③，0.2 mol·L－1 3 2 2 3 NH HCO 溶液与0.6 mol·L－1氨水等体积混合后，c(NH HCO )＝0.1 mol·L－1，由 4 3 4 3 碳元素守恒可知，c(H CO )＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1④，将③等式两边各加 2 3 一个c(CO)，则有c(NH ·H O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H CO )＋3c(H CO )＋ 3 2 2 3 2 3 3c(HCO)＋3c(CO)⑤，将④代入⑤中得，c(NH ·H O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋ 3 2 c(H CO )＋0.3 mol·L－1，正确。 2 3 微专题31 中和滴定过程中的“粒子”浓度关系 抓住滴定曲线中的“五点”，破解溶液中的“粒子”浓度关系 酸、碱中和反应过程中，溶液中的离子浓度随酸、碱的加入会发生变化，可借助滴 定图像，抓住反应的关键点，破解离子浓度大小比较。 以用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HA溶液为例，其 滴定曲线如图。 关键点 离子浓度关系 O点时为HA的单一溶液，0.100 0 mol·L－1 HA的pH＞ 点O 1，说明是弱酸，c(HA)＞c(H＋)＞c(A－)＞c(OH－) 溶液中含有等物质的量HA和NaA，此时溶液pH＜7，说 点① 明 HA 电离程度大于 A－水解程度，c(A－)＞c(Na＋)＞ c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－) 此时溶液pH＝7，溶液呈中性，酸没有完全被反应，c(A－) 点② ＝c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＝c(OH－) 此时两者恰好反应生成NaA，为强碱弱酸盐，c(Na＋)＞ 点③ c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) 此时NaOH过量或者远远过量，溶液显碱性，可能出现 点③之后 c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，也可能出现c(Na＋)＞ c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)【典例】 (双选)(2021·1月湖南普高校招生适应性考试，14)常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的CH COOH溶液中滴加0.100 0 mol－1的NaOH溶液，溶液中，lg 3 随pH的变化关系如图所示(取lg 5＝0.7)。 INCLUDEPICTURE "G:\\2021课件\\X8.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "G:\\2021课件\\X8.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "G:\\2021课件\\X8.TIF" \* MERGEFORMATINET 下列说法正确的是( ) A.常温下，CH COOH的电离常数为10－4.76 3 B.当溶液的pH＝7时，消耗NaOH溶液20.00 mL C.溶液中水的电离程度大小：a>b>c D.c点溶液中：c(Na＋)>c(CH COO－)>c(OH－)>c(H＋) 3 答案 AD 解析 常温下，CH COOH 的电离常数 K ＝，b 点 pH＝4.76 时，lg＝0， 3 a c(CH COOH)＝c(CH COO－)，CH COOH的电离常数等于c(H＋)＝10－4.76，故A符 3 3 3 合题意；向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的CH COOH溶液中滴加0.100 0 mol·L－1的 3 NaOH溶液20 mL，溶质为CH COONa，为弱酸强碱盐，水解显碱性，此时溶液的 3 pH＞7，故B不符合题意；酸碱抑制水的电离，弱酸强碱盐水解显碱性，促进水的 电离，a点为CH COOH，K ＝＝＝10－9.24，CH COONa存在水解平衡，K ＝ ，pH 3 h 3 h ＝8.73时，c(OH－)＝＝10－5.27，lg＝3.97，＝10－3.97，K ＝＝10－3.97×10－5.27＝10－9.24 h ＝K ，c点为CH COONa溶液，b点为CH COOH和CH COONa的混合溶液，溶 h 3 3 3 液中水的电离程度大小：c＞b＞a，故C不符合题意；CH COONa溶液中，由于醋 3酸根离子要水解，c(Na＋)＞c(CH COO－)，但水解较微弱，c(CH COO－)＞c(OH－)， 3 3 c(Na＋)＞c(CH COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D符合题意。 3 1．常温下，用 0.100 0 mol·L－1 NaOH 溶液滴定 20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是( ) 3 A．点①所示溶液中：c(CH COO－)＋2c(OH－)＝c(CH COOH)＋c(H＋) 3 3 B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH COOH)＋c(CH COO－) 3 3 C．点③所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH COO－)＞c(H＋) 3 D．滴定过程中可能出现：c(CH COOH)＞c(CH COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－) 3 3 答案 D 解析 点①溶液中的溶质为0.001 mol CH COOH和0.001 mol CH COONa，根据 3 3 物料守恒：c(CH COO－)＋c(CH COOH)＝2c(Na＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋) 3 3 ＝c(CH COO－)＋c(OH－)，整理后得 c(CH COOH)＋2c(H＋)＝c(CH COO－)＋ 3 3 3 2c(OH－)，A 错误；点②溶液的 pH＝7，根据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝ c(CH COO－)＋c(OH－)，又因为c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH COO－)，B错误； 3 3 点③溶液中的溶质为 0.002 mol CH COONa，离子浓度大小关系为 c(Na＋)＞ 3 c(CH COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C错误；NaOH加少量可能存在D中的粒子浓度 3 大小顺序，D正确。 2.(2019·青岛质检)室温时，将0.10 mol·L－1 NaOH溶液滴入20.00 mL未知浓度的 某一元酸HA溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示(忽略 溶液混合时体积的变化)。当V(NaOH)＝20.00 mL(图中c点)，二者恰好完全反应。 则下列有关说法不正确的是( )A．HA为弱酸，其物质的量浓度为0.10 mol·L－1 B．a点时：c(A－)－c(HA)＝2c(H＋)－2c(OH－) C．c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)的值：b点近似等于c点 D．d点时，2c(HA)＋2c(A－)＝3c(Na＋) 答案 D 解析 A项，当V(NaOH)＝20.00 mL(图中c点)，二者恰好完全反应，所以HA的 浓度是0.10 mol·L－1，起始时HA的pH＝3，这说明HA为弱酸，正确；B项，a点 时HA被中和一半，溶液中的溶质是等浓度的HA、NaA，根据电荷守恒和物料守 恒可知溶液中c(A－)－c(HA)＝2c(H＋)－2c(OH－)，正确；C项，b点溶液显中性， c(A－)＝c(Na＋)，则b点溶液中c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)＝c(HA)＋2c(A－)，c点二者 恰好反应，根据物料守恒可知c(HA)＋c(A－)＝c(Na＋)，因此溶液中c(HA)＋c(A－) ＋c(Na＋)＝2c(HA)＋2c(A－)＝0.10 mol·L－1，由于溶液中A－浓度均远大于HA浓 度，所以c(HA)＋c(A－)＋c(Na＋)的值等于0.1 mol·L－1，即b点近似等于c点，正确； D项，d点时溶质是NaOH和NaA，二者物质的量之比为1∶2，根据物料守恒可 知：3c(HA)＋3c(A－)＝2c(Na＋)，错误。 3.常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L－1 CH COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是( ) 3 A．点①和点②所示溶液中：c(CH COO－)c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－) D．a、b、c、d均有c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) 答案 D 解析 a点时加入的盐酸为10 mL，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的氯化铵 和一水合氨，根据物料守恒2c(Cl－)＝c(NH ·H O)＋c(NH)，故A错误；c点时加入 3 2 的盐酸为20 mL，表示酸碱恰好完全反应，b点表示碱过量，盐酸完全反应，故B 错误；c点时，酸碱恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据 电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(NH)7，A错误；根据c(HA)＝c(A－) 时，溶液显酸性，可知A－水解程度小于HA电离程度，继续加入氢氧化钠，HA浓 度减小，达到中性时，c(A－)>c(HA)，B错误；NaOH溶液滴定HA溶液时，滴定突 跃pH在6.0到8.0之间，用酚酞做指示剂，C正确；25 ℃时，根据c(H B－)＝ 2 c(H B)时，pH在2.0～3.0之间，H B－离子的水解常数K＝＝c(OH－)，数量级为10 3 2 －12，D错误。 8．(2020·河南濮阳市高三二模)25 ℃时，0.100 mol·L－1二元弱酸H A(或其钠盐)用 2 相同浓度的NaOH溶液(或盐酸)滴定，其pH与滴定分数τ[τ＝n(NaOH)/n(H A)或 2 n(HCl)/n(盐)]的关系如下图所示：下列说法正确的是( ) A．曲线①表示盐酸滴定NaHA溶液 B．25 ℃时，K (H A)＝1×10－10 a2 2 C．溶液中：a点比b点大 D．c点溶液中：c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－) 答案 C 解析 曲线①起始点pH为10，则为盐酸滴定钠盐，曲线②起始pH为酸性，则为 氢氧化钠滴定 H A，化学方程式为 H A＋NaOH===NaHA＋H O，NaHA＋ 2 2 2 NaOH===Na A＋H O，故反应终点 a 的溶质为 NaHA，反应终点 b 的溶质为 2 2 Na A，c点为Na A和NaOH，且物质的量之比为1∶1。曲线①起点pH为10，由分 2 2 析可知，表示盐酸滴定Na A溶液，A不正确；25 ℃时，b溶液pH＝10，c(OH－)＝ 2 ＝＝1×10－4(mol/L)，其溶质为Na A，水解过程为，A2－＋H OHA－＋OH－，其 2 2 K ＝ 由于c(HA－)≠ c(A2－)，故K ≠1×10－4，K (H A)＝，其值不等于1×10－ h1 h1 a2 2 10，B不正确；a点溶质为NaHA存在HA－H＋＋A2－，HA－＋H OH A＋OH 2 2 －，根据其pH，以电离为主，故>1, b点溶质为Na A存在A2－＋H OHA－＋OH 2 2 －、HA－＋H OH A＋OH－水解以第一步为主，故<1，a点比b点大，C正确；c 2 2 点为Na A和NaOH，且物质的量之比为1∶1，c(Na＋)最大，若只考虑电离，c(A2－) 2 ＝c(OH－)，但A2－要水解消耗，且生成OH－，故c(Na＋)>c(OH－)>c(A2－)，D不正确。