2023届新高考化学一轮复习盐类的水解学案.docx

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1、第3讲盐类的水解复习目标核心素养1.能认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。2能综合运用离子反应、水解平衡原理，分析和解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题。1.认识盐类水解有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析盐类水解平衡，并运用盐类水解平衡原理解决实际问题。2知道可以通过分析、推理等方法认识盐类水解的本质特征、建立模型。能运用模型解释盐类水解平衡的移动，揭示现象的本质和规律。考点一盐类水解的概念和规律1盐类的水解(1)概念：在溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H或OH结合生成弱电解质的反应。(2)实质：生成弱酸或弱碱，使水的电离平衡被破坏而建立起新的平衡。(3)特征：一

2、般是可逆反应，在一定条件下达到化学平衡。盐类水解反应是中和反应的逆反应。盐类水解是吸热反应。2盐类水解规律及类型(1)规律有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。(2)类型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Na2SO4、KNO3否中性pH7强酸弱碱盐NH4Cl、Fe(NO3)3是NH、Fe3酸性pH7弱酸弱碱盐CH3COONH4是CH3COO、NH中性pH73.盐类水解方程式的书写(1)盐类水解的离子方程式一般应用“”连接，且一般不标“”“”等状态符号。如CH3COONa水解的离子方程式为CH3COOH2OCH3COOHOH；NH4Cl水解的离子方程式为NH

3、H2ONH3H2OH。(2)多元弱酸根离子水解的离子方程式应分步书写，水解是以第一步水解为主，如CO水解的离子方程式为COH2OHCOOH、HCOH2OH2CO3OH。(3)多元弱碱阳离子的水解比较复杂，一般一步写出。值得注意的是，其最终生成的弱碱即使是难溶物也不标“”等状态符号，因其水解生成的量极少，不会生成沉淀，如Al3水解的离子方程式常写成：Al33H2OAl(OH)33H。(4)阴、阳离子相互促进的水解(双水解)，若水解程度不大，用“”表示，如CH3COONH4水解的离子方程式为CH3COONHH2OCH3COOHNH3H2O。双水解程度较大的，书写时用“=”“”“”，如Al2S3水解

4、的离子方程式为2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S。(5)盐类水解的离子方程式同样遵循质量守恒定律和电荷守恒规律。(1)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐。()(2)酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。()(3)某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。()(4)常温下，pH10的CH3COONa溶液与pH4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同。()(5)常温下，pH11的CH3COONa溶液与pH3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。()(6)NaHCO3、NaHSO4都能促进水的电离。()(7)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成。()(8)FeCl3

5、溶液与NaHCO3溶液混合：Fe33HCO=Fe(OH)33CO2。()题点一盐类水解的实质和规律常温下，浓度均为0.1 molL1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示：序号溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3下列说法正确的是()A四种溶液中，水的电离程度：BNa2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同C将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClODNa2CO3溶液中，c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)【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

6、解的程度就越大，水的电离程度就越大，溶液的碱性就越强。根据表格数据可知四种溶液中，水的电离程度：HClO，所以pH小的是CH3COOH，C错误；在Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得c(Na)2c(CO)2c(HCO)2c(H2CO3)，D错误。【答案】B对点训练125 时浓度都是1 molL1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH7且溶液中c(X)1 molL1，BX的溶液pH4，BY的溶液pH6。下列说法正确的是()A电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)BAY溶液的pH小于BY溶液的pHC稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BYD将浓度均为1 molL1的HX和HY溶液分别

7、稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY解析：AA项，根据BY溶液的pH6，B比Y更易水解，则BOH比HY更难电离，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)，正确；B项，根据AX、BX、BY溶液的pH，则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pH7，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。题点二水解实质的拓展延伸广义的水解观认为：无论是盐

8、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()ABaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2BPCl3的水解产物是HClO和H3PO4CAl4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4DCH3COCl的水解产物是两种酸【解析】BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故A项正确；该反应中Cl元素的化合价由1变为1，有电子转移，不符合水解原理，故B项错误；Al4C3水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C项正确；CH3COCl的水解产物是两种酸，为CH3COOH和HC

9、l，符合水解原理，故D项正确。【答案】B母题延伸按要求写出下列物质和水反应的化学方程式。(1)CaC2_；(2)IBr_。提示：(1)CaC22H2OCa(OH)2CHCH(2)IBrH2O=HBrHIO对点训练2解答下列问题(1)NaHS溶液呈碱性的原因_。(2)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，已知只有一种离子可能水解，若pH7，其原因是_(用离子方程式说明，下同)；若pHNaHCO3判断溶液中离子能否大量共存Al3和HCO因发生水解互促反应，不能大量共存配制或贮存易水解的盐溶液配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸，目的是抑制Fe3水解胶体的制备，作净水剂明矾溶于水，生成胶状

10、物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清，离子方程式为Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H化肥的使用铵态氮肥不宜与草木灰混合使用泡沫灭火器的反应原理(相互促进水解)离子方程式为Al33HCO=Al(OH)33CO2无水盐的制备由MgCl26H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热判断盐溶液的蒸干产物将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3，而不是AlCl3某些盐的分离除杂为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3，可在加热搅拌的条件下加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸盐溶液除锈NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解溶液显酸性)利用水解反应来制纳米

11、材料(氢氧化物可变为氧化物)如利用TiCl4水解制备TiO2xH2O的方程式为TiCl4(x2)H2OTiO2xH2O4HCl判断电解质的强弱CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH7)，说明CH3COOH是弱酸(1)外界条件对盐水解程度的大小起决定作用。()(2)影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等。()(3)能水解的盐的浓度越低，水解程度越大，溶液的酸碱性越强。()(4)盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的。()(5)水解平衡右移，盐的离子的水解程度一定增大。()(6)Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。()题点一水解平衡移动及结果判断在25 时，在浓度为1 molL1的

12、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NH)分别为a、b、c(单位为molL1)，下列判断正确的是()Aabc BabcCac Dcab【解析】溶液中CO的水解促进NH的水解，Fe2的水解抑制NH的水解，则等浓度时，c(NH)大小顺序应为cab。【答案】D对点训练1下列有关电解质溶液的说法不正确的是()A向Na2CO3溶液中通入NH3，减小B将0.1 molL1的K2C2O4溶液从25 升温至35 ，增大C向0.1 molL1 的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，1D向0.1 molL1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大解析：DNa2CO

13、3溶液中存在平衡COH2OHCOOH，通入NH3，NH3溶于水生成NH3H2O，存在电离NH3H2ONHOH，抑制了CO的水解，c(CO)增大，又因为c(Na)不变，所以减小，故A正确；K2C2O4溶液中存在C2O水解，水解吸热，若从25 升温至35 ，促进了C2O的水解，c(C2O)减小，又因为c(K)不变，所以增大，故B正确；向0.1 molL1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(F)c(OH)，c(H)c(OH)，则c(Na)c(F)，即1，故C正确；CH3COOH的电离常数Ka，所以，电离常数只受温度影响，温度不变则Ka不变，故D错误。题点二水解平衡移

14、动的曲线分析及实验探究实验测得0.5 molL1 CH3COONa溶液、0.5 molL1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A随温度升高，纯水中c(H)c(OH)B随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH)减小C随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO、Cu2水解平衡移动方向相同【思路点拨】【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，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH)增大，且温度升高，水的电离

15、程度增大，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CuSO4水解使溶液显酸性，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正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2水解程度增大得多，D项错误。【答案】C对点训练2已知：FeCl4(H2O)2为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe34Cl2H2O FeCl4(H2O)2，下列实验所得结论不正确的是()加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化加入NaCl

16、后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深注：加热为微热，忽略体积变化。A实验中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3水解产生了少量Fe(OH)3B实验中，酸化对Fe3水解的影响程度大于温度的影响C实验中，加热，可逆反应：Fe34Cl2H2OFeCl4(H2O)2正向移动D实验，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3水解平衡正向移动解析：D加热促进水解，铁离子水解生成氢氧化铁，则实验中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3水解产生了少量Fe(OH)3，故A项正确；由Fe33H2OFe(OH)33H可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解

17、，则实验中酸化对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Fe34Cl2H2OFeCl4(H2O)2，FeCl4(H2O)2为黄色，加热时平衡正向移动，溶液颜色变深，故C项正确；实验中存在Fe34Cl2H2OFeCl4(H2O)2，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能证明对Fe3水解平衡的影响，故D项错误。题点三和水解平衡移动有关的答题规范(1)为探究纯碱溶液呈碱性是由CO引起的，请你设计一个简单的实验方案：_。(2)为探究盐类水解是一个吸热过程，请用Na2CO3溶液和其他必要试剂，设计一个简单的实验方案：_。(3)把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后

18、得到的主要固体是什么？为什么？(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。_。(4)直接蒸发CuCl2溶液，能不能得到CuCl22H2O晶体，应如何操作？_。(5)Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因分析。_(6)MgO可除去MgCl2溶液中的Fe3，其原理是_。【答案】(1)向纯碱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氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去。则可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的(2)取Na2CO3溶液，滴加酚酞溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热(3)Al2O3，在AlCl3溶液中存在着如下平衡：AlCl33H2OAl(OH)3

19、3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应2Al(OH)3Al2O33H2O，因此最后得到的固体是Al2O3(4)不能，应在HCl气流中加热蒸发(5)在NH4Cl溶液中存在NHH2ONH3H2OH，加入Mg粉，Mg与H反应放出H2，使溶液中c(H)降低，水解平衡向右移动，使Mg粉不断溶解(6)Fe33H2OFe(OH)33H，加入MgO，MgO和H反应，使c(H)减小，平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去对点训练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

20、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 molL1的NaClO溶液加热蒸干灼烧最后所得的固体是_，原因是_。(6)将KMnO4溶液加热蒸干、灼烧最后所得的固体是_，原因是_。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)212H2O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)Fe2O3Fe2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

21、被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3(4)Na2SO4Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3O2=2Na2SO4(5)NaClNaClO水解的化学方程式为NaClOH2ONaOHHClO，2HClO2HClO2，HClNaOH=NaClH2O，故最终得到NaCl(6)K2MnO4、MnO2KMnO4加热时发生反应：2KMnO4K2MnO4MnO2O21(2021浙江1月卷选考，23)实验测得10 mL 0.50 molL1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50 molL1 CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 时C

22、H3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8105。下列说法不正确的是()A图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为 molL1，溶液pH变化值小于lg xC随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH)减小，c(H)增大，pH减小D25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na)c(CH3COO)c(Cl)c(NH)解析：C醋酸钠溶液显碱性，加水稀释，碱性减弱，c(OH)减小，c(H)增大，pH减小，氯化铵溶液显酸性，加水稀释，酸性减弱，c(H)减小，c(OH)增大，pH增大，即实线表示pH随加水量的变化；升

23、温，Kw增大，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度都会增大，pH表示氢离子浓度的负对数，所以pH都会减小，即虚线表示pH随温度的变化，A说法正确，C说法错误。将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为 molL1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H)变为原来的，则溶液的pH将增大lg x，但是加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H)大于原来的，因此溶液pH的变化值小于lg x，B说法正确。25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中分别存在电荷守恒：c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COO)、c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，即氯化铵溶液中：c(Cl)c(

24、NH)c(H)c(OH)，醋酸钠溶液中：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8105，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，盐的水解程度相同，因此，两溶液中|c(OH)c(H)|(两者差的绝对值)相等，故c(Na)c(CH3COO)c(Cl)c(NH)，D说法正确。2(2021广东卷，8)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是()A0.001 mol/L GHCl水溶

25、液的pH3B0.001 mol/L GHCl水溶液加水稀释，pH升高CGHCl在水中的电离方程式为：GHCl=GHClDGHCl水溶液中：c(OH)c(Cl)c(GH)c(G)解析：BGHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001 mol/L GHCl水溶液的pH3，故A错误；稀释GHCl溶液时，GH水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H)将减小，溶液pH将升高，故B正确；GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GHCl，故C错误；根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH)c(Cl)c(H)c(GH)，故D错误。3(2021湖南卷，9)常

26、温下，用0.1000 molL1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.1000 molL1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是()A该NaX溶液中：c(Na)c(X)c(OH)c(H)B三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)Ka(HY)Ka(HZ)C当pH7时，三种溶液中：c(X)c(Y)c(Z)D分别滴加20.00 mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X)c(Y)c(Z)c(H)c(OH)解析：C在NaX溶液中，X发生水解反应：XH2OHXOH，溶液中存在c(Na)c(X)c(OH)c(H)，A判断正确；等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液

27、的pH大小关系：NaZNaYNaX，根据“越弱越水解”可知，酸性：HXHYHZ，则电离常数关系：Ka(HX)Ka(HY)Ka(HZ)，B判断正确；pH7时，根据电荷守恒，三种溶液混合后分别存在c(Cl)c(X)c(Na)、c(Cl)c(Y)c(Na)、c(Cl)c(Z)c(Na)，由于三种一元酸的酸性强弱不同，则向其盐溶液中加入HCl的物质的量不同，则c(X)、c(Y)、c(Z)三者不等，C判断错误；分别加入20.00 mL盐酸后，均恰好完全反应，三种溶液的溶质分别为HX与NaCl、HY与NaCl、HZ与NaCl，三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：c(X)c(Y)c(Z)c(H)c(OH)，

28、D判断正确。4(经典高考题)测定0.1 molL1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是()ANa2SO3溶液中存在水解平衡：SOH2OHSOOHB的pH与不同，是由SO浓度减小造成的C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的Kw值相等解析：C的过程中，pH变小，说明SO水解产生的c(OH)减小；升高温度，SO的水解平衡正向移动，溶液中SO水解产生的c(OH)增大，pH应增大，而实际上溶液的pH减小，其主

29、要原因是实验过程中部分SO被空气中的O2氧化生成SO，溶液中c(SO)减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH)减小，pH减小；的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误；Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SOH2OHSOOH，A对；实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明中的SO数目小于中的，所以中OH数目小于中的，pH不同，B对；Kw只与温度有关，D对。5(经典高考题)下列有关电解质溶液的说法正确的是()A向0.1 molL1CH3COOH

30、溶液中加入少量水，溶液中减小B将CH3COONa溶液从20 升温至30 ，溶液中增大C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变解析：DA项，加水稀释，c(CH3COO)减小，Ka不变，所以比值增大，错误；B项，(Kh为水解常数)，温度升高水解常数Kh增大，比值减小，错误；C项，向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒：c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，此时c(H)c(OH)，故c(NH)c(Cl)，所以1，错误；D项，在饱和溶液中，温度不变，溶度积Ksp不变，则溶液中不变，正确。1理解“两大理论”，构建思维基点(1)电离理论弱电解质的电

31、离是微弱的弱电解质的电离是微弱的，电离产生的粒子都非常少，同时还要考虑水的电离。如氨水中：NH3H2O、NH、OH、H浓度的大小关系是c(NH3H2O)c(OH)c(NH) c(H)。多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS、S2、H的浓度大小关系是c(H2S)c(H)c(HS)c(S2)。(2)水解理论弱电解质离子的水解是微弱的弱电解质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：NH、Cl、NH3H

32、2O、H的浓度大小关系是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：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)c(HCO) c(H2CO3)。2理解“三个守恒”，明确浓度关系(1)电荷守恒电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即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)c(HCO)2c(CO)c(OH)。(2)物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)n(NH3H

33、2O)n(NH)1 mol，即氮元素守恒。两元素守恒，如NaHCO3溶液中：c(Na)c(H2CO3)c(HCO)c(CO)，即钠元素与碳元素守恒。(3)质子守恒(了解)：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)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。如NaHCO3溶液中：c(H2CO3)c(H)c(CO)c(OH)。注意：质子守恒可以通过电荷守恒与物料守恒加减得到。3同一溶液中不同粒子浓度大小比较视角1MCl溶液(MOH为弱碱)，如NH4Cl、NH4NO3(1)大小关系：c(Cl)c(M)c(H)c(MOH)c(OH)。(2)电荷守恒：c(Cl)c(OH)c(H

34、)c(M)(3)物料守恒：c(Cl)c(M)c(MOH)(4)质子守恒：c(MOH)c(OH)c(H)视角2Na2R溶液(H2R为二元弱酸)，如Na2CO3、Na2S、Na2C2O4(1)大小关系：c(Na)c(R2)c(OH)c(HR)c(H)(2)电荷守恒：c(Na)c(H)2c(R2)c(HR )c(OH)(3)物料守恒：c(Na)2c(R2)c(HR)c(H2R)(4)质子守恒：c(OH)c(H)c(HR)2c(H2R)视角3NaHR溶液(H2R为二元弱酸)如(1)大小关系(2)电荷守恒：c(Na)c(H)c(HR)2c(R2)c(OH)。(3)物料守恒：c(Na)c(HR)c(H2R

35、)c(R2)。(4)质子守恒：c(H)c(R2)c(OH)c(H2R)。视角4MCl与MOH混合液n(MCl)n(MOH)11(1)大小关系(2)物料守恒：2c(Cl)c(M)c(MOH)视角5HR与NaR的混合液n(HR)n(NaR)11(1)大小关系：(2)物料守恒：2c(Na)c(R)c(HR)视角6中和滴定曲线“五点”离子浓度比较以向10 mL 0.1 molL1的HA溶液中滴加0.1 molL1的NaOH溶液为例4不同溶液中同一离子浓度的大小比较选好参照物，分组比较，各个击破：视角125 时，相同物质的量浓度的下列溶液中：NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4、(NH4)2S

36、O4、(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为 。分析流程为分组视角2比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。(1)浓度均为0.1 molL1的H2S、NaHS、Na2S、H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是。(2)相同浓度的下列溶液中：CH3COONH4、CH3COONa、CH3COOH，c(CH3COO)由大到小的顺序是。(3)c(NH)相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液、NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为。1一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()ApH5的H2S溶液中，c(H)c(HS)1105 mol

37、L1BpHa的氨水溶液，稀释10倍后，其pHb，则ab1CpH2的H2C2O4溶液与pH12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)DpH相同的CH3COONa，NaHCO3，NaClO三种溶液的c(Na)：解析：DA项，pH5的H2S溶液中，H的浓度为1105 molL1，但是HS的浓度会小于H的浓度，H来自于H2S的第一步电离、HS的电离和水的电离，故H的浓度大于HS的浓度，故不正确；B项，弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a碳酸次氯酸，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为醋酸钠碳酸氢钠次氯酸钠，则钠离子的浓度为，

38、故正确。2常温下，下列说法不正确的是()A0.2 molL1的NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(OH)c(H)B0.02 molL1的NaOH溶液与0.04 molL1的NaHC2O4溶液等体积混合：2c(OH)c(C2O)c(HC2O)2c(H)C叠氮酸(HN3)与醋酸酸性相近，0.1 molL1 NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为c(Na)c(N)c(OH)c(H)D向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH7，则混合液中c(NH)c(Cl)解析：BNaHCO3溶液呈碱性，溶液中离子浓度关系为c(Na)c(HCO)c(OH)c(H)，A项正确；混合后得到等物质的量浓度的Na2C2O4、N

39、aHC2O4的混合溶液，根据电荷守恒得：c(OH)2c(C2O)c(HC2O)c(Na)c(H)，根据物料守恒得：2c(Na)3c(C2O)c(HC2O)c(H2C2O4)，消去c(Na)，得：2c(OH)c(C2O)c(HC2O)3c(H2C2O4)2c(H)，B项错误；NaN3为强碱弱酸盐，N水解使溶液呈碱性，c(Na)c(N)c(OH)c(H)，C项正确；根据电荷守恒得：c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，pH7，则c(OH)c(H)，故c(NH)c(Cl)，D项正确。325 时，在10 mL浓度均为0.1 molL1的NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1 molL1的盐酸，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(NH3H2O)B加入10 mL盐酸时：c(NH)c(H)c(OH)C加入盐酸至溶液pH7时：c(Cl)c(Na)D加入20 mL盐酸时：c(Cl)c(NH)c(Na)解析：BA项，未加盐酸时，由于NH3H2O的部分电离，所以c(OH)c(Na)c(NH3H2O)，错误；B项，加入10 mL盐酸时，c(Cl)c(Na)，再由电荷守恒可知c(N