（江蘇專版）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題六 第二十三講 鹽類的水解學(xué)案（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題六 第二十三講 鹽類的水解學(xué)案（含解析）江蘇考綱要求1理解鹽類水解的原理，能說明影響鹽類水解的主要因素。2認識鹽類水解在生產(chǎn)、生活中的的應(yīng)用(弱酸弱堿鹽的水解不作要求)。鹽類的水解及其規(guī)律教材基礎(chǔ)自熱身1定義在溶液中鹽電離出來的離子跟水電離產(chǎn)生的H或OH結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)。2實質(zhì)鹽電離破壞了水的電離平衡水的電離程度增大c(H)c(OH)溶液呈堿性、酸性或中性3特點 4規(guī)律有弱才水解，越弱越水解；誰強顯誰性，同強顯中性。鹽的類型實例是否水解水解的離子溶液的酸堿性溶液的pH強酸強堿鹽NaCl、KNO3中性pH7強酸弱堿鹽NH4Cl、Cu(NO3)2N

2、H、Cu2酸性pH7弱酸強堿鹽CH3COONa、Na2CO3CH3COO、CO堿性pH75.表示方法水解離子方程式(1)一般來說，鹽類水解的程度不大，應(yīng)該用“”表示。鹽類水解一般不會產(chǎn)生沉淀和氣體，所以不用符號“”和“”表示水解產(chǎn)物。如：CuCl2、NH4NO3水解的離子方程式：Cu22H2OCu(OH)22H、NHH2ONH3H2OH。(2)多元弱酸鹽的水解是分步進行的，水解離子方程式要分步表示。如Na2CO3水解反應(yīng)的離子方程式：COH2OHCOOH、HCOH2OH2CO3OH。(3)多元弱堿陽離子的水解簡化成一步完成，如FeCl3溶液中：Fe33H2OFe(OH)33H。(4)能完全水解

3、的離子組是由于水解相互促進的程度較大，書寫時要用“=”“”“”等，如NaHCO3與AlCl3混合溶液反應(yīng)的離子方程式：Al33HCO=Al(OH)33CO2。知能深化掃盲點鹽類水解的實質(zhì)及規(guī)律(1)“誰弱誰水解，越弱越水解，誰強顯誰性?！比缢嵝裕篐CNCH3COONa。(2)強酸的酸式鹽只電離，不水解，溶液顯酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4=NaHSO。(3)弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子電離程度和水解程度的相對大小。若電離程度小于水解程度，溶液顯堿性。如 NaHCO3溶液中：HCOHCO(次要)，HCOH2OH2CO3OH(主要)。若電離程度大于水解程度，溶液顯酸性

4、。如 NaHSO3溶液中：HSOHSO(主要)，HSOH2OH2SO3OH(次要)。常見酸式鹽的酸堿性：酸堿性舉例解釋pH7NaHCO3、KHS、Na2HPO4水解大于電離pH7NaHSO3、KHC2O4 、NaH2PO4電離大于水解pH相應(yīng)酸式鹽，如COHCO。(5)相互促進水解的鹽單獨水解的鹽水解相互抑制的鹽。如NH的水解程度：(NH4)2CO3(NH4)2SO4(NH4)2Fe(SO4)2。對點練(1)已知酸性：CH3COOHH2CO3HClOHCO，則相同條件下CH3COONa、Na2CO3、NaClO、NaHCO3四種鹽溶液的堿性強弱順序為_。(2)已知HSO的電離程度大于水解程度，

5、HCO的電離程度小于水解程度，則同濃度的NaHSO4、NaHCO3、NaHSO3溶液pH大小順序為_。(3)同濃度的(NH4)2CO3、 (NH4)2SO4、 (NH4)2Fe(SO4)2、NH4Cl、NH4HSO4、NH4HCO3溶液中c(NH)的大小順序為_。答案：(1)Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONa(2)NaHCO3NaHSO3NaHSO4(3)(NH4)2Fe(SO4)2(NH4)2SO4(NH4)2CO3NH4HSO4NH4ClNH4HCO3題點全練過高考題點一鹽類水解反應(yīng)離子方程式的判斷與書寫1下列離子方程式不正確的是()A明礬用于凈水： Al33H2OAl(O

6、H)3(膠體)3HB泡沫滅火器滅火： Al33HCO=Al(OH)33CO2C用純堿清洗油污： COH2OHCOOHD濃硫化鈉溶液具有臭味： S22H2O=H2S2OH解析：選D明礬水解產(chǎn)生Al(OH)3(膠體)具有吸附作用，A項正確；Al3與HCO發(fā)生水解互促反應(yīng)生成CO2，B項正確；碳酸鈉水解產(chǎn)生氫氧根離子，促使油脂水解，C項正確；硫化鈉分步水解產(chǎn)生硫化氫而有臭味，但離子方程式必須分步表示、沒有氣體符號、使用可逆符號，D項錯誤。2寫出下列水解反應(yīng)的離子方程式。(1)膽礬_。(2)NaClO_。(3)小蘇打_。(4)NaAlO2_。(5)CH3COONa_。(6)NH4Cl_。(7)AlCl

7、3溶液呈酸性_。(8)實驗室制備Fe(OH)3膠體_。(9)NaHS溶液呈堿性的原因_。(10)對于易溶于水的正鹽MnRm溶液，若pH7，其原因是_(用離子方程式說明，下同)；若pH7，其原因是_。答案：(1)Cu22H2OCu(OH)22H(2)ClOH2OHClOOH(3)HCOH2OH2CO3OH(4)AlO2H2OAl(OH)3OH(5)CH3COOH2OCH3COOHOH(6)NHH2ONH3H2OH(7)Al33H2OAl(OH)33H(8)Fe33H2OFe(OH)3(膠體)3H(9)HSH2OH2SOH(10)RnH2OHR(n1)OHMmmH2OM(OH)mmH題點二鹽類水解

8、的實質(zhì)與規(guī)律3物質(zhì)的量濃度相同的三種鹽NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH依次為9、10、11，則HX、HY、HZ的酸性由弱到強的順序是()AHX、HZ、HYBHY、HZ、HXCHZ、HY、HX DHX、HY、HZ解析：選C酸的酸性越強，其酸根離子的水解程度越小，則相同濃度鈉鹽溶液的pH越小，故三種酸的酸性由弱到強的順序是HZHY7，BX溶液的pH7，說明AY為強堿弱酸鹽；BX溶液的pHH2CO3相同濃度的NaHCO3、CH3COONa溶液的pH大小關(guān)系為NaHCO3CH3COONa。2外因因素水解平衡水解程度水解產(chǎn)生離子的濃度溫度升高右移增大增大濃度增大右移減小增大減小(即稀釋)右移增大減小

9、外加酸、堿酸弱堿陽離子的水解程度減小堿弱酸根離子的水解程度減小知能深化掃盲點水解平衡的移動及結(jié)果判斷(1)把不同條件對FeCl3水解平衡的影響Fe33H2OFe(OH)33H填入下表。條件移動方向n(H)pH現(xiàn)象升高溫度向增大減小溶液顏色變深加HCl(aq)向增大減小溶液顏色變淺加H2O向增大增大溶液顏色變淺加NaHCO3(aq)向減小增大生成紅褐色沉淀，放出氣體(2)水解平衡右移，鹽的離子的水解程度是否一定增大？為什么？_答案：不一定。加水稀釋時，水解平衡右移，水解程度一定增大；增大水解離子的濃度，平衡也右移，但水解程度減小。(3)稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或堿性)也

10、越強嗎？為什么？_答案：鹽溶液的濃度越小，水解程度越大，但由于溶液中離子濃度減小是主要因素，故溶液酸性(或堿性)越弱。題后歸納(1)鹽類的水解平衡的移動與其他平衡移動一樣遵循勒夏特列原理。(2)鹽類水解易受溫度、濃度、溶液的酸堿性等因素的影響，以FeCl3水解為例，當改變條件如升溫、通入HCl氣體、加H2O、加鐵粉、加NaHCO3等時，應(yīng)從平衡移動方向、pH的變化、水解程度、現(xiàn)象等方面歸納總結(jié)，加以分析掌握。(3)當向NH4NO3溶液中通入NH3時，要考慮NH3H2O 濃度的增大對NH水解產(chǎn)生抑制，同時NH的存在對NH3H2O 的電離也產(chǎn)生抑制。不要錯誤地認為NH3H2O電離產(chǎn)生OH，與NH水

11、解產(chǎn)生的H反應(yīng)從而相互促進，因為NH、NH3H2O是主要溶質(zhì)，它們的存在對平衡產(chǎn)生影響，至于它們水解、電離產(chǎn)生的離子濃度很小，不予考慮，這就要求分析時抓住主要矛盾。題點全練過高考1下列說法正確的是()A降低溫度和加水稀釋，都會使鹽的水解平衡向逆反應(yīng)方向移動B通入適量的HCl氣體使FeCl3溶液中減小C在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好無色，則此時溶液的pH7D試管中加入2 mL飽和Na2CO3溶液，滴入兩滴酚酞，加熱，溶液先變紅，后紅色變淺解析：選BA項，加水稀釋，鹽的水解平衡向正反應(yīng)方向移動，錯誤；B項，F(xiàn)eCl3溶液中存在水解平衡：Fe33H2OFe(OH)33H，通入HCl

12、，c(H)增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動，c(Fe3)增大，同時c(Cl)增大，所以減小，正確；C項，滴有酚酞的溶液由紅色變?yōu)闊o色，pHbdCbadc Dcdab解析：選C氫離子、亞鐵離子抑制銨根離子水解，且氫離子抑制程度更大，醋酸根離子促進銨根離子水解，銨根離子水解程度越大，則溶液中NH濃度越小，NH濃度相等的四種溶液中，NH的水解程度CH3COONH4NH4ClNH4Fe(SO4)2NH4HSO4，水解程度越大，溶液中NH濃度越小，則溶質(zhì)濃度大小順序是badc，C正確。4如圖所示三個燒瓶中分別裝入含酚酞的0.01 molL1 CH3COONa溶液，并分別放置在盛有水的燒杯中，然后向燒杯中加入生

13、石灰，向燒杯中加入NH4NO3晶體，燒杯中不加任何物質(zhì)。(1)含酚酞的0.01 molL1 CH3COONa溶液顯淺紅色的原因為_(用離子方程式和必要文字解釋)。(2)實驗過程中發(fā)現(xiàn)燒瓶中溶液紅色變深，燒瓶中溶液紅色變淺，則下列敘述正確的是_(填字母)。A水解反應(yīng)為放熱反應(yīng)B水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)CNH4NO3溶于水時放出熱量DNH4NO3溶于水時吸收熱量(3)向0.01 molL1 CH3COONa溶液中分別加入NaOH固體、Na2CO3固體、FeSO4固體，使CH3COO水解平衡移動的方向分別為_、_、_。(填“左”“右”或“不移動”)(4)向三份0.1 molL1 CH3COONa溶液中加入

14、少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固體(忽略溶液體積變化)，則CH3COO濃度的變化依次為_、_、_。解析：(1)CH3COONa中CH3COO水解使溶液顯堿性，酚酞在堿性溶液中顯紅色。(2)生石灰與水劇烈反應(yīng)放出大量熱，根據(jù)燒瓶中溶液紅色變深，判斷水解平衡向右移動，說明水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，同時燒瓶中溶液紅色變淺，則NH4NO3溶于水時吸收熱量。(3)堿抑制CH3COO的水解；CO水解顯堿性，與CH3COO的水解相互抑制；Fe2水解顯酸性，與CH3COO的水解相互促進。答案：(1)CH3COOH2OCH3COOHOH，使溶液顯堿性，酚酞遇堿變紅色(2)BD(3)左左右(4)減小增大減小

15、鹽類水解的應(yīng)用教材基礎(chǔ)自熱身鹽類水解的重要應(yīng)用應(yīng) 用舉 例解釋判斷溶液的酸堿性FeCl3顯酸性Fe33H2OFe(OH)33H配制或保存某些鹽溶液盛放Na2CO3溶液不能用帶玻璃塞的試劑瓶Na2CO3水解生成的氫氧化鈉與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉把瓶口和瓶塞粘在一起配制FeCl3溶液時，加入鹽酸或配制CuSO4溶液時，加入少量H2SO4抑制Fe3、Cu2水解比較鹽溶液中離子濃度大小CH3COONa溶液中離子濃度：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)CH3COOH2OCH3COOHOH，CH3COO微弱水解使溶液顯堿性判斷鹽溶液蒸干產(chǎn)物加熱蒸干Fe(NO3)3溶液，得到Fe

16、(OH)3Fe(NO3)3水解產(chǎn)物之一為易揮發(fā)的硝酸，導(dǎo)致水解平衡不斷正向移動，最終得到Fe(OH)3膠體的制取將飽和氯化鐵溶液滴加到沸水中制取Fe(OH)3膠體Fe33H2OFe(OH)3(膠體)3H凈水劑明礬可作凈水劑Al33H2OAl(OH)3(膠體)3H，明礬水解生成的膠體具有吸附水中懸浮物的作用物質(zhì)的提純加入CuO或Cu(OH)2、CuCO3除去CuCl2溶液中的FeCl3加入CuO或Cu(OH)2、CuCO3促進Fe33H2OFe(OH)33H平衡正向移動生成Fe(OH)3沉淀，過濾除去離子共存的判斷Al3與 AlO、 CO、HCO等不能大量共存因相互促進水解而不能大量共存泡沫滅火

17、器成分為NaHCO3與Al2(SO4)3Al33HCO=Al(OH)33CO2化肥的使用銨態(tài)氮肥與草木灰不得混用2NHCO =2NH3CO2H2O，會有氨氣逸出作除銹劑NH4Cl溶液顯酸性 NHH2ONH3H2OH，鐵銹與H反應(yīng)注意(1)配制FeSO4溶液要加入鐵粉，是為了防止Fe2被氧化；配制SnCl2溶液要加入鹽酸，是為了防止Sn2水解，二者原理不相同。(2)除去MgCl2溶液中的Fe3，其原理是Fe3的水解程度比Mg2的水解程度大，加入Mg、MgO、MgCO3等物質(zhì)，導(dǎo)致Fe33H2OFe(OH)33H平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去。知能深化掃盲點提能點(一)與水解有關(guān)的離子共存熟

18、記下列因相互促進水解不能大量共存的離子組合：(1)Al3與HCO、CO、AlO、SiO、HS、S2、ClO。(2)Fe3與HCO、CO、AlO、SiO、ClO。(3)NH與SiO、AlO。注意(1)NH與CH3COO、HCO雖能發(fā)生相互促進水解反應(yīng)，但能大量共存。(2)Fe3在中性條件下已完全水解。對點練1無色透明溶液中能大量共存的離子組是()ANa、Fe3、HCO、NOBAlO、Cl、Mg2、KCNH、Na、CH3COO、NODNa、NO、ClO、I解析：選CA項，含F(xiàn)e3的溶液呈黃色，且Fe3與HCO發(fā)生水解相互促進的反應(yīng)；B項，Mg2與AlO水解生成的OH結(jié)合生成Mg(OH)2沉淀；D項

19、，ClO會氧化I。提能點(二)鹽溶液蒸干所得產(chǎn)物的判斷鹽溶液蒸干時所得產(chǎn)物的4種類型考慮的因素舉例剩余產(chǎn)物是否分解有物質(zhì)剩余Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4CaCO3、 Na2CO3、K2MnO4和MnO2無物質(zhì)剩余NH4Cl、NH4HCO3、(NH4)2CO3是否發(fā)生氧化還原反應(yīng)Na2SO3Na2SO4水解生成酸揮發(fā)性酸Al(NO3)3、AlCl3Al(OH)3灼燒后得Al2O3不揮發(fā)性酸Al2(SO4)3、CuSO4Al2(SO4)3、CuSO4水解生成堿NaAlO2、Na2CO3NaAlO2、Na2CO3對點練2(1)K2CO3的水溶液蒸干得到的固體物質(zhì)是_，原因是_。(2)

20、KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固體物質(zhì)是_，原因是_。(3)FeCl2溶液蒸干灼燒得到的固體物質(zhì)是_，原因是_。(4)Na2SO3溶液蒸干灼燒得到的固體物質(zhì)是_，原因是_。(5)將0.5 molL1的NaClO溶液加熱蒸干最后所得的固體是_，原因是_。(6)將KMnO4溶液加熱蒸干最后所得的固體是_，原因是_。答案：(1)K2CO3盡管加熱過程促進水解，但生成的KHCO3和KOH反應(yīng)后又生成K2CO3(2)KAl(SO4)212H2O盡管Al3水解，但由于H2SO4為難揮發(fā)性酸，最后仍然為結(jié)晶水合物。注意溫度過高，會脫去結(jié)晶水(3)Fe2O3Fe2水解生成Fe(OH)2和HCl，在加熱蒸干過

21、程中HCl揮發(fā)，F(xiàn)e(OH)2逐漸被氧化生成 Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3 灼燒分解生成Fe2O3(4)Na2SO4Na2SO3被空氣中的O2氧化，發(fā)生反應(yīng)：2Na2SO3O2=2Na2SO4(5)NaClNaClO水解的化學(xué)方程式為NaClOH2ONaOHHClO,2HClO2HClO2，HClNaOH=NaClH2O，故最終得到NaCl(6)K2MnO4、MnO2加熱時：2KMnO4K2MnO4MnO2O2題后歸納鹽溶液蒸干灼燒時所得產(chǎn)物的幾種判斷類型(1)鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時，蒸干后一般得原物質(zhì)，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時，蒸干灼燒后一般得對

22、應(yīng)的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。(2)酸根陰離子易水解的強堿鹽，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物質(zhì)。(3)考慮鹽受熱時是否分解，Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固體受熱易分解，因此蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2CaCO3(CaO)；NaHCO3Na2CO3；KMnO4K2MnO4MnO2；NH4ClNH3HCl。(4)還原性鹽在蒸干時會被O2氧化，如Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。題點全練過高考1下列敘述中與鹽類的水解有關(guān)的是()純堿溶液去油污鐵在潮濕的環(huán)境下生銹NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接中的除銹劑盛放Na2CO3溶液的

23、試劑瓶應(yīng)用橡皮塞，而不用玻璃塞酸雨在空氣中放置一段時間pH降低草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用ABC D全有關(guān)解析：選A純堿溶液因水解顯堿性可去油污，正確；鐵在潮濕的環(huán)境下生銹，是電化學(xué)腐蝕，與水解無關(guān)，錯誤；NH4Cl與ZnCl2溶液均因水解顯酸性，可作焊接中的除銹劑，正確；Na2CO3溶液水解顯堿性，則盛放Na2CO3溶液的試劑瓶應(yīng)用橡皮塞，而不用玻璃塞，正確；酸雨在空氣中放置一段時間pH降低，是亞硫酸被氧化為硫酸，與水解無關(guān)，錯誤；草木灰(含K2CO3)溶液顯堿性，銨態(tài)氮肥(NH)溶液顯酸性，兩者不能混合施用，正確。2下列指定溶液中一定能大量共存的離子組是()ApH1的溶液中：NH、Na、F

24、e3、SOB含有大量AlO的溶液中：Na、K、HCO、NOC中性溶液中：K、Al3、Cl、SODNa2S溶液中：SO、K、Cu2、Cl解析：選AA項，酸性條件下，H抑制NH、Fe3的水解，能大量共存；B項，AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，不能大量共存；C項，Al3水解呈酸性，因而在中性溶液中不存在；D項，Cu2S2=CuS，不能大量共存。3混合下列各組物質(zhì)使之充分反應(yīng)，加熱蒸干產(chǎn)物并在300 灼燒至質(zhì)量不變，最終殘留固體不是純凈物的是()A向紅褐色的Fe(OH)3固體中加入過量鹽酸B等物質(zhì)的量濃度、等體積的(NH4)2SO4與BaCl2溶液C等物質(zhì)的量的NaHCO3與Na2O2固體D向

25、NaBr溶液中通入過量氯氣解析：選CA項反應(yīng)得到的溶液中含有FeCl3和HCl，加熱蒸干產(chǎn)物并灼燒后最終得到的固體是Fe2O3；NH4Cl受熱分解，B項最終得到BaSO4；C項最終得到Na2CO3和NaOH的混合物；D項最終得到NaCl。4為使Fe2、Fe3、Zn2較完全地形成氫氧化物沉淀，溶液的酸堿度分別為pH7.7、 pH4.5、pH6.6。某硫酸鋅酸性溶液中含有少量Fe2、Fe3雜質(zhì)離子，為除去這些離子制得純凈的ZnSO4，應(yīng)加入的試劑是()AH2O2，ZnOB氨水CKMnO4，ZnCO3 DNaOH溶液解析：選A為除去Fe2、Fe3雜質(zhì)離子制得純凈的ZnSO4，首先應(yīng)該加入綠色氧化劑H

26、2O2，將Fe2雜質(zhì)離子氧化成Fe3，然后加入氧化鋅固體調(diào)整溶液的pH到4.5，這時鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，溶液中只含有溶質(zhì)ZnSO4，從而得到純凈的硫酸鋅溶液。5已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有強氧化性，將溶液中的Fe2、Cu2、Fe3完全沉淀為氫氧化物需溶液的pH分別為9.6、6.4、3.7?，F(xiàn)有含有FeCl2雜質(zhì)的CuCl22H2O，首先將其制成水溶液，然后按圖示步驟進行提純：請回答下列問題：(1)第一步除去Fe2，能否直接調(diào)整pH9.6將Fe2沉淀除去？_，理由是_。(2)本實驗最適合的氧化劑X是_(填字母)。AK2Cr2O7BNaClOCH2O2 DK

27、MnO4加入氧化劑的目的是_。(3)物質(zhì)Y可以是_。ANaOHB氨水CCu2(OH)2CO3DNa2CO3ECuOFCu(OH)2(4)除去Fe3的有關(guān)離子方程式是_，_。(5)最后能不能直接蒸發(fā)結(jié)晶得到CuCl22H2O晶體？_。如何操作？_。解析：設(shè)計的實驗方案中，加入氧化劑能把Fe2氧化為Fe3，同時又不能引入新的雜質(zhì)，提供的幾種氧化劑中符合要求的只有H2O2。當CuCl2溶液中混有Fe3時，可利用Fe3的水解：Fe33H2OFe(OH)33H，加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3與溶液中的H反應(yīng)，從而使平衡右移，把Fe3轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去。最后從CuCl2溶液

28、中制取CuCl22H2O也不能直接加熱蒸發(fā)，為抑制Cu2水解，應(yīng)在HCl氣流中加熱蒸發(fā)。答案：(1)否pH9.6時，Cu2會完全沉淀(2)C將Fe2氧化為Fe3，便于生成沉淀而與Cu2分離(3)CEF(4)Fe33H2OFe(OH)33HCu2(OH)2CO34H=2Cu23H2OCO2 或Cu(OH)22H=Cu22H2O 或CuO2H=Cu2H2O(5)不能應(yīng)在HCl氣流中加熱濃縮后，冷卻結(jié)晶規(guī)律方法利用平衡移動原理解釋問題的思維模板(1)解答此類題的思維過程找出存在的平衡體系(即可逆反應(yīng)或可逆過程)；找出影響平衡的條件；判斷平衡移動的方向；分析平衡移動的結(jié)果及移動結(jié)果與所解答問題的聯(lián)系。

29、(2)答題模板存在平衡，(條件)(變化)，使平衡向(方向)移動，(結(jié)論)。粒子濃度大小的比較知能深化掃盲點提能點(一)溶液中粒子濃度的守恒關(guān)系(1)電荷守恒在電解質(zhì)溶液中，陽離子的電荷總數(shù)與陰離子的電荷總數(shù)相等，即溶液呈電中性。如NaHCO3溶液中有Na、H、HCO、CO、OH，存在如下關(guān)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帶2個單位負電荷，所以其所帶電荷數(shù)為其離子數(shù)的2倍)(2)物料守恒(原子守恒)在電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，粒子種類增多，但這些粒子所含某些原子的總數(shù)始終不變，符合原子守恒。如N

30、aHCO3溶液中，n(Na)n(C原子)11，因HCO水解：HCOH2OH2CO3OH以及HCO電離：HCOHCO，C元素的存在形式有3種，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na)n(C原子)11，得c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)。(3)質(zhì)子守恒電解質(zhì)溶液中，電離、水解等過程中得到的質(zhì)子(H)數(shù)等于失去的質(zhì)子(H)數(shù)。如NaHCO3溶液中：(得質(zhì)子)(基準粒子)(失質(zhì)子)即有c(H)c(H2CO3)c(OH)c(CO)另外，質(zhì)子守恒式可以由電荷守恒式和物料守恒式推導(dǎo)得出。以KHS溶液為例，電荷守恒式為c(K)c(H)c(OH)c(HS)2c(S2)，物料守恒式為c(K)c(H

31、S)c(S2)c(H2S)，由消去沒有參與變化的K得質(zhì)子守恒式c(H)c(H2S)c(OH)c(S2)。對點練1(1)0.1 molL1的NH4Cl溶液粒子種類：_。物料守恒：_。(2)0.1 molL1的NaHCO3溶液中各粒子濃度的關(guān)系物料守恒：_。電荷守恒：_。質(zhì)子守恒：_。(3)0.1 molL1的Na2CO3溶液中各粒子濃度的關(guān)系物料守恒：_。電荷守恒：_。質(zhì)子守恒：_。答案：(1)Cl、NH、H、OH、NH3H2O、H2Oc(Cl)c(NH)c(NH3H2O)(2)c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)c(OH)c(H2

32、CO3)c(H)c(CO)(3)c(Na)2c(CO)2c(HCO)2c(H2CO3)c(Na)c(H)c(HCO)c(OH)2c(CO)c(OH)c(H)2c(H2CO3)c(HCO)提能點(二)溶液中粒子濃度的比較1單一溶液中粒子濃度的比較(1)弱電解質(zhì)(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COOH，H2OOHH，在溶液中微粒濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)c(H)c(CH3COO)c(OH)。(2)弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：C

33、H3COONa=CH3COONa，CH3COOH2OCH3COOHOH，H2OHOH，所以CH3COONa溶液中：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)。(3)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個更強，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其電離能力，故溶液顯堿性。(4)多元弱酸的強堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主。例如，Na2S溶液中：c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)。對點練2(1)0.1 molL1的H3PO4溶液中，離子濃度的大小關(guān)系_。(2)0.1 molL1的NH4Cl溶液中，離子濃度的大小

34、關(guān)系_。(3)0.1 molL1的Na2CO3溶液中，離子濃度的大小關(guān)系_。(4)0.1 molL1的NaHCO3溶液中，離子濃度的大小關(guān)系_。答案：(1)c(H)c(H2PO)c(HPO)c(PO)c(OH)(2)c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)(3)c(Na)c(CO)c(OH)c(HCO)c(H)(4)c(Na)c(HCO)c(OH)c(H)c(CO)2酸、堿中和型粒子濃度的比較對點練3比較下列幾種溶液混合后各離子濃度的大小。(1)CH3COOH和NaOH等濃度等體積混合，離子濃度大小順序為_。(2)NaOH和CH3COOH等濃度按12體積比混合后pH7，離子濃度大小順序為_。(3

35、)pH2的CH3COOH與pH12的NaOH等體積混合，其離子濃度大小順序為_。答案：(1)c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)(2)c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)(3)c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)3鹽與酸(堿)混合型粒子濃度的比較首先考慮是否反應(yīng)，若不反應(yīng)，分析鹽的水解程度和酸(堿)的電離程度的大?。蝗裟芊磻?yīng)，則按反應(yīng)后混合組成綜合考慮水解和電離兩種因素。對點練4用物質(zhì)的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中c(CH3COO)c(Na)，對該溶液的下列判斷正確的是()Ac(H)c(OH)Bc(CH3COO

36、)0.1 molL1Cc(CH3COOH)c(CH3COO)Dc(CH3COO)c(OH)0.1 molL1解析：選A由電荷守恒得：c(H)c(Na)c(OH)c(CH3COO)，結(jié)合c(CH3COO)c(Na)，故c(H)c(OH)。4不同溶液中同一粒子濃度的大小比較選好參照物，分組比較各個擊破：如25 時，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液中：NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的順序為。分析流程為分組對點練5比較下列幾組溶液中指定離子濃度的大小。(1)濃度均為0.1 molL1的H2S、NaHS、Na2S、H2S 和

37、NaHS混合液，溶液pH從大到小的順序是_。(2)相同濃度的下列溶液中：CH3COONH4、CH3COONa、CH3COOH中，c(CH3COO)由大到小的順序是_。(3)c(NH)相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液、NH4Cl溶液，其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為_。答案：(1)(2)(3)題點全練過高考1常溫下，濃度均為0.1 molL1的下列溶液中，粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A氨水中，c(NH)c(OH)0.1 molL1BNH4Cl溶液中，c(NH)c(Cl)CNa2SO4溶液中，c(Na)c(SO)c(OH)c(H)DNa2SO3溶液中，c

38、(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)解析：選C氨水為弱堿溶液，只能部分電離出OH，結(jié)合電荷守恒c(NH)c(H)c(OH)可得：c(NH)c(OH)0.1 molL1，A錯誤；NH4Cl溶液中，NH部分水解、Cl濃度不變，則溶液中c(NH)c(Cl)，B錯誤；Na2SO4溶液顯中性，c(OH)c(H)，結(jié)合電荷守恒可得：c(Na)2c(SO)，溶液中離子濃度大小為c(Na)c(SO)c(OH)c(H)，C正確；根據(jù)Na2SO3溶液中的物料守恒可得：c(Na)2c(SO)2c(HSO)2c(H2SO3)，D錯誤。2常溫下，將pH3的鹽酸和pH11的氨水等體積混合，完全反應(yīng)后，溶液中離

39、子濃度關(guān)系正確的是()Ac(NH )c(Cl)c(OH)c(H)Bc(NH )c(Cl)c(H)c(OH)Cc(Cl)c(NH )c(H)c(OH)Dc(Cl)c(NH )c(OH)c(H)解析：選ApH3的鹽酸c(HCl)0.001 molL1，NH3H2O 為弱電解質(zhì)，常溫下pH11的氨水中c(OH)0.001 molL1，氨水的濃度一定大于0.001 molL1，兩溶液等體積混合后，氨水過量，溶液呈堿性，c(OH)c(H)，由電荷守恒：c(NH )c(H)c(Cl)c(OH)可知，c(NH )c(Cl)，溶液中各離子濃度大小為c(NH )c(Cl)c(OH)c(H)。3下列關(guān)于0.10

40、molL1 NaHCO3溶液的說法正確的是()A溶質(zhì)的電離方程式為NaHCO3=NaHCOB25 時，加水稀釋后，n(H)與n(OH)的乘積變大C離子濃度關(guān)系：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)c(CO)D溫度升高，c(HCO)增大解析：選BNaHCO3的電離方程式為NaHCO3=NaHCO，故A錯誤；加水稀釋后c(H)與c(OH)的乘積不變，體積變大，所以n(H)與n(OH)的乘積變大，故B正確；根據(jù)電荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c(HCO)2c(CO)，故C錯誤；溫度升高，促進HCO水解，c(HCO)減小，故D錯誤。4室溫下，將0.2 molL1的一元酸HA和0.1 mol

41、L1的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性，下列說法不正確的是()A0.1 molL1HA溶液與0.1 molL1的NaOH溶液中，水電離出來的c(H)相等B混合后溶液中：c(HA)c(Na)c(A)c(OH)C混合后溶液中：c(A)c(HA)0.1 molL1D混合后溶液中：c(Na)c(H)c(A)c(OH)解析：選A0.2 molL1的一元酸HA和0.1 molL1的NaOH溶液等體積混合后，生成物為等物質(zhì)的量濃度的NaA、HA，溶液顯堿性，說明A的水解程度大于HA的電離程度。HA是弱酸，NaOH是強堿，對水電離的抑制程度不同，A錯誤；經(jīng)上述分析知，混合后溶液粒子濃度大?。篶(HA)c(

42、Na)c(A)c(OH)，B正確；根據(jù)物料守恒得c(A)c(HA) molL10.1 molL1，C正確；根據(jù)電荷守恒得c(Na)c(H)c(A)c(OH)，D正確。5常溫下，用0.100 0 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH溶液所得滴定曲線如右圖。下列說法正確的是()A點所示溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)B點所示溶液中：c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)C點所示溶液中：c(Na)c(OH)c(CH3COO)c(H)D滴定過程中可能出現(xiàn)：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(Na

43、)c(OH)解析：選D點溶液中的溶質(zhì)為0.001 mol CH3COOH和0.001 mol CH3COONa，據(jù)物料守恒：c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Na)，根據(jù)電荷守恒：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，整理后得c(CH3COOH)2c(H)c(CH3COO)2c(OH)，A錯；點溶液的pH7，據(jù)電荷守恒有c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，又c(H)c(OH)，則c(Na)c(CH3COO)，B錯；點溶液中的溶質(zhì)為0.002 mol CH3COONa，離子濃度大小關(guān)系為c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，C錯。6將標準狀況下2.24

44、L CO2緩慢通入1 L 0.15 molL1的NaOH溶液中，氣體被充分吸收，下列關(guān)系不正確的是()Ac(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)B2c(Na)3c(H2CO3)c(HCO)c(CO)Cc(Na)c(CO)c(HCO)c(OH)c(H)D2c(OH)c(CO)c(HCO)3c(H2CO3)2c(H)解析：選CCO22NaOH=Na2CO3H2O x 2xCO2NaOH=NaHCO3 y y，所以，即所得溶液為等物質(zhì)的量組成的Na2CO3和NaHCO3的混合物，A項符合電荷守恒；B項，對于0.05 molL1的Na2CO3溶液，c(Na)2c(H2CO3)c(HCO)c

45、(CO)，對于0.05 molL1的NaHCO3溶液：c(Na)c(H2CO3)c(HCO)c(CO)，所以2c(Na)3c(H2CO3)c(HCO)c(CO)，B項正確；C項，由于以COH2OHCOOH為主，所以c(Na)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)，錯誤；D項，將B項中c(Na)代入A項，推斷該關(guān)系式正確。7(雙選)(2019揚州一模)25時，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A0.1 molL1 NH4Cl溶液中：c(Cl)c(NH)c(OH)c(H)B0.1 molL1 Na2CO3溶液與0.1 molL1 NaHCO3溶液等體積混合：c(CO)2c(OH)c

46、(HCO)3c(H2CO3)2c(H)C0.4 molL1 CH3COOH溶液和0.2 molL1 NaOH溶液等體積混合(pHc(Na)c(CH3COOH)c(H)c(OH)D0.1 molL1 Na2C2O4溶液和0.1 molL1 HCl溶液等體積混合(H2C2O4為二元弱酸)：2c(C2O)c(HC2O)c(OH)c(Na)c(H)解析：選BC0.1 mol1 NH4Cl溶液中由于 NH水解，使溶液呈酸性，則c(Cl) c(NH)c(H)c(OH)，A錯誤；0.1 molL1 Na2CO3溶液與0.1 molL1 NaHCO3溶液等體積混合即兩者等物質(zhì)的量混合，溶液中存在電荷守恒式為c(H)c(Na)c(OH)c(HCO)2c(CO)，將物料守恒式：2c(Na)3c(HCO)c(CO)c(H2CO3)代入，得到c(CO)2c(OH)c(HCO)3c(H2CO3)2c(H)，B正確；0.4 molL1 CH3COOH溶液和0.2 molL1 NaOH溶液等體積混合后溶液中為等物質(zhì)的量的