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1、2022年高考化學一輪總復習 第八章 第26講 鹽類的水解學案（含解析） 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.定義 在溶液中鹽電離出來的離子跟水電離產生的H＋或OH－結合生成弱電解質的反應。 2．實質 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。 5．離子方程式的書寫 (1)一般來說，鹽類水解的程度不大，用可逆號“”表示。鹽類水解一般不會產生沉淀和氣體，所以不用符號“↓”和“↑”表示水解產物。如CuCl2、NH4Cl水解的離子方程式：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋； NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。

2、 (2)多元弱酸鹽的水解是分步進行的，水解離子方程式只寫第一步。如Na2S水解反應的離子方程式：S2－＋H2OHS－＋OH－。 (3)多元弱堿陽離子的水解簡化成一步完成，如FeCl3溶液中：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 (4)水解分別顯酸性和堿性的離子組由于水解相互促進進行完全的，書寫時要用“===”“↑”“↓”等，如NaAlO2與AlCl3混合溶液反應的離子方程式：Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓。 6．影響鹽類水解平衡的因素 (1)內因：形成鹽的酸或堿越弱，其鹽就越易水解。如水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。

3、 (2)外因 ①溫度：溫度越高，水解程度越大。 ②溶液的濃度：溶液越稀，水解程度越大。 (4)加能水解的鹽 7．鹽類水解的應用 1．判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”，并指明錯因。 (1)酸式鹽溶液一定呈酸性。(×) 錯因：NaHCO3溶液呈堿性。 (2)能水解的鹽溶液一定呈酸性或堿性，不可能呈中性。(×) 錯因：CH3COONH4能水解，其水溶液呈中性。 (3)Na2CO3溶液顯堿性的原因：CO＋2H2OH2CO3＋2OH－。(×) 錯因：Na2CO3水解的離子方程式為：CO＋H2OHCO＋OH－。 (4)向

4、Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體，CO水解程度減小，pH減小。(×) 錯因：Na2CO3與Ca(OH)2反應生成NaOH，pH增大。 (5)在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)。(√) 錯因：____________________________________________________ (6)關于氯化銨溶液，加水稀釋時，的值減小。(√) 錯因：_____________________________________________________ (7)降低溫度和加水稀釋，都會使鹽的水解平衡向逆反應方向移動。

5、(×) 錯因：加水稀釋，鹽的水解平衡正向移動。 (8)通入適量的HCl氣體使FeCl3溶液中增大。(×) 錯因：向FeCl3溶液中通入HCl，c(Cl－)增大的程度比c(Fe3＋)大，應減小。 2．教材改編題 (據(jù)人教選修四P59 T1)下列反應不屬于水解反應或水解方程式不正確的是(　　) ①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－ ②AlCl3＋3H2O===Al(OH)3＋3HCl ③CO＋2H2OH2CO3＋2OH－ ④碳酸氫鈉溶液：HCO＋H2OCO＋H3O＋ ⑤HS－的水解：HS－＋H2OS2－＋H3O＋ ⑥NaAlO2與NaHCO3溶液混合：AlO＋HC

6、O＋H2O===Al(OH)3↓＋CO A．①②③④ B．①②③⑥ C．②③⑤⑥ D．全部 答案　D 解析?、佗堍菔请婋x方程式且①應用“===”；②是水解反應方程式，但應用“”；③的水解方程式錯誤，應分步進行；⑥反應實質是強酸制弱酸，不屬于雙水解反應。 3．教材改編題 (據(jù)人教選修四P52 T1)現(xiàn)有濃度為0.1 mol·L－1的五種電解質溶液①Na2CO3?、贜aHCO3?、跱aAlO2 ④CH3COONa?、軳aOH 這五種溶液的pH由小到大的順序是(　　) A．⑤③①②④ B．①④②③⑤ C．④②①③⑤ D．②④①③⑤ 答案　C 考點　鹽類

7、水解的實質及規(guī)律 [典例1]　(1)已知酸性：HNO2>HCOOH>H2CO3>HCN>HCO，則相同條件下，相同濃度的NaNO2、HCOONa、Na2CO3、NaCN、NaHCO3五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，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、NH4H

8、SO4、NH4HCO3溶液中c(NH)的大小順序為________________________。 解析　(1)酸越弱，對應鹽的水解程度越大，堿性越強。 (2)HSO的電離程度大于其水解程度，所以：NaHSO3溶液呈弱酸性，而HCO的電離程度小于其水解程度，故NaHCO3溶液呈弱堿性，而NaHSO4的電離方程式為NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，即NaHSO4溶液呈強酸性，所以，同濃度的三種溶液的pH大小順序為：NaHCO3>NaHSO3>NaHSO4。 (3)NH4HSO4電離出的H＋，抑制NH的水解，F(xiàn)e2＋水解生成的H＋，也抑制NH的水解，而CO、HCO水解生成的OH－又促進

9、NH的水解，再結合水解程度是微弱的，可得出結論：同濃度的鹽溶液中c(NH)的大小順序為：(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4HSO4>NH4Cl>NH4HCO3。 答案　(1)Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa>NaNO2 (2)NaHCO3>NaHSO3>NaHSO4 (3)(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4HSO4>NH4Cl>NH4HCO3 名師精講 1．鹽類水解的規(guī)律 (1)“誰弱誰水解，越弱越水解，誰強顯誰性?！比缢嵝裕篐CNCH

10、3COONa。 (2)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。 ①若電離程度小于水解程度，溶液顯堿性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。 ②若電離程度大于水解程度，溶液顯酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO (主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。 (3)相同條件下的水解程度：正鹽>相應酸式鹽，如CO>HCO。 (4)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。

11、2．水電離出的c(H＋)水或c(OH－)水的相關計算 (1)當抑制水的電離時(如酸或堿溶液) 在溶液中c(H＋)、c(OH－)較小的數(shù)值是水電離出來的。具體見下表： (2)當促進水的電離時(如鹽的水解) 在溶液中c(H＋)、c(OH－)較大的數(shù)值是水電離出來的。具體見下表： 注意　(1)在任何溶液中水電離出來的c(H＋)與c(OH－)始終相等。 (2)溶液中的H＋濃度與水電離的H＋濃度區(qū)別： ①酸溶液中：c(H＋)溶液＝c(H＋)酸＋c(H＋)水≈c(H＋)酸； ②堿溶液中：c(H＋)溶液＝c(H＋)水。 (3)溶液中的OH－濃度與水電離的OH－濃度區(qū)別： ①堿溶液

12、中：c(OH－)溶液＝c(OH－)堿＋c(OH－)水≈c(OH－)堿； ②酸溶液中：c(OH－)溶液＝c(OH－)水。 1．常溫下，0.1 mol·L－1的三種鹽溶液NaX、NaY、NaZ的pH分別為7、8、9，則下列判斷中正確的是(　　) A．HX、HY、HZ的酸性依次增強 B．離子濃度：c(Z－)>c(Y－)>c(X－) C．電離常數(shù)：K(HZ)>K(HY) D．c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)＝c(Z－)＋c(HZ) 答案　D 解析　NaX、NaY、NaZ的pH分別為7、8、9，則HX是強酸，HY、HZ是弱酸，再根據(jù)水解規(guī)律可知，HY的酸性強于HZ的酸性。所以酸性：

13、HX>HY>HZ，故A、C錯誤；根據(jù)“越弱越水解”可知B錯誤；D選項是正確的物料守恒關系式。 2．25 ℃時，在等體積的①pH＝0的H2SO4溶液；②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液；③pH＝10的Na2S溶液；④pH＝5的NH4NO3溶液中，發(fā)生電離的水的物質的量之比是(　　) A．1∶10∶1010∶109 B．1∶5∶5×109∶5×108 C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10∶104∶109 答案　A 解析?、賞H＝0的H2SO4溶液中c(H＋)＝1 mol·L－1，c(OH－)＝10－14 mol·L－1，H2SO4溶液抑制H2O的電離，則由H2

14、O電離出的c(H＋)＝10－14 mol·L－1；②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－13 mol·L－1，Ba(OH)2溶液抑制H2O的電離，則由H2O電離出的c(H＋)＝10－13mol·L－1；③pH＝10的Na2S溶液促進H2O的電離，由H2O電離出的c(H＋)＝10－4mol·L－1；④pH＝5的NH4NO3溶液促進H2O的電離，由H2O電離出的c(H＋)＝10－5mol·L－1。4種溶液中電離的H2O的物質的量等于H2O電離產生的H＋的物質的量，其比為10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶

15、109。 考點　鹽類水解的影響因素 [典例2]　Na2CO3水溶液中存在平衡CO＋H2OHCO＋OH－。下列說法不正確的是(　　) A．稀釋溶液，增大 B．通入CO2，溶液pH減小 C．升高溫度，平衡常數(shù)增大 D．加入NaOH固體，減小 解析　稀釋溶液，平衡向正反應方向移動，但平衡常數(shù)不變，A項錯誤；通入CO2，溶液pH減小，B項正確；升高溫度，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，C項正確；加入NaOH固體，溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移動，c(HCO)減小，c(CO)增大，減小，D項正確。 答案　A 名師精講 從定性、定量兩角度理解鹽類水解 (1)鹽類水解受溫度、濃度、

16、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、加水、加NaHCO3溶液等時，平衡均會發(fā)生移動。 (2)水解平衡常數(shù)(Kh)只受溫度的影響，它與Ka(或Kb)、Kw的定量關系為Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。MA表示強堿弱酸鹽，則A－水解的離子方程式為A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝＝＝(Ka為HA的電離常數(shù))。 由于HA電離出的A－與H＋濃度相等，平衡時c(HA)約等于HA溶液的濃度c，則Ka＝，c(H＋)＝　mol·L－1。 同理：強酸弱堿鹽(如NH4Cl)的水解常數(shù)與弱堿電離常數(shù)(Kb)之間的關系：Kh＝。 3．CH3COONa稀溶液

17、中分別加入少量下列物質或改變如下條件，能使比值一定減小的是(　　) ①固體NaOH?、诠腆wKOH?、酃腆wNaHSO4?、芄腆wCH3COONa?、荼姿帷、藿禍? A．只有①③ B．①③④ C．②④⑤⑥ D．③④⑥ 答案　A 解析?、偌尤牍腆wNaOH，c(Na＋)與c(CH3COO－)都增大，但c(Na＋)增大幅度較大，則比值減小，符合；②加入固體KOH，抑制水解，則c(CH3COO－)增大，而c(Na＋)不變，則比值增大，不符合；③加入固體NaHSO4，水解平衡向右移動，c(Na＋)增大，c(CH3COO－)減小，則比值減小，符合；④加入固體CH3COONa，濃度增大，水解程度

18、降低，則比值增大，不符合；⑤加入冰醋酸，c(CH3COO－)增大，則比值增大，不符合；⑥水解是吸熱反應，降溫，平衡逆向進行，醋酸根離子濃度增大，則比值增大，不符合。 4．25 ℃時，H2SO3HSO＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2，則該溫度下NaHSO3水解反應的平衡常數(shù)Kh＝________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中 將________(填“增大”“減小”或“不變”)。 答案　1×10－12　增大 解析　H2SO3的電離常數(shù)表達式為Ka＝ ，NaHSO3的水解反應的平衡常數(shù)Kh＝＝＝＝＝1×10－12。由Kh＝得＝，加入I2后，HSO被氧化為H2SO4，c

19、(H＋)增大，c(OH－)減小，Kh不變，所以增大。 考點　鹽類水解的應用 [典例3]　(2018·山東師大附中模擬)下列說法正確的是(　　) A．向CuCl2溶液中加入CaCO3，調節(jié)pH可除去溶液中混有的Fe3＋ B．配制FeSO4溶液時，將FeSO4固體溶于稀鹽酸中，然后稀釋至所需濃度 C．用加熱的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋ D．洗滌油污常用熱的碳酸鈉溶液 解析　A項，由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋加入CaCO3消耗H＋，使平衡右移而除去Fe3＋，但又引入新的雜質Ca2＋，不合理，B項，所加酸應是稀硫酸，不能引入新雜質；C項，加熱法不能除去Fe3＋。

20、 答案　D 名師精講 1．鹽溶液蒸干灼燒時所得產物的類型判斷 (1)鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時，蒸干后一般得原物質，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；Al2(SO4)3(aq)Al2(SO4)3(s)。 鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時，蒸干灼燒后一般得對應的氧化物，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。 (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)2―→ CaCO3(CaO)；NaHCO

21、3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。 (4)還原性鹽在蒸干時會被O2氧化。 例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。 FeCl2(aq)Fe(OH)2(s)Fe(OH)3(s)Fe2O3。 2．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?、貼H與CH3COO－、HCO雖能發(fā)生雙水解反應，但水解程度都不大，故能大量共存。②Fe3＋在中性條件下已完全水解。

22、 5．下列說法與鹽的水解有關的是(　　) ①明礬可以作凈水劑?、趯嶒炇遗渲艶eCl3溶液時，先將FeCl3溶于較濃的鹽酸中，再稀釋到所需濃度?、塾肗aHCO3和Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑?、茉贜H4Cl溶液中加入金屬鎂會產生氫氣?、莶菽净遗c銨態(tài)氮肥不能混合施用?、迣嶒炇沂⒎臢a2CO3溶液的試劑瓶應用橡皮塞?、呒儔A溶液去油污 A．僅①③⑥ B．僅②③⑤ C．僅③④⑤ D．全部有關 答案　D 解析?、倜鞯\為硫酸鋁鉀的結晶水合物，Al3＋可水解生成具有吸附性的Al(OH)3膠體，可用作凈水劑，與水解有關；②FeCl3水解呈酸性，鹽酸可抑制其水解，防止溶液渾濁，與水解

23、有關；③NaHCO3和Al2(SO4)3可發(fā)生相互促進的水解反應生成CO2，可用于滅火，與水解有關；④NH4Cl水解呈酸性，加入鎂可生成氫氣，與水解有關；⑤草木灰中的CO與NH發(fā)生相互促進的水解反應，兩者混合可降低肥效，與水解有關；⑥Na2CO3為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，不能用玻璃塞，與水解有關；⑦純堿呈堿性，油污可在堿性條件下水解，與水解有關。 6．(2018·佛山模擬)下列物質的水溶液在空氣中小心加熱蒸干至質量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質的是(　　) ①CuSO4?、贔eSO4?、跭2CO3?、蹸a(HCO3)2 ⑤NH4HCO3?、轐MnO4?、逨eCl3 A．全部都可以

24、 B．僅①②③ C．僅①③⑥ D．僅①③ 答案　D 解析　FeSO4溶液加熱過程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2會被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受熱會分解生成CaCO3；NH4HCO3受熱分解；KMnO4受熱分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受熱促進水解生成Fe(OH)3和鹽酸，而鹽酸揮發(fā)進一步促進其水解，最終水解徹底，受熱分解得到的固體物質是Fe2O3。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 微專題 溶液中微粒濃度的關系 1 把握溶液中的兩個“微弱”(1)電離過程的“

25、微弱” 弱電解質發(fā)生電離的粒子的濃度大于電離生成的粒子的濃度，如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCO)>c(CO)(多元弱酸第一步電離程度遠遠大于第二步電離程度)。 (2)水解過程的“微弱” 發(fā)生水解的粒子的濃度大于水解生成的粒子的濃度，如Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)(多元弱酸酸根離子的水解以第一步為主)。 注意：若要求比較溶液中所有微粒濃度的大小，不能忽略水的電離。如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)，c(H＋)>c(HCO)的原因是水和HCO還會電離產生H＋。 2 掌握溶液中的“三個

26、守恒”(1)物料守恒(原子守恒) 在電解質溶液中，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NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，因HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－以及HCO電離：HCOH＋＋CO，C元素的存在形式有3種，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。 (2)電荷守恒 在電解質溶液中，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－，存在如下關系

27、：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) (3)質子守恒 電解質溶液中，電離、水解等過程中得到的質子(H＋)數(shù)等于失去的質子(H＋)數(shù)。如NaHCO3溶液中： 即有c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO) 另外，質子守恒式可以由電荷守恒式和物料守恒式推導得出。 以KHS溶液為例，電荷守恒式為c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式為c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－

28、)＋c(H2S)②，由①－②消去沒有參與變化的c(K＋)得質子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。 3 粒子濃度大小比較的幾種情況(1)單一溶液中粒子濃度的比較 NaHSO3溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)，以HSO的電離為主(HSO的電離>HSO的水解)。 NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(CO)，以HCO的水解為主(HCO的水解>HCO的電離)。 Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。 (

29、2)混合溶液中粒子濃度的比較 等濃度的CH3COONa與CH3COOH混合溶液： c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)。 等濃度的NH4Cl與NH3·H2O混合溶液： c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)。 等濃度的Na2CO3與NaHCO3混合溶液： c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)。 (3)不同溶液中同一粒子濃度的比較 不同溶液要看溶液中其他離子對該離子的影響。如在相同物質的量濃度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH)由大

30、到小的順序為③>①>②。 [典例]　下列有關電解質溶液中粒子的物質的量濃度大小關系正確的是(　　) A．等物質的量濃度的下列溶液：①H2CO3?、贜a2CO3 ③NaHCO3?、?NH4)2CO3，其中c(CO)的大小關系為②>④>③>① B．pH＝2的H2C2O4溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋c(C2O) C．向0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入等體積0.1 mol·L－1 NaOH溶液：c(CO)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋) D．常溫下，同濃度的CH3COONa與CH3COOH溶液等體積

31、混合，溶液的pH<7：c(CH3COOH)＋c(OH－)>c(Na＋)＋c(H＋) 解析?、佗壑蠧O分別由H2CO3的二級電離、HCO的電離得到，由于H2CO3的一級電離抑制二級電離，則c(CO)：③>①，而②④中CO分別由Na2CO3、(NH4)2CO3的電離得到，由于NH促進CO的水解，則c(CO)：②>④，故c(CO)：②>④>③>①，A正確；根據(jù)電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，B錯誤；反應后得到等物質的量濃度的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，CO的水解程度大于HCO的水解程度，故c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)

32、，C錯誤；溶液的pH<7，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度，故c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，根據(jù)電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(OH－)，D錯誤。 答案　A [體驗1]　(2018·永州模擬)常溫下，在10 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液的pH逐漸降低，此時溶液中含碳微粒的物質的量分數(shù)變化如圖所示(CO2因逸出未畫出，忽略因氣體逸出引起的溶液體積變化)，下列說法正確的是(　　) A．在0.1 mol·L－1 Na2

33、CO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－) B．當溶液的pH為7時，溶液的總體積為20 mL C．在B點所示的溶液中，離子濃度最大的是HCO D．在A點所示的溶液中：c(CO)＝c(HCO)>c(OH－)>c(H＋) 答案　D 解析　任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，選項A錯誤；當混合溶液體積為20 mL時，二者恰好反應生成NaHCO3，HCO的電離程度小于其水解程度，所以其溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則酸稍微過量，所以混合溶液體積稍微大于20 mL，選項B錯誤；B

34、點溶液中鈉離子濃度最大，選項C錯誤；根據(jù)圖像分析，A點為碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合溶液，且c(HCO)＝c(CO)，溶液呈堿性，則c(OH－)>c(H＋)，鹽溶液水解程度較小，所以c(CO)>c(OH－)，則離子濃度大小順序是c(HCO)＝c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，選項D正確。 [體驗2]　(2018·成都市診斷二)常溫下，用0.1 mol/L NaOH溶液分別滴定體積均為20.00 mL、濃度均為0.1 mol/L的HX、HY溶液，pH隨NaOH溶液體積變化如圖。下列結論正確的是(　　) A．水解常數(shù)：X－>Y－ B．10.00 mL時，有c(Na＋)>c(HX)>c(X－

35、)>c(H＋) C．pH＝7時，c(Y－)>c(X－) D．a、b兩點溶液混合后，c(HX)＋c(HY)＋c(H＋)＝c(OH－) 答案　D 解析　酸性越弱，電離出的H＋的數(shù)量越少，初始時刻根據(jù)圖像，pH越大，酸性越弱，鹽的水解程度越大，水解常數(shù)越大，故水解常數(shù)：X－c(Na＋)>c(HX)>c(H＋)，B錯誤；pH＝7時，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒，分別存在c(Na＋)＝c(X－)，c(Na＋)＝c(Y－)，但H

36、X和HY此時消耗的NaOH的量前者大，故c(Y－)c(HC2O)>c(H2C2O4)>c(C2O) B．點②所示溶液中：c(HC2O)＝c(C

37、2O) C．點③所示溶液中：c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O) D．點④所示溶液中：c(Na＋)＋2c(H2C2O4)＋2c(H＋)＝c(OH－)＋2c(C2O) 答案　B 解析　點①所示溶液為NaHC2O4溶液，溶液呈酸性，說明HC2O的電離大于水解，則c(C2O)>c(H2C2O4)，A項錯誤；常溫下，點②所示溶液中pH＝4.2，c(H＋)＝10－4.2 mol/L，Ka2(H2C2O4)＝＝＝10－4.2，故c(HC2O)＝c(C2O)，B項正確；點③所示溶液中pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，則c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)，C項錯誤；點④所示的溶液的體積為20 mL，草酸和氫氧化鈉恰好完全反應，生成草酸鈉，草酸鈉水解，所以溶液中，c(Na＋)＝2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)＋2c(C2O)①，根據(jù)電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)②，由①－②×2得：c(Na＋)＋2c(H2C2O4)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋2c(C2O)，D項錯誤。