2021高三化学人教版一轮学案：第八章 第三节　盐类的水解 Word版含解析

2021高三化学人教版一轮学案：第八章 第三节　盐类的水解 Word版含解析

www.ks5u.com 第三节　盐类的水解 最新考纲：1.了解盐类水解的原理及其一般规律。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.掌握水解离子方程式的书写。4.了解盐类水解的应用。‎ 核心素养：1.变化观念与平衡思想：认识盐类水解有一限度，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.证据推理与模型认知：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。‎ 知识点一　盐类的水解及规律 ‎1．盐类的水解 ‎2．水解方程式的书写 ‎(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。‎ 例如：Na2CO3的水解离子方程式：‎ CO＋H2OHCO＋OH－。‎ ‎(2)多元弱碱盐水解：方程式一步写完。‎ 例如：FeCl3的水解离子方程式：‎ Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。‎ ‎(3)阴、阳离子相互促进水解：水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。‎ 例如：NaHCO3与AlCl3混合溶液的反应离子方程式：‎ Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。‎ ‎3．影响盐类水解的因素 ‎(1)内因：形成盐的弱酸或弱碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。‎ ‎(2)外因：‎ 例如：对于NH＋H2ONH3·H2O＋H＋‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎1．溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐。(　×　)‎ ‎2．含有弱酸根盐的水溶液一定呈碱性。(　×　)‎ ‎3．盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱。(　√　)‎ ‎4．某盐的溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。(　×　)‎ ‎5．加热0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大。(　√　)‎ ‎6．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7。(　×　)‎ ‎7．关于氯化铵溶液，加水稀释时，的值减小。(　√　)‎ ‎8．通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大。(　×　)‎ ‎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，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是：体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。‎ ‎3．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。‎ ‎4．(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性，虽然阴阳离子同时发生水解，但既无气体产生，也无沉淀生成，不能水解彻底，所以NH和CO、NH和HCO在溶液中仍可大量共存。‎ ‎1．下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是(　C　)‎ A．Na2CO3：CO＋2H2OH2CO3＋2OH－‎ B．CuSO4：Cu2＋＋2H2O===Cu(OH)2＋2H＋‎ C．NaAlO2：AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－‎ D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－‎ 解析：A项，应为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－；B项，应为Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D项，应为F－＋H2OHF＋OH－。‎ ‎2．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(　B　)‎ A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2‎ B．PCl3的水解产物是 HClO和H3PO4‎ C．Al‎4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4‎ D．CH3COCl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HCl，符合水解原理，故D项正确。‎ ‎3．用黄色的FeCl3溶液分别进行各项实验，下列解释或结论不正确的是(　A　)‎ 选项 实验 现象 解释或结论 A 加入FeCl3固体 溶液变成红褐色 FeCl3的水解程度变大 B 加入等体积水 溶液颜色变浅 c(Fe3＋)变小 C 加入足量Fe粉 溶液颜色变浅绿色 ‎2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋‎ D 将FeCl3溶液微热 溶液变成红褐色 水解反应的ΔH>0‎ 解析：FeCl3溶液中存在Fe3＋的水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入FeCl3固体后，溶液中c(Fe3＋)增大，上述平衡正向移动，溶液颜色加深变成红褐色，但FeCl3的水解程度减小，A项错误；加入等体积水，水解平衡正向移动，溶液中c(Fe3＋)减小，溶液的颜色变浅，B项正确；加入足量铁粉，FeCl3溶液与Fe发生反应2FeCl3＋Fe===3FeCl2，由于生成Fe2＋，溶液变成浅绿色，C项正确；加热FeCl3溶液，溶液变成红褐色，说明Fe3＋的水解平衡正向移动，则FeCl3水解反应的ΔH>0，D项正确。‎ ‎4．向三份0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为(　A　)‎ 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 解析：CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加入的NH4NO3和FeCl2‎ 水解显酸性，故促进其平衡正向移动，则CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，对水解有抑制作用，故CH3COO－浓度增大。‎ ‎5．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是(　B　)‎ A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO2，平衡向正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入Na2O固体，溶液pH减小 解析：水解平衡常数只受温度的影响，A项错误；通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B项正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，C项错误；加入Na2O固体，与水反应生成NaOH，溶液的pH增大，D项错误。‎ ‎6．‎25 ℃‎时，0.1 mol·L－1下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是(　D　)‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 溶液 NH4HCO3‎ NaClO NaHCO3‎ Na2CO3‎ pH ‎6.0‎ ‎10.3‎ ‎8.3‎ ‎11.6‎ A.电离程度相对强弱：HClOc(HCO)‎ D．在③④溶液等体积混合后的溶液中：c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1‎ 解析：根据盐类水解规律，越弱越水解，电离出H＋能力的大小：HClO>HCO，A错误；NaHCO3是强碱弱酸盐，只有HCO水解，NH4HCO3是弱酸弱碱盐，双水解促进水的电离，因此水电离产生的c(H＋)：①>②，B错误；根据pH，ClO－水解程度大于HCO，因此c(ClO－)7，其原因是Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－(用离子方程式说明，下同)；若pH<7，其原因是Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋。‎ 解析：(6)pH大于7是由于酸根离子水解呈碱性，pH小于7是由于弱碱阳离子水解呈酸性。‎ 素养一　盐类水解规律 ‎1．盐类水解规律 ‎(1)“有弱就水解，无弱不水解”‎ 用于判断盐溶液的酸碱性，需先判断盐的类型，因此需熟练记忆常见的强酸、强碱和弱酸、弱碱。‎ ‎(2)“谁强显谁性，同强显中性”‎ ‎①强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性。如CH3COONa水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ ；多元弱酸的酸根离子分步水解，如Na2CO3水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。‎ ‎②强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性。如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为NH＋H2OH＋＋NH3·H2O、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。‎ ‎③弱酸弱碱盐，阴阳离子都水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。当Ka＝Kb时，溶液显中性，如CH3COONH4；当Ka>Kb时，溶液显酸性，如HCOONH4；当KaCH3COONa。‎ ‎2．酸式盐溶液酸碱性的判断 ‎(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液一定显酸性，如：‎ NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。‎ ‎(2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。‎ 电离程度小于水解程度，溶液显碱性 如NaHCO3溶液中：‎ HCOH＋＋CO(次要)‎ HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)‎ 使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性 同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液亦显碱性 如NaHSO3溶液中：‎ 电离程度大于水解程度，溶液显酸性 HSOH＋＋SO(主要)‎ HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)‎ 使c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性 同理NaH2PO4溶液亦显酸性 ‎3.比较盐类水解程度的相对大小 ‎(1)盐对应的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大。‎ ‎(2)同种弱酸(或弱碱)的盐溶液浓度越小，水解程度越大。‎ ‎(3)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。‎ ‎(4)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)温度越高，盐的水解程度越大。‎ ‎1．(2020·湖北联考)‎25 ℃‎时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是(　A　)‎ A．电离平衡常数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 解析：由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。1 mol·L－1 BY溶液的pH＝6，说明电离平衡常数K(BOH)②>④>③‎ B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同 C．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)‎ 解析：四种盐溶液均促进了水的电离，根据越弱越水解，水解均显碱性，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H＋、OH－、CO、HCO、H2CO3、Na＋、H2O，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。‎ ‎4．(2019·北京卷)实验测得0.5 mol·L－1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1 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(　C　)‎ 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＋水解平衡移动方向不同 解析：本题以一定浓度的醋酸钠溶液、硫酸铜溶液和水的pH随温度变化的情况为研究对象，考查水的电离和盐类水解。随着温度升高，水的电离程度增大，但水电离出的c(H＋)和c(OH－)仍相等，纯水仍呈中性，A错误。随着温度升高，CH3COONa溶液中CH3COO－的水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，B错误。随着温度升高，CuSO4溶液中Cu2＋的水解平衡正向移动，Cu2＋的水解程度增大，溶液中c(H＋)增大，pH减小；温度升高，Kw增大，也会使得c(H＋)增大，故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，C正确。盐类的水解是吸热反应，随着温度升高，CH3COO－、Cu2＋的水解平衡均正向移动，水解平衡移动方向相同，D错误。‎ ‎5．(2018·北京卷)测定0.1 mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ pH ‎9.66‎ ‎9.52‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ 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(　C　)‎ A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：‎ SO＋H2OHSO＋OH－‎ B．④的pH与①不同，是由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 解析：①→③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；①→③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：SO＋H2OHSO＋OH－，A对；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，说明④中的SO数目大于①中的，④中的SO数目小于①中的，所以④中OH－数目小于①中的，pH不同，B对；Kw只与温度有关，D对。‎ ‎6．室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　B　)‎ 选项 加入物质 结论 A ‎50 mL 1 mol·L－1 H2SO4‎ 反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)‎ B ‎0.05 mol CaO 溶液中增大 C ‎50 mL H2O 由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变 D ‎0.1 mol NaHSO4固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na ‎＋)不变 解析：Na2CO3溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50 mL 1 mol·L－1 H2SO4，Na2CO3与H2SO4恰好反应生成0.05 mol·L－1 Na2SO4，根据物料守恒可得c(Na＋)＝‎2c(SO)，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05 mol CaO后，发生反应CaO＋H2O===Ca(OH)2，生成0.05 mol Ca(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，则c(CO)减小，c(OH－)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；C项，加入50 mL H2O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入的0.1 mol NaHSO4固体与0.05 mol Na2CO3恰好反应生成0.1 mol Na2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。‎ 素养二　水解常数与电离常数的关系及应用 ‎1．盐类水解常数(Kh)‎ 盐的类型 强碱弱酸盐(MA)‎ 强酸弱碱盐(BN)‎ 弱酸弱碱盐(BA)‎ 水解离 子方程式 A－＋H2OHA＋OH－‎ B＋＋H2OBOH＋H＋‎ B＋＋A－＋H2OBOH＋HA Kh的 表达式 Kh＝‎ Kh＝‎ Kh＝‎ 与Kw、Ka 或Kb的 关系 Kh＝ Kh＝ Kh＝ ‎2.弱酸强碱盐 Na2CO3的水解常数Kh1＝、Kh2＝ NaHCO3的水解常数Kh＝ ‎3．水解平衡常数是描述能水解的盐水解平衡的主要参数。它只受温度的影响，因水解过程是吸热过程，故它随温度的升高而增大。‎ ‎1．已知‎25 ℃‎时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝2.36×10－5mol·L－1。(已知≈2.36)‎ 解析：Kh＝＝ c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NH)≈1 mol·L－1。‎ 所以c(H＋)≈＝ mol·L－1‎ ‎≈2.36×10－5 mol·L－1。‎ ‎2．已知某温度时，Na2CO3溶液的水解常数Kh1＝2×10－4，则当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，试求该溶液的pH＝10。‎ 解析：Kh1＝＝2×10－4，‎ 又c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，则c(OH－)＝10－4 mol·L－1，结合Kw＝1.0×10－14，可得c(H＋)＝10－10 mol·L－1。‎ ‎3．已知常温下，K(HCN)＝6.2×10－10。‎ ‎(1)常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显碱(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c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。‎ ‎(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＝0.616_2(小数点后保留4位数字)。‎ 解析：(1)常温下NaCN的水解常数Kh＝＝≈1.61×10－5，Kh>K(HCN)，故CN－的水解能力强于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－)”“<”或“＝”)7。‎ ‎(3)常温下，Na2HPO4的水溶液呈碱(填“酸”“碱”或“中”)性，用Ka与Kh的相对大小，说明判断理由：Na2HPO4的水解常数Kh＝＝＝≈1.61×10－7，Kh>Ka3，即HPO的水解程度大于其电离程度，因而Na2HPO4溶液显碱性。‎ 解析：(2)Na2H2PO4的水解常数 Kh＝＝＝ ‎≈1.4×10－12，Ka2>Kh，即H2PO的电离程度大于其水解程度，因而pH<7。‎ ‎5．已知K、Ka、Kw、Kh分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数。‎ ‎(1)有关上述常数的说法正确的是ad。‎ a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度 b．它们的大小都随温度的升高而增大 c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka d．一定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw＝Ka·Kh ‎(2)‎25 ℃‎时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显中(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝。‎ ‎(3)‎25 ℃‎时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka1＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下pH＝3、c(HSO)＝0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝0.01_mol·L－1。‎ 解析：(1)对于正反应为放热反应的化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，b项错误；温度不变，CH3COOH的电离平衡常数不变，c项错误。(2)根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。Kb＝＝＝。(3)由Ka＝，代入数据得c(H2SO3)＝0.01 mol·L－1。‎ 知识点二　盐类水解的应用 ‎1．盐类水解的“十大”应用 水解的应用 实例 原理 判断溶液的酸碱性 FeCl3水溶液显酸性 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋‎ ‎(续表)‎ 水解的应用 实例 原理 判断离子 能否共存 Fe3＋与CO不能大量共存 ‎2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑‎ 制备胶体 制备Fe(OH)3胶体 Fe3＋＋3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)＋3H＋‎ ‎(续表)‎ 水解的应用 实例 原理 净水 明矾净水 Al3＋水解形成胶体 去油污 用热的纯碱溶液清洗油污 加热，CO的水解程度增大，溶液碱性增强 试剂的配制 配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸 H＋可抑制Fe3＋的水解 制备无水盐 由MgCl2·6H2O制无水MgCl2时，在HCl气流中加热 MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl＋4H2O，引入HCl可抑制Mg2＋的水解 泡沫灭火器 用Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合 Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，发生相互促进的水解反应 制备无机物 TiO2的制备 TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl TiO2·xH2OTiO2＋xH2O 混合盐 溶液的 除杂与 提纯 用MgO[或Mg(OH)2或MgCO3]调节溶液的pH，除去MgCl2中的FeCl3杂质 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋‎ MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O ‎2.盐溶液蒸干时所得产物的判断 ‎(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)蒸干得CuSO4(s)。‎ ‎(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。‎ ‎(3)考虑盐受热时是否分解。‎ 原物质 蒸干灼烧后固体物质 Ca(HCO3)2‎ CaCO3或CaO NaHCO3‎ Na2CO3‎ KMnO4‎ K2MnO4和MnO2‎ NH4Cl、NH4HCO3、‎ ‎(NH4)2CO3‎ 分解后无固体物质存在 ‎(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎1．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同(　×　)‎ 提示：AlCl3与Al2(SO4)3溶液的水解方程式分别为AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4‎ ‎，加热促进水解，由于盐酸为挥发性酸，硫酸为难挥发性酸，故前者最终产物为Al2O3，后者最终产物为Al2(SO4)2。‎ ‎2．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝(　×　)‎ 提示：为了加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3。‎ ‎3．施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用(　√　)‎ ‎4．NH‎4F水溶液中含有HF，因此NH‎4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中(　√　)‎ ‎5．碳酸钠可用于去油污，是利用了其溶液显碱性(　√　)‎ ‎6．制取TiO2可用TiCl4加大量水，同时加热，TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl，所得的TiO2·xH2O经焙烧得TiO2(　√　)‎ ‎1．在判断离子共存时必须是完全双水解不能大量共存，如Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO、SiO等 Fe3＋与CO、HCO、AlO、SiO等 NH与AlO、SiO ‎2．制取某些无水盐晶体：‎ 如加热MgCl2·6H2O制取无水MgCl2，必须在氯化氢气流中加热，否则Mg2＋水解生成Mg(OH)2，再加热分解，最终得不到MgCl2。‎ ‎1．下列有关问题与盐的水解有关的是(　D　)‎ ‎①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂 ‎②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ‎③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ‎④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ‎⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体 ‎⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH A．①②③ B．②③④‎ C．①④⑤ D．①②③④⑤‎ 解析：①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐，溶液中NH与Zn2＋均发生水解反应，溶液显酸性，可以除去金属表面的锈；②HCO与Al3＋发生相互促进的水解反应，产生CO2，可作灭火剂；③草木灰的主要成分为K2CO3，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而二者不能混合施用；④Na2CO3溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成Na2SiO3，将瓶塞与瓶口黏合在一起，因此实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞；⑤CuCl2溶液中存在水解平衡，CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体；⑥Cl2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，且没有引入杂质，与盐的水解无关。‎ ‎2．下列说法中正确的是(　C　)‎ A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同 B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 C．向CuCl2溶液中加入CuO或CuCO3，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋‎ D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝 解析：A项，AlCl3与Al2(SO4)3溶液的水解方程式分别为AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl、Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，加热促进水解，由于盐酸为挥发性酸，硫酸为难挥发性酸，故前者最终产物为Al2O3，后者最终产物为Al2(SO4)3；B项，将FeCl3固体溶解在硫酸中，会引入杂质SO，应溶解在盐酸中；C项，由于Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO或CuCO3消耗H＋‎ ‎，从而使其水解完全，除去Fe3＋；D项，为了加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，HCO水解结合1个H＋生成H2CO3，比Na2CO3反应速率快。‎ ‎3．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是(　C　)‎ 选项 现象或事实 解释 A 用热的纯碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ C 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜 解析：油脂在NaOH溶液、加热条件下能水解，A项错误；漂白粉中的Ca(ClO)2能与空气中的CO2和水蒸气反应，生成CaCO3和HClO，而HClO不稳定，易分解，CaCl2与CO2不反应，B项错误；K2CO3与NH4Cl混合，会发生相互促进的水解反应，释放出NH3，会降低肥效，C项正确；FeCl3溶液与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，并非发生置换反应，D项错误。‎ ‎4．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　D　)‎ A．CO＋H2OHCO＋OH－　热的纯碱溶液清洗油污 B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋　明矾净水 C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl　用TiCl4制备TiO2‎ D．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体 解析：升高温度，促使CO的水解平衡正向移动，溶液中c(OH－‎ ‎)增大，碱性增强，有利于油污的水解及清洗，A正确；明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋发生水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀，经脱水制备TiO2，C正确；SnCl2易发生水解反应，而配制其溶液时，加入NaOH固体，消耗HCl，促使水解平衡正向移动，生成Sn(OH)Cl沉淀，故应加入HCl溶液抑制其水解，D错误。‎ ‎5．下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是(　D　)‎ ‎①CuSO4　②FeSO4　③K2CO3　④Ca(HCO3)2‎ ‎⑤NH4HCO3　⑥KMnO4　⑦FeCl3‎ A．全部都可以 B．仅①②③‎ C．仅①③⑥ D．仅①③‎ 解析：FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3；NH4HCO3受热分解；KMnO4受热分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受热促进水解生成Fe(OH)3和盐酸，而盐酸挥发进一步促进其水解，最终水解彻底，受热分解得到的固体物质是Fe2O3。‎ ‎6．(1)K2CO3的水溶液蒸干得到的固体物质是K2CO3，原因是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)2溶液蒸干得到的固体物质是KAl(SO4)2，原因是尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为KAl(SO4)2。‎ ‎(3)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是Fe2O3，原因是Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3。‎ ‎(4)亚硫酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是Na2SO4，原因是Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4。‎ ‎(5)将0.5 mol·L－1的NaClO溶液加热蒸干灼烧最后所得的固体是NaCl，原因是NaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2O NaOH＋HClO,2HClO2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，故最终得到NaCl。‎ ‎(6)将KMnO4溶液加热蒸干、灼烧最后所得的固体是K2MnO4、MnO2，原因是KMnO4加热时发生反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑。‎ 素养　溶液中微粒浓度大小比较 ‎1．电离理论 ‎(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)。‎ ‎(2)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 ‎(1)弱电解质离子的水解损失是微量的(双水解除外)，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的浓度。如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH3·H2O)。‎ ‎(2)多元弱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)。‎ ‎1．电荷守恒规律 电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋‎2c(CO)。‎ ‎2．物料守恒规律 电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝‎2c(S2－)＋‎2c(HS－)＋‎2c(H2S)。‎ ‎3．质子守恒规律 如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下：‎ 由图可得Na2S水溶液中质子守恒式：c(H3O＋)＋‎2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋‎2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。‎ 溶液类型 典型实例 离子浓度大小规律 多元弱酸 溶液 ‎0.1 mol·L－1的H2S溶液中：c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)‎ 显性离子>一级电离离子>二级电离离子 一元弱酸 的正盐溶 液 ‎0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中：‎ c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)‎ 不水解离子>水解离子>显性离子>水电离出的另一离子 二元弱酸 ‎0.1 mol·L－1‎ 的正盐 溶液 的Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)‎ 不水解离子>水解离子>显性离子>二级水解离子>水电离出的另一离子 二元弱酸 的酸式盐 溶液 ‎0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液(pH>7)：c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)‎ ‎0．1 mol·L－1的NaHSO3(pH<7)：c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)‎ 根据弱酸酸式酸根电离程度与水解程度大小分析 一元弱 酸和 其正盐 溶液 ‎0.1 mol·L－1 CH3COOH和0.1 mol·L－1 CH3COONa混合溶液c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)‎ 一般是弱酸的电离程度大于盐的水解程度，溶液显酸性 ‎1．室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是(　C　)‎ A．0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液：c(SO)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)‎ B．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3)‎ C．0.1 mol·L－1明矾溶液中：c(SO)>c(K＋)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)‎ D．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋‎2c(CO)‎ 解析：0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，但水解程度不大，则c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)，A错误；根据质子守恒，应是c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋‎2c(H2CO3)，B错误；明矾溶液中Al3＋发生水解，C正确；由物料守恒知，c(CO)不应乘以2，所以D错误。‎ ‎2．(2020·济南一模)常温下，下列说法不正确的是(　B　)‎ A．0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)‎ B．0.02 mol·L－1的NaOH溶液与0.04 mol·L－1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 mol·L－1 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pH＝7，则混合液中c(NH)＝c(Cl－)‎ 解析：NaHCO3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、NaHC2O4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＋)＝3[c(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)>(OH－)>c(H＋)，C项正确；根据电荷守恒得：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7，则c(OH－)＝c(H＋)，故c(NH)＝c(Cl－)，D项正确。‎ ‎[规律小结]‎ 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(COoal(2－,3))的化学计量数2代表一个COoal(2－,3)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Na2S溶液中的物料守恒式中，“‎2”‎表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。‎ ‎3．(2020·银川模拟)常温下，下列有关叙述正确的是(　A　)‎ A．0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液等体积混合c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)‎ B．同浓度的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三种溶液中，c(NH)大小顺序为①＝②>③‎ C．Na2CO3溶液中，‎2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)‎ D．10 mL pH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的HA至pH刚好等于7，所得溶液体积V(总)≥20 mL 解析：0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液等体积混合后在溶液中存在电荷守恒，即c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正确；相同浓度的①、②、③三种溶液，②溶液中c(NH)最大，①和③比较，③中，NH水解受到抑制，溶液中c(NH)由大到小的顺序排列为②>③>①，B错误；在Na2CO3溶液中，物料守恒关系式为c(Na＋)＝‎2c(CO)＋‎2c(HCO)＋‎2c(H2CO3)，C错误；10 mL pH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的HA至pH刚好等于7，如HA为强酸，则V(总)＝20 mL，如HA为弱酸，则V(总)<20 mL，所得溶液体积V(总)≤20 mL，D错误。‎ ‎[规律小结]‎ ‎　　不同溶液中同种粒子浓度关系 ‎4．(2020·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(　D　)‎ 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＋)‎ 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＋)的值为‎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＋)的值约等于0.1 mol·L－1，即b点近似等于c点，正确；D项，d点时溶质是氢氧化钠和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。‎ ‎5．(2017·全国卷Ⅱ)改变0.1 mol·L－1二元弱酸H‎2A溶液的pH，溶液中的H‎2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝‎ ]。下列叙述错误的是(　D　)‎ A．pH＝1.2时，c(H‎2A)＝c(HA－)‎ B．lg[K2(H‎2A)]＝－4.2‎ C．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H‎2A)＝c(A2－)‎ D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)‎ 解析：A项，根据图像，pH＝1.2时，H‎2A和HA－物质的量分数图像相交，则有c(H‎2A)＝c(HA－)，正确；B项，根据pH＝4.2点，K2(H‎2A)＝[c(H＋)·c(A2－)]/c(HA－)＝c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，lg[K2(H‎2A)]＝－4.2，正确；C项，根据图像，pH＝2.7时，H‎2A和A2－物质的量分数图像相交，则有c(H‎2A)＝c(A2－)，HA－曲线位于上方，则有c(HA－)>c(H‎2A)＝c(A2－)，正确；D项，根据pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)≈0.05 mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，可知c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)，错误。‎ ‎6．(2020·南通调研)‎25 ℃‎时，用0.050 0 mol·L－1 H‎2C2O4(二元弱酸)溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L－1NaOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是(　B　)‎ A．点①所示溶液中：c(H＋)＋c(H‎2C2O4)＋c(HC2O)＝c(OH－)‎ B．点②所示溶液中：c(HC2O)＋‎2c(C2O)＝c(Na＋)‎ C．点③所示溶液中：c(Na＋)>c(HC2O)>c(H‎2C2O4)>c(C2O)‎ D．滴定过程中不可能出现：c(Na＋)>c(C2O)＝c(HC2O)>c(H＋)>c(OH－)‎ 解析：A项，点①为草酸钠溶液，溶液显碱性，根据质子守恒分析，有c(H＋)＋‎2c(H‎2C2O4)＋c(HC2O)＝c(OH－)，故A错误；B项，点②溶液呈中性，则根据电荷守恒分析，c(OH－)＋c(HC2O)＋‎2c(C2O)＝c(H＋)＋c(Na＋)，因为c(H＋)＝c(OH－)，则有c(HC2O)＋‎2c(C2O)＝c(Na＋)，故B正确；C项，点③为NaHC2O4溶液，溶液呈酸性，说明HC2O的电离大于水解，则电离出的C2O浓度大于水解出的H‎2C2O4浓度，故C错误；D项，点①为Na‎2C2O4溶液呈碱性，点②溶液呈中性，为Na‎2C2O4和NaHC2O4的混合溶液，点③为NaHC2O4溶液，呈酸性，所以介于②和③之间，随着H‎2C2O4的滴入，NaHC2O4逐渐增多，所以可能出现c(Na＋)>c(C2O)＝c(HC2O)>c(H＋)>c(OH－)，故D错误。‎ ‎7．常温下，将体积为V1的0.100 0 mol·L－1HCl溶液逐滴加入体积为V2的0.100 0 mol·L－1 Na2CO3溶液中，溶液中H2CO3、HCO、CO所占的物质的量分数(α)随pH的变化曲线如图。下列说法不正确的是(　D　)‎ A．在pH＝10.3时，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋‎2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)‎ B．在pH＝8.3时，溶液中：0.100 0 mol·L－1>c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)‎ C．在pH＝6.3时，溶液中，c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)‎ D．V1∶V2＝1∶2时，c(OH－)>c(HCO)>c(CO)>c(H＋)‎ 解析：A项，任何溶液中均存在电荷守恒，则在pH＝10.3时，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋‎2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；B项，由图可知，在pH＝8.3时，该溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，根据物料守恒可得c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)<0.100 0 mol·L－1，正确；C项，在pH＝6.3时，溶液中存在NaHCO3、NaCl和碳酸，该溶液显酸性，则c(H＋)>c(OH－)，根据化学反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2CO3，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)，正确；D项，V1∶V2＝1∶2时，混合后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl的混合溶液，Na2CO3和NaHCO3是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，CO的水解程度大于HCO的水解程度，则溶液中c(HCO)>c(CO)，由于水解程度是微弱的，所以c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，错误。‎ ‎[规律小结]‎ 图像粒子浓度比较方法 ‎1．透析分布曲线　奠定思维方向 分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。‎ 一元弱酸(以CH3COOH为例)‎ 二元酸(以草酸H‎2C2O4为例)‎ 注：pKa为电离常数的负对数 δ0为CH3COOH分布系数，‎ δ1为CH3COO－分布系数 δ0为H‎2C2O4分布系数，‎ δ1为HC2O分布系数、‎ δ2为C2O分布系数 随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式 同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度 ‎2.抓准五个关键点　形成思维模型 以室温时用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L－‎1 HA溶液为例。‎ 图像粒子浓度比较方法 滴定曲线 关键点 离子浓度关系 原点 ‎(点0)‎ 原点为HA的单一溶液，0.1 mol·L－‎1 HA溶液pH>1说明HA是弱酸；c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)‎ 反应一 半点 ‎(点①)‎ 两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)‎ 中性点 ‎(点②)‎ 此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)‎ 恰好完 全反应 此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，c(Na 点(点 ‎③)‎ ‎＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)‎ 过量点 ‎(点④)‎ 此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)‎