2012盐类水解_离子浓度大小比较练习__高考第一轮复习(学生)
高考化学考点《盐类水解、离子浓度的比较》真题练习含答案
高考化学考点《盐类水解、离子浓度的比较》真题练习含答案1．[2024·安徽卷]环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2＋。
已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L－1，K a1(H2S)＝10－6.97，K a2(H2S)＝10－12.90，K sp(FeS)＝10－17.20，K sp(CdS)＝10－26.10。
下列说法错误的是()A．Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)B．0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)C．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2＋)<10－8 mol·L－1D．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H＋)>c(Cd2＋)答案：B解析：Na2S溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，A项正确；Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2O⇌HS－＋OH－、HS－＋H2O⇌H2S＋OH－，且第一步水解程度远大于第二步水解程度，K h(S2－)＝c（OH－）·c（HS－）c（S2－）＝K WK a2（H2S）＝1.0×10－14 10－12.90＝10－1.10，又c(HS－)一定小于0.01 mol·L－1，则c（OH－）c（S2－）>10－1.1010－2>1，故c(OH－)>c(S2－)，B项错误；由题给条件可知，K sp(FeS)>K sp(CdS)，向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS，发生沉淀转化：Cd2＋＋FeS⇌CdS＋Fe2＋，该反应的平衡常数K＝c（Fe2＋）c（Cd2＋）＝c（Fe2＋）·c（S2－）c（Cd2＋）·c（S2－）＝K sp（FeS）K sp（CdS）＝10－17.2010－26.10＝108.90>105，反应能进行完全，最后所得溶液为CdS的饱和溶液，则溶液中c(Cd2＋)＝K sp（CdS）＝10－13.05 mol·L－1<10－8 mol·L－1，故C项正确；向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应：Cd2＋＋H2S⇌CdS＋2H＋，该反应的平衡常数K＝c2（H＋）c（Cd2＋）·c（H2S）＝K a1（H2S）·K a2（H2S）K sp（CdS）＝10－6.97×10－12.9010－26.10＝106.23>105，反应能进行完全，所得溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，此时溶液中H2S达到饱和，c(H2S)＝0.1 mol·L－1，代入K＝c2（H＋）c（Cd2＋）·c（H2S）＝0.022c（Cd2＋）×0.1＝106.23，解得c(Cd2＋)＝4×10－9.23 mol·L－1<c(H＋)，D项正确。
高考一轮复习-化学 第8章 水溶液中的离子平衡8-3盐类的水解
21
板块一
板块二
板块三
高考一轮总复习 ·化学
5．(1)已知酸性： HNO2>HCOOH>H2CO3>HCN>HCO－3 ，则相同条件下，相 同浓度的 NaNO2、HCOONa、Na2CO3、NaCN、NaHCO3 五种盐溶液的碱性强弱顺序为 ___N__a_2C__O_3_>_N__a_C_N__>_N_a_H__C_O__3>__H_C__O_O__N_a_>_N__a_N_O__2________。
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高考一轮总复习 ·化学
板块一 知识层面·主干层级突破
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高考一轮总复习 ·化学
考点 1 盐类的水解及其规律 1．定义
在溶液中盐电离出来的离子跟 水电离产生的 H＋或 OH－ 结合生成 弱电解质 的反应。
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高考一轮总复习 ·化学
2．实质
盐电离―→弱 弱酸 碱的 的阴 阳离 离子 子→ →结 结合 合
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高考一轮总复习 ·化学
2．按要求书写离子方程式： (1)NaF 溶液呈碱性__F_－__＋__H_2_O____H__F_＋__O__H_－____。 (2)Na2S 溶液呈碱性__S_2_－_＋__H_2_O_____H_S_－_＋___O_H__－__。 (3) 将 NaHCO3 溶 液 与 Al2(SO4)3 溶 液 混 合 _3_H__C_O__3－_＋__A__l3_＋_=_=_=_A__l(_O_H__)3_↓__＋__3_C__O_2_↑__。 (4)对于易溶于水的正盐 MnRm 溶液，若 pH>7，其原因 是___R_n_－_＋__H__2O_____H_R__(n_－_1_)－_＋__O__H_－___；若 pH<7，其原因是 __M__m_＋_＋__m_H__2_O____M__(_O_H__)_m_＋__m_H__＋_。(用离子方程式说明)
高考化学 一轮复习 水溶液中的离子平衡 3 盐类的水解 新人教版
(5)判断盐溶液蒸干产物：加热蒸干 AlCl3[或与之类似的 Al(NO3)3、 FeCl3、AlBr3]溶液，因为水解产物之一为挥发性物质，不断挥发出气 体，导致水解平衡不断向右移动，最后彻底水解，蒸干后得到 Al(OH)3， 进一步灼烧得到 Al2O3。
(6)胶体的制取：制取 Fe(OH)3 胶体的离子反应：Fe3＋＋3H2O==△=== Fe(OH)3(胶体)＋3H＋。
(9)利用盐的水解除杂质：如除去 MgCl2 溶液中 Fe3＋，可在加热搅 拌条件下加入过量 MgCO3(或 MgO)过滤。Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H ＋；MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O。加入 MgCO3(或 MgO)，破 坏了 Fe3＋水解平衡，在加热搅拌条件下使其水解完全，生成 Fe(OH)3 沉淀而除去 Fe3＋。
大。[已知 K(HCN)<K(HClO)]( √ )
2．问题思考 (1)有人认为，向 CH3COONa 溶液中，加入少量冰醋酸，会与 CH3COONa 溶液水解产生的 OH－反应，使平衡向水解方向移动，这种 说法对吗？为什么？
不对。CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－达平衡后，加入 少量 CH3COOH 的瞬间，c(CH3COOH)≥c(H＋)，所以 c(CH3COOH) 对上述平衡影响程度较大。由于 c(CH3COOH)增大，水解平衡应 逆方向移动。
现象
升高温度 向右 增多 减小 颜色变深
通 HCl
Байду номын сангаас
向左 增多 减小 颜色变浅
加 H2O
向右
增多 增大 颜色变浅 生成红褐
加 NaHCO3
向右
减小 增大 色沉淀，放 出气体
2.盐类水解的应用 (1)用热的纯碱溶液清洗油污的原理：CO23－＋H2O HCO－3 ＋OH－ 且加热，可以促进其水解。c(OH－)增大
盐溶液中的离子浓度大小比较练习题(附答案)
盐溶液中的离子浓度大小比较练习题一、单选题1.—定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是( ) A.pH=5的2H S 溶液中,+-5-1(H )(HS )110mol L c c -==⨯⋅ B.pH=a 的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b ,则a =b +1C.pH=2的224H C O 溶液与pH=12的NaOH 溶液任意比例混合:++--24(Na )(H )(OH )(HC O )c c c c +=+D.pH 相同的①3CH COONa ②3NaHCO ③NaClO 三种溶液的+(Na )c :①>②>③ 2.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（ ）A ．新制氯水中加入固体NaOH ：c (Na ＋)＝c (Cl －)＋c (ClO －)＋c (OH －)B ．pH ＝8.3的NaHCO 3溶液：c (Na ＋)＞c (3HCO -)＞c (23CO -)＞c (H 2CO 3)C ．pH ＝11的氨水与pH ＝3的盐酸等体积混合：c (Cl －)＝c (+4NH )＞c (OH －)＝c (H ＋) D ．0.2mol·L －1 CH 3COOH 溶液与0.1mol·L －1 NaOH 溶液等体积混合：2c (H ＋)－2c (OH －)＝c (CH 3COO －)－c (CH 3COOH)3.下列过程或现象与盐类水解无关的是( ) A.纯碱溶液去油污B.铁在潮湿的环境下生锈C.加热氯化铁溶液颜色变深D.浓硫化钠溶液有臭味4.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( )5.向1L 含0.01mol NaAlO 2和0.02mol NaOH 的溶液中缓慢通入二氧化碳,随n(CO 2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol<n(CO 2) ≤0.015时发生的反应是：2NaAlO 2+ CO 2+2H 2O=2Al(OH)3↓+Na 2CO 3。
高三一轮复习-盐类的水解
3,盐类水解的应用
2,影响盐类水解平衡的因素
高三一轮复习：盐类的水解
1,盐类水解概述
:
一．盐类水解的本质
盐电离出的离子 + 水电离出的H＋或OH－ 生成弱电解质 →打破水的电离平衡→水的电离程度增大→C(H+) ≠ C(OH-) →因而盐溶液呈酸性或碱性。
H2O H+ + OH_
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Na2CO3
CaCO3
Na2SO4
(NH4)2SO4
完全分解
判断加热蒸干盐溶液所得固体的成分
在蒸发溶液过程中不断通入HCl气体。在干燥的HCl气流中加热。
如何通过FeCl3 溶液制得FeCl3 固体？
加热AlCl3·6H2O 得AlCl3 ？
01
02
练习
C
1,下列阴离子，其中最易结合H+的是（ ） A.C6H5O－ B.CH3COO－ C.OH－ D.CO32－ E.Cl － F.HCO3 －
越难电离出H+， 对应的阴离子就越容易结合H+
练习
2.物质的量浓度相同的三种盐：NaX、NaY、NaZ、的溶液，其pH值依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性强弱的顺序是（ ） A. HX＞HZ＞HY B. HX＞HY＞HZ C. HZ＞HY＞HX D. HY＞HZ＞HX
(1)强酸的酸式盐，酸根离子只电离不水解，溶液呈酸性
五.酸式盐的水解
2,影响盐类水解平衡的因素
（1）浓度 盐浓度越小，水解程度越大 盐浓度越大，水解程度越小 （相比之下，还是浓溶液中微粒个数多。稀释促进水解）
（3）外加酸或碱 对强碱弱酸盐，加酸促进水解，加碱抑制水解。 对强酸弱碱盐，加酸抑制水解，加碱促进水解。
高考化学盐类的水解一轮复习小题训练(原卷版)
盐类的水解1．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( )A．Na2CO3B．AlCl3C．Ca(OH)2D．NaNO32．(2020•浙江7月选考)水溶液呈酸性的是( )A．NaCl B．NaHSO4C．HCOONa D．NaHCO33．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( )A．NH4NO3B．Na2CO3C．NaCl D．Al2(SO4)34．把下列物质的水溶液加热蒸干后，能得到原溶质的是()A．NaHCO3B．AlCl3C．NH4HCO3D．Fe2(SO4)35．下列方程式属于水解反应方程式的是( )A．H2CO3HCO3-+H+B．HCO3-+H2O H3O++CO32-C．HCO3-+OH-=H2O+CO32-D．CO32-+ H2O HCO3-+ OH-6．下列用于解释事实的化学用语中，不正确的是()A．Na2S溶液显碱性:S2-+2H2O H2S+2OH-B．K2Cr2O7溶液中含有CrO42-:Cr2O72- +H2O2CrO42-+2H+C．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞:2OH-+SiO2=SiO32-+H2OD．红热木炭遇浓硫酸产生刺激性气味气体:2H2SO4(浓)+C CO2↑+2SO2↑+2H2O7．配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是( ) A．FeSO4(Fe)B．CuCl2(HCl)C．FeCl3(HCl)D．CH3COONa (NaOH) 8．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是()A．CO2－3＋H2O HCO－3＋OH－用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·x H2O↓＋4HCl制备TiO2纳米粉D．SnCl2＋H2O Sn(OH)Cl↓＋HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠9．将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是()①胆矾②氯化铝③硫酸铝④氯化铜A．③B．①④C．①②③D．全部10．下列关于盐类水解的说法错误的是()A．在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离B．同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH大C．在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NH＋4水解D．加热CH3COONa溶液，溶液中的值将减小( )11．下列操作会促进H2O的电离，且使溶液pH>7的是()A．将纯水加热到90 ℃ B．向水中加少量NaOH溶液C．向水中加少量Na2CO3溶液D．向水中加少量FeCl3溶液12．有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1，下列说法正确的是()A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②C．若分别加入25 mL 0.1 mol·L－1盐酸后，pH最大的是①D．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②13．合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐类水解的性质无关的是()A．金属焊接时可用NH4Cl溶液做除锈剂B．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化D．向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生14．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．CH3COONa溶液加热C．氨水中加入少量NH4Cl固体D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体15．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是()A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体B．除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入NaOH固体C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2O Al(OH)3(胶体)＋3H＋D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)1．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-＋H2O HCO3-＋OH－。
高二化学酸碱中和图像分析、盐类水解、离子浓度大小比较练习题(附答案)
高二化学酸碱中和图像分析、盐类水解、离子浓度大小比较练习题一、单选题1.常温下，用0.10mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.10mol·L－1的HX溶液所得滴定曲线如下图(忽略溶液体积变化)。
下列说法正确的是( )A.常温下K(HX)≈1×10-12B.a点所示的溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)=c(H+)C.c点所示的溶液中:c(Na+)+c(HX)+c(X-)=0.10mol·L-1D.相同条件下,X-的水解能力弱于HX的电离能力2.在t ℃时AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
已知t ℃时AgCl的K sp＝4×10－10，下列说法正确的是( )A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，K sp也减小B．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点C．图中a点对应的是有AgBr沉淀生成D．在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈8163.25℃时，用0.100mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.100mol·L-1氨水的滴定曲线如图所示。
下列说法正确的是（）A.可用酚酞作指示剂B.25℃时，NH3·H2O的1gK b=-4.8C.0.100ml·L -1氨水用水稀释时，()()()+4+32c NH c H c NH O H ⋅⋅ 不断减小D.当滴入的盐酸为12.50mL 时溶液中：c （Cl -）>c （NH 3·H 2O ）>c （+4NH ）4.室温下，取20mL 0.1 -1mol L ⋅某二元酸2H A ，滴加0.2 -1mol L ⋅ NaOH 溶液。
已知：+--+2-2H A=H HA HA H A ＋，＋。
下列说法不正确．．．的是( ) A ．0.1 -1mol L ⋅2H A 溶液中有()()()+-2-c H c OH c A －－=0.1 -1mol L ⋅B ．当滴加至中性时，溶液中()()()+-2-c Na c HA 2c A ＝＋，用去NaOH 溶液的体积小于10 mL C ．当用去NaOH 溶液体积10mL 时，溶液的pH 7＜，此时溶液中有()()()2-+-c A c H c OH ＝－ D ．当用去NaOH 溶液体积20mL 时，此时溶液中有()()()+-2-c Na 2c HA 2c A ＝＋ 5.已知0.1mol·L -1的二元酸H 2A 溶液的pH=4,则下列说法中正确的是( ) A.在Na 2A 、NaHA 两溶液中,离子种类相同B.在溶质物质的量相等的Na 2A 、NaHA 两溶液中,阴离子总数相等C.在NaHA 溶液中一定有:c(Na +)+c(H +)=c(HA -)+c(OH -)+2c(A 2-)+c(H 2A)D.在Na 2A 溶液中一定有:c(Na +)>c(A 2-)>c(H +)>c(OH -)6.常温下，用0.1000 mol/L NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol/L HCOOH 溶液，滴 定 曲 线 如 图。
第23讲 盐类水解 (讲)-2023年高考化学一轮复习讲练测(原卷版)
第23讲盐类水解1.了解盐类水解的原理。
2.了解影响盐类水解程度的主要因素。
3.了解盐类水解的应用。
4.能利用水解常数(K h )进行相关计算。
【核心素养分析】1.变化观念与平衡思想：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，并运用平衡移动原理解决实际问题。
2.科学研究与创新意识：能发现和提出有关盐类水解的判断问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究。
3.证据推理与模型认知：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。
知识点一盐类水解及其规律1.定义在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H ＋或OH －结合生成弱电解质的反应。
2.实质盐电离―→结合H ＋―→结合OH破坏了水的电离平衡―→水的电离程度增大―→溶液呈碱性、酸性或中性3.特点可逆→水解反应是可逆反应｜吸热→水解反应是酸碱中和反应的逆反应｜微弱→水解反应程度很微弱4.规律有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
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NaCl、KNO3否中性pH＝7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NH＋4、Cu2＋酸性pH＜7弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、CO2－3碱性pH>75.盐类水解离子方程式的书写要求(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“表示。
盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。
(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。
(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成。
(4)水解分别显酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
知识点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：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。
高中化学一轮复习课件：盐类的水解课件
>
Na2SO3,Na2CO3
>
NaHCO3。
(2)外因
外部因素
溶液的浓度
溶液的温度
加酸
外加
酸碱
加碱
水解平衡移动方向
水解程度
水解产生离子的浓度
减小(稀释)
右移
增大
减小
增大
右移
减小
增大
升高
右移
增大
增大
弱酸根离子的水解
右移
增大
c(OH )减小
(3)多元弱酸的酸根离子比相应的酸式酸根离子的水解程度大得多。如相同
2−
−
浓度时,CO3 比HCO3 的水解程度大。
+
(4)水解程度:相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。如NH4 的
水解程度:(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
题组二 电离常数与盐类水解常数的关系
弱碱阳离子的水解
左移
减小
c(H+)增大
弱酸根离子的水解
左移
减小
c(OH-)增大
弱碱阳离子的水解
右移
增大
c(H+)减小
3+
(3)以FeCl3水解为例[Fe +3H2O
条件
升温
通入HCl(g)
加H2O
加NaHCO3
⇌ Fe(OH)3
移动方向
向右
+
H数
+
+3H ],填写外界条件对水解平衡的影响。
增多
pH
-1
高中化学离子浓度大小比较练习题（附答案）
高中化学离子浓度大小比较练习题一、单选题1.25 °C 时，23H CO ，的-7al K =4. 210´，-11a2K =5. 610´。
室温下向10 mL0. 1-1mol L ×23Na CO 中逐滴加入0. 1 -1mol L ×HCl 。
图是溶液中含C 微粒物质的量分数随pH 降低而变化的图像（2CO 因有逸出未画出）。
下列说法错误的是( ) A.A 点溶液的pH<11 B.B 点溶液：()()()()-2-33+23c Na =c HCO +c +c H O CO C C.A→B 的过程中，离子反应方程式为：2-+33C H HCO O +===D.分步加入酚酞和甲基橙，用中和滴定法可测定23Na CO ，与3NaHCO ，混合物组成2.实验测得0.5mol·0.5mol·L L −1CH 3COONa 溶液、0.5mol·0.5mol·L L −1 CuSO 4溶液以及H 2O 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，CH 3COONa 溶液的c(OH −)减小C. 随温度升高，CuSO 4溶液的pH 变化是K w 改变与水解平衡移动共同作用的结果D. 随温度升高，CH 3COONa 溶液和CuSO 4溶液的pH 均降低，是因为CH 3COO −、Cu 2+水解平衡移动方向不同3.25 °C 时，改变0. 1 mol/L 弱酸RCOOH 溶液的pH ，溶液中RCOOH 分子的物质的量分数()δRCOOH 随之改变[已知-c ()δ()c RCOOH RCOOH =RCOOH RC )+c(OO ()]，甲酸(HCOOH)与丙酸32CH CH C )OOH （溶液中()δRCOOH 与pH 的关系如图所示。
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一、理清一条思路，掌握分析方法1、首先必须形成正确的解题思路电解质溶液⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧考虑电离或水解过量－－根据过量程度生成盐－－考虑水解离生成酸或碱－－考虑电不过量反应离和水解不反应－－同时考虑电混和溶液盐溶液－－考虑水解离酸或碱溶液－－考虑电单一溶液二、熟悉二大理论，构建思维基点1、电离（即电离理论）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：C （NH 3·H 2O ）＞C （OH ）－＞C （NH 4－）②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离。
如在H 2S 溶液中：C （H 2S ）＞C （H ＋）＞C （HS －）＞C （S 2－）2、水解（即水解理论）①弱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溶液的浓度。
如NH 4Cl 溶液中：C （Cl －）＞C （NH 4＋）＞C （H＋）＞C （NH 3·H 2O ）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Na 2CO 3溶液中：C （CO 32－）＞C （HCO 3－）＞C （H 2CO 3）三、把握三种守恒，明确等量关系以0.1mol/NaHCO 3溶液为例，溶液中的大量离子：Na +、HCO 3－；微量离子：OH －、CO 32－、H ＋；大量分子：H 2O ；微量分子：H 2CO 3。
1、电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有阴离子所带的负电荷数相等。
n(Na ＋)＋n （H ＋）＝n(HCO 3－)+2n(CO 32－)＋n （OH －），推出：C （Na +）+C(H +)=C(HCO 3－)+2C(CO 32－)+C(OH -)。
2、物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某特定元素的原子总数是不会改变的。
如NaHCO 3溶液中n(Na +):n （C ）=1:1，推出：C （Na +）=C(HCO 3-)+C(CO 32-)+C(H 2CO 3)。
3、质子守恒：由水电离出的C （H ＋）水＝C （OH －）水，得质子守恒关系为：C （OH －）＝C （H ＋）＋C （HCO 3－）＋2C （H 2CO 3）（也可通过电荷守恒和物料守恒推导）。
1.答案：B2.答案：D4．答案：C解析：相同浓度时，Na 2CO 3的碱性强于NaHCO 3，C 项错。
5．答案：B【解析】本题主要考查盐类水解知识的应用。
①：CH 3COONa 与HCl 反应后生成CH 3COOH 和NaCl ，其溶液呈酸性。
②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性。
③：CH3COONNa 与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性。
④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用。
选项A，④中的pH>③中pH，错误。
选项B，②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，故正确。
选项C，②中c(H＋)最小，错误。
选项D，③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，错误。
6.答案：B【解析】A项，氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+；氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生。
B 项在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐类水解促进水的电离，B项不正确。
盐酸和氨水混合后恰好完全反应，但因生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，而多余的H+为水解产生，C项正确。
D项。
①和③等体积混合，溶液呈碱性，即氨水的电离大于氯化铵的水解，这样不难得到D正确。
7．解析：根据“越弱越水解”的原则，NaA的水解比HB水解程度大，所以溶液中的c(HA)＞c(HB)，c(A－)＜c(B－)；再根据“谁强显谁性”可知溶液中的c(OH－)＞c(H＋)；由于溶液中离子的水解毕竟是微弱的，所以c(OH－)＜c(A－)和c(B－)。
8．解析：A中，生成Na2CO3溶液，CO32-会发生水解，生成HCO3-，所以A错；电荷守恒：C(H+)+C(Na+)=C(HCO3-)+2C(CO32-)+C(OH-)物料守恒：C(Na+)=C(HCO3-)+ C(CO32-)+C(H2CO3)两式相减得：C（H+）+C（H2CO3）=C（CO32-）+C(OH-) 所以B错误。
C中，生成NaAc，Ac-水解呈碱性，故C正确；相同PH，相同体积的HCl和HAc，因为HAc为弱酸，所以HAc的物质的量浓度大，HAc所消耗的NaOH的物质的量多，D错。
答案：C2．解析：电荷守恒强调的是利用正、负电荷数相等，找出阴、阳离子浓度间的关系，不是阴、阳离子数相等，A错；由物料(原子)守恒知c(Na＋)＝2c(C)，B正确；由质子守恒c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O知c(OH －)＝c(OH－)HO＝c(H＋)H2O＝c(H＋)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，C正确；由水解规律知D正确。
2答案：A3．解析：A项，因CH3COOH过量，根据物料守恒可知A项正确；B项CH3COOH与KOH恰好反应，由质子守恒可知B项正确；C项，因KOH过量，故c(K＋)最大，C项错误；根据电荷守恒可得D项正确。
答案：C4．解析：NH4Cl溶液中由于NH＋4的水解，NH＋4的浓度与Cl－的浓度比小于1∶1，要配制NH＋4的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，必须增加体系中NH＋4的量，加少量氨水可促使NH＋4＋H2O NH3·H2O ＋H＋往左移动，可以达到要求。
答案：B7．解析：B项中NH＋4水解，使c(NH＋4)<c(Cl－)；C项中电荷不守恒，微粒浓度顺序应为c(CH3COO－)>c(Na ＋)>c(H＋)>c(OH－)。
D项中，Na＋与NO－浓度不受加入盐酸量的影响，而保持始终相等。
3答案：A．(2010·原创)解析：pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－3 mol·L－1，pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L －1，c(CHCOOH)>10－3 mol·L－1。
将其等体积混合，CH3COOH过量，使溶液呈现酸性。
溶液中存在3如下离子关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，且c(H＋)>c(OH－)。
共同推导出c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
答案：D9.解析：A中电荷不守恒；B中pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后乙酸过量，溶液显酸性，所以c(H＋)>c(OH－)；C中应该为c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)。
答案：D10．解析：含有Na＋、H＋、S2－、HS－、OH－的溶液可能是Na2S、NaHS、Na2S和NaHS混合液、NaHS 和H2S混合液。
答案：B1．(2010·原创)解析：因为NaF和NaCN在溶液中都水解产生OH－，所以c(OH－)无疑是要大于c(HCN)和c(HF)的，而强碱弱酸形成的盐的水解规律是：酸越弱，对应的盐的水解程度越大，所以有c(HCN)>c(HF)。
强碱弱酸形成的盐水解后的溶液一般呈碱性，故c(H＋)是最小的，因此排列顺序应该是：c(OH －)>c(HCN)>c(HF)>c(H＋)，A选项正确。
答案：A4.解析：因HF比HCN易电离，则相同条件下F－比CN－水解程度小，水解产生的c(OH－)小，pH小，A选项错；B中反应后的溶液可看成等浓度的NH4Cl、NH3·H2O和NaCl的混合溶液，NH3·H2O的电离程度大于NH＋4的水解程度，溶液呈碱性，离子浓度由大到小的顺序为：c(Cl －)>c(NH＋)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)，B选项错；等物质的量浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混4合后根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，C选项正确；选项D中，①中Al3＋和NH＋4相互抑制水解，④中CH3COO－和NH＋4相互促进水解，所以c(NH＋4)由大到小的顺序为：①>②>④>③。
答案：C5．(2009·重庆理综，10)解析：A项，FeCl3水解使溶液呈酸性，比KCl溶液的pH小；C项Na2SO4溶液呈中性，H3PO4为中强酸；D项，C6H5COOH溶液呈酸性，C2H5OH溶液呈中性。
答案：B6．(2009·天津理综，4)解析：A项，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)。
B项，Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度时，K W不变。
C项，两溶液pH相同时c(H＋)相同，D项，在Na2S溶液中加入AgCl固体后，由于K sp(Ag2S)<K sp(AgCl)，AgCl固体将转化成Ag2S沉淀，溶液中c(S2－)会下降，故选D。
答案：D7．(2010·试题调研，四川成都检测)解析：选项A，根据题意可推知HA是一种弱酸。
选项B，反应后的混合溶液加水稀释时，溶液中的离子浓度降低，其导电能力减弱。
选项C，根据电荷守恒有：c(A－)＋c(OH－)＝c(NH＋4)＋c(B＋)＋c(H＋)，因c(H＋)＝c(OH－)，故有：c(A－)＝c(H＋)＋c(B＋)。
选项D，升温时，HA的电离能力增强，溶液中的H＋浓度增大，其pH减小。
答案：B8．(2009·全国Ⅰ理综)解析：C项的电荷不守恒，在什么情况下都不可能出现。
答案：C9．(2009·全国Ⅱ理综，10)解析：一般情况下，溶液等浓度时，pH由小到大的顺序是：强酸<弱酸<强酸弱碱盐<强酸强碱盐<强碱弱酸盐<弱碱<强碱，而盐溶液中，盐对应的酸越弱，其强碱弱酸盐碱性越强，故选C。
答案：C10. (2009·北京理综，11)解析：①CH 3COO－＋H＋CH3COOH，得到0.05 mol/L的CH3COOH与NaCl的混合溶液。
②、③、④中两种物质间不反应。
A项，④中两种物质水解呈碱性的盐，虽相互抑制水解，但总会比③溶液碱性强；B项，②、④中CH3COO－的水解受到了NaOH、NaHCO3的抑制，NaOH作为强碱抑制作用更强，③中NaCl对CH3COO－的水解无影响，而①中为0.05 mol/L的CH3COOH电离程度小，c(CH3COO－)最小；C项，由A的分析知c(H＋)应为①>③>④>②；D项，对②、③、④，CH3COO－的水解程度越大，则c(CH3COOH)越大，故顺序应为：①>③>④>②。