2019年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)（人教版）學(xué)案第25講　鹽類的水解

第25講鹽類的水解考綱要求學(xué)法點(diǎn)撥1.了解鹽類水解的原理。2．了解影響鹽類水解程度的主要因素。3．了解鹽類水解的應(yīng)用。鹽類的水解是歷年高考的考查熱點(diǎn)，幾乎每年必考，而且難度一般在中等偏上的水平，是許多考生的失分點(diǎn)。在復(fù)習(xí)本講時(shí)，有以下幾點(diǎn)心得：(1)要運(yùn)用化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析鹽類水解的應(yīng)用，如純堿去污、泡沫滅火器的滅火原理、明礬凈水、膠體的制備、物質(zhì)除雜等。(2)注意理解鹽類水解的實(shí)質(zhì)及影響因素，抓住鹽類水解一般程度較小這一特點(diǎn)，結(jié)合電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒的關(guān)系，分析、判斷溶液中離子濃度的大小關(guān)系。(3)注重解題方法的總結(jié)，不同的題型，解題的方法不同，解答時(shí)遵循“先反應(yīng)、定溶液”，“看平衡、找大小”，“靠守恒、找等式”的原則和方法。注意對(duì)題型歸類演練。明確各類題型的解題依據(jù)?？键c(diǎn)一鹽類的水解及其規(guī)律Zeq\o(\s\up7(知識(shí)梳理),\s\do5(hishishuli))1．鹽類的水解鹽的類型實(shí)例是否水解水解的離子溶液的酸堿性溶液的pH(25強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽NaCl、KNO3否__中性____pH＝7__強(qiáng)酸弱堿鹽NH4Cl、Cu(NO3)2是NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋__酸性____pH<7__弱酸強(qiáng)堿鹽CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)__堿性____pH>7__2.鹽類水解離子方程式的書(shū)寫(1)一般要求eq\a\vs4\al(一般鹽類水,解程度很小)?eq\a\vs4\al(水解產(chǎn),物很少)?eq\x(\a\al(水解方程式一般要用“”號(hào),連接，氣體、沉淀不標(biāo)“↑”或,“↓”，易分解產(chǎn)物如NH3·H2O,等不寫其分解產(chǎn)物的形式。))如NH4Cl水解的離子方程式為NHeq\o\al(＋,4)＋H2O__NH3·H2O＋H＋__。(2)鹽水解離子方程式的書(shū)寫a．多元弱酸鹽水解：分步進(jìn)行，以第一步為主。如Na2CO3水解的離子方程式為第一步水解__COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－__第二步水解__HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－__b．多元弱堿鹽水解：方程式一步寫完。如FeCl3水解的離子方程式為_(kāi)_Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋__c．雙水解：水解程度較大，書(shū)寫時(shí)要用“=”“↑”“↓”等。如Na2S溶液與AlCl3溶液混合反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑__。特別提醒：(1)判斷鹽溶液的酸堿性，需先判斷鹽的類型，因此需熟練記憶常見(jiàn)的強(qiáng)酸、強(qiáng)堿和弱酸、弱堿。(2)鹽溶液呈中性，無(wú)法判斷該鹽是否水解。例如：NaCl溶液呈中性，是因?yàn)镹aCl是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性，是因?yàn)镃H3COO－和NHeq\o\al(＋,4)的水解程度相當(dāng)，即水解過(guò)程中H＋和OH－消耗量相等，所以CH3COONH4溶液仍呈中性。(3)有些鹽溶液雖然顯酸性，但不一定發(fā)生水解。如NaHSO4溶液顯酸性，只電離，不水解。3．鹽的水解常數(shù)(Kh)：MA表示強(qiáng)堿弱酸鹽，則A－水解的離子方程式為A－＋H2OHA＋OH－。Kh＝eq\f(cHA·cOH－,cA－)＝eq\f(cHA·cOH－·cH＋,cA－·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka)(Ka——HA的電離常數(shù))。同理：強(qiáng)酸弱堿鹽(如NH4Cl)的水解常數(shù)(Kh)與弱堿電離常數(shù)(Kb)之間的關(guān)系：Kh＝eq\f(KW,Kb)。Xeq\o(\s\up7(小題速練),\s\do5(iaotisulian))1．判斷正誤，正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812608)(1)酸式鹽溶液不一定呈酸性(√)(2)離子能夠發(fā)生水解的鹽溶液一定呈酸性或堿性(×)(3)CH3COONH4溶液呈中性是因?yàn)镃H3COONH4溶液不能發(fā)生水解(×)(4)已知酸性：HF>CH3COOH，所以等濃度的CH3COONa的堿性強(qiáng)于NaF(√)(5)由于NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)有電離出H＋的能力，所以NaHCO3溶液顯酸性(×)(6)可溶性鋁鹽都能發(fā)生水解反應(yīng)(√)(7)由一價(jià)離子組成的正鹽MA呈堿性，那它一定是強(qiáng)堿弱酸鹽(√)(8)同濃度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液相比前者pH大；同濃度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液相比后者pH小(√)(9)常溫下，pH＝10的CH3COONa溶液與pH＝4的NH4Cl溶液，水的電離程度相同(√)(10)常溫下，pH＝11的CH3COONa溶液與pH＝3的CH3COOH溶液，水的電離程度相同(×)2．寫出下列鹽溶于水后發(fā)生水解反應(yīng)的離子方程式：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812609)①CH3COONa：__CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－__。②NH4Cl：__NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋__。③Na2CO3：__COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－__。④Al2(SO4)3：__Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋__。⑤FeCl3溶液與Na2CO3溶液混合：__2Fe3＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋3H2O2Fe(OH)3↓＋3CO2↑__。(2)在氯化鐵溶液中存在下列平衡：FeCl3(aq)＋3H2O(l)Fe(OH)3(aq)＋3HCl(aq)AH>O①加熱FeCl3溶液，溶液的顏色會(huì)不斷加深，可得到一種紅褐色透明液體。寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：__Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋__。②不斷加熱FeCl3溶液，蒸干其水分并灼燒得到的固體可能是__Fe2O3__。③在配制FeCl3溶液時(shí)，為防止變渾濁，應(yīng)加入__少量稀鹽酸__。3．怎樣用最簡(jiǎn)單的方法區(qū)別NaCl溶液、NH4Cl溶液和Na2CO3溶液？eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812610)答案：將三種溶液各取少許裝入試管中，分別滴入紫色石蕊溶液，溶液不變色的為NaCl溶液，變紅色的為NH4Cl溶液，變藍(lán)色的為Na2CO3溶液。題組一鹽類水解反應(yīng)離子方程式的書(shū)寫與正誤判斷1．在一定條件下發(fā)生下列反應(yīng)，屬于鹽類水解反應(yīng)的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812611)(B)A．Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClOB．NHeq\o\al(＋,4)＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋C．HS－＋H＋=H2SD．HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH3O＋＋COeq\o\al(2－,3)[解析]A項(xiàng)，反應(yīng)物中沒(méi)有鹽，不屬于鹽類水解反應(yīng)；C項(xiàng)，反應(yīng)物中沒(méi)有水，不屬于水解反應(yīng)；D項(xiàng)，是HCOeq\o\al(－,3)的電離方程式。2．按要求書(shū)寫離子方程式。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812612)(1)AlCl3溶液呈酸性：__Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋__。(2)Na2CO3溶液呈堿性：__COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－__。(3)NH4Cl溶于D2O中：__NHeq\o\al(＋,4)＋D2ONH3·HDO＋D＋__。(4)實(shí)驗(yàn)室制備Fe(OH)3膠體：__Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋__。(5)NaHS溶液呈堿性的原因：__HS－＋H2OH2S＋OH－__。(6)ZnCl2溶液用作焊接金屬的除銹劑：__Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋__。(7)明礬凈水：__Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋__。(8)NaHCO3與Al2(SO4)3溶液用作泡沫滅火劑：__3HCOeq\o\al(－,3)＋Al3＋3CO2↑＋Al(OH)3↓__。(9)配制CuCl2溶液時(shí)常加入少量鹽酸：__Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋__。萃取精華：(1)水解離子方程式的書(shū)寫規(guī)律為：誰(shuí)弱寫誰(shuí)，都弱都寫；陽(yáng)離子水解生成弱堿，陰離子水解生成弱酸。(2)水解方程式要符合客觀事實(shí)、質(zhì)量守恒、原子守恒和電荷守恒。(3)注意水解方程式和電離方程式的區(qū)別，如HCOeq\o\al(－,3)＋H2OCOeq\o\al(2－,3)＋H3O＋是HCOeq\o\al(－,3)的電離方程式，而HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－是HCOeq\o\al(－,3)的水解方程式。題組二鹽類水解的實(shí)質(zhì)與規(guī)律3．(2018·河南開(kāi)封模擬)25℃時(shí)，0.1mol·L－1下列溶液的pH如表所示，有關(guān)比較錯(cuò)誤的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812613)(B)序號(hào)①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.08.18.4A.酸的強(qiáng)度：HF>H2CO3B．水的電離程度：①＝②C．溶液中離子的總濃度：①>②D．④溶液中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1[解析]A項(xiàng)，0.1mol·L－1NaF溶液的pH＝8.1,0.1moI·L－1NaHCO3溶液的pH＝8.4，說(shuō)明HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于F－的水解程度，根據(jù)越弱越水解可知酸的強(qiáng)弱為HF>H2CO3，A正確；B項(xiàng)，NaCl溶液呈中性，水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝10－7mol·L－1，CH3COONH4溶液呈中性，是由于CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)水解程度相等，CH3COONH4水解促進(jìn)了水的電離，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，0.1mol·L－1CH3COONH4溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O，而NaCl不水解，所以離子濃度大?。孩?gt;②，C正確；D項(xiàng)，根據(jù)物料守恒可知c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1，D正確。4．(2018·河北衡水高三檢測(cè))部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下表：弱電解質(zhì)HCOOHHCNH2CO3NH3·H2O電離平衡常數(shù)(25Ka＝1.8×10－4Ka＝4.9×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11Kb＝1.8×10－5下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812614)(D)A．結(jié)合H＋的能力：COeq\o\al(2－,3)>CN－>HCOeq\o\al(－,3)>HCOO－B．0.1mol/L的HCOONH4溶液中存在以下關(guān)系式：c(HCOO－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)C．pH＝3的鹽酸與pH＝11的氨水混合，若溶液顯中性，則V(鹽酸)>V(氨水)D．等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數(shù)前者小于后者[解析]酸的電離平衡常數(shù)越大，酸根離子結(jié)合氫離子的能力越小，所以酸根離子結(jié)合氫離子能力的大小順序是COeq\o\al(2－,3)>CN－>HCOeq\o\al(－,3)>HCOO－，故A正確；HCOOH的電離平衡常數(shù)大于NH3·H2O，則NHeq\o\al(＋,4)的水解程度大于HCOO－，所以HCOONH4溶液呈酸性，則c(H＋)>c(OH－)，根據(jù)電荷守恒得c(HCOO－)>c(NHeq\o\al(＋,4))，所以離子濃度大小順序是c(HCOO－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)，故B正確；pH＝3的鹽酸與pH＝11的氨水混合，若溶液呈中性，則V(鹽酸)>V(氨水)，故C正確；水解程度CN－>HCOO－，所以HCOONa中離子總數(shù)大于NaCN中離子總數(shù)，故D錯(cuò)誤。萃取精華：酸式鹽溶液酸堿性的判定原則(1)強(qiáng)酸的酸式鹽只電離，不水解，溶液顯酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。NaHSO4溶液性質(zhì)上相當(dāng)于一元強(qiáng)酸。(2)弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子的電離程度和水解程度的相對(duì)大小。①若電離程度大于水解程度，溶液顯酸性。如NaHSO3溶液中：HSOeq\o\al(－,3)H＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)；HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。中學(xué)階段與此類似的還有NaH2PO4等。②若電離程度小于水解程度，溶液呈堿性。如NaHCO3溶液中：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)；HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)。中學(xué)階段與此類似的還有NaHS、Na2HPO4等。(3)相同條件下(溫度、濃度相同)的水解程度：正鹽>相應(yīng)酸式鹽，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)?？键c(diǎn)二鹽類水解平衡的影響因素及應(yīng)用Zeq\o(\s\up7(知識(shí)梳理),\s\do5(hishishuli))1．鹽類水解的影響因素(1)內(nèi)因。酸或堿越弱，其對(duì)應(yīng)的弱酸陰離子或弱堿陽(yáng)離子的水解能力就越__大__，溶液的堿性或酸性就越__強(qiáng)__。如酸性：CH3COOH>H2CO3，則同濃度的Na2CO3、CH3COONa溶液pH：pH(Na2CO3)__>__pH(CH3COONa)。(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_(dá)_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__外加酸堿酸促進(jìn)弱酸陰離子水解弱堿陽(yáng)離子的水解程度減小堿弱酸根離子的水解程度減小促進(jìn)弱堿陽(yáng)離子水解外加其他能水解的鹽水解結(jié)果相同抑制，水解程度減小水解結(jié)果相反促進(jìn)，水解程度增大(甚至徹底水解)例如，不同條件對(duì)FeCl3水解平衡的影響Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(填寫空格中內(nèi)容)條件移動(dòng)方向H＋數(shù)pH現(xiàn)象升高溫度__向右____增多____降低____顏色變深__通HCl__向左____增多____降低____顏色變淺__加H2O__向右____增多____升高_(dá)___顏色變淺__加NaHCO3__向右____減小____升高_(dá)___產(chǎn)生紅褐色沉淀及無(wú)色氣體__2.鹽類水解的應(yīng)用應(yīng)用舉例判斷溶液的酸堿性FeCl3溶液顯酸性，原因是__Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋__判斷酸性強(qiáng)弱NaX、NaY、NaZ三種鹽pH分別為8、9、10，則酸性__HX>HY>HZ__配制或貯存易水解的鹽溶液配制CuSO4溶液時(shí)，加入少量__稀硫酸__防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量__鹽酸__；貯存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用__磨口玻璃__塞膠體的制取制取Fe(OH)3膠體的離子反應(yīng)：__Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋__泡沫滅火器原理成分為NaHCO3與Al2(SO4)3，發(fā)生反應(yīng)為_(kāi)_Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑__作凈水劑明礬可作凈水劑，原理為Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋化肥的使用銨態(tài)氮肥與草木灰不得混用__NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3↑＋H2O__除銹劑NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接時(shí)的除銹劑物質(zhì)提純除去MgCl2溶液中的氯化鐵，可以加入MgO或Mg(OH)2反應(yīng)掉部分H＋，促進(jìn)鐵離子的水解，使Fe3＋轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去無(wú)機(jī)物的制備硫化鋁、氮化鎂在水溶液中強(qiáng)烈水解，只能通過(guò)單質(zhì)間化合反應(yīng)才能制得；用TiCl4制備TiO2，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_TiCl4＋(x＋2)H2O(過(guò)量)TiO2·xH2O＋4HCl__離子的共存Al3＋與HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－，F(xiàn)e3＋與HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－，NHeq\o\al(＋,4)與SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)等因水解相互促進(jìn)而不能大量共存3.鹽溶液蒸干時(shí)所得產(chǎn)物的判斷(1)鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸和酸根陰離子易水解的強(qiáng)堿鹽溶液，蒸干后一般得原物質(zhì)，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。(2)鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時(shí)，蒸干灼燒后一般得到對(duì)應(yīng)的氧化物，如AlCl3溶液蒸干得__Al(OH)3__，灼燒得__Al2O3__。(3)考慮鹽受熱時(shí)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)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。(4)還原性鹽在蒸干時(shí)會(huì)被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得__Na2SO4(s)__。(5)弱酸的銨鹽蒸干后無(wú)固體。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。Xeq\o(\s\up7(小題速練),\s\do5(iaotisulian))1．判斷正誤，正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812615)(1)加熱0.1mol·L－1Na2CO3溶液，COeq\o\al(2－,3)的水解程度和溶液的pH均增大(√)(2)在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好無(wú)色，則此時(shí)溶液的pH<7(×)(3)向AlCl3溶液中通入HCl可使eq\f(cAl3＋,cCl－)增大(×)(4)試管中加入2mL飽和Na2CO3溶液，滴入兩滴酚酞，加熱，溶液先變紅，后紅色變淺。(×)(5)在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)(√)(6)關(guān)于氯化銨溶液，加水稀釋時(shí)，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)的值減小(√)(7)降低溫度和加水稀釋，都會(huì)使鹽的水解平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)(×)(8)通入適量的HCl氣體使FeCl3溶液中eq\f(cFe3＋,cCl－)增大(×)(9)配制和貯存Fe2(SO4)3溶液時(shí)，常常加入少量鹽酸，目的是抑制Fe3＋水解(×)(10)加熱蒸干MgCl2溶液，可得到MgCl2晶體(×)(11)明礬凈水與鹽類水解有關(guān)(√)(12)NaHSO4溶液顯酸性，是因?yàn)镹aHSO4溶于水發(fā)生了水解反應(yīng)(×)2．下列有關(guān)問(wèn)題與鹽的水解有關(guān)的是__①②③④⑤__。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812616)①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬時(shí)的除銹劑②NaHCO3與AI2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑③草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用④實(shí)驗(yàn)室中盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞⑤加熱蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固體⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化劑Cl2，再調(diào)節(jié)溶液的pH題組一影響鹽類水解平衡的因素1．(2018·山東淄博高三檢測(cè))在一定條件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列說(shuō)法正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812617)(B)A．稀釋溶液，水解平衡常數(shù)增大B．通入CO2，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)C．升高溫度，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))減小D．加入NaOH固體，溶液pH減小[解析]化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度的影響，A錯(cuò)誤；通入的CO2與OH－反應(yīng)，使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，B正確；升高溫度，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，c(HCOeq\o\al(－,3))增大，c(COeq\o\al(2－,3))減小，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))增大，C錯(cuò)誤；加入NaOH固體，c(OH－)增大，溶液的pH增大，D錯(cuò)誤。2．(2018·河南鄭州高三檢測(cè))在一定條件下，Na2CO3溶液中存在COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－平衡。下列說(shuō)法不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812618)(A)A．稀釋溶液，eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))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，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))減小[解析]K＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))，水解平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，溫度不變，K不變。A錯(cuò)誤，B、C、D均正確。3．(2018·山東濟(jì)南檢測(cè))下圖所示三個(gè)燒瓶中分別裝入含酚酞的0.01mol·L－1CH3COONa溶液，并分別放置在盛有水的燒杯中，然后向燒杯①中加入生石灰，向燒杯③中加入NH4NO3晶體，燒杯②中不加任何物質(zhì)。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812619)(1)含酚酞的0.01mol·L－1CH3COONa溶液顯淺紅色的原因?yàn)開(kāi)_CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液顯堿性__。(2)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中發(fā)現(xiàn)燒瓶①中溶液紅色變深，燒瓶③中溶液紅色變淺，則下列敘述正確的是__BD__。A．水解反應(yīng)為放熱反應(yīng)B．水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C．NH4NO3晶體溶于水時(shí)放出熱量D．NH4NO3晶體溶于水時(shí)吸收熱量(3)向0.01mol·L－1CH3COONa溶液中分別加入NaOH固體、Na2CO3固體、FeSO4固體，使CH3COO－水解平衡移動(dòng)的方向分別為_(kāi)_左__、__左__、__右__(填“左”、“右”或“不移動(dòng)”)。[解析](1)CH3COONa溶液中CH3COO－水解使溶液顯堿性，酚酞試液遇堿顯紅色。(2)生石灰與水劇烈反應(yīng)且放出大量熱，根據(jù)燒杯①中溶液紅色變深，判斷水解平衡向右移動(dòng)，說(shuō)明水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，同時(shí)燒杯③中溶液紅色變淺，則NH4NO3溶于水時(shí)吸收熱量。(3)酸促進(jìn)CH3COO－的水解；堿抑制CH3COO－的水解；COeq\o\al(2－,3)與CH3COO－帶同種電荷，水解相互抑制；Fe2＋與CH3COO－帶異種電荷，水解相互促進(jìn)。4．常溫下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，吸收過(guò)程中水的電離平衡__向右__(填“向左”“向右”或“不”)移動(dòng)。試計(jì)算溶液中eq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝__60__。(常溫下H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8)eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812620)[解析]NaOH電離出的OH－抑制水的電離平衡，Na2SO3電離出的SOeq\o\al(2－,3)水解促進(jìn)水的電離平衡。SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，Kh＝eq\f(cHSO\o\al(－,3)·cOH－,cSO\o\al(2－,3))＝eq\f(KW,Ka2)＝eq\f(10－14,6.0×10－8)，所以eq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(10－5,\f(10－14,6.0×10－8))＝60。題組二鹽類水解原理的應(yīng)用5．(2018·天津高三檢測(cè))下列說(shuō)法正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812621)(C)A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒，所得固體的成分相同B．配制FeCl3溶液時(shí)，將FeCl3固體溶解在硫酸中，然后再用水稀釋到所需的濃度C．向CuCl2溶液中加入CuO，調(diào)節(jié)pH可除去溶液中混有的Fe3＋D．泡沫滅火器中常使用的原料是碳酸鈉和硫酸鋁[解析]A項(xiàng)，加熱促進(jìn)水解，由于鹽酸為揮發(fā)性酸，硫酸為難揮發(fā)性酸，故前者最終產(chǎn)物為Al2O3，后者最終產(chǎn)物為Al2(SO4)3；B項(xiàng)，將FeCl3固體溶解在硫酸中，會(huì)引入雜質(zhì)SOeq\o\al(2－,4)，應(yīng)溶解在鹽酸中：C項(xiàng)，由于Fe3＋水解，F(xiàn)e3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO消耗H＋，從而使其水解完全，除去Fe3＋；D項(xiàng)，泡沫滅火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3。6．(2018·信陽(yáng)模擬)下列說(shuō)法與鹽的水解有關(guān)的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812622)(D)①明礬可以作凈水劑②實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時(shí)，往往在FeCl3溶液中加入少量的鹽酸③用NaHCO3和Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑④在NH4Cl溶液中加入金屬鎂會(huì)產(chǎn)生氫氣⑤草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用⑥實(shí)驗(yàn)室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶應(yīng)用橡皮塞⑦純堿溶液去油污A．僅①③⑥ B．僅②③⑤C．僅③④⑤ D．全部有關(guān)[解析]①明礬為硫酸鋁鉀的結(jié)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(guān)；②FeCl3水解呈酸性，加入鹽酸可抑制水解，防止溶液渾濁，與水解有關(guān)；③NaHCO3和Al2(SO4)3可發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)生成CO2，可用于滅火，與水解有關(guān)；④NH4Cl水解呈酸性，加入鎂可生成氫氣，與水解有關(guān)；⑤草木灰中的COeq\o\al(2－,3)與NHeq\o\al(＋,4)發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，兩者混合可降低肥效，與水解有關(guān)；⑥Na2CO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，不能用玻璃塞，與水解有關(guān)；⑦純堿呈堿性，油污可在堿性條件下水解，與水解有關(guān)。題組三與鹽類水解相關(guān)的離子共存7．(2018·韶關(guān)模擬)下列指定溶液中一定能大量共存的離子組是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812623)(A)A．常溫下pH＝1的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Na＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)B．含有大量AlOeq\o\al(－,2)的溶液中：Na＋、K＋、HCOeq\o\al(－,3)、NOeq\o\al(－,3)C．中性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)D．Na2S溶液中：SOeq\o\al(2－,4)、K＋、Cu2＋、Cl－[解析]A項(xiàng)，酸性條件下，H＋抑制NHeq\o\al(＋,4)、Fe3＋的水解，能大量共存：B項(xiàng)，AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，不能大量共存；C項(xiàng)，Al3＋水解呈酸性，因而在中性溶液中不能大量存在；D項(xiàng)，Cu2＋＋S2－＝CuS↓，不能大量共存。8．(2018·河北衡水高三檢測(cè))常溫下，下列各組離子在有關(guān)限定條件下溶液中一定能大量共存的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812624)(C)A．由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、ClO－、I－B．c(H＋)＝eq\r(KW)mol·L－1的溶液中：K＋、Fe3＋、Cl－、COeq\o\al(2－,3)C．常溫下，eq\f(cH＋,cOH－)＝1×10－12的溶液：K＋、AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)、Na＋D．pH＝13的溶液中：AlOeq\o\al(－,2)、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)[解析]A項(xiàng)，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈堿性，ClO－在酸性條件下不能大量存在；B項(xiàng)，c(H＋)＝eq\r(KW)mol·L－1的溶液呈中性，F(xiàn)e3＋、COeq\o\al(2－,3)發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，不能大量共存；D項(xiàng)pH＝13的溶液呈堿性，HCOeq\o\al(－,3)不能大量存在?？键c(diǎn)三溶液中微粒濃度大小的比較Zeq\o(\s\up7(知識(shí)梳理),\s\do5(hishishuli))1．微粒濃度的大小比較理論依據(jù)(1)電離理論——弱電解質(zhì)的電離是微弱的①弱電解質(zhì)的電離是微弱的，電離產(chǎn)生的微粒都非常少，同時(shí)還要考慮水的電離。如氨水中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－濃度的大小關(guān)系是__c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))__。②多元弱酸的電離是分步進(jìn)行的，其主要是第一步電離(第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步電離)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的濃度大小關(guān)系是__c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)__。(2)水解理論——弱電解質(zhì)離子的水解是微弱的①弱電解質(zhì)離子的水解損失是微量的(水解相互促進(jìn)的除外)，但由于水的電離，故水解后酸性溶液中c(H＋)或堿性溶液中c(OH－)總是大于水解產(chǎn)生的弱電解質(zhì)的濃度。如NH4Cl溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的濃度大小關(guān)系是__c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)__。②多元弱酸酸根離子的水解是分步進(jìn)行的，其主要是第一步水解。如在Na2CO3溶液中：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的濃度大小關(guān)系應(yīng)是__c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)__。2．溶液中微粒種類的判斷我們?cè)谂袛嗳芤褐形⒘舛却笮r(shí)，首先要判斷溶液中微粒的種類，然后再進(jìn)行比較。判斷溶液中微粒種類的方法是正確寫出溶液中所有的電離方程式、水解方程式，然后結(jié)合溶液中的溶質(zhì)即可判斷溶液中的微粒種類。注意：在書(shū)寫電離方程式時(shí)，不要丟掉水的電離方程式。如：NaHCO3溶液中存在三種電離：NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)__H＋＋COeq\o\al(2－,3)__、H2OH＋＋OH－；一種水解：HCOeq\o\al(－,3)＋H2O__H2CO3＋OH－__，所以溶液中的離子為Na＋、__COeq\o\al(2－,3)__、HCOeq\o\al(－,3)、OH－、H＋，分子為_(kāi)_H2CO3__、H2O。3．溶液中粒子等量關(guān)系——三大守恒(1)電荷守恒規(guī)律。電解質(zhì)溶液中，無(wú)論存在多少種離子，溶液都呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽(yáng)離子所帶正電荷總數(shù)。如Na2CO3與NaHCO3混合溶液中存在著Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋__c(H＋)__＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋__2c(COeq\o\al(2－,3))__；K2S溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。(2)物料守恒規(guī)律。電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，微粒種類增多，但原子個(gè)數(shù)總是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故硫元素以S2－、HS－、H2S三種形式存在，則K2S溶液中有如下守恒關(guān)系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋__2c(H2①如果我們把兩個(gè)守恒進(jìn)行相加減，可得到另一個(gè)守恒(質(zhì)子守恒)，如把上述K2S溶液中的兩個(gè)守恒相減可得：c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)＝c(OH－)②電荷守恒式中不只是各離子濃度的簡(jiǎn)單相加。如2c(COeq\o\al(2－,3))的計(jì)量數(shù)2代表一個(gè)COeq\o\al(2－,3)帶2個(gè)單位負(fù)電荷，不可漏掉。(3)質(zhì)子守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，電離、水解等過(guò)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：即__c(H2CO3)＋c(H＋)=c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)__。特別提醒：(1)掌握微粒濃度大小比較的常見(jiàn)類型及分析方法(2)選好參照物不同溶液中同一離子濃度的大小比較要選好參照物，分組比較各個(gè)擊破。如25℃時(shí)，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的順序?yàn)棰?gt;④>③>①>②。分析流程為：分組eq\o(→,\s\up7(化學(xué)式中),\s\do5(NH\o\al(＋,4)的數(shù)目))④⑤中c(NHeq\o\al(＋,4))要大于①②③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①②③\o(→,\s\up7(選參照物),\s\do5(①NH4Cl))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(②相當(dāng)于在①的基礎(chǔ)上促進(jìn)NH\o\al(＋,4)的水解，則cNH\o\al(＋,4)①>②,③相當(dāng)于在①的基礎(chǔ)上抵制NH\o\al(＋,4)的水解，則cNH\o\al(＋,4)③>①)),④⑤\o(→,\s\up7(選參照物),\s\do5(④NH42SO4))⑤相當(dāng)于在④的基礎(chǔ)上抑制NH\o\al(＋,4)的水解，則cNH\o\al(＋,4)⑤>④))Xeq\o(\s\up7(小題速練),\s\do5(iaotisulian))1．0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中各粒子濃度的關(guān)系：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812625)(1)大小關(guān)系__c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)__。(2)物料守恒__c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]__。(3)電荷守恒__c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))__。(4)質(zhì)子守恒__c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))__。2．0.1mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中各粒子濃度的關(guān)系：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812626)(1)大小關(guān)系__c(NHeq\o\al(＋,4))>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(H＋)>c(OH－)__。(2)物料守恒__c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))__。(3)電荷守恒__c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)__。(4)質(zhì)子守恒__c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)__。題組一溶液中粒子濃度大小的比較1．(2018·山東濱州高三檢測(cè))在0.1mol·L－1NH4Cl溶液和0.1mol·L－1鹽酸的混合溶液中，下列粒子濃度大小關(guān)系正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812627)(B)A．c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)B．c(Cl－)>c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)C．c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)D．c(H＋)>c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)[解析]溶液呈酸性，則c(H＋)>c(OH－)；由電荷守恒知c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，則c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))；由c(Cl－)＝0.2mol·L－1，c(H＋)≈0.1mol·L－1，可知c(Cl－)>c(H＋)，c(NHeq\o\al(＋,4))<0.1mol·L－1，故c(Cl－)>c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)。2．(2018·荊州模擬)下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812628)(A)A．室溫下，向0.01mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)＝c(H＋)B．0.1mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)D．25℃時(shí)，pH＝4.75、濃度均為0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)<c(CH3COOH)＋c(H[解析]A選項(xiàng)中溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，據(jù)電荷守恒原理：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))，所以c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，由于NHeq\o\al(＋,4)水解使c(NHeq\o\al(＋,4))<c(SOeq\o\al(2－,4))，從而有c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,4))，A正確；B選項(xiàng)中NaHCO3溶液顯堿性，但c(OH－)比c(HCOeq\o\al(－,3))小，B不正確；C選項(xiàng)中碳酸鈉溶液中，根據(jù)電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)、物料守恒c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]可得c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)中由電荷守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由物料守恒可得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，將兩式中的c(Na＋)消去，可得c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)。所以c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)－c(CH3COOH)＝c(H＋)－c(OH－)，因?yàn)閜H＝4.75，故c(H＋)－c(OH－)>0，所以c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．(2018·西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)適應(yīng)性訓(xùn)練)室溫下，用0.1mol·L－1HCl溶液滴定10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812629)(C)A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)B．b點(diǎn)時(shí)：3c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)C．水電離程度由大到小的順序?yàn)閍>b>c>dD．d點(diǎn)時(shí)：c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))＝c(HCOeq\o\al(－,3))[解析]a點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)主要是Na2CO3，COeq\o\al(2－,3)水解產(chǎn)生OH－，水的電離也能產(chǎn)生OH－，因此離子濃度關(guān)系應(yīng)為c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))，A項(xiàng)錯(cuò)誤；b點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)主要是NaHCO3和NaCl，且二者的物質(zhì)的量之比為1∶1，根據(jù)溶液中的物料守恒可得正確的離子濃度關(guān)系為c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；a、b兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液由于COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的水解使溶液呈堿性，溶液pH越大，水的電離程度越大，c點(diǎn)溶液(pH＝7)呈中性，d點(diǎn)溶液由于鹽酸過(guò)量使溶液呈酸性，會(huì)抑制水的電離，故水的電離程度由大到小的順序?yàn)閍>b>c>d，C項(xiàng)正確；d點(diǎn)COeq\o\al(2－,3)完全轉(zhuǎn)化為弱酸H2CO3，所以c(H＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))，D項(xiàng)錯(cuò)誤。萃取精華：1．混合溶液中微粒濃度大小比較的一般步驟(1)判反應(yīng)：判斷兩種溶液混合時(shí)，是否發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，弄清楚溶液的真實(shí)組成。(2)寫平衡；根據(jù)溶液的組成，寫出溶液中存在的所有平衡(包括電離平衡、水解平衡等)，尤其不能漏寫水的電離平衡。(3)列等式：根據(jù)溶液中存在電荷守恒、物料守恒列出等式。據(jù)此可列出溶液中各種陰陽(yáng)離子濃度間的關(guān)系式。(4)分主次：根據(jù)溶液中存在的平衡和題給條件，結(jié)合平衡的有關(guān)規(guī)律，分析哪些過(guò)程進(jìn)行的程度相對(duì)大一些，哪些過(guò)程進(jìn)行的程度相對(duì)小一些，再依次比較出溶液中各種微粒濃度的大小。2．靈活運(yùn)用兩個(gè)守恒比較溶液中微粒濃度大小溶液中微粒種類的判斷是解決溶液中微粒濃度大小比較的關(guān)鍵，特別是混合溶液中微粒濃度大小的比較，如NaOH和醋酸溶液不論以何種比例混合，溶液中一定存在電荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，如果溶液呈酸性，則c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；如果溶液呈中性，則c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)；如果溶液呈堿性，則c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。題組二溶液中粒子濃度的守恒關(guān)系4．(2018·山東濱州高三檢測(cè))在0.1mol·L－1的Na2S溶液中，下列微粒濃度關(guān)系正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50812630)(B)A．c(Na＋)＝2c(S2－B．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2C．c(Na＋)>c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)D．c(Na＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋2c(H[解析]Na2S是強(qiáng)堿弱酸鹽，S2－水解使溶液顯堿性，c(Na＋)>2c(S2－)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)質(zhì)子守恒原理，可知B項(xiàng)正確；溶液中的OH－來(lái)自S2－、HS－的水解和H2O的電離，c(OH－)>c(HS－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)物料守恒原理得：c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H25．(2018·河北石家莊高