3.2 第3课时 水解平衡的移动　水解原理的应用 学案 （含答案）2023-2024学年高二化学鲁科版（2019）选择性必修1

3.2 第3课时　水解平衡的移动　水解原理的应用
【学习目标】
1.了解影响盐类水解的因素以及水解平衡的移动,了解盐类水解的应用。
2.通过介绍与水解平衡有关的应用知识,体会水解平衡在化学中的重要作用。
3.培养分析问题、学以致用的能力,会透过现象看本质。
【自主预习】
一、盐类水解的影响因素
1.内因
形成盐的酸或碱越弱,其盐就越易　　　　。如水解程度:Na2CO3　　　　Na2SO3,Na2CO3 　　　　NaHCO3。
2.外因
因素 水解平衡 水解程度 水解产生离子的浓度
温度 升高 　　　 　　　 　　　
浓度 增大 　　　 　　　 　　　
减小(即稀释) 　　　 　　　 　　　
外加 酸碱 酸 弱碱阳离子水解程度　　　
碱 弱酸阴离子水解程度　　　
外加其他盐 水解形式相同的盐 相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式相反的盐 相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
二、盐类水解的应用
1.热的纯碱溶液去油污效果更好
纯碱(Na2CO3)水解呈碱性,加热能促进水解,溶液的碱性增强,去污效果增强。水解的离子方程式为
　 。
2.配制可水解的盐溶液
某些强酸弱碱盐在配制溶液时因水解而变浑浊,需加相应的酸来抑制水解,如在配制FeCl3溶液时常将FeCl3晶体溶于较浓的　　　　　　中再加水稀释至所需浓度来抑制FeCl3水解。
3.明矾(铝盐)、铁盐用作净水剂
明矾、铁盐溶于水电离产生的Al3+、Fe3+水解,生成的Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体可以使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大颗粒而沉降,从而除去水中的悬浮物,起到净水作用。Al3+水解的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
4.工业上利用水解原理制备无机化合物
用TiCl4制备TiO2·xH2O:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。在制备时加入大量的水,同时加热,促使水解趋于完全,所得TiO2·xH2O经焙烧得到TiO2。类似的方法也可用于制备SnO、SnO2和Sn2O3等。
5.胶体的制备
实验室制备Fe(OH)3胶体利用了Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体的反应及加热促进水解的原理,反应的离子方程式为 　。
【参考答案】一、1.水解　>　>　2.右移　增大　增大　右移　减小　增大　右移　增大　减小　减小　减小
二、1.C+H2OHC+OH-　2.盐酸
3.Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
4.TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl
5.Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
【效果检测】
1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。
(1)能水解的盐的浓度越低,水解程度越大,溶液的酸碱性越强。 (　　)
(2)盐溶液显酸(或碱)性,一定是由水解引起的。 (　　)
(3)水解平衡右移,盐的水解程度一定增大。 (　　)
(4)NaHCO3和NaHSO4都能促进水的电离。 (　　)
(5)加水稀释FeCl3溶液,的值减小。 (　　)
(6)Na2CO3溶液加水稀释,促进盐的水解,溶液的碱性增强。 (　　)
(7)将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧,所得固体成分相同。 (　　)
(8)配制FeSO4溶液时,将FeSO4固体溶于稀盐酸中,然后稀释至所需浓度。 (　　)
【答案】(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8) ×
2.改变外界条件后,水解平衡若向右移动,水解程度一定会增大吗
【答案】不一定。若增大盐溶液的浓度,水解平衡向右移动,但水解程度减小。
3.Na2CO3溶液中存在几步水解 其水解程度相同吗 为什么
【答案】Na2CO3溶液中存在两步水解,第一步水解程度远大于第二步,原因是第一步水解产生的OH-对第二步水解有抑制作用。
4.对盐溶液进行稀释,盐类的水解程度和盐溶液中生成的弱电解质浓度的变化一致吗
【答案】稀释盐溶液可使水解平衡右移,促进盐类水解,水解程度增大;水解产生的弱酸或弱碱的物质的量增多,但由于稀释使得溶液体积增大,比弱电解质的物质的量增加得快,因此生成的弱电解质浓度反而减小,二者变化不一致。
5.有人认为,向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸,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
【答案】不对。CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-达平衡后,加入少量CH3COOH,以c(CH3COOH)增大为主,抑制了CH3COO-水解,水解平衡应向逆反应方向移动。
【合作探究】
任务1：水解平衡的移动
【实验探究】
甲、乙、丙三支试管内分别盛有0.1 mol·L-1Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、CH3COONa溶液,各滴入几滴酚酞溶液,溶液均显红色。丁试管中加入少量SnCl2·2H2O固体,加入适量蒸馏水,待溶液中产生白色沉淀后,加入一定量的盐酸,振荡试管,观察到的现象是白色沉淀溶解。
问题生成
1.向甲试管中加入少量Na2CO3固体,会产生什么现象 水解平衡如何移动
【答案】红色加深。水解平衡右移。
2.向乙试管中通入HCl气体,有什么现象发生 水解平衡如何移动
【答案】红色变浅直至褪色,有气泡冒出。水解平衡右移。
3.加热丙试管,有什么现象发生 水解平衡如何移动
【答案】红色加深。水解平衡右移。
4.试着解释丁试管中产生现象的原因
【答案】向试管中加入少量SnCl2·2H2O固体,加入适量蒸馏水,溶液中产生白色沉淀的原因:氯化亚锡在水中可以发生水解反应,生成碱式氯化亚锡白色沉淀:SnCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl。加入盐酸,增大了HCl的浓度,抑制了SnCl2的水解,水解平衡向左移动,水解生成的难溶物质溶解。
【核心归纳】
1.影响水解平衡的因素
(1)温度的影响:盐类的水解是吸热反应,因此升高温度,水解平衡向水解方向移动,水解程度增大。
(2)浓度的影响:稀释盐溶液可使水解平衡向水解方向移动,水解程度增大;增大盐溶液浓度,水解平衡向水解方向移动,但水解程度减小。
(3)外加酸碱的影响:向盐溶液中加酸,可抑制弱碱阳离子的水解,促进弱酸根离子的水解;加碱可抑制弱酸根离子的水解,促进弱碱阳离子的水解。
2.实例
分析外界因素对CH3COONa水解平衡的影响
CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-　ΔH>0
改变条件 平衡移动的方向 c平(CH3COO-) c平(CH3COOH) c平(OH-) 水解程度
加热 右 减小 增大 增大 增大
加水 右 减小 减小 减小 增大
加CH3COOH 左 增大 增大 减小 减小
加CH3COONa 右 增大 增大 增大 减小
加NaOH 左 增大 减小 增大 减小
加HCl 右 减小 增大 减小 增大
3.盐类水解的平衡常数
(1)水解平衡常数的概念
在一定温度下,能水解的盐在水溶液中达到水解平衡时,生成的弱酸(或弱碱)浓度和氢氧根离子(或氢离子)浓度之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱的阳离子)浓度之比是一个常数,该常数就叫水解平衡常数。
(2)水解平衡常数(Kh)与电离常数Ka的定量关系
①弱酸强碱盐,如CH3COONa溶液:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
Kh=
=
==
②强酸弱碱盐,如NH4Cl溶液:N+H2ONH3·H2O+H+
Kh=
=
==
其中Kh为水解平衡常数,Ka(Kb)为弱酸(弱碱)的电离平衡常数,Kw为水的离子积常数。
因而Ka(或Kb)与Kw的定量关系为:
a.Ka·Kh=Kw或Kb·Kh=Kw。
b.C的一级水解平衡常数Kh1=;二级的水解平衡常数Kh2=。
(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,因为水解过程是吸热的,故它随温度的升高而增大。
【典型例题】
【例1】 向三份0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化),则CH3COO-的浓度变化依次为(　　)。
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
【答案】A
【解析】在CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,加入NH4NO3,N发生水解反应N+H2ONH3·H2O+H+,H+和OH-反应,使平衡右移,CH3COO-的浓度减小,促进水解;加入Na2SO3,S发生水解反应S+H2OHS+OH-,产生OH-,使平衡左移,CH3COO-的浓度增大,抑制水解;加入FeCl3固体,Fe3+发生水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,影响同N,使CH3COO-的浓度减小,促进水解。
【例2】在一定条件下,Na2CO3溶液中存在平衡C+H2OHC+OH-。下列说法不正确的是(　　)。
A.稀释溶液,增大
B.通入CO2,溶液pH减小
C.升高温度,平衡常数增大
D.加入NaOH固体,减小
【答案】A
【解析】水解平衡常数Kh=,Kh只随温度的变化而变化,所以稀释后达平衡,此值不变,A项不正确;通入CO2,会使溶液中OH-浓度减小,所以溶液的pH也减小,B项正确;升高温度,平衡向吸热反应方向移动,而盐的水解吸热,所以平衡常数增大,C项正确;加入NaOH固体,溶解电离出OH-,抑制C水解,所以C浓度增大,HC浓度减小,所以减小,D项正确。
任务2：盐类水解的应用
【核心归纳】
1.盐类水解的应用
应用 原理解释
热的纯碱溶液去污能力强 加热促进了盐的水解,氢氧根离子浓度增大
泡沫灭火器灭火 Al3+与HC发生相互促进的水解反应,生成了CO2和Al(OH)3,隔绝了可燃物与空气
明矾净水 铝离子水解生成的氢氧化铝胶体可用来净水
物质提纯 如除去氯化铜溶液中的氯化铁,可以加入氧化铜或氢氧化铜反应掉部分H+,促进铁离子的水解,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去
配制易水解的盐溶液 配制FeCl3、FeCl2、SnCl2、AlCl3等溶液时,常将它们溶于较浓的盐酸中,然后再加水稀释;目的是抑制铁离子、亚铁离子、亚锡离子、铝离子的水解
草木灰不能与铵态氮肥混合施用 铵根离子与碳酸根离子水解相互促进,生成的氨气逸出而降低了氮肥肥效
硫化铝、氮化镁的制备 硫化铝、氮化镁在水溶液中剧烈水解,只能通过单质间化合反应才能制得
比较盐溶液中离子浓度的大小 如Na2CO3溶液中:c(Na+)>c(C)>c(OH-)> c(HC)>c(H+)
判断弱电解质的相对强弱 如等物质的量浓度的醋酸钠溶液、碳酸氢钠溶液,后者碱性强于前者,则碳酸的酸性弱于醋酸
证明某些电解质是弱酸或弱碱 如CH3COONa溶液能使酚酞试液变红,则该溶液显碱性,说明CH3COOH是弱酸
判断盐溶液蒸干灼烧后的产物 如FeCl3溶液蒸干灼烧后的产物为Fe2O3
盐溶液除锈 如氯化铵溶液可除去金属表面的氧化物,因为N水解使溶液显酸性,可与金属氧化物反应
2.盐溶液蒸干固体产物的判断
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时,蒸干后一般得原物质,如Al2(SO4)3(aq)Al2(SO4)3(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)Al(OH)3Al2O3。
(3)强碱弱酸盐,如Na2CO3溶液等,蒸干后可得到原物质。
(4)盐溶液水解产物均易挥发时,蒸干后得不到任何固体物质,如NH4Cl、(NH4)2S等。
(5)考虑盐受热时是否分解。
Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4固体受热易分解,因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2CaCO3(CaO);NaHCO3Na2CO3;KMnO4K2MnO4+MnO2。
(6)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。
例如,Na2SO3(aq)Na2SO4(s);FeSO4(aq)Fe2(SO4)3(s)。
(7)有时要从多方面考虑。例如,蒸干NaClO溶液时,既要考虑ClO-水解,又要考虑HClO分解,所以蒸干NaClO溶液所得固体为NaCl。
【典型例题】
【例3】下列应用与碳酸钠或碳酸氢钠能发生水解反应无关的是(　　)。
A.实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B.泡沫灭火器中含有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液,使用时只需将二者混合就可产生大量二氧化碳
C.常用热的碳酸钠溶液清洗油污
D.利用碳酸钠与醋酸反应制取少量二氧化碳
【答案】D
【解析】A项,Na2CO3水解使溶液显碱性,OH-与玻璃中的SiO2会发生反应;B项,NaHCO3与Al2(SO4)3发生相互促进的水解反应:Al3++3HCAl(OH)3↓+3CO2↑;C项,C水解使溶液显碱性,能够除去油污;D项与盐类的水解无关。
【例4】将下列固体物质溶于水,再将其溶液加热,蒸发结晶、灼烧,得到的物质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.③　　　　　　　　　　B.①④
C.①②③④ D.全部
【答案】A
【解析】胆矾CuSO4·5H2O溶于水得CuSO4溶液,因硫酸难挥发,蒸发结晶再灼烧得CuSO4;AlCl3、CuCl2发生水解,AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl,加热时HCl不断挥发,平衡右移,不断生成Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀,灼烧得Al2O3、CuO;Al2(SO4)3+6H2O2Al(OH)3+3H2SO4,硫酸难挥发,最终仍得Al2(SO4)3。
任务3：溶液中离子浓度大小的比较
【核心归纳】
1.离子浓度大小比较中的“三个守恒”规律
(1)元素质量守恒
在电解质溶液中,由于某些离子发生水解或电离,离子的存在形式发生了变化。就该离子所含的某种元素来说,其质量在变化前后是守恒的,即元素质量守恒。
例如,NaHCO3溶于水后,溶液中Na+与HC的原始浓度之间的关系为c(Na+)=c(HC)。由于HC发生电离与水解,则有c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H2CO3)。
(2)电荷守恒
指电解质溶液中,阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等,即溶液呈电中性。
例如,NaHCO3溶液中有Na+、H+、HC、C、OH-,存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(OH-)+2c(C)。
(3)质子守恒
指得到的质子(H+)数等于失去的质子(H+)数,如Na2S溶液中:
即c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)。
2.溶液中离子浓度大小的比较
(1)单一溶液
①对于多元弱酸溶液,应根据多步电离进行分析。例如,在H3PO4溶液中:c(H+)>c(H2P)>c(HP)>c(P)。
②对于多元弱酸的正盐溶液,根据弱酸根离子的分步水解进行分析。例如,0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中电离过程有Na2CO32Na++C,H2OOH-+H+;水解过程有C+H2OHC+OH-,HC+H2OH2CO3+OH-。故溶液中存在的离子有Na+、C、OH-、HC、H+,因此溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(C)>c(OH-)>c(HC)>c(H+)。
③多元弱酸的酸式盐溶液要考虑酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小,如HC以水解为主,0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中:c(Na+)>c(HC)>c(OH-)>c(H+)>c(C);而HS以电离为主,0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液中:c(Na+)>c(HS)>c(H+)>c(S)>c(OH-)。
④不同溶液中同一离子浓度的大小比较,要考虑溶液中其他离子对该离子的影响。如在0.10 mol·L-1的a.NH4HSO4、b.NH4Cl、c.CH3COONH4、d.(NH4)2SO4溶液中,c(N)的大小顺序为d>a>b>c。
(2)混合溶液中各离子浓度的大小比较,根据电离程度、水解程度的相对大小进行分析。
①分子的电离程度大于相应离子的水解程度
例如,等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中:c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+);等物质的量浓度的CH3COONa与CH3COOH混合溶液中:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。
②分子的电离程度小于相应离子的水解程度
例如,在0.1 mol·L-1的NaCN和0.1 mol·L-1的HCN混合溶液中,各离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)。
【典型例题】
【例5】室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)。
A.Na2S溶液:c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H2S)
B.Na2C2O4溶液:c(OH-)=c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4)
C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-)
D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)
【答案】B
【解析】A项,Na2S溶液中微粒关系为c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H2S),错误;B项,Na2C2O4溶液中,由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)①,由元素质量守恒得c(Na+)=2c(C2)+2c(HC2)+2c(H2C2O4)②,①-②得c(OH-)=c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4),正确;C项,Na2CO3溶液中,由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(OH-),错误;D项,CH3COONa和CaCl2混合溶液中存在c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)①,2c(Ca2+)=c(Cl-)②,①+②得c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-),错误。
【例6】下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)。
A.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(C)>c(HC)>c(OH-)
B.20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L-1 HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)
C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)+c(H+)>c(N)+c(OH-)
D.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A项,等浓度、等体积的NaHCO3溶液与NaOH溶液混合时,两者恰好完全反应生成Na2CO3,在该溶液中C能进行两级水解:C+H2OHC+OH-、HC+H2OH2CO3+OH-,故溶液中c(OH-)>c(HC),错误;B项,CH3COONa与HCl混合后反应生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl,因溶液显酸性,故溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,正确;C项,在混合前两溶液的pH之和为14,则氨水过量,所得溶液为NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液,则c(Cl-)方法技巧：溶液中粒子浓度大小比较的四个步骤
【随堂检测】
课堂基础
1.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)
【答案】A
【解析】Fe2+易被氧化为Fe3+,Fe可以和Fe3+反应生成Fe2+,所以FeSO4溶液中加入Fe的目的是防止FeSO4被氧化,而不是抑制水解,A项符合题意;铜离子水解使溶液显酸性,加入HCl可以抑制铜离子水解,B项不符合题意;铁离子水解使溶液显酸性,加入HCl可以抑制铁离子水解,C项不符合题意;醋酸根离子水解使溶液显碱性,加入NaOH可以抑制醋酸根离子水解,D项不符合题意。
2.下列根据反应原理设计的应用,不正确的是(　　)。
A.C+H2OHC+OH-　用热的纯碱溶液清洗油污
B.Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+　明矾净水
C.TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl　制备TiO2纳米粉
D.SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl　配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
【答案】D
【解析】配制SnCl2溶液时应加入稀盐酸抑制SnCl2的水解,加入NaOH会促进SnCl2的水解。
3.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正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N水解
D.加热CH3COONa溶液,溶液中将减小
【答案】B
【解析】盐类水解促进水的电离,A项正确;同温下,等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中,C的水解程度大于HC,所以Na2CO3溶液的碱性更强,pH更大,B项错误;N水解使溶液显酸性,加入HNO3可以抑制N水解,C项正确;加热CH3COONa溶液,CH3COO-的水解程度增大,c(CH3COO-)减小,c(Na+)不变,则变小,D项正确。
对接高考
4.(2021·海南卷,双选,13)25 ℃时,向10.00 mL 0.1000 mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸,溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法正确的是(　　)。
A.a点,溶液pH>7是由于HC的水解程度大于电离程度
B.b点,c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-)
C.c点,溶液中的H+主要来自HC的电离
D.d点,c(Na+)=c(Cl-)=0.1000 mol·L-1
【答案】AB
【解析】HC存在水解平衡和电离平衡,a点溶液pH>7是由于HC的水解程度大于电离程度,A项正确;根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-)+c(OH-),b点pH=7,即c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-),B项正确;c点,溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸,溶液中的H+主要来自H2CO3的电离,C项错误;d点,碳酸氢钠和盐酸恰好完全反应,c(Na+)=c(Cl-)=0.0500 mol·L-1,D项错误。
5.(2021·天津卷,10)常温下,下列有关电解质溶液的叙述正确的是(　　)。
A.在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>c(P)
B.在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+c(C2)
C.在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HC)=0.1 mol·L-1
D.氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液中c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+)
【答案】A
【解析】因为磷酸为多元酸,Ka1>Ka2>Ka3,所以在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中,离子浓度大小为c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>c(P),A项正确;在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中,根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),B项错误;在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中,根据元素质量守恒得到c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1,C项错误;氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液,则c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),则c(Cl-)2