資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第03講 鹽類的水解
目錄
01 考情透視·目標導航
02 知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 鹽類的水解及其影響因素
知識點1 鹽類的水解
知識點2 鹽類水解規律
知識點3 鹽類水解離子方程式的書寫
考向1 鹽類的水解規律
考向2 水解方程式
考點二 鹽類水解的影響因素及應用
知識點1 鹽類水解的影響因素
知識點2 鹽類水解的應用
考向1 鹽類水解平衡移動及結果分析
考向2 鹽類水解的應用
考向3 水解平衡原理解釋問題的規范描述
考點三 溶液中粒子濃度大小關系
知識點1 熟悉兩大理論，構建思維基點
知識點2 把握三種守恒，明確等量關系
考向1 離子濃度大小比較
考向2 粒子濃度變化曲線
04真題練習·命題洞見
考點要求 考題統計 考情分析
鹽類水解的概念 2022浙江1月選考1題，2分；2022浙江6月選考23題，2分；2021廣東卷8題，2分；2021北京卷12題，3分； 鹽類的水解是歷年高考考點的重點與熱點，幾乎每年必考。主要考點有四個：一是水解方程式的書寫，二是影響水解平衡的因素及水解平衡的移動，三是溶液中離子濃度大小的比較，四是鹽類水解的應用。結合酸堿中和滴定圖像及鹽類水解的知識，分析微粒濃度之間的關系，運用金屬離子的水解知識除去工藝流程中的相關雜質，是高考命題的熱點；沉淀溶解平衡圖像題出現的概率也較高，主要考查Ksp的相關計算及粒子濃度的關系。一是在選擇題某一選項中以圖像或者文字的形式考查，二是在填空題中結合化學反應原理綜合考查。試題以日常生活情境、生產環保情境和實驗探究情景為主，集中在圖象和圖示的分析，側重于理解與辨析能力、分析與推測能力，從題干及圖象中提取有效信息，結合平衡移動原理和各種守恒思想，具體問題具體分析，提高試題的靈活性與創新性。
鹽類水解的應用 2022海南卷13題，4分；
離子濃度大小比較 2024·安徽卷13題，3分；2022重慶卷11題，3分；202天津卷10題，3分；
離子曲線 2022福建卷10題，4分；2022浙江1月選考23題，2分；2021浙江1月選考23題，2分；2021浙江6月選考23題，2分；2021湖南卷9題，3分；
復習目標： 1．了解鹽類水解的原理及其一般規律。 2．掌握水解離子方程式的書寫。 3．了解影響鹽類水解程度的主要因素。 4．了解鹽類水解的應用。 5．能利用水解常數(Kh)進行相關計算。 6．能發現和提出有探究價值的鹽類水解平衡的問題；能從問題和假設出發，確定探究目的，設計探究方案，進行實驗探究。
考點一 鹽類的水解及其影響因素
知識點1 鹽類的水解
名師提醒】
鹽類的水解反應是中和反應的逆反應，所以水解程度比較微弱，且為吸熱反應。
知識點2 鹽類水解規律
有弱才水解，越弱越水解；誰強顯誰性，同強顯中性。
鹽的類型 實例 是否水解 水解的離子 溶液的 酸堿性 溶液的pH
強酸強堿鹽 NaCl、KNO3 ___ － ______ pH___7
強酸弱堿鹽 NH4Cl、Cu(NO3)2 ___ _________ ______ pH___7
弱酸強堿鹽 CH3COONa、Na2CO3 ___ _________ ______ pH___7
【名師提醒】
判斷酸式鹽的水溶液的酸堿性要看該鹽的構成微粒的實際表現。
1．強酸的酸式鹽只電離，不水解，溶液一定顯酸性，如：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
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大小。
①電離程度小于水解程度，溶液顯堿性，如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)，使c(OH－)>c(H＋)，溶液顯堿性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液顯堿性。
②電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)，使c(H＋)>c(OH－)，溶液顯酸性。同理NaH2PO4溶液顯酸性。
知識點3　鹽類水解離子方程式的書寫
1．由于水解是微弱的反應，因而反應物與生成物用“”連接，易揮發性物質不標“↑”，
2．多元弱酸鹽的水解分步寫：如Na2S(aq)：第一步__________________；第二步：HS－＋H2OH2S＋OH－，水解以第___步水解為主。
3．金屬陽離子(弱堿的陽離子)水解一步寫到底。
4．相互促進水解時，由于反應徹底，故生成物中出現的不溶于水的___或___均要注明狀態，即寫上“↓”或“↑”符號，中間用“===”連接。
【易錯提醒】
NH與CH3COO－、HCO、CO等在水解時相互促進，其水解程度比單一離子的水解程度大，但水解程度仍然比較弱，不能進行完全，在書寫水解方程式時用“”。
考向1 鹽類的水解規律
【例1】常溫下，濃度均為0.1 mol·L－1的下列四種鹽溶液，其pH測定如表所示：
序號 ① ② ③ ④
溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO
pH 8.8 9.7 11.6 10.3
下列說法正確的是(　　)
A．四種溶液中，水的電離程度：①>②>④>③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子種類相同
C．將等濃度的CH3COOH和HClO溶液比較，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
【思維建模】
1.“誰弱誰水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。
2.“越稀越水解”，鹽溶液被稀釋后濃度越小，水解程度越大，但由于溶液體積的增大是主要的，故水解產生的H+或OH-的濃度是減小的，則溶液酸性(或堿性)越弱。
3.水解程度：相互促進水解的鹽>單獨水解的鹽>相互抑制水解的鹽。如相同條件下N的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。相同條件下的水解程度：正鹽>相應酸式鹽，如CO>HCO3-。
【變式訓練】廣義的水解觀認為：無論是鹽的水解還是非鹽的水解，其最終結果是反應中各物質和水分別離解成兩部分，然后兩兩重新組合成新的物質。根據上述觀點，下列說法不正確的是(　　)
A．BaO2的水解產物是Ba(OH)2和H2O2 B．PCl3的水解產物是HClO和H3PO4
C．Al4C3的水解產物是Al(OH)3和CH4 D．CH3COCl的水解產物是兩種酸
考向2 水解方程式
【例2】下列物質在常溫時發生水解，對應的離子方程式正確的是(　　)
A．Na2CO3：CO＋2H2OH2CO3＋2OH－
B．CuSO4：Cu2＋＋2H2O===Cu(OH)2＋2H＋
C．NaAlO2：AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－
D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
【變式訓練】下列水解反應的離子方程式及有關說法正確的是(　　)。
A．NaHC2O4溶于水顯堿性是因為HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-H++ C2O42-，HC2O4-的水解程度大于其電離程度
B．常溫下，0.1 mol·L-1的一元酸HX溶液的pH=3，可推知NaX溶液中存在X-+H2OHX+OH-
C．向K2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液變紅色的原因是CO32-+H2O=HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，顏色無變化
D．NaHSO3溶于水顯酸性是因為HSO3-SO32-+H+，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的電離程度小于其水解程度
【思維建模】
1．一般要求
如NH4Cl水解的離子方程式為NH4++H2ONH3·H2O+H+。
2．三種類型的鹽水解方程式的書寫
多元弱酸根離子的水解分步進行 水解以第一步為主。如Na2CO3：CO32-+H2OHCO3- +OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-
多元弱堿陽離子的水解反應過程復雜 在中學階段只要求一步寫到底。如AlCl3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
弱酸弱堿鹽中陰、陽離子水解相互促進 ①NH4+與S2-、HCO3-、CO32-、CH3COO-等組成的鹽雖然水解相互促進，但水解程度較小，書寫時仍用“”表示。如：NH4++CH3COO-+H2OCH3COOH+NH3·H2O。②Al3+與CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-，Fe3+與CO32-、HCO3-等組成的鹽水解相互促進非常徹底，生成氣體和沉淀，書寫時用“=”表示。如：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
考點二 鹽類水解的影響因素及應用
知識點1 鹽類水解的影響因素
1．內因：生成鹽的弱酸或弱堿越弱，其對應的弱酸酸根離子或弱堿陽離子的水解程度_______，溶液的堿性或酸性_______。如水解程度：Na2CO3_______Na2SO3，Na2CO3_______NaHCO3。
2．外因
3．以FeCl3水解為例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，分析外界條件對水解平衡的影響。
條件 平衡移動方向 H＋數 pH 現象
升溫 _______ _______ _______ ______________
通HCl _______ _______ _______ ______________
加H2O _______ _______ _______ ______________
加NaHCO3 _______ _______ _______ _____________________
【易錯提醒】【名師提醒】【方法技巧】
(1)鹽類水解易受溫度、濃度、溶液的酸堿性等因素的影響，以氯化鐵水解為例，當改變條件如升溫、通入HCl氣體、加水、加鐵粉、加碳酸氫鈉等時，學生應從移動方向、pH的變化、水解程度、現象等方面去歸納總結，加以分析掌握。
(2)多元弱酸的酸式鹽問題。酸式鹽一般既存在水解，又存在電離。如果酸式鹽的電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式鹽的水解程度大于其電離程度，則溶液顯堿性，如NaHCO3溶液。
知識點2　鹽類水解的應用
1．判斷離子能否大量共存
若陰、陽離子發生相互促進的水解反應，水解程度_______而不能大量共存，有的甚至水解完全。常見的相互促進的水解反應進行完全的有：Fe3＋、Al3＋與[Al(OH)4]－、CO、HCO。
2．判斷鹽溶液蒸干時所得的產物
(1)鹽溶液水解生成難揮發性酸和酸根陰離子易水解的強堿鹽，蒸干后一般得_______，如CuSO4(aq)蒸干得_______；Na2CO3(aq)蒸干得_______。
(2)鹽溶液水解生成揮發性酸時，蒸干灼燒后一般得對應的_______，如AlCl3(aq)蒸干得_______，灼燒得_______。
(3)考慮鹽受熱時是否分解，如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→_______ (CaO)；NaHCO3→_______；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→_______和_______。
(4)還原性鹽在蒸干時會被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得_______。
(5)弱酸的銨鹽蒸干后無固體。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。
3．保存、配制某些鹽溶液
如配制FeCl3溶液時，為防止出現Fe(OH)3沉淀，常加幾滴_______來抑制FeCl3的水解；在實驗室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的試劑瓶不能用_______塞，應用_______塞。
4．利用鹽類的水解反應制取膠體、凈水
如實驗室制備Fe(OH)3膠體的化學方程式為：___________________________________。
明礬凈水的原理：Al3＋水解生成_______膠體，膠體具有很大的表面積，吸附水中懸浮物而聚沉。
5．解釋熱的純堿溶液去污能力強
碳酸鈉溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，升高溫度，水解平衡右移，c(OH－) _______。
6．解釋泡沫滅火器的反應原理
成分NaHCO3、Al2(SO4)3發生反應的離子方程式為：___________________________________。
【易錯提醒】
利用水解原理除雜需注意的問題。
1．注意把控溶液的pH：在除雜時如果pH調節不好，很可能會把所需成分除去。
2．注意不能引入新的雜質：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3雜質，除雜時不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性堿，會引入N、Na+等雜質。
考向1 鹽類水解平衡移動及結果分析
【例1】在一定條件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列說法正確的是(　　)
A．稀釋溶液，水解平衡常數增大
B．加入CuSO4固體，HS－濃度減小
C．升高溫度，減小
D．加入NaOH固體，溶液pH減小
【變式訓練】下列有關電解質溶液的說法不正確的是(　　)
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，減小
B．將0.1 mol·L－1的K2C2O4溶液從25 ℃升溫至35 ℃，增大
C．向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1
D．向0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大
考向2 鹽類水解的應用
【例2】下列實驗操作不能達到實驗目的的是( )
實驗目的 實驗操作
A 實驗室配制FeCl3水溶液 將FeCl3溶于少量濃鹽酸中，再加水稀釋
B 由MgCl2溶液制備無水MgCl2 將MgCl2溶液加熱蒸干
C 證明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小 將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入過量MgO充分攪拌，過濾
【變式訓練】生產、生活中處處有化學，下列有關說法正確的是(　　)
A．天然弱堿性水呈堿性的原因是其中含有較多的Mg2+、Ca2+等離子
B．Al(NO3)3溶液蒸干后所得產物為Al(NO3)3
C．用電解飽和食鹽水的方法制取消毒液，運用了鹽類的水解原理
D．泡沫滅火器中試劑為NaHCO3溶液和 Al2(SO4)3溶液
考向3 水解平衡原理解釋問題的規范描述
【例3】按要求回答下列問題。
(1)把AlCl3溶液蒸干、灼燒，最后得到的主要固體是 ，原因是 。(用化學方程式表示并配以必要的文字說明)。
(2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因： 。
(3)直接蒸發CuCl2溶液，能否得到CuCl2 2H2O晶體？如果不能應如何操作？ 。
(4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液變為紅色，若再向該溶液中滴入過量的BaCl2溶液，現象是 ，請結合離子方程式，運用平衡原理進行解釋： 。
【思維建模】
利用平衡移動原理解釋問題的思維模板
(1)解答此類題的思維過程
①找出存在的平衡體系(即可逆反應或可逆過程)
②找出影響平衡的條件
③判斷平衡移動的方向
④分析平衡移動的結果及移動結果與所解答問題的聯系
(2)答題模板
……存在……平衡，……(條件)……(變化)，使平衡向……(方向)移動，……(結論)。
【變式訓練】(1)已知SOCl2 是一種液態化合物，沸點為，遇水劇烈反應，液面上產生白霧，并有能使品紅溶液褪色的刺激性氣味的氣體產生。
①寫出SOCl2 與水反應的化學方程式： 。
②直接蒸干AlCl3溶液不能得到無水AlCl3，使SOCl2 與AlCl3·6H2O混合并加熱，可得到無水AlCl3，試解釋原因： 。
(2)輝銅礦石主要含有硫化亞銅(Cu2S)及少量脈石(SiO2)。一種以輝銅礦石為原料制備硝酸銅的工藝流程如圖所示：
“保溫除鐵”過程中，加入CuO的目的是 ；“蒸發濃縮、冷卻結晶”過程中，要用HNO3溶液調節溶液的pH，其理由是 。
考點三 溶液中粒子濃度大小關系
知識點1 熟悉兩大理論，構建思維基點
1．電離理論
(1)弱電解質(弱酸、弱堿)的電離是微弱的，電離產生的微粒較少，同時還要考慮水的電離，水的電離能力遠小于弱酸或弱堿的電離能力。如氨水中NH3·H2O、NH4+、OH-的濃度大小關系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N)。
(2)多元弱酸的電離是分步進行的，以第一步電離為主(第一步電離程度遠大于第二步電離)。如在H2S溶液中，H2S、HS-、S2-、H+的濃度大小關系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。
2．水解理論
(1)弱電解質離子的水解是微弱的(相互促進水解除外)，但由于水的電離，水解后酸性溶液中c(H+)或堿性溶液中c(OH-)總是大于水解產生的弱電解質的濃度。如NH4Cl溶液中，N、Cl-、NH3·H2O、H+的濃度大小關系是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)。
(2)多元弱酸酸根離子的水解是分步進行的，以第一步水解為主，如在Na2CO3溶液中，CO32-、HCO3-、H2CO3的濃度大小關系是c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H2CO3)。
【方法技巧】
1．比較時緊扣兩個微弱。
(1)弱電解質(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-+H+，H2OOH-+H+，溶液中微粒濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)。
(2)弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-+Na+，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，H2OH++OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
2．酸式鹽與多元弱酸的強堿正鹽溶液酸堿性比較。
(1)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個更強，如NaHCO3溶液中HCO3-的水解能力大于其電離能力，故溶液顯堿性。
(2)多元弱酸的強堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主。例如，Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。
知識點2 把握三種守恒，明確等量關系
1．電荷守恒規律
電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數等于陽離子所帶正電荷總數。如NaHCO3溶液中，Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下關系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。其特點為表達式中包含溶液中的所有離子，沒有弱電解質分子。
2．元素質量守恒規律
電解質溶液中，由于某些離子能夠水解或電離，因此離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。其特點為表達式中包含電解質對應的各種微粒，包括離子和弱電解質分子。
3．質子守恒規律
質子守恒是指在電離或水解過程中，會發生質子(H+)轉移，在質子轉移過程中其數量保持不變。如Na2S水溶液中的質子轉移情況如圖所示：
由圖可知，Na2S水溶液中質子守恒等式可表示為c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。質子守恒等式也可以由電荷守恒等式與元素質量守恒等式推導得到。
【名師提醒】
1．規避等量關系中的2個易失分點。
(1)電荷守恒式中不只是各離子濃度的簡單相加。如2c(CO)的化學計量數2代表1個CO帶2個負電荷，不可漏掉。
(2)元素質量守恒式中，離子濃度的化學計量數不能漏寫或顛倒。如Na2S溶液中的元素質量守恒式c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]中，“2”表示c(Na+)是溶液中硫原子濃度的2倍，不能寫成2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)。
2．根據粒子濃度關系式，套用合適守恒式。
(1)電荷守恒式的特點：一邊全為陰離子，另一邊全為陽離子。
(2)元素質量守恒式的特點：式子中有弱電解質對應的分子和離子，一般一邊含一種元素，另一邊含另一種元素的離子和分子。
(3)質子守恒式的特點：一邊某微粒能電離出H+，另一邊微粒能結合H+。
(4)等式兩邊沒有明顯特征：三個守恒結合。
考向1 離子濃度大小比較
【例1】(2024·安徽卷，13)環境保護工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2+。已知時，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol·L－1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列說法錯誤的是( )
A．Na2S溶液中：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-
B．0.01mol·L-1Na2S溶液中：cNa＋＞cS2-＞cOH－＞cHS-
C．向cCd2+=0.01mol·L-1的溶液中加入FeS，可使
D．向cCd2+=0.01mol·L-1的溶液中通入H2S氣體至飽和，所得溶液中：cH+＞cCd2+
【思維建模】
【變式訓練】(2024·河南省部分名校大聯考)含SO2的煙氣會形成酸雨，工業上常利用Na2SO3溶液作為吸收液脫除煙氣中的SO2，隨著SO2的吸收，吸收液的pH不斷變化。下列粒子濃度關系一定正確的是(　　)。
A．Na2SO3溶液中存在：c(Na+)>c(SO32-)>c(H2SO3)>c(HSO3-)
B．已知NaHSO3溶液的pH<7，該溶液中：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
C．當吸收液呈酸性時：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)
D．當吸收液呈中性時：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
考向2 粒子濃度變化曲線
【例2】(2024·浙江杭州市高三一模)當 25℃時，向 10mL 某濃度新制氯水中滴入0.1 mol L 1的 NaOH溶液，滴定曲線如圖所示。已知次氯酸的電離常數為 ，下列說法正確的是( )
A．甲到乙發生的離子反應為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的過程中，水的電離程度一直增大
C．丙點溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)該反應的平衡常數K約為10-5
【思維建模】
1．滴定曲線特殊點的分析
案例：常溫下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖：
(1)pH—V圖　各特殊點粒子大小關系及變化趨勢
點 溶質 離子濃度大小比較
A CH3COOH c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B(1∶1) CH3COOH、H3COONa c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C(pH＝7) CH3COOH、CH3COONa c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D CH3COONa c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
E(2∶1) CH3COONa、NaOH c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
F(1∶1) CH3COONa、NaOH c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
(2)各特殊點對水電離程度的影響
點 溶質 水的電離情況 pH—V圖
A CH3COOH 抑制
B CH3COOH、CH3COONa 抑制
C CH3COOH、CH3COONa 正常電離
D CH3COONa 只促進
E CH3COONa、NaOH 抑制
F CH3COONa、NaOH 抑制
結論：水的電離程度大小順序為： D＞C＞B＞A＞E＞F
2．分布曲線
分布系數圖及分析[分布曲線是指以pH為橫坐標、分布系數(即組分的平衡濃度占總濃度的分數)為縱坐標的關系曲線]
一元弱酸(以CH3COOH為例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4為例)
δ0為CH3COOH分布系數，δ1為CH3COO－分布系數 δ0為H2C2O4分布系數、δ1為HC2O分布系數、δ2為C2O分布系數
1．隨著pH增大，溶質分子濃度不斷減小，離子濃度逐漸增大，酸根離子增多。根據分布系數可以書寫一定pH時所發生反應的離子方程式 2．同一pH條件下可以存在多種溶質微粒。根據在一定pH的微粒分布系數和酸的濃度，就可以計算各成分在該pH時的平衡濃度
【變式訓練】(2024·浙江省嘉興市高三二模)天然水體中的H2CO3與空氣中的CO2保持平衡。某地溶洞(假設巖石成分只有CaCO3)的水體中(X：H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+)與的關系如圖所示。下列說法正確的是( )
A．直線②的X表示HCO3-
B．該溶洞水體時，溶液中cCa2+＞cCO32-＞cHCO3-
C．體系中存在物料守恒：cCa2+＝cCO32-＋cHCO3-＋cH2CO3
D．體系中存在
1．(2022 海南省選擇性考試，13)NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃時，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列關于NaClO溶液說法正確的是( )
A．0.01mol/L溶液中，c(ClO-)＜0.01mol/L
B．長期露置在空氣中，釋放Cl2，漂白能力減弱
C．通入過量SO2，反應的離子方程式為SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)
2．(2022 福建卷，10)氨是水體污染物的主要成分之一，工業上可用次氯酸鹽作處理劑，有關反應可表示為：
①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O
②NH3+4ClO-+OH-=NO3-+4Cl-+2H2O
在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將的氨水分別和不同量的NaClO混合，測得溶液中氨去除率、總氮(氨氮和硝氮的總和)殘余率與NaClO投入量(用x表示)的關系如下圖所示。下列說法正確的是( )
A．x1的數值為0.009
B．x＞x1時，c(Cl-)=4c(NO3-)
C．x＞x1時，x越大，生成N2的量越少
D．X=x1時，c(Na＋)+c(H＋)+ c(NH4＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(ClO-)
3．(2022·浙江省6月選考，23)時，向濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等濃度的鹽酸，滴定終點的突躍范圍4.3～9.7)。下列說法不正確的是( )
A．恰好中和時，溶液呈堿性
B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的過程中，發生反應的離子方程式為：H++OH-=H2O
C．滴定過程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．時，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)
4．(2022·浙江省6月選考，17)時，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列說法正確的是( )
A．相同溫度下，等的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c (C6H5O-)＞c(CH3COO-)
B．將濃度均為0.1mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的均變大
C．時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得，則此時溶液中c (C6H5O-)= c (C6H5OH)
D．時，0.1mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小
5．(2021 浙江1月選考，23)實驗測得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25 ℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8×10-5.下列說法不正確的是( )
A．圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化'
B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1，溶液pH變化值小于lgx
C．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )減小，c(H+)增大，pH減小
D．25 ℃時稀釋相同倍數的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)
6．(2021 湖南選擇性考試，9)常溫下，用0.1000mol L﹣1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol L﹣1的三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是(　　)
A．該NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
B．三種一元弱酸的電離常數：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)
C．當pH＝7時，三種溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣)
D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)
7．(2021 廣東選擇性考試，8)鳥嘌呤(G)是一種有機弱堿，可與鹽酸反應生成鹽酸鹽(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列敘述正確的是( )
A．0.001mol·L-1GHCl水溶液的pH=3
B．0.001mol·L-1GHCl水溶液加水稀釋，pH升高
C．GHCl在水中的電離方程式為：GHCl=G+HCl
D．GHCl水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
8．(2021 天津卷，10)常溫下，下列有關電解質溶液的敘述正確的是( )
A．在0.1mol·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
B．在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C．在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)=0.1mol·L-1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
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第03講 鹽類的水解
目錄
01 考情透視·目標導航
02 知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 鹽類的水解及其影響因素
知識點1 鹽類的水解
知識點2 鹽類水解規律
知識點3 鹽類水解離子方程式的書寫
考向1 鹽類的水解規律
考向2 水解方程式
考點二 鹽類水解的影響因素及應用
知識點1 鹽類水解的影響因素
知識點2 鹽類水解的應用
考向1 鹽類水解平衡移動及結果分析
考向2 鹽類水解的應用
考向3 水解平衡原理解釋問題的規范描述
考點三 溶液中粒子濃度大小關系
知識點1 熟悉兩大理論，構建思維基點
知識點2 把握三種守恒，明確等量關系
考向1 離子濃度大小比較
考向2 粒子濃度變化曲線
04真題練習·命題洞見
考點要求 考題統計 考情分析
鹽類水解的概念 2022浙江1月選考1題，2分；2022浙江6月選考23題，2分；2021廣東卷8題，2分；2021北京卷12題，3分； 鹽類的水解是歷年高考考點的重點與熱點，幾乎每年必考。主要考點有四個：一是水解方程式的書寫，二是影響水解平衡的因素及水解平衡的移動，三是溶液中離子濃度大小的比較，四是鹽類水解的應用。結合酸堿中和滴定圖像及鹽類水解的知識，分析微粒濃度之間的關系，運用金屬離子的水解知識除去工藝流程中的相關雜質，是高考命題的熱點；沉淀溶解平衡圖像題出現的概率也較高，主要考查Ksp的相關計算及粒子濃度的關系。一是在選擇題某一選項中以圖像或者文字的形式考查，二是在填空題中結合化學反應原理綜合考查。試題以日常生活情境、生產環保情境和實驗探究情景為主，集中在圖象和圖示的分析，側重于理解與辨析能力、分析與推測能力，從題干及圖象中提取有效信息，結合平衡移動原理和各種守恒思想，具體問題具體分析，提高試題的靈活性與創新性。
鹽類水解的應用 2022海南卷13題，4分；
離子濃度大小比較 2024·安徽卷13題，3分；2022重慶卷11題，3分；202天津卷10題，3分；
離子曲線 2022福建卷10題，4分；2022浙江1月選考23題，2分；2021浙江1月選考23題，2分；2021浙江6月選考23題，2分；2021湖南卷9題，3分；
復習目標： 1．了解鹽類水解的原理及其一般規律。 2．掌握水解離子方程式的書寫。 3．了解影響鹽類水解程度的主要因素。 4．了解鹽類水解的應用。 5．能利用水解常數(Kh)進行相關計算。 6．能發現和提出有探究價值的鹽類水解平衡的問題；能從問題和假設出發，確定探究目的，設計探究方案，進行實驗探究。
考點一 鹽類的水解及其影響因素
知識點1 鹽類的水解
名師提醒】
鹽類的水解反應是中和反應的逆反應，所以水解程度比較微弱，且為吸熱反應。
知識點2 鹽類水解規律
有弱才水解，越弱越水解；誰強顯誰性，同強顯中性。
鹽的類型 實例 是否水解 水解的離子 溶液的 酸堿性 溶液的pH
強酸強堿鹽 NaCl、KNO3 否 － 中性 pH＝7
強酸弱堿鹽 NH4Cl、Cu(NO3)2 是 NH、Cu2＋ 酸性 pH＜7
弱酸強堿鹽 CH3COONa、Na2CO3 是 CH3COO－、CO 堿性 pH>7
【名師提醒】
判斷酸式鹽的水溶液的酸堿性要看該鹽的構成微粒的實際表現。
1．強酸的酸式鹽只電離，不水解，溶液一定顯酸性，如：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
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大小。
①電離程度小于水解程度，溶液顯堿性，如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)，使c(OH－)>c(H＋)，溶液顯堿性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液顯堿性。
②電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)，使c(H＋)>c(OH－)，溶液顯酸性。同理NaH2PO4溶液顯酸性。
知識點3　鹽類水解離子方程式的書寫
1．由于水解是微弱的反應，因而反應物與生成物用“”連接，易揮發性物質不標“↑”，
2．多元弱酸鹽的水解分步寫：如Na2S(aq)：第一步：S2－＋H2OHS－＋OH－；第二步：HS－＋H2OH2S＋OH－，水解以第一步水解為主。
3．金屬陽離子(弱堿的陽離子)水解一步寫到底。
4．相互促進水解時，由于反應徹底，故生成物中出現的不溶于水的沉淀或氣體均要注明狀態，即寫上“↓”或“↑”符號，中間用“===”連接。
【易錯提醒】
NH與CH3COO－、HCO、CO等在水解時相互促進，其水解程度比單一離子的水解程度大，但水解程度仍然比較弱，不能進行完全，在書寫水解方程式時用“”。
考向1 鹽類的水解規律
【例1】常溫下，濃度均為0.1 mol·L－1的下列四種鹽溶液，其pH測定如表所示：
序號 ① ② ③ ④
溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO
pH 8.8 9.7 11.6 10.3
下列說法正確的是(　　)
A．四種溶液中，水的電離程度：①>②>④>③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子種類相同
C．將等濃度的CH3COOH和HClO溶液比較，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
【答案】B
【解析】這幾種鹽都是強堿弱酸鹽，弱酸根離子發生水解反應使溶液顯堿性，當鹽的濃度相同時，酸的酸性越弱，酸根離子水解的程度就越大，水的電離程度就越大，溶液的堿性就越強。根據表格數據可知四種溶液中，水的電離程度：①<②<④<③，A錯誤；在Na2CO3和NaHCO3溶液中，存在的粒子有Na＋、HCO、CO、H2CO3、H2O、H＋、OH－，所以粒子種類相同，B正確；根據鹽的水解程度大小可知，等濃度的CH3COOH和HClO溶液的酸性：CH3COOH>HClO，所以pH小的是CH3COOH，C錯誤；在Na2CO3溶液中，根據物料守恒可得c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，D錯誤。
【思維建模】
1.“誰弱誰水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。
2.“越稀越水解”，鹽溶液被稀釋后濃度越小，水解程度越大，但由于溶液體積的增大是主要的，故水解產生的H+或OH-的濃度是減小的，則溶液酸性(或堿性)越弱。
3.水解程度：相互促進水解的鹽>單獨水解的鹽>相互抑制水解的鹽。如相同條件下N的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。相同條件下的水解程度：正鹽>相應酸式鹽，如CO>HCO3-。
【變式訓練】廣義的水解觀認為：無論是鹽的水解還是非鹽的水解，其最終結果是反應中各物質和水分別離解成兩部分，然后兩兩重新組合成新的物質。根據上述觀點，下列說法不正確的是(　　)
A．BaO2的水解產物是Ba(OH)2和H2O2 B．PCl3的水解產物是HClO和H3PO4
C．Al4C3的水解產物是Al(OH)3和CH4 D．CH3COCl的水解產物是兩種酸
【答案】B
【解析】BaO2的水解產物是Ba(OH)2和H2O2，該反應中沒有元素化合價升降，符合水解原理，故A項正確；該反應中Cl元素的化合價由－1變為＋1，有電子轉移，不符合水解原理，故B項錯誤；Al4C3水解得到氫氧化鋁和甲烷，符合水解原理，故C項正確；CH3COCl的水解產物是兩種酸，為CH3COOH和HCl，符合水解原理，故D項正確。
考向2 水解方程式
【例2】下列物質在常溫時發生水解，對應的離子方程式正確的是(　　)
A．Na2CO3：CO＋2H2OH2CO3＋2OH－
B．CuSO4：Cu2＋＋2H2O===Cu(OH)2＋2H＋
C．NaAlO2：AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－
D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
【答案】C
【解析】A項，應為CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－；B項，應為Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D項，應為F－＋H2OHF＋OH－。
【變式訓練】下列水解反應的離子方程式及有關說法正確的是(　　)。
A．NaHC2O4溶于水顯堿性是因為HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-H++ C2O42-，HC2O4-的水解程度大于其電離程度
B．常溫下，0.1 mol·L-1的一元酸HX溶液的pH=3，可推知NaX溶液中存在X-+H2OHX+OH-
C．向K2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液變紅色的原因是CO32-+H2O=HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，顏色無變化
D．NaHSO3溶于水顯酸性是因為HSO3-SO32-+H+，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的電離程度小于其水解程度
【答案】A
【解析】NaHC2O4溶于水顯堿性，說明HC2O4-的水解程度大于其電離程度，離子方程式均正確，A項正確；X-水解的離子方程式為X-+H2OHX+OH-，B項錯誤；CO32-水解的離子方程式為CO32-+H2O HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，平衡逆向移動，顏色變淺，C項錯誤；NaHSO3溶于水顯酸性，說明HSO3-的電離程度大于其水解程度，D項錯誤。
【思維建模】
1．一般要求
如NH4Cl水解的離子方程式為NH4++H2ONH3·H2O+H+。
2．三種類型的鹽水解方程式的書寫
多元弱酸根離子的水解分步進行 水解以第一步為主。如Na2CO3：CO32-+H2OHCO3- +OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-
多元弱堿陽離子的水解反應過程復雜 在中學階段只要求一步寫到底。如AlCl3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
弱酸弱堿鹽中陰、陽離子水解相互促進 ①NH4+與S2-、HCO3-、CO32-、CH3COO-等組成的鹽雖然水解相互促進，但水解程度較小，書寫時仍用“”表示。如：NH4++CH3COO-+H2OCH3COOH+NH3·H2O。②Al3+與CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-，Fe3+與CO32-、HCO3-等組成的鹽水解相互促進非常徹底，生成氣體和沉淀，書寫時用“=”表示。如：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
考點二 鹽類水解的影響因素及應用
知識點1 鹽類水解的影響因素
1．內因：生成鹽的弱酸或弱堿越弱，其對應的弱酸酸根離子或弱堿陽離子的水解程度越大，溶液的堿性或酸性越強。如水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。
2．外因
3．以FeCl3水解為例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，分析外界條件對水解平衡的影響。
條件 平衡移動方向 H＋數 pH 現象
升溫 向右 增多 減小 顏色變深
通HCl 向左 增多 減小 顏色變淺
加H2O 向右 增多 增大 顏色變淺
加NaHCO3 向右 減小 增大 生成紅褐色沉淀，放出氣體
【易錯提醒】【名師提醒】【方法技巧】
(1)鹽類水解易受溫度、濃度、溶液的酸堿性等因素的影響，以氯化鐵水解為例，當改變條件如升溫、通入HCl氣體、加水、加鐵粉、加碳酸氫鈉等時，學生應從移動方向、pH的變化、水解程度、現象等方面去歸納總結，加以分析掌握。
(2)多元弱酸的酸式鹽問題。酸式鹽一般既存在水解，又存在電離。如果酸式鹽的電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式鹽的水解程度大于其電離程度，則溶液顯堿性，如NaHCO3溶液。
知識點2　鹽類水解的應用
1．判斷離子能否大量共存
若陰、陽離子發生相互促進的水解反應，水解程度較大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常見的相互促進的水解反應進行完全的有：Fe3＋、Al3＋與[Al(OH)4]－、CO、HCO。
2．判斷鹽溶液蒸干時所得的產物
(1)鹽溶液水解生成難揮發性酸和酸根陰離子易水解的強堿鹽，蒸干后一般得原物質，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
(2)鹽溶液水解生成揮發性酸時，蒸干灼燒后一般得對應的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼燒得Al2O3。
(3)考慮鹽受熱時是否分解，如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和HCl。
(4)還原性鹽在蒸干時會被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
(5)弱酸的銨鹽蒸干后無固體。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。
3．保存、配制某些鹽溶液
如配制FeCl3溶液時，為防止出現Fe(OH)3沉淀，常加幾滴鹽酸來抑制FeCl3的水解；在實驗室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的試劑瓶不能用玻璃塞，應用橡膠塞。
4．利用鹽類的水解反應制取膠體、凈水
如實驗室制備Fe(OH)3膠體的化學方程式為：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl。
明礬凈水的原理：Al3＋水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有很大的表面積，吸附水中懸浮物而聚沉。
5．解釋熱的純堿溶液去污能力強
碳酸鈉溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，升高溫度，水解平衡右移，c(OH－)增大。
6．解釋泡沫滅火器的反應原理
成分NaHCO3、Al2(SO4)3發生反應的離子方程式為：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
【易錯提醒】
利用水解原理除雜需注意的問題。
1．注意把控溶液的pH：在除雜時如果pH調節不好，很可能會把所需成分除去。
2．注意不能引入新的雜質：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3雜質，除雜時不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性堿，會引入N、Na+等雜質。
考向1 鹽類水解平衡移動及結果分析
【例1】在一定條件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列說法正確的是(　　)
A．稀釋溶液，水解平衡常數增大
B．加入CuSO4固體，HS－濃度減小
C．升高溫度，減小
D．加入NaOH固體，溶液pH減小
【答案】B
【解析】水解常數只與溫度有關，A錯誤；Cu2＋＋S2－===CuS↓，平衡左移，HS－濃度減小，B正確；水解為吸熱反應，升高溫度平衡右移，因而增大，C錯誤；加入NaOH固體，溶液pH增大，D錯誤。
【變式訓練】下列有關電解質溶液的說法不正確的是(　　)
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，減小
B．將0.1 mol·L－1的K2C2O4溶液從25 ℃升溫至35 ℃，增大
C．向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1
D．向0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大
【答案】D
【解析】Na2CO3溶液中存在平衡CO＋H2O??HCO＋OH－，通入NH3，NH3溶于水生成NH3·H2O，存在電離NH3·H2ONH＋OH－，抑制了CO的水解，c(CO)增大，又因為c(Na＋)不變，所以減小，故A正確；K2C2O4溶液中存在C2O水解，水解吸熱，若從25 ℃升溫至35 ℃，促進了C2O的水解，c(C2O)減小，又因為c(K＋)不變，所以增大，故B正確；向0.1 mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根據電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，則c(Na＋)＝c(F－)，即＝1，故C正確；CH3COOH的電離常數Ka＝，所以＝，電離常數只受溫度影響，溫度不變則Ka不變，故D錯誤。
考向2 鹽類水解的應用
【例2】下列實驗操作不能達到實驗目的的是( )
實驗目的 實驗操作
A 實驗室配制FeCl3水溶液 將FeCl3溶于少量濃鹽酸中，再加水稀釋
B 由MgCl2溶液制備無水MgCl2 將MgCl2溶液加熱蒸干
C 證明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小 將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入過量MgO充分攪拌，過濾
【答案】B
【解析】A項，配制FeCl3水溶液時，鐵離子的水解平衡正向進行，加入適量的濃鹽酸可使水解平衡逆向移動，A與題意不符；B項，將MgCl2溶液加熱蒸干時，鎂離子的水解平衡正向移動，加熱可使HCl揮發增強，蒸干、灼燒得到MgO，B符合題意；C項，將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產生，沉淀為氫氧化鎂，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，若有藍色沉淀生成，說明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小，C與題意不符；D項，Fe3+完全沉淀時溶液的pH為3.2左右，此時MgCl2不會產生沉淀，可通過加入MgO調節pH的方法除去Fe3+，D與題意不符；故選B。
【變式訓練】生產、生活中處處有化學，下列有關說法正確的是(　　)
A．天然弱堿性水呈堿性的原因是其中含有較多的Mg2+、Ca2+等離子
B．Al(NO3)3溶液蒸干后所得產物為Al(NO3)3
C．用電解飽和食鹽水的方法制取消毒液，運用了鹽類的水解原理
D．泡沫滅火器中試劑為NaHCO3溶液和 Al2(SO4)3溶液
【答案】D
【解析】A項，天然弱堿性水呈堿性，是因為天然水中的弱酸根離子水解，A錯誤；B項，Al(NO3)3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加熱促進水解平衡正向移動，且生成的HNO3為揮發性酸，HNO3不斷揮發，促進水解平衡進一步正向移動，生成Al(OH)3，B錯誤；C項，用惰性電極電解飽和食鹽水，生成物是氫氣、氫氧化鈉與氯氣，氯氣與氫氧化鈉溶液反應可以制備消毒液，與其水解無關，C錯誤。
考向3 水解平衡原理解釋問題的規范描述
【例3】按要求回答下列問題。
(1)把AlCl3溶液蒸干、灼燒，最后得到的主要固體是 ，原因是 。(用化學方程式表示并配以必要的文字說明)。
(2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因： 。
(3)直接蒸發CuCl2溶液，能否得到CuCl2 2H2O晶體？如果不能應如何操作？ 。
(4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液變為紅色，若再向該溶液中滴入過量的BaCl2溶液，現象是 ，請結合離子方程式，運用平衡原理進行解釋： 。
【答案】(1) Al2O3 在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，加熱時水解平衡右移，HCl揮發，使平衡進一步向右移動得到Al(OH)3，在灼燒時發生反應2Al(OH)3Al2O3+3H2O
(2)在NH4Cl溶液中存在水解平衡：N+H2ONH3·H2O+H+，加入Mg粉，Mg與H+反應放出H2，使溶液中c(H+)降低，水解平衡右移，使Mg粉不斷溶解
(3)不能。應在HCl氣流中加熱蒸發
(4) 產生白色沉淀，且溶液紅色褪去 在Na2SO3溶液中存在SO32-的水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，加入BaCl2后，Ba2++SO32-=BaSO3↓(白色)，由于c(SO32-)減小，SO32-水解平衡左移，c(OH-)減小，溶液紅色褪去
【思維建模】
利用平衡移動原理解釋問題的思維模板
(1)解答此類題的思維過程
①找出存在的平衡體系(即可逆反應或可逆過程)
②找出影響平衡的條件
③判斷平衡移動的方向
④分析平衡移動的結果及移動結果與所解答問題的聯系
(2)答題模板
……存在……平衡，……(條件)……(變化)，使平衡向……(方向)移動，……(結論)。
【變式訓練】(1)已知SOCl2 是一種液態化合物，沸點為，遇水劇烈反應，液面上產生白霧，并有能使品紅溶液褪色的刺激性氣味的氣體產生。
①寫出SOCl2 與水反應的化學方程式： 。
②直接蒸干AlCl3溶液不能得到無水AlCl3，使SOCl2 與AlCl3·6H2O混合并加熱，可得到無水AlCl3，試解釋原因： 。
(2)輝銅礦石主要含有硫化亞銅(Cu2S)及少量脈石(SiO2)。一種以輝銅礦石為原料制備硝酸銅的工藝流程如圖所示：
“保溫除鐵”過程中，加入CuO的目的是 ；“蒸發濃縮、冷卻結晶”過程中，要用HNO3溶液調節溶液的pH，其理由是 。
【答案】(1) ①SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑ ②SOCl2 與AlCl3·6H2O中的結晶水反應，一方面消耗水，另一方面生成酸抑制AlCl3的水解
(2)提升溶液的pH，促進Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+水解
【解析】(1)①根據SOCl2 遇水劇烈反應，液面上產生白霧即氯化氫，并有能使品紅溶液褪色的刺激性氣味的氣體產生即二氧化硫，則SOCl2 與水反應的化學方程式為SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑；②AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O與SOCl2 混合并加熱，SOCl2 與AlCl3·6H2O中的結晶水作用，生成無水AlCl3、SO2和HCl氣體，SO2和HCl溶于水呈酸性抑制AlCl3水解。(2)置換過程過濾后，得到固體物質是Cu和Fe，Cu和Fe與硝酸反應生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO的目的是調節pH，促使Fe3+水解，生成氫氧化鐵沉淀；Cu(NO3)2溶液中Cu2+發生水解，Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+，加入硝酸，抑制Cu2+水解。
考點三 溶液中粒子濃度大小關系
知識點1 熟悉兩大理論，構建思維基點
1．電離理論
(1)弱電解質(弱酸、弱堿)的電離是微弱的，電離產生的微粒較少，同時還要考慮水的電離，水的電離能力遠小于弱酸或弱堿的電離能力。如氨水中NH3·H2O、NH4+、OH-的濃度大小關系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N)。
(2)多元弱酸的電離是分步進行的，以第一步電離為主(第一步電離程度遠大于第二步電離)。如在H2S溶液中，H2S、HS-、S2-、H+的濃度大小關系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。
2．水解理論
(1)弱電解質離子的水解是微弱的(相互促進水解除外)，但由于水的電離，水解后酸性溶液中c(H+)或堿性溶液中c(OH-)總是大于水解產生的弱電解質的濃度。如NH4Cl溶液中，N、Cl-、NH3·H2O、H+的濃度大小關系是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)。
(2)多元弱酸酸根離子的水解是分步進行的，以第一步水解為主，如在Na2CO3溶液中，CO32-、HCO3-、H2CO3的濃度大小關系是c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H2CO3)。
【方法技巧】
1．比較時緊扣兩個微弱。
(1)弱電解質(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-+H+，H2OOH-+H+，溶液中微粒濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)。
(2)弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-+Na+，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，H2OH++OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
2．酸式鹽與多元弱酸的強堿正鹽溶液酸堿性比較。
(1)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個更強，如NaHCO3溶液中HCO3-的水解能力大于其電離能力，故溶液顯堿性。
(2)多元弱酸的強堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主。例如，Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。
知識點2 把握三種守恒，明確等量關系
1．電荷守恒規律
電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數等于陽離子所帶正電荷總數。如NaHCO3溶液中，Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下關系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。其特點為表達式中包含溶液中的所有離子，沒有弱電解質分子。
2．元素質量守恒規律
電解質溶液中，由于某些離子能夠水解或電離，因此離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。其特點為表達式中包含電解質對應的各種微粒，包括離子和弱電解質分子。
3．質子守恒規律
質子守恒是指在電離或水解過程中，會發生質子(H+)轉移，在質子轉移過程中其數量保持不變。如Na2S水溶液中的質子轉移情況如圖所示：
由圖可知，Na2S水溶液中質子守恒等式可表示為c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。質子守恒等式也可以由電荷守恒等式與元素質量守恒等式推導得到。
【名師提醒】
1．規避等量關系中的2個易失分點。
(1)電荷守恒式中不只是各離子濃度的簡單相加。如2c(CO)的化學計量數2代表1個CO帶2個負電荷，不可漏掉。
(2)元素質量守恒式中，離子濃度的化學計量數不能漏寫或顛倒。如Na2S溶液中的元素質量守恒式c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]中，“2”表示c(Na+)是溶液中硫原子濃度的2倍，不能寫成2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)。
2．根據粒子濃度關系式，套用合適守恒式。
(1)電荷守恒式的特點：一邊全為陰離子，另一邊全為陽離子。
(2)元素質量守恒式的特點：式子中有弱電解質對應的分子和離子，一般一邊含一種元素，另一邊含另一種元素的離子和分子。
(3)質子守恒式的特點：一邊某微粒能電離出H+，另一邊微粒能結合H+。
(4)等式兩邊沒有明顯特征：三個守恒結合。
考向1 離子濃度大小比較
【例1】(2024·安徽卷，13)環境保護工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2+。已知時，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol·L－1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列說法錯誤的是( )
A．Na2S溶液中：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-
B．0.01mol·L-1Na2S溶液中：cNa＋＞cS2-＞cOH－＞cHS-
C．向cCd2+=0.01mol·L-1的溶液中加入FeS，可使
D．向cCd2+=0.01mol·L-1的溶液中通入H2S氣體至飽和，所得溶液中：cH+＞cCd2+
【答案】B
【解析】A項，Na2S溶液中只有5種離子，分別是H＋、Na＋、OH－、HS-、cS2-，溶液是電中性的，存在電荷守恒，可表示為cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-，A正確；B項，0.01mol·L-1Na2S溶液中，S2-水解使溶液呈堿性，其水解常數為，根據硫元素守恒可知,所以，則cOH－＞cS2-，B不正確；C項，Ksp(FeS)遠遠大于Ksp(CdS)，向的溶液中加入FeS時，可以發生沉淀的轉化，該反應的平衡常數為，因此該反應可以完全進行，CdS的飽和溶液中，若加入足量FeS時可使，C正確；D項，Cd2++H2SCdS+2H+的平衡常數，該反應可以完全進行，因此，當向cCd2+=0.01mol·L-1的溶液中通入H2S氣體至飽和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中cH+＞cCd2+，D正確；故選B。
【思維建模】
【變式訓練】(2024·河南省部分名校大聯考)含SO2的煙氣會形成酸雨，工業上常利用Na2SO3溶液作為吸收液脫除煙氣中的SO2，隨著SO2的吸收，吸收液的pH不斷變化。下列粒子濃度關系一定正確的是(　　)。
A．Na2SO3溶液中存在：c(Na+)>c(SO32-)>c(H2SO3)>c(HSO3-)
B．已知NaHSO3溶液的pH<7，該溶液中：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
C．當吸收液呈酸性時：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)
D．當吸收液呈中性時：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
【答案】D
【解析】Na2SO3溶液呈堿性，溶液中粒子濃度關系為c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)>c(H2SO3)，A錯誤；NaHSO3溶液pH<7，則該溶液中HSO3-的電離程度大于其水解程度，溶液中粒子濃度大小關系為c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(H2SO3)，B錯誤；當吸收液呈酸性時可以是NaHSO3溶液，溶液中存在元素質量守恒：c(Na+)=c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)，也可以是NaHSO3和亞硫酸鈉的混合溶液，則選項中的元素質量守恒關系式不再適用，C錯誤；當吸收液呈中性時，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)，故c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，D正確。
考向2 粒子濃度變化曲線
【例2】(2024·浙江杭州市高三一模)當 25℃時，向 10mL 某濃度新制氯水中滴入0.1 mol L 1的 NaOH溶液，滴定曲線如圖所示。已知次氯酸的電離常數為 ，下列說法正確的是( )
A．甲到乙發生的離子反應為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的過程中，水的電離程度一直增大
C．丙點溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)該反應的平衡常數K約為10-5
【答案】D
【解析】從圖中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定過程中有兩個突變點，則從甲到乙，主要發生H+與OH-的反應；從乙到pH=10的點，主要發生HClO與OH-的反應。A項，甲到乙發生的非氧化還原反應主要為：H++OH-=H2O，A錯誤；B項，甲到丙的過程中，氯氣與水反應的產物不斷與NaOH發生反應，水的電離程度一直增大；從丙到丁的過程中，溶液中c(NaOH)不斷增大，對水電離的抑制作用不斷增大，水的電離程度不斷減小，B錯誤；C項，丙點溶液中，=2.5×10-8，此時c(H+)=10-8mol/L，則c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)，C正確；D項，氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)，pH=10時，Cl2與NaOH剛好完全反應，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)=0.05mol/L，根據起點pH>2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)，c(Cl2)=0.05-c(H+)，其平衡常數，數量級比10-5更小，D錯誤；故選C。
【思維建模】
1．滴定曲線特殊點的分析
案例：常溫下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖：
(1)pH—V圖　各特殊點粒子大小關系及變化趨勢
點 溶質 離子濃度大小比較
A CH3COOH c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B(1∶1) CH3COOH、H3COONa c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C(pH＝7) CH3COOH、CH3COONa c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D CH3COONa c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
E(2∶1) CH3COONa、NaOH c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
F(1∶1) CH3COONa、NaOH c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
(2)各特殊點對水電離程度的影響
點 溶質 水的電離情況 pH—V圖
A CH3COOH 抑制
B CH3COOH、CH3COONa 抑制
C CH3COOH、CH3COONa 正常電離
D CH3COONa 只促進
E CH3COONa、NaOH 抑制
F CH3COONa、NaOH 抑制
結論：水的電離程度大小順序為： D＞C＞B＞A＞E＞F
2．分布曲線
分布系數圖及分析[分布曲線是指以pH為橫坐標、分布系數(即組分的平衡濃度占總濃度的分數)為縱坐標的關系曲線]
一元弱酸(以CH3COOH為例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4為例)
δ0為CH3COOH分布系數，δ1為CH3COO－分布系數 δ0為H2C2O4分布系數、δ1為HC2O分布系數、δ2為C2O分布系數
1．隨著pH增大，溶質分子濃度不斷減小，離子濃度逐漸增大，酸根離子增多。根據分布系數可以書寫一定pH時所發生反應的離子方程式 2．同一pH條件下可以存在多種溶質微粒。根據在一定pH的微粒分布系數和酸的濃度，就可以計算各成分在該pH時的平衡濃度
【變式訓練】(2024·浙江省嘉興市高三二模)天然水體中的H2CO3與空氣中的CO2保持平衡。某地溶洞(假設巖石成分只有CaCO3)的水體中(X：H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+)與的關系如圖所示。下列說法正確的是( )
A．直線②的X表示HCO3-
B．該溶洞水體時，溶液中cCa2+＞cCO32-＞cHCO3-
C．體系中存在物料守恒：cCa2+＝cCO32-＋cHCO3-＋cH2CO3
D．體系中存在
【答案】D
【解析】根據圖象分析，隨著pH的增大，溶液的堿性增強，HCO3-、CO32-濃度都增大， pH較小時HCO3-濃度大于CO32-，而隨著CO32-濃度增大，逐漸生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐漸減小，因此直線① 代表HCO3-，②代表CO32-，③代表Ca2+。A項，根據分析可知，直線②的X表示CO32-，A錯誤；B項，越大，c(X)越小，該溶洞水體pH=7.5時，根據圖中信息可知，故溶液中cCa2+＜cCO32-＜cHCO3-，B錯誤；C項，由于調節體系中pH值時所用的物質未知，所以無法確定體系中存在的物料守恒，只有當體系中的物質只有CaCO3時才滿足，但體系中還有碳酸，故C錯誤；D項，由圖可知，b點時pH=9.0，，則體系中，D正確；故選D。
1．(2022 海南省選擇性考試，13)NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃時，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列關于NaClO溶液說法正確的是( )
A．0.01mol/L溶液中，c(ClO-)＜0.01mol/L
B．長期露置在空氣中，釋放Cl2，漂白能力減弱
C．通入過量SO2，反應的離子方程式為SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)
【答案】AD
【解析】A項，NaClO溶液中ClO-會水解，故0.01mol/L NaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正確；B項，次氯酸鈉溶液中的ClO-會發生水解生成HClO，HClO長期露置在空氣中會分解，為HCl和O2，不會釋放Cl2，B錯誤；C項，將過量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO +H2O=Cl-+SO42-+2H+，C錯誤；D項，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在電荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，則c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正確；故選AD。
2．(2022 福建卷，10)氨是水體污染物的主要成分之一，工業上可用次氯酸鹽作處理劑，有關反應可表示為：
①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O
②NH3+4ClO-+OH-=NO3-+4Cl-+2H2O
在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將的氨水分別和不同量的NaClO混合，測得溶液中氨去除率、總氮(氨氮和硝氮的總和)殘余率與NaClO投入量(用x表示)的關系如下圖所示。下列說法正確的是( )
A．x1的數值為0.009
B．x＞x1時，c(Cl-)=4c(NO3-)
C．x＞x1時，x越大，生成N2的量越少
D．X=x1時，c(Na＋)+c(H＋)+ c(NH4＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(ClO-)
【答案】C
【解析】A項，x1時，氨的去除率為100%、總氮殘留率為5%，，95%的氨氣參與反應①、有5%的氨氣參與反應②，反應①消耗，參與反應②消耗，，A錯誤；B項，x>x1時，反應①也生成氯離子，所以c(Cl-)＞4c(NO3-)，B錯誤；C項，x>x1時，x越大，氨總去除率不變，氮殘余率增大，說明生成的硝酸根離子越多，生成N2的量越少，C正確；D項，x=x1時，氨的去除率為100%，溶液中沒有NH4+和ClO-，含有Na+、H+、NO3-、Cl-和OH-，根據電荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(NO3-)，D錯誤；故選C。
3．(2022·浙江省6月選考，23)時，向濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等濃度的鹽酸，滴定終點的突躍范圍4.3～9.7)。下列說法不正確的是( )
A．恰好中和時，溶液呈堿性
B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的過程中，發生反應的離子方程式為：H++OH-=H2O
C．滴定過程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．時，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A項，恰好中和時，生成氯化鈉溶液和醋酸鈉溶液，其中醋酸根離子會水解，溶液顯堿性，A正確；B項，滴加NaOH溶液至pH=4.3的過程中，若只發生反應的離子方程式：H++OH-=H2O，則滴加NaOH溶液的體積為20mL，則根據電離常數，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= ==>1.0×10-4.3，故用氫氧化鈉滴定的過程中，醋酸也參加了反應，則離子方程式為：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B錯誤；C項，滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過程中，根據物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正確；D項，向20mL濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，當鹽酸的體積為20ml時，溶液為氯化鈉和醋酸的混合溶液，顯酸性，需要再滴加適量的氫氧化鈉，當加入的NaOH溶液的體積為30mL時，溶液為NaCl和等濃度的CH3COONa、CH3COOH，根據Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此時溶液仍然呈酸性，需繼續滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正確；故選B。
4．(2022·浙江省6月選考，17)時，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列說法正確的是( )
A．相同溫度下，等的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c (C6H5O-)＞c(CH3COO-)
B．將濃度均為0.1mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的均變大
C．時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得，則此時溶液中c (C6H5O-)= c (C6H5OH)
D．時，0.1mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小
【答案】C
【解析】A項，醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)5．(2021 浙江1月選考，23)實驗測得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25 ℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8×10-5.下列說法不正確的是( )
A．圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化'
B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1，溶液pH變化值小于lgx
C．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )減小，c(H+)增大，pH減小
D．25 ℃時稀釋相同倍數的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)
【答案】C
【解析】由題中信息可知，圖中兩條曲線為10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化曲線，由于兩種鹽均能水解，水解反應為吸熱過程，且溫度越高、濃度越小其水解程度越大。氯化銨水解能使溶液呈酸性，濃度越小，雖然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸鈉水解能使溶液呈堿性，濃度越小，其水溶液的堿性越弱，故其pH越小。溫度越高，水的電離度越大。因此，圖中的實線為pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化。A項，由分析可知，圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化，A說法正確；B項，將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1時，若氯化銨的水解平衡不發生移動，則其中的c(H+)變為原來的，則溶液的pH將增大lgx，但是，加水稀釋時，氯化銨的水解平衡向正反應方向移動，c(H+)大于原來的，因此，溶液pH的變化值小于lgx，B說法正確；C項，隨溫度升高，水的電離程度變大，因此水的離子積變大，即Kw增大；隨溫度升高，CH3COONa的水解程度變大，溶液中c(OH-)增大，因此，C說法不正確；D項， 25℃時稀釋相同倍數的NH4C1溶液與CH3COONa溶液中均分別存在電荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化銨溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸鈉溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物質的量濃度相同，稀釋相同倍數后的NH4C1溶液與CH3COONa溶液，溶質的物質的量濃度仍相等，由于電離常數相同，其中鹽的水解程度是相同的，因此，兩溶液中c(OH-) -c(H+)(兩者差的絕對值)相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D說法正確。故選C。
6．(2021 湖南選擇性考試，9)常溫下，用0.1000mol L﹣1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol L﹣1的三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是(　　)
A．該NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
B．三種一元弱酸的電離常數：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)
C．當pH＝7時，三種溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣)
D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)
【答案】C
【解析】A項，因為HX為弱酸，NaX溶液存在水解：X﹣+H2O HX+OH﹣，所以c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故A正確；B項，根據鹽類水解的規律：越弱越水解可知，相同濃度的強堿弱酸鹽溶液中，一元弱酸越弱，則其鹽溶液堿性越強，結合圖片可知溶液堿性強弱為：NaX＜NaY＜NaZ，則酸性強弱為：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越強，電離程度越大，電離平衡常數K越大，所以有：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正確；C項，當pH＝7時，c(H+)＝c(OH﹣)，根據電荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH﹣)+c(X﹣)+c(Cl﹣)，則有：c(X﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，同理有：c(Y﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，c(Z﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，又因三種溶液滴定到pH＝7時，消耗的HCl的量是不一樣的，即溶液中的c(Cl﹣)是不一樣的，所以c(X﹣)≠c(Y﹣)≠c(Z﹣)，故C錯誤；D項，分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合后存在電荷守恒：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)0.05mol/L，混合溶液中c(Cl﹣)0.05mol/L，代入電荷守恒表達式，有c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)，故D正確。故選C。
7．(2021 廣東選擇性考試，8)鳥嘌呤(G)是一種有機弱堿，可與鹽酸反應生成鹽酸鹽(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列敘述正確的是( )
A．0.001mol·L-1GHCl水溶液的pH=3
B．0.001mol·L-1GHCl水溶液加水稀釋，pH升高
C．GHCl在水中的電離方程式為：GHCl=G+HCl
D．GHCl水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
【答案】B
【解析】A項，GHCl為強酸弱堿鹽，電離出的GH+會發生水解，弱離子的水解較為微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A錯誤；B項，稀釋GHCl溶液時，GH+水解程度將增大，根據勒夏特列原理可知溶液中c(H+)將減小，溶液pH將升高，故B正確；C項，GHCl為強酸弱堿鹽，在水中電離方程式為GHCl=GH++Cl-，故C錯誤；D項，根據電荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D錯誤；故選B。
8．(2021 天津卷，10)常溫下，下列有關電解質溶液的敘述正確的是( )
A．在0.1mol·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
B．在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C．在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)=0.1mol·L-1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】A
【解析】A項，由于磷酸為多元酸，第一步電離大于第二步電離大于第三步電離，所以在0.1mol·L-1H3PO4溶液中，離子濃度大小為：c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故A正確；B項，在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中，根據電荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B錯誤；C項，在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，根據物料守恒得到c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol·L-1，故C錯誤；D項，氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，則c(OH―)＞c(H＋)，根據電荷守恒c(Cl－)+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，則c(Cl－)＜c(NH4＋)，故D錯誤；故選A。
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