第12讲 影响盐类水解的主要因素及盐类水解的应用-【暑假自学课】2025年新高二年级化学暑假提升精品讲义（鲁科版2019）

第12讲 影响盐类水解的主要因素及盐类水解的应用 内容导航——预习四步曲 第一步：学 析教材 学知识：教材精讲精析、全方位预习 第二步：练 练习题 强方法：教材习题学解题、强化关键解题方法 练考点 会应用：核心考点精准练、快速掌握知识应用 第三步：记 串知识 识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第四步：测 过关测 稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点1 影响盐类水解的主要因素 1．反应物的性质 盐类水解程度的大小主要由 决定，生成盐的弱酸酸性越弱(或弱碱碱性越弱)，即越难电离(电离常数越小)，该盐的水解程度 ，即越弱越水解。 2. 反应条件对水解程度的影响 已知FeCl3发生水解反应的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，根据实验操作填写下表： 影响因素 实验步骤 实验现象 解释 盐的浓度 加入FeCl3固体，再测溶液的pH 溶液颜色 ，pH变小 加入FeCl3固体，c(Fe3＋)增大，水解平衡 向 方向移动 溶液的酸碱度 加盐酸后，测溶液的pH 溶液颜色 ，pH变小 加入盐酸，c(H＋)增大，水解平衡向 方向移动，但c(H＋)仍比原平衡中c(H＋)大 加入少量NaOH溶液 产生 沉淀 加入氢氧化钠后，OH－消耗H＋，c(H＋)减小，水解平衡向 方向移动 温度 升高温度 溶液颜色 ，pH变小 升高温度，水解平衡向 方向移动 【特别提醒】盐类的水解平衡移动，符合勒夏特列原理。 知识点2 盐类水解的应用 1．在化学实验中的应用 应用 举例 判断溶液的酸碱性 FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 判断酸性强弱 相同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX>HY>HZ 配制或贮存易水解的盐溶液 配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，抑制Cu2＋水解；贮存Na2CO3溶液不能用磨口玻璃塞 胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋ 制备无水盐 将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通HCl的气流中加热蒸干 判断离子是否共存 Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO；Fe3＋与HCO、CO、AlO；NH与AlO、SiO因 水解程度强烈而不能大量共存 判断中和反应至中性的试剂用量 如NH3·H2O与HCl反应至中性，NH3·H2O过量，CH3COOH与NaOH反应至中性时CH3COOH过量 制备无机化合物 如用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl。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 2.在生产生活中的应用 泡沫灭火器原理 泡沫灭火器中的成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生的反应为 Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 作净水剂 明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ 化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混合施用 除锈剂 NH4Cl溶液与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂，原理为 NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋ 热纯碱去污能力强 加热，促进Na2CO3的水解，使c(OH－)增大，去污能力增强 3. 盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断 大多数盐溶液蒸干灼烧后可以得到相应的盐，以下常见的三类盐溶液蒸干得不到相应的盐 (1)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得到对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼烧则会生成Al2O3、Fe2O3。 (2)考虑盐受热时是否分解。因为Ca(HCO3)2、NaHCO3、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaO；NaHCO3→Na2CO3；NH4Cl→NH3＋HCl。 (3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干得到Fe2(SO4)3。 知识点3 水解常数及其应用 1．盐的水解常数表达式 以CH3COONa为例 CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ Kh＝，只与 有关。 2．与对应弱酸电离常数的关系 Ka＝ 所以，Kh·Ka＝Kw或Kh＝。 由此可看出，弱酸或弱碱的电离常数越小，其生成的盐水解程度就 。 3．二元弱酸对应盐的水解常数 二元弱酸H2CO3的电离常数为Ka1、Ka2，则Na2CO3的水解常数Kh为，NaHCO3的水解常数为。 知识点4 溶液中的守恒关系 1．电荷守恒 电解质溶液中 所带的电荷总数与 所带的电荷总数 ，即电荷守恒，溶液呈 。 (1)解题方法 ①分析溶液中所有的阴、阳离子。 ②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。 (2)举例 如：Na2CO3溶液中 ①Na＋、H＋、CO、HCO、OH－。 ②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(CO)＋1×c(HCO)＋1×c(OH－)。 化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。 2．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 。 (1)解题方法 ①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的定量关系(特定元素除H、O元素外)。 ②找出特定元素在水溶液中的所有存在形式。 (2)举例 如：Na2CO3溶液中 ①＝，即n(Na＋)＝2n(CO)，CO在水中部分会水解成HCO、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。 ②c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]。 3．质子守恒 方法一：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来。 如Na2CO3中将电荷守恒和元素质量守恒中的金属阳离子消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。 方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。 如：Na2CO3溶液中 即c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H＋)。 【方法技巧】 （1）分析电解质的电离和水解情况，找全溶液中的离子和分子。 （2）分清题目考查的哪种守恒关系，可以是单一守恒关系式，也可以是它们的变形关系式，也可以是两种守恒关系式导出的新的守恒式。 （3）注意选择题常涉及的易错点： ①守恒关系式中多写或漏写离子或分子； ②守恒关系式浓度前的化学计量数设错； ③在混合后忽视溶液体积变化上设错。 知识点5 溶液中离子浓度比较的类型 1．弱酸溶液中粒子浓度大小比较 (1)HClO溶液中存在的电离平衡有：HClOH＋＋ClO－、H2OH＋＋OH－，溶液中的微粒有H2O、HClO、H＋、OH－、ClO－，由于HClO电离程度小，且H2O的电离程度更小，所以溶液中微粒浓度由大到小的顺序(H2O除外)是 。 (2)碳酸的电离方程式是H2CO3HCO＋H＋、HCOH＋＋CO。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCO、CO、OH－。 碳酸是弱酸，第一步电离很微弱，第二步电离更微弱。推测其溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是 。 2．不同溶液中同一离子浓度比较 要考虑溶液中其他离子对该离子的影响，如：在相同浓度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，c(NH)由大到小的顺序： 。 3．单一溶液中离子浓度大小的比较 (1)氯化铵溶液 ①先分析NH4Cl溶液中的电离、水解过程： 电离：NH4Cl===NH＋Cl－、H2OH＋＋OH－。 水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。 判断溶液中存在的离子有 。 ②再根据其电离和水解程度的相对大小，比较确定氯化铵溶液中离子浓度由大到小的顺序 是 。 (2)碳酸钠溶液 ①先分析Na2CO3溶液中的电离、水解过程： 电离：Na2CO3===2Na＋＋CO、H2OH＋＋OH－。 水解：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 溶液中存在的离子有 。 ②溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 (3)碳酸氢钠溶液 ①分析NaHCO3溶液中的电离、水解过程： 电离：NaHCO3===Na＋＋HCO、HCOH＋＋CO、H2OH＋＋OH－。 水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 溶液中存在的离子有 。 ②由于HCO的电离常数(K)<水解常数(Kh) HCO的电离程度小于HCO的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序 是 。 (4)亚硫酸氢钠溶液 ①先分析NaHSO3溶液中的电离、水解过程： 电离：NaHSO3===Na＋＋HSO、HSOH＋＋SO、H2OH＋＋OH－。 水解：HSO＋H2OH2SO3＋OH－。 溶液中存在的离子有： 。 ②由于HSO的电离常数(K)>水解常数(Kh) HSO的电离程度大于HSO的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小顺序 是 。 4．混合溶液中不同离子浓度大小比较，根据电离常数(Ka、Kb)、水解常数(Kh)的相对大小综合分析 (1)分子的电离常数(K)大于对应离子的水解常数(Kh) 在0.1 mol·L－1 NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为 。 (2)分子的电离常数(K)小于对应离子的水解常数(Kh) 在0.1 mol·L－1的HCN和0.1 mol·L－1的NaCN混合溶液中：由于HCN的电离程度小于CN－的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为 ，且c(HCN)>c(Na＋)＝0.1 mol·L－1。 【方法技巧】判断混合溶液中离子浓度大小的思路 (1)判断生成物，确定溶液组成。 (2)明确溶液中存在的所有平衡(电离平衡，水解平衡)。 (3)根据题给信息，确定程度大小(是电离为主还是水解为主)。 (4)比较离子大小，要充分运用电荷守恒、元素质量守恒关系。 教材习题01（P107） 能够使CH3COONa稀溶液水解程度增大且溶液碱性也增强的条件是(　　) A． 加水 B． 升温 C． 加压 D．加CH3COONa固体 解题方法 教材习题03（P107） 室温下，将两种浓度均为0.10 mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　) A．NaHCO3­Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－) B．氨水­NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－) C．CH3COOH­CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋) D．H2C2O4­NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c＋c＝c＋c＋c 解题方法 教材习题03（P107） 室温下，将两种浓度均为0.10 mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　) A．NaHCO3­Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－) B．氨水­NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－) C．CH3COOH­CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋) D．H2C2O4­NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c＋c＝c＋c＋c 解题方法 考点一　影响盐类水解平衡的因素 1．为了使NH4Cl溶液中c(Cl－)与c(NH)浓度比为1∶1，可在NH4Cl溶液中加入(　　) ①适量的HCl　②适量的NaCl　③适量的氨水　④适量的NaOH　⑤适量的硫酸 A．①②⑤ B．③⑤ C．③④ D．④⑤ 2．在反应Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是(　　) A．加热 B．通入HCl气体 C．加入适量的NaOH溶液 D．加入固体AlCl3 考点二　盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断 3．在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Fe2(SO4)3；②Na2CO3；③KCl；④CuCl2；⑤NaHCO3。可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是(　　) A．①②③ B．①③⑤ C．②④ D．①③④⑤ 4．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，能得到较纯净的原溶质的是(　　) ①CuSO4　②FeSO4　③Ca(HCO3)2　④NH4HCO3　⑤KMnO4　⑥FeCl3 A．全部 B．仅①② C．仅①⑤ D．仅① 考点三　盐类水解对离子共存的影响 5．下列离子因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是(　　) A．K＋、S2－、Al3＋、AlO B．MnO、Na＋、SO、K＋ C．SO、Fe3＋、S2－、K＋ D．Fe2＋、Cl－、H＋、NO 6．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　) A．无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH、I－、NO C．FeCl3溶液：K＋、Na＋、SO、AlO D．常温下，＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO、NO 考点四　盐类水解的综合应用 7．下列说法中正确的是(　　) A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧，所得固体的成分相同 B．实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的硫酸 C．向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋ D．用Na2CO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 8.下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　) A．热的纯碱溶液去油污效果好 B．氯碱工业制取烧碱 C．加热氯化铁溶液颜色变深 D．在无色透明溶液中Al3＋与HCO不能大量共存 考点五　单一溶液中粒子浓度大小比较 9．在0.1 mol·L－1 Na2S溶液中，下列关系不正确的是(　　) A．c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋c(H2S) B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－) C．c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－) D．c(OH－)＝c(HS－)＋c(H＋)＋2c(H2S) 10．下列物质所配成的0.1 mol·L－1溶液中，离子浓度由大到小顺序排列正确的是(　　) A．NH4Cl：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－) B．Na2CO3：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋) C．NaHCO3：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋) D．(NH4)2SO4：c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－) 考点六　混合溶液中粒子浓度大小比较 11．25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　) A．0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－) B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－) C．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) D．0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) 12．将0.2 mol·L－1 Na2CO3溶液和0.1 mol·L－1盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是(　　) A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)＋c(CO) B．c(Na＋)＞c(HCO)＞c(Cl－)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋) C．2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3) 知识导图记忆 知识目标复核 【学习目标】 1.了解分外界条件对盐类水解平衡的影响。 2.了解盐类水解在生产生活中的应用。 3.盐的水解常数及其应用。 4.分析判断常见混合溶液中的粒子种类。 5.掌握电解质溶液中粒子浓度间的三个守恒关系。 【学习重难点】 1.外界条件对盐类水解平衡的影响。 2.盐类水解的应用。 4.判断混合溶液中的粒子种类。 5.电解质溶液中粒子浓度大小比较。 1．人体血液中存在平衡：，使血液保持在之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒。已知随变化关系如下表所示，下列说法不正确的是 1.0 17.8 20.0 22.4 pH 6.10 7.35 7.40 7.45 A．的血液中， B．人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的溶液解毒 C．常温下将的血液稀释，一定不变 D．时，的电离程度小于的水解程度 2．下列有关实验或说法错误的是 A．常温下，用pH试纸测定溶液的pH>7 B．NaOH、、的溶液均呈碱性，可以大量共存 C．在溶液中滴加2滴酚酞溶液显浅红色，微热，红色加深 D．“错把陈醋当成墨，写尽半生纸上酸”中陈醋里的醋酸是弱电解质 3．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释。下列说法正确的是 A．FeCl3溶液显黄色， 没有 Fe(OH)3存在 B．稀释过程中 FeCl3水解程度增大，c(H⁺)增大 C．FeCl3溶液中存在 D．氢氧化钠可有效抑制Fe³⁺水解 4．下列有关说法正确的是 A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强 B．化学平衡常数的值越大，反应正向进行的程度就越大 C．温度越高，弱电解质的电离程度就越大 D．盐溶液的浓度越大，水解程度就越大 5．在的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是 ①加热  ②通入HCl  ③加入适量  ④加入溶液 A．③④ B．②③ C．①② D．①④ 6．常温下，将的溶液加水稀释至的过程中，下列说法错误的是 A． B． C．保持不变 D．稀释前后，溶液中的氧元素总质量保持不变 7．常温下，关于0.1mol/L氯化铵溶液的下列说法中，错误的是 A．加入适量的水，减小，增大 B．该温度下，水的离子积常数 C．生活中，可用该溶液来除铁锈 D．该溶液中一定存在 8．为配制与比为的溶液，可在溶液中加入适量的 ①    ②    ③    ④ A．①② B．③④ C．①③ D．①④ 9．对于溶液，正确的是 A．稀释溶液，水解常数增大 B．忽略溶液体积变化和空气影响，升高温度，增大 C． D． 10．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是 A．加水稀释，平衡正移，HS-浓度增大 B．升高温度，减少 C．稀释溶液，水解平衡常数不变 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 11．溶液中，如果要使更接近于，可以采取的措施是 A．加入适量水 B．加入少量溶液 C．通入适量气体 D．加热 12．下列过程或现象与盐类水解无关的是 A．FeCl3晶体用于净水 B．用铁粉除去FeCl2中的CuCl2 C．加热FeCl3溶液颜色变深 D．浓硫化钠溶液有臭味 13．下列说法正确的是 A．将溶液小心蒸干可获得 B．溶液呈碱性，可用于去除油污 C．用氯化铁溶液和稀氨水制备氢氧化铁胶体 D．受热易分解，故可用作铁的除锈剂 14．下列叙述内容正确且与盐类的水解有关的是 ①常用可溶性铝盐、铁盐作做净水剂 ②保存硝酸亚铁溶液时需加入少量硝酸 ③将TiCl4加入到大量水中并加热制TiO2·xH2O ④常温下等物质的量浓度的NH4NO3溶液比Cu(NO3)2溶液酸性弱 ⑤用SOCl2与CuSO4·5H2O共热制取无水CuSO4 ⑥NaOH、Al粉的混合物作管道疏通剂 A．①③④ B．②③④ C．②③⑤ D．③⑤⑥ 15．下列过程与水解有关的是 ①向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，产生白色沉淀  ②用铁盐作净水剂，生成胶体能使水中细小悬浮颗粒聚集、沉降  ③向溶液中加入少量溶液，生成沉淀  ④用制备，制备时加入大量的水，同时加热  ⑤用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，使之转化为易溶于酸的碳酸钙  ⑥将二氧化碳通入氨气饱和的NaCl溶液中，析出固体物质 A．②③④ B．①②⑥ C．②④⑤ D．②⑤⑥ 16．已知常温下浓度为的下列溶液的pH如下表所示： 溶质 NaF NaClO pH 7.5 9.7 8.2 11.6 下列有关说法不正确的是 A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，则有： B．加热溶液测其pH，pH大于9.7 C．溶液中，存在关系： D．电离平衡常数大小关系： 17．室温时，下列溶液中的离子浓度关系正确的是 A．溶液： B．相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者 C．加水稀释后，和均减小 D．的混合溶液： 18．下列说法正确的是 A．常温下由水电离出的溶液中可能大量存在 B．常温下，均为4的溶液和盐酸中，由水电离出的相等 C．时，浓度均为的和溶液中前者大 D．将溶液在空气中蒸干后高温灼烧，最后可得固体 19．在一定条件下，溶液存在水解平衡：，下列说法正确的是 A．升高温度，增大 B．加入固体，浓度增大 C．稀释溶液，水解平衡常数增大 D．加入固体，溶液减小 20．如图为某实验测得0.1mol·L-1溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的 A．a点溶液中， B．b点溶液中， C．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解 D．b点后温度升高溶液pH升高，与生成有关 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第12讲 影响盐类水解的主要因素及盐类水解的应用 内容导航——预习四步曲 第一步：学 析教材 学知识：教材精讲精析、全方位预习 第二步：练 练习题 强方法：教材习题学解题、强化关键解题方法 练考点 会应用：核心考点精准练、快速掌握知识应用 第三步：记 串知识 识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第四步：测 过关测 稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点1 影响盐类水解的主要因素 1．反应物的性质 盐类水解程度的大小主要由盐的性质决定，生成盐的弱酸酸性越弱(或弱碱碱性越弱)，即越难电离(电离常数越小)，该盐的水解程度越大，即越弱越水解。 2. 反应条件对水解程度的影响 已知FeCl3发生水解反应的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，根据实验操作填写下表： 影响因素 实验步骤 实验现象 解释 盐的浓度 加入FeCl3固体，再测溶液的pH 溶液颜色变深，pH变小 加入FeCl3固体，c(Fe3＋)增大，水解平衡 向正反应方向移动 溶液的酸碱度 加盐酸后，测溶液的pH 溶液颜色变浅，pH变小 加入盐酸，c(H＋)增大，水解平衡向逆反应方向移动，但c(H＋)仍比原平衡中c(H＋)大 加入少量NaOH溶液 产生红褐色沉淀 加入氢氧化钠后，OH－消耗H＋，c(H＋)减小，水解平衡向正反应方向移动 温度 升高温度 溶液颜色变深，pH变小 升高温度，水解平衡向正反应方向移动 【特别提醒】盐类的水解平衡移动，符合勒夏特列原理。 知识点2 盐类水解的应用 1．在化学实验中的应用 应用 举例 判断溶液的酸碱性 FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 判断酸性强弱 相同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX>HY>HZ 配制或贮存易水解的盐溶液 配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，抑制Cu2＋水解；贮存Na2CO3溶液不能用磨口玻璃塞 胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋ 制备无水盐 将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通HCl的气流中加热蒸干 判断离子是否共存 Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO；Fe3＋与HCO、CO、AlO；NH与AlO、SiO因相互促进水解程度强烈而不能大量共存 判断中和反应至中性的试剂用量 如NH3·H2O与HCl反应至中性，NH3·H2O过量，CH3COOH与NaOH反应至中性时CH3COOH过量 制备无机化合物 如用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl。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 2.在生产生活中的应用 泡沫灭火器原理 泡沫灭火器中的成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生的反应为 Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 作净水剂 明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ 化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混合施用 除锈剂 NH4Cl溶液与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂，原理为 NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋ 热纯碱去污能力强 加热，促进Na2CO3的水解，使c(OH－)增大，去污能力增强 3. 盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断 大多数盐溶液蒸干灼烧后可以得到相应的盐，以下常见的三类盐溶液蒸干得不到相应的盐 (1)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得到对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼烧则会生成Al2O3、Fe2O3。 (2)考虑盐受热时是否分解。因为Ca(HCO3)2、NaHCO3、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaO；NaHCO3→Na2CO3；NH4Cl→NH3＋HCl。 (3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干得到Fe2(SO4)3。 知识点3 水解常数及其应用 1．盐的水解常数表达式 以CH3COONa为例 CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ Kh＝，只与温度有关。 2．与对应弱酸电离常数的关系 Ka＝ 所以，Kh·Ka＝Kw或Kh＝。 由此可看出，弱酸或弱碱的电离常数越小，其生成的盐水解程度就越大。 3．二元弱酸对应盐的水解常数 二元弱酸H2CO3的电离常数为Ka1、Ka2，则Na2CO3的水解常数Kh为，NaHCO3的水解常数为。 知识点4 溶液中的守恒关系 1．电荷守恒 电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等，即电荷守恒，溶液呈电中性。 (1)解题方法 ①分析溶液中所有的阴、阳离子。 ②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。 (2)举例 如：Na2CO3溶液中 ①Na＋、H＋、CO、HCO、OH－。 ②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(CO)＋1×c(HCO)＋1×c(OH－)。 化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。 2．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。 (1)解题方法 ①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的定量关系(特定元素除H、O元素外)。 ②找出特定元素在水溶液中的所有存在形式。 (2)举例 如：Na2CO3溶液中 ①＝，即n(Na＋)＝2n(CO)，CO在水中部分会水解成HCO、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。 ②c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]。 3．质子守恒 方法一：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来。 如Na2CO3中将电荷守恒和元素质量守恒中的金属阳离子消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。 方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。 如：Na2CO3溶液中 即c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H＋)。 【方法技巧】 （1）分析电解质的电离和水解情况，找全溶液中的离子和分子。 （2）分清题目考查的哪种守恒关系，可以是单一守恒关系式，也可以是它们的变形关系式，也可以是两种守恒关系式导出的新的守恒式。 （3）注意选择题常涉及的易错点： ①守恒关系式中多写或漏写离子或分子； ②守恒关系式浓度前的化学计量数设错； ③在混合后忽视溶液体积变化上设错。 知识点5 溶液中离子浓度比较的类型 1．弱酸溶液中粒子浓度大小比较 (1)HClO溶液中存在的电离平衡有：HClOH＋＋ClO－、H2OH＋＋OH－，溶液中的微粒有H2O、HClO、H＋、OH－、ClO－，由于HClO电离程度小，且H2O的电离程度更小，所以溶液中微粒浓度由大到小的顺序(H2O除外)是c(HClO)>c(H＋)>c(ClO－)>c(OH－)。 (2)碳酸的电离方程式是H2CO3HCO＋H＋、HCOH＋＋CO。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCO、CO、OH－。 碳酸是弱酸，第一步电离很微弱，第二步电离更微弱。推测其溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)。 2．不同溶液中同一离子浓度比较 要考虑溶液中其他离子对该离子的影响，如：在相同浓度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，c(NH)由大到小的顺序：④>⑤>③>①>②。 3．单一溶液中离子浓度大小的比较 (1)氯化铵溶液 ①先分析NH4Cl溶液中的电离、水解过程： 电离：NH4Cl===NH＋Cl－、H2OH＋＋OH－。 水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。 判断溶液中存在的离子有NH、Cl－、H＋、OH－。 ②再根据其电离和水解程度的相对大小，比较确定氯化铵溶液中离子浓度由大到小的顺序 是c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。 (2)碳酸钠溶液 ①先分析Na2CO3溶液中的电离、水解过程： 电离：Na2CO3===2Na＋＋CO、H2OH＋＋OH－。 水解：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 溶液中存在的离子有Na＋、CO、HCO、OH－、H＋。 ②溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。 (3)碳酸氢钠溶液 ①分析NaHCO3溶液中的电离、水解过程： 电离：NaHCO3===Na＋＋HCO、HCOH＋＋CO、H2OH＋＋OH－。 水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 溶液中存在的离子有Na＋、HCO、CO、H＋、OH－。 ②由于HCO的电离常数(K)<水解常数(Kh) HCO的电离程度小于HCO的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序 是c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)。 (4)亚硫酸氢钠溶液 ①先分析NaHSO3溶液中的电离、水解过程： 电离：NaHSO3===Na＋＋HSO、HSOH＋＋SO、H2OH＋＋OH－。 水解：HSO＋H2OH2SO3＋OH－。 溶液中存在的离子有：Na＋、HSO、H＋、SO、OH－。 ②由于HSO的电离常数(K)>水解常数(Kh) HSO的电离程度大于HSO的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小顺序 是c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)。 4．混合溶液中不同离子浓度大小比较，根据电离常数(Ka、Kb)、水解常数(Kh)的相对大小综合分析 (1)分子的电离常数(K)大于对应离子的水解常数(Kh) 在0.1 mol·L－1 NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。 (2)分子的电离常数(K)小于对应离子的水解常数(Kh) 在0.1 mol·L－1的HCN和0.1 mol·L－1的NaCN混合溶液中：由于HCN的电离程度小于CN－的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，且c(HCN)>c(Na＋)＝0.1 mol·L－1。 【方法技巧】判断混合溶液中离子浓度大小的思路 (1)判断生成物，确定溶液组成。 (2)明确溶液中存在的所有平衡(电离平衡，水解平衡)。 (3)根据题给信息，确定程度大小(是电离为主还是水解为主)。 (4)比较离子大小，要充分运用电荷守恒、元素质量守恒关系。 教材习题01（P107） 能够使CH3COONa稀溶液水解程度增大且溶液碱性也增强的条件是(　　) A． 加水 B． 升温 C． 加压 D．加CH3COONa固体 解题方法 【解析】醋酸钠溶液显碱性，加水促进CH3COONa水解，但氢氧根离子浓度减小，pH减小，故A错误；水解过程为吸热过程，升温促进CH3COONa水解，碱性增强，pH增大，故B正确；反应没有气体参与，因此加压水解平衡不移动，故C错误；加CH3COONa固体，增大了醋酸钠的浓度，水解平衡右移，但CH3COONa水解程度减小，故D错误。 【答案】B 教材习题03（P107） 室温下，将两种浓度均为0.10 mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　) A．NaHCO3­Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－) B．氨水­NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－) C．CH3COOH­CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋) D．H2C2O4­NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c＋c＝c＋c＋c 解题方法 【解析】浓度均为0.10 mol·L－1的NaHCO3­Na2CO3的混合溶液中，CO的水解程度大于HCO的水解程度，HCO的水解程度大于其电离程度，所以溶液中c(Na＋)>c(HCO)> c(CO)>c(OH－)，A错误；浓度均为0.10 mol·L－1的氨水­NH4Cl混合溶液的pH＝9.25，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)<c(Cl－)，根据电荷守恒，溶液中c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可知c(NH)＋c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH－)，B错误；浓度均为0.10 mol·L－1的CH3COOH­CH3COONa混合溶液的pH＝4.76，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C错误；浓度均为0.10 mol·L－1的H2C2O4­NaHC2O4混合溶液的pH＝1.68，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，根据元素质量守恒有2c(Na＋)＝c(C2O)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)，联立上述两式得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，D正确。 教材习题03（P107） 室温下，将两种浓度均为0.10 mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　) A．NaHCO3­Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－) B．氨水­NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－) C．CH3COOH­CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋) D．H2C2O4­NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c＋c＝c＋c＋c 解题方法 【解析】浓度均为0.10 mol·L－1的NaHCO3­Na2CO3的混合溶液中，CO的水解程度大于HCO的水解程度，HCO的水解程度大于其电离程度，所以溶液中c(Na＋)>c(HCO)> c(CO)>c(OH－)，A错误；浓度均为0.10 mol·L－1的氨水­NH4Cl混合溶液的pH＝9.25，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)<c(Cl－)，根据电荷守恒，溶液中c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可知c(NH)＋c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH－)，B错误；浓度均为0.10 mol·L－1的CH3COOH­CH3COONa混合溶液的pH＝4.76，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C错误；浓度均为0.10 mol·L－1的H2C2O4­NaHC2O4混合溶液的pH＝1.68，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，根据元素质量守恒有2c(Na＋)＝c(C2O)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)，联立上述两式得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，D正确。 考点一　影响盐类水解平衡的因素 1．为了使NH4Cl溶液中c(Cl－)与c(NH)浓度比为1∶1，可在NH4Cl溶液中加入(　　) ①适量的HCl　②适量的NaCl　③适量的氨水　④适量的NaOH　⑤适量的硫酸 A．①②⑤ B．③⑤ C．③④ D．④⑤ 【答案】B 【解析】NH4Cl溶液中存在NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，为增大NH浓度，应加入酸或NH3·H2O，①加入HCl虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。 2．在反应Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是(　　) A．加热 B．通入HCl气体 C．加入适量的NaOH溶液 D．加入固体AlCl3 【答案】C 【解析】盐类的水解存在一个平衡状态，当条件发生变化时，平衡可能发生移动，状态发生改变。A、C、D项都可促使水解平衡向水解方向移动，B项抑制水解反应的进行。采取措施后，使溶液的pH增大的是C项。 考点二　盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断 3．在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Fe2(SO4)3；②Na2CO3；③KCl；④CuCl2；⑤NaHCO3。可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是(　　) A．①②③ B．①③⑤ C．②④ D．①③④⑤ 【答案】A 【解析】①加热Fe2(SO4)3溶液时虽发生水解，但硫酸难挥发，蒸发Fe2(SO4)3溶液可得到Fe2(SO4)3晶体，故正确；②加热Na2CO3溶液水解生成NaOH，但NaOH和空气中的CO2反应又得到Na2CO3晶体，故正确；③KCl性质稳定，加热其溶液可得到KCl晶体，故正确；④加热CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和HCl，HCl易挥发，得到氢氧化铜晶体，故错误；⑤NaHCO3不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故错误。 4．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，能得到较纯净的原溶质的是(　　) ①CuSO4　②FeSO4　③Ca(HCO3)2　④NH4HCO3　⑤KMnO4　⑥FeCl3 A．全部 B．仅①② C．仅①⑤ D．仅① 【答案】D 【解析】①CuSO4溶液水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，故加热蒸干至质量不再减少时，能得到较纯净的原溶质；②FeSO4具有还原性，加热时Fe2＋被氧化为Fe3＋；③Ca(HCO3)2受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，加热蒸干至质量不再减少时，能得到较纯净的碳酸钙；④NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O和CO2，得不到原溶质；⑤KMnO4加热到质量不变时分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质；⑥FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热时，氯化氢挥发促进FeCl3水解得到氢氧化铁，得不到原溶质。 考点三　盐类水解对离子共存的影响 5．下列离子因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是(　　) A．K＋、S2－、Al3＋、AlO B．MnO、Na＋、SO、K＋ C．SO、Fe3＋、S2－、K＋ D．Fe2＋、Cl－、H＋、NO 【答案】A 【解析】A项，Al3＋与S2－、AlO能发生相互促进的水解反应；C中的Fe3＋与S2－和D中的Fe2＋、H＋、NO都因为发生氧化还原反应而不能大量共存。 6．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　) A．无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH、I－、NO C．FeCl3溶液：K＋、Na＋、SO、AlO D．常温下，＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO、NO 【答案】D 【解析】A中H＋与HSO不能共存；B中NO在酸性条件下具有强氧化性，可氧化I－，不能共存；C中Fe3＋与AlO相互促进强烈水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3，不能共存；D中溶液为碱性，离子可共存。 考点四　盐类水解的综合应用 7．下列说法中正确的是(　　) A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧，所得固体的成分相同 B．实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的硫酸 C．向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋ D．用Na2CO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 【答案】C 【解析】AlCl3溶液和Al2(SO4)2溶液分别加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧，前者得到Al2O3，后者得到Al2(SO4)3，所得固体的成分不相同，故A错误；配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶解在盐酸中，再加水稀释到所需的浓度，若溶于硫酸，会引入杂质离子SO，故B错误；Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，向CuCl2溶液中加入CuO，消耗H＋，使上述水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀，达到通过调节pH除去溶液中混有的Fe3＋的目的，故C正确；泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，故D错误。 8.下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　) A．热的纯碱溶液去油污效果好 B．氯碱工业制取烧碱 C．加热氯化铁溶液颜色变深 D．在无色透明溶液中Al3＋与HCO不能大量共存 【答案】B 【解析】A.纯碱水解显碱性，加热时水解程度增大，可以加速油污的水解，与盐类水解有关，故A不选；B.工业上用电解饱和食盐水制取烧碱，与盐类水解无关，故B选；C.加热氯化铁溶液颜色变深是因为加热促进了Fe3＋的水解，生成了更多红褐色的Fe(OH)3，与盐类水解有关，故C不选；D.Al3＋与HCO不能大量共存是因为两种离子水解相互促进，反应完全，与盐类水解有关，故D不选。 考点五　单一溶液中粒子浓度大小比较 9．在0.1 mol·L－1 Na2S溶液中，下列关系不正确的是(　　) A．c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋c(H2S) B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－) C．c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－) D．c(OH－)＝c(HS－)＋c(H＋)＋2c(H2S) 【答案】A 【解析】A项不符合元素质量守恒，应为c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(H2S)；B项符合电荷守恒；C项，S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，故C项正确；D项符合质子守恒。 10．下列物质所配成的0.1 mol·L－1溶液中，离子浓度由大到小顺序排列正确的是(　　) A．NH4Cl：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－) B．Na2CO3：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋) C．NaHCO3：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋) D．(NH4)2SO4：c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－) 【答案】D 【解析】氯化铵是强酸弱碱盐，NH水解导致溶液呈酸性：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，所以c(H＋)＞c(OH－)，NH水解而氯离子不水解，所以c(Cl－)＞c(NH)，因为NH水解程度是微弱的，所以c(NH)＞c(H＋)，因此NH4Cl溶液中离子浓度的大小顺序是：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A错误；在Na2CO3溶液中，CO部分水解，溶液呈碱性，所以c(OH－)＞c(H＋)，又因为钠离子不水解，所以c(Na＋)＞c(CO)，因为CO水解程度是微弱的，所以c(CO)＞c(HCO)，根据CO的两步水解反应方程式：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－，因第一步水解生成的HCO还要发生第二步水解，造成HCO浓度减小而OH－浓度增加，再加上水电离出的OH－，所以c(OH－)＞c(HCO)，综上所述，在Na2CO3溶液中，离子浓度的大小顺序是：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)，故B错误；在NaHCO3溶液中，HCO仅有少量电离，所以溶液中c(HCO)＞c(CO)，故C错误；在(NH4)2SO4溶液中，铵根离子部分水解，溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，又因为水解程度微弱，所以c(NH)＞c(SO)，则溶液中离子浓度大小顺序是c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)，所以D正确。 考点六　混合溶液中粒子浓度大小比较 11．25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　) A．0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－) B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－) C．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) D．0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) 【答案】A 【解析】0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，因为醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)，A选项正确；0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH)＞c(NH3·H2O)，B选项错误；根据元素质量守恒，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，即c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，C选项错误；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＋c(Cl－)，D选项错误。 12．将0.2 mol·L－1 Na2CO3溶液和0.1 mol·L－1盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是(　　) A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)＋c(CO) B．c(Na＋)＞c(HCO)＞c(Cl－)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋) C．2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3) 【答案】B 【解析】混合后发生反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，混合溶液中含三种溶质(Na2CO3、NaCl、NaHCO3)且物质的量浓度相等。电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，A错误；CO的水解程度大于HCO的水解程度，且溶液呈碱性，c(Na＋)>c(HCO)>c(Cl－)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，B正确；元素质量守恒式为c(Na＋)＝2c(HCO)＋2c(CO)＋2c(H2CO3)，C错误；根据电荷守恒式与元素质量守恒式，联立可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)－c(Cl－)，D错误。 知识导图记忆 知识目标复核 【学习目标】 1.了解分外界条件对盐类水解平衡的影响。 2.了解盐类水解在生产生活中的应用。 3.盐的水解常数及其应用。 4.分析判断常见混合溶液中的粒子种类。 5.掌握电解质溶液中粒子浓度间的三个守恒关系。 【学习重难点】 1.外界条件对盐类水解平衡的影响。 2.盐类水解的应用。 4.判断混合溶液中的粒子种类。 5.电解质溶液中粒子浓度大小比较。 1．人体血液中存在平衡：，使血液保持在之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒。已知随变化关系如下表所示，下列说法不正确的是 1.0 17.8 20.0 22.4 pH 6.10 7.35 7.40 7.45 A．的血液中， B．人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的溶液解毒 C．常温下将的血液稀释，一定不变 D．时，的电离程度小于的水解程度 【答案】D 【解析】根据图中数据判断，pH＞6.10时，碳酸氢根浓度大于碳酸浓度，则pH=7.00的血液中，故A正确；发生酸中毒时，应该用碱性物质缓解，例如NaHCO3溶液，碳酸氢根浓度增大，使题干中平衡左移，氢离子浓度降低，可避免酸中毒，故B正确；水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故C正确；碳酸氢钠溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，时，pH=6.10，溶液为酸性，说明碳酸的电离程度大于碳酸氢根离子水解程度，故D错误；故选D。 2．下列有关实验或说法错误的是 A．常温下，用pH试纸测定溶液的pH>7 B．NaOH、、的溶液均呈碱性，可以大量共存 C．在溶液中滴加2滴酚酞溶液显浅红色，微热，红色加深 D．“错把陈醋当成墨，写尽半生纸上酸”中陈醋里的醋酸是弱电解质 【答案】B 【解析】为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，其pH>7，A正确；NaOH与不能共存：，B错误；为强碱弱酸盐，水解显碱性，盐类的水解是吸热过程，所以加热促进的水解，碱性增强，溶液红色加深，C正确；醋酸是弱酸，在水中能部分电离产生和，属于弱电解质，D正确；故选B。 3．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释。下列说法正确的是 A．FeCl3溶液显黄色， 没有 Fe(OH)3存在 B．稀释过程中 FeCl3水解程度增大，c(H⁺)增大 C．FeCl3溶液中存在 D．氢氧化钠可有效抑制Fe³⁺水解 【答案】C 【解析】FeCl3溶液中存在水解平衡，溶液中一定存在Fe(OH)3，故A错误；稀释过程中 FeCl3水解程度增大，c(H⁺)减小，故B错误；FeCl3溶液中存在水解平衡，该反应为可逆反应，故C正确；氢氧化钠与氢离子反应，可使平衡正向移动，促进Fe³⁺水解，故D错误；故选C。 4．下列有关说法正确的是 A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强 B．化学平衡常数的值越大，反应正向进行的程度就越大 C．温度越高，弱电解质的电离程度就越大 D．盐溶液的浓度越大，水解程度就越大 【答案】B 【解析】电解质溶液导电性与离子浓度和所带电荷数有关，与电解质强弱无关，故A错误；化学平衡常数越大，说明平衡时生成物浓度越大，反应物浓度越小，正向进行的程度就越大，故B正确；弱电解质电离不一定都是吸热过程，如HF的电离是放热的，故温度越高，弱电解质的电离程度不一定增大，故C错误；盐溶液的浓度越大，水解程度就越小，故D错误；故选B。 5．在的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是 ①加热  ②通入HCl  ③加入适量  ④加入溶液 A．③④ B．②③ C．①② D．①④ 【答案】A 【解析】①加热促进水解，氢离子浓度增大，但pH减小；②通入HCl，抑制水解，pH减小；③加入适量的KOH(s)，H+与KOH反应，则向水解方向移动且使溶液的pH增大；④加入Na2SO4溶液，相当于加水，水解平衡正向移动，氢离子浓度减小，pH增大；故③④符合题意；故选A。 6．常温下，将的溶液加水稀释至的过程中，下列说法错误的是 A． B． C．保持不变 D．稀释前后，溶液中的氧元素总质量保持不变 【答案】D 【分析】在水中完全电离为铵离子和硫酸根：，为强酸弱碱盐，少量铵离子会发生水解使得溶液呈酸性，的溶液加水稀释至过程中，水解程度增大但酸性有所降低； 【解析】硫酸铵固体中铵离子的数目是硫酸根的2倍，结合分析可知溶液中，故A正确；稀释过程中，硫酸铵溶液始终呈酸性，则，故B正确；稀释过程中硫酸根数目守恒，即保持不变，故C正确；稀释过程中加入水，水含氧元素，则稀释前后，溶液中的氧元素总质量增加，故D错误；故选D。 7．常温下，关于0.1mol/L氯化铵溶液的下列说法中，错误的是 A．加入适量的水，减小，增大 B．该温度下，水的离子积常数 C．生活中，可用该溶液来除铁锈 D．该溶液中一定存在 【答案】A 【分析】NH4Cl溶液中存在：NH4Cl=+Cl-，H2OH++OH-，+H2ONH3·H2O+H+，且稀释电解质溶液对盐类水解起到促进作用，据此分析解题。 【解析】已知NH4Cl溶液中存在： +H2ONH3·H2O+H+，加入适量的水，水解平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，减小，减小，A错误；水的离子积是一个平衡常数，仅仅是温度的函数，故该温度下，水的离子积常数，B正确；由分析可知，NH4Cl溶液显酸性，故生活中，可用该溶液来除铁锈，C正确；根据电解质溶液中的电荷守恒可知，该溶液中一定存在：，D正确；故选A。 8．为配制与比为的溶液，可在溶液中加入适量的 ①    ②    ③    ④ A．①② B．③④ C．①③ D．①④ 【答案】C 【分析】硝酸铵是强酸弱碱盐，由于水解，导致溶液中＜，溶液呈酸性，为了配制与的浓度比为1∶1的溶液，需增加铵根离子浓度或减少溶液中硝酸根的浓度。 【解析】①加入适量的，溶液中浓度增大，故①符合题意； ②加入适量的，溶液中硝酸根离子浓度增大，故②不符合题意； ③加入适量，由于氨水电离产生铵根离子，故③符合题意； ④加入适量原物质，铵根水解，导致溶液中＜，故④不符合题意；故选C。 9．对于溶液，正确的是 A．稀释溶液，水解常数增大 B．忽略溶液体积变化和空气影响，升高温度，增大 C． D． 【答案】B 【解析】稀释溶液，水解常数不变，水解常数只和温度有关，故A错误；升高温度，促进水解正向移动，增大，故B正确；根据电荷守恒可知，，故C错误；根据物料守恒可知，，故D错误； 答案选B。 10．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是 A．加水稀释，平衡正移，HS-浓度增大 B．升高温度，减少 C．稀释溶液，水解平衡常数不变 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 【答案】C 【解析】加水稀释，平衡正移，但是HS-浓度减小，故A错误；水解是吸热反应，升温，平衡正向移动，硫氢根离子浓度增大，硫离子浓度减小，所以增大，故B错误；水解平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故C正确；加入氢氧化钠，溶液的碱性增强，溶液pH增大，故D错误； 故选C。 11．溶液中，如果要使更接近于，可以采取的措施是 A．加入适量水 B．加入少量溶液 C．通入适量气体 D．加热 【答案】C 【解析】氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，若要使0.1mol/L氯化铁溶液中铁离子浓度更接近于0.1mol/L，应向溶液中通入适量氯化氢气体，增大溶液中的盐酸浓度，使水解平衡向逆反应方向移动，故选C。 12．下列过程或现象与盐类水解无关的是 A．FeCl3晶体用于净水 B．用铁粉除去FeCl2中的CuCl2 C．加热FeCl3溶液颜色变深 D．浓硫化钠溶液有臭味 【答案】B 【解析】净水是由于水解生成氢氧化铁胶体，吸附悬浮杂质，，与水解有关，A有关；铁粉与反应（）属于置换反应，与金属活动性有关，与水解无关，B无关；水解的正反应都是吸热反应，加热溶液促进水解生成更多胶体，颜色变深，与水解有关，C有关；浓溶液的臭味源于水解产生少量的气体，与水解有关，D有关；故选B。 13．下列说法正确的是 A．将溶液小心蒸干可获得 B．溶液呈碱性，可用于去除油污 C．用氯化铁溶液和稀氨水制备氢氧化铁胶体 D．受热易分解，故可用作铁的除锈剂 【答案】B 【解析】为强酸弱碱盐，在加热的条件下促进水解，溶液蒸干后得不到，A项错误；为强碱弱酸盐，其中水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下可发生水解，故可用溶液去除油污，B项正确；氯化铁电离出的与稀氨水电离出的结合生成沉淀，不能生成胶体，C项错误；为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，可用作铁的除锈剂，与受热易分解无关，D项错误；答案选B。 14．下列叙述内容正确且与盐类的水解有关的是 ①常用可溶性铝盐、铁盐作做净水剂 ②保存硝酸亚铁溶液时需加入少量硝酸 ③将TiCl4加入到大量水中并加热制TiO2·xH2O ④常温下等物质的量浓度的NH4NO3溶液比Cu(NO3)2溶液酸性弱 ⑤用SOCl2与CuSO4·5H2O共热制取无水CuSO4 ⑥NaOH、Al粉的混合物作管道疏通剂 A．①③④ B．②③④ C．②③⑤ D．③⑤⑥ 【答案】A 【解析】①可溶性铝盐、铁盐水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，能加速水中悬浮颗粒沉降，故作做净水剂，与盐类的水解有关； ②硝酸会氧化亚铁离子为铁离子，故保存硝酸亚铁溶液时为防止亚铁离子氧化，应加入铁粉而非加入少量硝酸，错误； ③TiCl4加入到大量水中并加热，钛离子水解生成TiO2·xH2O沉淀，与盐类的水解有关； ④常温下等物质的量浓度的NH4NO3溶液比Cu(NO3)2溶液酸性弱，是因为铜离子水解程度大于铵根离子水解程度，与盐类的水解有关； ⑤用SOCl2与CuSO4·5H2O共热制取无水CuSO4，是SOCl2能与CuSO4·5H2O中的结晶水反应生成无水硫酸铜，与盐类的水解无关； ⑥NaOH、Al粉的混合物作管道疏通剂是利用氢氧化钠碱性强，使油污水解，腐蚀性强，且氢氧化钠能与Al反应产生氢气，能促进残留物排除，与盐类的水解无关；故选A。 15．下列过程与水解有关的是 ①向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，产生白色沉淀  ②用铁盐作净水剂，生成胶体能使水中细小悬浮颗粒聚集、沉降  ③向溶液中加入少量溶液，生成沉淀  ④用制备，制备时加入大量的水，同时加热  ⑤用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，使之转化为易溶于酸的碳酸钙  ⑥将二氧化碳通入氨气饱和的NaCl溶液中，析出固体物质 A．②③④ B．①②⑥ C．②④⑤ D．②⑤⑥ 【答案】A 【解析】①饱和NaCl溶液中存在溶解平衡，加入浓盐酸，增大了c(Cl-)，平衡逆向移动，析出晶体，与盐类的水解无关，错误；②用铁盐作净水剂，Fe3+发生水解，生成胶体，胶体有吸附性，能使水中细小悬浮颗粒聚集、沉降，与盐类的水解有关，正确；③向溶液中加入少量溶液，发生了相互促进的水解反应，生成沉淀，与盐类的水解有关，正确；④用制备，Ti4+发生水解后加热生成，与盐类的水解有关，正确；⑤用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，发生了沉淀的转化，与盐类的水解无关，错误；⑥将二氧化碳通入氨气饱和的NaCl溶液中，发生复分解反应，析出固体，与盐类的水解无关，错误；故与盐类的水解有关的是②③④，答案选A。 16．已知常温下浓度为的下列溶液的pH如下表所示： 溶质 NaF NaClO pH 7.5 9.7 8.2 11.6 下列有关说法不正确的是 A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，则有： B．加热溶液测其pH，pH大于9.7 C．溶液中，存在关系： D．电离平衡常数大小关系： 【答案】A 【解析】pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显酸性，则：，根据电荷守恒可得：，则溶液中离子浓度大小为：，A错误；盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解，NaClO溶液pH>7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；根据物料守恒：，根据电荷守恒得，所以得，C正确；相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度，则酸的电离平衡常数，D正确；综上，答案是A。 17．室温时，下列溶液中的离子浓度关系正确的是 A．溶液： B．相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者 C．加水稀释后，和均减小 D．的混合溶液： 【答案】B 【解析】溶液中存在物料守恒：，A错误；溶液中水解产生OH-促进的水解，溶液中电离产生的H+抑制的水解，则相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者，B正确；溶液中水解产生H+，溶液呈酸性，加水稀释后，减小，溶液酸性减弱，c(H+)减小，增大，C错误；的混合溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则，D错误；故选B。 18．下列说法正确的是 A．常温下由水电离出的溶液中可能大量存在 B．常温下，均为4的溶液和盐酸中，由水电离出的相等 C．时，浓度均为的和溶液中前者大 D．将溶液在空气中蒸干后高温灼烧，最后可得固体 【答案】D 【解析】常温下，下由水电离出的溶液中水的电离被抑制 ，溶液可能显酸性也可能显碱性， 铵根、铁离子和碳酸氢根均 不能在碱性条件下大量存在，碳酸氢根也不能在酸性条件下大量存在，故A项错误；酸抑制水的电离，氯化铵水解促进水的电离，常温下，pH为4的NH4Cl溶液中，由水电离的 ，而pH为4的盐酸中，由水电离出的氢离子浓度等于氢氧根浓度、为 ，所以常温下pH均为4的NH4Cl溶液和盐酸中，由水电离出的 氢离子浓度不相等，故B项错误；碳酸根的水解促进铵离子的水解，而亚铁离子 的水解抑制铵离子的水解，所以等浓度时铵离子浓度后者大，故C项错误；将FeCl2溶液在空气中加热蒸干，由于亚铁离子易被空气中的氧气氧化，且加热促进水解，水解产物HCl可以逸散到空气中，故蒸干得到氢氧化铁，经高温灼烧分解后可得Fe2O3固体，故D项正确；故选D。 19．在一定条件下，溶液存在水解平衡：，下列说法正确的是 A．升高温度，增大 B．加入固体，浓度增大 C．稀释溶液，水解平衡常数增大 D．加入固体，溶液减小 【答案】A 【解析】硫离子在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中硫离子浓度减小，氢硫酸根离子浓度增大，则溶液中增大，故A正确；向溶液中加入硫酸铜固体，铜离子与溶液中的硫离子反应生成硫化铜沉淀，溶液中的硫离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，溶液中氢硫酸根离子浓度减小，故B错误；水解平衡常数为温度函数，温度不变，水解平衡常数不变，则稀释溶液时，水解平衡常数不变，故C错误；向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故D错误；故选A。 20．如图为某实验测得0.1mol·L-1溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的 A．a点溶液中， B．b点溶液中， C．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解 D．b点后温度升高溶液pH升高，与生成有关 【答案】D 【解析】a点0.1mol⋅L-1NaHCO3溶液，pH＞7，溶液显碱性，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，，故A错误；b点溶液中存在物料守恒，，故B错误；NaHCO3溶液中存在HCO的水解和电离两个过程，两个过程均是吸热过程，升高温度，促进HCO的水解和电离，pH减小说明升温碳酸氢根离子电离程度要大于水解程度，故C错误；b点后温度升高溶液pH升高，应该是碳酸氢钠分解生成了， 的水解程度更大，故pH升高，故D正确； 答案选D。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$