第07讲 盐类的水解（复习讲义）（上海专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第07讲 盐类的水解 目录 01 02 体系构建·思维可视 03 核心突破·靶向攻坚 考点一 酸碱中和滴定 知识点1酸碱中和滴定的原理与操作 【思维建模】酸碱中和滴定操作细节 知识点2误差分析 考向1酸碱中和滴定实验操作、仪器 考向2酸碱中和滴定图像 【思维建模】酸碱中和滴定曲线思维模型 考向3酸碱中和滴定误差分析 【思维建模】读数引起误差的分析模型 考向4酸碱中和滴定拓展 考点二 盐类水解的原理 知识点1盐类的水解 知识点2盐类水解规律 知识点3盐类水解的离子方程式 考向1盐类的水解规律 【思维建模】盐类水解的规律分析方法 考向2盐类水解离子方程式的书写 【思维建模】盐水解方程式的书写方法 考点三 盐类水解的影响因素及应用 知识点1盐类水解的影响因素 知识点2盐类水解的应用 考向1盐类水解平衡移动及结果分析 考向2盐类水解的应用 考向3水解平衡原理解释问题的规范描述 【思维建模】利用平衡移动原理解释问题的思维模板 04 考点要求 考查形式 2025年 2024年 酸碱中和滴定 非选择题 上海卷T四(6)(7)(8)(9)(10) —— 盐类的水解 非选择题 —— —— 考情分析： 1．从命题题型和内容上看，自2024年以来上海高考化学试题采用新的命题形式，共五个大题，均为非选择题，对盐类水解有所涉及，由于受题量限制，总体不多，重点考查水的电离平衡与溶液酸碱性的关系，以及pH的相关计算等。以滴定为基础，考查相关操作和计算等。预测本考点依然会结合图像，还会基于中和滴定，考查氧化还原滴定、沉淀滴定等有关计算，注意滴定现象、操作、滴定终点判断的规范表达，能进行误差分析。 2．从命题思路上看，结合酸碱中和滴定图像及盐类水解的知识，分析微粒浓度之间的关系，运用金属离子的水解知识除去工艺流程中的相关杂质，是高考命题的热点；试题以日常生活情境、生产环保情境和实验探究情景为主，集中在图象和图示的分析，侧重于理解与辨析能力、分析与推测能力，从题干及图象中提取有效信息，结合平衡移动原理和各种守恒思想，具体问题具体分析，提高试题的灵活性与创新性。 复习目标： 1．理解酸碱中和滴定，能根据实验试题要求分析或处理实验数据，得出合理结论；能够分析以图像形式考查滴定曲线。 2．了解盐类水解的原理及其一般规律，掌握水解离子方程式的书写。 3．了解影响盐类水解程度的主要因素，了解盐类水解的应用。 4．能发现和提出有探究价值的盐类水解平衡的问题；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。 ( ) 考点一 酸碱中和滴定 知识点1 酸碱中和滴定的原理与操作 1．概念：用已知浓度的酸(或碱)滴定未知浓度的碱(或酸)，根据中和反应的等量关系来测定酸(或碱)的浓度。 2．原理：c(待测)＝。 3．酸碱中和滴定的关键 (1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。 (2)选取适当指示剂。 (3)准确判断滴定终点。 4．酸碱中和滴定指示剂选择的基本原则 利用酸碱指示剂明显的颜色变化，表示反应已完全，指示滴定终点。因而指示剂变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。 (1)强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。 (2)滴定终点为碱性时，一般用酚酞作指示剂。 (3)滴定终点为酸性时，一般用甲基橙作指示剂。 得分速记 (1)指示剂选择的三个因素：①变色范围与终点pH吻合或接近；②指示剂变色范围越窄越好；③指示剂在滴定终点时颜色变化要明显，容易观察判断。规律为生成强酸强碱盐时可选择甲基橙或酚酞，生成强酸弱碱盐时可选甲基橙，生成强碱弱酸盐时可选酚酞。 (2)酸碱恰好完全中和时溶液不一定呈中性，如果有弱酸或弱碱参加反应，完全中和时生成的盐可能因水解而使溶液呈碱性或呈酸性。 5．实验用品 (1)仪器(见下图) (2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 6．实验操作 以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例 (1)滴定前的准备 ①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→排气泡→调液面→记录。 ②锥形瓶：注碱液→记体积→加指示剂。 (2)滴定 (3)终点判断：等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。 (4)数据处理：按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝计算。 得分速记 (1)滴定管读数要领 以凹液面的最低点为基准(如图) 正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)。 (2)滴定终点判断 当滴入最后一滴×××标准溶液后，溶液变成×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。 解答此类题目注意三个关键点： ①最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。 ②颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液“颜色的变化”。 ③半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。 知识点2误差分析 分析依据：c(待测)＝ 若V(标准)偏大⇒c(待测)偏大；若V(标准)偏小⇒c(待测)偏小。 以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有： 步骤 操作 V(标准) c(待测) 洗涤 酸式滴定管未用标准溶液润洗 变大 偏高 碱式滴定管未用待测溶液润洗 变小 偏低 锥形瓶用待测溶液润洗 变大 偏高 锥形瓶洗净后还留有蒸馏水 不变 无影响 取液 放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失 变小 偏低 滴定 酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 变大 偏高 振荡锥形瓶时部分液体溅出 变小 偏低 部分酸液滴出锥形瓶外 变大 偏高 溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后加一滴NaOH溶液无变化 变大 偏高 读数 酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数 变小 偏低 酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数 变大 偏高 考向1酸碱中和滴定实验操作、仪器 例1(2025·上海松江一模)测定产品NaHSO4的纯度：称取1.250g样品，配成100mL溶液，每次取出配制的溶液20.00mL，用溶液滴定，以酚酞作指示剂，实验数据如下表： 序号 1 2 3 4 NaOH溶液体积/mL 20.05 18.40 19.95 20.00 (1)配制上述NaHSO4溶液所需要的仪器有_______。 A．滴定管 B．量筒 C．100mL容量瓶 D．电子天平 (2)达到滴定终点的现象为 。 (3)所得产品NaHSO4的纯度为 。 (4)若测定结果偏低，可能的原因是_______。 A．样品中混有(NH4)2SO4 B．滴定管未用NaOH溶液润洗 C．指示剂颜色发生改变时，立即停止滴定 D．滴定前滴定管尖嘴部分有小气泡，滴定后气泡消失 (5)检验产品NaHSO4中是否混有(NH4)2SO4的方法是 。 【答案】(1)CD (2)当最后半滴NaOH标准溶液滴入后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 (3)96% (4)C (5)取样，加入过量的浓NaOH溶液，加热，若产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明混有(NH4)2SO4 【解析】(1)配制NaHSO4溶液所需要的仪器有电子天平、100mL容量瓶，故选选CD； (2)当过量半滴NaOH溶液时，溶液为碱性，酚酞变红，故达到滴定终点的现象为：当最后半滴NaOH标准溶液滴入后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色； (3)四次实验，第2次实验体积误差较大，取1、3、4次实验溶液体积的平均值：，由关系式NaHSO4~ NaOH，可知=，100mL溶液中的质量为0.1000mol/L×0.1L×120g/mol=1.2g，样品的纯度为：； (4)A项，样品中混有(NH4)2SO4，铵根离子也会消耗，(NH4)2SO4~2NaOH，故样品中混有(NH4)2SO4，V(NaOH)偏大，c(NaHSO4)偏大，A不符合题意；B项，滴定管未用NaOH溶液润洗，消耗V(NaOH)偏大，则c(NaHSO4)偏大，B正确；C项，指示剂颜色发生改变时，立即停止滴定，则V(NaOH)偏小，则c(NaHSO4)偏小，C符合题意；D项，滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，则V(NaOH)偏大，c(NaHSO4)偏大，D不符合题意；故选C； (5)检验产品NaHSO4中是否混有(NH4)2SO4的方法是取样，加入过量的浓NaOH溶液，加热，若产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明混有(NH4)2SO4。 思维建模 酸碱中和滴定操作细节 【变式训练1·变考法】关于滴定实验的下列说法正确的是_____________。 A．在酸碱中和滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化 B．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，会使测定结果偏小 C．用KMnO4标准溶液滴定草酸时，KMnO4标准溶液盛装在碱式滴定管中 D．所有的滴定实验都需要加入指示剂 【答案】A 【解析】酸碱中和滴定过程中，左手控制活塞或橡胶管内的玻璃珠，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A正确；用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗NaOH标准溶液的体积偏大，测定结果偏大，B错误；KMnO4溶液具有强氧化性，易腐蚀橡胶管，所以KMnO4标准溶液要盛放在酸式滴定管中，C错误；并不是所有的滴定实验都需要加入指示剂，如用KMnO4标准溶液滴定含还原性物质(如草酸等)的溶液时，不需要加指示剂，达到滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，D错误。 【变式训练2·变载体】现用物质的量浓度为a mol·L－1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白： (1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是_____________________。 (2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入_________ (填“甲”或“乙”)中。 (3)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c(HCl)＝_____________ mol·L－1。 【答案】(1)用标准NaOH溶液润洗 (2)乙 (3) 【解析】①碱式滴定管水洗后应用标准NaOH溶液润洗2～3次，每次润洗液都要从尖嘴处排出。②NaOH为强碱，应将NaOH溶液注入碱式滴定管中，故选乙。③滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为(V2－V1)mL，因此c(HCl)＝ mol·L－1。 【逻辑思维与科学建模】【变式训练3】为测定NaOH溶液的浓度，进行如下实验：用标准稀盐酸溶液进行滴定。 (1)配制100mL0.1000 mol·L-1盐酸标准溶液所需仪器除量筒、小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要 。 (2)用 量取20.00 mL待测NaOH溶液放入锥形瓶中，滴加2~3滴酚酞作指示剂，用标准盐酸溶液进行滴定。为减小实验误差，进行了三次实验，假设每次所取NaOH溶液体积均为mL，三次实验结果如下： 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗盐酸溶液体积 19.00 23.00 23.04 该NaOH溶液的浓度约为 。 (3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛 。判断到达滴定终点的实验现象是：滴加最后半滴标准液，溶液由 ，且半分钟内不变色。 (4)下列操作会造成测定结果(待测NaOH溶液浓度值)偏低的有 。 A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度 B．锥形瓶水洗后直接装待测液 C．酸式滴定管水洗后未用标准稀盐酸溶液润洗 D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数 E．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外 (5)中和滴定的装置和相似操作可用来做其它实验，如据反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可以用碘水滴定Na2S2O3溶液，应选 作指示剂；据反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+Mn2++8H2O可以用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，KMnO4溶液应装在 滴定管中(填写“酸式”或者“碱式”)。 【答案】(1)100mL容量瓶 (2) 碱式滴定管 0.1151mol/L (3)注视锥形瓶内溶液颜色的变化 浅红色变为无色 (4)DE (5) 淀粉 酸式滴定管 【详解】(1)配制100mL0.1000mol/L的盐酸，需要的仪器有量筒、小烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL的容量瓶。(2)氢氧化钠是强碱，应该用碱式滴定管；根据数据可知，第一次实验的数据是无效的，所以取后2次的平均值为23.02ml，因此NaOH溶液的浓度为。(3)滴定时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，故答案为：滴定管中溶液颜色变化。(4)A项，配制标准溶液定容时，加水超过刻度，导致c(标准)减小，V(标准)增大, c(标准)偏高，故A错误；B项，锥形瓶水洗后直接装待测液，对测定结果无影响，故B错误；C项，酸式滴定管水洗后未用标准稀盐酸溶液润洗，导致c(标准)减小, V(标准)增大，c(标准)偏高，故C错误；D项，定到达终点时，俯视读出滴定管读数，导致V(标准)减小，c(标准)偏低，故D正确；E项，摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外，相当于减少了氢氧化钠的量，消耗盐酸的体积偏低，结果就偏低，故    E正确；故选DE。(5)碘水与淀粉显蓝色，可以作为指示剂；因为碱性滴定管有一段是橡胶，高锰酸钾有强氧化性能腐蚀橡胶，所以用酸性滴定管盛放高锰酸钾溶液。 考向2酸碱中和滴定图像 例2(2025·上海曹杨二中高二月考)在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用盐酸滴定，利用计和压力传感器检测，得到如下曲线： (1)甲、乙两条线中表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸的是 ，理由是 。丙、丁两条线中表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸的是 ，理由是 。 (2)当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用化学方程式表示为 。 根据图分析。 (3)滴定时c点可用 作指示剂指示滴定终点。 A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞 (4)滴定时d点可用 作指示剂指示滴定终点。 A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞 【答案】(1)乙 物质的量浓度相同时Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4mol·L-1Na2CO3溶液的碱性强于40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，因此滴定前0.4mol·L-1Na2CO3溶液pH大于0.2mol·L-1NaHCO3溶液 丁 Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，丁在加入20mL0.4mol·L-1HCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大 (2)HCO3-+H+=H2CO3 (3)C (4)A 【解析】物质的量浓度相同时Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4mol·L-1Na2CO3溶液的碱性强于40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，因此滴定前0.4mol·L-1Na2CO3溶液pH大于0.2mol·L-1NaHCO3溶液，则甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、乙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸；Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，丁在加入20mL0.4mol·L-1HCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，则丁曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、丙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸。 (1)物质的量浓度相同时Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4mol·L-1Na2CO3溶液的碱性强于40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，因此滴定前0.4mol·L-1Na2CO3溶液pH大于0.2mol·L-1NaHCO3溶液，则甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、乙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸；Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，丁在加入20mL0.4mol·L-1HCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，则丁曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、丙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸； (2)由题意可知，碳酸钠溶液与盐酸反应生成碳酸氢钠时，消耗盐酸溶液的体积为20mL，由图可知，当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，V1大于20，压强不变，没有二氧化碳气体逸出，则溶液中发生的反应为HCO3-+H+=H2CO3； (3)由图可知，c点溶液的pH在9左右，符合酚酞的变色范围，可用酚酞作指示剂，故选：C； (4)由图可知，d点溶液的pH在4左右，符合甲基橙的变色范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故选A。 思维建模 酸碱中和滴定曲线思维模型 (1)图示强酸与强碱滴定过程中pH曲线 (以0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸为例) (2)强酸(碱)滴定弱碱(酸)pH曲线比较 氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水的滴定曲线 曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高 突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应) 特别提醒：恰好中和＝酸碱恰好完全反应≠滴定终点≠溶液呈中性。 (3)滴定曲线特殊点的分析 案例：常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图： (1)pH—V图　各特殊点粒子大小关系及变化趋势 点 溶质 离子浓度大小比较 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＋) 【变式训练1·变载体】(2025·上海市实验学校高三期中)常温下，用0.10溶液分别滴定20.000.10盐酸和20.000.10溶液，得到两条滴定曲线，如图所示： (1)上图中表示溶液滴定盐酸的曲线是 (填“图1”“图2”) (2)溶液滴定醋酸时，应该选择的指示剂为 。 (3)a与b的大小关系是a b(填“>”“<”或“=”)。 【答案】(1)图1 (2)酚酞 (3)> 【解析】(1)盐酸是强酸、醋酸是弱酸，同浓度的盐酸pH小于醋酸，表示NaOH溶液滴定盐酸的曲线是图1； (2)NaOH溶液滴定醋酸时，完全反应时生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，应该选择的指示剂为酚酞； (3)当滴入20mL氢氧化钠溶液时，盐酸与氢氧化钠恰好完全反应pH等于7，而醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成的醋酸钠呈碱性，故呈中性时加入的氢氧化钠要更少，则a与b的大小关系是a>b。 【变式训练2·变题型】室温下，用0.1000 mol·L-1NaOH 溶液滴定0.1000 mol·L-1H3PO4溶液，滴定曲线如图所示，滴定分数是指滴定剂与被滴定物质的物质的量之比。下列说法正确的是_____________。 A．当滴定分数为1.00时，溶液中c(H3PO4)>c(H2PO4-) B．在滴定过程中，水的电离程度先增大后减小，水的电离程度最大时对应的滴定分数在1.00和2.00之间 C．当滴定分数为2.00时，生成物的主要成分为Na3PO4 D．当滴定分数为1.50时，溶液中存在关系式：2c(H+)+3c(H3PO4)+c(H2PO4-)=3c(PO43-)+c(HPO42-)+2c(OH-) 【答案】D 【解析】A项，当滴定分数为1时，溶质为NaH2PO4，此时溶液显酸性，电离起主要作用，H2PO4-电离产生的HPO42-浓度大于水解产生的H3PO4，所以c (HPO42-) >c (H3PO4)，A错误；B项，溶液溶质为Na3 PO4时水的电离程度最大，只有在滴定分数为3的时候溶质为Na3PO4，此时水的电离程度最大，故B错误；C项，滴定分数为2时溶质为Na2HPO4，只有在滴定分数为3的时候溶质为Na3PO4，C错误；D项，滴定分数为1.5时，溶液中的溶质为等量的NaH2PO4和Na2HPO4。物料守恒： 2c (Na+) =3[c (H3PO4) +c (H2PO4-) +c (PO43-) ] ①，电荷守恒：：c (Na+) +c (H+) =c (H2PO4-) +2c (HPO42-)+3c (PO43-) +c (OH-) ②，由2 ×②-①可得出：2c(H+)+3c(H3PO4)+c(H2PO4-)=3c(PO43-)+c(HPO42-)+2c(OH-)，D正确。故选D。 【变式训练3·变考法】(2025·上海奉贤高二期中)常温下，用0.10mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.10mol/L HCl溶液和20.00mL 0.10mol/L CH3COOH溶液(酸中均滴加2滴酚酞)、得到2条液定曲线I、Ⅱ，如图所示。 (1)滴定HCl溶液的曲线是 (填“I”或“Ⅱ”)。 (2)a= mL。 (3)c(Na＋)=c(CH3COO－)的点是 。 (4)E点对应离子浓度由大到小的顺序为 。 (5)曲线从D变E的过程中溶液中会有一个明显现象，该现象为 。 【答案】(1)I (2)20.00 (3)D (4)c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH―)＞c(H＋) (5)溶液出现红色 【解析】HCl属于强酸，为强电解质，在溶液中完全电离，0.10mol/L HCl溶液的c(H+)=0.10mol/L，pH=1，醋酸属于弱酸，为弱电解质，酸性弱于同浓度的HCl，pH大于同浓度HCl的pH，结合图可知图Ⅰ为滴定HCl溶液的滴定曲线，图Ⅱ为滴定CH3COOH溶液的滴定曲线。 (1)由分析，Ⅰ为滴定HCl溶液的滴定曲线； (2)由图可知，a点对应溶液的pH=7，则等浓度的HCl和NaOH恰好完全反应生成NaCl和水，则a=20.00； (3)图Ⅱ为滴定的醋酸曲线，电荷守恒有c(Na＋)+ c(H)=c(CH3COO－)+c(OH―)，c(Na＋)=c(CH3COO－)时，则c(OH―)=c(H＋)，pH=7，为图中D点； (4)a=20.00，醋酸和NaOH恰好完全反应，E点对应的溶质为醋酸钠，溶液中存在醋酸根离子水解使得溶液显碱性，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)，溶液pH>7，则c(OH―)＞c(H＋)，则E点对应的离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH―)＞c(H＋)； (5)碱性溶液使得酚酞试液变红色，从D变E的过程中溶液中会有一个明显现象，该现象为溶液出现红色。 考向3酸碱中和滴定误差分析 例3用0.100 0 mol/L NaOH 溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，在滴定过程中，若出现下列情况，判断测定结果(填“偏高”、“偏低”或“无影响”) (1)滴定达到滴定终点时，仰视读数_______ (2)在振荡锥形瓶时不慎将瓶内待测液溅出________ (3)若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外________ (4)用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即使用，没有用碱液润洗________ 【答案】(1)偏高 (2)偏低 (3)偏高 (4)偏高 【解析】(1)滴定达到滴定终点时，仰视读数，读数偏大，测定结果偏高；(2).在振荡锥形瓶时不慎将瓶内待测液溅出，消耗的标准液减小，测定结果偏低；(3)若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外，则消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高；(4)用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即使用，没有用碱液润洗，碱液浓度减低，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高。 思维建模 读数引起误差的分析模型 读数引起的误差(仰视、俯视必作图，利用图像观察最准确) 俯视和仰视的误差，要结合具体仪器进行分析，不同量器的刻度顺序不同，如量筒刻度从下到上逐渐增大；滴定管刻度从下到上逐渐减小。 1．如图a，当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，视线与量筒的交点在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。 2．如图b，当用滴定管测量液体的体积时，由于仰视视线向上倾斜，视线与滴定管的交点在凹液面的下侧，因滴定管刻度标法与量筒不同，则仰视读数偏大。 【变式训练1·变考法】实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是_____________。 A．取NaOH溶液时俯视读数 B．滴定结束后，滴定管尖嘴处有一悬挂液滴 C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度 D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次 【答案】C 【解析】滴定结束后，滴定管尖嘴处有一悬挂液滴，会使消耗的盐酸的体积偏大，测定结果偏高，B错误；锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，可能会导致滴定终点的误判，使消耗盐酸的体积偏小，测定结果偏低，C正确；盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，会使NaOH溶液的体积偏大，导致消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，D错误。 【变式训练2·变载体】用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是_____________。 A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确 B．配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D．碱式滴定管未用标准液润洗 【答案】A 【解析】滴定终点俯视读数，标准液的体积偏小，则测定值偏低，故A符合题意；所用的固体NaOH中混有KOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，所以配得溶液的氢氧根离子浓度偏小，导致V(碱)偏大，即c(酸)偏高，测定值偏高，故B不符合题意；锥形瓶润洗，所用标准液的体积比正常值大，则测定值偏高，故C不符合题意。 【变式训练3·变考法】实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果的评价错误的是_____________。 选项 操作 测定结果的评价 A 酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次 偏高 B 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 偏高 C 锥形瓶未干燥 无影响 D 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次 偏低 【答案】D 【解析】A项，酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次，导致标准液被稀释，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，正确；B项，开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，正确；C项，锥形瓶未干燥，对待测液没有影响，不影响测定结果，正确；D项，盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次，导致待测液中NaOH的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，错误。 考向4酸碱中和滴定拓展 例4(2025·上海洋泾中学高三期中)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾含量测定 测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾样品纯度的方法如下：称取样品，放入锥形瓶中，加入25mL水和5mL0.1mol·L-1H2SO4，用0.0200mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，反应原理为：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。 (1)确认滴定终点的操作是 。 (2)若最终消耗KMnO4标准溶液23.19mL，则样品纯度为(精确到0.1%) 。 (已知的摩尔质量为) 【答案】(1)加入最后半滴高锰酸钾标准溶液，锥形瓶中溶液变为浅紫色，且30s内不褪色 (2)78.6% 【解析】(1)用0.0200mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，所以滴定终点的现象是加入最后半滴高锰酸钾标准溶液，锥形瓶中溶液变为浅紫色，且30s内不褪色； (2)根据关系式可知，KMnO4的物质的量为，则的物质的量为，质量为，样品纯度为。 【变式训练1·变载体】(2025·上海复旦中大学附中高三教学质量评估)检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于硫酸和磷酸的混合溶液中，取加入稍过量的NH4NO3溶液，使氧化为Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用b mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 (1)产品中锰元素的质量分数为 。 (2)若未充分加热，则会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】(1) (2)偏大 【解析】(1)NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3mol，m(Mn)=bc×10-3mol×55g/mol=0.055g，则100mL溶液中锰元素的质量分数、即产品中锰元素的质量分数为==； (2)若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。 【变式训练2·变载体】(2025·上海复旦大学附中高三期中)某兴趣小组同学用0.1000mol∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某过氧化氢试样，反应原理为5H2O2+2MnO4-+16H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示： 第一次 第二次 第三次 第四次 V(KMnO4溶液)/mL 17.30 17.90 18.00 18.10 (1)滴定终点的现象为 。 (2)计算试样中过氧化氢的浓度为 mol∙L-1。 【答案】(1)滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色且半分钟内不褪色 (2)0.1800 【解析】(1)该实验是酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，发生反应：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，若达到滴定终点，高锰酸钾恰好完全反应，故滴定达到终点的现象是滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色且半分钟内不褪色； (2)由于第一次数据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值18.00mL，根据反应2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，n(H2O2)=2.5×n(MnO4-)=2.5×0.1000mol∙L-1×0.018L，c(H2O2)=mol∙L-1=0.1800mol∙L-1。 【食品添加剂与学科知识结合】【变式训练3】(2025·上海闵行二模)焦亚硫酸钠作为食品添加剂，在葡萄酒中残留量一般不得超过 0.25 g·L-1 (以SO2计)。某小组检测葡萄酒样品中Na2S2O5残留量，实验如下：取150 mL葡萄酒样品，加稀硫酸酸化后加热，将产生气体通入足量双氧水中充分吸收，再除去过量的H2O2，冷却后滴加酚酞，最后用0.100 mol•L-1 NaOH标准溶液滴定上述吸收液。已知：SO2+H2O2=H2SO4。 (1)滴定操作中用到的玻璃仪器有_______。 A．玻璃棒 B．滴定管 C．烧杯 D．容量瓶 (1)下列操作会使得测定结果偏低的是_______。(不定项) A．酸化时，将稀硫酸改为稀盐酸 B．加入稀硫酸后，未进行加热操作 C．当酚酞变色时，立刻停止滴定 D．盛放NaOH标准溶液的滴定管未润洗 (1)实验测得平均消耗NaOH标准溶液15.00 mL，计算该样品中Na2S2O5的残留量是否在安全范围内(残留量以SO2计，写出计算过程) 。 【答案】(1)B (2)BC (3)根据反应H2O2+SO2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+ 2H2O，可知SO2 ~ H2SO4 ~ 2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.100mol•L-1×15.00×10-3 L=7.50010-4 mol，m(SO2)=64 g•mol-1×7.50010-4 mol=0.048 g，该葡萄酒中SO2的含量为==0.32 g•L-1 >0.25 g•L-1，所以样品中Na2S2O5的残留量不在安全范围内 【解析】(1)滴定操作中用到的玻璃仪器有滴定管、锥形瓶等，故选B； (2)A项，酸化时，将稀硫酸改为稀盐酸，盐酸易挥发，氯化氢逸出，导致消耗NaOH标准溶液偏多，测定结果偏高，A错误；B项，加入稀硫酸后，未进行加热操作，导致二氧化硫没有完全逸出，消耗NaOH标准溶液偏少，测定结果偏低，B正确；C项，当酚酞变色时，立刻停止滴定，消耗NaOH标准溶液偏少，测定结果偏低，C正确；D项，盛放NaOH标准溶液的滴定管未润洗，导致NaOH标准溶液被稀释，消耗NaOH标准溶液偏多，测定结果偏高，D错误；故选BC； (3)根据反应H2O2+SO2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+ 2H2O，可知SO2 ~ H2SO4 ~ 2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.100mol•L-1×15.00×10-3 L=7.50010-4 mol，m(SO2)=64 g•mol-1×7.50010-4 mol=0.048 g，该葡萄酒中SO2的含量为==0.32 g•L-1 >0.25 g•L-1，所以样品中Na2S2O5的残留量不在安全范围内。 ( ) 考点二 盐类水解的原理 知识点1 盐类的水解 得分速记 盐类的水解反应是中和反应的逆反应，所以水解程度比较微弱，且为吸热反应。 知识点2 盐类水解规律 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、Cu2＋ 酸性 pH＜7 弱酸强碱盐 CH3COONa、Na2CO3 是 CH3COO－、CO 碱性 pH>7 得分速记 (1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液一定显酸性，如：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。 (2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。 ①电离程度小于水解程度，溶液显碱性，如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液显碱性。 ②电离程度大于水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)，使c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。同理NaH2PO4溶液显酸性。 知识点3 盐类水解的离子方程式 1．由于水解是微弱的反应，因而反应物与生成物用“”连接，易挥发性物质不标“↑”， 2．多元弱酸盐的水解分步写：如Na2S(aq)：第一步：S2－＋H2OHS－＋OH－；第二步：HS－＋H2OH2S＋OH－，水解以第一步水解为主。 3．金属阳离子(弱碱的阳离子)水解一步写到底。 4．相互促进水解时，由于反应彻底，故生成物中出现的不溶于水的沉淀或气体均要注明状态，即写上“↓”或“↑”符号，中间用“===”连接。 得分速记 NH与CH3COO－、HCO、CO等在水解时相互促进，其水解程度比单一离子的水解程度大，但水解程度仍然比较弱，不能进行完全，在书写水解方程式时用“”。 考向1 盐类的水解规律 例1(2025·上海市上海中学第二次测试)常温下，浓度均为1.0 mol·L−1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10 mL，测得其pH为9.3。下列有关叙述正确的是______________。 A．加入适量的NaCl，可使 [NH4+] = [Cl−] B．滴加几滴浓氨水，[NH4+] 减小 C．滴加几滴浓盐酸，的值增大 D．1.0 mol·L−1的NH4Cl溶液中[NH4+]比该混合溶液中的大 【答案】AC 【解析】常温下，浓度均为1.0 mol·L-1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10 mL，测得其pH为9.3，说明NH3·H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用，溶液显碱性。A项，在NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于该溶液的pH=9.3，则c(H+)<c(OH-)，c(NH4+)> c(Cl-)，若加入NaCl固体，使溶液中c(Cl-)增大，c(NH4+)不变，可以使c(NH4+) = c(Cl-)，A正确；B项，滴加几滴浓氨水，使c(NH3·H2O)增大，根据平衡移动原理：增大反应物的浓度，电离平衡正向移动，使溶液中c(NH4+)增大，B错误；C项，滴加几滴浓盐酸，消耗溶液中的OH-，使NH3·H2O电离平衡正向移动，导致的值增大，C正确；D项，1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中只存在NH4+的水解平衡，盐水解程度是微弱，水解使溶液显酸性，而在上述溶液中NH3·H2O电离产生铵根离子，所以c(NH4+)比该混合溶液的c(NH4+)小，D错误；故选AC。 思维建模 盐类水解的规律分析方法 1.“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCN<CH3COOH，则相同条件下溶液的碱性：NaCN>CH3COONa。 2.“越稀越水解”，盐溶液被稀释后浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H+或OH-的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。 3.水解程度：相互促进水解的盐>单独水解的盐>相互抑制水解的盐。如相同条件下N的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO3-。 【变式训练1·变考法】室温下，有a mol·L-1NaX和b mol·L-1NaY两种盐溶液。下列说法正确的是_____________。 A．若a=b且c(X-) +c(HX)=c(Y-)，则酸性HX＞HY B．若a＞b且c(X-)=c(Y-)，则酸性HX＞HY C．若且，则酸性HX＜HY D．若a＜b且c(X-)＜c(Y-)，则酸性HX＜HY 【答案】C 【解析】A项，若a=b且c(X-) +c(HX)=c(Y-)，表明NaX在水溶液中发生水解反应，离子方程式为X-+H2OHX+OH-，故在水溶液中的存在形式为X-和HX，所以HX为弱酸，而NaY不水解，故在水溶液中只存在Y-，所以HY为强酸，即酸性HX＜HY，A错误；B项，若a＞b，则表示NaX的浓度大于NaY，但是c(X-)=c(Y-)，表明X-减少也或者减少得更多，说明X-发生了水解而减少了，或者说X-发生水解的程度更大，减少得更多，依据盐类水解“越弱越水解”的规律，可推断酸性HX＜HY，B错误；C项，若且，即NaX溶液浓度小，但是碱性强，表明X-发生了水解反应，或X-的水解程度更大，依据盐类水解“越弱越水解”的规律，可判断酸性HX＜HY，C正确；D项，若a＜b且c(X-)＜c(Y-)，无法判断X-和Y-是否发生了水解，则无法判断HX和HY的酸性强弱，D错误；故选C。 【变式训练2·变载体】常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示： 序号 ① ② ③ ④ 溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO pH 8.8 9.7 11.6 10.3 下列说法正确的是_____________。 A．四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③ B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同 C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) 【答案】B 【解析】这几种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应使溶液显碱性，当盐的浓度相同时，酸的酸性越弱，酸根离子水解的程度就越大，水的电离程度就越大，溶液的碱性就越强。根据表格数据可知四种溶液中，水的电离程度：①<②<④<③，A错误；在Na2CO3和NaHCO3溶液中，存在的粒子有Na＋、HCO、CO、H2CO3、H2O、H＋、OH－，所以粒子种类相同，B正确；根据盐的水解程度大小可知，等浓度的CH3COOH和HClO溶液的酸性：CH3COOH>HClO，所以pH小的是CH3COOH，C错误；在Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，D错误。 【变式训练3·变题型】(2025·上海崇明二模)常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。 二元酸 H2SeO3 H2CO3 (1)常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH___________。 A．前者大 B．后者大 C．无法比较 D．一样大 (2)常温下，等物质的量浓度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的电离程度___________。 A．前者大 B．后者大 C．无法比较 D．一样大 (3)亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是___________。(不定项) A． B． C． D． 【答案】(1)B (2)B (3)BC 【解析】(1)由表中数据可知酸性：HSeO3->HCO3-，Na2SeO3和Na2CO3溶液中均会发生水解，根据越弱越水解，则CO32-水解程度更大，则等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH后者大，故选B。 (2)NaHSeO3中同时存在HSeO3-的电离和水解，<，电离大于水解，以电离为主，则水的电离受到抑制；NaHCO3中同时存在HCO3-的电离和水解，>，电离小于水解，以水解为主，则水的电离受到促进；故水的电离程度后者大，故选B。 (3)A项，NaHSeO3中的电荷守恒为：，A错误；B项，NaHSeO3中同时存在HSeO3-的电离和水解，<，电离大于水解，故，B正确；C项，NaHSeO3中的Na和Se元素为1：1，物料守恒为，C正确；D项，由电荷守恒和元素守恒式子得：，D错误；故选BC。 考向2 盐类水解离子方程式的书写 例2下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是_____________。 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项，应为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－；B项，应为Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D项，应为F－＋H2OHF＋OH－。 思维建模 水解离子方程式书写方法 (1)一般要求 如NH4Cl水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+。 (2)三种类型的盐水解方程式的书写 多元弱酸根离子的水解分步进行 水解以第一步为主。如Na2CO3：CO32-+H2OHCO3- +OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH- 多元弱碱阳离子的水解反应过程复杂 在中学阶段只要求一步写到底。如AlCl3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ 弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进 ①NH4+与S2-、HCO3-、CO32-、CH3COO-等组成的盐虽然水解相互促进，但水解程度较小，书写时仍用“”表示。如：NH4++CH3COO-+H2OCH3COOH+NH3·H2O。②Al3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-，Fe3+与CO32-、HCO3-等组成的盐水解相互促进非常彻底，生成气体和沉淀，书写时用“=”表示。如：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ 【变式训练1·变载体】下列说法及离子方程式正确的是_____________。 A．Na2S水溶液显碱性：S2－＋2H2OH2S＋2OH－ B．NH4Cl水溶液显酸性：NH4Cl===NH3＋H＋＋Cl－ C．CuSO4水溶液显酸性：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2↓＋2H＋ D．NaHCO3水溶液显碱性：HCO＋H2OH2CO3＋OH－ 【答案】D 【解析】S2－为多元弱酸根离子，水解方程式分步书写，A错误；NH4Cl溶液显酸性的原因是因为NH的水解，B错误；CuSO4水溶液水解程度小，水解后不能生成Cu(OH)2↓，C错误。 【变式训练2·变考法】下列水解反应的离子方程式及有关说法正确的是_____________。。 A．NaHC2O4溶于水显碱性是因为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-H++ C2O42-，HC2O4-的水解程度大于其电离程度 B．常温下，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，溶液变红色的原因是CO32-+H2O=HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，颜色无变化 D．NaHSO3溶于水显酸性是因为HSO3-SO32-+H+，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度小于其水解程度 【答案】A 【解析】NaHC2O4溶于水显碱性，说明HC2O4-的水解程度大于其电离程度，离子方程式均正确，A项正确；X-水解的离子方程式为X-+H2OHX+OH-，B项错误；CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，平衡逆向移动，颜色变浅，C项错误；NaHSO3溶于水显酸性，说明HSO3-的电离程度大于其水解程度，D项错误。 【变式训练3·变题型】碳酸氢钠在分析化学、无机合成、工业生产、农牧业生产等方面有较为广泛的应用。 (1)NaHCO3是强碱弱酸的酸式盐，溶液中存在三种平衡(写出相应的离子方程式)： ①水的电离平衡：____________________________； ②HCO的电离平衡：____________________________； ③HCO的水解平衡：____________________________。 (2)常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH为8.4，说明HCO的电离程度和水解程度中相对较强的是_____。 (3)常温下，0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，c(C2O)>c(H2C2O4)，则溶液显_____性。 【答案】(1)①H2OH＋＋OH－；②HCOH＋＋CO；③HCO＋H2OH2CO3＋OH－ (2HCO的水解程度 (3)酸 ( ) 考点三 盐类水解的影响因素及应用 知识点1 盐类水解的影响因素 1．内因：生成盐的弱酸或弱碱越弱，其对应的弱酸酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。如水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。 2．外因 3．以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，分析外界条件对水解平衡的影响。 条件 平衡移动方向 H＋数 pH 现象 升温 向右 增多 减小 颜色变深 通HCl 向左 增多 减小 颜色变浅 加H2O 向右 增多 增大 颜色变浅 加NaHCO3 向右 减小 增大 生成红褐色沉淀，放出气体 得分速记 酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，如NaHCO3溶液。 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 得分速记 利用水解原理除杂需注意的问题。 (1)注意把控溶液的pH：在除杂时如果pH调节不好，很可能会把所需成分除去。 (2)注意不能引入新的杂质：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，除杂时不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，会引入NH4+、Na+等杂质。 3．盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断 (1)弱碱金属阳离子对应盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。 (2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。 (3)考虑盐受热时是否分解，Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。 (4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。 (5)弱酸的铵盐蒸干并灼烧后发生分解，无固体剩余，如NH4HCO3、(NH4)2CO3。 考向1 盐类水解平衡移动及结果分析 例1(2025·上海育辛高级中学高三期中)25℃时，HNO2是一种一元弱酸。用 pH 试纸测得0.1 mol·L -1NaNO2溶液的 pH >7。 (1)NaNO2溶液 pH >7的原因是(用离子方程式表示) (2)室温下，将0.2 mol·L -1HNO2溶液和0.1 mol·L - 1的 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液的 pH <7，说明HNO2的电离程度 (填“大于”或“小于”)NaNO2的水解程度。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 【答案】(1)NO2-+H2OHNO2+OH- (2)大于 NO2-＞Na+＞H+＞OH- 【解析】(1)HNO2是一种一元弱酸，NaNO2溶液为强碱弱酸盐，NO2-发生水解：NO2-+H2OHNO2+OH-，溶液呈碱性； (2)室温下，将0.2 mol·L -1HNO2溶液和0.1 mol·L - 1的 NaOH 溶液等体积混合发生反应得到等浓度的HNO2和NaNO2混合溶液，HNO2发生电离：HNO2H++NO2-，溶液显酸性，NO2-发生水解：NO2-+H2OHNO2+OH-，溶液呈碱性，由于所得溶液的 pH <7，说明HNO2的电离程度大于NaNO2的水解程度；由于HNO2的电离程度大于NaNO2的水解程度，故混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是NO2-＞Na+＞H+＞OH-。 【变式训练1·变载体】一定条件下，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。下列说法正确的是_____________。 A．加入少量NaOH固体，c(CH3COO-)增大 B．加入少量FeCl3固体，c(CH3COO-)增大 C．稀释溶液，溶液的pH增大 D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-) 【答案】A 【解析】加入少量NaOH固体，会增大溶液中OH-的浓度，使平衡向左移动，c(CH3COO-)增大，A项正确；加入少量FeCl3固体，FeCl3水解显酸性，CH3COONa水解显碱性，在同一溶液中二者水解相互促进，c(CH3COO-)减小，B项不正确；稀释溶液，c(OH-)减小，溶液的pH减小，C项不正确；若c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c(CH3COO-)，不符合电荷守恒，D项不正确。 【变式训练2·变载体】常温下，滴有两滴酚酞溶液的Na2CO3溶液中存在CO＋H2OHCO＋OH－平衡，溶液呈红色，下列说法不正确的是_____________。 A．稀释溶液，增大 B．通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，溶液pH均减小 C．升高温度，红色变深，平衡常数增大 D．加入NaOH固体，减小 【答案】A 【解析】稀释溶液，水解平衡常数Kh＝不变，而溶液的碱性变弱，即c(H＋)增大，故变小，故A错误；通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，均能消耗掉氢氧根，导致c(OH－)减小，c(H＋)增大，故溶液pH减小，故B正确；盐类水解吸热，故升高温度，水解平衡右移，水解平衡常数增大，且溶液中c(OH－)增大，故红色变深，故C正确；加入氢氧化钠固体，增大了c(OH－)，而水解平衡常数Kh＝不变，故减小，故D正确。 【变式训练3·变考法】下列关于FeCl3水解的说法错误的是_____________。 A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动 B．浓度为5 mol·L-1和0.5 mol·L-1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，前者Fe3+的水解程度小于后者 C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50 ℃和20 ℃时发生水解，50 ℃时Fe3+的水解程度比20 ℃时的小 D．为抑制Fe3+的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸 【答案】C 【解析】增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3+水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，Fe3+水解程度增大，A、B两项正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C项错误；Fe3+水解后溶液呈酸性，增大H+的浓度可抑制Fe3+的水解，D项正确。 考向2 盐类水解的应用 例2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 【答案】B 【解析】NH4Cl水解溶液显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A不合题意；亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止Fe2＋被氧化，与盐类的水解无关，B符合题意；铵根离子水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C不合题意；FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D不合题意。 【变式训练1·变载体】生产、生活中处处有化学，下列有关说法正确的是_____________。 A．天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2+、Ca2+等离子 B．Al(NO3)3溶液蒸干后所得产物为Al(NO3)3 C．用电解饱和食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理 D．泡沫灭火器中试剂为NaHCO3溶液和 Al2(SO4)3溶液 【答案】D 【解析】A项，天然弱碱性水呈碱性，是因为天然水中的弱酸根离子水解，A错误；B项，Al(NO3)3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加热促进水解平衡正向移动，且生成的HNO3为挥发性酸，HNO3不断挥发，促进水解平衡进一步正向移动，生成Al(OH)3，B错误；C项，用惰性电极电解饱和食盐水，生成物是氢气、氢氧化钠与氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应可以制备消毒液，与其水解无关，C错误。 【变式训练2·变考法】下列根据反应原理设计的应用，不正确的是_____________。 A．CO＋H2OHCO＋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水解，加入NaOH会促进SnCl2的水解，而发生变质。 【变式训练3·变题型】下列实验操作不能达到实验目的的是_____________。 实验目的 实验操作 A 实验室配制FeCl3水溶液 将FeCl3溶于少量浓盐酸中，再加水稀释 B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 将MgCl2溶液加热蒸干 C 证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液 D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入过量MgO充分搅拌，过滤 【答案】B 【解析】A项，配制FeCl3水溶液时，铁离子的水解平衡正向进行，加入适量的浓盐酸可使水解平衡逆向移动，A与题意不符；B项，将MgCl2溶液加热蒸干时，镁离子的水解平衡正向移动，加热可使HCl挥发增强，蒸干、灼烧得到MgO，B符合题意；C项，将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，沉淀为氢氧化镁，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，若有蓝色沉淀生成，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，C与题意不符；D项，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为3.2左右，此时MgCl2不会产生沉淀，可通过加入MgO调节pH的方法除去Fe3+，D与题意不符；故选B。 考向3 水解平衡原理解释问题的规范描述 例3把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体是什么？为什么？如何操作溶质不变？__________________ (用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。 【答案】Al2O3；在AlCl3溶液中存在着如下平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此最后得到的固体是Al2O3；在HCl气流中加热蒸发溶质不变。 思维建模 利用平衡移动原理解释问题的思维模板 (1)解答此类题的思维过程 ①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程) ②找出影响平衡的条件 ③判断平衡移动的方向 ④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系 (2)答题模板 ……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。 【变式训练1·变考法】常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)>(填“>”“＝”或“＜”)c(CO)，原因是_____________________________________________________ (用离子方程式和必要的文字说明)。 【答案】HCOCO＋H＋，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，pH大于8则HCO的水解程度大于电离程度 【变式训练2·变载体】按要求回答下列问题。 (1)利用水解反应来制备纳米材料，如用TiCl4制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl。制备时加入大量的水，同时加热。试利用平衡移动原理说明这两项操作的作用__________________。 (2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因： 。 (3)直接蒸发CuCl2溶液，能否得到CuCl2•2H2O晶体？如果不能应如何操作？ 。 (4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变为红色，若再向该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是 ，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释： 。 【答案】(1)加水是增加反应物，与加热两项操作的作用都是使化学平衡向水解反应的方向移动。 (2)在NH4Cl溶液中存在水解平衡：N+H2ONH3·H2O+H+，加入Mg粉，Mg与H+反应放出H2，使溶液中c(H+)降低，水解平衡右移，使Mg粉不断溶解 (3)不能。应在HCl气流中加热蒸发 (4) 产生白色沉淀，且溶液红色褪去 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-)减小，SO32-水解平衡左移，c(OH-)减小，溶液红色褪去 【变式训练3·变题型】 (1)已知SOCl2 是一种液态化合物，沸点为77℃，遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生。 ①写出SOCl2 与水反应的化学方程式： 。 ②直接蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2 与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因： 。 (2)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示： “保温除铁”过程中，加入CuO的目的是 ；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是 。 【答案】(1) ①SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑ ②SOCl2 与AlCl3·6H2O中的结晶水反应，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，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+水解 【解析】(1)①根据SOCl2 遇水剧烈反应，液面上产生白雾即氯化氢，并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生即二氧化硫，则SOCl2 与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑；②AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2 混合并加热，SOCl2 与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3、SO2和HCl气体，SO2和HCl溶于水呈酸性抑制AlCl3水解。(2)置换过程过滤后，得到固体物质是Cu和Fe，Cu和Fe与硝酸反应生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO的目的是调节pH，促使Fe3+水解，生成氢氧化铁沉淀；Cu(NO3)2溶液中Cu2+发生水解，Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+，加入硝酸，抑制Cu2+水解。 1．(2025·上海卷，四)采用滴定法测定样品中Ge元素含量的方法如下： (以下实验过程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考) 准确称取mg含锗矿石粉末，置于圆底烧瓶中。加入(20mL)浓盐酸和FeCl3溶液，加热至微沸(溶解)冷却后，加入(0.5g)LiH2PO2，搅拌至溶液变为无色。将溶液转移至锥形瓶，用稀盐酸(1：1)冲洗烧瓶并入锥形瓶中。 加入(5mL)磷酸(H3PO4)，冷却溶液至10℃以下(冰水浴)，用橡胶塞密封锥形瓶。向锥形瓶中加入1mL10%淀粉溶液作为指示剂。用c mol·L-1KIO3标准溶液滴定至滴定终点。 记录消耗的KIO3体积为VmL。 (还原) (主反应) (终点反应) (6)装置a名称为_______。 A．锥形瓶 B．恒压滴液漏斗 C．球形冷凝管 D．滴定管 (7)滴定终点时，颜色由 变为 ，半分钟不褪色(30s)。 (8)滴定时为什么要用橡胶塞塞紧锥形瓶 ？(真空还原) (9)已知，求mg样品(固体)中元素的质量分数【纯度】 (用c、V、m表示)。 (10)滴定结果纯度偏大，可能的原因是_______。 A．未用KIO3标准溶液润洗滴定管 B．未用将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a) C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡 D．在常温下滴定(未保持在以下滴定) 【答案】(6)C (7)无色 浅蓝色 (8)实验盖紧塞子防止GeCl2被氧化【隔绝氧气，避免GeCl2被氧化为GeCl4 (否则导致滴定结果偏低)】 (9) (10)AD 【解析】(6)由图，装置a名称为球形冷凝管，故选C； (7)根据已知，碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，则实验滴定终点时，颜色由无色变为浅蓝色，半分钟不褪色(30s)。 (8)空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止GeCl2被氧化(或绝氧气，避免GeCl2被氧化为GeCl4，否则导致滴定结果偏低)，从而产生滴定误差； (9)由题干反应结合Ge元素守恒，存在3Ge~KIO3，则样品(固体)中Ge元素的质量分数； (10)A项，未用KIO3标准溶液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，用量增大，使得测得结果偏大；B项，未用HCl将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)，导致Ge元素损失，使得测得结果偏低；C项，滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，导致标准液用量读数减小，使得测得结果偏小；D项，在常温下滴定(未保持在10℃以下滴定)，LiH2PO3可能被标准液KIO3氧化，使得标准液用量增大，测得结果偏大；故选AD。 2．(2025•云南卷，14，3分)甲醛法测定NH4+的反应原理为4 NH4++6HCHO=(CH2)6N4H++3H++6H2O。取含NH4Cl的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用0.01000mol·L-1的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是_____________。 A．废水中NH4+的含量为20.00mg·Lˉ1 B．c点：c[(CH2)6N4H+]＋cH＋＝cOH－ C．a点：c[(CH2)6N4H+]＞c(H＋)＞c(OH―)＞c[(CH2)6N4] D．(CH2)6N4H+H＋+(CH2)6N4的平衡常数K≈7.3×10-6 【答案】D 【解析】A项，由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式NH4+~[(CH2)6N4H++3H＋]~4OH-可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中，则原废水中，因此，废水中NH4+的含量为，A错误；B项，c 点加入NaOH标准溶液的体积过量，且只过量了，由电荷守恒可知，c[(CH2)6N4H+]＋cH＋+ c(Na＋)＝cOH－+ c(Cl－)，浓缩后的废水中NH4Cl的浓度是NaOH标准溶液浓度的4倍，Cl-和Na＋均不参与离子反应，可以估算c点c(Cl－)＞c(Na＋)，c[CH2)6N4H+]＋cH＋＞cOH－，B错误；C项，(CH2)6N4H+在溶液中水解使溶液显酸性，类比NH3可知(CH2)6N4在溶液中与水作用发生电离而使溶液显碱性；a 点为半滴定点，由其纵坐标可知溶液显酸性，说明CH2)6N4H+的水解作用强于(CH2)6N4的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓度的大小关系为c[(CH2)6N4]＞c[(CH2)6N4H+]，C错误；D项，由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH2)6N4占比较高，，则由氮守恒可知，，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则(CH2)6N4H+H＋+(CH2)6N4的平衡常数 ，D正确；故选D。 3．(2025•陕晋宁青卷，15节选)某实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量。 已知：Sac-表示糖精根离子，其摩尔质量为182 g·molˉ1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为，与水互溶。 (二)结晶水含量测定 EDTA和Co2+形成配合物。准确称取糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用的标准溶液滴定。 (6)下列操作的正确顺序为 (用字母排序)。 a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处 c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数 (7)滴定终点时消耗标准溶液，则产品中x的测定值为 (用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】(6)cabd (7)(或：) 偏高 【解析】(6)使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进行润洗(a)，待润洗完成后 装入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处(b)，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数(d)，故答案为cabd。 (7)滴定消耗的，EDTA与Co2+形成1：1配合物，则样品溶解后的，即样品中的，而，所以，解得；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗EDTA溶液体积偏小，即V偏小，根据，则x偏高。 30 / 34 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第07讲 盐类的水解 目录 01 02 体系构建·思维可视 03 核心突破·靶向攻坚 考点一 酸碱中和滴定 知识点1酸碱中和滴定的原理与操作 【思维建模】酸碱中和滴定操作细节 知识点2误差分析 考向1酸碱中和滴定实验操作、仪器 考向2酸碱中和滴定图像 【思维建模】酸碱中和滴定曲线思维模型 考向3酸碱中和滴定误差分析 【思维建模】读数引起误差的分析模型 考向4酸碱中和滴定拓展 考点二 盐类水解的原理 知识点1盐类的水解 知识点2盐类水解规律 知识点3盐类水解的离子方程式 考向1盐类的水解规律 【思维建模】盐类水解的规律分析方法 考向2盐类水解离子方程式的书写 【思维建模】盐水解方程式的书写方法 考点三 盐类水解的影响因素及应用 知识点1盐类水解的影响因素 知识点2盐类水解的应用 考向1盐类水解平衡移动及结果分析 考向2盐类水解的应用 考向3水解平衡原理解释问题的规范描述 【思维建模】利用平衡移动原理解释问题的思维模板 04 考点要求 考查形式 2025年 2024年 酸碱中和滴定 非选择题 上海卷T四(6)(7)(8)(9)(10) —— 盐类的水解 非选择题 —— —— 考情分析： 1．从命题题型和内容上看，自2024年以来上海高考化学试题采用新的命题形式，共五个大题，均为非选择题，对盐类水解有所涉及，由于受题量限制，总体不多，重点考查水的电离平衡与溶液酸碱性的关系，以及pH的相关计算等。以滴定为基础，考查相关操作和计算等。预测本考点依然会结合图像，还会基于中和滴定，考查氧化还原滴定、沉淀滴定等有关计算，注意滴定现象、操作、滴定终点判断的规范表达，能进行误差分析。 2．从命题思路上看，结合酸碱中和滴定图像及盐类水解的知识，分析微粒浓度之间的关系，运用金属离子的水解知识除去工艺流程中的相关杂质，是高考命题的热点；试题以日常生活情境、生产环保情境和实验探究情景为主，集中在图象和图示的分析，侧重于理解与辨析能力、分析与推测能力，从题干及图象中提取有效信息，结合平衡移动原理和各种守恒思想，具体问题具体分析，提高试题的灵活性与创新性。 复习目标： 1．理解酸碱中和滴定，能根据实验试题要求分析或处理实验数据，得出合理结论；能够分析以图像形式考查滴定曲线。 2．了解盐类水解的原理及其一般规律，掌握水解离子方程式的书写。 3．了解影响盐类水解程度的主要因素，了解盐类水解的应用。 4．能发现和提出有探究价值的盐类水解平衡的问题；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。 ( ) 考点一 酸碱中和滴定 知识点1 酸碱中和滴定的原理与操作 1．概念：用已知浓度的______ (或______)滴定未知浓度的______ (或______)，根据中和反应的等量关系来测定酸(或碱)的浓度。 2．原理：c(待测)＝。 3．酸碱中和滴定的关键 (1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的________。 (2)选取适当________。 (3)准确判断滴定________。 4．酸碱中和滴定指示剂选择的基本原则 利用酸碱指示剂明显的颜色变化，表示反应已完全，指示滴定终点。因而指示剂变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。 (1)强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。 (2)滴定终点为碱性时，一般用________作指示剂。 (3)滴定终点为酸性时，一般用________作指示剂。 得分速记 (1)指示剂选择的三个因素：①变色范围与终点pH吻合或接近；②指示剂变色范围越窄越好；③指示剂在滴定终点时颜色变化要明显，容易观察判断。规律为生成强酸强碱盐时可选择甲基橙或酚酞，生成强酸弱碱盐时可选甲基橙，生成强碱弱酸盐时可选酚酞。 (2)酸碱恰好完全中和时溶液不一定呈中性，如果有弱酸或弱碱参加反应，完全中和时生成的盐可能因水解而使溶液呈碱性或呈酸性。 5．实验用品 (1)仪器(见下图) (2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 6．实验操作 以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例 (1)滴定前的准备 ①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→排气泡→调液面→记录。 ②锥形瓶：注碱液→记体积→加指示剂。 (2)滴定 (3)终点判断：等到滴入________标准液，指示剂变色，且在半分钟内________原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。 (4)数据处理：按上述操作重复________次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝计算。 得分速记 (1)滴定管读数要领 以凹液面的最低点为基准(如图) 正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)。 (2)滴定终点判断 当滴入最后一滴×××标准溶液后，溶液变成×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。 解答此类题目注意三个关键点： ①最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。 ②颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液“颜色的变化”。 ③半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。 知识点2误差分析 分析依据：c(待测)＝ 若V(标准)偏大⇒c(待测) ________；若V(标准)偏小⇒c(待测) ________。 以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有： 步骤 操作 V(标准) c(待测) 洗涤 酸式滴定管未用标准溶液润洗 ________ ________ 碱式滴定管未用待测溶液润洗 ________ ________ 锥形瓶用待测溶液润洗 ________ ________ 锥形瓶洗净后还留有蒸馏水 ________ ________ 取液 放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失 ________ ________ 滴定 酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 ________ ________ 振荡锥形瓶时部分液体溅出 ________ ________ 部分酸液滴出锥形瓶外 ________ ________ 溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后加一滴NaOH溶液无变化 ________ ________ 读数 酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数 ________ ________ 酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数 ________ ________ 考向1酸碱中和滴定实验操作、仪器 例1(2025·上海松江一模)测定产品NaHSO4的纯度：称取1.250g样品，配成100mL溶液，每次取出配制的溶液20.00mL，用溶液滴定，以酚酞作指示剂，实验数据如下表： 序号 1 2 3 4 NaOH溶液体积/mL 20.05 18.40 19.95 20.00 (1)配制上述NaHSO4溶液所需要的仪器有_______。 A．滴定管 B．量筒 C．100mL容量瓶 D．电子天平 (2)达到滴定终点的现象为 。 (3)所得产品NaHSO4的纯度为 。 (4)若测定结果偏低，可能的原因是_______。 A．样品中混有(NH4)2SO4 B．滴定管未用NaOH溶液润洗 C．指示剂颜色发生改变时，立即停止滴定 D．滴定前滴定管尖嘴部分有小气泡，滴定后气泡消失 (5)检验产品NaHSO4中是否混有(NH4)2SO4的方法是 。 思维建模 酸碱中和滴定操作细节 【变式训练1·变考法】关于滴定实验的下列说法正确的是_____________。 A．在酸碱中和滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化 B．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，会使测定结果偏小 C．用KMnO4标准溶液滴定草酸时，KMnO4标准溶液盛装在碱式滴定管中 D．所有的滴定实验都需要加入指示剂 【变式训练2·变载体】现用物质的量浓度为a mol·L－1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白： (1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是_____________________。 (2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入_________ (填“甲”或“乙”)中。 (3)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c(HCl)＝_____________ mol·L－1。 【逻辑思维与科学建模】【变式训练3】为测定NaOH溶液的浓度，进行如下实验：用标准稀盐酸溶液进行滴定。 (1)配制100mL0.1000 mol·L-1盐酸标准溶液所需仪器除量筒、小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要 。 (2)用 量取20.00 mL待测NaOH溶液放入锥形瓶中，滴加2~3滴酚酞作指示剂，用标准盐酸溶液进行滴定。为减小实验误差，进行了三次实验，假设每次所取NaOH溶液体积均为mL，三次实验结果如下： 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗盐酸溶液体积 19.00 23.00 23.04 该NaOH溶液的浓度约为 。 (3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛 。判断到达滴定终点的实验现象是：滴加最后半滴标准液，溶液由 ，且半分钟内不变色。 (4)下列操作会造成测定结果(待测NaOH溶液浓度值)偏低的有 。 A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度 B．锥形瓶水洗后直接装待测液 C．酸式滴定管水洗后未用标准稀盐酸溶液润洗 D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数 E．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外 (5)中和滴定的装置和相似操作可用来做其它实验，如据反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可以用碘水滴定Na2S2O3溶液，应选 作指示剂；据反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+Mn2++8H2O可以用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，KMnO4溶液应装在 滴定管中(填写“酸式”或者“碱式”)。 考向2酸碱中和滴定图像 例2(2025·上海曹杨二中高二月考)在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用盐酸滴定，利用计和压力传感器检测，得到如下曲线： (1)甲、乙两条线中表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸的是 ，理由是 。丙、丁两条线中表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸的是 ，理由是 。 (2)当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用化学方程式表示为 。 根据图分析。 (3)滴定时c点可用 作指示剂指示滴定终点。 A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞 (4)滴定时d点可用 作指示剂指示滴定终点。 A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞 思维建模 酸碱中和滴定曲线思维模型 (1)图示强酸与强碱滴定过程中pH曲线 (以0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸为例) (2)强酸(碱)滴定弱碱(酸)pH曲线比较 氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水的滴定曲线 曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高 突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应) 特别提醒：恰好中和＝酸碱恰好完全反应≠滴定终点≠溶液呈中性。 (3)滴定曲线特殊点的分析 案例：常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图： (1)pH—V图　各特殊点粒子大小关系及变化趋势 点 溶质 离子浓度大小比较 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＋) 【变式训练1·变载体】(2025·上海市实验学校高三期中)常温下，用0.10溶液分别滴定20.000.10盐酸和20.000.10溶液，得到两条滴定曲线，如图所示： (1)上图中表示溶液滴定盐酸的曲线是 (填“图1”“图2”) (2)溶液滴定醋酸时，应该选择的指示剂为 。 (3)a与b的大小关系是a b(填“>”“<”或“=”)。 【变式训练2·变题型】室温下，用0.1000 mol·L-1NaOH 溶液滴定0.1000 mol·L-1H3PO4溶液，滴定曲线如图所示，滴定分数是指滴定剂与被滴定物质的物质的量之比。下列说法正确的是_____________。 A．当滴定分数为1.00时，溶液中c(H3PO4)>c(H2PO4-) B．在滴定过程中，水的电离程度先增大后减小，水的电离程度最大时对应的滴定分数在1.00和2.00之间 C．当滴定分数为2.00时，生成物的主要成分为Na3PO4 D．当滴定分数为1.50时，溶液中存在关系式：2c(H+)+3c(H3PO4)+c(H2PO4-)=3c(PO43-)+c(HPO42-)+2c(OH-) 【变式训练3·变考法】(2025·上海奉贤高二期中)常温下，用0.10mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.10mol/L HCl溶液和20.00mL 0.10mol/L CH3COOH溶液(酸中均滴加2滴酚酞)、得到2条液定曲线I、Ⅱ，如图所示。 (1)滴定HCl溶液的曲线是 (填“I”或“Ⅱ”)。 (2)a= mL。 (3)c(Na＋)=c(CH3COO－)的点是 。 (4)E点对应离子浓度由大到小的顺序为 。 (5)曲线从D变E的过程中溶液中会有一个明显现象，该现象为 。 考向3酸碱中和滴定误差分析 例3用0.100 0 mol/L NaOH 溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，在滴定过程中，若出现下列情况，判断测定结果(填“偏高”、“偏低”或“无影响”) (1)滴定达到滴定终点时，仰视读数_______ (2)在振荡锥形瓶时不慎将瓶内待测液溅出________ (3)若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外________ (4)用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即使用，没有用碱液润洗________ 思维建模 读数引起误差的分析模型 读数引起的误差(仰视、俯视必作图，利用图像观察最准确) 俯视和仰视的误差，要结合具体仪器进行分析，不同量器的刻度顺序不同，如量筒刻度从下到上逐渐增大；滴定管刻度从下到上逐渐减小。 1．如图a，当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，视线与量筒的交点在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。 2．如图b，当用滴定管测量液体的体积时，由于仰视视线向上倾斜，视线与滴定管的交点在凹液面的下侧，因滴定管刻度标法与量筒不同，则仰视读数偏大。 【变式训练1·变考法】实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是_____________。 A．取NaOH溶液时俯视读数 B．滴定结束后，滴定管尖嘴处有一悬挂液滴 C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度 D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次 【变式训练2·变载体】用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是_____________。 A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确 B．配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D．碱式滴定管未用标准液润洗 【变式训练3·变考法】实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果的评价错误的是_____________。 选项 操作 测定结果的评价 A 酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次 偏高 B 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 偏高 C 锥形瓶未干燥 无影响 D 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次 偏低 考向4酸碱中和滴定拓展 例4(2025·上海洋泾中学高三期中)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾含量测定 测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾样品纯度的方法如下：称取样品，放入锥形瓶中，加入25mL水和5mL0.1mol·L-1H2SO4，用0.0200mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，反应原理为：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。 (1)确认滴定终点的操作是 。 (2)若最终消耗KMnO4标准溶液23.19mL，则样品纯度为(精确到0.1%) 。 (已知的摩尔质量为) 【变式训练1·变载体】(2025·上海复旦中大学附中高三教学质量评估)检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于硫酸和磷酸的混合溶液中，取加入稍过量的NH4NO3溶液，使氧化为Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用b mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 (1)产品中锰元素的质量分数为 。 (2)若未充分加热，则会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【变式训练2·变载体】(2025·上海复旦大学附中高三期中)某兴趣小组同学用0.1000mol∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某过氧化氢试样，反应原理为5H2O2+2MnO4-+16H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示： 第一次 第二次 第三次 第四次 V(KMnO4溶液)/mL 17.30 17.90 18.00 18.10 (1)滴定终点的现象为 。 (2)计算试样中过氧化氢的浓度为 mol∙L-1。 【食品添加剂与学科知识结合】【变式训练3】(2025·上海闵行二模)焦亚硫酸钠作为食品添加剂，在葡萄酒中残留量一般不得超过 0.25 g·L-1 (以SO2计)。某小组检测葡萄酒样品中Na2S2O5残留量，实验如下：取150 mL葡萄酒样品，加稀硫酸酸化后加热，将产生气体通入足量双氧水中充分吸收，再除去过量的H2O2，冷却后滴加酚酞，最后用0.100 mol•L-1 NaOH标准溶液滴定上述吸收液。已知：SO2+H2O2=H2SO4。 (1)滴定操作中用到的玻璃仪器有_______。 A．玻璃棒 B．滴定管 C．烧杯 D．容量瓶 (1)下列操作会使得测定结果偏低的是_______。(不定项) A．酸化时，将稀硫酸改为稀盐酸 B．加入稀硫酸后，未进行加热操作 C．当酚酞变色时，立刻停止滴定 D．盛放NaOH标准溶液的滴定管未润洗 (1)实验测得平均消耗NaOH标准溶液15.00 mL，计算该样品中Na2S2O5的残留量是否在安全范围内(残留量以SO2计，写出计算过程) 。 ( ) 考点二 盐类水解的原理 知识点1 盐类的水解 得分速记 盐类的水解反应是中和反应的逆反应，所以水解程度比较微弱，且为吸热反应。 知识点2 盐类水解规律 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 _____ —— _____ pH _____7 强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu(NO3)2 _____ ____________ _____ pH _____7 弱酸强碱盐 CH3COONa、Na2CO3 _____ ____________ _____ pH_____7 得分速记 (1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液一定显酸性，如：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。 (2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。 ①电离程度小于水解程度，溶液显碱性，如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液显碱性。 ②电离程度大于水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)，使c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。同理NaH2PO4溶液显酸性。 知识点3 盐类水解的离子方程式 1．由于水解是微弱的反应，因而反应物与生成物用“”连接，易挥发性物质不标“↑”， 2．多元弱酸盐的水解分步写：如Na2S(aq)：第一步：_______________________；第二步：HS－＋H2OH2S＋OH－，水解以第一步水解为主。 3．金属阳离子(弱碱的阳离子)水解一步写到底。 4．相互促进水解时，由于反应彻底，故生成物中出现的不溶于水的_________或________均要注明状态，即写上“↓”或“↑”符号，中间用“===”连接。 得分速记 NH与CH3COO－、HCO、CO等在水解时相互促进，其水解程度比单一离子的水解程度大，但水解程度仍然比较弱，不能进行完全，在书写水解方程式时用“”。 考向1 盐类的水解规律 例1(2025·上海市上海中学第二次测试)常温下，浓度均为1.0 mol·L−1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10 mL，测得其pH为9.3。下列有关叙述正确的是______________。 A．加入适量的NaCl，可使 [NH4+] = [Cl−] B．滴加几滴浓氨水，[NH4+] 减小 C．滴加几滴浓盐酸，的值增大 D．1.0 mol·L−1的NH4Cl溶液中[NH4+]比该混合溶液中的大 思维建模 盐类水解的规律分析方法 1.“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCN<CH3COOH，则相同条件下溶液的碱性：NaCN>CH3COONa。 2.“越稀越水解”，盐溶液被稀释后浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H+或OH-的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。 3.水解程度：相互促进水解的盐>单独水解的盐>相互抑制水解的盐。如相同条件下N的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO3-。 【变式训练1·变考法】室温下，有a mol·L-1NaX和b mol·L-1NaY两种盐溶液。下列说法正确的是_____________。 A．若a=b且c(X-) +c(HX)=c(Y-)，则酸性HX＞HY B．若a＞b且c(X-)=c(Y-)，则酸性HX＞HY C．若且，则酸性HX＜HY D．若a＜b且c(X-)＜c(Y-)，则酸性HX＜HY 【变式训练2·变载体】常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示： 序号 ① ② ③ ④ 溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO pH 8.8 9.7 11.6 10.3 下列说法正确的是_____________。 A．四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③ B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同 C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) 【变式训练3·变题型】(2025·上海崇明二模)常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。 二元酸 H2SeO3 H2CO3 (1)常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH___________。 A．前者大 B．后者大 C．无法比较 D．一样大 (2)常温下，等物质的量浓度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的电离程度___________。 A．前者大 B．后者大 C．无法比较 D．一样大 (3)亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是___________。(不定项) A． B． C． D． 考向2 盐类水解离子方程式的书写 例2下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是_____________。 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－ 思维建模 水解离子方程式书写方法 (1)一般要求 如NH4Cl水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+。 (2)三种类型的盐水解方程式的书写 多元弱酸根离子的水解分步进行 水解以第一步为主。如Na2CO3：CO32-+H2OHCO3- +OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH- 多元弱碱阳离子的水解反应过程复杂 在中学阶段只要求一步写到底。如AlCl3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ 弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进 ①NH4+与S2-、HCO3-、CO32-、CH3COO-等组成的盐虽然水解相互促进，但水解程度较小，书写时仍用“”表示。如：NH4++CH3COO-+H2OCH3COOH+NH3·H2O。②Al3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-，Fe3+与CO32-、HCO3-等组成的盐水解相互促进非常彻底，生成气体和沉淀，书写时用“=”表示。如：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ 【变式训练1·变载体】下列说法及离子方程式正确的是_____________。 A．Na2S水溶液显碱性：S2－＋2H2OH2S＋2OH－ B．NH4Cl水溶液显酸性：NH4Cl===NH3＋H＋＋Cl－ C．CuSO4水溶液显酸性：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2↓＋2H＋ D．NaHCO3水溶液显碱性：HCO＋H2OH2CO3＋OH－ 【变式训练2·变考法】下列水解反应的离子方程式及有关说法正确的是_____________。。 A．NaHC2O4溶于水显碱性是因为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-H++ C2O42-，HC2O4-的水解程度大于其电离程度 B．常温下，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，溶液变红色的原因是CO32-+H2O=HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，颜色无变化 D．NaHSO3溶于水显酸性是因为HSO3-SO32-+H+，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度小于其水解程度 【变式训练3·变题型】碳酸氢钠在分析化学、无机合成、工业生产、农牧业生产等方面有较为广泛的应用。 (1)NaHCO3是强碱弱酸的酸式盐，溶液中存在三种平衡(写出相应的离子方程式)： ①水的电离平衡：____________________________； ②HCO的电离平衡：____________________________； ③HCO的水解平衡：____________________________。 (2)常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH为8.4，说明HCO的电离程度和水解程度中相对较强的是_____。 (3)常温下，0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，c(C2O)>c(H2C2O4)，则溶液显_____性。 ( ) 考点三 盐类水解的影响因素及应用 知识点1 盐类水解的影响因素 1．内因：生成盐的弱酸或弱碱越弱，其对应的弱酸酸根离子或弱碱阳离子的水解程度______，溶液的碱性或酸性_________。如水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。 2．外因 3．以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，分析外界条件对水解平衡的影响。 条件 平衡移动方向 H＋数 pH 现象 升温 ______ ______ ______ _________ 通HCl ______ ______ ______ _________ 加H2O ______ ______ ______ _________ 加NaHCO3 ______ ______ ______ 生成______色沉淀，放出气体 得分速记 酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，如NaHCO3溶液。 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______性，原因是Fe3＋＋3H2O _________________ 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______水解；贮存Na2CO3溶液不能用磨口______塞 胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2O ____________________ 制备无水盐 将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通______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______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，____________过量，CH3COOH与NaOH反应至中性时______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=== _______________________，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=== _______________________ 作净水剂 明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2O _______________________ 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＋H2O _______________________、Zn2＋＋2H2O _______________________ 热纯碱去污能力强 加热，促进Na2CO3的水解，使______增大，去污能力增强 得分速记 利用水解原理除杂需注意的问题。 (1)注意把控溶液的pH：在除杂时如果pH调节不好，很可能会把所需成分除去。 (2)注意不能引入新的杂质：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，除杂时不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，会引入NH4+、Na+等杂质。 3．盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断 (1)弱碱金属阳离子对应盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。 (2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。 (3)考虑盐受热时是否分解，Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。 (4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。 (5)弱酸的铵盐蒸干并灼烧后发生分解，无固体剩余，如NH4HCO3、(NH4)2CO3。 考向1 盐类水解平衡移动及结果分析 例1(2025·上海育辛高级中学高三期中)25℃时，HNO2是一种一元弱酸。用 pH 试纸测得0.1 mol·L -1NaNO2溶液的 pH >7。 (1)NaNO2溶液 pH >7的原因是(用离子方程式表示) (2)室温下，将0.2 mol·L -1HNO2溶液和0.1 mol·L - 1的 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液的 pH <7，说明HNO2的电离程度 (填“大于”或“小于”)NaNO2的水解程度。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 【变式训练1·变载体】一定条件下，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。下列说法正确的是_____________。 A．加入少量NaOH固体，c(CH3COO-)增大 B．加入少量FeCl3固体，c(CH3COO-)增大 C．稀释溶液，溶液的pH增大 D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-) 【变式训练2·变载体】常温下，滴有两滴酚酞溶液的Na2CO3溶液中存在CO＋H2OHCO＋OH－平衡，溶液呈红色，下列说法不正确的是_____________。 A．稀释溶液，增大 B．通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，溶液pH均减小 C．升高温度，红色变深，平衡常数增大 D．加入NaOH固体，减小 【变式训练3·变考法】下列关于FeCl3水解的说法错误的是_____________。 A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动 B．浓度为5 mol·L-1和0.5 mol·L-1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，前者Fe3+的水解程度小于后者 C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50 ℃和20 ℃时发生水解，50 ℃时Fe3+的水解程度比20 ℃时的小 D．为抑制Fe3+的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸 考向2 盐类水解的应用 例2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 【变式训练1·变载体】生产、生活中处处有化学，下列有关说法正确的是_____________。 A．天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2+、Ca2+等离子 B．Al(NO3)3溶液蒸干后所得产物为Al(NO3)3 C．用电解饱和食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理 D．泡沫灭火器中试剂为NaHCO3溶液和 Al2(SO4)3溶液 【变式训练2·变考法】下列根据反应原理设计的应用，不正确的是_____________。 A．CO＋H2OHCO＋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 【变式训练3·变题型】下列实验操作不能达到实验目的的是_____________。 实验目的 实验操作 A 实验室配制FeCl3水溶液 将FeCl3溶于少量浓盐酸中，再加水稀释 B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 将MgCl2溶液加热蒸干 C 证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液 D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入过量MgO充分搅拌，过滤 【答案】B 【解析】A项，配制FeCl3水溶液时，铁离子的水解平衡正向进行，加入适量的浓盐酸可使水解平衡逆向移动，A与题意不符；B项，将MgCl2溶液加热蒸干时，镁离子的水解平衡正向移动，加热可使HCl挥发增强，蒸干、灼烧得到MgO，B符合题意；C项，将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，沉淀为氢氧化镁，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，若有蓝色沉淀生成，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，C与题意不符；D项，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为3.2左右，此时MgCl2不会产生沉淀，可通过加入MgO调节pH的方法除去Fe3+，D与题意不符；故选B。 考向3 水解平衡原理解释问题的规范描述 例3把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体是什么？为什么？如何操作溶质不变？__________________ (用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。 【答案】Al2O3；在AlCl3溶液中存在着如下平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此最后得到的固体是Al2O3；在HCl气流中加热蒸发溶质不变。 思维建模 利用平衡移动原理解释问题的思维模板 (1)解答此类题的思维过程 ①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程) ②找出影响平衡的条件 ③判断平衡移动的方向 ④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系 (2)答题模板 ……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。 【变式训练1·变考法】常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)>(填“>”“＝”或“＜”)c(CO)，原因是_____________________________________________________ (用离子方程式和必要的文字说明)。 【变式训练2·变载体】按要求回答下列问题。 (1)利用水解反应来制备纳米材料，如用TiCl4制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl。制备时加入大量的水，同时加热。试利用平衡移动原理说明这两项操作的作用__________________。 (2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因： 。 (3)直接蒸发CuCl2溶液，能否得到CuCl2•2H2O晶体？如果不能应如何操作？ 。 (4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变为红色，若再向该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是 ，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释： 。 【变式训练3·变题型】 (1)已知SOCl2 是一种液态化合物，沸点为，遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生。 ①写出SOCl2 与水反应的化学方程式： 。 ②直接蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2 与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因： 。 (2)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示： “保温除铁”过程中，加入CuO的目的是 ；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是 。 1．(2025·上海卷，四)采用滴定法测定样品中Ge元素含量的方法如下： (以下实验过程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考) 准确称取mg含锗矿石粉末，置于圆底烧瓶中。加入(20mL)浓盐酸和FeCl3溶液，加热至微沸(溶解)冷却后，加入(0.5g)LiH2PO2，搅拌至溶液变为无色。将溶液转移至锥形瓶，用稀盐酸(1：1)冲洗烧瓶并入锥形瓶中。 加入(5mL)磷酸(H3PO4)，冷却溶液至10℃以下(冰水浴)，用橡胶塞密封锥形瓶。向锥形瓶中加入1mL10%淀粉溶液作为指示剂。用c mol·L-1KIO3标准溶液滴定至滴定终点。 记录消耗的KIO3体积为VmL。 (还原) (主反应) (终点反应) (6)装置a名称为_______。 A．锥形瓶 B．恒压滴液漏斗 C．球形冷凝管 D．滴定管 (7)滴定终点时，颜色由 变为 ，半分钟不褪色(30s)。 (8)滴定时为什么要用橡胶塞塞紧锥形瓶 ？(真空还原) (9)已知，求mg样品(固体)中元素的质量分数【纯度】 (用c、V、m表示)。 (10)滴定结果纯度偏大，可能的原因是_______。 A．未用KIO3标准溶液润洗滴定管 B．未用将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a) C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡 D．在常温下滴定(未保持在以下滴定) 2．(2025•云南卷，14，3分)甲醛法测定NH4+的反应原理为4 NH4++6HCHO=(CH2)6N4H++3H++6H2O。取含NH4Cl的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用0.01000mol·L-1的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是_____________。 A．废水中NH4+的含量为20.00mg·Lˉ1 B．c点：c[(CH2)6N4H+]＋cH＋＝cOH－ C．a点：c[(CH2)6N4H+]＞c(H＋)＞c(OH―)＞c[(CH2)6N4] D．(CH2)6N4H+H＋+(CH2)6N4的平衡常数K≈7.3×10-6 3．(2025•陕晋宁青卷，15节选)某实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量。 已知：Sac-表示糖精根离子，其摩尔质量为182 g·molˉ1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为，与水互溶。 (二)结晶水含量测定 EDTA和Co2+形成配合物。准确称取糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用的标准溶液滴定。 (6)下列操作的正确顺序为 (用字母排序)。 a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处 c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数 (7)滴定终点时消耗标准溶液，则产品中x的测定值为 (用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 24 / 24 学科网（北京）股份有限公司 $$