第9章 第4讲 盐类的水解(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·化学

该高中化学讲义围绕盐类水解核心考点，涵盖水解原理、规律、影响因素及应用，按定义实质、规律判断、方程式书写、影响因素、实际应用的逻辑层次展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建系统知识网络，突破水解平衡分析难点。 资料以科学思维和科学探究为导向，创新采用对比分析（如不同盐类水解程度比较）和实验情境设计（如FeCl3溶液配制），结合2023年北京、海南等真题案例，培养学生证据推理与模型建构能力。设置分层练习与即时反馈，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生应考能力。

第4讲　盐类的水解 　1.认识盐类水解的原理及其规律，掌握水解方程式的书写。　2.认识影响盐类水解的主要因素，了解盐类水解在生产、生活中的应用。 考点一　盐类的水解及其规律 1．盐类水解的定义 在水溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。 2．盐类水解的实质 盐电离→→促进水的电离→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性或酸性 3．盐类水解的特点 4．盐类水解的规律 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 强酸强 碱盐 NaCl、 NaNO3 否 — 中性 强酸弱 碱盐 NH4Cl、 Cu(NO3)2 是 NH、Cu2+ 酸性 强碱弱 酸盐 CH3COONa、 Na2CO3 是 CH3COO－、 CO 碱性 5.水解反应离子方程式的书写 (1)盐类水解的离子方程式一般用“⥫⥬”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。 (2)多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解。 例如，Na2CO3水解的离子方程式为CO＋H2O⥫⥬HCO＋OH－。 (3)多元弱碱盐水解：一步写完。 例如，FeCl3水解的离子方程式为Fe3+＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋。 (4)阴、阳离子相互促进水解：水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。 例如，NaHCO3与AlCl3在水溶液中反应的离子方程式为Al3+＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 (1)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐　(　　) (2)NaHCO3、NaHSO4都能促进水的电离(　　) (3)pH相同的盐酸和氯化铵溶液中由水电离出的c(H＋)相同(　　) (4)Na2S水解的离子方程式为S2-＋2H2O⥫⥬H2S＋2OH-(　　) (5)NH与CH3COO－在水解时相互促进，故在溶液中不能大量共存(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× 1．(2026·宜宾模拟)能证明Na2SO3溶液中存在SO＋H2O⥫⥬HSO＋OH－水解平衡的事实是(　　) A.滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去 B.滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去 C.滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去 D.滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色褪去 解析：选C。滴入酚酞溶液变红，说明溶液中c(OH－)大于c(H＋)，pH>8.2，再加入H2SO4或NaHSO4溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若呈酸性，则不能说明平衡移动，故A、D不符合题意；氯水具有强氧化性、漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故B不符合题意；再加入BaCl2溶液后，Ba2+和SO反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，说明存在水解平衡，故C符合题意。 2．室温下，0.1 mol·L-1的NH4CN溶液的pH＝9.32。下列说法错误的是(　　) A.NH4CN溶液能使甲基橙试剂变黄色 B.室温下，NH3·H2O是比HCN弱的电解质 C.NH4CN溶液中CN－的水解程度大于NH的水解程度 D.室温下，0.1 mol·L-1 NaCN溶液中CN－的水解程度小于同浓度下NH4CN溶液中CN－的水解程度 解析：选B。室温下，NH4CN溶液呈碱性，能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；HCN和NH3·H2O均是弱电解质，NH4CN溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于NH的水解程度，由“越弱越水解”可知，NH3·H2O是比HCN强的电解质，故B错误，C正确；CN－、NH相互促进水解，所以0.1 mol·L-1 NaCN溶液中CN－的水解程度小于同浓度下NH4CN溶液中CN－的水解程度，故D正确。 3．25 ℃时浓度都是1 mol·L-1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L-1，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是(　　) A.电离平衡常数：K(BOH)<K(HY) B.AY溶液的pH小于BY溶液的pH C.稀释相同倍数，溶液pH变化：BX＝BY D.将浓度均为1 mol·L-1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY溶液的pH 解析：选A。根据AX、BX、BY溶液的pH可知，AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，说明AY为强碱弱酸盐，溶液的pH＞7，故AY溶液的pH大于BY溶液的pH，B错误；BY溶液的pH＝6，说明B＋比Y－更易水解，BOH比HY更难电离，因此电离平衡常数：K(BOH)<K(HY)，A正确；稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，且BX溶液的pH变化大于BY溶液，C错误；HX为强酸，HY为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY的电离程度增大，但仍不可能全部电离，故HX溶液的酸性强，pH小，D错误。 考点二　盐类水解的影响因素及其应用 1．盐类水解的影响因素 (1)内因：弱酸阴离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解。 例如，酸性强弱：CH3COOH＞H2CO3相同浓度的NaHCO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为NaHCO3溶液>CH3COONa溶液。 (2)外因：以不同条件对Fe2(SO4)3水解平衡的影响为例[Fe3+＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋] 条件 平衡移动方向 H＋数目 pH 现象 升温 右移 增多 减小 溶液颜色变深 加浓硫酸 左移 增多 减小 溶液颜色变浅 加H2O 右移 增多 增大 溶液颜色变浅 加 NaHCO3(s) 右移 减少 增大 生成红褐色沉 淀，放出气体 2.盐类水解的应用 (1)解释生活中的现象或事实 ①热的纯碱溶液去油污效果好，原因是碳酸钠的水解为吸热反应，升高温度，水解平衡向右移动，溶液的碱性增强，去污效果增强。 ②明矾能用作净水剂的原因：明矾溶液中的铝离子水解生成Al(OH)3胶体：Al3+＋3H2O⥫⥬Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，起到净水作用。 ③铵态氮肥与草木灰不得混用的理由：铵态氮肥中的NH水解显酸性，草木灰中的CO水解显碱性，二者相互促进水解，使氨逸出降低肥效。 (2)配制、保存某些盐溶液 ①在配制FeCl3、AlCl3、SnCl2等溶液时为抑制水解，常先将盐溶于少量浓盐酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。 ②实验室盛放Na2CO3、CH3COONa等溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，应用橡胶塞。 (3)判断盐溶液蒸干灼烧时所得的产物 ①AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼烧后得到Al2O3、Fe2O3，CuSO4溶液蒸干后得到CuSO4固体。 ②用MgCl2·6H2O晶体得到纯净的无水MgCl2的操作方法是在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，理由是HCl气流能抑制MgCl2的水解，且能带走MgCl2·6H2O因受热产生的水蒸气。 (4)物质的制备与提纯 ①用TiCl4制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl，加入大量水，同时加热，促使水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得到TiO2。 ②MgCl2溶液中混有少量Fe3+杂质时，可加入MgO或Mg(OH)2等，使Fe3+的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去。 (1)水解平衡右移，盐中弱离子的水解程度一定增大(　　) (2)在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO－水解(　　) (3)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强(　　) (4)用Na2S溶液与AlCl3溶液混合可以制备Al2S3(　　) (5)在水溶液中Al3+与CO、HCO、S2-、[Al(OH)4]－等都不能大量共存(　　) (6)将Fe2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧，最后得到Fe2O3(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)× 一、盐类水解的影响因素 1．(2026·兰州统考)在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2-＋H2O⥫⥬HS－＋OH－，下列说法正确的是(　　) A.升高温度，增大 B.加入CuSO4固体，HS－浓度增大 C.稀释溶液，水解平衡常数增大 D.加入NaOH固体，溶液pH减小 解析：选A。S2-在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，溶液中S2-浓度减小，HS－浓度增大，则增大，故A正确；向Na2S溶液中加入CuSO4固体，Cu2+与溶液中的S2-反应生成CuS沉淀，S2-浓度减小，平衡逆向移动，溶液中HS－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，故C错误；向Na2S溶液中加入NaOH固体，溶液中OH－浓度增大，溶液pH增大，故D错误。 2．(2026·扬州检测)有关下列实验的说法不正确的是(　　) A.CH3COO－的水解程度增大 B.溶液pH减小是CH3COO－水解平衡移动的结果 C.NH4Cl可促进CH3COO－的水解 D.混合液中c(CH3COO－)和c(CH3COOH)之和大于c(Na＋) 解析：选B。A项，加水稀释，促进CH3COO－的水解，正确；B项，加热醋酸钠溶液促进CH3COO－的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，错误；C项，NH可结合CH3COO－水解生成的OH－，促进CH3COO－的水解，正确；D项，在CH3COONa溶液中存在元素守恒：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，加入CH3COOH溶液后，混合液中c(CH3COO－)和c(CH3COOH)之和大于c(Na＋)，正确。 二、盐类水解的应用 3．(2025·海口模拟)下列应用与盐类水解无关的是(　　) A.实验室利用TiCl4制取TiO2·xH2O B.用FeS固体除去工业废水中的Hg2+ C.SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热制无水AlCl3 D.配制Na2S溶液时常滴入几滴浓NaOH溶液 解析：选B。TiCl4发生水解反应：TiCl4＋(x＋2)H2O⥫⥬TiO2·xH2O＋4HCl，加热促进水解，同时HCl挥发，最终得到TiO2·xH2O，与盐类水解有关，A不符合题意；用FeS固体除去工业废水中的Hg2+，发生反应FeS(s)＋Hg2+(aq)⥫⥬HgS(s)＋Fe2+(aq)，这是沉淀的转化，与盐类水解无关，B符合题意；AlCl3·6H2O直接加热时，Al3+水解：AlCl3＋3H2O⥫⥬Al(OH)3＋3HCl，HCl挥发，促进水解得到Al(OH)3，而SOCl2与水发生反应SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑，生成的HCl抑制AlCl3的水解，从而得到无水AlCl3，与盐类水解有关，C不符合题意；Na2S溶液中S2-水解：S2-＋H2O⥫⥬HS－＋OH－，滴入浓NaOH溶液，OH－浓度增大，抑制S2-的水解，与盐类水解有关，D不符合题意。 4．下列有关问题与盐的水解有关的是(　　) ①NH4Cl与ZnCl2溶液可用作焊接金属时的除锈剂 ②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可用作泡沫灭火剂　③草木灰与铵态氮肥不能混合施用　④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞　⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体　⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH A.①②③⑥ B．②③④⑥ C.①④⑤⑥ D．①②③④⑤ 解析：选D。①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐，溶液中NH与Zn2+均发生水解反应，溶液显酸性，可以除去金属表面的锈；②HCO与Al3+发生相互促进的水解反应，产生CO2和Al(OH)3，可用作灭火剂；③草木灰的主要成分为K2CO3，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因此二者不能混合施用；④Na2CO3溶液水解显碱性，会与磨口玻璃塞中的二氧化硅反应生成Na2SiO3，将瓶塞与瓶口黏合在一起，因此实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；⑤CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl2＋2H2O⥫⥬Cu(OH)2＋2HCl，加热时，HCl挥发使平衡右移，最终得到Cu(OH)2固体；⑥Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+，且没有引入杂质，与盐的水解无关。 1．(2023·北京卷)下列过程与水解反应无关的是(　　) A.热的纯碱溶液去除油脂 B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D.向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体 解析：选B。A项，纯碱溶液因碳酸根离子水解而显碱性，加热促进碳酸根离子的水解，碱性增强，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，与水解反应有关；B项，重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关；C项，蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，与水解反应有关；D项，该操作为实验室制备Fe(OH)3胶体，涉及反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl，与水解反应有关。 2．(2023·海南卷改编)25 ℃下，Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是(　　) A.c(Na2CO3)＝0.6 mol·L-1时，溶液中 c(OH－)>0.01 mol·L-1 B.Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小 C.在水中H2CO3的Ka2<4×10-11 D.0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L-1的NaHCO3溶液等体积混合，得到的溶液c(OH－)<2×10-4 mol·L-1 解析：选C。由题图可知，c(Na2CO3)＝0.6 mol·L-1时，pH>12.0，溶液中c(OH－)>0.01 mol·L-1，故A正确；盐溶液越稀越水解，Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小，故B正确；由题图可知，当c(Na2CO3)＝0.5 mol·L-1时，pH＝12.0，CO的水解常数Kh＝＝≈2×10-4，H2CO3的Ka2＝＝5×10-11，故C错误；由C项分析可知，CO的水解常数Kh＝2×10-4，即＝2×10-4，故c(OH－)＝×10-4 mol·L-1<2×10-4 mol·L-1，故D正确。 3．(2023·浙江1月选考)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根离子的物质的量分数)与废水初始pH关系如下图所示(已知甲酸的 Ka＝1.8×10-4)。下列说法不正确的是(　　) A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2O⥫⥬R3NH＋＋OH－ B.pH＝5的废水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18 C.废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少 D.废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在 解析：选D。活性成分R3N中N能与水电离出的H＋形成配位键，因此在水中存在平衡：R3N＋H2O⥫⥬R3NH＋＋OH－，A项正确；pH＝5的废水中，c(H＋)＝10-5 mol·L-1，根据甲酸的Ka＝＝1.8×10-4，得＝＝＝18，B项正确；废水初始pH<2.4，随pH下降，c(H＋)增大，电离平衡HCOOH⥫⥬HCOO－＋H＋逆向移动，甲酸的电离被抑制，c(HCOO－)减小，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少，C项正确；废水初始pH>5时回收率小于10%，说明吸附在树脂上的甲酸根离子较少，活性成分主要以R3N形态存在，D项错误。 4．(2022·湖南卷)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。 实验 操作与现象 ① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色 ② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀 ③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀 依据上述实验现象，结论不合理的是(　　) A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应 B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应 C.实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应 D.整个实验说明SO对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响 解析：选D。实验①中煮沸后溶液变红褐色[Fe(OH)3胶体]，说明加热促进Fe3+水解反应，A项正确；实验②中溶液变红褐色，说明生成了Fe(OH)3胶体，Fe3+发生了水解反应，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2+，Fe3+发生了还原反应，B项正确；实验③中溶液变红褐色，说明Fe3+发生了水解反应，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+没有发生还原反应，C项正确；实验①中煮沸后溶液变红褐色，实验③中溶液直接变红褐色，说明SO对Fe3+的水解反应有影响，D项错误。 学科网（北京）股份有限公司 $