第10讲 酸碱中和与盐类水解（复习讲义）（上海专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义聚焦酸碱中和滴定、盐类水解及溶液粒子浓度关系三大核心考点，按命题透视、思维建模、考点精讲、真题溯源逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法指导（如滴定思维模型）、真题训练等环节，帮助学生系统构建知识网络，突破高考难点。 讲义以科学思维为核心，创新设计“五点破解中和滴定曲线”等解题妙招，结合误差分析、水解应用等考向训练，培养学生模型建构与证据推理能力。分层设置基础巩固与能力提升练习，配合真题溯源精准对接高考，助力教师高效把控复习节奏，提升学生应考能力。

第10讲 酸碱中和与盐类水解 内容导航 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 酸碱中和滴定 知识解构 知识点1 酸碱中和滴定 ∣ 知识点2 滴定法在定量测定中的应用 考向破译 考向1 酸碱中和滴定的操作与指示剂的选择 ∣ 考向2 中和滴定误差分析 考向3 中和滴定曲线分析 ∣ 考向4 滴定法在定量测定中的应用 解题妙招1 滴定实验思维模型 解题妙招2 抓住“五点”破解中和滴定图像 考点二 盐类水解 知识解构 知识点1 盐类水解的原理 ∣ 知识点2 水解平衡的移动 考向破译 考向1 盐类水解的原理和规律 ∣ 考向2 水解常数及应用 考向3 盐类水解的应用 解题妙招1 溶液酸碱性强弱比较方法 解题妙招2 酸式酸根离子电离与水解程度的相对大小分析思路 考点三 溶液中的粒子浓度关系 知识解构 知识点1 溶液中的守恒关系 ∣ 知识点2 溶液中的粒子浓度比较 考向破译 考向1 溶液中粒子浓度的的比较 解题妙招1 比较溶液中微粒浓度大小的基本思路 0401 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 酸碱中和滴定及滴定法的应用 一（5） 四（6）（7）（8）（9） 盐类水解的规律及应用 一（4） 五（4）（6） 三（7） 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 近几年高考，有关酸碱中和滴定和滴定法的应用主要考查中和滴定实验中仪器的选择、指示剂的使用、误差分析和有关计算等，结合实验综合题进行考查；盐类水解及应用主要考查盐类水解的规律、水解平衡的移动及盐类水解的应用等，结合物质结构与性质综合题、实验综合题进行考查。 ►复习目标： 1．了解酸碱中和滴定的原理，掌握酸碱中和滴定的操作和数据处理误差分析的方法。 2．掌握滴定法在定量测定中的应用。 3．了解盐类水解的原理及一般规律。 4．了解影响盐类水解程度的主要因素。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 酸碱中和滴定 知●识●解●构 知识点1 酸碱中和滴定 1．酸碱中和滴定原理 (1)酸碱滴定原理 首先准确量取待测溶液的体积，然后用标准溶液进行滴定，当酸和碱恰好完全反应时达到化学计量点。选用合适的酸碱指示剂，根据指示剂颜色的变化判断中和反应的完成，并确定它为滴定终点。 (2)pH突跃范围与指示剂选择 以 0.100 0 mol· L—1 的氢氧化钠溶液滴定 20.00 mL 的 0.100 0 mol· L—1 盐酸为例。 ①起始点：滴定前，溶液的pH 取决于盐酸的浓度， pH为 1.0。 ②计量点：当滴加的氢氧化钠溶液与盐酸的物质的量恰好相同时，达到化学计量点，此时溶液的 pH 等于 7.0。 ③滴定突跃范围：当滴定到盐酸还有 0.02 mL（约半滴）未被中和时，溶液为酸性（ pH = 4.3）；当滴加的氢氧化钠溶液过量 0.02 mL 时，溶液为碱性（ pH = 9.7），溶液的 pH 发生了突变，该pH范围也就是滴定突跃范围。 ④滴定终点：根据滴定突跃范围来选择酸碱指示剂。这里选用酚酞做指示剂，当溶液从无色突变为浅红色时，达到滴定终点。 2．【实验探究】强酸和强碱的中和滴定 以氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸为例。 (1)滴定管的使用 ①滴定管是准确测量放出液体体积的仪器，常用规格为50 mL和25 mL， 分度值为0.1 mL，读数可估计到 0.01 mL。 一般用红色手柄滴定管装酸性溶液，用蓝色手柄滴定管装碱性溶液。 ②滴定管的准备： a．检漏：滴定管清洗干净后，注入少量水检查活塞是否漏液。 b．洗涤和润洗：将滴定管用蒸馏水洗涤后，再分次用少量氢氧化钠标准溶液润洗滴定管2～3次，每次润洗液均从下端活塞放出。 c．装液：注入氢氧化钠标准溶液。 d．赶气泡和调节液面：打开活塞放出少量液体，赶尽活塞下端管内气泡使其充满液体，再慢慢调节滴定管内液面在“0”刻度处或“0”以下位置。 ③滴定管的读数：滴定管上一般标有棕色刻度线，读数时正对刻度线，平视观察蓝线粗、细交界点所对的刻度即为准确读数。 (2)溶液的准备：用洗净并经润洗的移液管准确移取20.00 mL（或从另一滴定管内放出）未知浓度的盐酸于150 mL 锥形瓶中，滴加2滴酚酞试液。 (3)滴定的操作：滴定时，一手控制滴定管活塞，另一手用拇指、食指和中指捏住锥形瓶颈部轻轻摇动。 (4)滴定终点的判断 滴定时，要控制好速度，特别是接近终点时滴定速度应减慢。当加入最后半滴氢氧化钠溶液恰好使溶液由无色变成浅粉红色，充分摇动，若在30 s内颜色不褪，即为滴定终点。 (5)计算盐酸的浓度。 3．酸碱中和滴定误差分析 (1)误差分析的基本依据 中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当、读数不准等。 分析误差要根据计算式分析，根据c(待)＝，c(标)、V(待)均为定值，c(待)的大小取决于V(标)的大小。 (2)分析方法 将所有变化量先归结为标准溶液用量V(标)变化，然后根据公式进行判断。 标准溶液用量偏多，V(标)变大，待测溶液浓度c(待)偏高。 标准溶液用量偏少，V(标)变小，待测溶液浓度c(待)偏低。 以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(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) c(待) 洗涤 酸式滴定管未用标准液润洗 偏大 偏大 碱式滴定管未用待测液润洗 偏小 偏小 锥形瓶用待测液润洗 偏大 偏大 锥形瓶洗净后还有蒸馏水 无影响 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 偏小 偏小 滴定 酸式滴定管滴定前有气泡，滴定到终点时气泡消失 偏大 偏大 振荡锥形瓶时部分液体溅出 偏小 偏小 溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴溶液颜色无变化 偏大 偏大 读数 滴定前读数正确，滴定后俯视读数（或前仰后俯） 偏小 偏小 滴定前读数正确，滴定后仰视读数（或前俯后仰） 偏大 偏大 得分速记 (1)滴定管的“0”刻度位于上方，最大刻度位于滴定管下部，最大刻度下部没有刻度，因此实际盛装溶液的体积大于最大刻度所标注的体积。 (2)滴定管的最小刻度为0.1mL，精确度为0.01mL。 (3)锥形瓶只能用蒸馏水洗净，不可用待测液润洗。 (4)滴定管使用时的操作要依照查漏—水洗—润洗—装液—调节液面、赶气泡—读数的顺序进行。 (5)强酸与强碱相互滴定时，选甲基橙或酚酞都可以，但不能选石蕊试液(遇酸、碱颜色变化不明显)。一般原则是酸滴定碱，选甲基橙；碱滴定酸，选酚酞。 (6)在酸碱中和滴定前的准备工作中，滴定管用蒸馏水洗净后，还要用标准液润洗2～3次，其原因是标准液的浓度已知，若滴定管未用标准液润洗，滴定管内壁附着的水会使标准液实际浓度减小，消耗标准液体积增大，待测液浓度偏大。 (7)在滴定前，锥形瓶用蒸馏水洗净后，不能用待测液润洗。因为若用待测液润洗锥形瓶，会使量取的待测液的实际体积增大，消耗标准液的体积增大，使测定结果偏大。 (8)滴定管正确的读数方法是视线、刻度线、凹液面在同一水平线上。 知识点2 滴定法在定量测定中的应用 1．氧化还原滴定法 (1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。 (2)试剂 常用于滴定的氧化剂 酸性KMnO4溶液、K2Cr2O7溶液等 常用于滴定的还原剂 亚铁盐、草酸、维生素C等 氧化还原指示剂 ①自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色 ②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘变蓝 (3)实例 ①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液 原理 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 指示剂 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂 终点判断 当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 ②Na2S2O3溶液滴定碘液 原理 2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI 指示剂 用淀粉溶液作指示剂 终点判断 当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点 2．沉淀滴定法 (1)含义：沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－的浓度。 (2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl－的含量时常以含CrO的溶液为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。 考●向●破●译 考向1 酸碱中和滴定的操作与指示剂的选择 例1利用下列实验装置及药品能完成相应实验的是(　　) 选项 A B C D 目的 测定某盐酸的浓度 测定某NaOH溶液的浓度 记录滴定终点读数：12.20 mL 排除滴定管内气泡 装置或操作 【答案】D 【解析】眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，从而判断滴定终点，操作不合理，故A错误；由图中所给药品可知，缺少指示剂，不能确定滴定终点，不能完成实验，故B错误；滴定管的“0”刻度在上方，读数应为11.80 mL，故C错误；图中挤压橡胶管，挤压时尖嘴向上，气泡密度较小，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可将气泡赶出，操作合理，故D正确。 解题妙招 滴定实验思维模型 【变式1·变考法】用1.0 mol·L－1的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积关系变化如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是(　　) A．1.0 mol·L－1，20 mL B．0.5 mol·L－1，40 mL C．0.5 mol·L－1，80 mL D．1.0 mol·L－1，80 mL 【答案】C 【解析】滴定前稀H2SO4的pH＝0，c(H＋)＝1.0 mol·L－1，则c(H2SO4)＝0.5 mol·L－1，当pH＝7时V(NaOH)＝40 mL，通过计算原硫酸溶液的体积为40 mL。本题考查中和滴定曲线，关键是把握滴定终点，pH＝7恰好完全反应，即n(H＋)＝n(OH－)。 【变式2·变载体】室温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸中滴加0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5＝0.7。下列说法不正确的是(　　) A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7 B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大 D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3 【答案】C 【解析】这是室温下用强碱滴定强酸，当NaOH与盐酸恰好完全反应时，溶液呈中性，即pH＝7，A项正确；指示剂的选择原则：变色要明显，灵敏，且指示剂的变色范围要尽可能在滴定过程中的pH突变范围内，可减小实验误差，故B项正确；由图像可知，甲基红的变色范围更接近反应终点，选择甲基红作指示剂误差比甲基橙要小，故C项错误；当V(NaOH)＝30.00 mL时，n(OH－)＝0.100 0 mol·L－1×0.03 L－0.100 0 mol·L－1×0.02 L＝0.001 mol，则c(OH－)＝0.001 mol/0.05 L＝0.02 mol·L－1，pH＝13－lg5＝12.3，故D项正确。 考向2 中和滴定误差分析 例2准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定，下列说法正确的是(　　) A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大 C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 【答案】B 【解析】A项，滴定管用蒸馏水洗涤后，必须用待盛液润洗，故错误；B项，氢氧化钠中和盐酸，c(H+)减小，pH增大，故正确；C项，酚酞与酸显无色，因此开始时溶液无色，当变成红色，且半分钟内不变色，说明滴定到终点，故错误；D项，滴定到终点，尖嘴部分有悬滴，消耗的标准液的体积增大，测定结果偏大，故错误。 【变式1·变考法】有关酸碱滴定实验，下列说法正确的是(　　) A．滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗 B．滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至0刻度 C．滴定至终点时，溶液一定呈中性 D．测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值 【答案】D 【解析】A.滴定管需要润洗，但锥形瓶不能润洗，否则导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A错误；B.滴定前，滴定管中液体的液面不一定非要调至0刻度，可调至0刻度以下，故B错误；C.滴定至终点时，溶液不一定呈中性，如NaOH滴定醋酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，故C错误；D.测定待测液的浓度，为了减少滴定误差，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值，故D正确。 【变式2·变题型】某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白： (1)用标准盐酸滴定待测NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视________________。直到因加入一滴盐酸后，溶液由____色变为____色，并__________________为止。 (2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________(填字母序号)。 A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 (3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL；所用盐酸溶液的体积为________mL。 【答案】(1)锥形瓶内溶液颜色的变化　 黄 橙 　 在半分钟内不变色　 (2)D　　 (3)0.00　26.10　 26.10　 【解析】分析酸碱中和滴定实验误差时，可把一切影响因素归结到标准液用量的大小上来判断。若标准液用量偏大，则测定结果偏高；标准液用量偏小，测定结果偏低；若不影响标准液用量，则对测定结果无影响。滴定管读数时，以凹液面的最低点为基准。 考向3 中和滴定曲线分析 例3常温下，下列图示与对应的叙述相符合的是(　　) A．图甲是常温下用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1醋酸溶液的滴定曲线，Q点表示酸碱中和滴定终点 B．图乙可表示常温下0.1 mol·L－1盐酸滴加到40 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液的滴定曲线 C．图丙表示用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，则c(HCl)＝0.080 0 mol·L－1 D．图丁表示0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1醋酸溶液的滴定曲线 【答案】C 【解析】A项，滴定终点时，消耗NaOH溶液体积应为20 mL；C项，c(HCl)＝＝＝0.080 0 mol·L－1。 解题妙招 抓住“五点”破解中和滴定图像 室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示： 起始点A：0.1 mol·L－1HA溶液的pH>1，故HA为弱酸。 半反应点B：溶质为NaA和HA，且=1，pH<7，故溶液中c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。 中性点C：溶质为NaA和HA（稍过量），pH=7，故溶液中c(A-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)。 反应终点D：溶质为NaA，pH>7，故溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。 过量点E：溶质为NaA和NaOH，pH>7，故溶液中c(Na+)> c(OH-)>c(A-)>c(H+)。 利用中和滴定曲线分析离子浓度思路，三看： 一看谁滴定谁，二看坐标，三看特殊点(起点、恰好反应点和中性点)。 【变式1·变载体】已知25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，滴定曲线如图1所示，CN－、HCN的物质的量分数(α)随pH变化的关系如图2所示。下列表述正确的是(　　) A．b点时：c(Cl－)>c(HCN) B．d点时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－) C．图2中的e点对应图1中的c点 D．选用酚酞试剂比选用甲基橙试剂作指示剂误差更小 【答案】B 【解析】b点时，溶液中的溶质为等物质的量NaCl、NaCN和HCN，此时溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，故c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)，A项错误；d点恰好完全反应，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，根据物料守恒：c(Cl－)＝c(CN－)＋c(HCN)，两式相加可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，B项正确；图1中c点c(HCN)>c(CN－)，C项错误。 【变式2·变考法】25 ℃时，向20.00 mL的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液，滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积关系如图所示，点②时NaOH溶液恰好被中和。则下列说法错误的是(　　) A．CH3COOH溶液的浓度为0.1 mol·L－1 B．图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小 C．点④所示溶液中存在：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－) D．滴定过程中会存在：c(Na＋)>c(CH3COO－)＝c(OH－)>c(H＋) 【答案】C 【解析】根据图像分析，滴定前NaOH溶液的pH＝13，则NaOH溶液的浓度为0.1 mol·L－1，点②时氢氧化钠恰好被中和，消耗醋酸溶液20 mL，则醋酸溶液的浓度为0.1 mol·L－1，故A正确；图中点①到点③所示溶液中，随着滴入醋酸溶液，水电离被抑制的程度减小，即水的电离程度增大，恰好反应后继续滴加醋酸，对水的电离起到抑制作用，即图中点①到点③所示溶液中水的电离程度先增大后减小，故B正确；点④所示溶液是等浓度的醋酸和醋酸钠混合溶液，根据物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Na＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)，C错误；滴定过程中，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c(Na＋)>c(CH3COO－)＝c(OH－)>c(H＋)，D正确。 考向4 滴定法在定量测定中的应用 例4下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是(　　) 提示：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4===6K2SO4＋2MnSO4＋3H2O、I2＋Na2S===2NaI＋S↓ 选项 滴定管中的溶液 锥形瓶中的溶液 指示剂 滴定终点颜色变化 A NaOH溶液 CH3COOH溶液 酚酞 无色→浅红色 B HCl溶液 氨水 酚酞 浅红色→无色 C 酸性KMnO4溶液 K2SO3溶液 无 无色→浅紫红色 D 碘水 Na2S溶液 淀粉 无色→蓝色 【答案】B 【解析】A项，锥形瓶中为酸，加入酚酞无色，达到滴定终点，溶液显碱性，溶液变为浅红色，故现象为无色→浅红色，正确；B项，锥形瓶中为碱，达到滴定终点，溶液显酸性，应选择指示剂甲基橙，现象是溶液由黄色变为橙色，错误。 【变式1·变载体】生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH含量。利用的反应原理为4NH＋6HCHO===(CH2)6N4H＋(一元酸)＋3H＋＋6H2O。实验步骤如下： ①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛a mL于锥形瓶中，加入1～2滴指示剂，用浓度为b mol·L－1的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1 mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2 mL。 ②向锥形瓶中加入饱和食盐水试样c mL，静置1分钟。 ③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3 mL。下列说法不正确的是(　　) A．步骤①中的指示剂可以选用酚酞溶液 B．步骤②中静置的目的是使NH和HCHO完全反应 C．步骤②若不静置会导致测定结果偏高 D．饱和食盐水中的c(NH)＝ mol·L－1 【答案】C 【解析】步骤①中用NaOH溶液滴定甲酸，滴定终点时生成甲酸钠，溶液呈碱性，所以指示剂可选用酚酞溶液，故A正确；步骤②中静置1分钟的目的是使NH和HCHO完全反应，从而减小实验误差，故B正确；步骤②若不静置，NH没有完全反应，会导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；反应中产生的H＋消耗NaOH溶液的体积为(V3－V2)mL，则饱和食盐水中的c(NH)＝＝ mol·L－1，故D正确。 【变式2·变题型】沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中的c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 Ⅰ.准备标准溶液 a．准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(0.025 0 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。 b．配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L－1 NH4SCN标准溶液，备用。 Ⅱ.滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液25.00 mL置于锥形瓶中。 b．加入25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 AgNO3溶液(足量)，使I－完全转化为AgI沉淀。 c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。 d．用0.100 0 mol·L－1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。 e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表： 实验序号 1 2 3 消耗NH4SCN标准溶液的体积/mL 10.24 10.02 9.98 f．数据处理。 回答下列问题： (1)Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由_______________________________________。 (2)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为________mL，测得c(I－)＝_________mol·L－1。 (3)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________________。 (4)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”) ①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______。 ②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果________。 答案 (1)否　若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点　 (2) 10.00　 0.060 0　 (3) 用NH4SCN标准溶液润洗滴定管2～3次　 (4)偏高 偏高 【解析】(1)因Fe3＋能与I－发生氧化还原反应，从而使指示剂耗尽，无法判断滴定终点，所以b和c两步操作不能颠倒。 (2)由三次测定数据可知，第1组数据误差较大，应舍去，所以消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为＝10.00 mL，测得c(I－)＝＝0.060 0 mol·L－1。 (4)①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，造成溶质减少，则使配制AgNO3标准溶液的浓度偏低，则使消耗的n(NH4SCN)偏小，由c(I－)＝可推断，会使c(I－)的测定结果偏高。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使读取的NH4SCN标准溶液的体积偏小，由c(I－)＝可推断，会使c(I－)的测定结果偏高。 考点二 盐类水解 知●识●解●构 知识点1 盐类水解的原理 1．盐类水解的原理 (1)盐类水解的概念 由盐电离生成的离子与水电离生成的H+或OH—结合成弱电解质的反应，叫做盐类的水解反应，简称盐类水解。 (2)盐类水解的实质 在溶液中盐电离出来的弱碱的阳离子或弱酸的阴离子结合水电离出的OH－或H＋生成弱电解质，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液显示不同的酸性、碱性或中性。 (3)盐类水解的特点 ①与酸碱中和反应互为可逆反应，是吸热反应。 ②一般情况下，盐类水解程度极其微弱。 ③符合化学平衡移动的原理。 2．盐类水解反应的离子方程式 (1)盐类水解程度一般很小，水解时通常不生成沉淀和气体，书写水解反应的离子方程式时，一般用“”连接，产物不标“↑”或“↓”。如： CH3COOH：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。 NH4Cl：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。 (2)多元弱酸根离子的水解分步进行，以第一步为主。如： Na2CO3：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 (3)有些金属离子也是分步水解的，但这类离子的水解反应一般比较复杂，通常以总反应表示。 如FeCl3：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 3．盐类水解的规律 (1)有弱才水解——必须含有弱酸或弱碱的离子才能发生水解。 (2)无弱不水解——强酸强碱盐不发生水解。 常见不水解的离子： ①强酸阴离子：Cl－、SO、NO、Br－、I－、ClO； ②强碱阳离子：K＋、Na＋、Ca2＋、Ba2＋。 (3)谁弱谁水解——发生水解的是弱碱阳离子或弱酸阴离子。 (4)谁强显谁性——组成盐的酸根离子(碱的阳离子)是强酸根离子(强碱的阳离子)，则显酸(碱)性。 (5)都弱都水解——弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可相互促进，所以水解程度较大，少数可以完全水解。 (6)同强显中性——①强酸强碱盐溶液显中性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。 (7)越弱越水解——组成盐的酸根离子对应的酸(即水解生成的酸)酸性越弱(或阳离子对应的碱的碱性越弱)，水解程度就越大，此即“越弱越水解”规律。 电离程度：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，水解程度：CH3COO－＜HCO＜CN－＜CO。 得分速记 (1)盐的电离方程式和水解方程式的区别 要将盐的电离方程式与盐类水解的离子方程式区别开来。 如HCO3-+H2OCO32-+H3O+是HCO3-的电离方程式，而HCO3-+H2OH2CO3+OH-是HCO3-水解的离子方程式。 (2)弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进。 ①NH与S2－、HCO、CO、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：NH＋CH3COO－＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。 ②Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO，Fe3＋与CO、HCO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。如泡沫灭火器原理：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 知识点2 水解平衡的移动 1．影响盐类水解的外界因素 (1)温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，水解程度增大。 (2)浓度：盐溶液的浓度越小，电解质离子相互碰撞结合成电解质分子的几率越大，水解程度越大。 (3)酸碱效应：向盐溶液中加入H＋，可抑制弱碱离子水解；向盐溶液中加入OH－，能抑制弱酸根离子水解。 2．水解常数及应用 (1)盐的水解常数 以CH3COONa为例：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋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)Kh与Kw、Ka、Kb之间的关系 ①盐的水解平衡常数与对应的一元弱酸(或弱碱)的电离平衡常数的乘积等于Kw，则Kh＝或Kh＝。 ②二元弱酸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。 3．利用盐类水解原理解释有关问题 (1)比较相同物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的碱性强弱。 Na2CO3的水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，NaHCO3的水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，由于Ka1(H2CO3)> Ka2(H2CO3)，因此CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，因此Na2CO3溶液的碱性更强。 (2)实验室配制Na2S溶液时，需要抑制S2-水解，采取的措施是将Na2S固体溶解在NaOH溶液中。 (3)泡沫灭火器的外筒是铁皮做的，内筒为塑料（或玻璃），Al2(SO4)3溶液应放在内筒， NaHCO3溶液应放在外筒，因为Al3+水解呈酸性，会腐蚀铁。 (4)废旧钢铁在焊接前，先用饱和Na2CO3溶液处理焊点，原理是Na2CO3水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。在碱性条件下，油脂发生水解，起到去污的作用。 (5)铵态氮肥不宜与含碳酸钾的草木灰混合使用，原因是K2CO3水解显碱性，NH4+水解呈酸性，两者发生反应，导致铵态氮肥肥效减弱。 4．盐类水解在生产、生活中的应用 (1)盐类作净水剂 铝盐、铁盐等盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。 (2)某些活泼金属与强酸弱碱盐反应 Mg加入NH4Cl、CuCl2、FeCl3等溶液中产生氢气。 原理：以NH4Cl为例，NH4+水解产生H+，NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入金属Mg，Mg+2H+=== Mg2++H2↑，c(H+)减小，使水解平衡正向移动，总反应式为：2NH4Cl+Mg=== 2NH3↑+MgCl2+H2↑。 (3)热碱水去油污 纯碱水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。在碱性条件下，油脂发生水解，起到去污的作用，加热能促进CO32-的水解，溶液碱性增强，去污能力增强。 (4)盐溶液的配制和保存 配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸，目的是抑制Sn2+或Fe3+的水解。 (5)制备Fe(OH)3胶体 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾，从而制备Fe(OH)3胶体，反应方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。 (6)碱性溶液的贮存 碱性溶液会腐蚀磨口玻璃塞，不能使用玻璃塞，要使用橡皮塞。 如Na2CO3、Na2SiO3、KF等的溶液，水解呈较强的碱性，OH-与玻璃中的SiO2反应：SiO2+2OH-===SiO32-+H2O，使玻璃发生缓慢的腐蚀作用，磨口玻璃塞由于接触面积大，腐蚀速率较快。 (7)除杂 ①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3+，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3+。 ②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。 Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，MgO与H+反应，水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀。 (8)判断溶液中离子能否共存 两种不同性质的离子在水溶液中，会发生双水解，使水解程度增大。 如Al3+、Fe3+等在水溶液中水解呈酸性，CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-等离子在水溶液中呈碱性。两种离子发生互相促进水解，使水解程度显著增大，最终生成对应的弱碱和弱酸，因此不能大量共存。 用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液作泡沫灭火剂就是依据此原理。 得分速记 加热蒸发盐溶液时所得固体的判断方法 (1)热稳定性好的盐的溶液，加热蒸干时，析出盐的晶体，如NaCl溶液、Na2CO3溶液。 (2)阳离子能水解，但生成的酸不挥发，加热蒸干，析出该盐的晶体，如Al2(SO4)3溶液。 (3)阳离子能水解，但水解后生成的酸（如HCl、HNO3）有挥发性，加热时，水解程度增大，酸挥发，析出金属氢氧化物，若蒸干后继续加热，则可分解为金属氧化物。如AlCl3溶液和FeCl3溶液加热时，水解程度增大，HCl挥发，分别生成Al(OH)3沉淀和Fe(OH)3沉淀，继续加热蒸干，Al(OH)3和Fe(OH)3受热分解，得到Al2O3和Fe2O3。 (4)盐在较低温度下受热能分解，则加热蒸干其溶液时，盐会分解，如NaHCO3、Ca(HCO3)2加热时会发生分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O、Ca(HCO3)2CaCO3+CO2↑+H2O。 (5)具有较强还原性的盐，加热时被氧气氧化，生成气体物质，如Na2SO3被氧化成Na2SO4：2Na2SO3+O22Na2SO4。 考●向●破●译 考向1 盐类水解的原理和规律 例1下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是(　　) A．盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡 B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－) C．在CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH－)≠c(H＋) D．水电离出的H＋和OH－与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性 【答案】C 【解析】盐溶液呈酸碱性的原因，就是破坏了水的电离平衡，使溶液中c(H＋)≠c(OH－)，故A对；溶液显酸性则一定有c(H＋)>c(OH－)，故B对；根据水的电离方程式：H2OH＋＋OH－，水在任何溶液中电离出的c(OH－)＝c(H＋)，但在CH3COONa溶液中，由于生成了弱电解质CH3COOH，使得c(OH－)>c(H＋)，故显碱性，所以C项说法错误；水电离出的H＋和OH－与盐中弱酸阴离子或弱碱阳离子结合生成弱电解质，正是造成盐溶液呈酸碱性的原因，所以D对。 【变式1·变载体】NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均表示正确的是(　　) A．NH2D·H2O和D3O＋ B．NH3·D2O和HD2O＋ C．NH3·HDO和D3O＋ D．NH2D·HDO和H2DO＋ 【答案】C 【解析】NH4Cl水解的实质是其电离出的NH与重水电离出的OD－结合生成一水合氨的过程。即NH4Cl===NH＋Cl－，D2OD＋＋OD－，NH＋OD－NH3·HDO，D＋再与D2O结合生成D3O＋，故C项正确。 【变式2·变题型】在室温下，下列五种溶液： ①0.1 mol·L－1 NH4Cl ②0.1 mol·L－1 CH3COONH4 ③0.1 mol·L－1 NH4HSO4 ④0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液 ⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O 请根据要求填写下列空白： (1)溶液①呈________性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是___________________________(用离子方程式表示)。 (2)比较溶液②、③中c(NH)的大小关系是②______③(填“>”“<”或“＝”)。 (3)在溶液④中，________离子的浓度为0.1 mol·L－1；NH3·H2O和________离子的物质的量浓度之和为 0.2 mol·L－1。 (4)室温下，测得溶液②的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度________(填“>”“<”或“＝”)NH的水解程度，CH3COO－与NH浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH)(填“>”“<”或“＝”)。 【答案】(1)酸　NH＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋ (2)＜　 (3)Cl－　NH　(4)＝　＝ 【解析】(1)NH4Cl溶液中存在NH的水解平衡：NH＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，所以溶液呈酸性。 (2)溶液②、③中均存在NH＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，而溶液②中阴离子也发生水解：CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，这样NH与CH3COO－相互促进水解，而溶液③中NH4HSO4电离出的H＋抑制了NH的水解，所以c(NH)大小关系为②<③。 (3)在溶液④中c(Cl－)＝0.1 mol·L－1，根据原子守恒知c(NH3·H2O)＋c(NH)＝0.1 mol·L－1＋0.1 mol·L－1＝0.2 mol·L－1。 (4)由于CH3COO－水解生成OH－，NH水解生成H＋，而溶液的pH＝7，说明CH3COO－与NH的水解程度相同，根据电荷守恒可知溶液中二者浓度也相同。 考向2 盐类水解的应用 例2下列说法正确的是(　　) A．AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同 B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 C．用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3＋ D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝 【答案】C 【解析】AlCl3溶液和NaAlO2溶液的水解方程式分别为AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，NaAlO2＋2H2OAl(OH)3＋NaOH，加热促进水解，由于盐酸是挥发性酸，因此前者最终产物为Al2O3，后者仍为NaAlO2，选项A错。选项B中很显然所配得的FeCl3溶液中混有杂质SO，选项B错。由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，升高温度可促进水解而产生沉淀，从而除去Fe3＋杂质，选项C正确。选项D中，为了加快产生CO2气体的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，选项D错。 【变式1·变载体】下列说法不正确的是(　　) A．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂 B．水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动 C．草木灰与铵态氮肥不宜混合使用 D．盐类水解反应的逆反应是中和反应 【答案】B 【解析】A.明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，所以能净水，故A正确；B.升高温度促进盐的水解，水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡正向移动，故B错误；C.草木灰与铵态氮肥混合会发生双水解反应，使氨气逸出，土壤中铵根离子浓度降低，从而降低肥效，故C正确；D.盐类水解反应是盐与水反应生成酸和碱，酸与碱发生中和反应生成盐和水，所以盐类水解反应的逆反应是中和反应，故D正确。 【变式2·变考法】下列应用与盐类水解无关的是(　　) A．用铝盐和铁盐作净水剂 B．将SOCl2(遇水剧烈水解)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3 C．FeSO4饱和溶液制备FeSO4·7H2O晶体时，不能直接蒸干结晶获取 D．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 【答案】C 【解析】铝离子和铁离子均水解，分别生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，因此用铝盐和铁盐作净水剂，与盐类水解有关，故A不选；氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，SOCl2水解生成HCl，抑制氯化铝水解，将SOCl2和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3，与盐类水解有关，故B不选；亚铁离子不稳定，易被空气中的O2氧化生成铁离子，且FeSO4·7H2O受热易分解，所以不能直接蒸干FeSO4饱和溶液来制备FeSO4·7H2O，与盐类水解无关，故C选；NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可除去金属表面的锈，故D不选。 考向3 水解常数及应用 例3 (1)25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka1＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝__________；若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_______ (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5。该温度下，1.0 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋) ≈____________mol·L－1(已知：≈2.4)。 答案 (1) 1×10－12 增大 (2) 2.4×10－5 【解析】(1)NaHSO3的水解平衡常数Kh＝，H2SO3的电离常数表达式为Ka1＝＝1×10－2，水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，则有Kh＝＝＝＝1×10－12。由Kh＝可得，＝，加入I2后，HSO被氧化为H2SO4，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)减小，Kh不变，故增大。 (2)根据Kh＝可得，NH4Cl的水解常数Kh＝≈5.56×10－10，又知Kh＝，由于NH水解程度较小，近似处理：c(H＋)≈c(NH3·H2O)，c(NH)≈1.0 mol·L－1，则有5.56×10－10＝c2(H＋)，c(H＋)≈2.4×10－5 mol·L－1。 解题妙招 酸式酸根离子电离与水解程度的相对大小分析思路 【变式1·变题型】已知：常温下，CN－的水解常数Kh＝1.6×10－5。该温度下，将浓度均为0.1 mol·L－1的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合。下列说法正确的是(　　) A．混合溶液的pH<7 B．混合溶液中水的电离程度小于纯水的 C．混合溶液中存在c(CN－)>c(Na＋)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋) D．若c mol·L－1盐酸与0.6 mol·L－1 NaCN溶液等体积混合后溶液呈中性，则c＝ 【答案】D 【解析】CN－的水解常数Kh＝1.6×10－5，则HCN的电离常数为Ka＝＝＝6.25×10－10，Kh＞Ka，所以水解程度更大，溶液显碱性，pH＞7，A项错误；CN－的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)，故C项错误；c mol·L－1盐酸与0.6 mol·L－1 NaCN溶液等体积混合后溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CN－)＋c(Cl－)，溶液显中性，所以c(CN－)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝ mol·L－1，溶液中还存在元素质量守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝c(Na＋)，所以c(HCN)＝c(Na＋)－c(CN－)＝ mol·L－1，所以有Ka＝＝＝6.25×10－10，解得c＝，D项正确。 【变式2·变载体】已知H3PO3与足量KOH溶液反应生成K2HPO3。25 ℃时，给1 mol·L－1 K2HPO3溶液中加水稀释，溶液的pOH与溶液稀释倍数关系如图所示。已知pOH＝－lg c(OH－)，lg 4＝0.60，V0为起始溶液的体积，V为加水后溶液体积。下列说法错误的是( ) A．K2HPO3的第一步水解常数约是10－8.8 B．稀释到体积为原来的100倍时溶液的pH＝8.6 C．b点溶液中c(H2PO)＋c(HPO)＋c(H3PO3)＝1 mol·L－1 D．H3PO3的第二步电离常数是6.4×10－6 答案 C 【解析】题图中a点pOH＝4.4，lg ＝0，则K2HPO3的第一步水解常数≈＝10－8.8，A正确；lg ＝2即稀释到体积为原来的100倍，此时溶液中的pOH＝5.4，则pH＝8.6，B正确；b点lg ＝1即稀释到体积为原来的10倍时，根据元素质量守恒得到溶液中c(H2PO)＋c(HPO)＋c(H3PO3)＝0.1 mol·L－1，C错误；由lg 4＝0.60可得lg 2＝0.30，lg 5＝0.70，由K2HPO3的第一步水解常数约是10－8.8，可以计算H3PO3的第二步电离常数约为＝10－5.2＝100.8×10－6＝×10－6＝6.4×10－6，D正确。 考点三 溶液中的粒子浓度关系 知●识●解●构 知识点1 溶液中的守恒关系 1．电荷守恒规律 电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。 如Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存之间的守恒关系为： c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－) 2．物料守恒规律 电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但原子总数是守恒的。 如Na2CO3溶液中CO能水解，故碳元素以CO、HCO、H2CO3三种形式存在，它们之间的守恒关系式为： c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) 3．质子守恒规律 质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－得到的，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。 如在Na2CO3溶液中 因此质子守恒关系式为：c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H＋)。 一般质子守恒由电荷守恒、物料守恒整合得来。 知识点2 溶液中的粒子浓度比较 1．弱酸溶液中粒子浓度的大小比较 (1)不同溶液中同一离子浓度的大小比较 相同物质的量浓度的a.NH4Cl溶液，b.CH3COONH4溶液，c.NH4HSO4溶液，c中H＋对NH水解有抑制作用，b中CH3COO－的水解对NH水解有促进作用，所以三种溶液中c(NH)由大到小的顺序是c>a>b。 (2)弱酸溶液中离子浓度的大小比较 ①CH3COOH溶液微粒浓度由大到小的顺序(H2O除外)是c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。 ②碳酸溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子和CO2分子除外)是c(H2CO3)>c(H＋)> c(HCO) > c(CO) > c(OH－)。 (3)单一溶液中离子浓度大小的比较 ①NH4Cl溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。 ②CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(CH3COO-)>c(OH－)>c(H＋)。 (4)混合溶液中离子浓度大小的比较 ①物质的量浓度相同的CH3COOH溶液、CH3COONa溶液等体积混合 离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－) > c(Na＋)>c(H＋) >c(OH－)。 ②物质的量浓度相同的NH4Cl溶液、氨水等体积混合 离子浓度由大到小的顺序是c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。 2．混合溶液中粒子浓度的关系判断 (1)浓度均为0.1 mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3混合溶液 ①电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(CO)＋c(HCO)。 ②物料守恒：2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)。 ③离子浓度由大到小的顺序：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)。 (2)常温下，NaOH和CH3COOH等浓度按1∶2体积比混合后pH＜7 ①溶液中粒子浓度的大小关系：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－) (水分子除外)。 ②电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。 ③物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)。 (3)①物质的量浓度相同的NaOH溶液、NH4Cl溶液等体积混合，溶液中粒子(水分子除外)浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＝c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)。 ②0.1 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合，溶液中粒子(水分子除外)浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。 (4)25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②。 (5)比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。 a．浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是③>②>④>①。 b．相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，c(CH3COO－)由大到小的顺序是②>①>③。 c．c(NH)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为④>②>③>①。 考向1 溶液中粒子浓度的比较 例1醋酸(CH3COOH)是一种常见的弱酸。下列叙述正确的是(　　) A．pH＝3的CH3COOH溶液中，c(H＋)＝c(CH3COO－) B．pH＝8的CH3COONa溶液中，c(CH3COO－)<c(Na＋) C．0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中，c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋) D．0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－) 【答案】B 【解析】除CH3COOH电离出的H＋外，水也会电离出少量H＋，A项错误；CH3COO－少部分水解，0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中，c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，C项错误；由电荷守恒可知，CH3COONa溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，D项错误。 解题妙招 比较溶液中微粒浓度大小的基本思路 【变式1·变载体】常温下，在10 mL浓度均为0.1 mol·L－1 NaOH和NH3·H2O的混合溶液中，滴加0.1 mol·L－1的盐酸。下列有关溶液中微粒浓度关系正确的是( ) A．未加盐酸时：c(OH－)>c(Na＋)＝c(NH3·H2O) B．加入10 mL盐酸时：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－) C．加入盐酸至溶液pH＝7时：c(Cl－)＝c(Na＋) D．加入20 mL盐酸时：c(Cl－)＝c(NH)＋c(Na＋) 答案 B 【解析】未加盐酸时，NaOH和NH3·H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3·H2O部分电离，则微粒浓度关系为c(OH－)>c(Na＋)>c(NH3·H2O)，A错误；加入10 mL盐酸时，盐酸与NaOH恰好完全反应生成NaCl，此时为NaCl和NH3·H2O的混合溶液，根据电荷守恒可得c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由于NaCl不发生水解，则有c(Cl－)＝c(Na＋)，从而可得c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)，B正确；加入盐酸至溶液pH＝7时，溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)；根据电荷守恒可得c(NH)＋c(Na＋)＝c(Cl－)，C错误；加入20 mL盐酸时，恰好完全反应生成NaCl和NH4Cl，由于NH发生水解而使溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)；根据电荷守恒可得c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，从而可得c(Cl－)>c(NH)＋c(Na＋)，D错误。 【变式2·变考法】已知氢硫酸(H2S)的电离平衡常数为Ka1(H2S)＝9.1×10－8，Ka2(H2S)＝1.1×10－12。H2S溶液中c(总)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)。室温下向25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H2S溶液中逐滴滴入NaOH溶液。下列说法正确的是( ) A．随着NaOH溶液的滴入，溶液中水的电离程度不断增大 B．c(Na＋)＝c(总)的溶液：c(Na＋)>c(S2－)>c(H2S)>c(H＋) C．pH＝7的溶液：c(Na＋)>c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)＝c(H＋) D．c(H＋)＝9.1×10－8 mol·L－1时：c(H2S)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) 答案 D 【解析】H2S是二元弱酸，在溶液中抑制水的电离，向25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H2S溶液中逐滴滴入NaOH溶液，H2S与NaOH反应生成NaHS、Na2S时，由于NaHS、Na2S水解，促进水的电离，溶液中水的电离程度不断增大，当H2S完全反应，再滴入NaOH溶液，溶液中过量的NaOH抑制水的电离，水的电离程度会减小，故A错误；c(Na＋)＝c(总)的溶液为NaHS溶液，NaHS的水解常数Kh＝＝>Ka2＝1.1×10－12，溶液中NaHS的水解程度大于其电离程度，NaHS溶液呈碱性，溶液中c(H2S)>c(S2－)，故B错误；因NaHS溶液呈碱性，pH＝7的溶液为H2S与NaHS的混合溶液，则溶液中c(HS－)>c(S2－)，故C错误；由Ka1＝＝9.1×10－8，可知c(H＋)＝9.1×10－8 mol·L－1时，溶液中c(H2S)＝c(HS－)，由电荷守恒c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可得c(H2S)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，故D正确。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（上海卷·2024，三）（7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是___________。 【答案】Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降 【解析】AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，故能净水。 2．（上海卷·2025，四）测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： a．称取m g单质锗样品，置于锥形瓶I中：向锥形瓶Ⅱ中加入过量的NaH2PO2溶液。 b．向锥形瓶I中加入足量FeCl3溶液和盐酸，加热充分反应。 c．反应结束后，用盐酸冲洗连接管和仪器A，冲洗液并入锥形瓶II中。 d．向锥形瓶Ⅱ中加一定量磷酸和盐酸，隔绝空气加热至微沸。充分反应后，用橡皮塞塞紧锥形瓶Ⅱ，并冷却到10℃以下(防止在步骤e中过量的NaH2PO2与KIO3发生反应) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL标准溶液。 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： ① ② ③ ④ （6）装置图中仪器A的名称为_______。 A. 滴定管 B. 恒压滴液漏斗 C. 冷凝管 D. 干燥管 （7）到达滴定终点时，溶液颜色由_______变成_______，且半分钟不褪色。 （8）步骤d中，在滴定前要用橡胶塞密封锥形瓶，请解释其原因。_______ （9）已知，求m g锗矿石样品中锗元素的质量分数为_______(用c、V、m的代数式表示)。 （10）若滴定测得的锗元素含量偏大，可能的原因是_______。 A. 未用标准溶液润洗滴定管 B. 未用稀盐酸洗涤仪器A并将洗涤液并入锥形瓶 C. 滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡 D. 未保持在以下滴定 【答案】（6）C （7）①无色 ②浅蓝色 （8）隔绝氧气，避免被氧化为导致滴定结果偏低 （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。 (8)空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止被氧化（或绝氧气，避免被氧化为，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，则样品(固体)中元素的质量分数； (10)A．未用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，A正确； B．未用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，B错误； C．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，C错误； D．在常温下滴定(未保持在以下滴定)，可能被标准液氧化，使得标准液用量增大，测得结果偏大，D正确； 故答案选AD。 3．（上海卷·2025，五）（4）下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A. 常温下显中性 B. 加入铁粉后溶液变为红褐色 C. 遇沸水时产生胶体 D. 加入氨水后产生白色沉淀 （6）现加水稀释FeCl3溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe3+的物质的量_______。 A．增大 B．不变 C．减小 并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释变化的原因_______。 【答案】（4）C （6）①A ②所有离子浓度变为原来，，平衡逆移 【解析】（4）A．氯化铁溶液中三价铁离子水解，导致溶液显酸性，A错误； B．加入铁粉后，三价铁和单质铁反应生成氯化亚铁，溶液变为浅绿色，B错误； C．饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，三价铁水解可以产生氢氧化铁胶体，C正确； D．加入氨水后产生红褐色氢氧化铁沉淀，D错误； 故选C； （6）所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A。 4．（上海卷·2026，一）硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 (4)步骤③中加入的作用是___________。 (5)制备过程中应选用的检验方法是___________。 A．甲基橙 B．甲基红 C．pH计 【答案】(4)将 H2[Fe(CN)5(NO)] 转化为目标产物 Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去 (5)C 【解析】(4)用Na2CO3中和氧化生成的酸，调节pH至8，将H2​[Fe(CN)5​(NO)]转化为目标产物Na2​[Fe(CN)5​(NO)]​，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去； (5)甲基橙变色范围为，甲基红变色范围为，均无法准确指示；计可以准确测定溶液，满足要求。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第10讲 酸碱中和与盐类水解 内容导航 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 酸碱中和滴定 知识解构 知识点1 酸碱中和滴定 ∣ 知识点2 滴定法在定量测定中的应用 考向破译 考向1 酸碱中和滴定的操作与指示剂的选择 ∣ 考向2 中和滴定误差分析 考向3 中和滴定曲线分析 ∣ 考向4 滴定法在定量测定中的应用 解题妙招1 滴定实验思维模型 解题妙招2 抓住“五点”破解中和滴定图像 考点二 盐类水解 知识解构 知识点1 盐类水解的原理 ∣ 知识点2 水解平衡的移动 考向破译 考向1 盐类水解的原理和规律 ∣ 考向2 水解常数及应用 考向3 盐类水解的应用 解题妙招1 溶液酸碱性强弱比较方法 解题妙招2 酸式酸根离子电离与水解程度的相对大小分析思路 考点三 溶液中的粒子浓度关系 知识解构 知识点1 溶液中的守恒关系 ∣ 知识点2 溶液中的粒子浓度比较 考向破译 考向1 溶液中粒子浓度的的比较 解题妙招1 比较溶液中微粒浓度大小的基本思路 0401 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 酸碱中和滴定及滴定法的应用 一（5） 四（6）（7）（8）（9） 盐类水解的规律及应用 一（4） 五（4）（6） 三（7） 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 近几年高考，有关酸碱中和滴定和滴定法的应用主要考查中和滴定实验中仪器的选择、指示剂的使用、误差分析和有关计算等，结合实验综合题进行考查；盐类水解及应用主要考查盐类水解的规律、水解平衡的移动及盐类水解的应用等，结合物质结构与性质综合题、实验综合题进行考查。 ►复习目标： 1．了解酸碱中和滴定的原理，掌握酸碱中和滴定的操作和数据处理误差分析的方法。 2．掌握滴定法在定量测定中的应用。 3．了解盐类水解的原理及一般规律。 4．了解影响盐类水解程度的主要因素。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 酸碱中和滴定 知●识●解●构 知识点1 酸碱中和滴定 1．酸碱中和滴定原理 (1)酸碱滴定原理 首先准确量取待测溶液的体积，然后用________进行滴定，当酸和碱恰好完全反应时达到化学计量点。选用合适的酸碱指示剂，根据指示剂_______的变化判断中和反应的完成，并确定它为_________。 (2)pH突跃范围与指示剂选择 以 0.100 0 mol· L—1 的氢氧化钠溶液滴定 20.00 mL 的 0.100 0 mol· L—1 盐酸为例。 ①起始点：滴定前，溶液的pH 取决于盐酸的浓度， pH为 1.0。 ②计量点：当滴加的氢氧化钠溶液与盐酸的物质的量恰好相同时，达到化学_______，此时溶液的 pH 等于 7.0。 ③滴定突跃范围：当滴定到盐酸还有 0.02 mL（约半滴）未被中和时，溶液为_____性（ pH = 4.3）；当滴加的氢氧化钠溶液过量 0.02 mL 时，溶液为_____性（ pH = 9.7），溶液的 pH 发生了突变，该pH范围也就是滴定突跃范围。 ④滴定终点：根据滴定突跃范围来选择酸碱_______。这里选用酚酞做指示剂，当溶液从_____色突变为_______色时，达到滴定终点。 2．【实验探究】强酸和强碱的中和滴定 以氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸为例。 (1)滴定管的使用 ①滴定管是准确测量放出液体体积的仪器，常用规格为____mL和_____mL， 分度值为_____mL，读数可估计到_______mL。 一般用红色手柄滴定管装_______溶液，用蓝色手柄滴定管装_______溶液。 ②滴定管的准备： a．检漏：滴定管清洗干净后，注入少量水检查活塞是否_______。 b．洗涤和润洗：将滴定管用蒸馏水洗涤后，再分次用少量氢氧化钠标准溶液润洗滴定管_______次，每次润洗液均从下端活塞放出。 c．装液：注入氢氧化钠标准溶液。 d．赶气泡和调节液面：打开活塞放出少量液体，赶尽活塞下端管内气泡使其充满液体，再慢慢调节滴定管内液面在_____________________位置。 ③滴定管的读数：滴定管上一般标有棕色刻度线，读数时正对刻度线，_______观察蓝线粗、细交界点所对的刻度即为准确读数。 (2)溶液的准备：用洗净并经_______的移液管准确移取20.00 mL（或从另一滴定管内放出）未知浓度的盐酸于150 mL 锥形瓶中，滴加2滴酚酞试液。 (3)滴定的操作：滴定时，一手控制滴定管_______，另一手用拇指、食指和中指捏住_____________轻轻摇动。 (4)滴定终点的判断 滴定时，要控制好速度，特别是接近终点时滴定速度应_______。当加入最后半滴氢氧化钠溶液恰好使溶液由_____色变成_______色，充分摇动，若在_______内颜色不褪，即为滴定终点。 (5)计算盐酸的浓度。 3．酸碱中和滴定误差分析 (1)误差分析的基本依据 中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当、读数不准等。 分析误差要根据计算式分析，根据c(待)＝，c(标)、V(待)均为定值，c(待)的大小取决于_______的大小。 (2)分析方法 将所有变化量先归结为标准溶液用量V(标)变化，然后根据公式进行判断。 标准溶液用量偏多，V(标)变大，待测溶液浓度c(待)_______。 标准溶液用量偏少，V(标)变小，待测溶液浓度c(待)_______。 以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(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) c(待) 洗涤 酸式滴定管未用标准液润洗 碱式滴定管未用待测液润洗 锥形瓶用待测液润洗 锥形瓶洗净后还有蒸馏水 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，滴定到终点时气泡消失 振荡锥形瓶时部分液体溅出 溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴溶液颜色无变化 读数 滴定前读数正确，滴定后俯视读数（或前仰后俯） 滴定前读数正确，滴定后仰视读数（或前俯后仰） 得分速记 (1)滴定管的“0”刻度位于上方，最大刻度位于滴定管下部，最大刻度下部没有刻度，因此实际盛装溶液的体积大于最大刻度所标注的体积。 (2)滴定管的最小刻度为0.1mL，精确度为0.01mL。 (3)锥形瓶只能用蒸馏水洗净，不可用待测液润洗。 (4)滴定管使用时的操作要依照查漏—水洗—润洗—装液—调节液面、赶气泡—读数的顺序进行。 (5)强酸与强碱相互滴定时，选甲基橙或酚酞都可以，但不能选石蕊试液(遇酸、碱颜色变化不明显)。一般原则是酸滴定碱，选甲基橙；碱滴定酸，选酚酞。 (6)在酸碱中和滴定前的准备工作中，滴定管用蒸馏水洗净后，还要用标准液润洗2～3次，其原因是标准液的浓度已知，若滴定管未用标准液润洗，滴定管内壁附着的水会使标准液实际浓度减小，消耗标准液体积增大，待测液浓度偏大。 (7)在滴定前，锥形瓶用蒸馏水洗净后，不能用待测液润洗。因为若用待测液润洗锥形瓶，会使量取的待测液的实际体积增大，消耗标准液的体积增大，使测定结果偏大。 (8)滴定管正确的读数方法是视线、刻度线、凹液面在同一水平线上。 知识点2 滴定法在定量测定中的应用 1．氧化还原滴定法 (1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。 (2)试剂 常用于滴定的氧化剂 酸性KMnO4溶液、K2Cr2O7溶液等 常用于滴定的还原剂 亚铁盐、草酸、维生素C等 氧化还原指示剂 ①自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色 ②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘变蓝 (3)实例 ①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液 原理 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 指示剂 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂 终点判断 当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 ②Na2S2O3溶液滴定碘液 原理 2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI 指示剂 用淀粉溶液作指示剂 终点判断 当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点 2．沉淀滴定法 (1)含义：沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－的浓度。 (2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl－的含量时常以含CrO的溶液为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。 考●向●破●译 考向1 酸碱中和滴定的操作与指示剂的选择 例1利用下列实验装置及药品能完成相应实验的是(　　) 选项 A B C D 目的 测定某盐酸的浓度 测定某NaOH溶液的浓度 记录滴定终点读数：12.20 mL 排除滴定管内气泡 装置或操作 解题妙招 滴定实验思维模型 【变式1·变考法】用1.0 mol·L－1的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积关系变化如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是(　　) A．1.0 mol·L－1，20 mL B．0.5 mol·L－1，40 mL C．0.5 mol·L－1，80 mL D．1.0 mol·L－1，80 mL 【变式2·变载体】室温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸中滴加0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5＝0.7。下列说法不正确的是(　　) A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7 B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大 D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3 考向2 中和滴定误差分析 例2准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定，下列说法正确的是(　　) A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大 C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 【变式1·变考法】有关酸碱滴定实验，下列说法正确的是(　　) A．滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗 B．滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至0刻度 C．滴定至终点时，溶液一定呈中性 D．测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值 【变式2·变题型】某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白： (1)用标准盐酸滴定待测NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视________________。直到因加入一滴盐酸后，溶液由____色变为____色，并__________________为止。 (2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________(填字母序号)。 A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 (3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL；所用盐酸溶液的体积为________mL。 考向3 中和滴定曲线分析 例3常温下，下列图示与对应的叙述相符合的是(　　) A．图甲是常温下用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1醋酸溶液的滴定曲线，Q点表示酸碱中和滴定终点 B．图乙可表示常温下0.1 mol·L－1盐酸滴加到40 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液的滴定曲线 C．图丙表示用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，则c(HCl)＝0.080 0 mol·L－1 D．图丁表示0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1醋酸溶液的滴定曲线 解题妙招 抓住“五点”破解中和滴定图像 室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示： 起始点A：0.1 mol·L－1HA溶液的pH>1，故HA为弱酸。 半反应点B：溶质为NaA和HA，且=1，pH<7，故溶液中c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。 中性点C：溶质为NaA和HA（稍过量），pH=7，故溶液中c(A-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)。 反应终点D：溶质为NaA，pH>7，故溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。 过量点E：溶质为NaA和NaOH，pH>7，故溶液中c(Na+)> c(OH-)>c(A-)>c(H+)。 利用中和滴定曲线分析离子浓度思路，三看： 一看谁滴定谁，二看坐标，三看特殊点(起点、恰好反应点和中性点)。 【变式1·变载体】已知25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，滴定曲线如图1所示，CN－、HCN的物质的量分数(α)随pH变化的关系如图2所示。下列表述正确的是(　　) A．b点时：c(Cl－)>c(HCN) B．d点时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－) C．图2中的e点对应图1中的c点 D．选用酚酞试剂比选用甲基橙试剂作指示剂误差更小 【变式2·变考法】25 ℃时，向20.00 mL的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液，滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积关系如图所示，点②时NaOH溶液恰好被中和。则下列说法错误的是(　　) A．CH3COOH溶液的浓度为0.1 mol·L－1 B．图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小 C．点④所示溶液中存在：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－) D．滴定过程中会存在：c(Na＋)>c(CH3COO－)＝c(OH－)>c(H＋) 考向4 滴定法在定量测定中的应用 例4下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是(　　) 提示：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4===6K2SO4＋2MnSO4＋3H2O、I2＋Na2S===2NaI＋S↓ 选项 滴定管中的溶液 锥形瓶中的溶液 指示剂 滴定终点颜色变化 A NaOH溶液 CH3COOH溶液 酚酞 无色→浅红色 B HCl溶液 氨水 酚酞 浅红色→无色 C 酸性KMnO4溶液 K2SO3溶液 无 无色→浅紫红色 D 碘水 Na2S溶液 淀粉 无色→蓝色 【变式1·变载体】生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH含量。利用的反应原理为4NH＋6HCHO===(CH2)6N4H＋(一元酸)＋3H＋＋6H2O。实验步骤如下： ①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛a mL于锥形瓶中，加入1～2滴指示剂，用浓度为b mol·L－1的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1 mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2 mL。 ②向锥形瓶中加入饱和食盐水试样c mL，静置1分钟。 ③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3 mL。下列说法不正确的是(　　) A．步骤①中的指示剂可以选用酚酞溶液 B．步骤②中静置的目的是使NH和HCHO完全反应 C．步骤②若不静置会导致测定结果偏高 D．饱和食盐水中的c(NH)＝ mol·L－1 【变式2·变题型】沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中的c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 Ⅰ.准备标准溶液 a．准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(0.025 0 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。 b．配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L－1 NH4SCN标准溶液，备用。 Ⅱ.滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液25.00 mL置于锥形瓶中。 b．加入25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 AgNO3溶液(足量)，使I－完全转化为AgI沉淀。 c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。 d．用0.100 0 mol·L－1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。 e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表： 实验序号 1 2 3 消耗NH4SCN标准溶液的体积/mL 10.24 10.02 9.98 f．数据处理。 回答下列问题： (1)Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由_______________________________________。 (2)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为________mL，测得c(I－)＝_________mol·L－1。 (3)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________________。 (4)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”) ①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______。 ②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果________。 考点二 盐类水解 知●识●解●构 知识点1 盐类水解的原理 1．盐类水解的原理 (1)盐类水解的概念 由盐电离生成的离子与水电离生成的_____或_____结合成_________的反应，叫做盐类的水解反应，简称盐类水解。 (2)盐类水解的实质 在溶液中盐电离出来的_______的阳离子或_______的阴离子结合水电离出的______________生成弱电解质，破坏了水的电离平衡，_______了水的电离，使溶液显示不同的酸性、碱性或中性。 (3)盐类水解的特点 ①与______________互为可逆反应，是_______反应。 ②一般情况下，盐类水解程度___________。 ③符合化学平衡移动的原理。 2．盐类水解反应的离子方程式 (1)盐类水解程度一般_______，水解时通常不生成沉淀和气体，书写水解反应的离子方程式时，一般用“”连接，产物不标“↑”或“↓”。如： CH3COOH：___________________________________。 NH4Cl：___________________________________。 (2)多元弱酸根离子的水解_______进行，以_______为主。如： Na2CO3：___________________________________、___________________________________。 (3)有些金属离子也是分步水解的，但这类离子的水解反应一般比较复杂，通常以总反应表示。 如FeCl3：___________________________________。 3．盐类水解的规律 (1)有弱才水解——必须含有_______或_______离子才能发生水解。 (2)无弱不水解——强酸强碱盐_______水解。 常见不水解的离子： ①强酸阴离子：Cl－、SO、NO、Br－、I－、ClO； ②强碱阳离子：K＋、Na＋、Ca2＋、Ba2＋。 (3)谁弱谁水解——发生水解的是______________或______________。 (4)谁强显谁性——组成盐的酸根离子(碱的阳离子)是强酸根离子(强碱的阳离子)，则显_____(_____)性。 (5)都弱都水解——弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可相互促进，所以水解程度_______，少数可以完全水解。 (6)同强显中性——①强酸强碱盐溶液显______性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液呈_____性，如CH3COONH4溶液呈_____性。 (7)越弱越水解——组成盐的酸根离子对应的酸(即水解生成的酸)酸性越弱(或阳离子对应的碱的碱性越弱)，水解程度就_______，此即“越弱越水解”规律。 电离程度：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，水解程度：CH3COO－_____HCO_____CN－_____CO。 得分速记 (1)盐的电离方程式和水解方程式的区别 要将盐的电离方程式与盐类水解的离子方程式区别开来。 如HCO3-+H2OCO32-+H3O+是HCO3-的电离方程式，而HCO3-+H2OH2CO3+OH-是HCO3-水解的离子方程式。 (2)弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进。 ①NH与S2－、HCO、CO、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：NH＋CH3COO－＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。 ②Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO，Fe3＋与CO、HCO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。如泡沫灭火器原理：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 知识点2 水解平衡的移动 1．影响盐类水解的外界因素 (1)温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，水解程度_______。 (2)浓度：盐溶液的浓度越小，电解质离子相互碰撞结合成电解质分子的几率_______，水解程度_______。 (3)酸碱效应：向盐溶液中加入H＋，可抑制_______离子水解；向盐溶液中加入OH－，能抑制_______离子水解。 2．水解常数及应用 (1)盐的水解常数 以CH3COONa为例：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋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)Kh与Kw、Ka、Kb之间的关系 ①盐的水解平衡常数与对应的一元弱酸(或弱碱)的电离平衡常数的乘积等于Kw，则Kh＝_______或Kh＝_______。 ②二元弱酸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_______。 3．利用盐类水解原理解释有关问题 (1)比较相同物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的碱性强弱。 Na2CO3的水解方程式为____________________________，NaHCO3的水解方程式为___________ ________________________，由于Ka1(H2CO3)_____ Ka2(H2CO3)，因此CO32-的水解程度______HCO3-的水解程度，因此Na2CO3溶液的碱性_______。 (2)实验室配制Na2S溶液时，需要抑制S2-水解，采取的措施是___________________________________。 (3)泡沫灭火器的外筒是铁皮做的，内筒为塑料（或玻璃），Al2(SO4)3溶液应放在_______， NaHCO3溶液应放在_______，因为Al3+水解呈_______，会腐蚀铁。 (4)废旧钢铁在焊接前，先用饱和Na2CO3溶液处理焊点，原理是Na2CO3水解的离子方程式为___________________________________。在碱性条件下，油脂发生水解，起到去污的作用。 (5)铵态氮肥不宜与含碳酸钾的草木灰混合使用，原因是K2CO3水解显_______，NH4+水解呈_______，两者发生反应，导致铵态氮肥肥效减弱。 4．盐类水解在生产、生活中的应用 (1)盐类作净水剂 铝盐、铁盐等盐类水解生成_______，有较强的_______性，常用作净水剂。 (2)某些活泼金属与强酸弱碱盐反应 Mg加入NH4Cl、CuCl2、FeCl3等溶液中产生氢气。 原理：以NH4Cl为例，NH4+水解产生H+，NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入金属Mg，Mg+2H+=== Mg2++H2↑，_______减小，使水解平衡_______移动，总反应式为：_______________________________。 (3)热碱水去油污 纯碱水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。在碱性条件下，油脂发生_______，起到去污的作用，加热能促进CO32-的水解，溶液碱性_______，去污能力_______。 (4)盐溶液的配制和保存 配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量_______，目的是抑制Sn2+或Fe3+的水解。 (5)制备Fe(OH)3胶体 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾，从而制备Fe(OH)3胶体，反应方程式为 ________________________________________________________。 (6)碱性溶液的贮存 碱性溶液会腐蚀磨口玻璃塞，不能使用玻璃塞，要使用_______。 如Na2CO3、Na2SiO3、KF等的溶液，水解呈较强的碱性，OH-与玻璃中的SiO2反应：__________ _________________________，使玻璃发生缓慢的腐蚀作用，磨口玻璃塞由于接触面积大，腐蚀速率较快。 (7)除杂 ①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3+，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3+。 ②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。 Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，MgO与_____反应，水解平衡_______移动，生成_____________。 (8)判断溶液中离子能否共存 两种不同性质的离子在水溶液中，会发生双水解，使水解程度增大。 如Al3+、Fe3+等在水溶液中水解呈_______，CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-等离子在水溶液中呈_______。两种离子发生互相促进水解，使水解程度显著增大，最终生成对应的弱碱和弱酸，因此不能大量共存。 用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液作______________就是依据此原理。 得分速记 加热蒸发盐溶液时所得固体的判断方法 (1)热稳定性好的盐的溶液，加热蒸干时，析出盐的晶体，如NaCl溶液、Na2CO3溶液。 (2)阳离子能水解，但生成的酸不挥发，加热蒸干，析出该盐的晶体，如Al2(SO4)3溶液。 (3)阳离子能水解，但水解后生成的酸（如HCl、HNO3）有挥发性，加热时，水解程度增大，酸挥发，析出金属氢氧化物，若蒸干后继续加热，则可分解为金属氧化物。如AlCl3溶液和FeCl3溶液加热时，水解程度增大，HCl挥发，分别生成Al(OH)3沉淀和Fe(OH)3沉淀，继续加热蒸干，Al(OH)3和Fe(OH)3受热分解，得到Al2O3和Fe2O3。 (4)盐在较低温度下受热能分解，则加热蒸干其溶液时，盐会分解，如NaHCO3、Ca(HCO3)2加热时会发生分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O、Ca(HCO3)2CaCO3+CO2↑+H2O。 (5)具有较强还原性的盐，加热时被氧气氧化，生成气体物质，如Na2SO3被氧化成Na2SO4：2Na2SO3+O22Na2SO4。 考●向●破●译 考向1 盐类水解的原理和规律 例1下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是(　　) A．盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡 B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－) C．在CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH－)≠c(H＋) D．水电离出的H＋和OH－与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性 【变式1·变载体】NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均表示正确的是(　　) A．NH2D·H2O和D3O＋ B．NH3·D2O和HD2O＋ C．NH3·HDO和D3O＋ D．NH2D·HDO和H2DO＋ 【变式2·变题型】在室温下，下列五种溶液： ①0.1 mol·L－1 NH4Cl ②0.1 mol·L－1 CH3COONH4 ③0.1 mol·L－1 NH4HSO4 ④0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液 ⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O 请根据要求填写下列空白： (1)溶液①呈________性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是___________________________(用离子方程式表示)。 (2)比较溶液②、③中c(NH)的大小关系是②______③(填“>”“<”或“＝”)。 (3)在溶液④中，________离子的浓度为0.1 mol·L－1；NH3·H2O和________离子的物质的量浓度之和为 0.2 mol·L－1。 (4)室温下，测得溶液②的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度________(填“>”“<”或“＝”)NH的水解程度，CH3COO－与NH浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH)(填“>”“<”或“＝”)。 考向2 盐类水解的应用 例2下列说法正确的是(　　) A．AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同 B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 C．用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3＋ D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝 【变式1·变载体】下列说法不正确的是(　　) A．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂 B．水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动 C．草木灰与铵态氮肥不宜混合使用 D．盐类水解反应的逆反应是中和反应 【变式2·变考法】下列应用与盐类水解无关的是(　　) A．用铝盐和铁盐作净水剂 B．将SOCl2(遇水剧烈水解)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3 C．FeSO4饱和溶液制备FeSO4·7H2O晶体时，不能直接蒸干结晶获取 D．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 考向3 水解常数及应用 例3 (1)25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka1＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝__________；若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_______ (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5。该温度下，1.0 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋) ≈____________mol·L－1(已知：≈2.4)。 解题妙招 酸式酸根离子电离与水解程度的相对大小分析思路 【变式1·变题型】已知：常温下，CN－的水解常数Kh＝1.6×10－5。该温度下，将浓度均为0.1 mol·L－1的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合。下列说法正确的是(　　) A．混合溶液的pH<7 B．混合溶液中水的电离程度小于纯水的 C．混合溶液中存在c(CN－)>c(Na＋)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋) D．若c mol·L－1盐酸与0.6 mol·L－1 NaCN溶液等体积混合后溶液呈中性，则c＝ 【变式2·变载体】已知H3PO3与足量KOH溶液反应生成K2HPO3。25 ℃时，给1 mol·L－1 K2HPO3溶液中加水稀释，溶液的pOH与溶液稀释倍数关系如图所示。已知pOH＝－lg c(OH－)，lg 4＝0.60，V0为起始溶液的体积，V为加水后溶液体积。下列说法错误的是( ) A．K2HPO3的第一步水解常数约是10－8.8 B．稀释到体积为原来的100倍时溶液的pH＝8.6 C．b点溶液中c(H2PO)＋c(HPO)＋c(H3PO3)＝1 mol·L－1 D．H3PO3的第二步电离常数是6.4×10－6 考点三 溶液中的粒子浓度关系 知●识●解●构 知识点1 溶液中的守恒关系 1．电荷守恒规律 电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。 如Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存之间的守恒关系为： _________________________________________________ 2．物料守恒规律 电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但原子总数是守恒的。 如Na2CO3溶液中CO能水解，故碳元素以CO、HCO、H2CO3三种形式存在，它们之间的守恒关系式为： _________________________________________________ 3．质子守恒规律 质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－得到的，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。 如在Na2CO3溶液中 因此质子守恒关系式为：__________________________________________。 一般质子守恒由电荷守恒、物料守恒整合得来。 知识点2 溶液中的粒子浓度比较 1．弱酸溶液中粒子浓度的大小比较 (1)不同溶液中同一离子浓度的大小比较 相同物质的量浓度的a.NH4Cl溶液，b.CH3COONH4溶液，c.NH4HSO4溶液，c中H＋对NH水解有_______作用，b中CH3COO－的水解对NH水解有_______作用，所以三种溶液中c(NH)由大到小的顺序是_______。 (2)弱酸溶液中离子浓度的大小比较 ①CH3COOH溶液微粒浓度由大到小的顺序(H2O除外)是___________________________________。 ②碳酸溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子和CO2分子除外)是____________________________。 (3)单一溶液中离子浓度大小的比较 ①NH4Cl溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________________________________。 ②CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________________________________。 (4)混合溶液中离子浓度大小的比较 ①物质的量浓度相同的CH3COOH溶液、CH3COONa溶液等体积混合 离子浓度由大到小的顺序是___________________________________。 ②物质的量浓度相同的NH4Cl溶液、氨水等体积混合 离子浓度由大到小的顺序是___________________________________。 2．混合溶液中粒子浓度的关系判断 (1)浓度均为0.1 mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3混合溶液 ①电荷守恒：__________________________________________。 ②物料守恒：__________________________________________。 ③离子浓度由大到小的顺序：__________________________________________。 (2)常温下，NaOH和CH3COOH等浓度按1∶2体积比混合后pH＜7 ①溶液中粒子浓度的大小关系：__________________________________________ (水分子除外)。 ②电荷守恒：__________________________________________。 ③物料守恒：__________________________________________。 (3)①物质的量浓度相同的NaOH溶液、NH4Cl溶液等体积混合，溶液中粒子(水分子除外)浓度由大到小的顺序为__________________________________________。 ②0.1 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合，溶液中粒子(水分子除外)浓度由大到小的顺序为________________________________________________________。 (4)25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为_____________________。 (5)比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。 a．浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是_____________________。 b．相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，c(CH3COO－)由大到小的顺序是_____________________。 c．c(NH)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为_____________________。 考向1 溶液中粒子浓度的比较 例1醋酸(CH3COOH)是一种常见的弱酸。下列叙述正确的是(　　) A．pH＝3的CH3COOH溶液中，c(H＋)＝c(CH3COO－) B．pH＝8的CH3COONa溶液中，c(CH3COO－)<c(Na＋) C．0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中，c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋) D．0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－) 解题妙招 比较溶液中微粒浓度大小的基本思路 【变式1·变载体】常温下，在10 mL浓度均为0.1 mol·L－1 NaOH和NH3·H2O的混合溶液中，滴加0.1 mol·L－1的盐酸。下列有关溶液中微粒浓度关系正确的是( ) A．未加盐酸时：c(OH－)>c(Na＋)＝c(NH3·H2O) B．加入10 mL盐酸时：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－) C．加入盐酸至溶液pH＝7时：c(Cl－)＝c(Na＋) D．加入20 mL盐酸时：c(Cl－)＝c(NH)＋c(Na＋) 【变式2·变考法】已知氢硫酸(H2S)的电离平衡常数为Ka1(H2S)＝9.1×10－8，Ka2(H2S)＝1.1×10－12。H2S溶液中c(总)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)。室温下向25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H2S溶液中逐滴滴入NaOH溶液。下列说法正确的是( ) A．随着NaOH溶液的滴入，溶液中水的电离程度不断增大 B．c(Na＋)＝c(总)的溶液：c(Na＋)>c(S2－)>c(H2S)>c(H＋) C．pH＝7的溶液：c(Na＋)>c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)＝c(H＋) D．c(H＋)＝9.1×10－8 mol·L－1时：c(H2S)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（上海卷·2024，三）（7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是___________。 2．（上海卷·2025，四）测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： a．称取m g单质锗样品，置于锥形瓶I中：向锥形瓶Ⅱ中加入过量的NaH2PO2溶液。 b．向锥形瓶I中加入足量FeCl3溶液和盐酸，加热充分反应。 c．反应结束后，用盐酸冲洗连接管和仪器A，冲洗液并入锥形瓶II中。 d．向锥形瓶Ⅱ中加一定量磷酸和盐酸，隔绝空气加热至微沸。充分反应后，用橡皮塞塞紧锥形瓶Ⅱ，并冷却到10℃以下(防止在步骤e中过量的NaH2PO2与KIO3发生反应) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL标准溶液。 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： ① ② ③ ④ （6）装置图中仪器A的名称为_______。 A. 滴定管 B. 恒压滴液漏斗 C. 冷凝管 D. 干燥管 （7）到达滴定终点时，溶液颜色由_______变成_______，且半分钟不褪色。 （8）步骤d中，在滴定前要用橡胶塞密封锥形瓶，请解释其原因。_______ （9）已知，求m g锗矿石样品中锗元素的质量分数为_______(用c、V、m的代数式表示)。 （10）若滴定测得的锗元素含量偏大，可能的原因是_______。 A. 未用标准溶液润洗滴定管 B. 未用稀盐酸洗涤仪器A并将洗涤液并入锥形瓶 C. 滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡 D. 未保持在以下滴定 3．（上海卷·2025，五）（4）下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A. 常温下显中性 B. 加入铁粉后溶液变为红褐色 C. 遇沸水时产生胶体 D. 加入氨水后产生白色沉淀 （6）现加水稀释FeCl3溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe3+的物质的量_______。 A．增大 B．不变 C．减小 并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释变化的原因_______。 4．（上海卷·2026，一）硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 (4)步骤③中加入的作用是___________。 (5)制备过程中应选用的检验方法是___________。 A．甲基橙 B．甲基红 C．pH计 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $