3 第3节 第2课时 盐类水解的主要影响因素及应用-【重难点手册】2026-2027学年高中化学选择性必修第一册（人教版）

重难点手册高中化学选择性必修1化学反应原理RJ 第二课时 盐类水解的主要影响因 必备知识梳理 基础梳理 知识点①影响盐类水解的因素 1.探究反应条件对FeCl3水解平衡的影响 (1)FeCl3水解反应的化学方程式 FeCL3十3H2O→Fe(OH)3十3HCI◆敲黑板 与制备F(OH)。胶体不同，此处为可逆符号 (2)实验操作、现象、解释或结论 可能的 实验操作 现象 解释或结论 影响因素 颜色变深，若加热到沸 升高温度，平衡正向移 温度 加热溶液 腾可能得到红褐色液 动（水解被促进） 体[Fe(OH)3胶体] 水解过程吸热 反应物加入浓氯化铁溶 c(Fe3+)增大，平衡正 颜色变深（呈棕黄色） 的浓度 液或氯化铁固体 向移动 通人HCI气体或 c(H)增大，平衡逆向 颜色变浅 加入少量浓盐酸 移动（水解被抑制） OH中和H+,c(H+) 加入少量 产生红褐色沉淀 减小，平衡正向移动， 浓NaOH溶液 形成沉淀 ◆记方法日 生成物 的浓度 产生红褐色沉淀、无色 加入Mg粉 Mg与H反应，c(H) 气体 减小，平衡正向移动 加入 产生红褐色沉淀、无色 HCO3与H反应， 气体 NaHCOg c(H+)减小，平衡正向 完全双水解 移动 ◆辨易错过 2.规律 影响盐类水解的因素 主要由盐自身的性质决定：构成盐的酸根离子对应 的酸的酸性越弱或阳离子对应的碱的碱性越弱，酸 主要因素 根离子或阳离子的水解程度就越大。例如酸性： (内因) 可报据弱酸（碱）的电离常数定量判断 HCIO<CH:COOH,水解程度：ClO>CH.COO 136 素及应用 11111111111111111111111111111111111 敲黑板⊙ Fe3+水解是一个吸热的可 逆过程，水解平衡是一个动态平 衡，当加入的物质能与溶液中的 H反应（如生成弱电解质）时， Fe3+的水解程度可能趋于完全。 记方法回 盐类水解平衡移动的判断 盐类水解平衡的移动仍然 遵循化学平衡移动规律，但不受 压强影响，所以主要从温度、浓 度两方面考虑对平衡的影响。 在判断平衡移动时不要将盐类 的水解平衡与弱电解质的电离 平衡相混淆。 辨易错夕 在判断水解平衡的移动时 需要抓住主要因素，例如：在 NH,CI溶液中通入少量氨气， c(NH3·H2O)的增大抑制了 NH的水解，会使平衡NH十 H2O=NH3·H2O+H+逆 向移动，而不是NH·HO与 H十反应导致水解平衡正向移动。 第 续表 温度 升高温度能够促进水解 界条件 浓度 盐溶液的浓度越小，水解程度越大 水解显酸性的盐溶液，加碱促进水解，加酸抑制水解； 外加酸、碱 水解显碱性的盐溶液，加碱抑制水解，加酸促进水解 例①硝酸亚铁是一种重要的化学试剂，可用于印染业，也可 用作医药治疗缺铁性贫血，其稀溶液中存在平衡：F2+十2H2O 、—一Fe(OH)2+2H+K。下列说法错误的是()。 A.K=c[Fe(OHD2]c2(H) c(Fe2+) B.加水稀释，平衡右移，溶液颜色变浅 C.滴加浓盐酸，平衡左移，溶液绿色加深 D.升高温度，Fe2+的水解程度增大 解析稀溶液中H2O的浓度为常量，不写入平衡常数表达式，F2+水解 微弱，故F(OH)2不会沉淀，应写入表达式，A正确；加水稀释，平衡右移， 达到新平衡时c(Fe+)、c[Fe(OH)2]和c(H+)均减小，故溶液颜色变浅， B正确；加浓盐酸，该条件下NO?会将Fe2+氧化成Fe3+,溶液变为黄色， 易忽视NO。(H)的章化性，误认为c(H)增大，平衡逆向移动 C错误；水解为吸热反应，升高温度，水解平衡右移，水解程度增大，D正确。 答案C◆诊考策。 知识点(2 盐类水解的应用 分类 应用 应用举例 →不用NaCO,友应速率比NaHCO,慢 泡沫灭火器 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3,发生的反 日常 应：A13++3HCO5=A1(OHD3V+3CO2↑ 生活中 还可以用FC作净水剂 原理：A13++3H2O—=A1(OH)3(胶体)+ 明矾作净水剂 3H十，产生的氢氧化铝胶体具有吸附性 FeCL3溶液显酸性，原因：Fe3++3H2O一 判断溶液 Fe(OH);+3H ◆敲黑板的 的酸碱性 保存时加盐酸，抑制Fe3+水解 用TiCl,制备TiO2:TiCl+(x+2)H2O 制备某些物质 -TiO2·xH2OV+4HCI 化学 除去MgCL2溶液中的Fe3+,可加入MgO或 实验中 混合盐溶液的 Mg(OH)2,调节溶液的pH,使Fe3+完全水 除杂和提纯 防止引入新杂质，不能加入NaOH溶液或意水 解变为Fe(OH)3,再过滤除去 A13+与[A1(OH)4]、CO、HCO、S2 判断离子共存 HS等因能相互促进水解而不共存◆辨易错 三章水溶液中的离子反应与平衡 诊考策四 (1)加水稀释时，盐溶液的 浓度越小，盐的水解程度越大， 其溶液的酸性或碱性却越弱，这 是由于稀释时溶液中离子浓度 减小的程度大于水解时离子浓 度增大的程度。 (2)水解平衡正向移动，盐 的水解程度不一定增大，例如： 加水稀释时，盐的水解平衡正向 移动，水解程度一定增大，但增大 盐溶液的浓度时，水解平衡也正 向移动，盐的水解程度却减小。 (3)对反应FeCl3+3KSCN ==Fe(SCN)3+3KCl,加入 KCI(s)平衡不移动，其原因是该 反应的实质为Fe3+十3SCN厂≥ Fe(SCN)3,与c(KCI)大小无关。 敲黑板⊙ (1)在除去CuCl2溶液中的 Fe+时，向溶液中加入CuO、 Cu(OHD2、CuCO或[Cu(OHD,CO3], 与Fe3+水解产生的H反应，使 Fe3+转化成Fe(OHD3而被除去。 (2)将氯化亚锡晶体 (SnCl2·2H2O)溶于水，在水中 发生水解使溶液变白：SnCl2十 H2O=Sn(OH)Cl+HCl,此 时若加入稀盐酸可使溶液变 澄清。 辨易错贝 [A1(OHD4]与HCO5不能 共存，发生反应：[A1(OH)4]十 137 重难点手册高中化学选择性必修1化学反应原理RJ 续表 分类 应用 应用举例 铵态氮肥与草木灰（主要成分是K2CO3)不 尿素【CO(NH2)2】的水解产物为(NH4)2CO3, 化肥的使用 亦不能与草木灰混合 工农业 能混合使用，原因：2NH+CO 生产中 2NH3个+CO2↑+H2O 金属焊接前利用NH4Cl溶液或ZnCl2溶液 焊接工业上 除锈，利用NH,Cl、ZnCl2的水解使溶液呈 某些盐当酸用 酸性◆诊考策。 例2(2026·北京二中月考)下列涉及的盐类水解的应用错 误的是( )。 A.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓盐酸中，再加水稀释 B.用热的纯碱溶液洗去油污，加热有利于碳酸钠直接与油污反应 C.用MgCl2·6H2O制备MgCL2需要在HCI的气流中加热 D.SnCl2+H2O一Sn(OH)CI+HCl,配制氯化亚锡溶液时 需加人盐酸 解析配制氯化铁溶液时，为抑制FCl3水解，将氯化铁溶解在较浓盐 酸中，再加水稀释，A正确；水解是吸热过程，加热有利于碳酸钠水解平衡正 向移动，溶液碱性增强，增强去污效果，B错误；用MgC2·6H2O制备 MgCL2,为抑制氯化镁水解，需要在HC的气流中加热，C正确；配制氯化亚 锡溶液时加入盐酸，能抑制氯化亚锡水解，D正确。 答案B 重难拓展 重难点（① 盐溶液蒸干、灼烧时所得产物的判断 1.盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如 CuSO,(aq)蒸千得CuSO(s)。 2.盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应 的氧化物，如A1CL3(aq)蒸干得A1(OH)3,灼烧得Al2O3。◆方法 3.考虑盐受热时是否分解 原物质 蒸干灼烧后的固体物质 Ca(HCO3)2 CaCO3或CaO NaHCOs NazCO KMnOa K2MnO4和MnO2 NHCI 分解为NH3和HCl,无固体物质存在 4.还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得 Na2S04(s). 138 HCO3-A1(OH)3￥+H2O 十CO,但该反应的原理不是 二者相互促进水解，而是 HCO5的酸性比Al(OH)3的 酸性强。 诊考策。 抑制水解和促进水解都可 以应用于某些物质的制备。 例如，在HC1气体中使 MgCl2·6H2O脱水制备无水 MgCl2、将AlCL3·6H2O与 SOCl2共热制取无水A1Cl3是 抑制水解的示例；促进Fe3+完 全水解从而得到Fe(OH)3、促 进钛盐完全水解从而得到TO2 是促进水解的示例。 记方法@ 蒸干、灼烧盐溶液的分析思路： (1)溶质中是否存在易发生 水解反应的离子。 (2)水解产物是否易挥发而 脱离反应体系。 (3)溶质是否受热易分解。 (4)溶质在加热条件下是否 被氧化。 第三 例①将下列溶液在空气中蒸干后充分灼烧，最终能得到原溶 质固体的是( )。 A.CuCl2溶液 B.Na2CO3溶液 C.Na2SO3溶液 D.NaHCO3溶液 解析Cu+水解得到Cu(OH)2和HCI,HC1易挥发，故CuCL2溶液蒸 干后灼烧会得到氧化铜：碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中会分步水解，以一 级水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠为主，其溶液在空气中蒸干的过程中碳酸 氢钠与氢氧化钠会反应生成碳酸钠，所以最后得到的固体依然为碳酸钠； Na2SO3具有还原性，加热过程中SO?被氧化，最终得到硫酸钠；NaHCO3 不稳定，加热易分解，最终得到碳酸钠。 答案B◆诊考策a 重难点2溶液中粒子浓度大小的比较 在判断能水解的盐溶液中粒子浓度的大小关系时，首先要明 确盐的电离绝大多数是完全的，水解是微弱的；其次要明确多元弱 酸盐的水解是分步进行的，以第一步水解为主；最后不要忘记水的 电离。 (1)多元弱酸溶液，根据多步电离进行分析，如在HPO4溶液 中：c(H+)>c(H2PO4)>c(HPO)>c(PO3)。 (2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根离子的分步水解进行分 析，如在Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO号)>c(OH)> c(HCO3)>c(H)。◆敲黑板 (3)多元弱酸的酸式盐溶液，根据其电离程度和水解程度的相 对大小进行分析，如NaHSO3、NaH2PO4等的电离程度大于水解 抓两点：①溶液的酸碱性；②讨论K,(K)与K。的相对大小 程度，溶液呈酸性，在NaHSO3溶液中：c(Na)>c(HSO3)> c(H+)>c(SO号)>c(OH),NaHCO3、NaHS等的水解程度大 于电离程度，溶液呈碱性，在NaHCO3溶液中：c(Na+)> c(HCO3)>c(OH)>c(CO)>c(H). (4)不同溶液中同一离子的浓度大小比较，要考虑溶液中其他 离子对该离子的影响。如在相同浓度的①NHCl、②CH COONH、 ③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2CO3的水溶液中， H抑制NH时的水解 c(NHH)由大到小的顺序是④>⑤>③>①>②： (5)混合溶液中各离子浓度的比较，根据电离、水解程度的相 对大小进行综合分析。 一般讨论等浓度混合 ①分子的电离程度大于对应离子的水解程度：在0.1mol·L1 三章水溶液中的离子反应与平衡 诊考策通 盐溶液蒸干后产物的判断 还需从多方面考虑，例如，蒸干 NaClO溶液时，既要考虑CIO 的水解又要考虑HCIO的受热 分解，所以将NaCiO溶液蒸千 后得到NaCl固体。 敲黑板⊙ (1)电离理论 ①弱电解质的电离是微弱 的，电离产生的微粒都非常少， 同时还要考虑水的电离。如氨 水溶液中：c(NH3·H2O)> c(OH)>c(NHt)。 ②多元弱酸的电离是分步 进行的，以第一步电离为主。如 在H2S溶液中，H2S、HS、S2- H中的浓度大小关系是c(H2S) >c(H+)>c(HS)>c(S2-). (2)水解理论 ①弱碱阳离子和弱酸根离 子的水解是微弱的（水解相互促 进的除外)，但由于水的电离，故 水解后酸性溶液中c(H+)或碱 性溶液中c(OH)总是大于水 解产生的弱电解质的浓度。 如在NHC溶液中，NH NH·H2O、CI以及H的浓度 大小关系是c(CI)>c(NHt)> c(H+)>c(NH3·H2O). 139 翻重难点手册高中化学选择性必修1化学反应原理RJ NH4C和0.1mol·L-1氨水的混合溶液中，由于NH3·H2O的 电离程度大于H的水解程度，溶液呈碱性。溶液中各离子浓 度的大小顺序为c(NH)>c(CI)>c(OH)>c(H)。 ②分子的电离程度小于对应离子的水解程度：在0.1mol·L1 HCN和o.1mol·L1NaCN的混合溶液中，由于HCN的电离程 度小于CN厂的水解程度，溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小 顺序为c(Na+)>c(CN)>c(OH)>c(H+)。 例2(2026。四川成都七中月考)常温下有0.1mol·L-1的 三种溶液：①CH COOH、②NaOH、③CHCOONa。下列叙述正 确的是( )。 A.①中c(CH COOH>c(CHCOO)>c(H)>c(OH) B.①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混合后水 的电离程度小 C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na+)> c(CH COO)>c(H) D.①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一 解析CH3COOH溶液中存在：CH3COOH=CHCOO+H+、H2O 一H+十OH,醋酸电离出的CH3COO和H的量是相等的，但溶液中 H十来自醋酸分子的电离和水的电离，所以c(H+)>c(CH,COO),则 c(CH3COOH)>c(H)>c(CH:COO)>c(OH),A错误；①②等体积 混合以后恰好反应生成CHCOONa,CH:COO的水解促进水的电离， ①③等体积混合后，①中CH COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总 体上看①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度 大，B错误；①③等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH COOH的电离程 度大于CH COO的水解程度，因此c(CH3COO)>c(Na+)>c(H)> c(OH),C错误；①②等体积混合后恰好反应生成CH,COONa,体积大约为 原来的2倍，如果CH,C00不水解，浓度约为③的号，CH,C0ONa为弱酸 强碱盐，越稀越水解，CH COO+H2O—一CH COOH十OH,水解平衡 正向移动，因此CH,C00浓度小于③的2，D正确。 答案D,诊考策 易错点1盐类水解的五个易失分问题 (1)误认为水解平衡正向移动，离子的水解程度一定增大。如向 播 FeCL3溶液中加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3+的 水解程度减小。 (2)误认为强碱弱酸盐都因水解而显碱性。如NaHSO3因为酸式酸 140 ②多元弱酸酸根离子的水 解是分步进行的，以第一步水解 为主。如Na2CO3溶液中： c(CO)c(HCO)>c(H.CO,). 诊考策 两溶液发生反应后，溶液中 粒子浓度大小的比较方法： (1)判断反应产物：判断两 种溶液混合时生成了什么物质， 是否有物质过量，再确定反应后 溶液的组成。 (2)写出反应后溶液中存在 的平衡：根据溶液的组成，写出 溶液中存在的所有平衡（水解平 衡、电离平衡)。 (3)列出溶液中存在的等 式：根据反应后溶液中存在的粒 子，结合电荷守恒、元素质量守 恒列出相关等式，据此找出溶液 中粒子间的数量关系。 (4)比大小：根据溶液中存 在的平衡和题给条件，结合平衡 的有关知识，分析哪些平衡进行 的程度相对大一些，哪些平衡进 行的程度相对小一些，再据此比 较溶液中各粒子浓度的大小。 纠错练1 下列说法中正确的是()。 A.向Na2CO3溶液中加入 少量Ca(OH)2固体，CO号的 第ミ 根离子的电离程度大于水解程度，故其溶液显酸性。 (3)由于加热可促进盐类水解，误认为可水解的盐溶液在蒸干后都得 不到原溶质。如A12(SO4)3的水解产物不能脱离平衡体系，溶液蒸干后 仍得原溶质。 (4)误认为稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性（或 碱性)也越强。其实，溶液中离子浓度减小是主要的影响因素，所以盐的 浓度越小，溶液的酸性（或碱性）越弱。 (⑤)误认为相互促进水解的离子在水溶液中都不能大量共存。A13+ 与HCO、COg、[Al(OH)4]、SiO、HS、S2-、CIO,Fe3+ 与HCO3、CO?、[A1(OH)4]、SiO、CIO水解相互促进趋于完全，不 能大量共存，而H与CH3COO一、HCO?虽相互促进水解，但水解不 彻底，仍能大量共存。 重难点③电解质溶液中的三大守恒 1.电荷守恒 任何电中性溶液中，阴离子所带负电荷总数恒等于阳离子所 带正电荷总数。如CH COONa与NaCI的混合溶液中：c(Na+) 【注意】多电荷离子须乘以化学计量数 十c(H+)=c(CH3COO厂)十c(OH厂)十c(CI)。敲黑板 2.物料守恒（元素质量守恒） 在电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子的存在形 式发生了变化，但就该离子所含的某种元素来说，其质量在变化前 后是守恒的，即元素质量守恒。如Na2CO3溶液中CO?能水解， 故碳元素以CO?、HCO3、H2CO3三种形式存在，它们之间的物 料守恒关系为)c(Na+)=c(C0)+c(HC0)+c(H,C0)。 3.质子守恒 在电解质溶液中，电离、水解等过程存在质子(H+)的转移，粒 子失去的质子数目等于结合的质子数目，称为质子守恒。如 电荷守恒、物料守恒是基础，质子守恒可由两式推出 Na2CO3溶液中，1个CO?结合1个质子生成HCO3、结合2个 质子生成H2CO3,1个H2O分子结合1个质子生成H3O+(H+)、 失去1个质子生成OH,所以存在守恒关系：c(OH)=c(H+) 十c(HCO?)十2c(H2CO3)。◆配方法。质子守恒一般用于正盐的分析与判断 例3下列有关溶液中粒子浓度的关系，正确的是()。 A.pH=1的NaHSO4溶液中：c(H+)=2c(SO?)+ c(OH) 三章水溶液中的离子反应与平衡 水解程度减小，溶液的pH减小 B.25℃时，用醋酸溶液滴 定等浓度的NaOH溶液至pH= 7,V(醋酸)V(NaOH) C.向Na[AI(OH)4]溶液 中滴加NaHCO3溶液，有沉淀 和气体生成 D.将浓度为0.1mol·L1 的Na2CO3溶液加水稀释， CO号的水解程度增大，溶液的 pH减小 敲黑板) 不同类别的微粒浓度关系等式 微粒浓度关系等式 一 边全 一边微 边全 为 离 粒能电 子 元素 另 等式没 离出， 有明显 边 为 边 全 另 一边 阳 特征 离子 另 微粒能 种元素 结合H 电荷守 元素质 三种等 恒式 量守恒 质子守 式变形 式 恒式 而来 记方法回 质子守恒式的两种书写方法 方法一：通过分析粒子得到 和给出（失去）质子的关系而得 出。如CHCOONa溶液中： CH,COOH-+H CH,COO HO*+H" HO 一H,OH (即H) 质子守恒式：c(CH COOH +c(H+)=c(OH)① 方法二：通过联立电荷守恒 式和物料守恒式，消去相关粒子 141 铺重难点手册高中化学选择性必修1化学反应原理RJ, B.常温下，在pH=4的醋酸溶液与pH=10的NaOH溶液 等体积混合后的溶液中：c(CH COO)>c(Na+)>c(H+)> c(OH) C.Na2CO3溶液中：c(H+)=c(OH)-c(HCO3) c(H2COa) D.含等物质的量的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中： 3c(Na)=2[c(CO)+c(HCO3)+c(H2CO3)] 解析在pH=1的NaHSO4溶液中，HSO4完全电离为H+和SO?, 根据电荷守恒可知c(H)十c(Na+)=2c(SO?)十c(OH),由于c(Na+) =c(SO),所以c(H)=c(SO?)十c(OH),A错误；常温下，pH=4的 醋酸溶液的浓度远大于pH=l0的NaOH溶液的浓度，两溶液等体积混合 后，CH COOH过量，混合溶液中的溶质为CH COONa和CH COOH,溶 液显酸性，c(H+)>c(OH),根据电荷守恒可得c(CH:COO)> c(Na+),CH3COOH的电离程度较小，则c(CH3COO)>c(Na+)> c(H)>c(OH厂)，B正确；Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(H)+ c(HCO3)+2c(H2CO3)=c(OH),C错误；含等物质的量的Na2CO3和 NaHCO3的混合溶液中，根据物料守恒可得2c(Na+)=3[c(CO号)+ c(HCO3)+c(H2CO3)],D错误。 答案B 易错点2粒子浓度大小比较中守恒原理应用错误 插 (1)电荷守恒式不是各离子浓度的简单相加，离子带有几个电荷，就 播 在该离子的浓度前面乘几。 例如：⊙pH=1的NaHSO,溶液中：c(H)+c(Na)=2c(SO)+ c(OH)。 (2)物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。 例如：⑧0.1mol·L1 Naz CO3溶液中：2c(Na+)=c(CO号)+ c(HCO3)+c(H2CO3). (3)同浓度的弱酸和弱酸盐（弱碱和弱碱盐）共存时通常主要考虑弱 酸（碱）的电离而不是弱酸（碱）盐的水解。 例如：⑧0.1mol·L-1氨水与0.1mol·L-1NH,Cl溶液等体积混 合（溶液的pH>7):c(NH3·H2O)>c(NH)>c(CI)>c(OH). 培优突破 突破点(1 缓冲溶液 1.概念：缓冲溶液是一种能抵抗少量强酸、强碱和较多水的稀 142 而得出。如CH,COONa溶液中： c(Na)+c (H)= c(CH COO)+c(OH)(电荷 守恒) c(Na)=c(CHCOO)+ c(CH COOH)(物料守恒) 联立两式，消去c(Na+)和 c(CHCOO)可得①式。 5纠错练2 20℃时，向20mL浓度为 0.1mol·L1的醋酸溶液中不 断滴入0.1mol·L1NaOH溶 液，溶液pH的变化如图所示。 下列有关溶液中粒子浓度的关 系，错误的是()。 7 0 1020 30V(NaOH/mL A.a点：c(CHCOO)> c(Na)>c(H)>c(OH) B.b点：c(Na)= c(CH,COO)>c(H+)= c(OH) C.c点：c(H+)=c(OH-)+ (CHCOOH) D.d点：c(Na+)> c(CH,COO)>c(OH)> c(H+) 第 释而保持体系的pH基本不变的体系。 2.构成：缓冲溶液一般是由弱酸和弱酸盐或弱碱和弱碱盐组 成，如HAc和NaAc,NH·H2O和NHCl,HCN和NaCN, NaH2PO4和Na2HPO4都可以配成能保持不同pH的缓冲溶液。 3.以弱酸和弱酸盐为例，当加入强酸时，弱酸根与H+转化为 弱酸，H+的浓度变化不大；当加入强碱时，弱酸与OH反应生成 弱酸盐，使OH厂浓度变化也不大。由于弱酸的电离程度和弱酸盐 的水解程度都很小，缓冲溶液的pH变化是很小的。◆敲黑極 例①常温下，人体血液里存在重要的酸碱平衡：CO2十H2O 一HC0,票HC0,使人体血液pH保将在7.357.45，吞则 就会发生酸中毒或碱中毒。血液pH随c(HCO3)：c(HCO3)变化 的关系如表： c (HCO3 c(H2CO3) 1.0 17.8 20.0 22.4 pH 6.10 7.35 7.40 7.45 下列说法不正确的是( )。 A.正常人体血液中，HCO3的水解程度大于电离程度 B.发生血液酸中毒时，可注射NaHCO3溶液缓解症状 C.pH=7.00的血液中，c(H2CO3)<c(HCO3) D.pH=7.40的血液中，HCO3的水解程度一定大于H2CO 的电离程度 解析常温下，正常人体血液显弱碱性，可知HCO?的水解程度大于电 离程度，A正确。发生血液酸中毒时，可注射NaHCO3溶液消耗氢离子， B正确。从题表中信息可知，c(H2CO3)=c(HCO3)时血液pH=6.10, c(HCO):c(H2CO3)=17.8时血液pH=7.35,则血液pH=7.00时， 1.0<c(HC03):c(H2CO3)<17.8,故c(H2C03)<c(HC03),C正确。 在pH=7.40的血液中，c(HCO3):c(H2CO3)=20.0,HCO3浓度远大于 H2CO3浓度，无法根据血液的pH比较HCO?的水解程度和H2CO3的电 离程度的相对大小，D错误。◆拓考点@ 答案D 1111i 关键能力提升 题型①影响盐类水解平衡的因素 确的是( ）。 例①（经典·浙江6月选考）25℃时，苯 A.相同温度 酚(C&Hs OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正液和CH3COO 三章水溶液中的离子反应与平衡 敲黑板⊙ 缓冲原理 以H2CO3/HCO缓冲体 系为例，其缓冲作用可用下列平 衡表示： H(ag)+HCO3(ag) H2C0,(aq=-=CO2(g)+H2O1) 当体系中增加少量强酸时， 平衡向正反应方向移动而消耗 H;当增加少量强碱时，平衡向 逆反应方向移动而消耗OH。 由于HCO3和H2CO3的浓度 较大且可以调节，因此可以防止 体系的pH出现较大幅度的变化。 [注意]缓冲体系的缓冲 作用具有一定的限度，只有在加 入有限量的酸或碱时，才能维持 溶液的pH不发生明显变化。 拓考点① 缓冲体系pH的计算 以HX/X缓冲体系为例， K= c(H)·c(X ,则c(H) c(HX) c(HX)·Ka c(X-) ,pH=-lgK。- c(HX) c(X) =pK。一lg c(HX) c(X) 由此可见，HX/X缓冲体系的 pH由K.及c(HX)与c(X)的 比值共同决定，c(HX)=c(X) 时，pH=pKao 下，pH相等的C,HONa溶 a溶液中，c(C6HO)> 143 用重难点手册高中化学选择性必修1化学反应原理 c(CHCOO) B.将浓度均为0.l0mol·L1的C6HONa 溶液和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均 变大 C.25℃时，将C6HOH溶液与NaOH溶 液混合，测得pH=10.00,则此时溶液中 c(CHsO)=c(C HsOH) D.25℃时，向0.10mol·L1的C6HOH 溶液中加入少量Co H ONa固体，水的电离程 度变小 解析苯酚的酸性小于醋酸，根据“越弱越水解” 的规律可知，相同温度下，pH相等的两种溶液中 c(C6HO)<c(CH:COO),A错误；加热能够促进 C6HONa的水解和水的电离，Kw增大，pH不一定 增大，氢氧化钠是强电解质，加热后Kw增大，pH减 小，B错误；25℃时，将C.HOH溶液与NaOH溶液 混合，测得pH=10.00,c(H+)=10-1omol·L1,苯 酚(C6H,OH)的K。=1.0X1010,则此时溶液中 c(CsHO)=c(CHOH),C正确；加入苯酚钠固体，苯 酚钠水解促进水的电离，水的电离程度变大，D错误。 答案C 名师支招 解影响盐类水解的因素类试题的方法 第一步：审题，明确题目信息。分析题干信息， 了解考查的是哪种物质的水解；分析选项信息，明 确可能导致水解平衡移动的因素。 第二步：析题，明确信息之间的联系。分析题 干中物质水解后溶液的酸碱性，再将选项中的条件 置于题干物质的水解环境中，分析对该物质水解的 影响，建立两个信息之间的联系。 第三步：解题，确定题目答案。通过以上两步 分析确定题目答案。 跟踪练①常温下，NH4C1溶于水得到无 色溶液，为使溶液中的c(NH4):c(CI)= 1：1,下列采取的措施正确的是()。 A.加入适量的NaCI固体 144 RJe B.通入适量的HC1气体，抑制NH水解 C.加入适量的氨水，使溶液的pH等于7 D.加入适量的NaOH固体，使溶液的pH 等于7 题型(2溶液中粒子浓度大小的比较 例②(2024·江苏选择考)室温下，通过下 列实验探究SO2的性质。已知K,(HSO3)= 1.3X10-,K(H2S03)=6.2×10-8。 实验1：将S02气体通入水中，测得溶液 pH=3。 实验2：将S02气体通入0.1mol·L-1 NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。 实验3：将S02气体通人0.1mol·L1酸 性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止 通气。 下列说法正确的是()。 A,实验1所得溶液中：c(HSO3)+ c(SO)>c(H) B.实验2所得溶液中：c(SO)> c(HSO3) C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得 NaHSO3固体 D.实验3所得溶液中：c(SO)> c(Mn2+) 解析实验1所得溶液中存在电荷守恒：c(H+) =c(OH)+c(HSO3)+2c(SO),c(HSO3)+ c(SO?)<c(H),A错误；实验2所得溶液pH=4, 即c(H)=10-4mol·L1,代入H2S03的二级电离 平衡常数表达式K(H,S0,)=cH)·c(S0) c(HSO 6.2X10,得c(S0)=6.2X108 c(HS0)=10=6.2X10-4< 1,故c(SO?)<c(HSO3),B错误；NaHSO3受热易 分解，且易被空气中的○2氧化，故实验2所得溶液经 蒸千、灼烧无法得到NaHSO3固体，C错误；将SO2 气体通入酸性KMnO4溶液中发生反应：5SO2十 第三章水溶液中的离子反应与平衡通 2MnO,+2H20—5SO?+2Mn2++4H+,生成的： 度关系正确的是()。 SO多于Mn+,故实验3所得溶液中：c(SO?)> A.NH4HSO3溶液中：c(NH4)+c(H+) c(Mn+),D正确。 =c(OH)++c(SO)+c(HSO3) 答案D B.等物质的量浓度的NaCO3和NaHCO 名师支招 的混合溶液中：2c(H)+c(HCO3)+ 溶液中粒子浓度大小的比较 3c(H2CO3)=2c(OH)+c(CO) 比较电解质溶液中粒子浓度的大小时，首先要 明确溶液中存在的平衡关系及粒子的种类。解题： C.室温下，向0.01mol·L1NH4HSO4 的关键有两个，一是根据粒子间的数量关系、离子 溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(SO)> 水解和电离程度及其相对大小分析粒子浓度间的 c(Na)>c(NH)>c(OH)=c(H) 大小关系，二是根据粒子种类、不同元素的原子个 D.常温下，浓度均为0.1mol·L1的 数比，利用电荷守恒、元素质量（物料）守恒和质子 CH3COOH、CHa COONa混合溶液(pH 守恒分析粒子浓度间的等量关系。 4.76):c(CH COO)+c(OH)<c(CH COOH) 跟踪练②下列溶液中微粒的物质的量浓：十c(H+) 1111H11HH11H111111111H11HH 核心素养聚焦 11H1311111111H1H1131111H 考向（①盐类水解的实质及规律 考查内容 核心素养 难度 例①（高考组合题）判断正误（正确的打 盐类的水解 变化观念与平衡思想 中等 “√”，错误的打“X”)。 解析(1)C10会发生水解，故C1O的数目小于 (1)(2025·黑吉辽内蒙古选择考)100mL 0.1NA,错误。 1mol·L1 NaC1O溶液中，ClO的数目为 (4)Na2CO3和NaHCO3的溶液中所含微粒均为 0.1NA。 ( ) H2O、H2CO3、H+、OH、Na+、CO、HCO3,正确。 (5)室温下，Na2CO3和NaHCO3饱和溶液的pH (2)(2025·河南选择考)磷酸二氢钠水 相差较大主要是因为CO?的水解程度远大于 解：H2PO4+H2O=HPO4+OH。 HCO3,错误。 ( 答案(1)×。(2)√。(3)√。(4)√。 (3)(2025·山东等级考)用硫酸和NaN3 (5)×。 可制备一元弱酸HN3,NaN3的水溶液显碱性。 考向②影响盐类水解的因素 ( 例②（经典·北京等级考）实验测得 (4)(2024·北京等级考)Na2C03溶液和 0.5mol·L1CHC0ONa溶液、0.5mol·L NaHCO3溶液中，所含微粒的种类相同。 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲 线如图所示。下列说法正确的是( (5)(2024·北京等级考)室温下，Na2CO3 A.随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH) 和NaHCO3饱和溶液的pH差约为4主要是 B.随温度升高，CH:COONa溶液中的 由于它们的溶解度差异。 c(OH)减小 145 重难点手册高中化学选择性必修1化学反应原理 C.随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是 K。改变与水解平衡移动共同作用的结果 D.随温度升高，CH3 COONa溶液和CuSO4 溶液的pH均降低，是因为CHCOO、Cu+ 水解平衡的移动方向不同 g CH,COONa 8 HO 5 Cuso 0 30405060 T/℃ 考查内容 核心素养 难度 温度对盐类水解及水 变化观念与平衡思想 中等 的电离的影响 解析任何温度时，纯水中H+的浓度与OH的 浓度始终相等，A错误；随温度升高，CH3 COONa的 水解程度增大，溶液中c(OH)增大，且温度升高，水 的电离程度增大，c(OH)也增大，B错误；温度升高， 水的电离程度增大，c(H+)增大，且CuSO4水解使溶 液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H)增 大，C正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均向 正反应方向移动，而CH,COONa溶液pH随温度升高 而降低的原因是水的电离程度增大得更多，D错误。 答案C 考向③溶液中粒子浓度大小的比较 例③(2024·湖南选择考)常温下， K.(HC00D=18×104,向20mL0.10mol·L- NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH 溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入 HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列 说法错误的是( )。 0.10 M 04 5101520 V(HCOOH)/mL 146 RJ A.水的电离程度：M<N B.M点：2c(OH)=c(Na+)+c(H+) C.当V(HCOOH)=10mL时，c(OH) =c(H)+2c(HCOOH)+c(HCOO) D.N点：c(Na)>c(HCOO)>c(OH) >c(H)>c(HCOOH) 考查内容 核心素养 难度 溶液中粒子浓度大小变化观念与平衡思想、 较难 的比较 证据推理与模型认知 图像分析加入等浓度、等体积的HCOOH溶液时， 恰好和NaOH反应完全，即N,点溶液为0.05mol·L1 的HCOONa溶液：反应过程中OH不断被消耗，所 以图中下降的曲线对应OH厂，在此过程中离子浓度 上升的有H和HCOO,但在完全中和时，HCOONa溶 液显碱性，c(H)不可能接近0.05mol·L1,所以上 升的曲线对应HCOO。 解析由图像分析可知，M点溶液为NaOH与 HCOONa的混合溶液，N点溶液为HCOONa溶液， NaOH溶液抑制水的电离，所以水的电离程度：M< N,A正确；结合思路分析可知，M点处c(OH)= c(HCOO厂)，由电荷守恒可得c(OHT)十c(HCOO厂)= c(H)+c(Na),E 2c(OH)=c(H)+c(Na), B正确；当V(HCOOH)=l0mL时，溶液为等浓度的 NaOH和HCOONa的混合溶液，结合元素守恒 2[c(HCOOH)十c(HCOO)]=c(Na+)和电荷守恒 c(HCOO-)+c(OH)=c(H)+c(Na),可得 c(OH)=c(H)+2c(HCOOH)+c(HCOO), C正确；N点处溶液为HCOONa溶液，HCOO水解 使溶液显碱性，根据水的电离及HCOO的水解反应 HCOO+H2O=HCOOH+OH可知，c(Na+) >c(HCOO)>c(OH)>c(HCOOH)>c(H), D错误。 答案DS2-+HO+是HS的电离方程式，②错误；CO? 水解分两步进行，以第一步：CO号+H2O一HCO3 +OH为主，③错误；NH+2HO→NH3·H2O 十HO+是NH水解的离子方程式，④正确；C2O 水解分两步进行，第一步水解的离子方程式为C2O 十H2O=HC2O4十OH,⑥正确。综上所述， ④⑥正确。] 【关键能力提升】 [跟踪练1]D[根据表格中的酸的电离平衡常数 可知，酸性的强弱顺序为CH,COOH>H2CO3> HS>HCO3>HS,根据“越弱越水解”的规律可知， 水解能力：S2->CO>HS>HCO3>CH,COO, 故选项中物质的量浓度均为0.10mol·L1的各 物质的溶液的pH最大的是Na2S。] [跟踪练2]C[Fe3+会与SCN发生反应，NHt与 OH结合生成NH3·H2O,Mg2+、Fe3+和OH反 应生成沉淀，不能大量共存，A不符合题意；HCO3 与A13+发生相互促进的水解反应而无法大量共存， B不符合题意；各离子间不反应，能大量共存，C符 合题意；Cr2O具有强氧化性，会与S2-、SO?发 生氧化还原反应，且H+大量存在时，S2-会与SO 发生归中反应，无法大量共存，D不符合题意。] 第二课时盐类水解的主要影响因素及应用 【必备知识梳理】 [纠错练1]D[A项，CO的水解平衡逆向移动， 但pH增大；B项，V(醋酸)>V(NaOH);C项， [A1(OH)4]-+HCO?-A1(OH)3+CO?+ H20。] [纠错练2]C[c点时，二者恰好完全反应生成醋 酸钠，溶液呈碱性，应有c(H十)<c(OH).] 【关键能力提升】 [跟踪练1]C[加入适量的NaCl固体，平衡不移 动，但氯离子浓度增大，c(NH):c(CI)<1：1, A错误；通人适量的HCI气体，抑制NH水解，但 氯离子浓度增大得较多，c(NH时)：c(C1)<1：1, B错误；加入适量的氨水，使溶液的pH等于7，根 据电荷守恒c(NH)+c(H)=c(CI)十c(OH厂) 纠错练与跟踪练参考答案与提示 可知，溶液中的c(NH):c(CI-)=1：1,C正确； 加入适量的NaOH固体，使溶液的pH等于7，根据 电荷守恒c(NH)+c(H+)+c(Na)=c(CI)十 c(OH)可得，c(NH)<c(C),c(NH):c(CI) <1:1,D错误.] [跟踪练2]B[依据电荷守恒，NH,HSO3溶液中： c(NH)++c(H)=c(OH)+2c(SO)++c(HSO), A错误；等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3的 混合溶液中，依据元素守恒可得出2c(Na+)= 3[c(CO?)+c(HCO3)+c(H2CO3)],依据电荷 守恒可得出c(Na)十c(H)=2c(CO)十c(HCO5) +c(OH),两式联立得2c(H)+c(HCO3)+ 3c(H2CO3)=2c(OH)+c(CO?),B正确；室温 下，向0.01mol·L1NH4HSO4溶液中滴加NaOH 溶液，当NaOH和NH4HSO4等物质的量反应时， 生成等物质的量的Na2SO4和(NH4),SO4,此时由 于NH水解，溶解呈酸性，欲使溶液呈中性，需再 滴加一定量的NaOH,此时c(Na)增大，c(NH4) 减小，从而得出c(Na+)>c(SO)>c(NH4)> c(OH)=c(H),C错误；常温下，浓度均为 0.1mol·L1的CH COOH、CH COONa混合溶液 pH=4.76即溶液呈酸性，则CH COOH的电离程度 大于CH COO的水解程度，即c(CH COO)> c(Na)>c(CH COOH),结合电荷守恒c(Na+)+ c(H)=c(CH.COO)+c(OH),得c(CHCOO)+十 c(OH)>c(CH3COOH)+c(H+),D错误。] 第四节沉淀溶解平衡 【必备知识梳理】 [纠错练1]C[析出AgCI沉淀所需c(Ag)为 1.8×10-10 0.01 mol·L1=1.8×108mol·L1;析出 AgBr沉淀所需c(Ag)为5.4X10 -mol·L-1= 0.01 5.4X10-1mol·L1;析出Ag CrO4沉淀所需c(Ag) 为 2.0×10-1 mol·L1=2×105mol·L-1, 0.01 所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br、CI、 221