高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)：鹽類水解（講義）（解析版）

第30講鹽類水解

目錄

考情分析知識(shí)點(diǎn)3水解常數(shù)及應(yīng)用

網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建【提升?必考題型歸納】

1考點(diǎn)一鹽類水解原理考向1考查鹽類水解的影響因素

【夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】考向2考查鹽類水解的應(yīng)用

知識(shí)點(diǎn)1鹽類水解考向3考查水解常數(shù)的應(yīng)用與計(jì)算

知識(shí)點(diǎn)2鹽類水解規(guī)律

3考點(diǎn)三水溶液中粒子的數(shù)量關(guān)系

知識(shí)點(diǎn)3鹽類水解方程式的書寫

【夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】

【提升?必考題型歸納】

知識(shí)點(diǎn)1電解質(zhì)溶液中的三大守恒

考向1考查鹽類的水解及溶液的酸堿性

知識(shí)點(diǎn)2電解質(zhì)溶液中粒子濃度大小比較

考向2考查鹽類水解規(guī)律及應(yīng)用

知識(shí)點(diǎn)3水溶液中函數(shù)圖像分析

2考點(diǎn)二鹽類水解的影響因素及應(yīng)用【提升?必考題型歸納】

【夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】考向1考查單一溶液中粒子濃度大小比較

知識(shí)點(diǎn)1影響鹽類水解的因素考向2考查混合溶液中粒子濃度大小比較

知識(shí)點(diǎn)2鹽類水解的應(yīng)用

真題感悟

考點(diǎn)要考題統(tǒng)計(jì)考情分析

求

分析近三年的高考試題，高考命題在本講有以下規(guī)律：

2023浙江1月卷2題，2分

鹽類水1.從考查題型和內(nèi)容上看，高考命題以選擇題為主來呈現(xiàn)，考查內(nèi)

2022北京卷1題，3分

解原理

2021北京卷12題，3分容主要有以下兩個(gè)方面：

(1)考查鹽類水解的基本概念，依托實(shí)驗(yàn)背景，考查水解平衡的影響

因素。

鹽類水北京卷題，分

202333(2)與工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)相結(jié)合，考查鹽類水解的應(yīng)用。

解的應(yīng)浙江月卷題，分

20226192(3)以單一溶液和混合溶液為背景，考查溶液中粒子濃度關(guān)系。

用河北卷題，分

202163(4)借助圖像的形式考查①水解方程式的書寫;②結(jié)合滴定圖像判斷

離子濃度關(guān)系;③電離平衡常數(shù)與水解常數(shù)的轉(zhuǎn)化關(guān)系和應(yīng)用。

2.從命題思路上看，

(1)側(cè)重以具體物質(zhì)的反應(yīng)和變化為載體，考查鹽類水解的基本概念、

水解規(guī)律、水解平衡的移動(dòng)和影響因素；以實(shí)際情境為載體，考查

水解的應(yīng)用。

水溶液

2023天津卷10題，3分(2)側(cè)重考查二元或多元酸與堿反應(yīng)過程中，溶液中粒子濃度之間的

中粒子

2022浙江1月卷23題，2分關(guān)系?？疾榱Ｗ訚舛却笮”容^、三大守恒、對(duì)水電離的影響等。

的數(shù)量

2021廣東卷8題，2分(3)以一些新物質(zhì)、新圖像為載體考查有關(guān)水解常數(shù)的計(jì)算

關(guān)系

3.根據(jù)高考題的命題特點(diǎn)和規(guī)律，復(fù)習(xí)時(shí)要注意以下幾個(gè)方面：

(1)影響鹽類水解的因素；

(2)水解常數(shù)與電離常數(shù)的關(guān)系；

(3)鹽類水解在實(shí)驗(yàn)室中的應(yīng)用和在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中的應(yīng)用。

(4)鹽溶液中離子濃度的大小比較。

考點(diǎn)一鹽類水解原理

—夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理

知識(shí)點(diǎn)1鹽類水解

1.定義：在溶液中鹽電離出來的離子跟水電離產(chǎn)生的H+或0H一結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)。

2.條件：可溶性鹽必須有弱酸根離子或弱堿陽離子

3.實(shí)質(zhì)：

「弱酸的陰離子一結(jié)合H+1

鹽電離一沖fie--破壞了水的電離平衡一水的電離程度增大-溶液呈堿性、酸性或中性。

〔弱堿的陽禺子一結(jié)合OHJ

4特點(diǎn)

(1)可逆：水解反應(yīng)是可逆反應(yīng)；

(2)吸熱：水解反應(yīng)是酸堿中和反應(yīng)的逆反應(yīng)；

(3)微弱：水解反應(yīng)程度很微弱。

知識(shí)點(diǎn)2鹽類水解規(guī)律

1.鹽的分類與鹽溶液的酸堿性

鹽的類型強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽強(qiáng)酸弱堿鹽弱酸強(qiáng)堿鹽弱酸弱堿鹽

是否水解不水解水解水解水解

比較Ka和m的大小確定

溶液的酸堿性中性酸性堿性

溶液的酸性堿性

NaCl、Na2s、

代表物(中性溶液)

NH4C1>CUSO4CH3COONH4

KNO3Na2cO3

酸式鹽不能通過簡(jiǎn)單分類來判斷其溶液的酸堿性：

NaHSCU不水解，但是其溶液顯酸性；

注意

NaHSO3電離大于水解，其溶液顯酸性；

NaHCCh水解大于電離，其溶液顯酸性。

2.鹽類水解規(guī)律：

“有弱才水解、無弱不水解、越弱越水解、都弱都水解、越熱越水解、越稀越水解、誰強(qiáng)顯誰性、同強(qiáng)是中性”。

知識(shí)點(diǎn)3鹽類水解方程式的書寫

1.一般要求

水解記三點(diǎn)：①水寫分子式，②中間用可逆(=±),③后無沉氣出。即鹽類水解一般不會(huì)產(chǎn)生沉淀和氣體，所

+

以不用符號(hào)“『'和"T”表示水解產(chǎn)物。如NH4C1水解的離子方程式為NHt+H20NH3H2O+H0

2.三種類型的鹽水解離子方程式的書寫

①多元弱酸鹽水解：分步進(jìn)行，水解離子方程式要分步表示，以第一步為主，一般只寫第一步水解方程式。如

Na2cCh水解的離子方程式為CO歹+H2O=HCO5+OH,

②多元弱堿鹽水解：水解離子方程式一步寫完。

3++

如FeCh水解的離子方程式為Fe+3H2O^^Fe(OH)3+3Ho

③陰、陽離子相互促進(jìn)的水解：水解程度較大(即產(chǎn)生沉淀),書寫時(shí)要用“一”、“廣、飛”等。如Na2s溶液

與AlCb溶液混合水解的離子方程式為2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)31+3H2ST。

注意：多元弱酸陰離子分步水解，分步書寫；多元弱堿陽離子分步水解，一步書寫。

.提升?必考題型歸納

考向1考查鹽類的水解及溶液的酸堿性

例L(2023?河北衡水?衡水市第二中學(xué)?？既?實(shí)驗(yàn)測(cè)得等物質(zhì)的量濃度的NaHCO,和Na2cO3溶液的pH隨

溫度變化如圖所示。下列說法正確的是

2530354045505560T/℃

A.曲線①是NaHCOs溶液變化曲線

B.C點(diǎn)之前，升高溫度兩條曲線pH均減小，說明水解程度減弱

C.D點(diǎn)時(shí)的溶質(zhì)為Na2c

D.若將D點(diǎn)降溫至25℃,其pH范圍為8.62<pH<11.55

【解析】A.根據(jù)等物質(zhì)的量濃度的NaHCOs和Na2cO3溶液，NaHCOs的堿性弱于Na?CO3,則曲線①是Na2cO、

溶液變化曲線，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.水解是吸熱過程，升高溫度水解程度增大，C點(diǎn)之前，升高溫度，pH減小，主

要原因是升高溫度促進(jìn)水的電離，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.對(duì)比曲線①和②可知，若D點(diǎn)為Na2c溶液，則溫度繼續(xù)

升高，曲線變化趨勢(shì)應(yīng)該與①一致，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.升高溫度部分碳酸氫鈉發(fā)生分解，則將D點(diǎn)溶液降溫至25℃,

混合液8.62<pH<l1.55,D項(xiàng)正確。答案為：D。

【答案】D

【變式訓(xùn)練】（2023?浙江?校聯(lián)考三模）下列物質(zhì)中屬于鹽且水溶液呈堿性的是

A.NaHCO3B.NH4C1C.KNO,D.CaO

【解析】A.NaHCOs屬于鹽因碳酸氫根離子水解溶液呈堿性，A符合題意；B.NH4cl屬于鹽因銹根離子水解

水溶液呈酸性，B不符合題意；C.KNO3屬于鹽水溶液呈中性，C不符合題意；D.CaO屬于氧化物，溶于水

溶液呈堿性，D不符合題意；故選A。

【答案】A

【思維建?！克崾禁}的水溶液的酸堿性判斷

++

⑴強(qiáng)酸的酸式鹽只電離，不水解，溶液一定顯酸性，如：NaHSO4=Na+H+SOFo

（2）弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子的電離程度和水解程度的相對(duì)大小。

①電離程度小于水解程度，溶液顯堿性，如NaHCCh溶液中：HCO5=H++CO歹（次要）；HCO；+H2O^±

H2co3+OH」（主要）。使c（O}T）>c（H+）,溶液顯堿性。同理NaHS溶液、NazHPCU溶液顯堿性。

②電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，如NaHSCh溶液中：HSO3=3H++SO1（主要）；HSOM+H?。=一

H2so3+OHT（次要）。使C（H+）>C（OIT）,溶液顯酸性。同理NaH2Po4溶液顯酸性。

考向2考查鹽類水解規(guī)律及應(yīng)用

例2.（2023?全國?模擬預(yù)測(cè)）實(shí)驗(yàn)測(cè)得濃度均為O.lOmoL匚的CH3cOONa溶液,pH

和CH3coOH溶液的pH隨溫度的變化情況如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是

A.工℃時(shí)，CH3cOOH的電離平衡常數(shù)約為k^^^CHaCOONa

B.T；C后，CH3coOH溶液的pH隨溫度的升高而增大的原因可能是CH3coOH7

的揮發(fā)

C.升高溫度，CH3cOONa溶液中c（OJT）減小，c（H+）增大，pH減小aR-j

JI~~~6113cQOH

D.C^COONa溶液中存在：c（fT）+c（CH3coOH）=4OH】^巔/℃

【解析】A.4℃時(shí)，O.lOmoLL的pH=a,CH3coOH的電離平衡常數(shù)約為攻譚:=1（）-（27,故A正確；

B.升高溫度，促進(jìn)CH3coOH電離，溶液中c（H+）增大，岑C后，c（H+）減小，說明醋酸的濃度降低，CH3COOH

的揮發(fā)會(huì)導(dǎo)致《H+）降低，故B正確；C.升高溫度，使CH3COO-水解平衡正向移動(dòng)，CH3COONa溶液中c（0LT）

增大，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)質(zhì)子守恒，CH3coONa溶液中c（H+）+c（CH3coOH）=c（OH-）,故D正確；選C。

【答案】C

【變式訓(xùn)練】（2023?安徽滁州?安徽省定遠(yuǎn)縣第三中學(xué)?？级＃┤缦聢D所示，只有未電離的HA分子可自由通

11

過交換膜。常溫下，往甲室和乙室中分別加入0.Imol?LT的NH4A溶液（pH。7）和o.lmolL的HA溶液（pH。3）,

達(dá)到平衡后，下列說法正確的是

交換膜

甲室乙室

0.1mol?LTNH4A溶液0.1mol?LTHA溶液

?HA分「

A.常溫下，HA的電離度約為0.1%

B.平衡后，甲、乙兩室的pH相等

C.平衡后，甲室中NHs-HQ的物質(zhì)的量濃度小于乙室中A-的物質(zhì)的量濃度

D.若用等物質(zhì)的量濃度的NaA溶液代替NH4A溶液，則通過交換膜的HA分子的量減少

【分析】O.lmol/LNH4A溶液pH約為7,說明鏤根離子和A一離子在溶液中的水解程度幾乎相等，溶液中HA

和一水合氨的濃度約為lO-7mol/L,由只有未電離的HA分子可自由通過交換膜可知，甲室溶液中HA的濃度

小于乙室，乙室中HA通過交換膜進(jìn)入甲室，當(dāng)兩室溶液中HA濃度相等時(shí)，乙室的電離和甲室的水解都達(dá)到

平衡。

【解析】A.由O.lmol/LHA溶液pH約為3可知，HA的電離度約為叱吧些xl00%=l%,故A錯(cuò)誤；B.由

O.lmoVL

分析可知，當(dāng)兩室溶液中HA濃度相等時(shí)，乙室的電離和甲室的水解都達(dá)到平衡，由于甲室中的A一離子會(huì)抑

制HA的電離，所以平衡后，甲、乙兩室的溶液pH不相等，故B錯(cuò)誤；C.由分析可知，當(dāng)兩室溶液中HA濃

度相等時(shí)，乙室的電離和甲室的水解都達(dá)到平衡，甲室中加入的HA抑制鍍根離子的水解，溶液中一水合氨濃

度小于10~7mol/L,乙室中HA的濃度減小，電離度增大,則乙室中A一離子濃度大于0.05mol/Lxl%=0.0005mol/L,

所以甲室中一水合氨的物質(zhì)的量濃度小于乙室中A一離子的物質(zhì)的量濃度，故C正確；D.NaA溶液中A一離子

的水解程度小于NH4A溶液,溶液中HA濃度小于NH4A溶液,所以若用等物質(zhì)的量濃度的NaA溶液代替NH4A

溶液，通過交換膜的HA分子的量增加，故D錯(cuò)誤；故選C。

【答案】C

【規(guī)律總結(jié)】鹽類水解的規(guī)律及拓展應(yīng)用

(1)“誰弱誰水解，越弱越水解”。如酸性：HCNcCH3coOH,則相同條件下堿性：NaCN>CH3coONa。

(2)相同條件下的水解程度

①正鹽〉相應(yīng)酸式鹽，如CO歹〉HC05。

②相互促進(jìn)水解的鹽>單獨(dú)水解的鹽〉水解相互抑制的鹽。如NH；的水解：

(NH4)2C03>(NH4)2S04>(NH4)2Fe(S04)2o

考點(diǎn)二鹽類水解的影響因素及應(yīng)用

.夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理

知識(shí)點(diǎn)1影響鹽類水解的因素

1.內(nèi)因：形成鹽的酸或堿越弱，其鹽就越易水解。如水解程度：Na2c。3>Na2so3，Na2CO3>NaHCO3o

'溶液的濃度：濃度越小水解程度越大

溫度：溫度越高水解程度越大

2.外因,

酸：弱酸根離子的水解程度增大，弱堿陽離子的水解程度減小

外加酸堿，

堿：弱酸根離子的水解程度減小，弱堿陽離子的水解程度增大

+

3.以FeCb水解為例[Fe3++3H2(1^Fe(OH)3+3H],填寫外界條件對(duì)水解平衡的影響。

條件移動(dòng)方向H+數(shù)PH現(xiàn)象

升溫向右增多減小顏色變深

通HC1向左增多減小顏色變淺

加比0向右增多增大顏色變淺

向右減小增大生成紅褐色沉淀，放出氣體

力口NaHCO3

知識(shí)點(diǎn)2鹽類水解的應(yīng)用

1.鹽類水解的重要應(yīng)用

應(yīng)用舉例

判斷溶液的

3++

FeCb溶液顯酸性，原因是Fe+3H2O^^Fe(OH)3+3H

酸堿性

等物質(zhì)的量濃度的NaX、NaY、NaZ三種鹽溶液的pH分別為8、9、10,則酸性：

判斷酸性強(qiáng)弱

HX>HY>HZ

配制或貯存易配制C11SO4溶液時(shí)，加入少量H2so4，防止Cu2+水解；配制FeCb溶液，加入少

水解的鹽溶液量鹽酸；貯存Na2cCh溶液、Na2SiC>3溶液不能用帶磨口玻璃塞的試劑瓶

制取膠體的離子方程式：)(膠體)+

膠體的制取Fe(0H)3Fe3++3H2C)A=Fe(OH33H+

泡沫滅火器

3+

成分為NaHC03與A12(SO4)3，發(fā)生反應(yīng)為Al+3HCOF=Al(OH)3i+3CO2T

原理

作凈水劑明磯可作凈水劑，原理為AF++3H2。A1(OH)3(膠體)+3H+

化肥的使用錢態(tài)氮肥與草木灰不得混用

除銹劑

NH4C1與ZnCb溶液可作焊接時(shí)的除銹劑

比較溶液中離子如：Na2cCh溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)>c(C0D>c(0H-)>

濃度的大小c(HC0F)>c(H+)

判斷鹽溶液鹽水解生成揮發(fā)性酸，蒸干灼燒后一般得氧化物。如A1C13TAi2。3

蒸干時(shí)的產(chǎn)物鹽水解生成難揮發(fā)性酸，蒸干后得原物質(zhì)。如CuSCU—CuSCU

考慮鹽受熱時(shí)是否分解。如KMnO4^K2MnO4和MnO2

還原性鹽溶液蒸干時(shí)會(huì)被。2氧化。如Na2SO3^Na2SO4

弱酸的鏤鹽溶液蒸干后無固體剩余。如NH4HCO3、(NH4)2CO3

2.熟記下列因相互促進(jìn)水解不能大量共存的離子組合

(1)AF+與HCC>3、co歹、A1C>2、Sior>HS.S2->CIO，

(2)Fe3+與HCO?、COM、A1O2>SiO歹、CIO，

(3)NH1與SO+、AlO7o

3.鹽溶液蒸干灼燒時(shí)所得產(chǎn)物的判斷

?鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時(shí)，蒸干后一般得原物質(zhì)，如CuSCU(aq)，工CuSCU(s)；

鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時(shí)，蒸干灼燒后一般得對(duì)應(yīng)的氧化物，如AlCb(aq)二工Al(OH)3*XAbO3。

?酸根離子易水解的強(qiáng)堿鹽，如Na2c。3溶液等蒸干后可得到原物質(zhì)。

?考慮鹽受熱時(shí)是否分解。Ca(HCO3)2>NaHCCh、KMnCU、NH4cl固體受熱易分解，因此蒸干灼燒后分別為

Ca(HCO3)2―>CaCO3(CaO)；NaHCO3―>Na2CO3；KMnO4—>K^MnCU和MnO?；NH4C1—>NH3T+HClto

?還原性鹽在蒸干時(shí)會(huì)被O2氧化。如Na2so3(aq)蒸干得Na2so/)。

?弱酸的鏤鹽蒸干后無固體。如NH4HCO3、(NH4)2CO3?

4.緩沖溶液

(1)概念：能夠抵御少量外來的酸、堿或稀釋，而保持溶液的pH基本不變的溶液叫緩沖溶液。

(2)緩沖溶液的范圍：pH=pKa±l(濃度之比10倍或1/10)。

(3)緩沖溶液的類型

類型舉例等濃度的混合溶液的酸堿性

弱酸一弱酸鹽CH3COOH-CH3coONa酸性；pH=4.76

弱堿一弱堿鹽NH3H2O-NH4CI堿性;pH=9.25

正鹽一酸式鹽堿性；

Na2CO3-NaHCO3pH=10.30

酸式鹽一酸NaHCzOLH2c2O4酸性；pH=1.68

知識(shí)點(diǎn)3水解常數(shù)及應(yīng)用

1.數(shù)學(xué)表達(dá)式

用HA表示酸，用M0H表示堿，MA表示由它們生成的鹽，在MA溶液中，若M+、均能水解，A+H2O

++

HA+OH,則A」的水解常數(shù)為Kh-(“A)f°”)；M+H2OMOH+H,則的水解常數(shù)為Kh

c(A)

c(H+)-C(MOH)

=c(M+)°

2.水解常數(shù)與電離常數(shù)的關(guān)系

1)推導(dǎo)：若NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽，A一+殳。=HA+OH一，町=二2)"OH)=

c(A)

c(HA)'C(OH)(H)Kw-.n-n-z,-,-,-._f_.,Kw

c(A-)c(H+)=Ka(HA)；右MCI為強(qiáng)酸弱堿皿'同1理tr可zc倚心二需(MOH)°

2)&與Ka(或Kb)、Kw的關(guān)系

(1)一元弱酸鹽：Ka-Kh=Kw

(2)一元弱堿鹽：Kb-Kh=Kw

(3)多元弱酸鹽，如Na,“A溶液：舂=/匚Na,“-iHA溶液Kh=Jj依次類推……

Ka(m)Ka(m-D

3.意義

水解常數(shù)可以表示鹽的水解程度的大小，的越大，鹽類水解程度越大。

4.外界影響因素

水解常數(shù)是只是溫度的函數(shù)，%隨溫度的升高而增大。

5.水解常數(shù)的應(yīng)用

(1)計(jì)算鹽溶液中的C(H+)或c(otr)

如A+H..OHA+OH

起始c00

平衡<-c(()H)c(OH^)((()H)

c*2(OH-)c2(OH-)_,—「b「+,，++,—

KB=+

C-C(OH)~--------------，c(OH)=加花；同理，對(duì)于M++H2O=IMOH+H+,C(H)=A/C^O

(2)判斷水解程度大小、鹽溶液的酸堿性

如，對(duì)于CH3coONH4溶液，由&(CH3coOH戶Kb(NH3-H2。)可知，Kh(CH3co0一戶Kh(NH。，CH3co。一和NH：

水解程度相同，CH3coONH4溶液呈中性，c(H+)=c(OH^)o

,,2.,,C(A2-)-C(H+)、，-

HA

KA+HKa2=————[&2>凡溶

電離使溶液顯酸性,液顯酸性

SHA+H2o-_c(HzA)?c(OH-)KWN

H2A+OH-K產(chǎn)—c(HA-)—=西區(qū)>冷溶

.水解使溶液顯堿性J〔液顯堿性

(3)判斷水解程度和電離程度大小，鹽溶液的酸堿性。

①單一溶液。

KI，

如，對(duì)于NaHCCh溶液，Kh(HCO「=片：口詈,、=：1⑺八)=2.3xl(p8,Ka(HCO5)=4.7xl0F<Kh(HCO/

AakH2CIJ3)4.4X1U

HC05電離程度小于其水解程度，溶液呈堿性，c(H+)<c(OH)o

②混合溶液。

5

如，對(duì)于等物質(zhì)的量濃度的CH3coOH、CH3coONa混合溶液，/Ca(CH3COOH)=1.75x10-,&(CH3coeT)=

Klx］。-14

K，「口Sccu、=17*1仆5=5-7xlO-io<Ka(CH3coOH),CH3coCT的水解程度小于CH3coOH的電離程度，

Aa1./JXIU

溶液顯酸性，c(H+)>c(OH")o

一提升?必考題型歸納

考向1考查鹽類水解的影響因素

例1.(2023?廣東梅州?統(tǒng)考三模)25。(2時(shí)，Ka(HClO)=4.0xl04下列說法正確的是

A.25℃時(shí)，往pH=3的HC1O溶液中加少量NaClO固體，HC10的電離程度和水電離出的c(H+)均減小

B.將濃度均為O.lmoLL-i的NaClO和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大

C.相同溫度下，等pH的HCOONa和NaClO溶液中存在：c(HCOO-)>C(C1Q-)

D.25。(2時(shí)，pH=7的NaClO和HC1O混合溶液中存在：C(HC1O)<C(C1O-)=c(Na+)

【解析】A.HC10為弱酸，在水溶液中存在HC1O―^H++CKT；當(dāng)向HC10溶液加入少量NaClO固體后，

溶液中C(C1O)平衡HC1O=^H++C1CT逆向移動(dòng)，即HC1O的電離程度減?。坏碾婋x平衡正向移動(dòng),

則水電離出的c(H+)增大，故A錯(cuò)誤；B.NaClO為強(qiáng)堿弱酸鹽，其水溶液中C1CT會(huì)水解且C1CT的水解為吸熱

反應(yīng)，即升高溫度CKT水解程度增大，則溶液的堿性增強(qiáng)(pH增大)；NaOH為強(qiáng)堿，在水溶液中完全電離,

加熱水的電離程度增大，即NaOH溶液加熱，其pH略微降低，故B錯(cuò)誤；C.酸性：甲酸〉次氯酸，相同溫

度下，等pH的HCOONa和NaClO溶液中，水解程度：CIO>HCOO,則溶液中有c(HCOO-)>c(CK>),故C

8

正確；D.25。(2時(shí)，Ka(HC1O)=4.0x10,則水解平衡常數(shù)Kh=2.5x10-7,則水解強(qiáng)于電離；由電荷守恒

c（H+）+c（Na+）=c（0H-）+c（C10-）,pH=7,c（H+）=c（0R-）,則c（Na+）=C（C1CF）,由水解強(qiáng)于電離可知,

))故錯(cuò)誤；答案選。

C(HC1O>C(C1O,DC25c力口水量/mL

【答案】C

【變式訓(xùn)練】(2023?北京海淀J01中學(xué)?？既?實(shí)驗(yàn)測(cè)得

10mL0.50moi?L」NH4cl溶液、lOmLO.SOmokL4CHsCOONa溶液的pH

分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25℃時(shí)CH3coOH

和NH3-H2O電離常數(shù)均為1.8x10-5。下列說法不正確的是

A.圖中孌線表示pH隨加水量的變化，虛繾表示pH隨溫度的變化

B.將NH4cl溶液加水稀釋至濃度—mol-L1,溶液pH變化值小于

x

Igx

C.隨溫度升高，Kw增大，CH3coONa溶液中c(H+)增大，pH減小，

c(OH-)減小

+

D.25℃時(shí)稀釋相同倍數(shù)的NH4C1溶液與CH3coONa溶液中：c(Na)-c(CH3COO)=c(Cl-)-c(NH：)

【分析】由題中信息可知，圖中兩條曲線為10mL0.50moiUNH4a溶液、10mL0.50moiL」CH3coONa溶液

的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化曲線，由于兩種鹽均能水解，水解反應(yīng)為吸熱過程，且溫度越高、濃度

越小其水解程度越大。氯化錢水解能使溶液呈酸性，濃度越小，雖然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其

pH越大；醋酸鈉水解能使溶液呈堿性，濃度越小，其水溶液的堿性越弱，故其pH越?。粶囟仍礁?，水的電離

度越大。因此，圖中的實(shí)線為pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化。

【解析】A.由分析可知，圖中實(shí)線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化，A說法正確；B.將

NH4cl溶液加水稀釋至濃度筌moLL」時(shí)，若氯化鏤的水解平衡不發(fā)生移動(dòng)，則其中的c(H+)變?yōu)樵瓉淼墓ぃ?/p>

XX

則溶液的pH將增大Igx,但是，加水稀釋時(shí)，氯化錢的水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，c(H+)大于原來的工，因此,

X

溶液pH的變化值小于Igx,B說法正確；C.隨溫度升高，水的電離程度變大，因此水的離子積變大，即Kw

增大；隨溫度升高，CH3coONa的水解程度變大，溶液中c(OH-)增大，因此，C說法不正確；D.25℃時(shí)稀釋

相同倍數(shù)的NH4cl溶液與CH3coONa溶液中均分別存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3coO),

++++

C(NH4)+C(H)=c(Cl)+c(OH-)o因此，氯化鍍?nèi)芤褐?，C(C1)-C(NH4)=C(H)-C(OH-),醋酸鈉溶液中，

++

c(Na)-C(CH3COO)=c(OH)-c(H)。由于25℃時(shí)CH3coOH和NH3H2O的電離常數(shù)均為1.8xlO?,因此，由

于原溶液的物質(zhì)的量濃度相同，稀釋相同倍數(shù)后的NH4cl溶液與CH3coONa溶液，溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度仍相

等，由于電離常數(shù)相同，其中鹽的水解程度是相同的，因此，兩溶液中|c(OH-)-c(H+)|(兩者差的絕對(duì)值)相等,

+

故c(Na+)-C(CH3COO)=C(C1-)-C(NH4),D說法正確。

故選C。

【答案】C

【名師歸納】鹽類水解易受溫度、濃度、溶液的酸堿性等因素的影響，以氯化鐵水解為例，當(dāng)改變條件如升溫、

通入HC1氣體、加水、加鐵粉、加碳酸氫鈉等時(shí)，應(yīng)從移動(dòng)方向、pH的變化、水解程度、現(xiàn)象等方面去歸納

總結(jié)，加以分析掌握。

考向2考查鹽類水解的應(yīng)用

例2.(2023?廣東惠州?統(tǒng)考一模)勤勞致富，越努力越幸福。下列勞動(dòng)項(xiàng)目與所述的化學(xué)知識(shí)沒有關(guān)聯(lián)的是

選項(xiàng)勞動(dòng)項(xiàng)目化學(xué)知識(shí)

A明磯凈水明磯具有氧化性

B小蘇打用作發(fā)泡劑烘焙面包小蘇打受熱分解產(chǎn)生氣體

C用熱的純堿溶液洗去油污熱的純堿溶液水解顯堿性

D用廚余垃圾制肥料廚余垃圾含N、P等元素

【解析】A.明研凈水的基本原理是明研在水中能電離出鋁離子，鋁離子與水電離產(chǎn)生的氫氧根結(jié)合，產(chǎn)生氫

氧化鋁膠體，與明磯具有氧化性無關(guān)，A項(xiàng)中的勞動(dòng)項(xiàng)目與所述的化學(xué)知識(shí)沒有關(guān)聯(lián)；B.小蘇打?yàn)镹aHCCh,

受熱分解出CO2氣體，可以用作發(fā)泡劑烘焙面包，B項(xiàng)中的勞動(dòng)項(xiàng)目與所述的化學(xué)知識(shí)有關(guān)聯(lián)；C.碳酸鈉為

強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，加熱促進(jìn)鹽類的水解，油脂可以在堿性環(huán)境下水解生成具有可溶性鹽和甘油，所以

可以用熱的純堿溶液洗去油污，C項(xiàng)中的勞動(dòng)項(xiàng)目與所述的化學(xué)知識(shí)有關(guān)聯(lián)；D.廚余垃圾含N、P等元素，是

植物生成需要的元素，所以可以用廚余垃圾制肥料，，C項(xiàng)中的勞動(dòng)項(xiàng)目與所述的化學(xué)知識(shí)有關(guān)聯(lián)。答案選A。

【答案】A

【變式訓(xùn)練】(2023?河南?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))氯化鐵是實(shí)驗(yàn)室中經(jīng)常使用的物質(zhì)，根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)?zāi)康脑O(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)

方案正確的是

選

實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方案

項(xiàng)

稱量一定質(zhì)量的氯化鐵固體先溶于較濃的鹽酸中，再加入蒸儲(chǔ)

A實(shí)驗(yàn)室配制FeCb溶液

水稀釋至所需濃度

向酸性高錦酸鉀溶液中滴入少量氯化鐵溶液，觀察溶液顏色的

B檢驗(yàn)配制的FeCh溶液中是否含有Fe2+

變化

制備氫氧化鐵膠體并鑒別氯化鐵溶液與煮沸少許飽和氯化鐵溶液一段時(shí)間后，采用丁達(dá)爾現(xiàn)象鑒別所

C

氫氧化鐵膠體得物質(zhì)和氯化鐵溶液

向FeCb溶液中先滴加一定量的NaF溶液，再滴加幾滴KSCN

D驗(yàn)證鐵離子的氧化性

溶液，未出現(xiàn)紅色

【解析】A.配制FeCb溶液時(shí)加入HC1抑制水解，A正確；B.酸性高錦酸鉀溶液也可以氧化C「，B錯(cuò)誤；C.制

備氫氧化鐵膠體，向沸騰的蒸儲(chǔ)水中逐滴加入1~2mL飽和氯化鐵溶液,繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱，C

錯(cuò)誤；D.H與Fe3+反生成更為穩(wěn)的無色FeK5-,滴入SCN后，F(xiàn)e3+無法與SCN結(jié)合，與氧化性無關(guān)，D錯(cuò)誤;

故答案為：Ao

【答案】A

【名師歸納】配制鹽溶液時(shí)，為抑制鹽的水解而加入酸或堿，但應(yīng)注意不能引入雜質(zhì)離子，加入的酸應(yīng)是與鹽

中的酸根對(duì)應(yīng)的強(qiáng)酸，如配制FeCb溶液加鹽酸；加入的堿應(yīng)是與鹽中的陽離子對(duì)應(yīng)的強(qiáng)堿，如配制Na2s溶液

要加NaOH溶液。

考向3考查水解常數(shù)的應(yīng)用與計(jì)算

例3.(2023?陜西西安?統(tǒng)考一模)25℃時(shí)，將HC1氣體緩慢通入O.lmoM/i的氨水中，溶液的pH、體系中粒子

濃度的對(duì)數(shù)值(Ige)與反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比P益寫K］的關(guān)系如圖所示。若忽略溶液體積變化，下列有關(guān)

n(l>lri3,ri2KJ)

說法錯(cuò)誤的是

M(NH3-H,O)

B.25℃時(shí)，NH；的水解平衡常數(shù)Kh的數(shù)量級(jí)為HP。

C.Pi所示溶液：2c(Cl)=c(NH：)+C(NH3-H2O)

D.P2所示溶液：C(C1)>100C(NH3?H20)

n(HCl)

【分析】本題給出的圖是溶液的pH、體系中粒子濃度的對(duì)數(shù)值(Ige)與反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比

的關(guān)系圖，最左邊縱坐標(biāo)是離子濃度的對(duì)數(shù)，右邊的縱坐標(biāo)是pH值，橫坐標(biāo)是反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比，圖示

中NH：離子與NH3-H2O交叉點(diǎn)對(duì)應(yīng)的pH值是9.25,可以計(jì)算鏤根離子的水解常數(shù)，根據(jù)電荷守恒可以判斷A

選項(xiàng)，根據(jù)物料守恒可以判斷C選項(xiàng)，根據(jù)水解常數(shù)可以判斷D選項(xiàng)。

【解析】A.t=0.5時(shí)，對(duì)應(yīng)的pH值大于7,c(H+)<c(OH)由電荷守恒c(NH：)+c(H+)=c(Cr)+c(OH-)得出c(NH

+925

：)>c(Cl-),故A正確;B.NH：離子與NH3.H2O交叉點(diǎn)對(duì)應(yīng)的pH值是9.25,c(NH；)=c(NH3?H2O),c(H)=10'-，

(+(

cVH)xcNHjn(HS__

帶入鏤根離子的水解常數(shù)公式K^--=10-925，數(shù)量級(jí)為10.，故B正確;C.Pi點(diǎn)10

h；+x

cNH；n(NH3.H2O)

根據(jù)物料守恒C(C1-)=C(NH；)+C(NH3?H2。)，故C錯(cuò)誤；D.P2點(diǎn)對(duì)應(yīng)的pH=7,c(H+)=c(OH)=l(r7推出“NH

c(H+)xc(NHj10-7XC(NH,)

：)=C(C1)Kh=C—\一k—=10皿5,得出----一=10”,得出C(C1-)=10Z25C(NH3?H2O),故D正確;

c(NH：)c1cli

答案選c。

【答案】c

【變式訓(xùn)練】(2023?陜西咸陽?統(tǒng)考三模)某化學(xué)興趣小組利用傳感技術(shù)探究O.OlmokL」的碳酸鈉溶液滴定

100mL0.01mol?L-i鹽酸溶液的實(shí)驗(yàn)，得到反應(yīng)過程中的c(C。：)、c(〃CO；)、c(H2co3)的變化曲線(假定滴定過

程中H2co3不分解和忽略CC>2的逸出)如圖所不。下列說法正確的是

已知:25℃時(shí)，H2c03的Kai=4xl0-7,Ka2=5xlO-11；lg4=0.6?

(

L

—O

E

)

、

弱

送

婪

罪

￡

屢

觸

A.曲線I為c(HCOJ)的變化曲線，Vi=10

B.25℃時(shí)，碳酸鈉的水解常數(shù)Khi=2.5xl0-8

C.水的電離程度：a>c>b

D.c點(diǎn)溶液pH=6.4

【分析】用0.01mol?L”的碳酸鈉溶液滴定100mL0.01mol?L-i鹽酸溶液過程中，最開始酸過量，產(chǎn)生H2co3,繼

續(xù)滴加碳酸鈉，H2c03減少，增加，最后CO：逐漸增多。因此曲線I、II、III分別代表H2cCh、HCO；,

CO；。

【解析】A.由分析可知，曲線I代表H2c。3,根據(jù)Na2C。3+2HC/=2NaC/+H2C。3可知100mL0.01mol?L-lHCl

應(yīng)恰好消耗50mL0.01mol?L"的碳酸鈉溶液，故Vi=50,A錯(cuò)誤；B.25℃時(shí)，碳酸鈉的水解常數(shù)

K1f)T4

Khl--^=——?=2xl0^,B錯(cuò)誤；C.HCO~^CO：均促進(jìn)水電離，CO：含量越高，水電離程度越大，

根據(jù)圖像可知，水的電離程度：a<c<b,C錯(cuò)誤；D.c點(diǎn)c(HC1)=c(H2co3),此時(shí)

c（Hjc（^-）_

3=Q7>故pH=-lgc（H+）=-lg（4xl0-7）=_Q6+7=6.4,D正確。故選D。

c（H?CQ）''

【答案】D

【歸納總結(jié)】Kh與Ka(或Kb)、Kw的關(guān)系

(1)一元弱酸鹽：Ka-Kh=Kw

(2)一元弱堿鹽：甌心=心

(3)多元弱酸鹽，如Na“,A溶液：&=/匚，Na“iHA溶液Kh=*^,依次類推

Aa(m)Aa(m—1)

考點(diǎn)三水溶液中粒子的數(shù)量關(guān)系

—夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理

知識(shí)點(diǎn)1電解質(zhì)溶液中的三大守恒

1.電荷守恒規(guī)律

電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子，溶液都呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷

總數(shù)。如NaHCCh溶液中存在著Na+、H+>HC05、COf、OH,存在如下關(guān)系：c(Na+)+c(H+)=c(HCOF)+

C(OH-)+2C(COF)O

2.物料守恒規(guī)律

電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素的原子總是守恒的，或兩種原子的數(shù)目比是固

定的。如NaHCCh溶液中存在著Na+、H+>H2cO3、HCO晨COF>OH-,Na與C比為1：1,故存在如下關(guān)

系：c(Na+)=c(H2co3)+c(HCOF)+c(COF)。

3.質(zhì)子守恒規(guī)律

①電解質(zhì)溶液中，分子(或離子)得失質(zhì)子(H+)的物質(zhì)的量應(yīng)相等。

如Na2s水溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移情況圖示如下：

(得質(zhì)子)(基準(zhǔn)態(tài)物質(zhì))(失質(zhì)子)

HS-?+比——

H?S-+2H*

HQ-+比H2O-H-,oh.

即給出H+后剩余微粒濃度之和等于得到H+后生成微粒濃度之和，故由圖可得Na2s水溶液中質(zhì)子守恒式