第30講鹽類水解目錄考情分析網絡構建考點一鹽類水解原理【夯基·必備基礎知識梳理】知識點1鹽類水解知識點2鹽類水解規律知識點3鹽類水解方程式的書寫【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考向2考查鹽類水解規律及應用考點二鹽類水解的影響因素及應用【夯基·必備基礎知識梳理】知識點1影響鹽類水解的因素知識點2鹽類水解的應用知識點3水解常數及應用【提升·必考題型歸納】考向1考查鹽類水解的影響因素考向2考查鹽類水解的應用考向3考查水解常數的應用與計算考點三水溶液中粒子的數量關系【夯基·必備基礎知識梳理】知識點1電解質溶液中的三大守恒知識點2電解質溶液中粒子濃度大小比較知識點3水溶液中函數圖像分析【提升·必考題型歸納】考向1考查單一溶液中粒子濃度大小比較考向2考查混合溶液中粒子濃度大小比較真題感悟考點要求考題統計考情分析鹽類水解原理2023浙江1月卷2題，2分2022北京卷1題，3分2021北京卷12題，3分分析近三年的高考試題，高考命題在本講有以下規律：1．從考查題型和內容上看，高考命題以選擇題為主來呈現，考查內容主要有以下兩個方面：(1)考查鹽類水解的基本概念，依托實驗背景，考查水解平衡的影響因素。(2)與工農業生產相結合，考查鹽類水解的應用。(3)以單一溶液和混合溶液為背景，考查溶液中粒子濃度關系。(4)借助圖像的形式考查①水解方程式的書寫;②結合滴定圖像判斷離子濃度關系;③電離平衡常數與水解常數的轉化關系和應用。2．從命題思路上看，(1)側重以具體物質的反應和變化為載體，考查鹽類水解的基本概念、水解規律、水解平衡的移動和影響因素；以實際情境為載體，考查水解的應用。(2)側重考查二元或多元酸與堿反應過程中，溶液中粒子濃度之間的關系?？疾榱Ｗ訚舛却笮”容^、三大守恒、對水電離的影響等。(3)以一些新物質、新圖像為載體考查有關水解常數的計算3.根據高考題的命題特點和規律，復習時要注意以下幾個方面：(1)影響鹽類水解的因素；(2)水解常數與電離常數的關系；(3)鹽類水解在實驗室中的應用和在工農業生產中的應用。(4)鹽溶液中離子濃度的大小比較。鹽類水解的應用2023北京卷3題，3分2022浙江6月卷19題，2分2021河北卷6題，3分水溶液中粒子的數量關系2023天津卷10題，3分2022浙江1月卷23題，2分2021廣東卷8題，2分考點一鹽類水解原理知識點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生的H＋或OH－結合生成弱電解質的反應。2.條件：可溶性鹽必須有弱酸根離子或弱堿陽離子3.實質：鹽電離→eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(弱酸的陰離子→結合H＋,弱堿的陽離子→結合OH－))→破壞了水的電離平衡→水的電離程度增大→溶液呈堿性、酸性或中性。4.特點（1）可逆：水解反應是可逆反應；（2）吸熱：水解反應是酸堿中和反應的逆反應；（3）微弱：水解反應程度很微弱。知識點2鹽類水解規律1.鹽的分類與鹽溶液的酸堿性鹽的類型強酸強堿鹽強酸弱堿鹽弱酸強堿鹽弱酸弱堿鹽是否水解不水解水解水解水解溶液的酸堿性中性酸性堿性比較Ka和Kb的大小確定溶液的酸性堿性代表物NaCl、KNO3NH4Cl、CuSO4Na2S、Na2CO3CH3COONH4（中性溶液）注意酸式鹽不能通過簡單分類來判斷其溶液的酸堿性：NaHSO4不水解，但是其溶液顯酸性；NaHSO3電離大于水解，其溶液顯酸性；NaHCO3水解大于電離，其溶液顯酸性。2.鹽類水解規律：“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、誰強顯誰性、同強是中性”。知識點3鹽類水解方程式的書寫1.一般要求水解記三點：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產生沉淀和氣體，所以不用符號“↓”和“↑”表示水解產物。如NH4Cl水解的離子方程式為NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。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Na2CO3水解的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。②多元弱堿鹽水解：水解離子方程式一步寫完。如FeCl3水解的離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。③陰、陽離子相互促進的水解：水解程度較大（即產生沉淀），書寫時要用“=”、“↑”、“↓”等。如Na2S溶液與AlCl3溶液混合水解的離子方程式為2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。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。考向1考查鹽類的水解及溶液的酸堿性例1.（2023·河北衡水·衡水市第二中學?？既＃嶒灉y得等物質的量濃度的和溶液的pH隨溫度變化如圖所示。下列說法正確的是

A．曲線①是溶液變化曲線B．C點之前，升高溫度兩條曲線pH均減小，說明水解程度減弱C．D點時的溶質為D．若將D點降溫至25℃，其pH范圍為8.62<pH<11.55【解析】Ａ．根據等物質的量濃度的和溶液，的堿性弱于，則曲線①是溶液變化曲線，A項錯誤；Ｂ．水解是吸熱過程，升高溫度水解程度增大，C點之前，升高溫度，pH減小，主要原因是升高溫度促進水的電離，B項錯誤；Ｃ．對比曲線①和②可知，若D點為溶液，則溫度繼續升高，曲線變化趨勢應該與①一致，C項錯誤；Ｄ．升高溫度部分碳酸氫鈉發生分解，則將D點溶液降溫至25℃，混合液8.62<pH<11.55，D項正確。答案為：D?！敬鸢浮緿【變式訓練】（2023·浙江·校聯考三模）下列物質中屬于鹽且水溶液呈堿性的是A． B． C． D．【解析】A．屬于鹽因碳酸氫根離子水解溶液呈堿性，A符合題意；B．屬于鹽因銨根離子水解水溶液呈酸性，B不符合題意；C．屬于鹽水溶液呈中性，C不符合題意；D．屬于氧化物，溶于水溶液呈堿性，D不符合題意；故選A?！敬鸢浮緼【思維建模】酸式鹽的水溶液的酸堿性判斷(1)強酸的酸式鹽只電離，不水解，溶液一定顯酸性，如：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。(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大小。①電離程度小于水解程度，溶液顯堿性，如NaHCO3溶液中：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)；HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。使c(OH－)>c(H＋)，溶液顯堿性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液顯堿性。②電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液中：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)；HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。使c(H＋)>c(OH－)，溶液顯酸性。同理NaH2PO4溶液顯酸性?？枷?考查鹽類水解規律及應用例2.（2023·全國·模擬預測）實驗測得濃度均為的溶液和溶液的pH隨溫度的變化情況如圖所示。下列說法錯誤的是A．時，的電離平衡常數約為B．后，溶液的pH隨溫度的升高而增大的原因可能是的揮發C．升高溫度，溶液中減小，增大，pH減小D．溶液中存在：【解析】A．時，的pH=a，的電離平衡常數約為，故A正確；B．升高溫度，促進電離，溶液中增大，后，減小，說明醋酸的濃度降低，的揮發會導致降低，故B正確；C．升高溫度，使水解平衡正向移動，溶液中增大，故C錯誤；D．根據質子守恒，溶液中，故D正確；選C?！敬鸢浮緾【變式訓練】（2023·安徽滁州·安徽省定遠縣第三中學?？级＃┤缦聢D所示，只有未電離的HA分子可自由通過交換膜。常溫下，往甲室和乙室中分別加入的溶液()和的HA溶液()，達到平衡后，下列說法正確的是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，甲室中的物質的量濃度小于乙室中的物質的量濃度D．若用等物質的量濃度的NaA溶液代替溶液，則通過交換膜的HA分子的量減少【分析】0.1mol/LNH4A溶液pH約為7，說明銨根離子和A—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10—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通過交換膜進入甲室，當兩室溶液中HA濃度相等時，乙室的電離和甲室的水解都達到平衡。【解析】A．由0.1mol/LHA溶液pH約為3可知，HA的電離度約為×100%=1%，故A錯誤；B．由分析可知，當兩室溶液中HA濃度相等時，乙室的電離和甲室的水解都達到平衡，由于甲室中的A—離子會抑制HA的電離，所以平衡后，甲、乙兩室的溶液pH不相等，故B錯誤；C．由分析可知，當兩室溶液中HA濃度相等時，乙室的電離和甲室的水解都達到平衡，甲室中加入的HA抑制銨根離子的水解，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—離子濃度大于0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中一水合氨的物質的量濃度小于乙室中A—離子的物質的量濃度，故C正確；D．NaA溶液中A—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錯誤；故選C?！敬鸢浮緾【規律總結】鹽類水解的規律及拓展應用(1)“誰弱誰水解，越弱越水解”。如酸性：HCN<CH3COOH，則相同條件下堿性：NaCN>CH3COONa。(2)相同條件下的水解程度①正鹽>相應酸式鹽，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。②相互促進水解的鹽>單獨水解的鹽>水解相互抑制的鹽。如NHeq\o\al(＋,4)的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。考點二鹽類水解的影響因素及應用知識點1影響鹽類水解的因素1.內因：形成鹽的酸或堿越弱，其鹽就越易水解。如水解程度：Na2CO3＞Na2SO3，Na2CO3＞NaHCO3。2.外因eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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,外加酸堿\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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,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FeCl3水解為例[Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋]，填寫外界條件對水解平衡的影響。條件移動方向H＋數pH現象升溫向右增多減小顏色變深通HCl向左增多減小顏色變淺加H2O向右增多增大顏色變淺加NaHCO3向右減小增大生成紅褐色沉淀，放出氣體知識點2鹽類水解的應用1.鹽類水解的重要應用應用舉例判斷溶液的酸堿性FeCl3溶液顯酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋判斷酸性強弱等物質的量濃度的NaX、NaY、NaZ三種鹽溶液的pH分別為8、9、10，則酸性：HX＞HY＞HZ配制或貯存易水解的鹽溶液配制CuSO4溶液時，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量鹽酸；貯存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用帶磨口玻璃塞的試劑瓶膠體的制取制取Fe(OH)3膠體的離子方程式：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋泡沫滅火器原理成分為NaHCO3與Al2(SO4)3，發生反應為Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑作凈水劑明礬可作凈水劑，原理為Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋化肥的使用銨態氮肥與草木灰不得混用除銹劑NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接時的除銹劑比較溶液中離子濃度的大小如：Na2CO3溶液中離子濃度由大到小的順序為c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H＋)判斷鹽溶液蒸干時的產物鹽水解生成揮發性酸，蒸干灼燒后一般得氧化物。如AlCl3→Al2O3鹽水解生成難揮發性酸，蒸干后得原物質。如CuSO4→CuSO4考慮鹽受熱時是否分解。如KMnO4→K2MnO4和MnO2還原性鹽溶液蒸干時會被O2氧化。如Na2SO3→Na2SO4弱酸的銨鹽溶液蒸干后無固體剩余。如NH4HCO3、(NH4)2CO32.熟記下列因相互促進水解不能大量共存的離子組合(1)Al3＋與HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－。(2)Fe3＋與HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－。(3)NHeq\o\al(＋,4)與SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)。3.鹽溶液蒸干灼燒時所得產物的判斷?鹽溶液水解生成難揮發性酸時，蒸干后一般得原物質，如CuSO4(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))CuSO4(s)；鹽溶液水解生成易揮發性酸時，蒸干灼燒后一般得對應的氧化物，如AlCl3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Al(OH)3eq\o(→,\s\up7(灼燒))Al2O3。?酸根離子易水解的強堿鹽，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物質。?考慮鹽受熱時是否分解。Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、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→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。?還原性鹽在蒸干時會被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。?弱酸的銨鹽蒸干后無固體。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±1（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－弱酸鹽CH3COOH－CH3COONa酸性；pH＝4.76弱堿－弱堿鹽NH3?H2O－NH4Cl堿性；pH＝9.25正鹽－酸式鹽Na2CO3－NaHCO3堿性；pH＝10.30酸式鹽－酸NaHC2O4－H2C2O4酸性；pH＝1.68知識點3水解常數及應用1．數學表達式用HA表示酸，用MOH表示堿，MA表示由它們生成的鹽，在MA溶液中，若M＋、A－均能水解，A－＋H2OHA＋OH－，則A－的水解常數為Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)；M＋＋H2OMOH＋H＋，則M＋的水解常數為Kh＝eq\f(c（H＋）·c（MOH）,c（M＋）)。2．水解常數與電離常數的關系1）推導：若NaA為強堿弱酸鹽，A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)＝eq\f(c（HA）·c（OH－）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）)＝eq\f(KW,Ka（HA）)；若MCl為強酸弱堿鹽，同理可得Kh＝eq\f(KW,Kb（MOH）)。2）Kh與Ka(或Kb)、KW的關系(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NamA溶液：Kh＝eq\f(KW,Ka（m）)Nam－1HA溶液Kh＝eq\f(KW,Ka（m－1）)依次類推……3．意義水解常數可以表示鹽的水解程度的大小，Kh越大，鹽類水解程度越大。4．外界影響因素水解常數是只是溫度的函數，Kh隨溫度的升高而增大。5．水解常數的應用(1)計算鹽溶液中的c(H＋)或c(OH－)Kh＝eq\f(c2（OH－）,c－c（OH－）)≈eq\f(c2（OH－）,c)，c(OH－)＝eq\r(c·Kh)；同理，對于M＋＋H2OMOH＋H＋，c(H＋)＝eq\r(c·Kh)。(2)判斷水解程度大小、鹽溶液的酸堿性如，對于CH3COONH4溶液，由Ka(CH3COOH)≈Kb(NH3·H2O)可知，Kh(CH3COO－)≈Kh(NHeq\o\al(＋,4))，CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)。(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。如，對于NaHCO3溶液，Kh(HCOeq\o\al(－,3))＝eq\f(KW,Ka（H2CO3）)＝eq\f(1×10－14,4.4×10－7)＝2.3×10－8，Ka(HCOeq\o\al(－,3))＝4.7×10－11＜Kh(HCOeq\o\al(－,3))，HCOeq\o\al(－,3)電離程度小于其水解程度，溶液呈堿性，c(H＋)＜c(OH－)。②混合溶液。如，對于等物質的量濃度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh(CH3COO－)＝eq\f(KW,Ka（CH3COOH）)＝eq\f(1×10－14,1.75×10－5)＝5.7×10－10＜Ka(CH3COOH)，CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的電離程度，溶液顯酸性，c(H＋)＞c(OH－)?？枷?考查鹽類水解的影響因素例1.（2023·廣東梅州·統考三模）25°C時，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列說法正確的是A．25°C時，往pH=3的HClO溶液中加少量NaClO固體，HClO的電離程度和水電離出的c(H+)均減小B．將濃度均為0.1mol·L-1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(ClO-)D．25°C時，pH=7的NaClO和HClO混合溶液中存在：c(HClO)<c(ClO-)=c(Na+)【解析】A．HClO為弱酸，在水溶液中存在；當向HClO溶液加入少量NaClO固體后，溶液中，平衡逆向移動，即HClO的電離程度減??；但水的電離平衡正向移動，則水電離出的c(H+)增大，故A錯誤；B．NaClO為強堿弱酸鹽，其水溶液中會水解且的水解為吸熱反應，即升高溫度水解程度增大，則溶液的堿性增強（pH增大）；NaOH為強堿，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：，則溶液中有c(HCOO-)>c(ClO-)，故C正確；D．25°C時，，則水解平衡常數，則水解強于電離；由電荷守恒，pH=7，，則，由水解強于電離可知，，故D錯誤；答案選C?！敬鸢浮緾【變式訓練】（2023·北京海淀·101中學校考三模）實驗測得10mL0.50mol?L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol?L-1CH3COONa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CH3COOH和NH3?H2O電離常數均為1.8×10-5。下列說法不正確的是A．圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol?L-1，溶液pH變化值小于lgxC．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℃時稀釋相同倍數的NH4Cl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10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa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，水解反應為吸熱過程，且溫度越高、濃度越小其水解程度越大。氯化銨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越小；溫度越高，水的電離度越大。因此，圖中的實線為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mol·L-1時，若氯化銨的水解平衡不發生移動，則其中的c(H+)變為原來的，則溶液的pH將增大lgx，但是，加水稀釋時，氯化銨的水解平衡向正反應方向移動，c(H+)大于原來的，因此，溶液pH的變化值小于lgx，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℃時稀釋相同倍數的NH4C1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-)。因此，氯化銨溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸鈉溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8×10-5，因此，由于原溶液的物質的量濃度相同，稀釋相同倍數后的NH4C1溶液與CH3COONa溶液，溶質的物質的量濃度仍相等，由于電離常數相同，其中鹽的水解程度是相同的，因此，兩溶液中c(OH-)-c(H+)（兩者差的絕對值）相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-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，當改變條件如升溫、通入HCl氣體、加水、加鐵粉、加碳酸氫鈉等時，應從移動方向、pH的變化、水解程度、現象等方面去歸納總結，加以分析掌握?？枷?考查鹽類水解的應用例2.（2023·廣東惠州·統考一模）勤勞致富，越努力越幸福。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯的是選項勞動項目化學知識A明礬凈水明礬具有氧化性B小蘇打用作發泡劑烘焙面包小蘇打受熱分解產生氣體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．明礬凈水的基本原理是明礬在水中能電離出鋁離子，鋁離子與水電離產生的氫氧根結合，產生氫氧化鋁膠體，與明礬具有氧化性無關，A項中的勞動項目與所述的化學知識沒有關聯；B．小蘇打為NaHCO3，受熱分解出CO2氣體，可以用作發泡劑烘焙面包，B項中的勞動項目與所述的化學知識有關聯；C．碳酸鈉為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，加熱促進鹽類的水解，油脂可以在堿性環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項中的勞動項目與所述的化學知識有關聯；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項中的勞動項目與所述的化學知識有關聯。答案選A。【答案】A【變式訓練】（2023·河南·校聯考模擬預測）氯化鐵是實驗室中經常使用的物質，根據下列實驗目的設計的實驗方案正確的是選項實驗目的實驗方案A實驗室配制FeCl3溶液稱量一定質量的氯化鐵固體先溶于較濃的鹽酸中，再加入蒸餾水稀釋至所需濃度B檢驗配制的FeCl3溶液中是否含有Fe2+向酸性高錳酸鉀溶液中滴入少量氯化鐵溶液，觀察溶液顏色的變化C制備氫氧化鐵膠體并鑒別氯化鐵溶液與氫氧化鐵膠體煮沸少許飽和氯化鐵溶液一段時間后，采用丁達爾現象鑒別所得物質和氯化鐵溶液D驗證鐵離子的氧化性向FeCl3溶液中先滴加一定量的NaF溶液，再滴加幾滴KSCN溶液，未出現紅色【解析】A．配制FeCl3溶液時加入HCl抑制水解，A正確；B．酸性高錳酸鉀溶液也可以氧化Cl-，B錯誤；C．制備氫氧化鐵膠體，向沸騰的蒸餾水中逐滴加入1~2mL飽和氯化鐵溶液,繼續煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱，C錯誤；D．F－與Fe3+反生成更為穩的無色，滴入SCN-后，Fe3+無法與SCN-結合，與氧化性無關，D錯誤；故答案為：A。【答案】A【名師歸納】配制鹽溶液時，為抑制鹽的水解而加入酸或堿，但應注意不能引入雜質離子，加入的酸應是與鹽中的酸根對應的強酸，如配制FeCl3溶液加鹽酸；加入的堿應是與鹽中的陽離子對應的強堿，如配制Na2S溶液要加NaOH溶液。考向3考查水解常數的應用與計算例3.（2023·陜西西安·統考一模）25℃時，將HCl氣體緩慢通入0.1mol?L-1的氨水中，溶液的pH、體系中粒子濃度的對數值(lgc)與反應物的物質的量之比[t=]的關系如圖所示。若忽略溶液體積變化，下列有關說法錯誤的是

A．t=0.5時，c(NH)＞c(Cl-)B．25℃時，NH的水解平衡常數Kh的數量級為10-10C．P1所示溶液：2c(Cl-)=c(NH)+c(NH3?H2O)D．P2所示溶液：c(Cl-)＞100c(NH3?H2O)【分析】本題給出的圖是溶液的pH、體系中粒子濃度的對數值(lgc)與反應物的物質的量之比[t=]的關系圖，最左邊縱坐標是離子濃度的對數，右邊的縱坐標是pH值，橫坐標是反應物的物質的量之比，圖示中NH離子與NH3?H2O交叉點對應的pH值是9.25，可以計算銨根離子的水解常數，根據電荷守恒可以判斷A選項，根據物料守恒可以判斷C選項，根據水解常數可以判斷D選項。【解析】A．t=0.5時，對應的pH值大于7，c(H+)<c(OH-)，由電荷守恒c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)得出c(NH)＞c(Cl-)，故A正確；B．NH離子與NH3?H2O交叉點對應的pH值是9.25，c(N)=c(NH3?H2O)，c(H+)=，帶入銨根離子的水解常數公式Kh==，數量級為，故B正確；C．P1點=1.0，根據物料守恒c(Cl-)=c(NH)+c(NH3?H2O)，故C錯誤；D．P2點對應的pH=7，c(H+)=c(OH-)=推出c(NH)=c(Cl-)，Kh==，得出=，得出c(Cl-)=c(NH3?H2O)，故D正確；答案選C?！敬鸢浮緾【變式訓練】（2023·陜西咸陽·統考三模）某化學興趣小組利用傳感技術探究0.01mol?L-1的碳酸鈉溶液滴定100mL0.01mol?L-1鹽酸溶液的實驗，得到反應過程中的c()、c()、c(H2CO3)的變化曲線(假定滴定過程中H2CO3不分解和忽略CO2的逸出)如圖所示。下列說法正確的是已知：25℃時，H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11；lg4=0.6。A．曲線I為c(HCO)的變化曲線，V1=10 B．25℃時，碳酸鈉的水解常數Kh1=2.5×10-8C．水的電離程度：a＞c＞b D．c點溶液pH=6.4【分析】用0.01mol?L-1的碳酸鈉溶液滴定100mL0.01mol?L-1鹽酸溶液過程中，最開始酸過量，產生H2CO3，繼續滴加碳酸鈉，H2CO3減少，增加，最后逐漸增多。因此曲線I、Ⅱ、Ⅲ分別代表H2CO3、、。【解析】A．由分析可知，曲線I代表H2CO3，根據可知100mL0.01mol?L-1HCl應恰好消耗50mL0.01mol?L-1的碳酸鈉溶液，故V1=50，A錯誤；B．25℃時，碳酸鈉的水解常數，B錯誤；C．、均促進水電離，含量越高，水電離程度越大，根據圖像可知，水的電離程度：a<c<b，C錯誤；D．c點c()=c(H2CO3)，此時，故，D正確。故選D?！敬鸢浮緿【歸納總結】Kh與Ka(或Kb)、KW的關系(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NamA溶液：Kh＝eq\f(KW,Ka（m）)，Nam－1HA溶液Kh＝eq\f(KW,Ka（m－1）)，依次類推……考點三水溶液中粒子的數量關系知識點1電解質溶液中的三大守恒1．電荷守恒規律電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數一定等于陽離子所帶正電荷總數。如NaHCO3溶液中存在著Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下關系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。2．物料守恒規律電解質溶液中，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，或兩種原子的數目比是固定的。如NaHCO3溶液中存在著Na＋、H＋、H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，Na與C比為1：1，故存在如下關系：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))。3．質子守恒規律①電解質溶液中，分子(或離子)得失質子(H＋)的物質的量應相等。如Na2S水溶液中的質子轉移情況圖示如下：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水溶液中質子守恒式：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。質子守恒的關系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導得到。②可以通過物料守恒和電荷守恒推出質子守恒表達式。如NaHCO3溶液中物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋c(CO32-)①，電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(OH－)＋2c(CO32-)②，將①代入②中，整理得質子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CO32-)【易錯提醒】混合溶液的質子守恒只能采用第2種方法求得。知識點2電解質溶液中粒子濃度大小比較1．單一溶液中粒子濃度的比較(1)多元弱酸溶液：多元弱酸分步電離，電離程度逐級減弱。如H3PO4溶液中：c(H+)>c(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(PO43-)。(2)多元弱酸的正鹽溶液：多元弱酸的酸根離子分步水解，水解程度逐級減弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)。(3)多元弱酸酸式鹽：分析酸式酸根電離與水解大小。如NaHCO3溶液中HCO3-水解大于電離，則；c(Na+)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H+)>c(CO32－)。NaHSO3溶液中HSO3-電離大于水解，則c(Na+)>c(HSO3－)c(H+)>c(SO32－)>c(OH－)>c(H2SO3)。2．混合溶液中各離子濃度的比較混合溶液要綜合分析電離、水解等因素。如在0.1mol·L－1NH4Cl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各離子濃度大小的順序為c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H+)。3．不同溶液中同一離子濃度的比較不同溶液要看溶液中其他離子對該離子的影響。如在相同物質的量濃度的下列溶液中：①NH4Cl②CH3COONH4③NH4HSO4，c(NH4+)由大到小的順序為③＞①＞②。4.電解質溶液中粒子濃度大小比較的思維模型知識點3水溶液中函數圖像分析1．稀釋曲線(1)同體積、同濃度的鹽酸、醋酸加水稀釋加水稀釋一樣的倍數，醋酸的pH大加水稀釋到一樣的pH，鹽酸加入的水多(2)同體積、同pH的鹽酸、醋酸加水稀釋加水稀釋一樣的倍數，鹽酸的pH大加水稀釋到一樣的pH，醋酸加入的水多(3)稀釋倍數與pH的線性關系①HY為強酸、HX為弱酸②ab兩點的溶液中：c(X－)＝c(Y－)③水的電離程度：d＞c＞a＝b①MOH為強堿、ROH為弱堿②c(ROH)＞c(MOH)③水的電離程度：a＞b2．滴定曲線氫氧化鈉滴定等濃度等體積的鹽酸、醋酸的滴定曲線鹽酸滴定等濃度等體積的氫氧化鈉、氨水的滴定曲線3.分布分數曲線（1）分布曲線圖是指以pH為橫坐標，分布系數（即組分的平衡濃度占總濃度的分數）為縱坐標，分布系數與溶液pH之間的關系曲線。弱電解質分布系數圖本質上就是酸堿中和滴定過程中粒子含量的變化曲線。分布曲線是指以pH為橫坐標、分布系數(即組分的平衡濃度占總濃度的分數)為縱坐標的關系曲線一元弱酸(以CH3COOH為例)二元酸(以草酸H2C2O4為例)δ0為CH3COOH分布系數，δ1為CH3COO－分布系數δ0為H2C2O4分布系數、δ1為HC2Oeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))分布系數、δ2為C2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))分布系數（2）分布系數圖的應用：①能讀出電離常數；②能比較在溶液在某一特定pH時離子濃度的大小；能快速判斷等濃度的緩沖溶液的酸堿性，由此比較得出電離與水解的大小。考向1考查單一溶液中粒子濃度大小比較例1.（2023·廣東·統考模擬預測）測定溶液升溫過程中的pH(不考慮水的蒸發、溶液體積的變化)，數據如下。溫度/℃25406080pH11.9011.6811.5411.42下列說法錯誤的是A．25℃時，的一級水解常數的數量級為B．溫度升高后溶液堿性減弱C．溶液中D．溫度升高pH變小是Kw增大與水解平衡移動共同作用的結果【解析】A．時，由知，水解平衡時，、，，A正確；B．水解吸熱，升溫促進水解，溶液中增大，堿性增強，B錯誤；C．由物料守恒知，，C正確；D．升溫促進水的電離及的水解(且受溫度影響更大一些)，導致溫度高時pH變小而不是變大，D正確；故答案為：B?！敬鸢浮緽【變式訓練】（2023·廣東惠州·統考模擬預測）是一種弱堿，可與鹽酸反應生成。下列敘述正確的是A．常溫時，0.1mol/L水溶液的B．0.1mol/L水溶液加水稀釋，升高C．0.1mol/L水溶液中：D．水溶液中：【解析】A．是強酸弱堿鹽，微弱水解，0.1mol/L水溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L，，故A錯誤；B．水溶液加水稀釋，氫離子濃度減小，pH升高，故B正確；C．水溶液中不水解，微弱水解，水解生成和，另外水電離出，溶液中粒子濃度：，故C錯誤；D．根據物料守恒，故D錯誤；故選：B?！敬鸢浮緽【思維建?！拷鉀Q離子濃度關系問題的方法和原則考向2考查混合溶液中粒子濃度大小比較例2.（2023·河北滄州·?？既＃┏叵?，用0.1000mol?L-1的NaOH溶液滴定0.1000mol?L-1的溶液，獲得的滴定曲線如圖所示。橫坐標為滴定分數(w)，滴定分數是指滴定過程中標準溶液與待測溶液中溶質的物質的量之比。忽略溶液混合時的體積變化，下列說法正確的是A．a點溶液中，mol?L-1B．b點溶液中，C．b點到c點反應的離子方程式為D．若用甲基橙做指示劑，則時溶液顯紅色【解析】A．a點時等體積、等濃度的NaOH溶液和溶液混合，溶液的體積變為原來的2倍，則溶液中mol·L，故A項正確；B．根據溶液中電荷守恒可知，，常溫下，b點溶液的，則溶液中，則，故B項錯誤；C．a點時等物質的量的NaOH和反應，溶液中的溶質是，c點時，參加反應的NaOH與的物質的量之比為2∶1，溶液中的溶質是，因此，a點到c點整個階段中的反應為，故C項錯誤；D．甲基橙的變色范圍為3.1~4.4，時，，若用甲基橙做指示劑，溶液顯黃色，故D項錯誤；答案選A。【答案】A【變式訓練】（2021·廣東廣州·廣州市培正中學校考三模）25℃時，有的一組醋酸、醋酸鈉混合溶液，溶液中、與pH的關系如圖所示。下列有關溶液中離子濃度關系的敘述錯誤的是A．的溶液中：B．W點的溶液中：C．的溶液中：D．向W點所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl氣體(溶液體積變化可忽略)：【分析】混合溶液為醋酸和醋酸鈉的混合溶液，且c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L，根據圖分析，當pH增加時，濃度增大的應為CH3COO-，濃度減小的應為CH3COOH；【解析】A．根據圖分析，當pH=5.5時，c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故A正確；B．W點溶液c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)═c(OH-)+c(CH3COO-)，故B正確；C．pH=3.5的溶液中，溶液呈酸性，由電荷守恒知c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，故C正確；D．加入HCl氣體可使溶液酸性增強，CH3COOH濃度增加而CH3COO-降低，由于W點平衡時溶液中醋酸和醋酸根離子濃度相同，所以二者分別為0.05mol/L，通入1.0L溶液中通入0.05mol?HCl氣體，則反應恰好生成0.1mol/L的醋酸溶液，由質子守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故D錯誤，故選：D?！敬鸢浮緿【易錯提醒】1．電荷守恒式中不只是各離子濃度的簡單相加。如2c(COeq\o\al(2－,3))的化學計量數2代表一個COeq\o\al(2－,3)帶2個負電荷，不可漏掉。2．物料守恒式中，離子濃度系數不能漏寫或顛倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各種硫元素存在形式的硫原子總濃度的2倍。3．等式考慮守恒原理，不等式考慮平衡原理(1)等式一般與電荷守恒、物料守恒、質