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第03讲 盐类的水解（讲义）（含答案） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）
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02 \l "_Tc2999" 知识导图·思维引航
03 \l "_Tc21713" 考点突破·考法探究
\l "_Tc11550" 考点一 盐类的水解及其影响因素
\l "_Tc25045" 知识点1 盐类的水解
\l "_Tc16775" 知识点2 盐类水解规律
\l "_Tc15681" 知识点3 盐类水解离子方程式的书写
\l "_Tc9533" 考向1 盐类的水解规律
\l "_Tc8799" 考向2 水解方程式
\l "_Tc15308" 考点二 盐类水解的影响因素及应用
\l "_Tc20279" 知识点1 盐类水解的影响因素
\l "_Tc21835" 知识点2 盐类水解的应用
\l "_Tc9533" 考向1 盐类水解平衡移动及结果分析
\l "_Tc8799" 考向2 盐类水解的应用
\l "_Tc3490" 考向3 水解平衡原理解释问题的规范描述
\l "_Tc15308" 考点三 溶液中粒子浓度大小关系
\l "_Tc20279" 知识点1 熟悉两大理论，构建思维基点
\l "_Tc21835" 知识点2 把握三种守恒，明确等量关系
\l "_Tc9533" 考向1 离子浓度大小比较
\l "_Tc8799" 考向2 粒子浓度变化曲线
04 \l "_Tc24080" 真题练习·命题洞见
考点一 盐类的水解及其影响因素
知识点1 盐类的水解
名师提醒】
盐类的水解反应是中和反应的逆反应，所以水解程度比较微弱，且为吸热反应。
知识点2 盐类水解规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
【名师提醒】
判断酸式盐的水溶液的酸碱性要看该盐的构成微粒的实际表现。
1．强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液一定显酸性，如：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SOeq \\al(2－,4)。
2．弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①电离程度小于水解程度，溶液显碱性，如NaHCO3溶液中：HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)(次要)，HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液显碱性。
②电离程度大于水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液中：HSOeq \\al(－,3)H＋＋SOeq \\al(2－,3)(主要)，HSOeq \\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)，使c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。同理NaH2PO4溶液显酸性。
知识点3 盐类水解离子方程式的书写
1．由于水解是微弱的反应，因而反应物与生成物用“”连接，易挥发性物质不标“↑”，
2．多元弱酸盐的水解分步写：如Na2S(aq)：第一步：S2－＋H2OHS－＋OH－；第二步：HS－＋H2OH2S＋OH－，水解以第一步水解为主。
3．金属阳离子(弱碱的阳离子)水解一步写到底。
4．相互促进水解时，由于反应彻底，故生成物中出现的不溶于水的沉淀或气体均要注明状态，即写上“↓”或“↑”符号，中间用“===”连接。
【易错提醒】
NHeq \\al(＋,4)与CH3COO－、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)等在水解时相互促进，其水解程度比单一离子的水解程度大，但水解程度仍然比较弱，不能进行完全，在书写水解方程式时用“”。
考向1 盐类的水解规律
【例1】常温下，浓度均为0.1 ml·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示：
下列说法正确的是( )
A．四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同
C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(H2CO3)
【答案】B
【解析】这几种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应使溶液显碱性，当盐的浓度相同时，酸的酸性越弱，酸根离子水解的程度就越大，水的电离程度就越大，溶液的碱性就越强。根据表格数据可知四种溶液中，水的电离程度：①<②<④<③，A错误；在Na2CO3和NaHCO3溶液中，存在的粒子有Na＋、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)、H2CO3、H2O、H＋、OH－，所以粒子种类相同，B正确；根据盐的水解程度大小可知，等浓度的CH3COOH和HClO溶液的酸性：CH3COOH>HClO，所以pH小的是CH3COOH，C错误；在Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(COeq \\al(2－,3))＋2c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)，D错误。
【思维建模】
1.“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。
2.“越稀越水解”，盐溶液被稀释后浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H+或OH-的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。
3.水解程度：相互促进水解的盐>单独水解的盐>相互抑制水解的盐。如相同条件下NH4+的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如COeq \\al(2－,3)>HCO3-。
【变式训练】广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是( )
A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2 B．PCl3的水解产物是HClO和H3PO4
C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4 D．CH3COCl的水解产物是两种酸
【答案】B
【解析】BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故A项正确；该反应中Cl元素的化合价由－1变为＋1，有电子转移，不符合水解原理，故B项错误；Al4C3水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C项正确；CH3COCl的水解产物是两种酸，为CH3COOH和HCl，符合水解原理，故D项正确。
考向2 水解方程式
【例2】下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是( )
A．Na2CO3：COeq \\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－
B．CuSO4：Cu2＋＋2H2O===Cu(OH)2＋2H＋
C．NaAlO2：AlOeq \\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－
D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
【答案】C
【解析】A项，应为COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－、HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－；B项，应为Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D项，应为F－＋H2OHF＋OH－。
【变式训练】下列水解反应的离子方程式及有关说法正确的是( )。
A．NaHC2O4溶于水显碱性是因为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-H++ C2O42-，HC2O4-的水解程度大于其电离程度
B．常温下，0.1 ml·L-1的一元酸HX溶液的pH=3，可推知NaX溶液中存在X-+H2OHX+OH-
C．向K2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红色的原因是CO32-+H2O=HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，颜色无变化
D．NaHSO3溶于水显酸性是因为HSO3-SO32-+H+，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度小于其水解程度
【答案】A
【解析】NaHC2O4溶于水显碱性，说明HC2O4-的水解程度大于其电离程度，离子方程式均正确，A项正确；X-水解的离子方程式为X-+H2OHX+OH-，B项错误；CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，平衡逆向移动，颜色变浅，C项错误；NaHSO3溶于水显酸性，说明HSO3-的电离程度大于其水解程度，D项错误。
【思维建模】
1．一般要求
如NH4Cl水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+。
2．三种类型的盐水解方程式的书写
考点二 盐类水解的影响因素及应用
知识点1 盐类水解的影响因素
1．内因：生成盐的弱酸或弱碱越弱，其对应的弱酸酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。如水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。
2．外因eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(溶液的浓度：浓度越小水解程度越大,温度：温度越高水解程度越大,外加酸碱\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(酸：弱酸酸根离子的水解程度增大，,弱碱阳离子的水解程度减小,碱：弱酸酸根离子的水解程度减小，,弱碱阳离子的水解程度增大))))
3．以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，分析外界条件对水解平衡的影响。
【易错提醒】【名师提醒】【方法技巧】
(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，学生应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。
(2)多元弱酸的酸式盐问题。酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，如NaHCO3溶液。
知识点2 盐类水解的应用
1．判断离子能否大量共存
若阴、阳离子发生相互促进的水解反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的相互促进的水解反应进行完全的有：Fe3＋、Al3＋与[Al(OH)4]－、COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)。
2．判断盐溶液蒸干时所得的产物
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
(2)盐溶液水解生成挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。
(3)考虑盐受热时是否分解，如Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3和HCl。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。
3．保存、配制某些盐溶液
如配制FeCl3溶液时，为防止出现Fe(OH)3沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3的水解；在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。
4．利用盐类的水解反应制取胶体、净水
如实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
明矾净水的原理：Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很大的表面积，吸附水中悬浮物而聚沉。
5．解释热的纯碱溶液去污能力强
碳酸钠溶液中存在水解平衡COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－，升高温度，水解平衡右移，c(OH－)增大。
6．解释泡沫灭火器的反应原理
成分NaHCO3、Al2(SO4)3发生反应的离子方程式为：Al3＋＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
【易错提醒】
利用水解原理除杂需注意的问题。
1．注意把控溶液的pH：在除杂时如果pH调节不好，很可能会把所需成分除去。
2．注意不能引入新的杂质：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，除杂时不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，会引入NH4+、Na+等杂质。
考向1 盐类水解平衡移动及结果分析
【例1】在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是( )
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C．升高温度，eq \f(cHS－,cS2－)减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】水解常数只与温度有关，A错误；Cu2＋＋S2－===CuS↓，平衡左移，HS－浓度减小，B正确；水解为吸热反应，升高温度平衡右移，因而eq \f(cHS－,cS2－)增大，C错误；加入NaOH固体，溶液pH增大，D错误。
【变式训练】下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，eq \f(cNa＋,cCO\\al(2－,3))减小
B．将0.1 ml·L－1的K2C2O4溶液从25 ℃升温至35 ℃，eq \f(cK＋,cC2O\\al(2－,4))增大
C．向0.1 ml·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，eq \f(cNa＋,cF－)＝1
D．向0.1 ml·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)增大
【答案】D
【解析】Na2CO3溶液中存在平衡COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－，通入NH3，NH3溶于水生成NH3·H2O，存在电离NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，抑制了COeq \\al(2－,3)的水解，c(COeq \\al(2－,3))增大，又因为c(Na＋)不变，所以eq \f(cNa＋,cCO\\al(2－,3))减小，故A正确；K2C2O4溶液中存在C2Oeq \\al(2－,4)水解，水解吸热，若从25 ℃升温至35 ℃，促进了C2Oeq \\al(2－,4)的水解，c(C2Oeq \\al(2－,4))减小，又因为c(K＋)不变，所以eq \f(cK＋,cC2O\\al(2－,4))增大，故B正确；向0.1 ml·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(F－)，即eq \f(cNa＋,cF－)＝1，故C正确；CH3COOH的电离常数Ka＝eq \f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，所以eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)＝eq \f(1,Ka)，电离常数只受温度影响，温度不变则Ka不变，故D错误。
考向2 盐类水解的应用
【例2】下列实验操作不能达到实验目的的是( )
【答案】B
【解析】A项，配制FeCl3水溶液时，铁离子的水解平衡正向进行，加入适量的浓盐酸可使水解平衡逆向移动，A与题意不符；B项，将MgCl2溶液加热蒸干时，镁离子的水解平衡正向移动，加热可使HCl挥发增强，蒸干、灼烧得到MgO，B符合题意；C项，将0.1ml·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，沉淀为氢氧化镁，再滴加0.1ml·L-1CuSO4溶液，若有蓝色沉淀生成，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，C与题意不符；D项，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为3.2左右，此时MgCl2不会产生沉淀，可通过加入MgO调节pH的方法除去Fe3+，D与题意不符；故选B。
【变式训练】生产、生活中处处有化学，下列有关说法正确的是( )
A．天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2+、Ca2+等离子
B．Al(NO3)3溶液蒸干后所得产物为Al(NO3)3
C．用电解饱和食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理
D．泡沫灭火器中试剂为NaHCO3溶液和 Al2(SO4)3溶液
【答案】D
【解析】A项，天然弱碱性水呈碱性，是因为天然水中的弱酸根离子水解，A错误；B项，Al(NO3)3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加热促进水解平衡正向移动，且生成的HNO3为挥发性酸，HNO3不断挥发，促进水解平衡进一步正向移动，生成Al(OH)3，B错误；C项，用惰性电极电解饱和食盐水，生成物是氢气、氢氧化钠与氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应可以制备消毒液，与其水解无关，C错误。
考向3 水解平衡原理解释问题的规范描述
【例3】按要求回答下列问题。
(1)把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体是 ，原因是 。(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
(2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因： 。
(3)直接蒸发CuCl2溶液，能否得到CuCl2•2H2O晶体？如果不能应如何操作？ 。
(4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变为红色，若再向该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是 ，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释： 。
【答案】(1) Al2O3 在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，加热时水解平衡右移，HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应2Al(OH)3Al2O3+3H2O
(2)在NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入Mg粉，Mg与H+反应放出H2，使溶液中c(H+)降低，水解平衡右移，使Mg粉不断溶解
(3)不能。应在HCl气流中加热蒸发
(4) 产生白色沉淀，且溶液红色褪去 在Na2SO3溶液中存在SO32-的水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，加入BaCl2后，Ba2++SO32-=BaSO3↓(白色)，由于c(SO32-)减小，SO32-水解平衡左移，c(OH-)减小，溶液红色褪去
【思维建模】
利用平衡移动原理解释问题的思维模板
(1)解答此类题的思维过程
①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)
②找出影响平衡的条件
③判断平衡移动的方向
④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系
(2)答题模板
……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。
【变式训练】(1)已知SOCl2 是一种液态化合物，沸点为，遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生。
= 1 \* GB3 ①写出SOCl2 与水反应的化学方程式： 。
= 2 \* GB3 ②直接蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2 与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因： 。
(2)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：
“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是 ；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是 。
【答案】(1) = 1 \* GB3 ①SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑ = 2 \* GB3 ②SOCl2 与AlCl3·6H2O中的结晶水反应，一方面消耗水，另一方面生成酸抑制AlCl3的水解
(2)提升溶液的pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+水解
【解析】(1) = 1 \* GB3 ①根据SOCl2 遇水剧烈反应，液面上产生白雾即氯化氢，并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生即二氧化硫，则SOCl2 与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑； = 2 \* GB3 ②AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2 混合并加热，SOCl2 与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3、SO2和HCl气体，SO2和HCl溶于水呈酸性抑制AlCl3水解。(2)置换过程过滤后，得到固体物质是Cu和Fe，Cu和Fe与硝酸反应生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO的目的是调节pH，促使Fe3+水解，生成氢氧化铁沉淀；Cu(NO3)2溶液中Cu2+发生水解，Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+，加入硝酸，抑制Cu2+水解。
考点三 溶液中粒子浓度大小关系
知识点1 熟悉两大理论，构建思维基点
1．电离理论
(1)弱电解质(弱酸、弱碱)的电离是微弱的，电离产生的微粒较少，同时还要考虑水的电离，水的电离能力远小于弱酸或弱碱的电离能力。如氨水中NH3·H2O、NH4+、OH-的浓度大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的，以第一步电离为主(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中，H2S、HS-、S2-、H+的浓度大小关系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。
2．水解理论
(1)弱电解质离子的水解是微弱的(相互促进水解除外)，但由于水的电离，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NH4Cl溶液中，NH4+、Cl-、NH3·H2O、H+的浓度大小关系是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)。
(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，如在Na2CO3溶液中，CO32-、HCO3-、H2CO3的浓度大小关系是c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H2CO3)。
【方法技巧】
1．比较时紧扣两个微弱。
(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-+H+，H2OOH-+H+，溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)。
(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-+Na+，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，H2OH++OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
2．酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较。
(1)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO3-的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
(2)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。
知识点2 把握三种守恒，明确等量关系
1．电荷守恒规律
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中，Na＋、H＋、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \\al(2－,3))。其特点为表达式中包含溶液中的所有离子，没有弱电解质分子。
2．元素质量守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，因此离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。其特点为表达式中包含电解质对应的各种微粒，包括离子和弱电解质分子。
3．质子守恒规律
质子守恒是指在电离或水解过程中，会发生质子(H+)转移，在质子转移过程中其数量保持不变。如Na2S水溶液中的质子转移情况如图所示：
由图可知，Na2S水溶液中质子守恒等式可表示为c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。质子守恒等式也可以由电荷守恒等式与元素质量守恒等式推导得到。
【名师提醒】
1．规避等量关系中的2个易失分点。
(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(COeq \\al(2－,3))的化学计量数2代表1个COeq \\al(2－,3)带2个负电荷，不可漏掉。
(2)元素质量守恒式中，离子浓度的化学计量数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的元素质量守恒式c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]中，“2”表示c(Na+)是溶液中硫原子浓度的2倍，不能写成2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)。
2．根据粒子浓度关系式，套用合适守恒式。
(1)电荷守恒式的特点：一边全为阴离子，另一边全为阳离子。
(2)元素质量守恒式的特点：式子中有弱电解质对应的分子和离子，一般一边含一种元素，另一边含另一种元素的离子和分子。
(3)质子守恒式的特点：一边某微粒能电离出H+，另一边微粒能结合H+。
(4)等式两边没有明显特征：三个守恒结合。
考向1 离子浓度大小比较
【例1】(2024·安徽卷，13)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知时，H2S饱和溶液浓度约为0.1ml·L－1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是( )
A．Na2S溶液中：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-
B．0.01ml·L-1Na2S溶液中：cNa＋＞cS2-＞cOH－＞cHS-
C．向cCd2+=0.01ml·L-1的溶液中加入FeS，可使
D．向cCd2+=0.01ml·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：cH+＞cCd2+
【答案】B
【解析】A项，Na2S溶液中只有5种离子，分别是H＋、Na＋、OH－、HS-、cS2-，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-，A正确；B项，0.01ml·L-1Na2S溶液中，S2-水解使溶液呈碱性，其水解常数为，根据硫元素守恒可知,所以，则cOH－＞cS2-，B不正确；C项，Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中，若加入足量FeS时可使，C正确；D项，Cd2++H2SCdS+2H+的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向cCd2+=0.01ml·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中cH+＞cCd2+，D正确；故选B。
【思维建模】
【变式训练】(2024·河南省部分名校大联考)含SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是( )。
A．Na2SO3溶液中存在：c(Na+)>c(SO32-)>c(H2SO3)>c(HSO3-)
B．已知NaHSO3溶液的pH<7，该溶液中：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
C．当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)
D．当吸收液呈中性时：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
【答案】D
【解析】Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)>c(H2SO3)，A错误；NaHSO3溶液pH<7，则该溶液中HSO3-的电离程度大于其水解程度，溶液中粒子浓度大小关系为c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(H2SO3)，B错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在元素质量守恒：c(Na+)=c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)，也可以是NaHSO3和亚硫酸钠的混合溶液，则选项中的元素质量守恒关系式不再适用，C错误；当吸收液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)，故c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，D正确。
考向2 粒子浓度变化曲线
【例2】(2024·浙江杭州市高三一模)当 25℃时，向 10mL 某浓度新制氯水中滴入0.1 ml∙L−1的 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离常数为 ，下列说法正确的是( )
A．甲到乙发生的离子反应为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C．丙点溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)该反应的平衡常数K约为10-5
【答案】D
【解析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH-的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH-的反应。A项，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H2O，A错误；B项，甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B错误；C项，丙点溶液中，=2.5×10-8，此时c(H+)=10-8ml/L，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)，C正确；D项，氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)=0.05ml/L，根据起点pH>2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)，c(Cl2)=0.05-c(H+)，其平衡常数，数量级比10-5更小，D错误；故选C。
【思维建模】
1．滴定曲线特殊点的分析
案例：常温下，用0.100 0 ml·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 ml·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图：
(1)pH—V图 各特殊点粒子大小关系及变化趋势
(2)各特殊点对水电离程度的影响
2．分布曲线
分布系数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线]
【变式训练】(2024·浙江省嘉兴市高三二模)天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。某地溶洞(假设岩石成分只有CaCO3)的水体中(X：H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+)与的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．直线②的X表示HCO3-
B．该溶洞水体时，溶液中cCa2+＞cCO32-＞cHCO3-
C．体系中存在物料守恒：cCa2+＝cCO32-＋cHCO3-＋cH2CO3
D．体系中存在
【答案】D
【解析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO3-、CO32-浓度都增大， pH较小时HCO3-浓度大于CO32-，而随着CO32-浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此直线① 代表HCO3-，②代表CO32-，③代表Ca2+。A项，根据分析可知，直线②的X表示CO32-，A错误；B项，越大，c(X)越小，该溶洞水体pH=7.5时，根据图中信息可知，故溶液中cCa2+＜cCO32-＜cHCO3-，B错误；C项，由于调节体系中pH值时所用的物质未知，所以无法确定体系中存在的物料守恒，只有当体系中的物质只有CaCO3时才满足，但体系中还有碳酸，故C错误；D项，由图可知，b点时pH=9.0，，则体系中，D正确；故选D。
1．(2022•海南省选择性考试，13)NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是( )
A．0.01ml/L溶液中，c(ClO-)＜0.01ml/L
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)
【答案】AD
【解析】A项，NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01ml/L NaClO溶液中c(ClO-)＜0.01ml/L，A正确；B项，次氯酸钠溶液中的ClO-会发生水解生成HClO，HClO长期露置在空气中会分解，为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；C项，将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C错误；D项，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；故选AD。
2．(2022•福建卷，10)氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O
②NH3+4ClO-+OH-=NO3-+4Cl-+2H2O
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A．x1的数值为0.009
B．x＞x1时，c(Cl-)=4c(NO3-)
C．x＞x1时，x越大，生成N2的量越少
D．X=x1时，c(Na＋)+c(H＋)+ c(NH4＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(ClO-)
【答案】C
【解析】A项，x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误；B项，x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl-)＞4c(NO3-)，B错误；C项，x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；D项，x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH4+和ClO-，含有Na+、H+、NO3-、Cl-和OH-，根据电荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(NO3-)，D错误；故选C。
3．(2022·浙江省6月选考，23)时，向浓度均为0.1ml·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1ml·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1ml·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是( )
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O
C．滴定过程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．时，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A项，恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B项，滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式：H++OH-=H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，0.1ml·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= ==>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C项，滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正确；D项，向20mL浓度均为0.1ml·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1ml·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；故选B。
4．(2022·浙江省6月选考，17)时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列说法正确的是( )
A．相同温度下，等的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c (C6H5O-)＞c(CH3COO-)
B．将浓度均为0.1ml·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得，则此时溶液中c (C6H5O-)= c (C6H5OH)
D．时，0.1ml·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A项，醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)5．(2021•浙江1月选考，23)实验测得10 mL 0.50 ml·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是( )
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 ml·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D项， 25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)(两者差的绝对值)相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。
6．(2021•湖南选择性考试，9)常温下，用0.1000ml•L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000ml•L﹣1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( )
A．该NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)
C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣)
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)
【答案】C
【解析】A项，因为HX为弱酸，NaX溶液存在水解：X﹣+H2O⇌HX+OH﹣，所以c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故A正确；B项，根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，一元弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数K越大，所以有：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；C项，当pH＝7时，c(H+)＝c(OH﹣)，根据电荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH﹣)+c(X﹣)+c(Cl﹣)，则有：c(X﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，同理有：c(Y﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，c(Z﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，又因三种溶液滴定到pH＝7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c(Cl﹣)是不一样的，所以c(X﹣)≠c(Y﹣)≠c(Z﹣)，故C错误；D项，分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)=0.1ml/L×20mL×340mL×3=0.05ml/L，混合溶液中c(Cl﹣)=0.1ml/L×20mL×340mL×3=0.05ml/L，代入电荷守恒表达式，有c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)，故D正确。故选C。
7．(2021•广东选择性考试，8)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是( )
A．0.001ml·L-1GHCl水溶液的pH=3
B．0.001ml·L-1GHCl水溶液加水稀释，pH升高
C．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl=G+HCl
D．GHCl水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
【答案】B
【解析】A项，GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001ml/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；B项，稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C项，GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D项，根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；故选B。
8．(2021•天津卷，10)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是( )
A．在0.1ml·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
B．在0.1ml·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C．在0.1ml·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)=0.1ml·L-1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】A
【解析】A项，由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在0.1ml·L-1H3PO4溶液中，离子浓度大小为：c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故A正确；B项，在0.1ml·L-1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；C项，在0.1ml·L-1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1ml·L-1，故C错误；D项，氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则c(OH―)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NH4＋)，故D错误；故选A。考点要求
考题统计
考情分析
盐类水解的概念
2022浙江1月选考1题，2分；2022浙江6月选考23题，2分；2021广东卷8题，2分；2021北京卷12题，3分；
盐类的水解是历年高考考点的重点与热点，几乎每年必考。主要考点有四个：一是水解方程式的书写，二是影响水解平衡的因素及水解平衡的移动，三是溶液中离子浓度大小的比较，四是盐类水解的应用。结合酸碱中和滴定图像及盐类水解的知识，分析微粒浓度之间的关系，运用金属离子的水解知识除去工艺流程中的相关杂质，是高考命题的热点；沉淀溶解平衡图像题出现的概率也较高，主要考查Ksp的相关计算及粒子浓度的关系。一是在选择题某一选项中以图像或者文字的形式考查，二是在填空题中结合化学反应原理综合考查。试题以日常生活情境、生产环保情境和实验探究情景为主，集中在图象和图示的分析，侧重于理解与辨析能力、分析与推测能力，从题干及图象中提取有效信息，结合平衡移动原理和各种守恒思想，具体问题具体分析，提高试题的灵活性与创新性。
盐类水解的应用
2022海南卷13题，4分；
离子浓度大小比较
2024·安徽卷13题，3分；2022重庆卷11题，3分；202天津卷10题，3分；
离子曲线
2022福建卷10题，4分；2022浙江1月选考23题，2分；2021浙江1月选考23题，2分；2021浙江6月选考23题，2分；2021湖南卷9题，3分；
复习目标：
1．了解盐类水解的原理及其一般规律。
2．掌握水解离子方程式的书写。
3．了解影响盐类水解程度的主要因素。
4．了解盐类水解的应用。
5．能利用水解常数(Kh)进行相关计算。
6．能发现和提出有探究价值的盐类水解平衡的问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究。
盐的类型
实例
是否水解
水解的离子
溶液的
酸碱性
溶液的pH
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
否
－
中性
pH＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NHeq \\al(＋,4)、Cu2＋
酸性
pH＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO－、COeq \\al(2－,3)
碱性
pH>7
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
多元弱酸根离子的水解分步进行
水解以第一步为主。如Na2CO3：CO32-+H2OHCO3- +OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-
多元弱碱阳离子的水解反应过程复杂
在中学阶段只要求一步写到底。如AlCl3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进
①NH4+与S2-、HCO3-、CO32-、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：NH4++CH3COO-+H2OCH3COOH+NH3·H2O。②Al3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-，Fe3+与CO32-、HCO3-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：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
条件
平衡移动方向
H＋数
pH
现象
升温
向右
增多
减小
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
向右
减小
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
实验目的
实验操作
A
实验室配制FeCl3水溶液
将FeCl3溶于少量浓盐酸中，再加水稀释
B
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
C
证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
将0.1ml·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1ml·L-1CuSO4溶液
D
除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+
加入过量MgO充分搅拌，过滤
点
溶质
离子浓度大小比较
A
CH3COOH
c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B(1∶1)
CH3COOH、H3COONa
c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C(pH＝7)
CH3COOH、CH3COONa
c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D
CH3COONa
c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
E(2∶1)
CH3COONa、NaOH
c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
F(1∶1)
CH3COONa、NaOH
c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
点
溶质
水的电离情况
pH—V图
A
CH3COOH
抑制
B
CH3COOH、CH3COONa
抑制
C
CH3COOH、CH3COONa
正常电离
D
CH3COONa
只促进
E
CH3COONa、NaOH
抑制
F
CH3COONa、NaOH
抑制
结论：水的电离程度大小顺序为： D＞C＞B＞A＞E＞F
一元弱酸(以CH3COOH为例)
二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2Oeq \\al(－,4)分布系数、δ2为C2Oeq \\al(2－,4)分布系数
1．随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
2．同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度
02 \l "_Tc2999" 知识导图·思维引航
03 \l "_Tc21713" 考点突破·考法探究
\l "_Tc11550" 考点一 盐类的水解及其影响因素
\l "_Tc25045" 知识点1 盐类的水解
\l "_Tc16775" 知识点2 盐类水解规律
\l "_Tc15681" 知识点3 盐类水解离子方程式的书写
\l "_Tc9533" 考向1 盐类的水解规律
\l "_Tc8799" 考向2 水解方程式
\l "_Tc15308" 考点二 盐类水解的影响因素及应用
\l "_Tc20279" 知识点1 盐类水解的影响因素
\l "_Tc21835" 知识点2 盐类水解的应用
\l "_Tc9533" 考向1 盐类水解平衡移动及结果分析
\l "_Tc8799" 考向2 盐类水解的应用
\l "_Tc3490" 考向3 水解平衡原理解释问题的规范描述
\l "_Tc15308" 考点三 溶液中粒子浓度大小关系
\l "_Tc20279" 知识点1 熟悉两大理论，构建思维基点
\l "_Tc21835" 知识点2 把握三种守恒，明确等量关系
\l "_Tc9533" 考向1 离子浓度大小比较
\l "_Tc8799" 考向2 粒子浓度变化曲线
04 \l "_Tc24080" 真题练习·命题洞见
考点一 盐类的水解及其影响因素
知识点1 盐类的水解
名师提醒】
盐类的水解反应是中和反应的逆反应，所以水解程度比较微弱，且为吸热反应。
知识点2 盐类水解规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
【名师提醒】
判断酸式盐的水溶液的酸碱性要看该盐的构成微粒的实际表现。
1．强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液一定显酸性，如：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SOeq \\al(2－,4)。
2．弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①电离程度小于水解程度，溶液显碱性，如NaHCO3溶液中：HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)(次要)，HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液显碱性。
②电离程度大于水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液中：HSOeq \\al(－,3)H＋＋SOeq \\al(2－,3)(主要)，HSOeq \\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)，使c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。同理NaH2PO4溶液显酸性。
知识点3 盐类水解离子方程式的书写
1．由于水解是微弱的反应，因而反应物与生成物用“”连接，易挥发性物质不标“↑”，
2．多元弱酸盐的水解分步写：如Na2S(aq)：第一步：S2－＋H2OHS－＋OH－；第二步：HS－＋H2OH2S＋OH－，水解以第一步水解为主。
3．金属阳离子(弱碱的阳离子)水解一步写到底。
4．相互促进水解时，由于反应彻底，故生成物中出现的不溶于水的沉淀或气体均要注明状态，即写上“↓”或“↑”符号，中间用“===”连接。
【易错提醒】
NHeq \\al(＋,4)与CH3COO－、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)等在水解时相互促进，其水解程度比单一离子的水解程度大，但水解程度仍然比较弱，不能进行完全，在书写水解方程式时用“”。
考向1 盐类的水解规律
【例1】常温下，浓度均为0.1 ml·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示：
下列说法正确的是( )
A．四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同
C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(H2CO3)
【答案】B
【解析】这几种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应使溶液显碱性，当盐的浓度相同时，酸的酸性越弱，酸根离子水解的程度就越大，水的电离程度就越大，溶液的碱性就越强。根据表格数据可知四种溶液中，水的电离程度：①<②<④<③，A错误；在Na2CO3和NaHCO3溶液中，存在的粒子有Na＋、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)、H2CO3、H2O、H＋、OH－，所以粒子种类相同，B正确；根据盐的水解程度大小可知，等浓度的CH3COOH和HClO溶液的酸性：CH3COOH>HClO，所以pH小的是CH3COOH，C错误；在Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(COeq \\al(2－,3))＋2c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)，D错误。
【思维建模】
1.“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCN
2.“越稀越水解”，盐溶液被稀释后浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H+或OH-的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。
3.水解程度：相互促进水解的盐>单独水解的盐>相互抑制水解的盐。如相同条件下NH4+的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如COeq \\al(2－,3)>HCO3-。
【变式训练】广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是( )
A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2 B．PCl3的水解产物是HClO和H3PO4
C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4 D．CH3COCl的水解产物是两种酸
【答案】B
【解析】BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故A项正确；该反应中Cl元素的化合价由－1变为＋1，有电子转移，不符合水解原理，故B项错误；Al4C3水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C项正确；CH3COCl的水解产物是两种酸，为CH3COOH和HCl，符合水解原理，故D项正确。
考向2 水解方程式
【例2】下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是( )
A．Na2CO3：COeq \\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－
B．CuSO4：Cu2＋＋2H2O===Cu(OH)2＋2H＋
C．NaAlO2：AlOeq \\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－
D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
【答案】C
【解析】A项，应为COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－、HCOeq \\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－；B项，应为Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；D项，应为F－＋H2OHF＋OH－。
【变式训练】下列水解反应的离子方程式及有关说法正确的是( )。
A．NaHC2O4溶于水显碱性是因为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-H++ C2O42-，HC2O4-的水解程度大于其电离程度
B．常温下，0.1 ml·L-1的一元酸HX溶液的pH=3，可推知NaX溶液中存在X-+H2OHX+OH-
C．向K2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红色的原因是CO32-+H2O=HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，颜色无变化
D．NaHSO3溶于水显酸性是因为HSO3-SO32-+H+，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度小于其水解程度
【答案】A
【解析】NaHC2O4溶于水显碱性，说明HC2O4-的水解程度大于其电离程度，离子方程式均正确，A项正确；X-水解的离子方程式为X-+H2OHX+OH-，B项错误；CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-，滴加BaCl2溶液，平衡逆向移动，颜色变浅，C项错误；NaHSO3溶于水显酸性，说明HSO3-的电离程度大于其水解程度，D项错误。
【思维建模】
1．一般要求
如NH4Cl水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+。
2．三种类型的盐水解方程式的书写
考点二 盐类水解的影响因素及应用
知识点1 盐类水解的影响因素
1．内因：生成盐的弱酸或弱碱越弱，其对应的弱酸酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。如水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。
2．外因eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(溶液的浓度：浓度越小水解程度越大,温度：温度越高水解程度越大,外加酸碱\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(酸：弱酸酸根离子的水解程度增大，,弱碱阳离子的水解程度减小,碱：弱酸酸根离子的水解程度减小，,弱碱阳离子的水解程度增大))))
3．以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，分析外界条件对水解平衡的影响。
【易错提醒】【名师提醒】【方法技巧】
(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，学生应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。
(2)多元弱酸的酸式盐问题。酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，如NaHCO3溶液。
知识点2 盐类水解的应用
1．判断离子能否大量共存
若阴、阳离子发生相互促进的水解反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的相互促进的水解反应进行完全的有：Fe3＋、Al3＋与[Al(OH)4]－、COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)。
2．判断盐溶液蒸干时所得的产物
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
(2)盐溶液水解生成挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。
(3)考虑盐受热时是否分解，如Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3和HCl。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。
3．保存、配制某些盐溶液
如配制FeCl3溶液时，为防止出现Fe(OH)3沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3的水解；在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。
4．利用盐类的水解反应制取胶体、净水
如实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
明矾净水的原理：Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很大的表面积，吸附水中悬浮物而聚沉。
5．解释热的纯碱溶液去污能力强
碳酸钠溶液中存在水解平衡COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－，升高温度，水解平衡右移，c(OH－)增大。
6．解释泡沫灭火器的反应原理
成分NaHCO3、Al2(SO4)3发生反应的离子方程式为：Al3＋＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
【易错提醒】
利用水解原理除杂需注意的问题。
1．注意把控溶液的pH：在除杂时如果pH调节不好，很可能会把所需成分除去。
2．注意不能引入新的杂质：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，除杂时不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，会引入NH4+、Na+等杂质。
考向1 盐类水解平衡移动及结果分析
【例1】在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是( )
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C．升高温度，eq \f(cHS－,cS2－)减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】水解常数只与温度有关，A错误；Cu2＋＋S2－===CuS↓，平衡左移，HS－浓度减小，B正确；水解为吸热反应，升高温度平衡右移，因而eq \f(cHS－,cS2－)增大，C错误；加入NaOH固体，溶液pH增大，D错误。
【变式训练】下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，eq \f(cNa＋,cCO\\al(2－,3))减小
B．将0.1 ml·L－1的K2C2O4溶液从25 ℃升温至35 ℃，eq \f(cK＋,cC2O\\al(2－,4))增大
C．向0.1 ml·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，eq \f(cNa＋,cF－)＝1
D．向0.1 ml·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)增大
【答案】D
【解析】Na2CO3溶液中存在平衡COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－，通入NH3，NH3溶于水生成NH3·H2O，存在电离NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，抑制了COeq \\al(2－,3)的水解，c(COeq \\al(2－,3))增大，又因为c(Na＋)不变，所以eq \f(cNa＋,cCO\\al(2－,3))减小，故A正确；K2C2O4溶液中存在C2Oeq \\al(2－,4)水解，水解吸热，若从25 ℃升温至35 ℃，促进了C2Oeq \\al(2－,4)的水解，c(C2Oeq \\al(2－,4))减小，又因为c(K＋)不变，所以eq \f(cK＋,cC2O\\al(2－,4))增大，故B正确；向0.1 ml·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(F－)，即eq \f(cNa＋,cF－)＝1，故C正确；CH3COOH的电离常数Ka＝eq \f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，所以eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)＝eq \f(1,Ka)，电离常数只受温度影响，温度不变则Ka不变，故D错误。
考向2 盐类水解的应用
【例2】下列实验操作不能达到实验目的的是( )
【答案】B
【解析】A项，配制FeCl3水溶液时，铁离子的水解平衡正向进行，加入适量的浓盐酸可使水解平衡逆向移动，A与题意不符；B项，将MgCl2溶液加热蒸干时，镁离子的水解平衡正向移动，加热可使HCl挥发增强，蒸干、灼烧得到MgO，B符合题意；C项，将0.1ml·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，沉淀为氢氧化镁，再滴加0.1ml·L-1CuSO4溶液，若有蓝色沉淀生成，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，C与题意不符；D项，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为3.2左右，此时MgCl2不会产生沉淀，可通过加入MgO调节pH的方法除去Fe3+，D与题意不符；故选B。
【变式训练】生产、生活中处处有化学，下列有关说法正确的是( )
A．天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2+、Ca2+等离子
B．Al(NO3)3溶液蒸干后所得产物为Al(NO3)3
C．用电解饱和食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理
D．泡沫灭火器中试剂为NaHCO3溶液和 Al2(SO4)3溶液
【答案】D
【解析】A项，天然弱碱性水呈碱性，是因为天然水中的弱酸根离子水解，A错误；B项，Al(NO3)3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加热促进水解平衡正向移动，且生成的HNO3为挥发性酸，HNO3不断挥发，促进水解平衡进一步正向移动，生成Al(OH)3，B错误；C项，用惰性电极电解饱和食盐水，生成物是氢气、氢氧化钠与氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应可以制备消毒液，与其水解无关，C错误。
考向3 水解平衡原理解释问题的规范描述
【例3】按要求回答下列问题。
(1)把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体是 ，原因是 。(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
(2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因： 。
(3)直接蒸发CuCl2溶液，能否得到CuCl2•2H2O晶体？如果不能应如何操作？ 。
(4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变为红色，若再向该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是 ，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释： 。
【答案】(1) Al2O3 在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，加热时水解平衡右移，HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应2Al(OH)3Al2O3+3H2O
(2)在NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入Mg粉，Mg与H+反应放出H2，使溶液中c(H+)降低，水解平衡右移，使Mg粉不断溶解
(3)不能。应在HCl气流中加热蒸发
(4) 产生白色沉淀，且溶液红色褪去 在Na2SO3溶液中存在SO32-的水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，加入BaCl2后，Ba2++SO32-=BaSO3↓(白色)，由于c(SO32-)减小，SO32-水解平衡左移，c(OH-)减小，溶液红色褪去
【思维建模】
利用平衡移动原理解释问题的思维模板
(1)解答此类题的思维过程
①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)
②找出影响平衡的条件
③判断平衡移动的方向
④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系
(2)答题模板
……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。
【变式训练】(1)已知SOCl2 是一种液态化合物，沸点为，遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生。
= 1 \* GB3 ①写出SOCl2 与水反应的化学方程式： 。
= 2 \* GB3 ②直接蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2 与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因： 。
(2)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：
“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是 ；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是 。
【答案】(1) = 1 \* GB3 ①SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑ = 2 \* GB3 ②SOCl2 与AlCl3·6H2O中的结晶水反应，一方面消耗水，另一方面生成酸抑制AlCl3的水解
(2)提升溶液的pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+水解
【解析】(1) = 1 \* GB3 ①根据SOCl2 遇水剧烈反应，液面上产生白雾即氯化氢，并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生即二氧化硫，则SOCl2 与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑； = 2 \* GB3 ②AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2 混合并加热，SOCl2 与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3、SO2和HCl气体，SO2和HCl溶于水呈酸性抑制AlCl3水解。(2)置换过程过滤后，得到固体物质是Cu和Fe，Cu和Fe与硝酸反应生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO的目的是调节pH，促使Fe3+水解，生成氢氧化铁沉淀；Cu(NO3)2溶液中Cu2+发生水解，Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+，加入硝酸，抑制Cu2+水解。
考点三 溶液中粒子浓度大小关系
知识点1 熟悉两大理论，构建思维基点
1．电离理论
(1)弱电解质(弱酸、弱碱)的电离是微弱的，电离产生的微粒较少，同时还要考虑水的电离，水的电离能力远小于弱酸或弱碱的电离能力。如氨水中NH3·H2O、NH4+、OH-的浓度大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的，以第一步电离为主(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中，H2S、HS-、S2-、H+的浓度大小关系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。
2．水解理论
(1)弱电解质离子的水解是微弱的(相互促进水解除外)，但由于水的电离，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NH4Cl溶液中，NH4+、Cl-、NH3·H2O、H+的浓度大小关系是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)。
(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，如在Na2CO3溶液中，CO32-、HCO3-、H2CO3的浓度大小关系是c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H2CO3)。
【方法技巧】
1．比较时紧扣两个微弱。
(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-+H+，H2OOH-+H+，溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)。
(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-+Na+，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，H2OH++OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
2．酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较。
(1)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO3-的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
(2)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。
知识点2 把握三种守恒，明确等量关系
1．电荷守恒规律
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中，Na＋、H＋、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \\al(2－,3))。其特点为表达式中包含溶液中的所有离子，没有弱电解质分子。
2．元素质量守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，因此离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。其特点为表达式中包含电解质对应的各种微粒，包括离子和弱电解质分子。
3．质子守恒规律
质子守恒是指在电离或水解过程中，会发生质子(H+)转移，在质子转移过程中其数量保持不变。如Na2S水溶液中的质子转移情况如图所示：
由图可知，Na2S水溶液中质子守恒等式可表示为c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。质子守恒等式也可以由电荷守恒等式与元素质量守恒等式推导得到。
【名师提醒】
1．规避等量关系中的2个易失分点。
(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(COeq \\al(2－,3))的化学计量数2代表1个COeq \\al(2－,3)带2个负电荷，不可漏掉。
(2)元素质量守恒式中，离子浓度的化学计量数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的元素质量守恒式c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]中，“2”表示c(Na+)是溶液中硫原子浓度的2倍，不能写成2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)。
2．根据粒子浓度关系式，套用合适守恒式。
(1)电荷守恒式的特点：一边全为阴离子，另一边全为阳离子。
(2)元素质量守恒式的特点：式子中有弱电解质对应的分子和离子，一般一边含一种元素，另一边含另一种元素的离子和分子。
(3)质子守恒式的特点：一边某微粒能电离出H+，另一边微粒能结合H+。
(4)等式两边没有明显特征：三个守恒结合。
考向1 离子浓度大小比较
【例1】(2024·安徽卷，13)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知时，H2S饱和溶液浓度约为0.1ml·L－1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是( )
A．Na2S溶液中：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-
B．0.01ml·L-1Na2S溶液中：cNa＋＞cS2-＞cOH－＞cHS-
C．向cCd2+=0.01ml·L-1的溶液中加入FeS，可使
D．向cCd2+=0.01ml·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：cH+＞cCd2+
【答案】B
【解析】A项，Na2S溶液中只有5种离子，分别是H＋、Na＋、OH－、HS-、cS2-，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-，A正确；B项，0.01ml·L-1Na2S溶液中，S2-水解使溶液呈碱性，其水解常数为，根据硫元素守恒可知,所以，则cOH－＞cS2-，B不正确；C项，Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中，若加入足量FeS时可使，C正确；D项，Cd2++H2SCdS+2H+的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向cCd2+=0.01ml·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中cH+＞cCd2+，D正确；故选B。
【思维建模】
【变式训练】(2024·河南省部分名校大联考)含SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是( )。
A．Na2SO3溶液中存在：c(Na+)>c(SO32-)>c(H2SO3)>c(HSO3-)
B．已知NaHSO3溶液的pH<7，该溶液中：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
C．当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)
D．当吸收液呈中性时：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
【答案】D
【解析】Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)>c(H2SO3)，A错误；NaHSO3溶液pH<7，则该溶液中HSO3-的电离程度大于其水解程度，溶液中粒子浓度大小关系为c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(H2SO3)，B错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在元素质量守恒：c(Na+)=c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)，也可以是NaHSO3和亚硫酸钠的混合溶液，则选项中的元素质量守恒关系式不再适用，C错误；当吸收液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)，故c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，D正确。
考向2 粒子浓度变化曲线
【例2】(2024·浙江杭州市高三一模)当 25℃时，向 10mL 某浓度新制氯水中滴入0.1 ml∙L−1的 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离常数为 ，下列说法正确的是( )
A．甲到乙发生的离子反应为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C．丙点溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)该反应的平衡常数K约为10-5
【答案】D
【解析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH-的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH-的反应。A项，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H2O，A错误；B项，甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B错误；C项，丙点溶液中，=2.5×10-8，此时c(H+)=10-8ml/L，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)，C正确；D项，氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)=0.05ml/L，根据起点pH>2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)，c(Cl2)=0.05-c(H+)，其平衡常数，数量级比10-5更小，D错误；故选C。
【思维建模】
1．滴定曲线特殊点的分析
案例：常温下，用0.100 0 ml·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 ml·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图：
(1)pH—V图 各特殊点粒子大小关系及变化趋势
(2)各特殊点对水电离程度的影响
2．分布曲线
分布系数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线]
【变式训练】(2024·浙江省嘉兴市高三二模)天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。某地溶洞(假设岩石成分只有CaCO3)的水体中(X：H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+)与的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．直线②的X表示HCO3-
B．该溶洞水体时，溶液中cCa2+＞cCO32-＞cHCO3-
C．体系中存在物料守恒：cCa2+＝cCO32-＋cHCO3-＋cH2CO3
D．体系中存在
【答案】D
【解析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO3-、CO32-浓度都增大， pH较小时HCO3-浓度大于CO32-，而随着CO32-浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此直线① 代表HCO3-，②代表CO32-，③代表Ca2+。A项，根据分析可知，直线②的X表示CO32-，A错误；B项，越大，c(X)越小，该溶洞水体pH=7.5时，根据图中信息可知，故溶液中cCa2+＜cCO32-＜cHCO3-，B错误；C项，由于调节体系中pH值时所用的物质未知，所以无法确定体系中存在的物料守恒，只有当体系中的物质只有CaCO3时才满足，但体系中还有碳酸，故C错误；D项，由图可知，b点时pH=9.0，，则体系中，D正确；故选D。
1．(2022•海南省选择性考试，13)NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是( )
A．0.01ml/L溶液中，c(ClO-)＜0.01ml/L
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)
【答案】AD
【解析】A项，NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01ml/L NaClO溶液中c(ClO-)＜0.01ml/L，A正确；B项，次氯酸钠溶液中的ClO-会发生水解生成HClO，HClO长期露置在空气中会分解，为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；C项，将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C错误；D项，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；故选AD。
2．(2022•福建卷，10)氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O
②NH3+4ClO-+OH-=NO3-+4Cl-+2H2O
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A．x1的数值为0.009
B．x＞x1时，c(Cl-)=4c(NO3-)
C．x＞x1时，x越大，生成N2的量越少
D．X=x1时，c(Na＋)+c(H＋)+ c(NH4＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(ClO-)
【答案】C
【解析】A项，x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误；B项，x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl-)＞4c(NO3-)，B错误；C项，x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；D项，x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH4+和ClO-，含有Na+、H+、NO3-、Cl-和OH-，根据电荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(NO3-)，D错误；故选C。
3．(2022·浙江省6月选考，23)时，向浓度均为0.1ml·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1ml·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1ml·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是( )
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O
C．滴定过程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．时，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A项，恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B项，滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式：H++OH-=H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，0.1ml·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= ==>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C项，滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正确；D项，向20mL浓度均为0.1ml·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1ml·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；故选B。
4．(2022·浙江省6月选考，17)时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列说法正确的是( )
A．相同温度下，等的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c (C6H5O-)＞c(CH3COO-)
B．将浓度均为0.1ml·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得，则此时溶液中c (C6H5O-)= c (C6H5OH)
D．时，0.1ml·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A项，醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 ml·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D项， 25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)(两者差的绝对值)相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。
6．(2021•湖南选择性考试，9)常温下，用0.1000ml•L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000ml•L﹣1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( )
A．该NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)
C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣)
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)
【答案】C
【解析】A项，因为HX为弱酸，NaX溶液存在水解：X﹣+H2O⇌HX+OH﹣，所以c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故A正确；B项，根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，一元弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数K越大，所以有：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；C项，当pH＝7时，c(H+)＝c(OH﹣)，根据电荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH﹣)+c(X﹣)+c(Cl﹣)，则有：c(X﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，同理有：c(Y﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，c(Z﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，又因三种溶液滴定到pH＝7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c(Cl﹣)是不一样的，所以c(X﹣)≠c(Y﹣)≠c(Z﹣)，故C错误；D项，分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)=0.1ml/L×20mL×340mL×3=0.05ml/L，混合溶液中c(Cl﹣)=0.1ml/L×20mL×340mL×3=0.05ml/L，代入电荷守恒表达式，有c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)，故D正确。故选C。
7．(2021•广东选择性考试，8)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是( )
A．0.001ml·L-1GHCl水溶液的pH=3
B．0.001ml·L-1GHCl水溶液加水稀释，pH升高
C．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl=G+HCl
D．GHCl水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
【答案】B
【解析】A项，GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001ml/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；B项，稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C项，GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D项，根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；故选B。
8．(2021•天津卷，10)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是( )
A．在0.1ml·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
B．在0.1ml·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C．在0.1ml·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)=0.1ml·L-1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】A
【解析】A项，由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在0.1ml·L-1H3PO4溶液中，离子浓度大小为：c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故A正确；B项，在0.1ml·L-1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；C项，在0.1ml·L-1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1ml·L-1，故C错误；D项，氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则c(OH―)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NH4＋)，故D错误；故选A。考点要求
考题统计
考情分析
盐类水解的概念
2022浙江1月选考1题，2分；2022浙江6月选考23题，2分；2021广东卷8题，2分；2021北京卷12题，3分；
盐类的水解是历年高考考点的重点与热点，几乎每年必考。主要考点有四个：一是水解方程式的书写，二是影响水解平衡的因素及水解平衡的移动，三是溶液中离子浓度大小的比较，四是盐类水解的应用。结合酸碱中和滴定图像及盐类水解的知识，分析微粒浓度之间的关系，运用金属离子的水解知识除去工艺流程中的相关杂质，是高考命题的热点；沉淀溶解平衡图像题出现的概率也较高，主要考查Ksp的相关计算及粒子浓度的关系。一是在选择题某一选项中以图像或者文字的形式考查，二是在填空题中结合化学反应原理综合考查。试题以日常生活情境、生产环保情境和实验探究情景为主，集中在图象和图示的分析，侧重于理解与辨析能力、分析与推测能力，从题干及图象中提取有效信息，结合平衡移动原理和各种守恒思想，具体问题具体分析，提高试题的灵活性与创新性。
盐类水解的应用
2022海南卷13题，4分；
离子浓度大小比较
2024·安徽卷13题，3分；2022重庆卷11题，3分；202天津卷10题，3分；
离子曲线
2022福建卷10题，4分；2022浙江1月选考23题，2分；2021浙江1月选考23题，2分；2021浙江6月选考23题，2分；2021湖南卷9题，3分；
复习目标：
1．了解盐类水解的原理及其一般规律。
2．掌握水解离子方程式的书写。
3．了解影响盐类水解程度的主要因素。
4．了解盐类水解的应用。
5．能利用水解常数(Kh)进行相关计算。
6．能发现和提出有探究价值的盐类水解平衡的问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究。
盐的类型
实例
是否水解
水解的离子
溶液的
酸碱性
溶液的pH
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
否
－
中性
pH＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NHeq \\al(＋,4)、Cu2＋
酸性
pH＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO－、COeq \\al(2－,3)
碱性
pH>7
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
多元弱酸根离子的水解分步进行
水解以第一步为主。如Na2CO3：CO32-+H2OHCO3- +OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-
多元弱碱阳离子的水解反应过程复杂
在中学阶段只要求一步写到底。如AlCl3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进
①NH4+与S2-、HCO3-、CO32-、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：NH4++CH3COO-+H2OCH3COOH+NH3·H2O。②Al3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-，Fe3+与CO32-、HCO3-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：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
条件
平衡移动方向
H＋数
pH
现象
升温
向右
增多
减小
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
向右
减小
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
实验目的
实验操作
A
实验室配制FeCl3水溶液
将FeCl3溶于少量浓盐酸中，再加水稀释
B
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
C
证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
将0.1ml·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1ml·L-1CuSO4溶液
D
除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+
加入过量MgO充分搅拌，过滤
点
溶质
离子浓度大小比较
A
CH3COOH
c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B(1∶1)
CH3COOH、H3COONa
c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C(pH＝7)
CH3COOH、CH3COONa
c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D
CH3COONa
c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
E(2∶1)
CH3COONa、NaOH
c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
F(1∶1)
CH3COONa、NaOH
c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
点
溶质
水的电离情况
pH—V图
A
CH3COOH
抑制
B
CH3COOH、CH3COONa
抑制
C
CH3COOH、CH3COONa
正常电离
D
CH3COONa
只促进
E
CH3COONa、NaOH
抑制
F
CH3COONa、NaOH
抑制
结论：水的电离程度大小顺序为： D＞C＞B＞A＞E＞F
一元弱酸(以CH3COOH为例)
二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2Oeq \\al(－,4)分布系数、δ2为C2Oeq \\al(2－,4)分布系数
1．随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
2．同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度
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