考点31 盐类的水解（核心考点精讲精练）-2025年高考化学一轮复习讲练专题（新高考通用）

这是一份考点31 盐类的水解（核心考点精讲精练）-2025年高考化学一轮复习讲练专题（新高考通用），文件包含考点31盐类的水解核心考点精讲精练-2025年高考化学一轮复习讲练专题新高考通用原卷版docx、考点31盐类的水解核心考点精讲精练-2025年高考化学一轮复习讲练专题新高考通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc13609" 1.高考真题考点分布 PAGEREF _Tc13609 \h 1
\l "_Tc20226" 2.命题规律及备考策略 PAGEREF _Tc20226 \h 1
\l "_Tc20059" PAGEREF _Tc20059 \h 2
\l "_Tc29838" 考法01 盐类的水解及其规律 PAGEREF _Tc29838 \h 2
\l "_Tc13419" 考法02 盐类水解的影响因素及应用5
\l "_Tc16355" 考法03 溶液中粒子浓度大小比较9
\l "_Tc21759" PAGEREF _Tc21759 \h 12
1.高考真题考点分布
2.命题规律及备考策略
【命题规律】
高频考点从近几年全国高考试题来看，水解方程式的书写、影响水解平衡的因素、水解在生产生活中的应用、离子浓度大小的比较仍是高考命题的热点。
【备考策略】
【命题预测】
预计2025年高考会以新的情境载体考查有关影响水解平衡的因素、电荷守恒、元素守恒、离子浓度大小的比较知识，题目难度一般较大。
考法01 盐类的水解及其规律
1．盐类水解的实质
盐电离→ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(弱酸的阴离子→结合H＋,弱碱的阳离子→结合OH－)) →生成弱电解质→破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性或酸性。
2．盐类水解的条件
(1)盐溶于水；
(2)盐在组成上必须具有弱酸根阴离子或弱碱阳离子。
3．盐类水解规律
有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性，同强显中性。
4．盐类水解方程式的书写
(1)一般要求
如NH4Cl的水解离子方程式为NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)多元弱酸盐水解反应分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。如Na2CO3的水解离子方程式为CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋H2OHCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋OH－。
(3)多元弱碱盐水解反应，水解离子方程式一步写完。如FeCl3的水解离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
【易错提醒】
阴、阳离子相互促进且进行彻底的水解反应，如Na2S溶液与AlCl3溶液混合反应的水解离子方程式为3S2－＋2Al3＋＋6H2O===3H2S↑＋2Al(OH)3↓。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。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐。( )
(2)酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。( )
(3)某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。( )
(4)同温度、同浓度的Na2CO3和CH3COONa溶液相比，CH3COONa溶液的pH大。( )
(5)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。( )
(6)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成。( )
(7)酸式盐溶液一定呈酸性( )
(8)某盐溶液呈中性，则该盐一定是强酸、强碱盐( )
(9)同浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液相比，前者pH大；同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液相比，后者pH小( )
(10)常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液中水的电离程度相同( )
【答案】(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× (9)√ (10)√
考向01 考查水解离子方程式
【例1】（2024·江苏镇江·一模）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－。
【思维建模】书写水解相互促进且进行到底反应方程式
以FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合为例。
第一步：写出发生反应的两种离子及对应的产物。不溶性物质加“↓”，易分解的物质写分解产物。
Fe3＋＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ——Fe(OH)3↓＋CO2↑
第二步：配平电荷。
2Fe3＋＋3CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
第三步：确定水的位置。因产物Fe(OH)3中含有H，反应物中无H，故H2O为反应物。
2Fe3＋＋3CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋H2O——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
第四步：根据质量守恒定律配平。
2Fe3＋＋3CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
考向02 考查盐类水解规律
【例2】（2024·河南濮阳·质检）根据表中信息，判断0.10 ml·L－1的下列各物质的溶液pH最大的是( )
A.CH3COONaB.Na2CO3
C.NaHCO3D.Na2S
【答案】D
【解析】 根据表格中的酸的电离常数可知，酸性的强弱顺序为CH3COOH> H2CO3> H2S>HCOeq \\al(－,3)> HS－，根据越弱越水解的规律可知，水解能力强弱顺序为S2－>COeq \\al(2－,3)>HS－>HCOeq \\al(－,3)>CH3COO－，故选项中0.10 ml·L－1的各溶液pH最大的是Na2S。
【思维建模】盐类水解程度大小比较的规律
1.组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性，组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。
2.盐对应的酸（或碱）越弱，水解程度越大，溶液碱性（或酸性）越强。
3.相同条件下的水解程度：
（1）正盐＞相应的酸式盐，如Na2CO3＞NaHCO3；
（2）水解相互促进的盐＞单独水解的盐＞水解相互抑制的盐。
【对点1】（2024·黑龙江伊春·模拟）下列电离或水解方程式正确的是( )
A．Na2SO3的水解：SO32-＋2H2OH2SO3＋2OH－
B．NaHCO3的电离：NaHCO3Na＋＋H＋＋CO32-
C．KHS溶液中HS－的电离：HS－＋H2OH3O＋＋S2－
D．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：2ClO－＋Fe2＋＋2H2O===2HClO＋Fe(OH)2↓
【答案】C
【解析】Na2SO3水解的离子方程式为SO32-＋H2OHSO3-＋OH－，故A错误；NaHCO3的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO3-，故B错误；KHS溶液中HS－的电离方程式为HS－＋H2OH3O＋＋S2－，故C正确；NaClO溶液与FeCl2溶液混合发生氧化还原反应及双水解反应，故D错误。
【对点2】（2024·安徽合肥·模拟）已知在常温下测得浓度均为0.1 ml·L－1的下列6种溶液的pH如表所示：
下列反应不能成立的是( )
A．CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClO
B．CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClO
C．CO2＋H2O＋C6H5ONa===NaHCO3＋C6H5OH
D．CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCN
【答案】A
【解析】利用盐类水解规律“越弱越水解”，并结合题给信息可判断出对应酸的酸性强弱关系是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3-，利用“强酸制弱酸”进行判断。酸性H2CO3>HClO>HCO3-，因此CO2＋H2O＋2NaClO===NaHCO3＋2HClO，A项不成立，B项成立；酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3-，C项成立；酸性CH3COOH>HCN，D项成立。
考法02 盐类水解的影响因素及应用
1．内因——越弱越水解
形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如同一条件下水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。
2．外因
以Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋为例
【易错提醒】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。
3.水解的应用
(1)判断溶液的酸碱性
Na2CO3溶液呈碱性的原因：COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－(用离子方程式表示)。
(2)判断盐溶液中粒子的种类及浓度的大小
如Na2CO3溶液中存在的粒子有Na＋ 、COeq \\al(2－,3) 、HCOeq \\al(－,3)、H2CO3、OH－、H＋、H2O，且c(Na＋)>2c(COeq \\al(2－,3))，c(OH－)>c(H＋)。
(3)判断离子能否共存
若阴、阳离子发生水解相互促进的反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的水解相互促进的反应进行完全的有Al3＋、Fe3＋与COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、AlOeq \\al(－,2)等。
(4)配制、保存某些盐溶液
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磨口玻璃塞，应用橡胶塞。
(5)判断盐溶液蒸干灼烧时所得的产物
如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼烧后得到Al2O3、Fe2O3，CuSO4溶液蒸干后得到CuSO4固体。
(6)解释生活中的现象或事实
如明矾净水、热纯碱溶液除油污、草木灰不能与铵盐混用、泡沫灭火器原理等。
(7)物质的提纯(水解除杂)
如MgCl2溶液中混有少量Fe3＋杂质时，因Fe3＋水解的程度比Mg2＋的水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2等，导致Fe3＋的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去。
4.水解常数与电离平衡常数
（1）水解常数的概念
在一定温度下，能水解的盐(强碱弱酸盐、强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐)在水溶液中达到水解平衡时，生成的弱酸(或弱碱)浓度和氢氧根离子(或氢离子)浓度之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱的阳离子)浓度之比是一个常数，该常数就叫水解平衡常数。
（2）水解常数(Kh)与电离常数的定量关系
①强碱弱酸盐如CH3COONa溶液：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
Kh＝ eq \f(c（CH3COOH）·c（OH－）,c（CH3COO－）)
＝ eq \f(c（CH3COOH）·c（OH－）·c（H＋）,c（CH3COO－）·c（H＋）)
＝ eq \f(c（OH－）·c（H＋）,\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)) ＝ eq \f(Kw,Ka)
即Kh＝ eq \f(Kw,Ka) 。
②强酸弱碱盐如NH4Cl溶液：NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2ONH3·H2O＋H＋
Kh＝ eq \f(c（NH3·H2O）·c（H＋）,c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）)
＝ eq \f(c（NH3·H2O）·c（H＋）·c（OH－）,c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）·c（OH－）)
＝ eq \f(c（H＋）·c（OH－）,\f(c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)) ＝ eq \f(Kw,Kb)
即Kh＝ eq \f(Kw,Kb) 。
【结论归纳】
①Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。
②Na2CO3的水解常数Kh＝ eq \f(Kw,Ka2) 。
③NaHCO3的水解常数Kh＝ eq \f(Kw,Ka1) 。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)水解平衡右移，盐离子的水解程度可能增大，也可能减小( )
(2)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( )
(3)关于FeCl3溶液，加水稀释时， eq \f(c（Fe3＋）,c（Cl－）) 的值减小( )
(4)通入适量的HCl气体，使FeCl3溶液中， eq \f(c（Fe3＋）,c（Cl－）) 增大( )
【答案】(1)√ (2)× (3)√ (4) ×
考向01 考查盐类水解及其影响因素
【例1】（2024·吉林辽源·一模）一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，下列说法正确的是( )
A.加入少量NaOH固体，c(CH3COO－)增大
B.加入少量FeCl3固体，c(CH3COO－)增大
C.稀释溶液，溶液的pH增大
D.加入适量醋酸得到的酸性混合溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
【答案】A
【解析】加入少量NaOH固体，会增大溶液中OH－的浓度，使平衡向左移动，c(CH3COO－)增大，故A项正确；加入少量FeCl3固体，FeCl3水解显酸性，CH3COONa水解显碱性，在同一溶液中相互促进水解，c(CH3COO－)减小，故B项不正确；稀释溶液，c(OH－)减小，溶液的pH减小，故C项不正确；若c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)，则有c(Na＋)＋c(H＋)＞c(OH－)＋c(CH3COO－)，不符合电荷守恒原理，故D项不正确。
考向02 考查盐类水解的应用
【例2】（2024·福建厦门·质检）下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是( )
①CuSO4 ②FeSO4 ③K2CO3 ④Ca(HCO3)2 ⑤NH4HCO3 ⑥KMnO4 ⑦FeCl3
A.全部都可以B.仅①②③
C.仅①③⑥D.仅①③
【答案】D
【解析】FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3；NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O、CO2；KMnO4受热分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受热促进水解生成Fe(OH)3和盐酸，而盐酸挥发进一步促进其水解，最终水解彻底，受热分解得到的固体物质是Fe2O3。
【思维建模】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CuSO4(aq)eq \(――→,\s\up7(蒸干))CuSO4(s)；
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)eq \(――→,\s\up7(蒸干))Al(OH)3eq \(――→,\s\up7(灼烧))Al2O3。
(2)酸根离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)考虑盐受热时是否分解。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)eq \(――→,\s\up7(蒸干))Na2SO4(s)。
考向03 考查水解平衡常数及其应用
【例3】（2024·江西宜春·质检）已知常温下，Na2CO3溶液的水解常数Kh＝2×10－4，则当溶液中c(HCOeq \\al(－,3))∶c(COeq \\al(2－,3))＝2∶1时，试求该溶液的pH＝____________。
【答案】10
【解析】Kh＝eq \f(c（HCOeq \\al(－,3)）·c（OH－）,c（COeq \\al(2－,3)）)＝2×10－4，又c(HCOeq \\al(－,3))∶c(COeq \\al(2－,3))＝2∶1，则c(OH－)＝10－4 ml·L－1，结合常温下KW＝1.0×10－14，可得c(H＋)＝10－10 ml·L－1，则pH＝10。
【对点1】（2024·江西鹰潭·模拟）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(c（HS－）,c（S2－）)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(c（HS－）,c（S2－）)增大，C错误；加入NaOH固体，溶液pH增大，D错误。
【对点2】（2024·广东韶关·模拟）下列有关问题与盐类的水解有关的是( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②草木灰与铵态氮肥不能混合施用
③实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
④加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
A.仅①②③B.仅②③④
C.仅①④D.①②③④
【答案】D
【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；②草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；③碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠，将瓶塞与瓶口黏合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；④CuCl2 溶液中存在水解平衡：CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体。
【对点3】（2024·山东泰安·模拟）常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡____________(填“向左”“向右”或“不”)移动。试计算所得溶液中eq \f(c（SOeq \\al(2－,3)）,c（HSOeq \\al(－,3)）)＝____________。(常温下H2SO3的电离常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8)
【答案】向右 60
【解析】NaOH电离出的OH－抑制水的电离，Na2SO3电离出的SOeq \\al(2－,3)水解促进水的电离。SOeq \\al(2－,3)＋H2OHSOeq \\al(－,3)＋OH－的水解常数Kh＝eq \f(c（HSOeq \\al(－,3)）·c（OH－）,c（SOeq \\al(2－,3)）)＝eq \f(KW,Ka2)＝eq \f(10－14,6.0×10－8)，所以eq \f(c（SOeq \\al(2－,3)）,c（HSOeq \\al(－,3)）)＝eq \f(10－5,\f(10－14,6.0×10－8))＝60。
考法03 溶液中粒子浓度大小比较
一、熟悉两大理论
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：NH3·H2O、NHeq \\al(＋,4)、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq \\al(＋,4))。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(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损失是微量的(相互促进的水解除外)，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NH4Cl溶液中：NHeq \\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NHeq \\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。
(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、H2CO3的浓度大小关系应是c(COeq \\al(2－,3))>c(HCOeq \\al(－,3))>c(H2CO3)。
二、把握两种守恒
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NaHCO3溶液中存在着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))。
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，离子种类增多，但元素质量是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故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)。
考向01 考查单一溶液中粒子浓度的关系
【例1】（2024·广东梅州·一模）室温下，下列指定溶液中粒子的浓度关系正确的是( )
A.0.1 ml ·L－1(NH4)2SO4溶液：c(SOeq \\al(2－,4))＞c(NHeq \\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)
B.0.1 ml ·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(H2CO3)
C.0.1 ml ·L－1明矾溶液：c(SOeq \\al(2－,4))＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D.0.1 ml ·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(H2CO3)＋2c(COeq \\al(2－,3))
【答案】C
【解析】0.1 ml ·L－1(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，但水解程度不大，则c(NHeq \\al(＋,4))＞c(SOeq \\al(2－,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；根据质子守恒，应是c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)，B错误；明矾溶液中Al3＋发生水解，C正确；由元素质量守恒知，c(COeq \\al(2－,3))不应乘以2，D错误。
【思维建模】比较电解质溶液中粒子浓度相对大小的解题思路
考向02 考查混合溶液中粒子浓度关系
【例2】（2024·四川绵阳·质检）25 ℃时，在10 mL浓度均为0.1 ml ·L－1 的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1 ml ·L－1的盐酸。下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A.未加盐酸时：c(OH－)>c(Na＋)＝c(NH3·H2O)
B.加入10 mL盐酸时：c(NHeq \\al(＋,4))＋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(NHeq \\al(＋,4))＋c(Na＋)
【答案】B
【解析】A项，NH3·H2O是弱电解质，能部分电离，溶液中c(Na＋)>c(NH3·H2O)；B项，当加入10 mL盐酸时，恰好将NaOH中和完，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)；C项，溶液pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝c(Cl－)；D项，加入20 mL盐酸时，恰好将NaOH和NH3·H2O中和完，根据元素质量守恒有c(Na＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。
【思维建模】构建思维模型
【对点1】（2024·陕西咸阳·模拟）常温下，浓度均为0.1 ml·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A.氨水中，c(NHeq \\al(＋,4))＝c(OH－)＝0.1 ml·L－1
B.NH4Cl溶液中，c(NHeq \\al(＋,4))＞c(Cl－)
C.Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SOeq \\al(2－,4))＞c(OH－)＝c(H＋)
D.Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SOeq \\al(2－,3))＋c(HSOeq \\al(－,3))＋c(H2SO3)
【答案】C
【解析】氨水为弱碱溶液，只能部分电离出OH－，结合电荷守恒：c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)，可得c(NHeq \\al(＋,4))＜c(OH－)＜0.1 ml·L－1，A错误；NH4Cl溶液中，NHeq \\al(＋,4)部分水解、Cl－浓度不变，则溶液中：c(NHeq \\al(＋,4))＜c(Cl－)，B错误；Na2SO4溶液显中性：c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守恒可得：c(Na＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))，溶液中离子浓度大小为c(Na＋)＞c(SOeq \\al(2－,4))＞c(OH－)＝c(H＋)，C正确；根据Na2SO3溶液中的元素质量守恒可得：c(Na＋)＝2c(SOeq \\al(2－,3))＋2c(HSOeq \\al(－,3))＋2c(H2SO3)，D错误。
【对点2】（2024·安徽滁州·模拟）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A.pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 ml ·L－1
B.pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
C.pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq \\al(－,4))
D.pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
【答案】D
【解析】A项，pH＝5的H2S溶液中，H＋的浓度为1×10－5 ml ·L－1，但是HS－的浓度会小于H＋的浓度，H＋来自H2S的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故H＋的浓度大于HS－的浓度，故不正确；B项，弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a＜b＋1，故不正确；C项，草酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，无论怎样混合得到的溶液都符合电荷守恒，而该等式中缺少草酸根，不符合电荷守恒，故不正确；D项，因为酸性：醋酸>碳酸>次氯酸，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，故正确。
1．（2024·广东佛山·学业考试）下列物质溶于水，因水解而呈碱性的是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】A．K2S是强碱弱酸盐，溶于水电离出的硫离子水解呈碱性，故A符合题意；
B．NH3与水反应生成一水合氨电离而呈碱性，故B不符合题意；
C．是强酸弱碱盐，Cu2+水解呈酸性，故C不符合题意；
D．是强酸酸式盐，电离出氢离子呈酸性，故D不符合题意；
答案选A。
2．（2024·广东东莞·期末）下列溶液中离子能大量共存的是
A．、、、B．、、、
C．、、、D．、、、
【答案】D
【解析】A．在溶液中，、会发生反应，生成等，再与Ba2+反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．在溶液中，能与反应生成HClO，能将氧化，不能大量共存，B不符合题意；
C．在溶液中，与能发生双水解反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．在溶液中，、、、不能发生反应，可大量共存，D符合题意；
故选D。
3．（2024·湖北襄阳·期中）下列反应的离子方程式正确的是
A．向次氯酸钠溶液中通入足量二氧化硫：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO
B．偏铝酸钠溶液和碳酸氢钠溶液反应：AlO+H2O+HCO=Al(OH)3↓+CO
C．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO+Ca2+=CaSO3↓
D．向硫酸亚铁溶液中通硫化氢气体：H2S+Fe2+=FeS↓+2H+
【答案】B
【解析】A．向次氯酸钠溶液中通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应，，A错误；
B．偏铝酸根和碳酸氢根发生双水解，B正确；
C．根据强酸制弱酸原理，H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液不反应，C错误；
D．硫酸亚铁溶液中通入H2S气体，该反应不发生，无法获得氯化亚铁，D错误；
故答案为：B。
4．（2024·安徽合肥·期末）在日常生产生活中，经常涉及化学反应原理，下列过程或现象与盐类水解无关的是
A．加热氯化铁溶液，颜色变深
B．与溶液可用作焊接金属时的除锈剂
C．氯化钙溶液中滴加甲基橙，溶液显黄色
D．实验室中盛放溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
【答案】C
【解析】A．氯化铁为强酸弱碱盐，加热能促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成氢氧化铁胶体，溶液的颜色加深，故A不符合题意；
B．NH4Cl与ZnCl2都是强酸弱碱盐，水解呈酸性，产生的HCl可以作为除锈剂，与盐类水解有关，故B不符合题意；
C．氯化钙是强酸强碱盐，氯化钙溶液是中性的，滴加甲基橙，溶液显黄色，与盐类水解无关，故C符合题意；
D．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解后呈碱性，玻璃中的成分SiO2在碱性溶液中反应生成硅酸钠，容易使瓶塞粘住瓶口，与盐类水解有关，故D不符合题意；
故选C。
5．（2024·吉林延边·期中）下列问题与盐的水解有关的有几项
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的、除锈剂；
②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；
③草木灰(主要成分K2CO3)与铵态氮肥不能混合施用；
④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；
⑤加热蒸干CuCl2溶液并灼烧，可以得到CuO固体；
⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入氧化剂Cl2；
⑦热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强；
⑧误将钡盐[ BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；
⑨石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成；
⑩BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以。
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液都是强酸弱碱盐，水解使溶液显弱酸性，因此可作焊接金属时的、除锈剂，与盐的水解有关，①符合题意；
②NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性；Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，当两种溶液混合时，水解反应相互促进，会发生反应产生Al(OH)3沉淀、CO2气体，它们不支持燃烧，能够隔绝空气，因此可作泡沫灭火剂，与盐的水解反应有关，②符合题意；
③草木灰(主要成分K2CO3)水解使溶液显碱性，当其与铵态氮肥混合会发生反应产生NH3逸出，导致肥效降低，因此二者不能混合施用，与盐的水解反应有关，③符合题意；
④Na2CO3溶液水解显碱性，能够与玻璃中的SiO2发生反应，产生的物质Na2SiO3会将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，因此实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解反应有关，④符合题意；
⑤CuCl2是强酸弱碱盐，在溶液中CuCl2发生水解反应产生Cu(OH)2、HCl，加热溶液，水解产生的HCl挥发逸出，当蒸干CuCl2溶液时并灼烧，产生固体Cu(OH)2分解产生CuO，因此最终可以得到CuO固体，与盐的水解反应有关，⑤符合题意；
⑥Fe2+具有还原性，与Cl2会发生反应产生FeCl3，达到除杂目的，故要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入氧化剂Cl2，与盐的水解反应无关，⑥不符合题意；
⑦碱性溶液能够与油脂发生反应产生可溶性物质，因而可去除油污；纯碱是碳酸钠，属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐水解反应是吸热反应，升高温度，盐水解程度增大，盐溶液碱性增强，因而热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，与盐的水解反应有关，⑦符合题意；
⑧误将钡盐[ BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒，是由于它们会发生复分解反应产生既不溶于水，也不溶于酸的BaSO4沉淀，与盐的水解反应无关，⑧不符合题意；
⑨石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成是由于CaCO3与溶于水的CO2、H2O发生反应产生可溶性Ca(HCO3)2随流水被冲走形成溶洞，与盐的水解反应无关，⑨不符合题意；
⑩BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以，是由于BaCO3不溶于水，但能够溶于盐酸，而BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，因此BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以，与盐的水解反应无关，⑩不符合题意；
综上所述可知：物质应用与盐的水解反应有关的是①②③④⑤⑦，共6项，故合理选项是C。
6．（2024·广东·二模）安息香酸(HR)是最简单的一元芳香酸，其钠盐(用NaR表示)的水溶液呈碱性。已知常温下，。下列说法正确的是
A．常温下， HR水溶液的
B．向NaR水溶液中加水稀释，溶液的pH升高
C．NaR水溶液中，
D．常温下，NaR溶液的碱性比同浓度的溶液弱
【答案】D
【解析】A．由题意，HR是有机酸，是弱酸，不完全电离，常温下，0.001ml⋅L-1 HR水溶液的pH>3，A错误；
B．NaR水溶液中由于R-水解显碱性，加水稀释水解程度变大，但是碱性变弱，溶液的pH减小，B错误；
C．NaR水溶液中的质子守恒为c(HR)+c(H+)=c(OH-)，C错误；
D．由已知，Ka(HR)>Ka1(H2CO3)，HR酸性比碳酸强，根据越弱越水解，同浓度的NaHCO3溶液水解程度大，碱性强，故NaR溶液的碱性弱，D正确；
本题选D。
7．（2024·贵州毕节·期末）在0.1ml/L溶液中各种微粒浓度关系错误的是
A．
B．ml/L
C．
D．
【答案】A
【解析】A．根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=2c()＋c()＋c(OH－)，故A错误；
B．根据物料守恒，c(Na＋)=2{c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)}，则，故B正确；
C．碳酸钠水解后呈现碱性，因此，故C正确；
D．根据质子守恒，c(OH－)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故D正确；
故答案A。
8．（2024·湖南长沙·三模）范斯莱克(Vanslyke)提出用缓冲容量来描述缓冲溶液缓冲能力的大小，越大，缓冲能力越大。如图是常温下，和组成缓冲溶液的关系图，其中两条曲线分别对应和。已知常温下，。
下列说法不正确的是
A．向的上述缓冲溶液加水稀释，增大
B．常温下，等浓度、等体积的和溶液混合后大于4.76
C．A曲线上任意一点的溶液中均存在
D．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，溶液中
【答案】D
【解析】A．向的上述缓冲溶液加水稀释，溶液酸性减弱，减小，水的离子积不变，故增大，故A正确；
B．，则，则常温下，等浓度、等体积的和溶液中，的电离程度大于的水解程度，则溶液显酸性，，又，，则混合溶液的大于4.76，故B正确；
C．根据电荷守恒，A曲线上任意一点的溶液中均存在，则，故C正确；
D．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，pH=4.76，，所以溶液中，根据电荷守恒，溶液呈酸性，则，所以，故D错误；
故选D。
9．（2024·广东梅州·一模）乙氨酸()是一种两性有机物，可与盐酸反应生成盐酸盐()。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A．水溶液的pH=3
B．水溶液加水稀释，pH升高
C．在水中的电离方程式为：
D．水溶液中：
【答案】B
【解析】A．HOOCCH2NH3Cl为强酸弱碱盐，电离出的会发生水解，弱碱离子的水解较为微弱，因此0.001ml/L溶液的pH>3，故A错误；
B．稀释溶液时，水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中将氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；
C．HOOCCH2NH3Cl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为HOOCCH2NH3Cl=+Cl-，故C错误；
D．根据电荷守恒可知，溶液中c(OH−)+c(Cl−)=c()+c(H+)，根据物料守恒，有c(Cl−)=c()+c(HOOCCH2NH2)，都与选项中等式不对应，故D错误；
故答案为B。
10．（2024·山东青岛·期中）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线，下列说法错误的是
A．溶液的：a点Cl>Br，B错误；
C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOHx1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。
18．(2022·浙江卷)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。
19．(2022·浙江卷)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-)Ka1，所以[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的强，B正确；C.由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10－3 ml/L，[As(OH)2T]－的浓度为右坐标，浓度的数量级为10－6 ml/L，所以pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]－的高，C正确；D.由题给条件可知，酒石酸(H2T lgKa1＝－3.04 lgKa2＝－4.37)，As(OH)3的lgKa1为－9.1，即酒石酸的第一步电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3，D错误。
22.(2022·湖南卷)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 ml·L－1)。
依据上述实验现象，结论不合理的是( )
A.实验①说明加热促进Fe3＋水解反应
B.实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应
C.实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应
D.整个实验说明SOeq \\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【解析】铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，生成亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，生成蓝色沉淀，故B正确；实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度的FeCl3溶液，根据现象分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应的速率快，故C正确；结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因实验证据不足，不能说明亚硫酸根离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。
考点内容
考点分布
盐类水解及其应用
2024·贵州卷，3分；2024·北京卷，3分；2024·湖北卷，3分；2023·天津卷，3分；
2023·江苏卷，3分；2023·北京卷，3分；2022浙江卷，2分；2022浙江，2分；
2022海南卷，4分；2021广东卷，2分；2021北京卷，3分；
离子浓度大小比较
2024·江苏卷，3分；2024·湖南卷，3分；2024·山东卷，3分；2024·安徽卷，3分；
2023·福建卷，3分；2023·重庆卷，3分；2023·天津卷，3分；2022重庆卷1，3分；
202天津卷，3分；
酸
电离常数(常温下)
CH3COOH
Ka＝1.75×10－5
H2CO3
Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11
H2S
Ka1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
C6H5ONa
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
11.3
因素及其变化
水解平衡
水解程度
水解产生离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小 (即稀释)
右移
增大
减小
外加
酸碱
酸
弱碱阳离子水解程度减小
碱
弱酸阴离子水解程度减小
条件
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
序号
实验操作
现象
①
向较浓硫酸中滴加2滴饱和溶液
溶液变淡紫色
②
向中滴加少量
溶液黄色变浅
，
溶液
现象
化学方程式
A
产生淡黄色沉淀
B
溶液由棕黄色变浅绿色
C
溶液褪色，产生白色沉淀
D
(含酚酞)
溶液由红色变无色
羧酸
pKa
4.76
2.59
2.87
2.90
选项
探究目的
实验方案
A
溶液中是否含有
向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B
是否有还原性
向溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化
C
是否水解
向溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化
D
能否催化分解
向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况
实验
操作与现象
①
在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色
②
在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
③
在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀