第八部分 第02讲 盐类的水解（课件）-2025年高考化学二轮复习课件PPT

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考向1 盐类的水解规律
考向2 盐类水解的应用
考向1 盐类水解平衡移动及结果分析
考向3 水解平衡原理解释问题的规范描述
考向1 离子浓度大小比较
考向2 粒子浓度变化曲线
盐类的水解及其影响因素
知识点1 盐类的水解
知识点2 盐类水解规律
知识点3 盐类水解离子方程式的书写
在水溶液中，盐电离产生的离子与水电离产生的H+或OH-结合生成弱电解质的反应
可溶性盐中必须有弱酸的酸根离子或者弱碱的阳离子
破坏水的电离平衡→水的电离程度增大
c(H+)≠c(OH-)→溶液呈酸性或者碱性
c(H+)=c(OH-)→溶液呈中性
可逆：水解反应是可逆反应
吸热：水解反应是酸碱中和反应的逆反应
微弱：水解反应程度很微弱
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。
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＋＋SO42-。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：HCO3-⇌H＋＋CO32-(次要)，HCO3-＋H2O⇌H2CO3＋OH－(主要)，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液显碱性。
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。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。②电离程度大于水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液中：HSO3-⇌H＋＋SO32-(主要)，HSO3-＋H2O⇌H2SO3＋OH－(次要)，使c(OH－)②>④>③B．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HClOD．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
下列说法正确的是(　　)A．四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③
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CO32－>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H3PO4C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4 D．CH3COCl的水解产物是两种酸
【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：CO32-＋2H2O ⇌H2CO3＋2OH－B．CuSO4：Cu2＋＋2H2O=Cu(OH)2＋2H＋C．NaAlO2：AlO2－＋2H2O ⇌Al(OH)3＋OH－D．NaF：F－＋H2O=HF＋OH－
CO32-＋H2O⇌HCO3-＋OH－ HCO3-＋H2O⇌H2CO3＋OH－
Cu2＋＋2H2O=Cu(OH)2＋2H＋
F－＋H2O⇌HF＋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-+H2O ⇌H2C2O4+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-+H2O=HX+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-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度小于其水解程
【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-+H2O⇌HX+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。
如NH4Cl水解的离子方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+
气体、沉淀不标“↓”或“↑”，易分解产物（如NH3·H2O等）不写其分解产物的形式
2．三种类型的盐水解方程式的书写
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
知识点2 盐类水解的应用
知识点1 盐类水解的影响因素
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。水解程度：Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3>NaHCO3。
浓度越小，水解程度越大
温度越高，水解程度越大
酸：弱酸阴离子水解程度增大，弱碱阳离子水解程度减小
碱：弱酸阴离子水解程度减小，弱碱阳离子水解程度增大
3、以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋，分析外界条件对水解平衡的影响
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。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。
1、判断离子能否大量共存
知识点2 盐类水解的应用
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]－、CO32－、HCO3－。
2、判断盐溶液蒸干时所得的产物
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)。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。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。还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。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
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；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
实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为：FeCl3＋3H2O Fe(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CO32－＋H2O HCO3－＋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＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑。
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
加入NaOH固体，溶液pH增大
【变式训练】下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
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( )
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
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
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
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+
【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)3C．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
【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++3H2O⇌Al(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：                                  。
(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)。
 在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2O⇌Al(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)3 Al2O3+3H2O
(2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因：                                    。
在NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4++H2O⇌NH3·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)直接蒸发CuCl2溶液，能否得到CuCl2•2H2O晶体？如果不能应如何操作？             。
不能。应在HCl气流中加热蒸发
(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：                                    。
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-+H2O⇌HSO3-+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
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77℃，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写出SOCl2  与水反应的化学方程式：                            。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：                                   。
SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑ 
SOCl2  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
【变式训练】(1)已知SOCl2  是一种液态化合物，沸点为77℃，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。(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                                        。
提升溶液的pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀
【解析】(1)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↑；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++3H2O⇌Fe(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。
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
知识点2 把握三种守恒，明确等量关系
知识点1 熟悉两大理论，构建思维基点
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+)。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-)。
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)。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)。
比较时紧扣两个微弱。 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：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，H2O⇌OH-+H+，溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)。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-+H2O⇌CH3COOH+OH-，H2O⇌H++OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较。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。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
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＋、HCO3－、CO32－、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)。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。
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。
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。
规避等量关系中的2个易失分点。电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO32－)的化学计量数2代表1个CO32－带2个负电荷，不可漏掉。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)。
根据粒子浓度关系式，套用合适守恒式。电荷守恒式的特点：一边全为阴离子，另一边全为阳离子。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。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+。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25℃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：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS-)＋2c(S2-)B．0.01ml·L-1Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2-)＞c(OH－)＞c(HS-)C．向c(Cd2+)=0.01ml·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)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-)
【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pHc(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Ka=2.5 × 10-8 ，下列说法正确的是( )
A．甲到乙发生的离子反应为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB．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
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。甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H2O
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
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＋)
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
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lgc(X)(X：H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+)与pH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pH=7.5时，溶液中c(Ca2+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)C．体系中存在物料守恒：c(Ca2+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)D．体系中存在lgc(Ca2+)+2 pH = 13
【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，lgc(X)越大，c(X)越小，该溶洞水体pH=7.5时，根据图中信息可知lgc(Ca2+)>lgc(CO32-)>lgc(HCO3-),故溶液中c(Ca2+)＜c(CO32-)＜c(HCO3-)，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，lgc(Ca2+)=-5，则体系中lgc(Ca2+)+2 pH = 13，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/LB．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-+HClOD．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)
【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-+3H2O②NH3+4ClO-+OH-=NO3-+4Cl-+2H2O在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1L 0.006ml/L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0.009B．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-)
【解析】A项，x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率5%， n(NH3)=1L×0.006ml/L=0.006ml，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗n(ClO)=0.006ml×95%×3/2=0.00855ml，参与反应②消n(ClO)=0.006ml×5%×4=0.0012ml，x1=0.00855ml+0.0012ml=0.00975ml，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)25℃时，向20 mL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pH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-=H2OC．滴定过程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D．pH=7时，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)
【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)25℃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pH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pH均变大C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH=10.00，则此时溶液中c (C6H5O-)= c (C6H5OH)D．25℃时，0.1ml·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
【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-)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-1D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
【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。