2021版高考化学鲁科版一轮教师用书：第8章第3节　盐类的水解


第3节　盐类的水解
考纲定位
要点网络
1.了解盐类水解的原理。
2.了解影响盐类水解的主要因素。
3.了解盐类水解的应用。
4.能正确书写盐类水解的化学或离子方程式。



盐类的水解原理及规律

1．盐类的水解原理
(1)定义
在溶液中由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。

(2)实质
―→[H＋]≠[OH－]―→溶液不再呈中性。
(3)特点

(4)水解常数(Kh)
A－＋H2OHA＋OH－的水解常数表达式Kh＝＝＝，若25 ℃，HA的Ka为1×10－6 mol·L－1则A－的水解常数Kh为1×10－8 mol·L－1。
2．盐类的水解规律
(1)类型
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
＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NH、Cu2＋
酸性
7
(2)一般规律
有弱才水解，无弱不水解；
越弱越水解，谁强显谁性；
同强显中性，同弱不确定。
注意：这里说的“弱”指的是弱酸根离子或弱碱阳离子。
3．水解离子方程式的书写
(1)书写形式
在书写盐类水解方程式时一般要用“”号连接，产物不标“↑”或“↓”，用离子方程式表示为盐中的弱离子＋水弱酸(或弱碱)＋OH－(或H＋)。
(2)书写规律
①一般盐类水解程度很小，水解产物很少，如果产物易分解(如NH3·H2O、H2CO3)也不写成其分解产物的形式。
②多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式，如Na2CO3的水解离子方程式：CO＋H2OHCO＋OH－。
③多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完，如FeCl3的水解离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
④水解分别是酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大生成气体或沉淀的，书写时要用“===”“↑”“↓”；但水解不生成气体或沉淀，水解不完全的，书写仍用“”。如2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑；CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。
[基础判断]
(1)AlCl3投入水中，可以使水的电离平衡右移，溶液呈酸性。 (　　)
(2)能水解的盐溶液一定呈酸性或碱性，不可能呈中性。 (　　)
(3)25 ℃，pH＝4的盐溶液中水电离出的[H＋]一定为1×10－4 mol·L－1。 (　　)
(4)常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同。 (　　)
(5)由0.1 mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A－＋H2OHA＋OH－。 (　　)
(6)向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红的原因是CO＋2H2OH2CO3＋2OH－。 (　　)
(7)25 ℃，水电离出的[H＋]＝1×10－5 mol·L－1的溶液一定显酸性。 (　　)
[答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×　(7)×
[知识应用]
1．A＋、B＋、C－、D－四种离子两两组成四种可溶性盐，其中：AC和BD盐溶液pH＝7，BC盐溶液pH>7，则AOH、BOH、HC、HD的电离常数大小顺序为____________________(用化学式表示)。
[答案]　BOH===HD>HC===AOH
2．为探究纯碱溶液呈碱性是由CO引起的，请你设计一个简单的实验方案：
___________________________________________________________
___________________________________________________________。
[答案]　向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色退去。则可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的
3．Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合有沉淀生成的原理是什么？(用离子方程式表示)_______________________________。
[答案]　[Al(OH)4]－＋HCO===Al(OH)3↓＋CO＋H2O

◎命题点1　盐类水解的原理
1．25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是(　　)
序号
①
②
③
④
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaF
NaHCO3
pH
7.0
7.0
8.0
8.4
A．酸性强弱：H2CO3>HF
B．水的电离程度：①＝②
C．③中水电离出的[OH－]＝1×10－8 mol·L－1
D．④中显碱性的原因是HCO的水解程度大于其电离程度
D　[A项，水解程度越大，酸越弱，故酸性H2CO3HCO可知同浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3的水解程度依次增大，pH依次增大。
(2)外界因素对盐类水解的影响
因素

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
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根阴离子的水解程度减小
外加其他盐
水解形式相同的盐
相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式相反的盐
相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
2.盐类水解的“六”大类应用
(1)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：
①Al3＋与HCO、CO、[Al(OH)4]－、SiO、HS－、S2－、ClO－。
②Fe3＋与HCO、CO、[Al(OH)4]－、SiO、ClO－。
③NH与SiO、[Al(OH)4]－。
(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盐溶液水解生成易挥发性酸时，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胶体的原理为
FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
明矾净水的原理为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)泡沫灭火器的原理
NaHCO3与Al2(SO4)3的饱和溶液混合
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(6)铵态氮肥与草木灰不能混用，某些盐溶液(如ZnCl2、NH4Cl)作除锈剂。
[基础判断]
(1)Na2CO3溶液中加水稀释，CO的水解平衡右移，n(OH－)增大，碱性增强。 (　　)
(2)CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，冰醋酸与CH3COO－水解生成的OH－反应，促进了CH3COO－的水解。 (　　)
(3)因为0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液的pH故可推知酸性H2CO3HClO>H2CO3(二级电离平衡常数)
D．0.1 mol·L－1 NaF溶液中加入Na2CO3，F－的水解程度变大
C　[A项，加热促进盐水解，pH>9.7，错误；B项，加水稀释碱性变弱，pH变小，错误；C项，水解程度越大，pH越大，相应的酸越弱，正确；D项，加Na2CO3，抑制F－水解，错误。]
3．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入适量的HCl，这种试剂是(　　)
A．NH3·H2O　　　 B．NaOH
C．Na2CO3 D．MgCO3
[答案]　D
4．(2019·德州模拟)298 K时，将0.1 mol·L－1的两种钠盐NaX、NaY溶液加水稀释，溶液的pH与稀释倍数的对数lg 的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．酸性：HY＞HX
B．298 K时，K(HX)/K(HY)＝ 1/100
C．lg ＝2时，[HX]＋[X－]＝[HY]＋[Y－]
D．相同浓度时，NaX和NaY两溶液中离子总浓度相等
D　[由图像可知，同浓度的NaX和NaY的pH值NaX大，说明X－在水溶液中的水解能力强于Y－，则酸性：HY＞HX，A正确；由图像可知，同浓度的NaX和NaY的pH值相差1，可知K(HX)/K(HY)＝1/100，B正确；根据物料守恒可知，lg ＝2时，[HX]＋[X－]＝[HY]＋[Y－]，C正确；相同浓度时，X－和Y－的水解程度不同，Y－水解程度大，溶液碱性强，其水溶液中离子总数少，D错误。]
◎命题点2　盐类水解的应用
5．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)
A．CO＋H2OHCO＋OH－　热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋　明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl　制备TiO2·xH2O
D．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入稀硫酸
D　[加入稀硫酸可以抑制Sn2＋水解，但引入SO，D不正确。]
6．下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是(　　)
选项
事实或应用
解释
A
用热的纯碱溶液去除油污
纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质
B
泡沫灭火器灭火
Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体
C
施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效
D
明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂
明矾溶于水生成Al(OH)3胶体
[答案]　A
◎命题点3　涉及盐类水解的综合试题
7．已知NaHSO3溶液常温时显酸性，溶液中存在以下平衡：
HSO＋H2OH2SO3＋OH－①
HSOH＋＋SO②
向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是(　　)
A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中[HSO]增大
B．加入少量Na2SO3固体，则[H＋]＋[Na＋]＝[HSO]＋[OH－]＋[SO]
C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大
D．加入氨水至中性，则2[Na＋]＝[SO]>[H＋]＝[OH－]
C　[A项，[HSO]减小，错误；B项，电荷守恒式不正确，应为[H＋]＋[Na＋]＝[HSO]＋[OH－]＋2[SO]，错误；D项，根据电荷守恒可知[Na＋]＋[NH]＝2[SO]，错误。]
8．已知电离常数的负对数pK＝－lg K,25 ℃时，HX的pKa＝4.76，H2Y的pKa1＝1.22，pKa2＝4.19，下列说法正确的是(　　)
A．浓度相等的NH4X和NH4HY溶液中[NH]：前者大于后者
B．NaX溶液中滴加KHY溶液至pH＝4.76：[K＋]＋[Na＋]>[HY－]＋2[Y2－]＋[X－]
C．KHY溶液中滴加氨水至中性：[NH]>[Y2－]
D．K2Y溶液中滴加盐酸至pH＝1.22：[Cl－]－3[HY－]＝[H＋]－[OH－]
D　[A项，X－水解促进NH水解，而HY－以电离为主，抑制NH水解，错误；B项，根据电荷守恒判断，错误；C项，根据电荷守恒和物料守恒判断，错误。]

溶液中微粒浓度的比较
——证据推理与模型认知

分析近三年高考试题，溶液中微粒浓度的比较在全国三套试卷中出现频率很高。从题点来看，单独考微粒浓度比较有淡化的趋势，但是以图像为载体分析某点或某条件时微粒浓度比较是近几年命题新趋势，复习时要多多归纳。本部分充分体现了考生的“证据推理与模型认知”的化学素养。

1．理解“两大理论”，构建思维基点
(1)电离理论——弱电解质的电离是微弱的
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。
如氨水中：NH3·H2O、NH、OH－、H＋浓度的大小关系是[NH3·H2O]>[OH－]>[NH]>[H＋]。
②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(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[H2S]>[H＋]>[HS－]>[S2－]。
(2)水解理论——弱电解质离子的水解是微弱的
①弱电解质离子的水解损失是微量的(水解相互促进的除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中[H＋]或碱性溶液中[OH－]总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。
如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是[Cl－]>[NH]>[H＋]>[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：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是[CO]>[HCO]>[H2CO3]。
2．理解“三个守恒”，明确浓度关系
(1)电荷守恒
电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：[Na＋]＋[H＋]＝[HCO]＋2[CO]＋[OH－]。
(2)物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
①单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1 mol，即氮元素守恒。
②两元素守恒，如NaHCO3溶液中：[Na＋]＝[H2CO3]＋[HCO]＋[CO]，即钠元素与碳元素守恒。
(3)质子守恒(了解)：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。如NaHCO3溶液中：

[H2CO3]＋[H＋]＝[CO]＋[OH－]。
注：质子守恒可以通过电荷守恒与物料守恒加减得到。
3．同一溶液中不同微粒浓度大小比较模板
[模板一]　MCl溶液(MOH为弱碱)，如NH4Cl、NH4NO3
(1)大小关系：[Cl－]>[M＋]>[H＋]>[MOH]>[OH－]。
(2)电荷守恒：[Cl－]＋[OH－]＝[H＋]＋[M＋]
(3)物料守恒：[Cl－]＝[M＋]＋[MOH]
(4)质子守恒：[MOH]＋[OH－]＝[H＋]
[模板二]　Na2R溶液(H2R为二元弱酸)，如Na2CO3、Na2S、Na2C2O4
(1)大小关系：[Na＋]>[R2－]>[OH－]>[2HR－]>2[H＋]
(2)电荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝2[R2－]＋[HR－]＋[OH－]
(3)物料守恒：[Na＋]＝2[R2－]＋2[HR－]＋2[H2R]
(4)质子守恒：[OH－]＝[H＋]＋[HR－]＋2[H2R]
[模板三]　NaHR溶液(H2R为二元弱酸)
如
(1)大小关系
(2)电荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝[HR－]＋2[R2－]＋[OH－]
(3)物料守恒：[Na＋]＝[HR－]＋[H2R]＋[R2－]
(4)质子守恒：[H＋]＝[R2－]＋[OH－]－[H2R]
[模板四]　MCl与MOH混合液[n(MCl)∶n(MOH)＝1∶1]
(1)大小关系
(2)物料守恒：2[Cl－]＝[M＋]＋[MOH]
[模板五]　HR与NaR的混合液[n(HR)∶n(NaR)＝1∶1]
(1)大小关系
(2)物料守恒：2[Na＋]＝[R－]＋[HR]
[模板六]　中和滴定曲线“五点”离子浓度比较
以向10 mL 0.1 mol·L－1的HA溶液中滴加0.1 mol·L－1的NaOH溶液为例

⇒

题型1　同一溶液中不同微粒浓度比较
1．(2019·长沙模拟)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。下列微粒浓度关系一定正确的是(　　)
A．Na2SO3溶液中存在：[Na＋]>[SO]>[H2SO3]>[HSO]
B．已知NaHSO3溶液pH[HSO]>[H2SO3]>[SO]
C．当吸收液呈酸性时：[Na＋]＝[SO]＋[HSO]＋[H2SO3]
D．当吸收液呈中性时：[Na＋]＝2[SO]＋[HSO]
D　[Na2SO3溶液呈碱性，溶液中微粒浓度关系为[Na＋]>[SO]>[OH－]>[HSO]>[H＋]>[H2SO3]，A项错误；NaHSO3溶液pH[HSO]>[H＋]>[SO]>[OH－]>[H2SO3]，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在物料守恒：[Na＋]＝[H2SO3]＋[SO]＋[HSO]，也可以是NaHSO3和亚硫酸钠的混合溶液，则选项中的物料守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，[H＋]＝[OH－]，溶液中存在电荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋2[SO]＋[HSO]，故[Na＋]＝2[SO]＋[HSO]，D项正确。]
2．(2019·济南一模)常温下，下列说法不正确的是(　　)
A．0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液中：[Na＋]>[HCO]>[OH－]>[H＋]
B．0.02 mol·L－1的NaOH溶液与0.04 mol·L－1的NaHC2O4溶液等体积混合：2[OH－]＋[C2O]＝[HC2O]＋2[H＋]
C．叠氮酸(HN3)与醋酸酸性相近，0.1 mol·L－1 NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为[Na＋]>[N]>[OH－]>[H＋]
D．向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH＝7，则混合液中[NH]＝[Cl－]
B　[根据电荷守恒和物料守恒：
[Na＋]＋[H＋]＝2[C2O]＋[HC2O]＋[OH－]
2[Na＋]＝3[C2O]＋3[HC2O]＋3[H2C2O4]
可得：2[H＋]＋[HC2O]＋3[H2C2O4]＝[C2O]＋2[OH－]，B错误。]

3．(2019·贵阳模拟)常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L－1二元酸H2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．H2A是二元弱酸
B．B点的pH1，H2A若为二元强酸，则H2A溶液中[H＋]＝0.2 mol·L－1，pH＝1－lg 2＝0.7，故H2A为二元弱酸，A项正确；B点消耗10 mL NaOH溶液，恰好得到NaHA溶液，因其pH[CO]>[H2CO3]>[OH－]＝[H＋]
D．pH＝10.3时，[Na＋]＋[H＋]＝[Cl－]＋[OH－]＋3[HCO]
D　[随着pH逐渐增大，曲线X对应的含碳微粒的物质的量分数逐渐减小，曲线Y对应的含碳微粒的物质的量分数先增大后减小，曲线Z对应的含碳微粒的物质的量分数逐渐增大，故曲线X对应的含碳微粒为H2CO3，曲线Y对应的含碳微粒为HCO，曲线Z对应的含碳微粒为CO，A项错误；pH＝6.3时，一部分含碳微粒以CO2的形式逸出溶液，故α(CO)＋α(HCO)＋α(H2CO3)[H2CO3]>[CO]，C项错误。]

溶液混合后溶液中微粒浓度比较思路

题型2　不同溶液中同一微粒浓度比较
5．等物质的量浓度、等体积的下列溶液中：
①H2CO3　②Na2CO3　③NaHCO3　④NH4HCO3
⑤(NH4)2CO3。下列关系或者说法正确的是(　　)
A．[CO]的大小关系：②>⑤>③>④>①
B．[HCO]的大小关系：④>③>⑤>②>①
C．将溶液蒸干灼烧只有①不能得到对应的原有物质
D．②③④⑤既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
A　[由于④中NH与HCO水解相互促进，故[HCO]大小为③>④，[CO]大小也是③>④，B错误；将各溶液蒸干后①③④⑤都分解，得不到原来的物质，C错误；Na2CO3只能与盐酸反应，而与NaOH溶液不反应，D错误；NH与CO水解相互促进，[CO]大小为②>⑤，HCO既水解又电离，水解程度大于电离程度，[CO]大小为③、④