资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩5页未读，
继续阅读
第25讲 盐类水解（讲）-2022年高考化学一轮复习讲练测
展开
这是一份第25讲 盐类水解（讲）-2022年高考化学一轮复习讲练测，文件包含第25讲盐类水解讲-2022年一轮复习讲练测原卷版docx、第25讲盐类水解讲-2022年一轮复习讲练测解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
第八章 水溶液中的离子平衡
第25讲 盐类水解（精讲）
【考情分析】
本讲内容是高考考查的重点与热点，盐类水解主要考点有四个：一是水解方程式的书写；二是水解平衡的影响因素及水解平衡移动；三是溶液中离子浓度大小的比较；四是盐类水解在工农业生产和实验中的应用。预计今后，溶液中离子浓度大小比较仍然会是高考的热点，将盐类水解的知识与其他知识有机结合在一起进行考查，将是今后命题的基本方向，不仅可以结合本专题其他内容考查，而且溶液中的各种守恒关系也得到了很好的体现，以选择题为主。
【核心素养分析】
1.变化观念与平衡思想:认识盐类水解有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析盐类水解平衡，并运用盐类水解平衡原理解决实际问题。
2.科学探究与创新意识:能发现和提出有关盐类水解的判断问题；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。
3.证据推理与模型认知:知道可以通过分析、推理等方法认识盐类水解的本质特征、建立模型。能运用模型解释盐类水解平衡的移动，揭示现象的本质和规律。
【网络构建】
【知识梳理】
知能点一 盐类水解及其规律
1.定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2.条件：可溶性盐必须有弱酸根离子或弱碱阳离子
3.实质：盐电离―→―→破坏了水的电离平衡―→水的电离程度增大―→溶液呈碱性、酸性或中性。
4.特点
（1）可逆：水解反应是可逆反应；
（2）吸热：水解反应是酸碱中和反应的逆反应；
（3）微弱：水解反应程度很微弱
5.盐类水解的规律：
（1）规律：有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
（2）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
pH＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NH、Cu2＋
酸性
pH＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO－、CO
碱性
pH>7
6.盐类水解离子方程式的书写要求
(1)一般要求
水解记三点，水写分子式，中间用可逆()，后无沉气出。即盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。如NH4Cl水解的离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)三种类型的盐水解离子方程式的书写
①多元弱酸盐水解：分步进行，水解离子方程式要分步表示，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。如Na2CO3水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－。
②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。
如FeCl3水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大（即产生沉淀），书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。如Na2S溶液与AlCl3溶液混合水解的离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
知能点二 盐类水解的影响因素及应用
1.影响盐类水解平衡的因素
(1)内因：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如水解程度：Na2CO3＞Na2SO3，Na2CO3＞NaHCO3。
(2)外因
(3)以FeCl3水解为例[Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋]，填写外界条件对水解平衡的影响。
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
2.盐类水解的重要应用
应用
举例
判断溶液的
酸碱性
FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋
判断酸性强弱
等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX＞HY＞HZ
配制或贮存易
水解的盐溶液
配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
泡沫灭火器
原理
成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
作净水剂
明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
化肥的使用
铵态氮肥与草木灰不得混用
除锈剂
NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂
比较溶液中离子
浓度的大小
如：Na2CO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)
判断盐溶液
蒸干时的产物
盐水解生成挥发性酸，蒸干灼烧后一般得氧化物。如AlCl3→Al2O3
盐水解生成难挥发性酸，蒸干后得原物质。如CuSO4→CuSO4
考虑盐受热时是否分解。如KMnO4→K2MnO4和MnO2
还原性盐溶液蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3→Na2SO4
弱酸的铵盐溶液蒸干后无固体剩余。如NH4HCO3、(NH4)2CO3
3.熟记下列因相互促进水解不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH与SiO、AlO。
智能点三 水解常数(Kh)
1．数学表达式
用HA表示酸，用MOH表示碱，MA表示由它们生成的盐，在MA溶液中，若M＋、A－均能水解，A－＋H2OHA＋OH－，则A－的水解常数为Kh＝；M＋＋H2OMOH＋H＋，则M＋的水解常数为Kh＝。
2．水解常数与电离常数的关系
若NaA为强碱弱酸盐，A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝＝＝；若MCl为强酸弱碱盐，同理可得Kh＝。
3．意义
水解常数可以表示盐的水解程度的大小，Kh越大，盐类水解程度越大。
4．外界影响因素
水解常数是只是温度的函数，Kh随温度的升高而增大。
5．水解常数的应用
(1)计算盐溶液中的c(H＋)或c(OH－)
Kh＝≈，c(OH－)＝；
同理，对于M＋＋H2OMOH＋H＋，c(H＋)＝。
(2)判断水解程度大小、盐溶液的酸碱性
如，对于CH3COONH4溶液，由Ka(CH3COOH)≈Kb(NH3·H2O)可知，Kh(CH3COO－)≈Kh(NH)，CH3COO－和NH水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)。
(3)判断水解程度和电离程度大小，盐溶液的酸碱性。
①单一溶液。
如，对于NaHCO3溶液，Kh(HCO)＝＝＝2.3×10－8，Ka(HCO)＝4.7×10－11＜Kh(HCO)，HCO电离程度小于其水解程度，溶液呈碱性，c(H＋)＜c(OH－)。
②混合溶液。
如，对于等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh(CH3COO－)＝＝＝5.7×10－10＜Ka(CH3COOH)，CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的电离程度，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)。
智能点四 电解质溶液中的三大守恒
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＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
2．物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素的原子总是守恒的，或两种原子的数目比是固定的。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
3．质子守恒规律
如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下：
即给出H＋后剩余微粒浓度之和等于得到H＋后生成微粒浓度之和，故由图可得Na2S水溶液中质子守恒式：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
【典例剖析】
高频考点1 考查盐类水解实质及水解方程式的书写
例1．下列方程式属于水解反应方程式的是
A．H2CO3⇌HCO+H+ B．HCO+H2O⇌H3O++CO
C．HCO+OH-=H2O+CO D．CO+ H2O⇌HCO+ OH-
【解析】A．碳酸是一种二元弱酸，选项所给为碳酸的第一步电离方程式，A不符合题意；B．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根的电离方程式，B不符合题意；C．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根和氢氧根的反应，C不符合题意；D．碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，方程式为CO+ H2O⇌HCO+ OH-，D符合题意；综上所述答案为D。
【答案】D
【规律总结】水解离子方程式的书写规律为：谁弱写谁，都弱都写；阳离子水解生成弱碱和H+，阴离子水解生成弱酸和OH-，即阳生成阳（H+）,阴生阴（OH-）。
【变式训练】下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性是
A．HCO+ H2OH3O+ + CO B．Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+
C．HS- + H2OH2S + OH- D．H2CO3 + H2OH3O ++ HCO
【解析】A．是的电离方程式，A错误；B．水解生成，溶液呈酸性，B正确；C．HS- + H2OH2S + OH-，是水解反应，溶液呈碱性，C错误；D．H2CO3 + H2OH3O ++ HCO是电离方程式，错误D；答案选B。
【答案】B
高频考点2 考查盐类水解的规律
例2.25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
【解析】两种溶液中均存在着水的电离平衡，NaHCO3溶液中还存在：HCOH＋＋CO及HCO＋H2OH2CO3＋OH－的水解平衡，Na2CO3溶液中还存在：CO＋H2OHCO＋OH－的水解平衡，A正确；两种溶液中均存在Na＋、CO、HCO、H2CO3、OH－、H＋、H2O，B正确；浓度相同时，CO水解程度大于HCO水解程度，故Na2CO3溶液中c(OH－)更大，C错误；NaHCO3溶液中加入NaOH固体：HCO＋OH－H2O＋CO，c(CO)增大，Na2CO3溶液中加入NaOH，导致CO的水解平衡向左移动，c(CO)增大，D正确。
答案：C
【规律总结】盐类水解的规律及拓展应用
(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。
(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(3)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若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。
(4)相同条件下的水解程度
①正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
②相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NH的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
【变式训练】(2020·宁夏银川模拟)物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ三种盐溶液，若它们的pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的排列顺序是 ( )
A．HX、HZ、HY B．HZ、HY、HX
C．HX、HY、HZ D．HY、HZ、HX
【解析】组成盐的酸根对应的酸越弱，该酸根的水解程度越大，物质的量浓度相同时，该盐溶液的碱性越强，pH越大，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的排列顺序是HX、HY、HZ。
【答案】C
高频考点3 考查盐类水解的影响因素
例3．（2021·哈尔滨市·黑龙江实验中学高三其他模拟）实验测得等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是
A．Na2CO3的水解是放热反应
B．M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是水解平衡逆向移动
C．N点时NaHCO3已完全分解
D．若将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62
【解析】A．Na2CO3的水解是吸热反应，故A错误；B．碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子电离产生氢离子、水解产生氢氧根离子，M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是电离程度大于水解程度，故B错误；C．碳酸钠溶液的pH随温度升高而降低，N点后溶液的pH随温度升高而升高，所以N点时NaHCO3没有完全分解，故C错误；D．N点溶液中含有碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62，故D正确；选D。
【答案】D
【名师归纳】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。
【变式训练】（2021·天津高三二模）对于0.1 mol/L Na2CO3溶液，下列说法正确的是
A．加入NaOH固体，溶液pH减小
B．升高温度，溶液中c(OH-)增大
C．稀释溶液，溶液中c(H+)减少
D．c(Na+)+c(H+) =c()+c()+c(OH-)
【解析】A． 加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，A错误；B． Na2CO3溶液水解呈碱性，升高温度，促进盐类水解、促进水电离，溶液中c(OH-)增大，B正确；C． 温度不变，水的离子积常数不变，稀释溶液，Na2CO3溶液浓度下降，溶液碱性下降，氢氧根离子浓度减小，溶液中c(H+)增大，C错误；D．溶液呈电中性，则 根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+) =c()+2c()+c(OH-)，D错误；答案选B。
【答案】B
高频考点4 考查盐类水解的应用
例4．下面提到的问题中，与盐的水解有关的是( )
①明矾和FeCl3可作净水剂 ②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸 ③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释 ④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂 ⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞 ⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气 ⑧长期使用硫酸铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ⑨比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性
A．①④⑦ B．②⑤⑧ C．③⑥⑨ D．全部
【解析】①Al3＋和Fe3＋水解产生Al(OH)3胶体和Fe(OH)3胶体，吸附水中的悬浮杂质。②加盐酸可抑制FeCl3水解。③AlCl3溶解在盐酸中可抑制Al3＋的水解。④NH和Zn2＋水解产生的H＋与锈反应。⑤Na2CO3、Na2SiO3溶液水解显碱性，可腐蚀玻璃。⑥Al3＋与HCO发生相互促进水解反应，产生大量泡沫。⑦NH和Al3＋能水解产生H＋与Mg反应。⑧NH水解显酸性，草木灰水解显碱性，二者相互促进会使NH3逸出，降低肥效。⑨比较溶液中离子浓度大小或盐溶液的酸碱性，都要考虑盐溶液是否水解。
【答案】D
【练后总结】配制盐溶液时，为抑制盐的水解而加入酸或碱，但应注意不能引入杂质离子，加入的酸应是与盐中的酸根对应的强酸，如配制FeCl3溶液加盐酸；加入的碱应是与盐中的阳离子对应的强碱，如配制Na2S溶液要加NaOH溶液。
【变式训练】（2021·山东济宁市·高三一模）以黄铁矿的烧渣(主要成分为、、等)为原料制取新型高效的无机高分子絮凝剂—聚合硫酸铁(其中)的工艺流程如图：
已知：为防止水解，原料中的必须先还原为。
下列有关说法错误的是
A．“取样分析”目的是可以用来确定氧化所需的量
B．为促进水解反应，应在高温条件下进行
C．氧化反应的离子方程式为
D．水解时溶液的pH偏小或偏大都会影响聚合硫酸铁的产率
【解析】A．因为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，所以确定下一步还原所需铁的量，然后Fe2+再被氧化Fe3+，需要确定氧化Fe2+所需NaClO3的量，A正确；B．该流程中要得到，若温度过高，则将转化为Fe(OH)3沉淀，使得产物不纯，故应该控制反应温度，B错误；C．从流程中可知，进入氧化反应的是Fe2+，即NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，故氧化反应的离子方程式为，C正确；D．水解时溶液的pH偏小将使大部分Fe3+不能水解仍然以Fe3+存在，而pH偏大将生成Fe(OH)3沉淀，故都会影响聚合硫酸铁的产率，D正确；故答案为：B。
【答案】B
高频考点5 考查Ka(弱酸电离常数)、KW(水的离子积常数)、Kh(水解常数)三者关系的应用
例5.(2020·安徽省太和第一中学月考)已知：25 ℃ 时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。该温度下，用0.100 mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.100 mol·L－1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．HA为强酸
B．a<10
C．25 ℃时，NH的水解常数为×10－9
D．当滴入20 mL氨水时， 溶液中存在c(NH)>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】根据图像，0.1 mol/L的一元酸HA溶液中lg＝12，则＝1012，结合c(H＋)×c(OH－)＝10－14解得c(H＋)＝0.1 mol/L，则HA为强酸，A正确；若a＝10，则二者恰好完全反应生成NH4A，该铵盐水解，溶液显酸性，lg＞0，结合图像可知，当lg＝0时，a>10，B不正确；25 ℃时，NH的水解常数＝＝＝×10－9，C正确；当滴入氨水的体积V＝20 mL时得到等物质的量浓度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3·H2O的电离常数大于NH的水解常数，则NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，所以c(NH)>c(A－)、c(OH－)>c(H＋)，则c(NH)>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。
【答案】B
【归纳总结】Kh与Ka(或Kb)、KW的关系
(1)一元弱酸盐：Ka·Kh＝KW
(2)一元弱碱盐：Kb·Kh＝KW
(3)多元弱酸盐，如NamA溶液：Kh＝，Nam－1HA溶液Kh＝，依次类推……
【变式训练】已知25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____ mol·L－1。(已知≈2.36)
【解析】Kh＝＝
c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NH)≈1 mol·L－1。
所以c(H＋)＝ ＝ mol·L－1≈2.36×10－5 mol·L－1。
【答案】2.36×10－5 mol·L－1
高频考点6 考查溶液中微粒浓度大小比较
例6．（2020·河北省玉田县第一中学高三月考）用0.1mol/L的NaOH滴定20mL 0.1mol/L HA溶液[ Ka(HA)=10-5 ]，滴定过程中消耗NaOH的体积为V，下列叙述错误的是
A．当V=10mL时，溶液中各粒子的浓度关系为：c(HA) + 2c(H+) = c(A-) + 2c(OH-)
B．当V=10mL时，溶液呈碱性
C．当V=20mL时，溶液中各粒子的浓度大小关系为： c(Na+) > c(A-) > c(OH-) > c(HA)
D．当V=40mL时，溶液中各粒子的浓度关系为： c(Na+)= 2c(A-) + 2 c(HA)
【解析】A．当V=10mL时，生成Na A与剩余的HA的物质的量相等，在溶液中存在电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH-)，物料守恒：2c(Na+)= c(A-) + c(HA)，两个守恒消去c(Na+)，得到质子守恒c(HA) + 2c(H+) = c(A-) + 2c(OH-)，故A正确；B．当V=10mL时，生成Na A与剩余的HA的物质的量相等，因HA的电离常数为Ka(HA)=10-5，A-的水解常数与HA的电离常数之积等于水的离子积常数，K·K a= K w, K=10-1410-5=10-9,则K a> K，HA的电离大于A-的水解，所以溶液呈酸性，故B错误；C．当V=20mL时，恰好完全反应生成Na A，因为HA是弱酸，Na A水解呈碱性，则溶液中各粒子的浓度大小关系为： c(Na+) > c(A-) > c(OH-) > c(HA)，故C正确；D．当V=40mL时，NaOH的物质的量是HA的物质的量的二倍，物料守恒为c(Na+)= 2c(A-) + 2 c(HA)，故D正确；故选B；
【答案】B
【易错提醒】1．电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO)的化学计量数2代表一个CO带2个负电荷，不可漏掉。
2．物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。
3．等式考虑守恒原理，不等式考虑平衡原理
(1)等式一般与电荷守恒、物料守恒、质子守恒相联系。如果给定的等式不是三个守恒式，可以把三个守恒式变化形式后相互作差，加以推导即可。
(2)如果给定的是不等式，要先考虑等式，对等式的一边加入或减少某离子，即可变成不等式。
【变式训练】（2021·黑龙江高三）室温下，将0.10mol·L-1NaOH溶液滴加到0.10mol·L-1HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg)关系如图所示。下列叙述正确的是
A．溶液中水的电离程度：N>P>Q
B．P点溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+)
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10-4.75
【解析】A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为Nc(OH-)，则根据电荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(A-)> c(Na+)，C错误；D．由NQ点的坐标可以计算P点坐标（0，4.75），lg =0，=10-4.75mol/L，根据电离平衡常数分析，K=10-4.75，则室温下，NaA的水解平衡常数Kh= =10-9.25，D错误；故选B。
【答案】B
第八章 水溶液中的离子平衡
第25讲 盐类水解（精讲）
【考情分析】
本讲内容是高考考查的重点与热点，盐类水解主要考点有四个：一是水解方程式的书写；二是水解平衡的影响因素及水解平衡移动；三是溶液中离子浓度大小的比较；四是盐类水解在工农业生产和实验中的应用。预计今后，溶液中离子浓度大小比较仍然会是高考的热点，将盐类水解的知识与其他知识有机结合在一起进行考查，将是今后命题的基本方向，不仅可以结合本专题其他内容考查，而且溶液中的各种守恒关系也得到了很好的体现，以选择题为主。
【核心素养分析】
1.变化观念与平衡思想:认识盐类水解有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析盐类水解平衡，并运用盐类水解平衡原理解决实际问题。
2.科学探究与创新意识:能发现和提出有关盐类水解的判断问题；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。
3.证据推理与模型认知:知道可以通过分析、推理等方法认识盐类水解的本质特征、建立模型。能运用模型解释盐类水解平衡的移动，揭示现象的本质和规律。
【网络构建】
【知识梳理】
知能点一 盐类水解及其规律
1.定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2.条件：可溶性盐必须有弱酸根离子或弱碱阳离子
3.实质：盐电离―→―→破坏了水的电离平衡―→水的电离程度增大―→溶液呈碱性、酸性或中性。
4.特点
（1）可逆：水解反应是可逆反应；
（2）吸热：水解反应是酸碱中和反应的逆反应；
（3）微弱：水解反应程度很微弱
5.盐类水解的规律：
（1）规律：有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
（2）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
pH＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NH、Cu2＋
酸性
pH＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO－、CO
碱性
pH>7
6.盐类水解离子方程式的书写要求
(1)一般要求
水解记三点，水写分子式，中间用可逆()，后无沉气出。即盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。如NH4Cl水解的离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)三种类型的盐水解离子方程式的书写
①多元弱酸盐水解：分步进行，水解离子方程式要分步表示，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。如Na2CO3水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－。
②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。
如FeCl3水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大（即产生沉淀），书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。如Na2S溶液与AlCl3溶液混合水解的离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
知能点二 盐类水解的影响因素及应用
1.影响盐类水解平衡的因素
(1)内因：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如水解程度：Na2CO3＞Na2SO3，Na2CO3＞NaHCO3。
(2)外因
(3)以FeCl3水解为例[Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋]，填写外界条件对水解平衡的影响。
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
2.盐类水解的重要应用
应用
举例
判断溶液的
酸碱性
FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋
判断酸性强弱
等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX＞HY＞HZ
配制或贮存易
水解的盐溶液
配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
泡沫灭火器
原理
成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
作净水剂
明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
化肥的使用
铵态氮肥与草木灰不得混用
除锈剂
NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂
比较溶液中离子
浓度的大小
如：Na2CO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)
判断盐溶液
蒸干时的产物
盐水解生成挥发性酸，蒸干灼烧后一般得氧化物。如AlCl3→Al2O3
盐水解生成难挥发性酸，蒸干后得原物质。如CuSO4→CuSO4
考虑盐受热时是否分解。如KMnO4→K2MnO4和MnO2
还原性盐溶液蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3→Na2SO4
弱酸的铵盐溶液蒸干后无固体剩余。如NH4HCO3、(NH4)2CO3
3.熟记下列因相互促进水解不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH与SiO、AlO。
智能点三 水解常数(Kh)
1．数学表达式
用HA表示酸，用MOH表示碱，MA表示由它们生成的盐，在MA溶液中，若M＋、A－均能水解，A－＋H2OHA＋OH－，则A－的水解常数为Kh＝；M＋＋H2OMOH＋H＋，则M＋的水解常数为Kh＝。
2．水解常数与电离常数的关系
若NaA为强碱弱酸盐，A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝＝＝；若MCl为强酸弱碱盐，同理可得Kh＝。
3．意义
水解常数可以表示盐的水解程度的大小，Kh越大，盐类水解程度越大。
4．外界影响因素
水解常数是只是温度的函数，Kh随温度的升高而增大。
5．水解常数的应用
(1)计算盐溶液中的c(H＋)或c(OH－)
Kh＝≈，c(OH－)＝；
同理，对于M＋＋H2OMOH＋H＋，c(H＋)＝。
(2)判断水解程度大小、盐溶液的酸碱性
如，对于CH3COONH4溶液，由Ka(CH3COOH)≈Kb(NH3·H2O)可知，Kh(CH3COO－)≈Kh(NH)，CH3COO－和NH水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)。
(3)判断水解程度和电离程度大小，盐溶液的酸碱性。
①单一溶液。
如，对于NaHCO3溶液，Kh(HCO)＝＝＝2.3×10－8，Ka(HCO)＝4.7×10－11＜Kh(HCO)，HCO电离程度小于其水解程度，溶液呈碱性，c(H＋)＜c(OH－)。
②混合溶液。
如，对于等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh(CH3COO－)＝＝＝5.7×10－10＜Ka(CH3COOH)，CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的电离程度，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)。
智能点四 电解质溶液中的三大守恒
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＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
2．物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素的原子总是守恒的，或两种原子的数目比是固定的。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
3．质子守恒规律
如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下：
即给出H＋后剩余微粒浓度之和等于得到H＋后生成微粒浓度之和，故由图可得Na2S水溶液中质子守恒式：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
【典例剖析】
高频考点1 考查盐类水解实质及水解方程式的书写
例1．下列方程式属于水解反应方程式的是
A．H2CO3⇌HCO+H+ B．HCO+H2O⇌H3O++CO
C．HCO+OH-=H2O+CO D．CO+ H2O⇌HCO+ OH-
【解析】A．碳酸是一种二元弱酸，选项所给为碳酸的第一步电离方程式，A不符合题意；B．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根的电离方程式，B不符合题意；C．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根和氢氧根的反应，C不符合题意；D．碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，方程式为CO+ H2O⇌HCO+ OH-，D符合题意；综上所述答案为D。
【答案】D
【规律总结】水解离子方程式的书写规律为：谁弱写谁，都弱都写；阳离子水解生成弱碱和H+，阴离子水解生成弱酸和OH-，即阳生成阳（H+）,阴生阴（OH-）。
【变式训练】下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性是
A．HCO+ H2OH3O+ + CO B．Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+
C．HS- + H2OH2S + OH- D．H2CO3 + H2OH3O ++ HCO
【解析】A．是的电离方程式，A错误；B．水解生成，溶液呈酸性，B正确；C．HS- + H2OH2S + OH-，是水解反应，溶液呈碱性，C错误；D．H2CO3 + H2OH3O ++ HCO是电离方程式，错误D；答案选B。
【答案】B
高频考点2 考查盐类水解的规律
例2.25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
【解析】两种溶液中均存在着水的电离平衡，NaHCO3溶液中还存在：HCOH＋＋CO及HCO＋H2OH2CO3＋OH－的水解平衡，Na2CO3溶液中还存在：CO＋H2OHCO＋OH－的水解平衡，A正确；两种溶液中均存在Na＋、CO、HCO、H2CO3、OH－、H＋、H2O，B正确；浓度相同时，CO水解程度大于HCO水解程度，故Na2CO3溶液中c(OH－)更大，C错误；NaHCO3溶液中加入NaOH固体：HCO＋OH－H2O＋CO，c(CO)增大，Na2CO3溶液中加入NaOH，导致CO的水解平衡向左移动，c(CO)增大，D正确。
答案：C
【规律总结】盐类水解的规律及拓展应用
(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCN
(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(3)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若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。
(4)相同条件下的水解程度
①正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
②相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NH的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
【变式训练】(2020·宁夏银川模拟)物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ三种盐溶液，若它们的pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的排列顺序是 ( )
A．HX、HZ、HY B．HZ、HY、HX
C．HX、HY、HZ D．HY、HZ、HX
【解析】组成盐的酸根对应的酸越弱，该酸根的水解程度越大，物质的量浓度相同时，该盐溶液的碱性越强，pH越大，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的排列顺序是HX、HY、HZ。
【答案】C
高频考点3 考查盐类水解的影响因素
例3．（2021·哈尔滨市·黑龙江实验中学高三其他模拟）实验测得等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是
A．Na2CO3的水解是放热反应
B．M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是水解平衡逆向移动
C．N点时NaHCO3已完全分解
D．若将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62
【解析】A．Na2CO3的水解是吸热反应，故A错误；B．碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子电离产生氢离子、水解产生氢氧根离子，M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是电离程度大于水解程度，故B错误；C．碳酸钠溶液的pH随温度升高而降低，N点后溶液的pH随温度升高而升高，所以N点时NaHCO3没有完全分解，故C错误；D．N点溶液中含有碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62，故D正确；选D。
【答案】D
【名师归纳】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。
【变式训练】（2021·天津高三二模）对于0.1 mol/L Na2CO3溶液，下列说法正确的是
A．加入NaOH固体，溶液pH减小
B．升高温度，溶液中c(OH-)增大
C．稀释溶液，溶液中c(H+)减少
D．c(Na+)+c(H+) =c()+c()+c(OH-)
【解析】A． 加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，A错误；B． Na2CO3溶液水解呈碱性，升高温度，促进盐类水解、促进水电离，溶液中c(OH-)增大，B正确；C． 温度不变，水的离子积常数不变，稀释溶液，Na2CO3溶液浓度下降，溶液碱性下降，氢氧根离子浓度减小，溶液中c(H+)增大，C错误；D．溶液呈电中性，则 根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+) =c()+2c()+c(OH-)，D错误；答案选B。
【答案】B
高频考点4 考查盐类水解的应用
例4．下面提到的问题中，与盐的水解有关的是( )
①明矾和FeCl3可作净水剂 ②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸 ③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释 ④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂 ⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞 ⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气 ⑧长期使用硫酸铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ⑨比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性
A．①④⑦ B．②⑤⑧ C．③⑥⑨ D．全部
【解析】①Al3＋和Fe3＋水解产生Al(OH)3胶体和Fe(OH)3胶体，吸附水中的悬浮杂质。②加盐酸可抑制FeCl3水解。③AlCl3溶解在盐酸中可抑制Al3＋的水解。④NH和Zn2＋水解产生的H＋与锈反应。⑤Na2CO3、Na2SiO3溶液水解显碱性，可腐蚀玻璃。⑥Al3＋与HCO发生相互促进水解反应，产生大量泡沫。⑦NH和Al3＋能水解产生H＋与Mg反应。⑧NH水解显酸性，草木灰水解显碱性，二者相互促进会使NH3逸出，降低肥效。⑨比较溶液中离子浓度大小或盐溶液的酸碱性，都要考虑盐溶液是否水解。
【答案】D
【练后总结】配制盐溶液时，为抑制盐的水解而加入酸或碱，但应注意不能引入杂质离子，加入的酸应是与盐中的酸根对应的强酸，如配制FeCl3溶液加盐酸；加入的碱应是与盐中的阳离子对应的强碱，如配制Na2S溶液要加NaOH溶液。
【变式训练】（2021·山东济宁市·高三一模）以黄铁矿的烧渣(主要成分为、、等)为原料制取新型高效的无机高分子絮凝剂—聚合硫酸铁(其中)的工艺流程如图：
已知：为防止水解，原料中的必须先还原为。
下列有关说法错误的是
A．“取样分析”目的是可以用来确定氧化所需的量
B．为促进水解反应，应在高温条件下进行
C．氧化反应的离子方程式为
D．水解时溶液的pH偏小或偏大都会影响聚合硫酸铁的产率
【解析】A．因为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，所以确定下一步还原所需铁的量，然后Fe2+再被氧化Fe3+，需要确定氧化Fe2+所需NaClO3的量，A正确；B．该流程中要得到，若温度过高，则将转化为Fe(OH)3沉淀，使得产物不纯，故应该控制反应温度，B错误；C．从流程中可知，进入氧化反应的是Fe2+，即NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，故氧化反应的离子方程式为，C正确；D．水解时溶液的pH偏小将使大部分Fe3+不能水解仍然以Fe3+存在，而pH偏大将生成Fe(OH)3沉淀，故都会影响聚合硫酸铁的产率，D正确；故答案为：B。
【答案】B
高频考点5 考查Ka(弱酸电离常数)、KW(水的离子积常数)、Kh(水解常数)三者关系的应用
例5.(2020·安徽省太和第一中学月考)已知：25 ℃ 时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。该温度下，用0.100 mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.100 mol·L－1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．HA为强酸
B．a<10
C．25 ℃时，NH的水解常数为×10－9
D．当滴入20 mL氨水时， 溶液中存在c(NH)>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】根据图像，0.1 mol/L的一元酸HA溶液中lg＝12，则＝1012，结合c(H＋)×c(OH－)＝10－14解得c(H＋)＝0.1 mol/L，则HA为强酸，A正确；若a＝10，则二者恰好完全反应生成NH4A，该铵盐水解，溶液显酸性，lg＞0，结合图像可知，当lg＝0时，a>10，B不正确；25 ℃时，NH的水解常数＝＝＝×10－9，C正确；当滴入氨水的体积V＝20 mL时得到等物质的量浓度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3·H2O的电离常数大于NH的水解常数，则NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，所以c(NH)>c(A－)、c(OH－)>c(H＋)，则c(NH)>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。
【答案】B
【归纳总结】Kh与Ka(或Kb)、KW的关系
(1)一元弱酸盐：Ka·Kh＝KW
(2)一元弱碱盐：Kb·Kh＝KW
(3)多元弱酸盐，如NamA溶液：Kh＝，Nam－1HA溶液Kh＝，依次类推……
【变式训练】已知25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____ mol·L－1。(已知≈2.36)
【解析】Kh＝＝
c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NH)≈1 mol·L－1。
所以c(H＋)＝ ＝ mol·L－1≈2.36×10－5 mol·L－1。
【答案】2.36×10－5 mol·L－1
高频考点6 考查溶液中微粒浓度大小比较
例6．（2020·河北省玉田县第一中学高三月考）用0.1mol/L的NaOH滴定20mL 0.1mol/L HA溶液[ Ka(HA)=10-5 ]，滴定过程中消耗NaOH的体积为V，下列叙述错误的是
A．当V=10mL时，溶液中各粒子的浓度关系为：c(HA) + 2c(H+) = c(A-) + 2c(OH-)
B．当V=10mL时，溶液呈碱性
C．当V=20mL时，溶液中各粒子的浓度大小关系为： c(Na+) > c(A-) > c(OH-) > c(HA)
D．当V=40mL时，溶液中各粒子的浓度关系为： c(Na+)= 2c(A-) + 2 c(HA)
【解析】A．当V=10mL时，生成Na A与剩余的HA的物质的量相等，在溶液中存在电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH-)，物料守恒：2c(Na+)= c(A-) + c(HA)，两个守恒消去c(Na+)，得到质子守恒c(HA) + 2c(H+) = c(A-) + 2c(OH-)，故A正确；B．当V=10mL时，生成Na A与剩余的HA的物质的量相等，因HA的电离常数为Ka(HA)=10-5，A-的水解常数与HA的电离常数之积等于水的离子积常数，K·K a= K w, K=10-1410-5=10-9,则K a> K，HA的电离大于A-的水解，所以溶液呈酸性，故B错误；C．当V=20mL时，恰好完全反应生成Na A，因为HA是弱酸，Na A水解呈碱性，则溶液中各粒子的浓度大小关系为： c(Na+) > c(A-) > c(OH-) > c(HA)，故C正确；D．当V=40mL时，NaOH的物质的量是HA的物质的量的二倍，物料守恒为c(Na+)= 2c(A-) + 2 c(HA)，故D正确；故选B；
【答案】B
【易错提醒】1．电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO)的化学计量数2代表一个CO带2个负电荷，不可漏掉。
2．物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。
3．等式考虑守恒原理，不等式考虑平衡原理
(1)等式一般与电荷守恒、物料守恒、质子守恒相联系。如果给定的等式不是三个守恒式，可以把三个守恒式变化形式后相互作差，加以推导即可。
(2)如果给定的是不等式，要先考虑等式，对等式的一边加入或减少某离子，即可变成不等式。
【变式训练】（2021·黑龙江高三）室温下，将0.10mol·L-1NaOH溶液滴加到0.10mol·L-1HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg)关系如图所示。下列叙述正确的是
A．溶液中水的电离程度：N>P>Q
B．P点溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+)
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10-4.75
【解析】A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为N
【答案】B
相关试卷
新高考化学一轮复习巩固练习[25]第八章第25讲 盐类的水解（含解析）： 这是一份新高考化学一轮复习巩固练习[25]第八章第25讲 盐类的水解（含解析），共8页。
高考化学一轮复习讲练 第8章 第27讲 盐类水解 (含解析)： 这是一份高考化学一轮复习讲练 第8章 第27讲 盐类水解 (含解析)，共21页。试卷主要包含了了解盐类水解的原理，盐类水解离子方程式的书写要求，9×10－10，6×10－11等内容，欢迎下载使用。
2024年江苏高考化学一轮复习 第24讲 盐类的水解 课时练（含解析）： 这是一份2024年江苏高考化学一轮复习 第24讲 盐类的水解 课时练（含解析），共16页。试卷主要包含了 下列水溶液呈酸性的是， 下列说法正确的是， 实验室可利用反应， 室温下，Ka1＝9等内容，欢迎下载使用。
