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第八章水溶液中的电离平衡第三讲盐类的水解 高考化学一轮复习学案人教版
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这是一份第八章水溶液中的电离平衡第三讲盐类的水解 高考化学一轮复习学案人教版，共28页。学案主要包含了加固训练——拔高，备选例题，加固训练—拔高等内容，欢迎下载使用。
第三讲 盐类的水解
考点一 盐类水解及其规律(命题指数★★★)
1．盐类的水解：
(1)概念：在溶液中，由盐电离出来的弱酸根离子或弱碱阳离子跟水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
(2)实质：生成弱酸或弱碱，使水的电离平衡被破坏而建立起新的平衡。
(3)特征：
①一般是可逆反应，在一定条件下达到化学平衡。
②盐类水解反应是中和反应的逆反应。
③盐类水解是吸热反应。
2．盐类水解规律及类型：
(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
Na2SO4、
KNO3
否
中性
pH＝7
强酸
弱碱盐
NH4Cl、
Fe(NO3)3
是
NH、Fe3＋
酸性
pH＜7
弱酸
强碱盐
HCOONa、
Na2CO3
是
HCOO－、CO
碱性
pH>7
弱酸
弱碱盐
CH3COONH4
是
CH3COO－、
NH
中性
pH＝7
3.盐类水解方程式的书写：
(1)盐类水解的离子方程式一般应用“”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。如CH3COONa水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；NH4Cl水解的离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)多元弱酸根离子水解的离子方程式应分步书写，水解是以第一步水解为主，如CO水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
(3)多元弱碱阳离子的水解比较复杂，一般一步写出。值得注意的是，其最终生成的弱碱即使是难溶物也不标“↓”等状态符号，因其水解生成的量极少，不会生成沉淀，如Al3＋水解的离子方程式常写成：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。
(4)阴、阳离子相互促进的水解(双水解)，若水解程度不大，用“”表示，如CH3COONH4水解的离子方程式为CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O；双水解程度较大的，书写时用“===”“↑”“↓”，如Al2S3水解的离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
(5)盐类水解的离子方程式同样遵循质量守恒定律和电荷守恒规律。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)盐类加入水中，水的电离平衡一定被促进。( )
提示：×。强酸强碱盐对水的电离平衡无影响。
(2)显酸性的盐溶液，一定是该盐的阳离子发生了水解。( )
提示：×。NaHSO4溶液因盐电离出H＋而显酸性。
(3)Na2S水解的离子方程式为S2－＋2H2OH2S＋2OH－。( )
提示：×。多元弱酸的酸根应分步水解。
(4)已知酸性HF＞CH3COOH，所以等浓度的CH3COONa溶液的碱性强于NaF溶液。( )
提示：√。根据越弱越水解可知，CH3COO－的水解程度大于F－的水解程度，所以CH3COONa溶液的碱性更强。
(5)向AlCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成。( )
提示：√。Al3＋和HCO的水解相互促进，彻底双水解，有沉淀Al(OH)3和气体CO2生成。
2.碳酸钠(左)和碳酸氢钠(右)溶液中滴加酚酞后，颜色如图。
(1)强碱弱酸的酸式盐中存在着哪些平衡？试分析碳酸氢钠溶液中的平衡。
(2)强碱弱酸的酸式盐是否一定呈酸性？
提示：(1)NaHCO3溶液中存在着两种平衡：
①电离平衡：HCOH＋＋CO；H2OH＋＋OH－。
②水解平衡：HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
(2)强碱弱酸酸式盐溶液的酸碱性与弱酸酸式根离子的电离和水解的相对强弱有关，如NaHCO3溶液中，HCO水解>电离，则NaHCO3溶液呈碱性；NaHSO3溶液中HSO电离强于水解，NaHSO3溶液呈酸性。
命题角度1：盐类水解的概念
【典例1】(2020·浙江7月选考)水溶液呈酸性的是( )
A．NaCl B．NaHSO4
C．HCOONa D．NaHCO3
【解析】选B。NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，其水溶液呈酸性，B正确；HCOONa属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，C错误；NaHCO3是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D错误。
命题角度2：盐类水解规律
【典例2】有①NaOH溶液②Na2CO3溶液③CH3COONa溶液各10 mL，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1，下列说法正确的是( )
A．三种溶液pH的大小顺序是①＞③＞②
B．三种溶液中由水电离出的OH－浓度大小顺序是②＞③＞①
C．若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③
D．若分别加入10 mL 0.1 mol·L－1盐酸后，pH最大的是①
【解析】选B。等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中酸根对应的酸的酸性越强，酸根水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液pH的大小顺序是①＞②＞③，故A错误；氢氧化钠溶液抑制了水的电离，而碳酸钠和醋酸钠溶液都促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，所以三种溶液中水电离的氢氧根离子浓度大小关系为②＞③＞①，故B正确；稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①氢氧化钠溶液，故C错误；等体积等浓度混合后，①溶质为NaCl、②溶质为NaHCO3与NaCl、③溶质为CH3COOH与NaCl，HCO离子水解显碱性，所以pH最大的是②，故D错误。
(1)(宏观辨识与微观探析)若原题中三种溶液pH相等，则浓度由大到小的顺序如何？
提示：强碱完全电离，强酸弱碱盐水解微弱，且越弱越水解，若pH相等三者浓度③＞②＞①。
(2)(宏观辨识与微观探析)若原题中三种溶液的pH均为10，则三种溶液中由水电离的OH－浓度之比是多少？
提示：①NaOH溶液中水电离的OH－浓度为10－10 mol·L－1，②Na2CO3溶液中水电离的OH－浓度为10－4 mol·L－1，③CH3COONa溶液中水电离的OH－浓度为10－4 mol·L－1，水电离的OH－浓度之比为1∶106∶106。
(3)(变化观念与平衡思想)若向Na2CO3溶液中加入CH3COONa固体，CO的浓度如何变化？
提示：CH3COO－水解与CO水解是竞争关系，CH3COO－的加入抑制CO的水解，CO浓度增大。
1．盐溶液的酸碱性：
盐的类型
是否水解
溶液的pH
强酸弱碱盐
水解
pH<7
强碱弱酸盐
水解
pH>7
强酸强碱盐
不水解
pH＝7
弱酸弱碱盐
水解
谁强显谁性
2.盐类水解的规律：
(1)盐的水解促进了水的电离，使水的电离程度增大。
(2)有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。
(3)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。如相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的pH前者大于后者。
3．水解离子方程式书写规则：
(1)多元弱酸阴离子是分步水解的，以第一步水解为主。
(2)多元弱碱阳离子水解复杂，可一步写出。
(3)彻底双水解用“===”“↑”“↓”。
4．比较相同浓度的溶液pH大小的方法：
(1)先按酸性、中性、碱性分类，再按电离和水解规律排序。
(2)酸性：强酸<弱酸<强酸弱碱盐。
碱性：强碱>弱碱>强碱弱酸盐。
命题点1：盐类水解的概念(基础性考点)
1．(2021·北京模拟)下列离子方程式中，属于水解反应的是( )
A．HCOOHHCOO－＋H＋
B．HCO＋H2OH2CO3＋OH－
C．H2O＋H2OH3O＋＋OH－
D．HCOCO＋H＋
【解析】选B。HCOOHHCOO－＋H＋是甲酸的电离，故A错误；HCO＋H2OH2CO3＋OH－是碳酸氢根离子的水解，故B正确；H2O＋H2OH3O＋＋OH－是水的电离，故C错误；HCOCO＋H＋是碳酸氢根离子的电离，故D错误。
2．(2021·南京模拟)常温下，在0.1 mol·L－1 NaX溶液中水电离的H＋浓度为a1，在0.1 mol·L－1盐酸中，水电离的H＋浓度为a2，若＝108，则0.1 mol·L－1 NaX溶液的pH是( )
A．5 B．7
C．8 D．9
【解析】选D。0.1 mol·L－1盐酸中c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－13 mol·L－1，根据＝108，则a1＝10－13×108＝10－5 (mol·L－1)，在0.1 mol·L－1 NaX溶液中，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－5 mol·L－1，即pH＝9。
命题点2：盐类水解规律(综合性考点)
3．物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是( )
A．Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl
B．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D．NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3
【解析】选C。Na2S、Na2CO3和NaHCO3水解后溶液都显碱性，pH>7，但CO水解程度比HCO大，故pH：Na2CO3>NaHCO3；NH4Cl和(NH4)2SO4水解后溶液都显酸性，则pH<7，(NH4)2SO4中NH浓度大，故pH：NH4Cl>(NH4)2SO4，NaCl和NaNO3均不水解，故pH＝7，C项正确。
4．(2021·北京模拟)某同学进行如下实验，下列说法不正确的是( )
实验步骤
实验现象
Ⅰ
将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热
试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着
Ⅱ
将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上
试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)
A.根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
【解析】选C。氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确；根据分析，根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；根据分析，Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确。
【加固训练——拔高】
1．(2021·唐山模拟)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解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，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H3PO3
C．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】选B。水解是反应中各物质和水分别解离成两部分、然后两两重新组合成新的物质，该反应相当于复分解反应，反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，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不选；该反应中Cl元素化合价由－1价变为＋1价，有电子转移，不符合水解原理，故B选；Al4C3的水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C不选；CH3COCl的水解产物是两种酸为CH3COOH和HCl，符合水解原理，故D不选。
2．(2021·杭州模拟)已知K2FeO4溶于水后，会水解生成多种微粒。图是0.1 mol·L－1 K2FeO4溶液中各含铁微粒随溶液pH的变化图，纵坐标表示其个数百分含量，则下列说法不正确的是( )
A．K2FeO4溶于水呈碱性
B．HFeO水解强于电离
C．H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应
D．0.10 mol·L－1的K2FeO4的pH近似等于10
【解析】选B。K2FeO4溶于水，FeO的浓度最大，由图可知，溶液的pH约为10，则溶液呈碱性，故A正确；当c(HFeO)最大时，溶液的pH小于6，则电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，故B错误；由图可知H2FeO4加碱转化为HFeO，加酸转化为H3FeO，所以H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应，故C正确；由图可知0.10 mol·L－1的K2FeO4，浓度最大即当FeO的百分含量最大时溶液的pH约为10，故D正确。
考点二 盐类水解的影响因素及应用(命题指数★★★★)
1．影响盐类水解平衡的因素：
(1)盐类本身的性质(越弱越水解)。
组成盐的离子对应酸或碱越弱，水解程度越大。
(2)反应条件：符合勒夏特列原理。
以Fe3＋水解为例，Fe3＋水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
条件
移动方向
水解程度
pH
加入FeCl3
向右
减小
减小
加H2O
向右
增大
增大
升温
向右
增大
减小
通入HCl
向左
减小
减小
加入NH4Cl
向左
减小
减小
加入NaOH
向右
增大
增大
加入Fe粉
向左
减小
增大
2.盐类水解的应用：
应用
举例
加热促进水解
热的纯碱溶液去污力强
分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱
等物质的量浓度的Na2CO3、 NaHCO3溶液均显碱性，且碱性： Na2CO3>NaHCO3
判断溶液中离子能否大量共存
Al3＋和HCO因发生水解互促反应，不能大量共存
配制或贮存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸，目的是抑制Fe3＋水解
胶体的制备，作净水剂
明矾溶于水，生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清，离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
化肥的使用
铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
泡沫灭火器的反应原理(双水解)
离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
无水盐的制备
由MgCl2·6H2O制MgCl2 ，在干燥的HCl气流中加热
判断盐溶液的蒸干产物
将AlCl3 溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3，而不是AlCl3
某些盐的分离除杂
为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸
盐溶液除锈
NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解溶液显酸性)
利用水解反应来制纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)
如利用TiCl4水解制备TiO2·xH2O的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O＋4HCl
判断电解质的强弱
CH3COONa 溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)加热0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大。( )
提示：√。水解反应是吸热反应，加热促进水解。
(2)将氯化铵溶液加水稀释时，的值减小。( )
提示：√。加水稀释促进水解，n(NH)减小，n(Cl－)不变，浓度之比等于物质的量之比，故减小。
(3)明矾作为净水剂，可以杀菌消毒。( )
提示：×。明矾溶于水后，Al3＋水解产物Al(OH)3胶体具有吸附作用，可以净水，但不能杀菌消毒。
(4)实验室储存NaF溶液时可以选用玻璃瓶。( )
提示：×。NaF水解产生HF腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶储存。
(5)配制FeSO4溶液时，应加入铁粉防止Fe2＋氧化，并加入盐酸抑制Fe2＋水解。( )
提示：×。应加入硫酸抑制Fe2＋水解。
2．向纯碱溶液中滴入酚酞溶液。
(1)会观察到什么现象？为什么？
(2)若微热溶液，会观察到什么现象？为什么？
(3)若再向该溶液中滴入过量的氯化钡溶液，会观察到什么现象？为什么？
提示：(1)碳酸钠属于弱酸强碱盐，水解呈碱性，使酚酞试液变红；
(2)加热促进碳酸钠水解，溶液碱性更强，所以溶液颜色变深；
(3)向溶液中加入过量的氯化钡溶液，生成碳酸钡沉淀，降低了溶液中CO浓度，碳酸钠水解平衡向左移动，pH减小，溶液碱性减弱直至消失，溶液褪色。
命题角度1：影响盐类水解平衡的因素
【典例1】(2019·北京高考)实验测得0.5 mol·L－1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.随温度升高，纯水中c(H＋)＞c(OH－)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为
CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
【解析】选C。升高温度，促进水的电离，但纯水中的c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；升高温度既促进水的电离，又促进醋酸钠的水解，使溶液中c(OH－)增大 ，故B错误；升高温度既促进水的电离，Kw增大，又促进铜离子的水解，使其水解平衡正向移动，这相当于促进了氢氧根离子与铜离子结合，最终的结果是氢离子剩余，导致pH减小，故C正确；随温度升高，CH3COO－、Cu2＋水解平衡均正向移动，故D错误。
【备选例题】
(2021·南充模拟)利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度(T)的关系，曲线如图，下列分析错误的是( )
A.碳酸钠水解是吸热反应
B．ab段说明水解平衡正向移动
C．bc段说明水解平衡逆向移动
D．水的电离平衡也对 pH 产生影响
【解析】选C。分析图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，升温pH增大，说明水解是吸热反应，故A正确；碳酸钠是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，而升高温度使平衡正向移动，溶液的碱性增强，故B正确；水解是吸热的，温度不断升高只会导致平衡不断正向移动，此时溶液pH却出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，故C错误；水本身也存在着一个电离平衡，温度改变平衡移动，因此对溶液的pH产生影响，故D正确。
命题角度2：盐类水解的应用
【典例2】(2019·天津高考节选)氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。
SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式___________________________________________________________________，
因此，配制SbCl3溶液应注意___________________________________________。
【解析】SbCl3发生水解的方程式为SbCl3＋H2OSbOCl↓＋2HCl，配制SbCl3时，应加盐酸，抑制水解。
答案：SbCl3＋H2OSbOCl↓＋2HCl(“”写成“===”亦可) 加盐酸，抑制水解
1．影响盐类水解的“三因素”：
(1)升高温度，促进盐类的水解；
(2)加水稀释，促进盐类的水解；
(3)加入H＋，抑制阳离子的水解；加入OH－，抑制阴离子的水解。
2．盐溶液蒸干并灼烧所得物质的判断：
(1)盐水解若生成挥发性酸(如HCl、HNO3)时，蒸干后一般得到难溶性碱，因为在盐蒸干的过程中酸会挥发，从而使盐的水解平衡右移。如AlCl3＋3H2OAl(OH)3↓＋3HCl↑，再灼烧时Al(OH)3分解，最终得到Al2O3。
(2)盐水解若生成不挥发性酸(如H2SO4)时，蒸干一般得到原溶质。如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得到Al2(SO4)3。
(3)强碱弱酸盐水溶液蒸干后一般得到原物质。如蒸干Na2CO3溶液仍得到Na2CO3固体。
3．盐类水解的重要应用：
(1)判断盐溶液的酸碱性。
如相同物质的量浓度的下列溶液：NaCl、KHSO4、Na2CO3、NaHCO3其pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaHCO3>NaCl>KHSO4。
(2)比较盐溶液中离子浓度的大小。
如Na2CO3溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CO)>
c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。
(3)判断盐所对应酸的相对强弱。
如相同浓度的NaA和NaB两种盐溶液，其pH前者大于后者，则酸性HB>HA。
(4)判断溶液中的离子能否大量共存。
如Al3＋、Fe3＋与CO、HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存。
(5)某些活泼金属与强酸弱碱盐反应。
Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中有氢气产生。
(6)除杂。
①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。如不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3＋，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。
②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。
命题点1：影响盐类水解平衡的因素(基础性考点)
1．(2021·桂林模拟)在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是( )
A．加入NaOH固体，平衡向正反应方向移动
B．稀释溶液，CO的水解程度增大
C．通入HCl，溶液pH增大
D．升高温度，不变
【解析】选B。加入NaOH固体，生成物OH－的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故A错误；稀释溶液，相当于向体系内加水，增大反应物的量，平衡正向移动，CO的水解程度增大，故B正确；通入HCl会消耗氢氧根离子，溶液的pH减小，故C错误；升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡向正反应方向移动，生成物HCO的浓度增大，CO的浓度减小，则增大，故D错误。
2．0.5 mol·L－1CH3COONa溶液和水的pH随温度的变化如图所示，下列分析错误的是( )
A.25℃，CH3COONa溶液的pH＝8.2，显碱性
B．60℃，H2O中c(H＋)＝1×10－6.5 mol·L－1，呈中性
C．60℃，CH3COONa溶液中c(OH－)＝1×10－5.1 mol·L－1
D．升高温度，CH3COONa溶液水解程度和pH都减小
【解析】选D。根据图示信息得到25℃时CH3COONa溶液的pH是8.2，大于7，溶液显碱性，故A正确；根据图示信息得到60℃水的pH＝6.5，c(H＋)＝1×10－6.5 mol·L－1，无论什么温度下，水都是中性的，故B正确；根据图示得到60℃时Kw＝10－13，60℃，CH3COONa溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－5.1 mol·L－1，故C正确；升高温度促进盐的水解，CH3COONa溶液水解程度增大碱性增强，pH增大，故D错误。
命题点2：盐类水解的应用(应用性考点)
3．(2021年辽宁适应性测试)实验室用TiCl4水解法制备纳米TiO2的简易流程如下，下列说法错误的是( )
A．TiCl4发生水解反应，可生成TiO2·xH2O
B．氨水的作用可用勒夏特列原理解释
C．可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净
D．制得的TiO2纳米颗粒能产生丁达尔现象
【解析】选D。TiCl4发生水解反应：TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl，A正确；Ti4＋水解显酸性，加入氨水促进水解，B正确；沉淀的表面附有TiCl4，可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净，C正确；制得的TiO2纳米颗粒，不能产生丁达尔现象，D错误。
【加固训练——拔高】
1．(2021·上海崇明区模拟)加较多量的水稀释 0.1 mol·L－1 的 NaHCO3 溶液，下列离子浓度会增大的是( )
A．CO B．HCO C．H＋ D．OH－
【解析】选C。在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为HCO＋H2OH2CO3＋OH－，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变，所以氢离子的浓度变大。
2．(2021·东城区模拟)室温下，有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液②0.01 mol·L－1 NH4Cl 溶液，下列操作可以使两种溶液中 c(NH)都增大的是( )
A．通入少量HCl气体 B．加入少量NaOH固体
C．加入少量H2O D．适当升高温度
【解析】选A。HCl溶于水后得到的盐酸是强酸，能够和①NH3·H2O反应，导致溶液中c(NH)增大；盐酸中的H＋抑制了NH的水解，使氯化铵溶液中的c(NH)也增大，故A正确；加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH－)增大，抑制了NH3·H2O溶液的电离；氢氧根离子结合NH生成一水合氨，c(NH)都会减小，所以两溶液中NH浓度都减小，故B错误；当向①0.01 mol·L－1 NH3·H2O ②0.01 mol·L－1 NH4Cl加入少量H2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c(NH)都会减小，故C错误；温度升高，氨气具有挥发性，导致氨气挥发，NH3·H2O浓度减小，溶液中的c(NH)减小；而NH4Cl溶液中，铵根离子的水解为吸热反应，升高温度可以促进NH水解，导致c(NH)减小，故D错误。
3．(2021·厦门模拟)某实验小组研究不同净水剂在不同pH时的净水效果，实验结果如图(浊度去除率越高表明净水效果越好)。下列有关说法错误的是( )
A.三种净水剂在pH＝7.5左右净水效果最佳
B．三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄
C．三种净水剂净水效果下降的原因都是因碱性过强胶体发生沉降
D．相同pH条件下，Fe3＋比Al3＋生成的胶粒数目多或吸附效果好
【解析】选C。纵坐标数值越高净水剂净水效果越好，根据图知在pH＝7.5左右时纵坐标数值即浊度去除率最大，所以三种净水剂在pH＝7.5左右净水效果最佳，故A正确；净水剂浊度去除率越高其pH的范围越大越好，根据图知，明矾浊度去除率较好时pH范围较小，所以三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄，故B正确；碱性过强时，Fe3＋、Al3＋直接和OH－反应生成沉淀而不是胶体发生沉降，故C错误；Fe3＋、Al3＋都是带3个单位正电荷的离子，但pH相同时，Fe3＋比Al3＋浊度去除率高，可能是Fe3＋比Al3＋生成的胶粒数目多或吸附效果好，故D正确。
考点三 溶液中粒子浓度的关系(命题指数★★★★★)
1．溶液中的守恒关系：
(1)物料守恒(原子守恒)。
在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，符合原子守恒。如：NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C元素)＝1∶1。因HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－以及HCO电离：HCOH＋＋CO，C的存在形式有3种：HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C元素)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。
(2)电荷守恒。
在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。(因CO带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)。
(3)质子守恒(水的电离守恒)。
①电解质溶液中，分子(或离子)得失质子(H＋)的物质的量应相等。
如在NaHCO3溶液中：
即：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)。
②可以通过物料守恒和电荷守恒推出质子守恒表达式。如NaHCO3溶液中物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO) ①，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO) ②，将①代入②中，整理得质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO)。
2．比较溶液中粒子浓度大小关系：
(1)单一溶液中粒子浓度的比较。
①多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)>c(PO)
②多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)>c(HCO)
③多元弱酸酸式盐：分析酸式酸根离子电离与水解大小。如NaHCO3溶液中HCO水解大于电离，则c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(CO)；NaHSO3溶液中HSO电离大于水解，则c(Na＋)>c(HSO)>
c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)。
(2)混合溶液中各离子浓度的比较。
混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如在0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液和
0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
(3)不同溶液中同一离子浓度的比较。
不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。
如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl ②CH3COONH4 ③NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为③＞①＞②。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)。( )
提示：×。由于NaHCO3溶液显碱性，所以说明HCO的水解程度大于电离程度，即c(H2CO3)＞c(CO)。
(2)在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)。( )
提示：√。根据质子守恒可知，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
(3)向0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液：c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)。( )
提示：×。0.2 mol·L－1 NaHCO3与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后，生成的Na2CO3与过量的NaHCO3同量，但CO水解程度大于HCO的水解程度，所以c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)。
(4)常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－)。( )
提示：√。根据溶液电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，由于pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(CH3COO－)，由于同浓度下CH3COOH电离大于CH3COONa水解，为了使pH＝7，故c(CH3COONa)＞c(CH3COOH)即c(Na＋)＞c(CH3COOH)，再因为单一CH3COONa溶液水解产生的c(OH－)＞1×10－7 mol·L－1，为使pH＝7，需要中和部分OH－，c(CH3COOH)应远大于1×10－7 mol·L－1。
(5)NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。( )
提示：√。根据电荷守恒，阳离子所带正电荷总浓度等于阴离子所带负电荷总浓度。
2．常温下，将a L 0.1 mol·L－1的NaOH溶液与b L 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液混合。无论a、b有何关系，根据电荷守恒均有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。a＝b时，CH3COONa溶液根据质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
(1)a小于b时，溶液中粒子浓度大小关系如何？
(2)a略大于b时，溶液中粒子浓度大小关系如何？
提示：(1)a＜b即酸过量，若溶液呈酸性时c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，若溶液呈中性，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)。
(2)当碱稍过量时，c(Na＋)>c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
命题角度1：单一溶液中粒子浓度大小关系
【典例1】(2019·全国Ⅲ卷)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( )
A．每升溶液中的H＋数目为0.02 NA
B．c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
C.加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【解析】选B。pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，每升溶液中含有H＋的物质的量为0.01 mol，数目为0.01 NA，A错误。根据电荷守恒，H3PO4溶液中离子间的关系为c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B正确。加水稀释后H3PO4电离度增大，溶液体积也增大，溶液中H＋浓度减小，pH增大，C错误。NaH2PO4是强电解质，在水中完全电离NaH2PO4=== Na＋＋ H2PO，生成的H2PO抑制了H3PO4的电离H3PO4H＋＋ H2PO，溶液酸性减弱，D错误。
命题角度2：混合溶液中粒子浓度大小关系
【典例2】(2020·江苏高考改编)室温下，将两种浓度均为0.10 mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A．NaHCO3－Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>
c(OH－)
B．氨水－NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
C．CH3COOH－CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：
c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)
D．H2C2O4－NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)
【解析】选D。A项，等浓度的NaHCO3和Na2CO3，CO的水解程度比HCO的大，所以溶液中c(HCO)>c(CO)，错误；B项，电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝
c(Cl－)＋c(OH－)，物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，pH＝9.25，溶液显碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，c(NH)>c(NH3·H2O)，结合物料守恒有c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)，则结合电荷守恒有c(NH)＋
c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH－)，错误；C项，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝
c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液显酸性，则c(Na＋)
2c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)，两式相减可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，正确。
命题角度3：结合图象分析粒子浓度大小关系
【典例3】(2019·全国Ⅰ卷)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3 ，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是( )
A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的
C．b点的混合溶液pH＝7
D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)
【解析】选C。邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。根据图示可知，混合溶液在不同的反应阶段含有的离子的种类和浓度不同，故混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；根据图示可知，随着反应的进行，溶液的导电能力逐渐增强，加入的碱的量越多，溶液中的HA－的浓度越小，Na＋与A2－的量越多，故Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B正确；b点滴定终点应该是二者恰好反应生成Na2A和K2A，根据邻苯二甲酸H2A的Ka1和Ka2值可知，邻苯二甲酸是弱酸，所以到达滴定终点时溶液应该呈碱性，故b点的pH应该大于7，C不正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c(Na＋)和c(K＋)相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中
c(Na＋)＞c(K＋)，由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c(K＋)＞c(OH－)，溶液中三者大小顺序为c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)，故D正确。
1．离子浓度大小比较的方法：
(1)关键性离子定位法：主要适用于解答选择题。即通过判断溶液中浓度最大或最小的某离子、c(H＋)与c(OH－)大小关系的位置正确与否，来确定选项是否正确，这就是我们通常所用的排除法。
(2)守恒判断法：运用质子守恒、电荷守恒或物料守恒等守恒规律来解决问题，既可简化解题过程，又容易判断出答案的正确与否。
(3)反应方程式分析法：主要适用于单一溶液型问题的分析。即将电离方程式与水解方程式结合起来，进行定性与定量的分析，先考虑电解质电离，再考虑水解。
①多元弱酸溶液，根据多步电离分析。
例如：在H3PO4的溶液中：c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。
②多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根分步水解分析。例如：在Na2CO3溶液中：
c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。
③不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他粒子对其影响的因素。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：a.NH4Cl，b.CH3COONH4，c.NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为c>a>b。NH4HSO4电离出的H＋抑制NH的水解，而CH3COONH4中CH3COO－促进NH的水解。
2．比较溶液中粒子浓度大小的解题流程：
命题点1：单一溶液中粒子浓度大小关系(基础性考点)
1．(2021·雅安模拟)在0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中，下列关系正确的是( )
A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)
B．2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(H＋)
D．c(HCO)＞c(H2CO3)
【解析】选D。根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，故A错误；根据物料守恒，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故B错误；根据质子守恒，c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，故C错误；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解时，第一步水解程度远远大于第二步水解，则c(HCO)＞c(H2CO3)，故D正确。
命题点2：混合溶液中粒子浓度大小关系(综合性考点)
2．(2021·北京海淀模拟)向1 L 0.3 mol·L－1的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是( )
A．通入二氧化碳为0.15 mol时，2c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)
B．通入二氧化碳为0.15 mol时，c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)
C．通入二氧化碳为0.2 mol时，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
D．向A选项反应后溶液中通入0.3 mol HCl，加热，c(Na＋)＝c(Cl－)＝
0.3 mol·L－1
【解析】选A。n(NaOH)＝0.3 mol·L－1×1 L＝0.3 mol，通入二氧化碳为0.15 mol时，溶液中存在物料守恒n(Na)＝2n(C)，即c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，故A错误；通过二氧化碳为0.15 mol时，发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，所以溶液中溶质为Na2CO3，Na2CO3两步水解都生成OH－，只有一步水解生成HCO，则c(OH－)＞c(HCO)，但是其水解程度较小，所以存在c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)，故B正确；通入二氧化碳为0.2 mol时，发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O、H2O＋Na2CO3＋CO2===2NaHCO3，生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量都是0.1 mol，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故C正确；A中发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，且二者恰好完全反应生成碳酸钠，向A选项反应后溶液中通入0.3 mol HCl，HCl和碳酸钠反应生成氯化钠和二氧化碳，反应方程式为Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O，加热，钠离子和氯离子的物质的量浓度不变且相等，即c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.3 mol·L－1，故D正确。
命题点3：结合图象分析粒子浓度大小关系(应用性考点)
3．(2021·黄冈模拟)已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，25 ℃时，Ka1(H2C2O4)＝5.9×
10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5。用NaOH溶液滴定草酸氢钾(KHC2O4)溶液，混合溶液的相对导电能力随加入NaOH体积的变化如图所示(忽略混合时溶液温度的变化)，其中N点为反应终点。下列有关描述中正确的是( )
A．M点粒子浓度：
c(K＋)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)
B．N点时存在：
c(Na＋)＋c(K＋)＜2c(C2O)＋2c(HC2O)
C．从N点到P点的过程中溶液中一定存在：c(Na＋)＋c(H2C2O4)＞c(C2O)
D．水的电离程度大小顺序：P＞N＞M
【解析】选C。M点的溶质是KHC2O4，根据H2C2O4的两步电离平衡常数，Ka2>，得KHC2O4溶液显酸性，HC2O的电离程度大于水解程度，粒子浓度为c(K＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，A错误；N点为反应终点，含等量的K2C2O4、Na2C2O4，水的电离程度最大，根据物料守恒得c(Na＋)＋c(K＋)＝2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，则c(Na＋)＋c(K＋)>2c(C2O)＋2c(HC2O)，B、D错误；从N点到P点的过程中，是向等量的K2C2O4、Na2C2O4的溶液中加入NaOH溶液，则溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)，则c(Na＋)＋c(K＋)＞2c(C2O)＋c(HC2O)，原草酸氢钾(KHC2O4)溶液中存在物料守恒c(K＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)，将c(K＋)代入上式，得c(Na＋)＋c(H2C2O4)＞c(C2O)，C正确。
【加固训练——拔高】
1．(2021·北京模拟)0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中，离子浓度关系正确的是( )
A．c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．c(NH)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)
C．c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋)
D．c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
【解析】选D。NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，再结合电荷守恒得c(Cl－)＞c(NH)，因水解程度较小，则c(NH)＞c(H＋)，则离子浓度大小关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A、B均错误；根据电荷守恒，可知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故C错误，D正确。
2．(2021·南京模拟)25 ℃时，在10 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 HCl溶液20 mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.HCl溶液滴加一半时，溶液pH＞7
B．H2CO3的Ka1的数量级为10－6
C．pH＝8时，溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
D．在M点：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
【解析】选C。HCl溶液滴加一半时，也就是10 mL，恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，其中碳酸氢钠水解溶液呈碱性，所以溶液的pH＞7，故A正确；由图中可以看出，当c(H＋)＝10－6 mol·L－1时，c(H2CO3)＝c(HCO)，H2CO3的Ka1＝＝10－6 mol·L－1，故B正确；n(HCO)＝0.001 mol时，溶液的pH＝8，所以加入0.1 mol·L－1 HCl溶液10 mL，恰好与Na2CO3完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，所以溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.05 mol·L－1，故C错误；在M点：n(CO)＝n(HCO)＝0.000 5时，得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠，两者水解溶液呈碱性，所以离子浓度大小为c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正确。
1．(2020·山东等级考改编)25 ℃时，某混合溶液中
c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，
lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO－)、lgc(H＋)和lgc(OH－)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是( )
A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)
B．N点时，pH＝－lgKa
C．该体系中，c(CH3COOH)＝ mol·L－1
D．pH由7到14的变化过程中， CH3COO－的水解程度始终增大
【解析】选B。根据图象分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和CH3COOH浓度减小，又pH＝7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线
代表的浓度分别是曲线1为lgc(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH－)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH＝7，应该得出的结论为c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO－)＝lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，因Ka＝，代入等量关系并变形可知pH＝－lgKa，故B正确；c(CH3COO－)＋
c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，则c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1－c(CH3COOH)，又Ka＝，联立两式消去c(CH3COO－)并化简整理可得出，c(CH3COOH)＝ mol·L－1，故C错误；醋酸根离子的水解平衡为CH3COO－＋H2OCH3COOH ＋OH－，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH－)不断增大，则不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误。
2．(2018·北京高考)测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡： SO＋H2OHSO＋OH－
B．④的pH 与①不同，是由于SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw 值相等
【解析】选C。Na2SO3属于弱酸强碱盐，溶液中存在水解平衡SO＋H2OHSO＋OH－，A正确；④的pH 与①不同，是由于SO被O2氧化生成SO，浓度减小，水解平衡左移，OH－浓度减小，B正确；水解反应为吸热反应，升高温度，水解平衡右移，pH应当升高，而①→③的过程中pH下降，说明温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误； 离子积常数Kw 值只受温度影响，①与④的温度相同，故Kw 值相等，D正确。
【加固训练—拔高】
(2018·天津高考)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ＝]。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( )
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO
C．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【解析】选D。在LiH2PO4溶液中，有水的电离平衡、H2PO的水解平衡、H2PO的两步电离平衡，共4个平衡，A错误；含磷元素的微粒有H3PO4、H2PO、HPO、PO，B错误；根据图1可以看出，开始随着c初始(H2PO)增大，溶液pH逐渐减小，但c(H2PO)大于10－1 mol·L－1时，pH保持4.66不变，C错误；c初始(H2PO)大于1 mol·L－1，溶液pH＝4.66，此时图2中，H2PO的分布分数为0.994，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
1．盐类水解的三个特点：
(1)可逆反应；
(2)吸热反应(中和反应的逆反应)；
(3)水解程度一般非常微弱。
2．盐溶液酸碱性的判断：
(1)判断盐溶液的酸碱性，需先判断盐的类型，因此需熟练记忆常见的强酸、强碱和弱酸、弱碱。
(2)盐溶液呈中性，无法判断该盐是否水解。例如：NaCl溶液呈中性，是因为NaCl是强酸强碱盐，不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性，是因为CH3COO－和NH的水解程度相当。
(3)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液中离子浓度是减小的，故溶液酸性(或碱性)越弱。
(4)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是体系中 c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
3．盐类水解规律：
有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，谁强显谁性，两强显中性，弱弱具体定。
4．离子浓度大小比较的5个依据：
(1)电离平衡 (2)水解平衡
(3)电荷守恒 (4)物料守恒
(5)质子守恒
第三讲 盐类的水解
考点一 盐类水解及其规律(命题指数★★★)
1．盐类的水解：
(1)概念：在溶液中，由盐电离出来的弱酸根离子或弱碱阳离子跟水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
(2)实质：生成弱酸或弱碱，使水的电离平衡被破坏而建立起新的平衡。
(3)特征：
①一般是可逆反应，在一定条件下达到化学平衡。
②盐类水解反应是中和反应的逆反应。
③盐类水解是吸热反应。
2．盐类水解规律及类型：
(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
Na2SO4、
KNO3
否
中性
pH＝7
强酸
弱碱盐
NH4Cl、
Fe(NO3)3
是
NH、Fe3＋
酸性
pH＜7
弱酸
强碱盐
HCOONa、
Na2CO3
是
HCOO－、CO
碱性
pH>7
弱酸
弱碱盐
CH3COONH4
是
CH3COO－、
NH
中性
pH＝7
3.盐类水解方程式的书写：
(1)盐类水解的离子方程式一般应用“”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。如CH3COONa水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；NH4Cl水解的离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)多元弱酸根离子水解的离子方程式应分步书写，水解是以第一步水解为主，如CO水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
(3)多元弱碱阳离子的水解比较复杂，一般一步写出。值得注意的是，其最终生成的弱碱即使是难溶物也不标“↓”等状态符号，因其水解生成的量极少，不会生成沉淀，如Al3＋水解的离子方程式常写成：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。
(4)阴、阳离子相互促进的水解(双水解)，若水解程度不大，用“”表示，如CH3COONH4水解的离子方程式为CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O；双水解程度较大的，书写时用“===”“↑”“↓”，如Al2S3水解的离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
(5)盐类水解的离子方程式同样遵循质量守恒定律和电荷守恒规律。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)盐类加入水中，水的电离平衡一定被促进。( )
提示：×。强酸强碱盐对水的电离平衡无影响。
(2)显酸性的盐溶液，一定是该盐的阳离子发生了水解。( )
提示：×。NaHSO4溶液因盐电离出H＋而显酸性。
(3)Na2S水解的离子方程式为S2－＋2H2OH2S＋2OH－。( )
提示：×。多元弱酸的酸根应分步水解。
(4)已知酸性HF＞CH3COOH，所以等浓度的CH3COONa溶液的碱性强于NaF溶液。( )
提示：√。根据越弱越水解可知，CH3COO－的水解程度大于F－的水解程度，所以CH3COONa溶液的碱性更强。
(5)向AlCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成。( )
提示：√。Al3＋和HCO的水解相互促进，彻底双水解，有沉淀Al(OH)3和气体CO2生成。
2.碳酸钠(左)和碳酸氢钠(右)溶液中滴加酚酞后，颜色如图。
(1)强碱弱酸的酸式盐中存在着哪些平衡？试分析碳酸氢钠溶液中的平衡。
(2)强碱弱酸的酸式盐是否一定呈酸性？
提示：(1)NaHCO3溶液中存在着两种平衡：
①电离平衡：HCOH＋＋CO；H2OH＋＋OH－。
②水解平衡：HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
(2)强碱弱酸酸式盐溶液的酸碱性与弱酸酸式根离子的电离和水解的相对强弱有关，如NaHCO3溶液中，HCO水解>电离，则NaHCO3溶液呈碱性；NaHSO3溶液中HSO电离强于水解，NaHSO3溶液呈酸性。
命题角度1：盐类水解的概念
【典例1】(2020·浙江7月选考)水溶液呈酸性的是( )
A．NaCl B．NaHSO4
C．HCOONa D．NaHCO3
【解析】选B。NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，其水溶液呈酸性，B正确；HCOONa属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，C错误；NaHCO3是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D错误。
命题角度2：盐类水解规律
【典例2】有①NaOH溶液②Na2CO3溶液③CH3COONa溶液各10 mL，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1，下列说法正确的是( )
A．三种溶液pH的大小顺序是①＞③＞②
B．三种溶液中由水电离出的OH－浓度大小顺序是②＞③＞①
C．若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③
D．若分别加入10 mL 0.1 mol·L－1盐酸后，pH最大的是①
【解析】选B。等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中酸根对应的酸的酸性越强，酸根水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液pH的大小顺序是①＞②＞③，故A错误；氢氧化钠溶液抑制了水的电离，而碳酸钠和醋酸钠溶液都促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，所以三种溶液中水电离的氢氧根离子浓度大小关系为②＞③＞①，故B正确；稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①氢氧化钠溶液，故C错误；等体积等浓度混合后，①溶质为NaCl、②溶质为NaHCO3与NaCl、③溶质为CH3COOH与NaCl，HCO离子水解显碱性，所以pH最大的是②，故D错误。
(1)(宏观辨识与微观探析)若原题中三种溶液pH相等，则浓度由大到小的顺序如何？
提示：强碱完全电离，强酸弱碱盐水解微弱，且越弱越水解，若pH相等三者浓度③＞②＞①。
(2)(宏观辨识与微观探析)若原题中三种溶液的pH均为10，则三种溶液中由水电离的OH－浓度之比是多少？
提示：①NaOH溶液中水电离的OH－浓度为10－10 mol·L－1，②Na2CO3溶液中水电离的OH－浓度为10－4 mol·L－1，③CH3COONa溶液中水电离的OH－浓度为10－4 mol·L－1，水电离的OH－浓度之比为1∶106∶106。
(3)(变化观念与平衡思想)若向Na2CO3溶液中加入CH3COONa固体，CO的浓度如何变化？
提示：CH3COO－水解与CO水解是竞争关系，CH3COO－的加入抑制CO的水解，CO浓度增大。
1．盐溶液的酸碱性：
盐的类型
是否水解
溶液的pH
强酸弱碱盐
水解
pH<7
强碱弱酸盐
水解
pH>7
强酸强碱盐
不水解
pH＝7
弱酸弱碱盐
水解
谁强显谁性
2.盐类水解的规律：
(1)盐的水解促进了水的电离，使水的电离程度增大。
(2)有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。
(3)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。如相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的pH前者大于后者。
3．水解离子方程式书写规则：
(1)多元弱酸阴离子是分步水解的，以第一步水解为主。
(2)多元弱碱阳离子水解复杂，可一步写出。
(3)彻底双水解用“===”“↑”“↓”。
4．比较相同浓度的溶液pH大小的方法：
(1)先按酸性、中性、碱性分类，再按电离和水解规律排序。
(2)酸性：强酸<弱酸<强酸弱碱盐。
碱性：强碱>弱碱>强碱弱酸盐。
命题点1：盐类水解的概念(基础性考点)
1．(2021·北京模拟)下列离子方程式中，属于水解反应的是( )
A．HCOOHHCOO－＋H＋
B．HCO＋H2OH2CO3＋OH－
C．H2O＋H2OH3O＋＋OH－
D．HCOCO＋H＋
【解析】选B。HCOOHHCOO－＋H＋是甲酸的电离，故A错误；HCO＋H2OH2CO3＋OH－是碳酸氢根离子的水解，故B正确；H2O＋H2OH3O＋＋OH－是水的电离，故C错误；HCOCO＋H＋是碳酸氢根离子的电离，故D错误。
2．(2021·南京模拟)常温下，在0.1 mol·L－1 NaX溶液中水电离的H＋浓度为a1，在0.1 mol·L－1盐酸中，水电离的H＋浓度为a2，若＝108，则0.1 mol·L－1 NaX溶液的pH是( )
A．5 B．7
C．8 D．9
【解析】选D。0.1 mol·L－1盐酸中c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－13 mol·L－1，根据＝108，则a1＝10－13×108＝10－5 (mol·L－1)，在0.1 mol·L－1 NaX溶液中，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－5 mol·L－1，即pH＝9。
命题点2：盐类水解规律(综合性考点)
3．物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是( )
A．Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl
B．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D．NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3
【解析】选C。Na2S、Na2CO3和NaHCO3水解后溶液都显碱性，pH>7，但CO水解程度比HCO大，故pH：Na2CO3>NaHCO3；NH4Cl和(NH4)2SO4水解后溶液都显酸性，则pH<7，(NH4)2SO4中NH浓度大，故pH：NH4Cl>(NH4)2SO4，NaCl和NaNO3均不水解，故pH＝7，C项正确。
4．(2021·北京模拟)某同学进行如下实验，下列说法不正确的是( )
实验步骤
实验现象
Ⅰ
将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热
试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着
Ⅱ
将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上
试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)
A.根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
【解析】选C。氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确；根据分析，根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；根据分析，Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确。
【加固训练——拔高】
1．(2021·唐山模拟)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解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，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H3PO3
C．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】选B。水解是反应中各物质和水分别解离成两部分、然后两两重新组合成新的物质，该反应相当于复分解反应，反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，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不选；该反应中Cl元素化合价由－1价变为＋1价，有电子转移，不符合水解原理，故B选；Al4C3的水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C不选；CH3COCl的水解产物是两种酸为CH3COOH和HCl，符合水解原理，故D不选。
2．(2021·杭州模拟)已知K2FeO4溶于水后，会水解生成多种微粒。图是0.1 mol·L－1 K2FeO4溶液中各含铁微粒随溶液pH的变化图，纵坐标表示其个数百分含量，则下列说法不正确的是( )
A．K2FeO4溶于水呈碱性
B．HFeO水解强于电离
C．H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应
D．0.10 mol·L－1的K2FeO4的pH近似等于10
【解析】选B。K2FeO4溶于水，FeO的浓度最大，由图可知，溶液的pH约为10，则溶液呈碱性，故A正确；当c(HFeO)最大时，溶液的pH小于6，则电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，故B错误；由图可知H2FeO4加碱转化为HFeO，加酸转化为H3FeO，所以H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应，故C正确；由图可知0.10 mol·L－1的K2FeO4，浓度最大即当FeO的百分含量最大时溶液的pH约为10，故D正确。
考点二 盐类水解的影响因素及应用(命题指数★★★★)
1．影响盐类水解平衡的因素：
(1)盐类本身的性质(越弱越水解)。
组成盐的离子对应酸或碱越弱，水解程度越大。
(2)反应条件：符合勒夏特列原理。
以Fe3＋水解为例，Fe3＋水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
条件
移动方向
水解程度
pH
加入FeCl3
向右
减小
减小
加H2O
向右
增大
增大
升温
向右
增大
减小
通入HCl
向左
减小
减小
加入NH4Cl
向左
减小
减小
加入NaOH
向右
增大
增大
加入Fe粉
向左
减小
增大
2.盐类水解的应用：
应用
举例
加热促进水解
热的纯碱溶液去污力强
分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱
等物质的量浓度的Na2CO3、 NaHCO3溶液均显碱性，且碱性： Na2CO3>NaHCO3
判断溶液中离子能否大量共存
Al3＋和HCO因发生水解互促反应，不能大量共存
配制或贮存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸，目的是抑制Fe3＋水解
胶体的制备，作净水剂
明矾溶于水，生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清，离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
化肥的使用
铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
泡沫灭火器的反应原理(双水解)
离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
无水盐的制备
由MgCl2·6H2O制MgCl2 ，在干燥的HCl气流中加热
判断盐溶液的蒸干产物
将AlCl3 溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3，而不是AlCl3
某些盐的分离除杂
为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸
盐溶液除锈
NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解溶液显酸性)
利用水解反应来制纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)
如利用TiCl4水解制备TiO2·xH2O的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O＋4HCl
判断电解质的强弱
CH3COONa 溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)加热0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大。( )
提示：√。水解反应是吸热反应，加热促进水解。
(2)将氯化铵溶液加水稀释时，的值减小。( )
提示：√。加水稀释促进水解，n(NH)减小，n(Cl－)不变，浓度之比等于物质的量之比，故减小。
(3)明矾作为净水剂，可以杀菌消毒。( )
提示：×。明矾溶于水后，Al3＋水解产物Al(OH)3胶体具有吸附作用，可以净水，但不能杀菌消毒。
(4)实验室储存NaF溶液时可以选用玻璃瓶。( )
提示：×。NaF水解产生HF腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶储存。
(5)配制FeSO4溶液时，应加入铁粉防止Fe2＋氧化，并加入盐酸抑制Fe2＋水解。( )
提示：×。应加入硫酸抑制Fe2＋水解。
2．向纯碱溶液中滴入酚酞溶液。
(1)会观察到什么现象？为什么？
(2)若微热溶液，会观察到什么现象？为什么？
(3)若再向该溶液中滴入过量的氯化钡溶液，会观察到什么现象？为什么？
提示：(1)碳酸钠属于弱酸强碱盐，水解呈碱性，使酚酞试液变红；
(2)加热促进碳酸钠水解，溶液碱性更强，所以溶液颜色变深；
(3)向溶液中加入过量的氯化钡溶液，生成碳酸钡沉淀，降低了溶液中CO浓度，碳酸钠水解平衡向左移动，pH减小，溶液碱性减弱直至消失，溶液褪色。
命题角度1：影响盐类水解平衡的因素
【典例1】(2019·北京高考)实验测得0.5 mol·L－1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.随温度升高，纯水中c(H＋)＞c(OH－)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为
CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
【解析】选C。升高温度，促进水的电离，但纯水中的c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；升高温度既促进水的电离，又促进醋酸钠的水解，使溶液中c(OH－)增大 ，故B错误；升高温度既促进水的电离，Kw增大，又促进铜离子的水解，使其水解平衡正向移动，这相当于促进了氢氧根离子与铜离子结合，最终的结果是氢离子剩余，导致pH减小，故C正确；随温度升高，CH3COO－、Cu2＋水解平衡均正向移动，故D错误。
【备选例题】
(2021·南充模拟)利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度(T)的关系，曲线如图，下列分析错误的是( )
A.碳酸钠水解是吸热反应
B．ab段说明水解平衡正向移动
C．bc段说明水解平衡逆向移动
D．水的电离平衡也对 pH 产生影响
【解析】选C。分析图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，升温pH增大，说明水解是吸热反应，故A正确；碳酸钠是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，而升高温度使平衡正向移动，溶液的碱性增强，故B正确；水解是吸热的，温度不断升高只会导致平衡不断正向移动，此时溶液pH却出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，故C错误；水本身也存在着一个电离平衡，温度改变平衡移动，因此对溶液的pH产生影响，故D正确。
命题角度2：盐类水解的应用
【典例2】(2019·天津高考节选)氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。
SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式___________________________________________________________________，
因此，配制SbCl3溶液应注意___________________________________________。
【解析】SbCl3发生水解的方程式为SbCl3＋H2OSbOCl↓＋2HCl，配制SbCl3时，应加盐酸，抑制水解。
答案：SbCl3＋H2OSbOCl↓＋2HCl(“”写成“===”亦可) 加盐酸，抑制水解
1．影响盐类水解的“三因素”：
(1)升高温度，促进盐类的水解；
(2)加水稀释，促进盐类的水解；
(3)加入H＋，抑制阳离子的水解；加入OH－，抑制阴离子的水解。
2．盐溶液蒸干并灼烧所得物质的判断：
(1)盐水解若生成挥发性酸(如HCl、HNO3)时，蒸干后一般得到难溶性碱，因为在盐蒸干的过程中酸会挥发，从而使盐的水解平衡右移。如AlCl3＋3H2OAl(OH)3↓＋3HCl↑，再灼烧时Al(OH)3分解，最终得到Al2O3。
(2)盐水解若生成不挥发性酸(如H2SO4)时，蒸干一般得到原溶质。如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得到Al2(SO4)3。
(3)强碱弱酸盐水溶液蒸干后一般得到原物质。如蒸干Na2CO3溶液仍得到Na2CO3固体。
3．盐类水解的重要应用：
(1)判断盐溶液的酸碱性。
如相同物质的量浓度的下列溶液：NaCl、KHSO4、Na2CO3、NaHCO3其pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaHCO3>NaCl>KHSO4。
(2)比较盐溶液中离子浓度的大小。
如Na2CO3溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CO)>
c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。
(3)判断盐所对应酸的相对强弱。
如相同浓度的NaA和NaB两种盐溶液，其pH前者大于后者，则酸性HB>HA。
(4)判断溶液中的离子能否大量共存。
如Al3＋、Fe3＋与CO、HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存。
(5)某些活泼金属与强酸弱碱盐反应。
Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中有氢气产生。
(6)除杂。
①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。如不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3＋，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。
②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。
命题点1：影响盐类水解平衡的因素(基础性考点)
1．(2021·桂林模拟)在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是( )
A．加入NaOH固体，平衡向正反应方向移动
B．稀释溶液，CO的水解程度增大
C．通入HCl，溶液pH增大
D．升高温度，不变
【解析】选B。加入NaOH固体，生成物OH－的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故A错误；稀释溶液，相当于向体系内加水，增大反应物的量，平衡正向移动，CO的水解程度增大，故B正确；通入HCl会消耗氢氧根离子，溶液的pH减小，故C错误；升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡向正反应方向移动，生成物HCO的浓度增大，CO的浓度减小，则增大，故D错误。
2．0.5 mol·L－1CH3COONa溶液和水的pH随温度的变化如图所示，下列分析错误的是( )
A.25℃，CH3COONa溶液的pH＝8.2，显碱性
B．60℃，H2O中c(H＋)＝1×10－6.5 mol·L－1，呈中性
C．60℃，CH3COONa溶液中c(OH－)＝1×10－5.1 mol·L－1
D．升高温度，CH3COONa溶液水解程度和pH都减小
【解析】选D。根据图示信息得到25℃时CH3COONa溶液的pH是8.2，大于7，溶液显碱性，故A正确；根据图示信息得到60℃水的pH＝6.5，c(H＋)＝1×10－6.5 mol·L－1，无论什么温度下，水都是中性的，故B正确；根据图示得到60℃时Kw＝10－13，60℃，CH3COONa溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－5.1 mol·L－1，故C正确；升高温度促进盐的水解，CH3COONa溶液水解程度增大碱性增强，pH增大，故D错误。
命题点2：盐类水解的应用(应用性考点)
3．(2021年辽宁适应性测试)实验室用TiCl4水解法制备纳米TiO2的简易流程如下，下列说法错误的是( )
A．TiCl4发生水解反应，可生成TiO2·xH2O
B．氨水的作用可用勒夏特列原理解释
C．可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净
D．制得的TiO2纳米颗粒能产生丁达尔现象
【解析】选D。TiCl4发生水解反应：TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl，A正确；Ti4＋水解显酸性，加入氨水促进水解，B正确；沉淀的表面附有TiCl4，可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净，C正确；制得的TiO2纳米颗粒，不能产生丁达尔现象，D错误。
【加固训练——拔高】
1．(2021·上海崇明区模拟)加较多量的水稀释 0.1 mol·L－1 的 NaHCO3 溶液，下列离子浓度会增大的是( )
A．CO B．HCO C．H＋ D．OH－
【解析】选C。在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为HCO＋H2OH2CO3＋OH－，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变，所以氢离子的浓度变大。
2．(2021·东城区模拟)室温下，有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液②0.01 mol·L－1 NH4Cl 溶液，下列操作可以使两种溶液中 c(NH)都增大的是( )
A．通入少量HCl气体 B．加入少量NaOH固体
C．加入少量H2O D．适当升高温度
【解析】选A。HCl溶于水后得到的盐酸是强酸，能够和①NH3·H2O反应，导致溶液中c(NH)增大；盐酸中的H＋抑制了NH的水解，使氯化铵溶液中的c(NH)也增大，故A正确；加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH－)增大，抑制了NH3·H2O溶液的电离；氢氧根离子结合NH生成一水合氨，c(NH)都会减小，所以两溶液中NH浓度都减小，故B错误；当向①0.01 mol·L－1 NH3·H2O ②0.01 mol·L－1 NH4Cl加入少量H2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c(NH)都会减小，故C错误；温度升高，氨气具有挥发性，导致氨气挥发，NH3·H2O浓度减小，溶液中的c(NH)减小；而NH4Cl溶液中，铵根离子的水解为吸热反应，升高温度可以促进NH水解，导致c(NH)减小，故D错误。
3．(2021·厦门模拟)某实验小组研究不同净水剂在不同pH时的净水效果，实验结果如图(浊度去除率越高表明净水效果越好)。下列有关说法错误的是( )
A.三种净水剂在pH＝7.5左右净水效果最佳
B．三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄
C．三种净水剂净水效果下降的原因都是因碱性过强胶体发生沉降
D．相同pH条件下，Fe3＋比Al3＋生成的胶粒数目多或吸附效果好
【解析】选C。纵坐标数值越高净水剂净水效果越好，根据图知在pH＝7.5左右时纵坐标数值即浊度去除率最大，所以三种净水剂在pH＝7.5左右净水效果最佳，故A正确；净水剂浊度去除率越高其pH的范围越大越好，根据图知，明矾浊度去除率较好时pH范围较小，所以三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄，故B正确；碱性过强时，Fe3＋、Al3＋直接和OH－反应生成沉淀而不是胶体发生沉降，故C错误；Fe3＋、Al3＋都是带3个单位正电荷的离子，但pH相同时，Fe3＋比Al3＋浊度去除率高，可能是Fe3＋比Al3＋生成的胶粒数目多或吸附效果好，故D正确。
考点三 溶液中粒子浓度的关系(命题指数★★★★★)
1．溶液中的守恒关系：
(1)物料守恒(原子守恒)。
在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，符合原子守恒。如：NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C元素)＝1∶1。因HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－以及HCO电离：HCOH＋＋CO，C的存在形式有3种：HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C元素)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。
(2)电荷守恒。
在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。(因CO带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)。
(3)质子守恒(水的电离守恒)。
①电解质溶液中，分子(或离子)得失质子(H＋)的物质的量应相等。
如在NaHCO3溶液中：
即：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)。
②可以通过物料守恒和电荷守恒推出质子守恒表达式。如NaHCO3溶液中物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO) ①，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO) ②，将①代入②中，整理得质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO)。
2．比较溶液中粒子浓度大小关系：
(1)单一溶液中粒子浓度的比较。
①多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)>c(PO)
②多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)>c(HCO)
③多元弱酸酸式盐：分析酸式酸根离子电离与水解大小。如NaHCO3溶液中HCO水解大于电离，则c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(CO)；NaHSO3溶液中HSO电离大于水解，则c(Na＋)>c(HSO)>
c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)。
(2)混合溶液中各离子浓度的比较。
混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如在0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液和
0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
(3)不同溶液中同一离子浓度的比较。
不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。
如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl ②CH3COONH4 ③NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为③＞①＞②。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)。( )
提示：×。由于NaHCO3溶液显碱性，所以说明HCO的水解程度大于电离程度，即c(H2CO3)＞c(CO)。
(2)在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)。( )
提示：√。根据质子守恒可知，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
(3)向0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液：c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)。( )
提示：×。0.2 mol·L－1 NaHCO3与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后，生成的Na2CO3与过量的NaHCO3同量，但CO水解程度大于HCO的水解程度，所以c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)。
(4)常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－)。( )
提示：√。根据溶液电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，由于pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(CH3COO－)，由于同浓度下CH3COOH电离大于CH3COONa水解，为了使pH＝7，故c(CH3COONa)＞c(CH3COOH)即c(Na＋)＞c(CH3COOH)，再因为单一CH3COONa溶液水解产生的c(OH－)＞1×10－7 mol·L－1，为使pH＝7，需要中和部分OH－，c(CH3COOH)应远大于1×10－7 mol·L－1。
(5)NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。( )
提示：√。根据电荷守恒，阳离子所带正电荷总浓度等于阴离子所带负电荷总浓度。
2．常温下，将a L 0.1 mol·L－1的NaOH溶液与b L 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液混合。无论a、b有何关系，根据电荷守恒均有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。a＝b时，CH3COONa溶液根据质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
(1)a小于b时，溶液中粒子浓度大小关系如何？
(2)a略大于b时，溶液中粒子浓度大小关系如何？
提示：(1)a＜b即酸过量，若溶液呈酸性时c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，若溶液呈中性，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)。
(2)当碱稍过量时，c(Na＋)>c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
命题角度1：单一溶液中粒子浓度大小关系
【典例1】(2019·全国Ⅲ卷)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( )
A．每升溶液中的H＋数目为0.02 NA
B．c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
C.加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【解析】选B。pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，每升溶液中含有H＋的物质的量为0.01 mol，数目为0.01 NA，A错误。根据电荷守恒，H3PO4溶液中离子间的关系为c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B正确。加水稀释后H3PO4电离度增大，溶液体积也增大，溶液中H＋浓度减小，pH增大，C错误。NaH2PO4是强电解质，在水中完全电离NaH2PO4=== Na＋＋ H2PO，生成的H2PO抑制了H3PO4的电离H3PO4H＋＋ H2PO，溶液酸性减弱，D错误。
命题角度2：混合溶液中粒子浓度大小关系
【典例2】(2020·江苏高考改编)室温下，将两种浓度均为0.10 mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A．NaHCO3－Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>
c(OH－)
B．氨水－NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
C．CH3COOH－CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：
c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)
D．H2C2O4－NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)
【解析】选D。A项，等浓度的NaHCO3和Na2CO3，CO的水解程度比HCO的大，所以溶液中c(HCO)>c(CO)，错误；B项，电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝
c(Cl－)＋c(OH－)，物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，pH＝9.25，溶液显碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，c(NH)>c(NH3·H2O)，结合物料守恒有c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)，则结合电荷守恒有c(NH)＋
c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH－)，错误；C项，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝
c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液显酸性，则c(Na＋)
2c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)，两式相减可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，正确。
命题角度3：结合图象分析粒子浓度大小关系
【典例3】(2019·全国Ⅰ卷)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3 ，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是( )
A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的
C．b点的混合溶液pH＝7
D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)
【解析】选C。邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。根据图示可知，混合溶液在不同的反应阶段含有的离子的种类和浓度不同，故混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；根据图示可知，随着反应的进行，溶液的导电能力逐渐增强，加入的碱的量越多，溶液中的HA－的浓度越小，Na＋与A2－的量越多，故Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B正确；b点滴定终点应该是二者恰好反应生成Na2A和K2A，根据邻苯二甲酸H2A的Ka1和Ka2值可知，邻苯二甲酸是弱酸，所以到达滴定终点时溶液应该呈碱性，故b点的pH应该大于7，C不正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c(Na＋)和c(K＋)相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中
c(Na＋)＞c(K＋)，由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c(K＋)＞c(OH－)，溶液中三者大小顺序为c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)，故D正确。
1．离子浓度大小比较的方法：
(1)关键性离子定位法：主要适用于解答选择题。即通过判断溶液中浓度最大或最小的某离子、c(H＋)与c(OH－)大小关系的位置正确与否，来确定选项是否正确，这就是我们通常所用的排除法。
(2)守恒判断法：运用质子守恒、电荷守恒或物料守恒等守恒规律来解决问题，既可简化解题过程，又容易判断出答案的正确与否。
(3)反应方程式分析法：主要适用于单一溶液型问题的分析。即将电离方程式与水解方程式结合起来，进行定性与定量的分析，先考虑电解质电离，再考虑水解。
①多元弱酸溶液，根据多步电离分析。
例如：在H3PO4的溶液中：c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。
②多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根分步水解分析。例如：在Na2CO3溶液中：
c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。
③不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他粒子对其影响的因素。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：a.NH4Cl，b.CH3COONH4，c.NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为c>a>b。NH4HSO4电离出的H＋抑制NH的水解，而CH3COONH4中CH3COO－促进NH的水解。
2．比较溶液中粒子浓度大小的解题流程：
命题点1：单一溶液中粒子浓度大小关系(基础性考点)
1．(2021·雅安模拟)在0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中，下列关系正确的是( )
A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)
B．2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(H＋)
D．c(HCO)＞c(H2CO3)
【解析】选D。根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，故A错误；根据物料守恒，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故B错误；根据质子守恒，c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，故C错误；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解时，第一步水解程度远远大于第二步水解，则c(HCO)＞c(H2CO3)，故D正确。
命题点2：混合溶液中粒子浓度大小关系(综合性考点)
2．(2021·北京海淀模拟)向1 L 0.3 mol·L－1的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是( )
A．通入二氧化碳为0.15 mol时，2c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)
B．通入二氧化碳为0.15 mol时，c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)
C．通入二氧化碳为0.2 mol时，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
D．向A选项反应后溶液中通入0.3 mol HCl，加热，c(Na＋)＝c(Cl－)＝
0.3 mol·L－1
【解析】选A。n(NaOH)＝0.3 mol·L－1×1 L＝0.3 mol，通入二氧化碳为0.15 mol时，溶液中存在物料守恒n(Na)＝2n(C)，即c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，故A错误；通过二氧化碳为0.15 mol时，发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，所以溶液中溶质为Na2CO3，Na2CO3两步水解都生成OH－，只有一步水解生成HCO，则c(OH－)＞c(HCO)，但是其水解程度较小，所以存在c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)，故B正确；通入二氧化碳为0.2 mol时，发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O、H2O＋Na2CO3＋CO2===2NaHCO3，生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量都是0.1 mol，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故C正确；A中发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，且二者恰好完全反应生成碳酸钠，向A选项反应后溶液中通入0.3 mol HCl，HCl和碳酸钠反应生成氯化钠和二氧化碳，反应方程式为Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O，加热，钠离子和氯离子的物质的量浓度不变且相等，即c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.3 mol·L－1，故D正确。
命题点3：结合图象分析粒子浓度大小关系(应用性考点)
3．(2021·黄冈模拟)已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，25 ℃时，Ka1(H2C2O4)＝5.9×
10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5。用NaOH溶液滴定草酸氢钾(KHC2O4)溶液，混合溶液的相对导电能力随加入NaOH体积的变化如图所示(忽略混合时溶液温度的变化)，其中N点为反应终点。下列有关描述中正确的是( )
A．M点粒子浓度：
c(K＋)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)
B．N点时存在：
c(Na＋)＋c(K＋)＜2c(C2O)＋2c(HC2O)
C．从N点到P点的过程中溶液中一定存在：c(Na＋)＋c(H2C2O4)＞c(C2O)
D．水的电离程度大小顺序：P＞N＞M
【解析】选C。M点的溶质是KHC2O4，根据H2C2O4的两步电离平衡常数，Ka2>，得KHC2O4溶液显酸性，HC2O的电离程度大于水解程度，粒子浓度为c(K＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，A错误；N点为反应终点，含等量的K2C2O4、Na2C2O4，水的电离程度最大，根据物料守恒得c(Na＋)＋c(K＋)＝2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，则c(Na＋)＋c(K＋)>2c(C2O)＋2c(HC2O)，B、D错误；从N点到P点的过程中，是向等量的K2C2O4、Na2C2O4的溶液中加入NaOH溶液，则溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)，则c(Na＋)＋c(K＋)＞2c(C2O)＋c(HC2O)，原草酸氢钾(KHC2O4)溶液中存在物料守恒c(K＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)，将c(K＋)代入上式，得c(Na＋)＋c(H2C2O4)＞c(C2O)，C正确。
【加固训练——拔高】
1．(2021·北京模拟)0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中，离子浓度关系正确的是( )
A．c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．c(NH)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)
C．c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋)
D．c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
【解析】选D。NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，再结合电荷守恒得c(Cl－)＞c(NH)，因水解程度较小，则c(NH)＞c(H＋)，则离子浓度大小关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A、B均错误；根据电荷守恒，可知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故C错误，D正确。
2．(2021·南京模拟)25 ℃时，在10 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 HCl溶液20 mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.HCl溶液滴加一半时，溶液pH＞7
B．H2CO3的Ka1的数量级为10－6
C．pH＝8时，溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
D．在M点：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
【解析】选C。HCl溶液滴加一半时，也就是10 mL，恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，其中碳酸氢钠水解溶液呈碱性，所以溶液的pH＞7，故A正确；由图中可以看出，当c(H＋)＝10－6 mol·L－1时，c(H2CO3)＝c(HCO)，H2CO3的Ka1＝＝10－6 mol·L－1，故B正确；n(HCO)＝0.001 mol时，溶液的pH＝8，所以加入0.1 mol·L－1 HCl溶液10 mL，恰好与Na2CO3完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，所以溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.05 mol·L－1，故C错误；在M点：n(CO)＝n(HCO)＝0.000 5时，得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠，两者水解溶液呈碱性，所以离子浓度大小为c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正确。
1．(2020·山东等级考改编)25 ℃时，某混合溶液中
c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，
lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO－)、lgc(H＋)和lgc(OH－)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是( )
A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)
B．N点时，pH＝－lgKa
C．该体系中，c(CH3COOH)＝ mol·L－1
D．pH由7到14的变化过程中， CH3COO－的水解程度始终增大
【解析】选B。根据图象分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和CH3COOH浓度减小，又pH＝7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线
代表的浓度分别是曲线1为lgc(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH－)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH＝7，应该得出的结论为c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO－)＝lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，因Ka＝，代入等量关系并变形可知pH＝－lgKa，故B正确；c(CH3COO－)＋
c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，则c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1－c(CH3COOH)，又Ka＝，联立两式消去c(CH3COO－)并化简整理可得出，c(CH3COOH)＝ mol·L－1，故C错误；醋酸根离子的水解平衡为CH3COO－＋H2OCH3COOH ＋OH－，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH－)不断增大，则不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误。
2．(2018·北京高考)测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡： SO＋H2OHSO＋OH－
B．④的pH 与①不同，是由于SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw 值相等
【解析】选C。Na2SO3属于弱酸强碱盐，溶液中存在水解平衡SO＋H2OHSO＋OH－，A正确；④的pH 与①不同，是由于SO被O2氧化生成SO，浓度减小，水解平衡左移，OH－浓度减小，B正确；水解反应为吸热反应，升高温度，水解平衡右移，pH应当升高，而①→③的过程中pH下降，说明温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误； 离子积常数Kw 值只受温度影响，①与④的温度相同，故Kw 值相等，D正确。
【加固训练—拔高】
(2018·天津高考)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ＝]。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( )
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO
C．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【解析】选D。在LiH2PO4溶液中，有水的电离平衡、H2PO的水解平衡、H2PO的两步电离平衡，共4个平衡，A错误；含磷元素的微粒有H3PO4、H2PO、HPO、PO，B错误；根据图1可以看出，开始随着c初始(H2PO)增大，溶液pH逐渐减小，但c(H2PO)大于10－1 mol·L－1时，pH保持4.66不变，C错误；c初始(H2PO)大于1 mol·L－1，溶液pH＝4.66，此时图2中，H2PO的分布分数为0.994，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
1．盐类水解的三个特点：
(1)可逆反应；
(2)吸热反应(中和反应的逆反应)；
(3)水解程度一般非常微弱。
2．盐溶液酸碱性的判断：
(1)判断盐溶液的酸碱性，需先判断盐的类型，因此需熟练记忆常见的强酸、强碱和弱酸、弱碱。
(2)盐溶液呈中性，无法判断该盐是否水解。例如：NaCl溶液呈中性，是因为NaCl是强酸强碱盐，不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性，是因为CH3COO－和NH的水解程度相当。
(3)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液中离子浓度是减小的，故溶液酸性(或碱性)越弱。
(4)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是体系中 c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。
3．盐类水解规律：
有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，谁强显谁性，两强显中性，弱弱具体定。
4．离子浓度大小比较的5个依据：
(1)电离平衡 (2)水解平衡
(3)电荷守恒 (4)物料守恒
(5)质子守恒
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