第30讲 盐类水解（讲义）（解析版）

第30讲盐类水解目录考情分析网络构建考点一盐类水解原理【夯基·必备基础知识梳理】知识点1盐类水解知识点2盐类水解规律知识点3盐类水解方程式的书写【提升·必考题型归纳】考向1考查盐类的水解及溶液的酸碱性考向2考查盐类水解规律及应用考点二盐类水解的影响因素及应用【夯基·必备基础知识梳理】知识点1影响盐类水解的因素知识点2盐类水解的应用知识点3水解常数及应用【提升·必考题型归纳】考向1考查盐类水解的影响因素考向2考查盐类水解的应用考向3考查水解常数的应用与计算考点三水溶液中粒子的数量关系【夯基·必备基础知识梳理】知识点1电解质溶液中的三大守恒知识点2电解质溶液中粒子浓度大小比较知识点3水溶液中函数图像分析【提升·必考题型归纳】考向1考查单一溶液中粒子浓度大小比较考向2考查混合溶液中粒子浓度大小比较真题感悟考点要求考题统计考情分析盐类水解原理2023浙江1月卷2题，2分2022北京卷1题，3分2021北京卷12题，3分分析近三年的高考试题，高考命题在本讲有以下规律：1．从考查题型和内容上看，高考命题以选择题为主来呈现，考查内容主要有以下两个方面：(1)考查盐类水解的基本概念，依托实验背景，考查水解平衡的影响因素。(2)与工农业生产相结合，考查盐类水解的应用。(3)以单一溶液和混合溶液为背景，考查溶液中粒子浓度关系。(4)借助图像的形式考查①水解方程式的书写;②结合滴定图像判断离子浓度关系;③电离平衡常数与水解常数的转化关系和应用。2．从命题思路上看，(1)侧重以具体物质的反应和变化为载体，考查盐类水解的基本概念、水解规律、水解平衡的移动和影响因素；以实际情境为载体，考查水解的应用。(2)侧重考查二元或多元酸与碱反应过程中，溶液中粒子浓度之间的关系。考查粒子浓度大小比较、三大守恒、对水电离的影响等。(3)以一些新物质、新图像为载体考查有关水解常数的计算3.根据高考题的命题特点和规律，复习时要注意以下几个方面：(1)影响盐类水解的因素；(2)水解常数与电离常数的关系；(3)盐类水解在实验室中的应用和在工农业生产中的应用。(4)盐溶液中离子浓度的大小比较。盐类水解的应用2023北京卷3题，3分2022浙江6月卷19题，2分2021河北卷6题，3分水溶液中粒子的数量关系2023天津卷10题，3分2022浙江1月卷23题，2分2021广东卷8题，2分考点一盐类水解原理知识点1盐类水解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→eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(弱酸的阴离子→结合H＋,弱碱的阳离子→结合OH－))→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。知识点2盐类水解规律1.盐的分类与盐溶液的酸碱性盐的类型强酸强碱盐强酸弱碱盐弱酸强碱盐弱酸弱碱盐是否水解不水解水解水解水解溶液的酸碱性中性酸性碱性比较Ka和Kb的大小确定溶液的酸性碱性代表物NaCl、KNO3NH4Cl、CuSO4Na2S、Na2CO3CH3COONH4（中性溶液）注意酸式盐不能通过简单分类来判断其溶液的酸碱性：NaHSO4不水解，但是其溶液显酸性；NaHSO3电离大于水解，其溶液显酸性；NaHCO3水解大于电离，其溶液显酸性。2.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、越热越水解、越稀越水解、谁强显谁性、同强是中性”。知识点3盐类水解方程式的书写1.一般要求水解记三点：①水写分子式，②中间用可逆()，③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NHeq\o\al(＋,4)＋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COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋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↑。注意：多元弱酸阴离子分步水解，分步书写；多元弱碱阳离子分步水解，一步书写。考向1考查盐类的水解及溶液的酸碱性例1.（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）实验测得等物质的量浓度的和溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是

A．曲线①是溶液变化曲线B．C点之前，升高温度两条曲线pH均减小，说明水解程度减弱C．D点时的溶质为D．若将D点降温至25℃，其pH范围为8.62<pH<11.55【解析】Ａ．根据等物质的量浓度的和溶液，的碱性弱于，则曲线①是溶液变化曲线，A项错误；Ｂ．水解是吸热过程，升高温度水解程度增大，C点之前，升高温度，pH减小，主要原因是升高温度促进水的电离，B项错误；Ｃ．对比曲线①和②可知，若D点为溶液，则温度继续升高，曲线变化趋势应该与①一致，C项错误；Ｄ．升高温度部分碳酸氢钠发生分解，则将D点溶液降温至25℃，混合液8.62<pH<11.55，D项正确。答案为：D。【答案】D【变式训练】（2023·浙江·校联考三模）下列物质中属于盐且水溶液呈碱性的是A． B． C． D．【解析】A．属于盐因碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，A符合题意；B．属于盐因铵根离子水解水溶液呈酸性，B不符合题意；C．属于盐水溶液呈中性，C不符合题意；D．属于氧化物，溶于水溶液呈碱性，D不符合题意；故选A。【答案】A【思维建模】酸式盐的水溶液的酸碱性判断(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液一定显酸性，如：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。(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：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)；HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性。同理NaHS溶液、Na2HPO4溶液显碱性。②电离程度大于水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液中：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)；HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。使c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。同理NaH2PO4溶液显酸性。考向2考查盐类水解规律及应用例2.（2023·全国·模拟预测）实验测得浓度均为的溶液和溶液的pH随温度的变化情况如图所示。下列说法错误的是A．时，的电离平衡常数约为B．后，溶液的pH随温度的升高而增大的原因可能是的挥发C．升高温度，溶液中减小，增大，pH减小D．溶液中存在：【解析】A．时，的pH=a，的电离平衡常数约为，故A正确；B．升高温度，促进电离，溶液中增大，后，减小，说明醋酸的浓度降低，的挥发会导致降低，故B正确；C．升高温度，使水解平衡正向移动，溶液中增大，故C错误；D．根据质子守恒，溶液中，故D正确；选C。【答案】C【变式训练】（2023·安徽滁州·安徽省定远县第三中学校考二模）如下图所示，只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入的溶液()和的HA溶液()，达到平衡后，下列说法正确的是A．常温下，HA的电离度约为0.1%B．平衡后，甲、乙两室的pH相等C．平衡后，甲室中的物质的量浓度小于乙室中的物质的量浓度D．若用等物质的量浓度的NaA溶液代替溶液，则通过交换膜的HA分子的量减少【分析】0.1mol/LNH4A溶液pH约为7，说明铵根离子和A—离子在溶液中的水解程度几乎相等，溶液中HA和一水合氨的浓度约为10—7mol/L，由只有未电离的HA分子可自由通过交换膜可知，甲室溶液中HA的浓度小于乙室，乙室中HA通过交换膜进入甲室，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡。【解析】A．由0.1mol/LHA溶液pH约为3可知，HA的电离度约为×100%=1%，故A错误；B．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，由于甲室中的A—离子会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，故B错误；C．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，甲室中加入的HA抑制铵根离子的水解，溶液中一水合氨浓度小于10—7mol/L，乙室中HA的浓度减小，电离度增大，则乙室中A—离子浓度大于0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中一水合氨的物质的量浓度小于乙室中A—离子的物质的量浓度，故C正确；D．NaA溶液中A—离子的水解程度小于NH4A溶液，溶液中HA浓度小于NH4A溶液，所以若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，通过交换膜的HA分子的量增加，故D错误；故选C。【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<CH3COOH，则相同条件下碱性：NaCN>CH3COONa。(2)相同条件下的水解程度①正盐>相应酸式盐，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。②相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NHeq\o\al(＋,4)的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。考点二盐类水解的影响因素及应用知识点1影响盐类水解的因素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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(溶液的浓度：浓度越小水解程度越大,温度：温度越高水解程度越大,外加酸碱\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(酸：弱酸根离子的水解程度增大，弱碱阳离子的水解程度减小,碱：弱酸根离子的水解程度减小，弱碱阳离子的水解程度增大))))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，放出气体知识点2盐类水解的应用1.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＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(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＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=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(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞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)2CO32.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HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－。(2)Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－。(3)NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)。3.盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断❶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\o(→,\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\o(→,\s\up7(蒸干))Al(OH)3eq\o(→,\s\up7(灼烧))Al2O3。❷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。❸考虑盐受热时是否分解。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↑＋HCl↑。❹还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。❺弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。4.缓冲溶液（1）概念：能够抵御少量外来的酸、碱或稀释，而保持溶液的pH基本不变的溶液叫缓冲溶液。（2）缓冲溶液的范围：pH＝pKa±1（浓度之比10倍或1/10）。（3）缓冲溶液的类型类型举例等浓度的混合溶液的酸碱性弱酸－弱酸盐CH3COOH－CH3COONa酸性；pH＝4.76弱碱－弱碱盐NH3∙H2O－NH4Cl碱性；pH＝9.25正盐－酸式盐Na2CO3－NaHCO3碱性；pH＝10.30酸式盐－酸NaHC2O4－H2C2O4酸性；pH＝1.68知识点3水解常数及应用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＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)；M＋＋H2OMOH＋H＋，则M＋的水解常数为Kh＝eq\f(c（H＋）·c（MOH）,c（M＋）)。2．水解常数与电离常数的关系1）推导：若NaA为强碱弱酸盐，A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)＝eq\f(c（HA）·c（OH－）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）)＝eq\f(KW,Ka（HA）)；若MCl为强酸弱碱盐，同理可得Kh＝eq\f(KW,Kb（MOH）)。2）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＝eq\f(KW,Ka（m）)Nam－1HA溶液Kh＝eq\f(KW,Ka（m－1）)依次类推……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＝eq\f(c2（OH－）,c－c（OH－）)≈eq\f(c2（OH－）,c)，c(OH－)＝eq\r(c·Kh)；同理，对于M＋＋H2OMOH＋H＋，c(H＋)＝eq\r(c·Kh)。(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(NHeq\o\al(＋,4))，CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)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(HCOeq\o\al(－,3))＝eq\f(KW,Ka（H2CO3）)＝eq\f(1×10－14,4.4×10－7)＝2.3×10－8，Ka(HCOeq\o\al(－,3))＝4.7×10－11＜Kh(HCOeq\o\al(－,3))，HCOeq\o\al(－,3)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－)＝eq\f(KW,Ka（CH3COOH）)＝eq\f(1×10－14,1.75×10－5)＝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－)。考向1考查盐类水解的影响因素例1.（2023·广东梅州·统考三模）25°C时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列说法正确的是A．25°C时，往pH=3的HClO溶液中加少量NaClO固体，HClO的电离程度和水电离出的c(H+)均减小B．将浓度均为0.1mol·L-1的NaClO和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大C．相同温度下，等pH的HCOONa和NaClO溶液中存在：c(HCOO-)>c(ClO-)D．25°C时，pH=7的NaClO和HClO混合溶液中存在：c(HClO)<c(ClO-)=c(Na+)【解析】A．HClO为弱酸，在水溶液中存在；当向HClO溶液加入少量NaClO固体后，溶液中，平衡逆向移动，即HClO的电离程度减小；但水的电离平衡正向移动，则水电离出的c(H+)增大，故A错误；B．NaClO为强碱弱酸盐，其水溶液中会水解且的水解为吸热反应，即升高温度水解程度增大，则溶液的碱性增强（pH增大）；NaOH为强碱，在水溶液中完全电离，加热水的电离程度增大，即NaOH溶液加热，其pH略微降低，故B错误；C．酸性：甲酸＞次氯酸，相同温度下，等pH的HCOONa和NaClO溶液中，水解程度：，则溶液中有c(HCOO-)>c(ClO-)，故C正确；D．25°C时，，则水解平衡常数，则水解强于电离；由电荷守恒，pH=7，，则，由水解强于电离可知，，故D错误；答案选C。【答案】C【变式训练】（2023·北京海淀·101中学校考三模）实验测得10mL0.50mol•L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol•L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3•H2O电离常数均为1.8×10-5。下列说法不正确的是A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol•L-1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(H+)增大，pH减小，c(OH-)减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小；温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【解析】A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D．25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸钠溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-)-c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。【答案】C【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，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。考向2考查盐类水解的应用例2.（2023·广东惠州·统考一模）勤劳致富，越努力越幸福。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A明矾净水明矾具有氧化性B小苏打用作发泡剂烘焙面包小苏打受热分解产生气体C用热的纯碱溶液洗去油污热的纯碱溶液水解显碱性D用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P等元素【解析】A．明矾净水的基本原理是明矾在水中能电离出铝离子，铝离子与水电离产生的氢氧根结合，产生氢氧化铝胶体，与明矾具有氧化性无关，A项中的劳动项目与所述的化学知识没有关联；B．小苏打为NaHCO3，受热分解出CO2气体，可以用作发泡剂烘焙面包，B项中的劳动项目与所述的化学知识有关联；C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，加热促进盐类的水解，油脂可以在碱性环境下水解生成具有可溶性盐和甘油，所以可以用热的纯碱溶液洗去油污，C项中的劳动项目与所述的化学知识有关联；D．厨余垃圾含N、P等元素，是植物生成需要的元素，所以可以用厨余垃圾制肥料，，C项中的劳动项目与所述的化学知识有关联。答案选A。【答案】A【变式训练】（2023·河南·校联考模拟预测）氯化铁是实验室中经常使用的物质，根据下列实验目的设计的实验方案正确的是选项实验目的实验方案A实验室配制FeCl3溶液称量一定质量的氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，再加入蒸馏水稀释至所需浓度B检验配制的FeCl3溶液中是否含有Fe2+向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量氯化铁溶液，观察溶液颜色的变化C制备氢氧化铁胶体并鉴别氯化铁溶液与氢氧化铁胶体煮沸少许饱和氯化铁溶液一段时间后，采用丁达尔现象鉴别所得物质和氯化铁溶液D验证铁离子的氧化性向FeCl3溶液中先滴加一定量的NaF溶液，再滴加几滴KSCN溶液，未出现红色【解析】A．配制FeCl3溶液时加入HCl抑制水解，A正确；B．酸性高锰酸钾溶液也可以氧化Cl-，B错误；C．制备氢氧化铁胶体，向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和氯化铁溶液,继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，C错误；D．F－与Fe3+反生成更为稳的无色，滴入SCN-后，Fe3+无法与SCN-结合，与氧化性无关，D错误；故答案为：A。【答案】A【名师归纳】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。考向3考查水解常数的应用与计算例3.（2023·陕西西安·统考一模）25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol•L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是

A．t=0.5时，c(NH)＞c(Cl-)B．25℃时，NH的水解平衡常数Kh的数量级为10-10C．P1所示溶液：2c(Cl-)=c(NH)+c(NH3•H2O)D．P2所示溶液：c(Cl-)＞100c(NH3•H2O)【分析】本题给出的图是溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系图，最左边纵坐标是离子浓度的对数，右边的纵坐标是pH值，横坐标是反应物的物质的量之比，图示中NH离子与NH3•H2O交叉点对应的pH值是9.25，可以计算铵根离子的水解常数，根据电荷守恒可以判断A选项，根据物料守恒可以判断C选项，根据水解常数可以判断D选项。【解析】A．t=0.5时，对应的pH值大于7，c(H+)<c(OH-)，由电荷守恒c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)得出c(NH)＞c(Cl-)，故A正确；B．NH离子与NH3•H2O交叉点对应的pH值是9.25，c(N)=c(NH3•H2O)，c(H+)=，带入铵根离子的水解常数公式Kh==，数量级为，故B正确；C．P1点=1.0，根据物料守恒c(Cl-)=c(NH)+c(NH3•H2O)，故C错误；D．P2点对应的pH=7，c(H+)=c(OH-)=推出c(NH)=c(Cl-)，Kh==，得出=，得出c(Cl-)=c(NH3•H2O)，故D正确；答案选C。【答案】C【变式训练】（2023·陕西咸阳·统考三模）某化学兴趣小组利用传感技术探究0.01mol•L-1的碳酸钠溶液滴定100mL0.01mol•L-1盐酸溶液的实验，得到反应过程中的c()、c()、c(H2CO3)的变化曲线(假定滴定过程中H2CO3不分解和忽略CO2的逸出)如图所示。下列说法正确的是已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11；lg4=0.6。A．曲线I为c(HCO)的变化曲线，V1=10 B．25℃时，碳酸钠的水解常数Kh1=2.5×10-8C．水的电离程度：a＞c＞b D．c点溶液pH=6.4【分析】用0.01mol•L-1的碳酸钠溶液滴定100mL0.01mol•L-1盐酸溶液过程中，最开始酸过量，产生H2CO3，继续滴加碳酸钠，H2CO3减少，增加，最后逐渐增多。因此曲线I、Ⅱ、Ⅲ分别代表H2CO3、、。【解析】A．由分析可知，曲线I代表H2CO3，根据可知100mL0.01mol•L-1HCl应恰好消耗50mL0.01mol•L-1的碳酸钠溶液，故V1=50，A错误；B．25℃时，碳酸钠的水解常数，B错误；C．、均促进水电离，含量越高，水电离程度越大，根据图像可知，水的电离程度：a<c<b，C错误；D．c点c()=c(H2CO3)，此时，故，D正确。故选D。【答案】D【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＝eq\f(KW,Ka（m）)，Nam－1HA溶液Kh＝eq\f(KW,Ka（m－1）)，依次类推……考点三水溶液中粒子的数量关系知识点1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＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。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＋、H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，Na与C比为1：1，故存在如下关系：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))。3．质子守恒规律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。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(HCO3-)＋c(H2CO3)＋c(CO32-)①，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(OH－)＋2c(CO32-)②，将①代入②中，整理得质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CO32-)【易错提醒】混合溶液的质子守恒只能采用第2种方法求得。知识点2电解质溶液中粒子浓度大小比较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(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(PO43-)。(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(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)。(3)多元弱酸酸式盐：分析酸式酸根电离与水解大小。如NaHCO3溶液中HCO3-水解大于电离，则；c(Na+)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H+)>c(CO32－)。NaHSO3溶液中HSO3-电离大于水解，则c(Na+)>c(HSO3－)c(H+)>c(SO32－)>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0.1mol·L－1NH4Cl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(NH4+)>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：①NH4Cl②CH3COONH4③NH4HSO4，c(NH4+)由大到小的顺序为③＞①＞②。4.电解质溶液中粒子浓度大小比较的思维模型知识点3水溶液中函数图像分析1．稀释曲线(1)同体积、同浓度的盐酸、醋酸加水稀释加水稀释一样的倍数，醋酸的pH大加水稀释到一样的pH，盐酸加入的水多(2)同体积、同pH的盐酸、醋酸加水稀释加水稀释一样的倍数，盐酸的pH大加水稀释到一样的pH，醋酸加入的水多(3)稀释倍数与pH的线性关系①HY为强酸、HX为弱酸②ab两点的溶液中：c(X－)＝c(Y－)③水的电离程度：d＞c＞a＝b①MOH为强碱、ROH为弱碱②c(ROH)＞c(MOH)③水的电离程度：a＞b2．滴定曲线氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水的滴定曲线3.分布分数曲线（1）分布曲线图是指以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，分布系数与溶液pH之间的关系曲线。弱电解质分布系数图本质上就是酸碱中和滴定过程中粒子含量的变化曲线。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一元弱酸(以CH3COOH为例)二元酸(以草酸H2C2O4为例)δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2Oeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))分布系数、δ2为C2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))分布系数（2）分布系数图的应用：①能读出电离常数；②能比较在溶液在某一特定pH时离子浓度的大小；能快速判断等浓度的缓冲溶液的酸碱性，由此比较得出电离与水解的大小。考向1考查单一溶液中粒子浓度大小比较例1.（2023·广东·统考模拟预测）测定溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发、溶液体积的变化)，数据如下。温度/℃25406080pH11.9011.6811.5411.42下列说法错误的是A．25℃时，的一级水解常数的数量级为B．温度升高后溶液碱性减弱C．溶液中D．温度升高pH变小是Kw增大与水解平衡移动共同作用的结果【解析】A．时，由知，水解平衡时，、，，A正确；B．水解吸热，升温促进水解，溶液中增大，碱性增强，B错误；C．由物料守恒知，，C正确；D．升温促进水的电离及的水解(且受温度影响更大一些)，导致温度高时pH变小而不是变大，D正确；故答案为：B。【答案】B【变式训练】（2023·广东惠州·统考模拟预测）是一种弱碱，可与盐酸反应生成。下列叙述正确的是A．常温时，0.1mol/L水溶液的B．0.1mol/L水溶液加水稀释，升高C．0.1mol/L水溶液中：D．水溶液中：【解析】A．是强酸弱碱盐，微弱水解，0.1mol/L水溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，，故A错误；B．水溶液加水稀释，氢离子浓度减小，pH升高，故B正确；C．水溶液中不水解，微弱水解，水解生成和，另外水电离出，溶液中粒子浓度：，故C错误；D．根据物料守恒，故D错误；故选：B。【答案】B【思维建模】解决离子浓度关系问题的方法和原则考向2考查混合溶液中粒子浓度大小比较例2.（2023·河北沧州·校考三模）常温下，用0.1000mol⋅L-1的NaOH溶液滴定0.1000mol⋅L-1的溶液，获得的滴定曲线如图所示。横坐标为滴定分数(w)，滴定分数是指滴定过程中标准溶液与待测溶液中溶质的物质的量之比。忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是A．a点溶液中，mol⋅L-1B．b点溶液中，C．b点到c点反应的离子方程式为D．若用甲基橙做指示剂，则时溶液显红色【解析】A．a点时等体积、等浓度的NaOH溶液和溶液混合，溶液的体积变为原来的2倍，则溶液中mol·L，故A项正确；B．根据溶液中电荷守恒可知，，常温下，b点溶液的，则溶液中，则，故B项错误；C．a点时等物质的量的NaOH和反应，溶液中的溶质是，c点时，参加反应的NaOH与的物质的量之比为2∶1，溶液中的溶质是，因此，a点到c点整个阶段中的反应为，故C项错误；D．甲基橙的变色范围为3.1~4.4，时，，若用甲基橙做指示剂，溶液显黄色，故D项错误；答案选A。【答案】A【变式训练】（2021·广东广州·广州市培正中学校考三模）25℃时，有的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中、与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述错误的是A．的溶液中：B．W点的溶液中：C．的溶液中：D．向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：【分析】混合溶液为醋酸和醋酸钠的混合溶液，且c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L，根据图分析，当pH增加时，浓度增大的应为CH3COO-，浓度减小的应为CH3COOH；【解析】A．根据图分析，当pH=5.5时，c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故A正确；B．W点溶液c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)═c(OH-)+c(CH3COO-)，故B正确；C．pH=3.5的溶液中，溶液呈酸性，由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，故C正确；D．加入HCl气体可使溶液酸性增强，CH3COOH浓度增加而CH3COO-降低，由于W点平衡时溶液中醋酸和醋酸根离子浓度相同，所以二者分别为0.05mol/L，通入1.0L溶液中通入0.05mol HCl气体，则反应恰好生成0.1mol/L的醋酸溶液，由质子守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故D错误，故选：D。【答案】D【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(COeq\o\al(2－,3))的化学计量数2代表一个COeq\o\al(2－,3)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