资源简介

第三节 盐类的水解
【高考目标导航】
考纲导引 考点梳理
1.了解盐类水解的原理。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.了解盐类水解反应的利用。 1.盐类水解的原理。2.水解方程式的书写。3.盐类水解的影响因素。
【基础知识梳理】
一、盐类水解的原理
1.概念：
水溶液中盐的离子与水电离出的H+或OH-结合生成弱电解质的反应。
2.实质：
，破坏了水的电离平衡；促进了水的电离，使得c（H+）≠c(OH-）,从而使溶液显示不同程度的酸、碱性。
3.条件：
（1）盐必须溶于水中；（2）盐中必须有弱酸根离子或弱碱阳离子（有弱才水解）。
4.特征：
（1）水解属可逆反应，逆反应是中和反应，是吸热反应，因此水解方程式要用可逆号“”。
（2）通常水解很微弱，存在水解平衡。21世纪教育网
5.盐类水解规律
有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱双水解；谁强显谁性，同强显中性。
盐的类型 实例 是否水解 水解的离子21世纪教育网 溶液的酸碱性 溶液的pH
强酸强碱盐 NaCl、KNO3、BaCl2 不水解 中性 pH=7[来源:21世纪教育网]
强酸弱碱盐 NH4Cl、CuSO4、Fe(NO3)3 水解 NH4+、Cu2+、Fe3+ 酸性 pH<7
强碱弱酸盐 KClO、Na2S、NaHCO3 水解 ClO-、S2-、HCO3- 碱性 pH>7
6.水解方程式的书写
（1）书写形式：
盐类的水解反应是中和反应的逆反应，中和反应的程度很大，水解反应的程度很小，故写盐类的水解反应方程式或离子方程式时，一般不写“＝”而写“”。
（2）书写规律
①一般盐类水解的程度很小，水解产物也少，通常不生成沉淀或气体，也不发生分解。在书写盐类水解的离子方程式时一般不标“↑”或“↓”，也不把生成物（如NH3·H2O、H2CO3）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：
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能完全水解的离子组，由于水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等，如NaHCO3与AlCl3混合溶液的反应离子方程式：Al3＋＋3HCO ===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 。
二、盐类水解的影响因素
1.内因：
盐本身的性质，组成盐的弱酸根对应的酸越弱（或组成盐的阳离子对应的碱越弱），水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
2.外因：受温度、浓度及外加酸碱的影响。
因素 水解平衡21世纪教育网 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[来源:21世纪教育网] 右移 21世纪教育网[来源:21世纪教育网] 减小 21世纪教育网 增大 [来源:21世纪教育网]
减小(即稀释) 右移 增大 减小
外加酸碱 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减小
三、盐类水解反应的利用
1．利用水解：饱和FeCl3溶液制Fe(OH)3胶体；明矾净水；泡沫灭火器原理；纯碱溶液能去污；NH4Cl溶液能除锈等。
2．抑制水解：FeCl3、SnCl2、FeSO4等配制时加酸或在酸中溶解;在HCl气流中使MgCl2·6H2O脱水制无水MgCl2等。
3．考虑水解：分析盐溶液离子浓度、酸碱性；化肥混施(如铵态氮肥不宜与草木灰混合施用)；盐溶液浓缩蒸干等。
【要点名师透析】
一、溶液中微粒浓度的大小比较
1.理论依据
（1）电离理论
发生电离的微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO) c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。
（2）水解理论
发生水解的微粒的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c(CO)＞c(HCO) c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。
2.电解质溶液中的守恒关系
（1）电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。
如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：[Na+]＋[H+]＝[HCO3-]＋2[CO32-]＋[OH-]
（2）物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。
如NaHCO3溶液中n(Na+)：n(c)＝1：1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
（3）质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H+）的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：
c(H3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。
3.溶液中离子浓度大小关系
(1)多元弱酸溶液
根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)。
(2)多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根的分步水解分析，如：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
要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c(NH)由大到小的顺序是③＞①＞②。
(4)混合溶液中各离子浓度的比较
要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0.1 mol/L的NH4Cl和0.1 mol/L 的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NH的水解互相抑制，但NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，同时c(NH)＞c(Cl－)。
【典例1】下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．室温下，向0.01 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
B．0.1 mol/L NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)
D．25℃时，pH＝4.75、浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液： c(CH3COO－)＋c(OH－)【答案】A
【解析】A选项中溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，据电荷守恒原理有：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋2c(SO)所以c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)由于NH水解使c(NH)＜c(SO)，从而有c(Na＋)＞c(SO)，A正确。B选项中NaHCO3溶液显碱性，但c(OH－)比c(HCO)小，B不正确。C选项中在Na2CO3溶液中，由质子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，所以c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)，C错误。D选项中pH＝4.75，说明c(H＋)＞c(OH－)又c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)所以c(Na＋)＜c(CH3COO－)。
据已知有2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)得c(Na＋)＞c(CH3COOH)结合c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)得c(CH3COOH)＋c(H＋)＜c(CH3COO－)＋c(OH－)，D不正确。
二、盐类水解的应用
1.判断盐溶液的酸碱性时应考虑盐类水解，强酸弱碱盐溶液水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性。弱酸弱碱盐溶液的酸碱性要分析二者的水解程度,溶液可能显酸性、碱性或者是中性。(规律：有弱才水解，无弱不水解，谁强显谁性，同强显中性。)
2.根据盐溶液的PH判断相应酸的相对强弱时应考虑盐类水解：如物质的量浓度相同的三种钠盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其PH依次为8、9、10，则相应的酸HX、HY、HZ的相对强弱为HX ＞ HY ＞ HZ（规律：越弱越水解。酸越弱，阴离子水解程度越大，故溶液的碱性越强，即溶液PH越大。）
3.判断离子大量共存问题时应考虑盐类水解：弱碱的阳离子（如Al3+、Cu2+、Fe3+、NH4+等）与弱酸的酸根阴离子（如HCO3-、CO32-、AlO2-、F-等）在溶液中不能同时大量共存。因为两种离子都水解，分别和水电离出的H+、OH-结合，互相促进水解，使两种离子数目都减少。
4.比较溶液中离子浓度的相对大小时应考虑盐类水解：如Na3PO4晶体中Na+ 和PO43-的物质的量之比为3：1，在其溶液中PO43-水解，则[Na+]：[PO43-] ＞ 3：1。
5.易水解盐的配制时应考虑盐类水解：如实验室配制FeCl3溶液，由于FeCl3溶于水后发生水解反应：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，因此为了抑制其水解，保持溶液澄清，是将盐先溶解于盐酸中，再加水稀释到所需浓度。同样的方法可配制CuSO4溶液、Na2S溶液等。
7.加热蒸干溶液后产物的判断时应考虑盐类水解：在加热时会促进盐类的水解。加热蒸干Al2(SO4)3[Fe2(SO4)3、KAl(SO4)2、CuSO4]溶液和碳酸钠[Na3PO4、Na2SiO3]溶液得到原溶质（因为它们水解的产物会重新反应生成原物质）。
8.强酸弱碱盐、强碱弱酸盐的保存时应考虑盐类水解：如在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡皮塞。其原因是这些盐水解生成的NaOH可以腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和塞子粘结在一起。
9．解释日常生活中的某些具体事实。
热纯碱的去污原理，净水剂的净水原理，泡末灭火器的灭火原理，肥料的使用时应考虑盐类水解。
10.水解除杂。
【典例2】蒸干FeCl3水溶液后再强热，得到的固体物质主要是(　　)
A．FeCl3 B．FeCl3·6H2O
C．Fe(OH)3 D．Fe2O3
【答案】D
【解析】FeCl3水中发生水解：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3＋3HCl，加热促进水解，由于HCl具有挥发性，会从溶液中挥发出去，从而使FeCl3彻底水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3为不溶性碱，受热易分解，最终生成Fe2O3。
【感悟高考真题】
1.（2011·江苏高考·14）.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(H2CO3)
B.在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)- c(H+)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)
C.向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液：
c(CO32-)> c(HCO3-)> c(OH-)> c(H+)
D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7, c(Na+)=0.1mol·L-1]：
c(Na+)= c(CH3COO-)> c(CH3COOH)> c(H+)= c(OH-)
【答案】选BD。【解析】解答本题时应具体分析溶液中存在的各种电离和水解情况，注意运用电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行有关推断。
A项，NaHCO3溶液呈碱性，HCO—3的水解程度大于电离程度，c(CO32-)应小于c(H2CO3)，A项错误；B项，在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中的质子守恒式为：c(OH-)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)，将质子守恒式变形可得：c(OH-)-c(H+)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)，B项正确；C项，向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，所得溶液为等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，该溶液中CO32-的水解程度远大于HCO3-的电离程度，c(CO32-)应小于c(HCO3-)，C项错误；D项，相同状况下，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，该溶液pH=7，则醋酸的浓度应小于醋酸钠的浓度，又根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，又pH=7， c(H+)= c(OH-)则c(Na+)= c(CH3COO-)，D项正确。
2.（2011·安徽高考·13）室温下，将1.000mol盐酸滴入20.00mL 1.000mol氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。
下列有关说法正确的是
A. a点由水电离出的
B. b点：
C.c点：
D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是电离吸热
【答案】选 C 。
【解析】本题综合考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定的相关知识。
选项 具体分析 结论
A a点7B b点时盐酸和氨水反应，氨水过量，此等式不成立 错误
C c点溶液呈中性，根据电荷守恒此等式成立 正确
D d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸，已无剩余，温度降低是由于加入盐酸的温度低，造成溶液温度下降 错误
3.（2011·广东高考·1）对于0.1mol L-1 Na2SO3溶液，正确的是
A、升高温度，溶液的pH降低
B、c（Na＋）=2c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）
C、c（Na＋）+c（H＋）=2 c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ c（OH―）
D、加入少量NaOH固体，c（SO32―）与c（Na＋）均增大
【答案】选D。【解析】解答本题应从溶液中微粒之间的关系入手，考虑水解平衡的影响。
Na2SO3为弱酸强碱盐，水解显碱性，水解是吸热反应，所以温度升高，水解程度增大，其pH增大，A不正确；B项考查物料守恒，正确的表达式为c（Na＋）=2c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+2 c（H2SO3），故B不正确；C项是考查电荷守恒，其正确的表达式为c（Na＋）+c（H＋）=2 c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（OH―），故C不正确；加入少量NaOH固体，抑制其水解，水解程度降低，c（SO32―）与c（Na＋）均增大，故D正确。
4.（2011·天津高考·4）25℃时，向10mL 0.01mol/L KOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是
A.pH>7时，c(C6H5O-)>c(K+)>c(H＋)>c(OH―)
B.pH<7时，c(K+)>c(C6H5O-)> c(H＋)>c(OH―)
C.V[C6H5OH(aq)]=10mL时，c(K+)=c(C6H5O-)>c(OH―)=c(H＋)
D. V[C6H5OH(aq)]=20mL时，c(C6H5O-)+c(C6H5OH)=2c(K+)
【答案】选D。
【解析】解答此类题目时注意运用电荷守恒、物料守恒原理。
选项 具体分析 结论
A 当pH>7时，c(H＋) c(C6H5O－)，故此时离子浓度关系应该是c(K＋)> c(C6H5O－)> c(OH－)> c(H＋)。 错误
B 当pH<7时，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒c(C6H5O－)+c(OH－)=c(K＋)+ c(H＋)可知，c(K＋) c(K＋)> c(H＋) > c(OH－)。 错误
C V[C6H5OH（aq）]=10mL时,恰好得到苯酚钾溶液，此时溶液呈碱性，离子浓度关系式为c(K＋)> c(C6H5O－)> c(OH－)> c(H＋)。 错误
D V[C6H5OH（aq）]=20mL时,得到等浓度的苯酚钾和苯酚的混合溶液，根据物料守恒可得c(C6H5O－)+ c(C6H5OH)=2c(K＋)。 正确
5.（2010·天津·4T）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A．某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B．pH ＝ 4.5的番茄汁中c(H+)是pH ＝ 6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D．pH ＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO－)
【答案】B
【解析】某些强酸的酸式盐pH＜7，如NaHSO4，故A错；pH=4.5，c(H+)=10-4.5 mol·L-1，pH=6.5，其c(H+)=10-6.5 mol·L-1，故B正确；同浓度的CaCl2溶液的c(Cl-)是NaCl的两倍，它们对AgCl沉淀溶解平衡的抑制程度不同，故C错；混合溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒，c(CH3COO-)>c(Na+)，故D错。
命题立意：综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c(H+)的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较。
6.（2010·广东理综·12T）HA为酸性略强与醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L-1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是
A．c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)
B．c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)
C．c(Na＋)+ c(OH－)= c(A－)+ c(H+)
D．c(Na＋)+ c(H+) = c(A－)+ c(OH－)
【答案】D
【解析】A明显错误，因为阳离子浓度都大于阴离子浓度，电荷不守恒；D是电荷守恒，明显正确。NaA的水解是微弱的，故c(A－)＞c(OH－)，B错；C的等式不符合任何一个守恒关系，是错误的；
7.（2010·福建·10T）下列关于电解质溶液的正确判断是
A．在pH = 12的溶液中，、、、可以常量共存
B．在pH＝ 0的溶液中，、、、可以常量共存
C．由0．1 mol·一元碱BOH溶液的pH＝10,可推知BOH溶液存在BOH＝
D．由0．1 mol·一元碱HA溶液的pH＝3, 可推知NaA溶液存在A- + H2O HA + OH-
【答案】D
【解析】
本题考查常见离子的共存、弱电解质溶液的电离和水解
pH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH-，不能与HCO3-共存
pH=0的溶液呈酸性含有较多的H+，在NO3-离子存在的情况下，亚硫酸根离子容易被氧化成硫酸根离子，无法共存
0．1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱是弱碱，在溶液中不能完全电离
由题意可得该酸是弱酸，在NaA溶液中A-会发生水解而使溶液呈碱性
8.（2010·上海·16T）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是
A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl-]>[NH4+]
B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合： [OH-]= [H+]
C．0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH4+]>[SO42-]>[H+]
D．0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中：[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S]
【答案】C
【解析】此题考查了溶液中的微粒浓度的大小比较。氨水和氯化铵混合溶液的pH=7时，溶液中[H+]=[OH-]，则[Cl-]=[NH4+]，A错；由于pH=2的酸的强弱未知，当其是强酸正确，当其是弱酸时，酸过量则溶液中[H+]>[OH-]，B错；1mol.L-1的硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，根据物质的组成，可知：[NH4+]>[SO42-]>[H+]，C对；1mol.L-1的硫化钠溶液中，根据物料守恒，可知[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，D错。
技巧点拨：在解答溶液中微粒浓度的大小比较类的题目时，核心是抓住守恒，其包括：电荷守恒、物料守恒和质子（氢离子）守恒。其中电荷守恒是指溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；物料守恒是指原子个数守恒或质量守恒；质子守恒：是指在强碱弱酸盐或强酸弱碱盐溶液中，由水所电离的H＋与OH－量相等。
9.（2009·海南卷） 除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是：
A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钡溶液
C．加入澄清石灰水 D．加入稀盐酸
【答案】A
【解析】除杂方法要操作简便、效果好、不带来新的杂质、保留非杂质成份。溶液中可用这样的方法： Na2CO3 + H2O + CO2 = 2NaHCO3。
10.（2009·江苏卷·7T） 在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是
A．强碱性溶液中：、、、
B. 含有0.1 mol·L-1 的溶液中：、、、
C. 含有0.1 mol·L-1溶液在中：、、、
D. 室温下，pH=1的溶液中：、、、
【答案】D21世纪教育网
【解析】A项，强碱性溶液意味着存在大量的，所以不能共存（）；
B项，和因发生氧化还原反应而不能共存（）；C项，和因发生复分解反应而不能共存
【考点分析】离子共存问题(一色、二性、三特殊、四反应牢记)
= 1 \* GB3 ①由于发生复分解反应，离子不能大量共存；
= 2 \* GB3 ②由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；
= 3 \* GB3 ③溶液酸碱性的判断（隐含条件）。
11.（2009·江苏·5T） 化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是
A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B. 在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C. 的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D. 点解饱和溶液，可制得金属镁
【答案】D
【解析】A项，明矾净水的原理是，利用的吸附性进行净水；B项，是因为轮船主要用铁造外壳,铁在海水中易被腐蚀.镀上比铁活泼的锌,形成原电池,锌作负极,失去电子先被腐蚀,从而起到保护铁的作用，从而可减缓船体的腐蚀速率；氧化镁的熔点是2852℃，可用于制作耐高温材料；电解饱和溶液，发生地化学反应为，不会产生金属镁，电解熔融的能制取单质镁，发生的反应。
【考点分析】（1）物质的水解反应，以及水解反应的用途；（2）常见生活常识的原理；（3）常见物质在生产生活中的具体用途；（4）常见物质的制备及发生的化学反应方程式
12.（2009·北京卷） 有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①与；②与③与④与
下列各项排序正确的是
A．pH:②>③>④>① B ：②>④>③>①
C.溶液中:①>③>②>④ D :①>④>③>②
【答案】B
【解析】本题主要考查盐类水解知识的应用。①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性。②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性。③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性。④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用。选项A，④中的pH>③中pH，错误。选项B，②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，故正确。选项C，②中c(H＋)最小，错误。选项D，③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，错误。
13．（2011·海南高考·15）氯气在295K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为____________________________；
（2）估算该反应的平衡常数________________（列式计算）；
（3）在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，平衡将向________移动；
（4）如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将______（填“增大”、“减小”或“不变”），平衡将向______________移动。
【解析】（1）Cl2和水反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸；（2）在该氯水中，c（Cl2）＝×0.09mo/L＝0.06mo/L，c（Cl－）＝c（H+）＝c（HClO）＝×0.09mo/L＝0.03mo/L，忽略HClO的电离，所以K＝＝＝4.5×10－4（mol/L）2；（3）加入少量NaOH固体，NaOH可以和H+及HClO反应，使平衡Cl2（g）+H2OH++Cl－+HClO正向移动；（4）增大氯气的压强上述平衡正向移动，氯气在水中的溶解度增大。
【答案】（1）Cl2+H2OH++Cl－+HClO
（2）K＝＝＝4.5×10－4（mol/L）2
（3）正反应 （4）增大 正反应方向
14.（2009·全国卷2） 现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有，阴离子有，现将它们分别配成的溶液，进行如下实验：
测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；
向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；
向D溶液中滴加溶液，无明显现象；
向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
根据上述实验现象,回答下列问题:
实验②中反应的化学方程式是 ;
(2)E溶液是 ,判断依据是
;
(3)写出下列四种化合物的化学式:A 、C 、
D 、F .
答案
【解析】本题考查离子共存、盐类水解综合运用。根据溶液的性质，确定CO32—只能与K+形成显碱性的溶液，另外可能形成的碱性溶液为碱Ba(OH)2 。由于醋酸的酸性大于碳酸，所以醋酸盐水解的碱性小于碳酸盐，因此A为Ba(OH)2，E为K2CO3，C为醋酸盐，由②可得B中阳离子为Ag+，则肯定为AgNO3，由③可得D中无SO42—，则F中的阴离子为SO42—，D中的阴离子为Cl—。由④可得F中的阳离子为Fe2+，即F为FeSO4，而CH3COO—若与Al3+形成溶液时，Al3+也发生水解，所以C为醋酸钙，而D为AlCl3。
【考点模拟演练】
一、选择题
1.欲使0.1mol L-1 的NaHCO3溶液中c(H＋)、c(CO32－)、c(HCO3 )都减少，其方法是 （ ）
A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钠固体
C．通入氯化氢气体 D．加入饱和石灰水溶液
【答案】D
2.在一种一元碱ROH的溶液中，加入一种一元酸HA溶液，当反应后溶液呈现中性，下列判断中一定正确的是（ ）
A. 加入的一元酸HA过量
B. 生成的盐RA不能发生水解
C. 加入的酸与碱的物质的量相等
D. 反应后溶液中c（A－）=c（R+）
【答案】D
3. 关于盐类水解反应的说法正确的是　
A. 溶液呈中性的盐一定是强酸强碱生成的盐
B. 含有弱酸根离子的盐的水溶液一定呈碱性
C. 盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸、碱性的相对强弱
D. 同浓度的NH4Cl和NaCl pH之和大于14
【答案】C
4. 25°C时，浓度均为0.2的和溶液中，下列判断不正确的是
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在粒子种类相同
C．前者大于后者
D．分别加入固体，恢复到原温度，均增大
【答案】C
5.已知：NaA水溶液呈碱性，常温下将0.10molNaA和0.05molHCl溶于水，得到PH＜7的溶液，则溶液中离子浓度由大到小的顺序正确的是
A.c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-) B. c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
C. c(H+)＞c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-) D. c(H+)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)
【答案】A
6.分别取PH＝3的两种一元酸HA和HB溶液10mL，加入等量（过量）的镁粉，充分反应后收集到H2的体积在相同状况下分别为V1和V2。下列说法中正确的是
A、若它们都是弱酸，则V1和V2在标准状况下一定相等。
B、若V1大于V2，则相同条件下，NaA溶液的碱性弱于NaB溶液的碱性
C、将HA和HB溶液稀释相同的倍数，若PH（HA）＞PH（HB），则酸性：HA>HB
D、反应开始时HA和HB溶液的物质的量浓度不相等，二者生成H 2的速率不同
【答案】C
7.有四种物质的量浓度相等、且都由一价阳离子A+和B+及一价阴离子X-和Y-组成的盐溶液。据测定常温下AC和BY溶液的pH=7，AY溶液的pH>7，BX溶液的pH<7。由此判断可能不水解的盐是 （ ）
A．BX B．AX C．AY D．BY
【答案】B
8.用酒精灯加热下列溶液，蒸干后灼烧，所得固体质量最大的是(　　)
A．20 mL 2 mol·L－1 FeCl3溶液
B．40 mL 1 mol·L－1 NaHCO3溶液
C．20 mL 1 mol·L－1 Na2SO3溶液
D．40 mL 2 mol·L－1 NH4HCO3溶液
【答案】A　
【解析】选项A,20 mL2 mol·L－1FeCl3溶液蒸干后灼烧得到0.02 mol Fe2O3， 其质量为3.2 g。 选项B,40 mL 1 mol·L－1NaHCO3溶液蒸干后灼烧得到0.02 mol Na2CO3，其质量为2.12 g。选项C,20 mL1 mol·L－1Na2SO3溶液蒸干后灼烧得到0.02 mol Na2SO4，其质量为2.84 g。选项D，NH4HCO3溶液蒸干后灼烧，导致NH4HCO3全部分解生成NH 3、CO2、H2O气体而不残留固体，其质量为0。
9.(2011·南充模拟)在常温时，将a1 mL b1 mol/L CH3COOH溶液加入到a2 mL b2 mol/L NaOH溶液中，下列结论中，错误的是( )
A.如果a1=a2,b1=b2,则混合溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)
B.如果混合溶液的pH=7，则混合溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)
C.如果混合溶液的pH＞7，则可能a1b1=a2b2
D.如果a1=a2，且混合溶液的pH＜7，则b1＞b2
【答案】选A。
【解析】当a1=a2,b1=b2时，CH3COOH与NaOH恰好完全反应,溶液中的溶质只有CH3COONa,由于CH3COO-水解,得c(CH3COO-)＜c(Na+);由电荷守恒式知,c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),当混合溶液的pH=7时,则有c(CH3COO-)=c(Na+);混合溶液的pH＞7时，溶质为CH3COONa或CH3COONa和NaOH,当溶液中的溶质只有CH3COONa时,此时,a1b1=a2b2;当混合溶液的pH＜7时,CH3COOH过量,若a1=a2,则有b1＞b2,故选A项。
10.(2011·潮州模拟)在一定条件下Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-+H2O HCO3-+OH-。下列说法正确的是( )
A.Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)
B.升高温度，平衡向正反应方向移动
C.稀释溶液，溶液中c(H+)和c(OH-)都减小
D.加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】选A、B。
【解析】(1)Na2CO3溶液中CO32-虽水解，但水解程度较小。(2)稀释对溶液中离子浓度的影响一般是减小，但要注意若温度不变，则KW不变。(3)外加酸碱对水解可能会产生抑制，但加入酸pH会减小，加入碱pH会增大。
【解析】在Na2CO3溶液中，CO32-水解，c(Na+)＞c(CO32-),而水解显碱性，使得c(OH-)＞c(H+)，由于水解程度较小，故c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+),A正确；由于水解平衡吸热，升温促进水解，水解平衡正向移动，B正确；加水稀释c(OH-)减小，但由于KW不变，c(H+)增大，C错误；加入固体NaOH抑制CO32-水解，但c(OH-)变大，溶液pH变大，D错误。
11.（2011·哈尔滨一模）向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小　　　B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
【答案】A　
【解析】 CH3COONa溶液中存在CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－的水解平衡，加入的NH4NO3和FeCl2显酸性，故促进其平衡正向移动，则CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，对其平衡有抑制作用，故CH3COO－浓度增大。
12.（2011·福建四地六校高三第二次月考）下列离子组一定能大量共存的是（　　）
A．Na+ 、I-、NO3-、ClO- B．Na+、0H- 、NO3-、HCO3-
C．H+、Fe2+、NO3-、Cl- D．[Al(OH)4]-、SO42-、0H-、Na+
【答案】D
13.（2011·山东枣庄八中高三第一次调研）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是 （ ）
A．某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B．pH=4．5的番茄汁中c（H+）是pH=6．5的牛奶中c（H+）的100倍
C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D．pH=6．5的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na）+>c（CH3COO一）
【答案】B
14.（2011·福建四地六校高三第二次月考）有M、N两溶液，各含下列8种离子中的4种：K+、Na+、H+、Fe2+ 、Al3+、NO3- 、CO32-、 SO42-。已知两溶液所含离子各不相同，M溶液呈强酸性，则N溶液里大量存在的阴离子应该是（　　）
A．CO32- B．NO3-、 SO42-　　　　　　　　C．CO32-、 NO3- D．CO32- 、 SO42-
【答案】C
15.（2011·江苏金陵中学高三期中）下列离子组在指定溶液中能大量共存的是 （ ）
A．强酸溶液中：K+、Fe2+、MnO-4、SO2-4
B．滴加石芯试液显红色的溶液中：Fe3+、NH+4、Cl-、SCN-
C．既能溶解Al（OH）3又能溶解H2SiO3的溶液中：Na+、CO2-3、SO2-3、NO-3
D．常温下的溶液中：Al3+、NH+4、Cl-、SO2-4
【答案】C
16.（2011·吉林东北师大附中高三第三次摸底） 向三份0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO－浓度的变化依次为 （ ）
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
【答案】A
【解析】醋酸根离子水解使CH3COONa溶液显碱性，NH4+和Fe3+水解均使溶液显酸性，SO32-水解使溶液呈碱性，故加入NH4NO3和FeCl3固体均能促进CH3COONa的水解，导致溶液中CH3COO－浓度减小，加入Na2SO3固体抑制CH3COONa的水解，导致溶液中CH3COO－浓度增大，故选项A正确。
【考点】电解质溶液——盐类水解的实质
二、非选择题
17.(2011·东莞模拟)常温下，浓度均为0.1 mol/L的四种溶液:
①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 ③盐酸 ④氨水
试回答下列问题：
(1)上述溶液中有水解反应发生的是______(填编号，下同)，溶液中溶质存在电离平衡的是______；
(2)比较①、②溶液,pH值较大的是______；
(3)在溶液④中加入少量NH4Cl固体，此时 的值将_____(填“变小”、“变大”或“不变”)；
(4)用溶液③滴定V mL溶液④，其滴定曲线如图所示：
①试分析在滴定过程中，滴定曲线上a、b、c、d四点：水的电离程度最大的是___点，理由是_______________；
②a点溶液中离子浓度大小关系是___________________；
③取少量c点溶液于试管，再滴加0.1 mol/L NaOH溶液至中性。此时溶液中除H+、OH-外，离子浓度大小关系是_______________________________________________。
【解析】(1)Na2CO3为弱酸强碱盐，只存在弱酸根的水解；NaHCO3为弱酸的酸式盐，既存在HCO3-的水解平衡又存在HCO3-的电离平衡；盐酸为强酸，只发生电离；氨水中只存在NH3·H2O的电离平衡。
(2)CO32-对应的酸为HCO3-，HCO3-对应的酸为H2CO3，酸性H2CO3>HCO3-。等浓度的两种溶液，Na2CO3的水解程度比NaHCO3大，所以pH较大的是Na2CO3溶液。
(3)氨水中存在NH3·H2O NH4++OH-，向溶液中加入NH4Cl固体，NH4+浓度增大，平衡左移，OH-浓度减小，所以的值将变大。
(4)①盐酸滴定氨水，在c点时两溶液恰好完全反应生成NH4Cl，NH4+水解促进水的电离，其余三点酸过量或碱过量,剩余的酸或碱会抑制水的电离，故c点水的电离程度最大。
②由图像可知a点相当于等浓度的NH4Cl和NH3·H2O混合，溶液显碱性，NH3·H2O电离产生的NH4+多于发生水解反应产生的NH4+,所以溶液中离子浓度大小关系为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。
③取c点溶液于试管中，滴NaOH溶液至溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+),又因为NH4+的水解是极其微弱的，中和水解产生的H+，所需NaOH溶液也极少，故此时离子浓度大小为c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)。
【答案】(1)①② ②④ (2)① (3)变大
(4)①c c点表示两溶液恰好完全反应，溶质为NH4Cl,NH4+水解促进水的电离，其余三点酸过量或碱过量，剩余的酸或碱会抑制水的电离，故c点水的电离程度最大
②c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
③c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)
18.(9分)(2011·杭州模拟)草酸(H2C2O4)是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性。向10 mL 0.01 mol/L的H2C2O4溶液滴加0.01 mol/L KOH溶液V(mL)，回答下列问题：
(1)当V＜10 mL时，反应的离子方程式为____________。
(2)当V＝10 mL时，溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为__________________。
(3)当V＝a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：
c(K+)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)；
当V＝b mL时，溶液中离子浓度有如下关系：
c(K+)＝c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)；
则a______b (填“＜”、“＝”或“＞”)。
【解析】(1)当V＜10 mL时，即n(H2C2O4)>n(KOH)，所以反应的离子方程式为：H2C2O4＋OH-====HC2O4-＋H2O。(2)当
V＝10 mL时，即n(H2C2O4)=n(KOH)，反应后溶液中的溶质只有KHC2O4。由KHC2O4溶液呈酸性知，HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，所以存在：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)＞c(OH-)。(3)当溶液中离子浓度存在：c(K+)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)时，由电荷守恒知，此时溶液呈中性，则a＞10；当溶液中离子浓度存在：c(K+)＝c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)时，由物料守恒知，溶液中的溶质只有KHC2O4，则b＝10，故有a＞b。
【答案】(1)H2C2O4＋OH-====HC2O4-＋H2O
(2)c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4) (3)＞
19．(2010·11文昌期中)现有①0.2 mol/L NaOH溶液和②0.2 mol/L HX溶液，两溶液等体积混合后，测得溶液中c(Na＋)>c(X－)。则：
(1)①中由水电离出的c(OH－)________②中由水电离出的c(H＋)(填“>”、“＝”或“<”)。
(2)上述混合液中共存在________种粒子。且：
c(HX)________c(X－)(填“>”、“＝”或“<”，下同)。
c(HX)＋c(X－)________0.1 mol/L(忽略体积变化)
请根据电荷守恒写出一个用离子浓度表示的等式：
____________________________________________。
(3)上述混合液显________性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因用离子方程式表示_________________________________________。
【解析】　NaOH溶液与HX溶液等浓度、等体积混合，二者恰好完全中和，所得溶液中c(Na＋)>
c(X－)，说明X－水解，即HX为弱酸。(1)HX溶液中c(H＋)对水的电离程度影响小于NaOH溶液中c(OH－)对水的电离程度。
(2)混合溶液中应存在Na＋、X－、H＋、OH－、H2O、HX六种粒子。由于水解程度较小，故
c(HX)【答案】　(1)<　(2)6　<　＝　c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)　(3)碱　X－＋H2OHX＋OH－
20据卫生部统计，半数以上儿童患有龋齿，我国5岁儿童乳牙龋病患病率为66%，65岁到74岁年龄组中龋病患病率增加，达到了98.4%。
阅读上述新闻信息，解答下列问题：
（1）口腔中残留的淀粉在乳酸菌的作用下可生成乳酸（C2H4OHCOOH，弱酸），乳酸钙是一种常用的药用补钙剂，乳酸钙水解的离子方程式为：　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）写出口腔中的氢离子与牙齿的主要成分羟基磷灰石［Ca5(PO4)3OH］反应的离子方程式（假设溶液中磷元素以“HPO42-”的形式存在）： 。羟基磷灰石的溶解平衡为：Ca5(PO4)3OH5Ca2++3PO43-+OH-。请你分析该平衡在有机酸作用下的移动： 。
（3）使用含氟牙膏是防治龋齿的有效手段之一，如在牙膏中添加一氟磷酸钠(Na2PO3F)，PO3F2-可以看作是氟原子取代HPO42-中羟基的结果。
①PO3F2-能够水解产生弱酸HF，写出该离子的水解水程式： 。
②氟磷灰石的溶解度比羟基磷灰石的溶解度还小。请你用离子方程式解释氟化物可以防治龋齿的原理： 。
【答案】 (1)C2H4OHCOO-+H2O C2H4OHCOOH+OH- （2分）
(2)Ca5(PO4)3OH+4H+=5Ca2++3HPO42-+H2O （2分）
有机酸电离出的氢离子与磷灰石电离出的PO43+、OH-结合，使磷灰石溶解平衡右移 （2分）
(3) ①PO3F2-+ H2OHF+ HPO42- （2分）
②Ca5(PO4)3OH + F-=Ca5(PO4)3F+OH- （2分）

展开更多......

收起↑