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高中化学人教版 (2019)选择性必修1第三章 水溶液中的离子反应与平衡第三节 盐类的水解导学案
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这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1第三章 水溶液中的离子反应与平衡第三节 盐类的水解导学案，共10页。学案主要包含了问题探究，知识归纳总结等内容，欢迎下载使用。
第三章水溶液中的离子反应与平衡
第三节盐类的水解
1．通过实验探究，认识影响盐类水解的主要因素。
2．能从盐类水解平衡的角度分析溶液的酸碱性等。
1．运用化学平衡原理分析外界条件对盐类水解的影响，培养变化观念与平衡思想。
2．根据盐类水解的外界因素，设计简单实验进行探究，培养科学探究与创新意识。
一．影响盐类水解平衡的因素
1．内因：组成盐的酸或碱越弱，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
二．水解常数
1．概念
在一定温度下，能水解的盐(强碱弱酸盐、强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐)在水溶液中达到水解平衡时，生成的弱酸(或弱碱)浓度和氢氧根离子(或氢离子)浓度次幂之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱阳离子)浓度之比是一个常数，该常数叫作水解常数。
2．水解常数(Kh)与电离常数的定量关系(以CH3COONa为例)
CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
Kh＝
＝
＝＝(Ka为CH3COOH的电离常数)
因而Ka(或Kb)与Kw的定量关系为Ka·Kh＝Kw(或Kb·Kh＝Kw)。
如Na2CO3的水解常数Kh＝；NaHCO3的水解常数Kh＝。
NH4Cl的水解常数Kh＝(Kb为NH3·H2O的电离常数)。
3．水解常数是描述能水解的盐水解平衡的主要参数。水解常数只受温度的影响；因水解反应是吸热反应，故水解常数随温度的升高而增大。
盐类水解的影响因素
【问题探究】
1．Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色，若在该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是什么？并结合离子方程式，运用平衡原理进行解释。
产生白色沉淀，且红色褪去。在Na2SO3溶液中，SO水解：SO＋H2OHSO＋OH－，加入BaCl2后，
Ba2＋＋SO===BaSO3↓(白色)，由于c(SO)减小，SO水解平衡左移，c(OH－)减小，红色褪去。
2．MgO可除去MgCl2溶液中的Fe3＋，其原理是什么？
溶液中存在Fe3＋＋H2OFe(OH)3＋3H＋，加入MgO，MgO和H＋反应，使c(H＋)减小，平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去。
3．将镁条投入浓NH4Cl溶液中，有H2、NH3两种气体产生，利用有关离子方程式分析原因。
NH4Cl溶液中发生水解NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、加入镁条发生Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，促进水解平衡右移，产生大量NH3·H2O，NH3·H2O===NH3↑＋H2O，产生NH3。
【知识归纳总结】
1．内因：
酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
2．外因：
因素
水解平衡
水解程度
水解产生
离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加酸、碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根离子的水解程度减小
外加其
他盐
水解形式
相同的盐
相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式
相反的盐
相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
【典例1】向三份0.1mol·L－1的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溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性，故促进CH3COO－的水解，使其水解平衡正向移动，CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，故抑制CH3COO－的水解，使其水解平衡逆向移动，CH3COO－浓度增大。
【典例2】为了使Na2S溶液中，的比值变小，可采取的措施是( )
①加适量盐酸 ②加适量NaOH(s) ③加适量KOH(s)
④加适量KHS(s) ⑤加水 ⑥通H2S(g) ⑦加热
A．②③④ B．①②⑤⑥⑦
C．②③ D．③④
【答案】D
【解析】S2－水解显碱性，加入适量盐酸，促进水解，c(S2－)减小，变大，①错；加入适量NaOH(s)，c(OH－)变大，抑制S2－水解，c(Na＋)增大倍数更大，变大，②错；加入KOH(s)，c(Na＋)不变，抑制S2－水解，变小，③对；加入KHS(s)，c(Na＋)不变，HS－抑制了S2－水解，变小，④对；加水促进S2－水解，变大，⑤错；通入H2S(g)，S2－和H2S反应生成HS－，c(S2－)变小，变大，⑥错；加热促进了S2－水解，c(S2－)变小，变大，⑦错，故选D。
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．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入Na2O固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】水解平衡常数只受温度的影响，A项错误；通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B项正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，增大，C项错误；加入Na2O固体，Na2O与水反应生成NaOH，溶液pH增大，D项错误。
〔变式训练2〕室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是( )
加入的物质
结论
A
50mL1mol·L－1H2SO4
反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)
B
0.05molCaO
溶液中增大
C
50mLH2O
由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变
D
0.1molNaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变
【答案】B
【解析】室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO＋H2OHCO＋OH－，溶液呈碱性；加入50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒，反应结束后c(Na＋)＝2c(SO)，A项错误；向溶液中加入0.05molCaO，则CaO＋H2O===Ca(OH)2，c(OH－)增大，且Ca2＋＋CO===CaCO3↓，使CO＋H2OHCO＋OH－平衡左移，c(HCO)减小，故增大，B项正确；加入50mL水，溶液体积变大，CO＋H2OHCO＋OH－平衡右移，但c(OH－)减小，即由水电离出的c(OH－)减小，在Na2CO3溶液中由水电离出的H＋、OH－相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，C项错误；原Na2CO3溶液呈碱性，加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐，电离出的H＋与CO完全反应，反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na＋，故c(Na＋)增大，D项错误。
1．（2021·广西高二期末）一定条件下，溶液中存在如下平衡：，下列说法正确的是
A．升高温度，增大
B．通入，平衡正向移动，溶液增大
C．加入固体，平衡正向移动，减小
D．稀释溶液，平衡正向移动，增大
【答案】A
【解析】A．水解为吸热反应，温度升高平衡正向移动，增大，减小，则增大，故A正确；B．通入，消耗，浓度减小，平衡正向移动，溶液pH值减小，故B错误；C．加入固体，浓度增大，平衡逆向移动，pH增大，故C错误；D．代表水解平衡常数，温度不变时Kh不变，故D错误；故选：A。
2．（2021·四川高二期末）常温下，稀释溶液，如图的横坐标表示加水的量，则纵坐标可以表示
A． B．
C． D．溶液
【答案】C
【解析】A．Kh是水解常数，只与温度有关，稀释过程中不发生改变，故A错误；B．稀释过程中减小，故B错误；C．稀释时醋酸钠的水解程度增大，增加，故C正确；D．醋酸钠溶液水解显碱性，稀释过程中水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH值减小，故D错误；故选：C。
3．（2021·安徽高二期末）常温下，下列叙述错误的是
A．向稀溶液中加入少量晶体，则溶液中减小
B．浓度均为溶液和溶液等体积混合：
C．溶液中：
D．向盐酸中逐滴加入氨水至溶液呈中性时，则混合液中
【答案】A
【解析】A．向的稀溶液中加入少量晶体，即增大了溶液浓度，浓度越大，水解程度越小，故增大，A错误；B．溶液中存在物料守恒为：，B正确；C．溶液中存在质子守恒为：，C正确；D．根据电荷守恒可得中性溶液中，D正确；答案为：A。
4．能够使CH3COONa稀溶液水解程度增大且溶液碱性也增强的条件是
A．加水 B．升温 C．加压 D．加CH3COONa固体
【答案】B
【解析】A．醋酸钠溶液显碱性，加水促进CH3COONa水解，但是氢氧根离子浓度减小，pH减小，故A错误；B．水解过程为吸热过程，升温促进CH3COONa水解，碱性增强，pH增大，故B正确；C．反应没有气体参与，因此加压水解平衡不移动，故C错误；D．加CH3COONa固体，增大了醋酸钠的浓度，水解平衡右移，但CH3COONa水解程度减小，故D错误。
答案选B。
5．（2021·宜兴市张渚高级中学高二期中）室温下，通过下列实验探究FeCl3水解反应[FeCl3(黄色)＋3H2O⇌Fe(OH)3(红褐色)＋3HCl]的条件。
实验序号
实验操作
实验现象
1
将FeCl3溶液加热片刻
溶液颜色变深
2
向FeCl3溶液中通入少量HCl气体
溶液颜色变浅
3
向FeCl3溶液中加入少量(NH4)2SO4固体
溶液颜色变浅
4
向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3固体
产生红褐色沉淀，溶液中出现大量气泡
下列有关说法正确的是
A．实验1中FeCl3溶液加热至沸腾会生成红褐色沉淀
B．实验2中Fe3+水解反应平衡逆向移动，化学平衡常数变小
C．实验3得到的溶液中有3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)
D．实验4中反应的离子方程式为Fe3＋＋HCO＋H2O=Fe(OH)3↓＋CO2↑
【答案】C
【解析】A．实验1将FeCl3溶液加热促进FeCl3水解，产物浓度增大，颜色加深，没有生成红褐色沉淀，A项错误；B．平衡常数只受温度影响，温度不变K不变，B项错误；C．实验3得到的溶液中存在电荷守恒3c(Fe3＋)＋c(H＋)+c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)+2c(SO)，存在物料守恒c(NH3·H2O)+c(NH)=2c(SO)，联立得3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)，C项正确；D．实验4中反应的离子方程式为Fe3＋＋3HCO=Fe(OH)3↓＋3CO2↑，D项错误。
故选C。
6．（2021·莆田第七中学高二期中）在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O⇌+OH-，升高温度，c()
A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断
【答案】B
【解析】Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O⇌+OH-，水解过程是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，c()减小，
故选：B。
7．（2021·黑龙江）下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小
B．将0.1mol·L－1K2C2O4溶液从25℃升高到35℃，增大
C．向0.1mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1
D．pH＝4的0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中：c(HC2O)>c(H＋)>c(H2C2O4)>c(C2O)
【答案】D
【解析】A．Na2CO3溶液中存在C的水解平衡：C+H2OHC+OH-，通入NH3后生成NH3H2O，电离产生OH-，溶液中c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，c(C)增大，c(Na+)不变，则减小，故A正确；B．K2C2O4溶液中存在C2的水解平衡：C2+H2OHC2+OH-，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c(C2)减小，c(K+)不变，则增大，故B正确；C．向0.1mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(H+)=c(OH-)，据电荷守恒式c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(F-)，则有c(Na+)=c(F-)，即＝1，故C正确；D．pH＝4的0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则有c(C2O)>c(H2C2O4)，故D错误；答案选D。
8．（2021·宁夏银川一中高二期中）有3种混合溶液，分别由等体积0.1mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与HCl②NH4Cl与NaCl ③NH4Cl与NH3·H2O(混合溶液呈碱性)，下列各项排序正确的是
A．溶液的pH：①＜②＜③ B．溶液中水的电离程度：②＜③＜①
C．溶液中c(NH)：①＜③＜② D．溶液中c(NH3·H2O)：③＜①＜②
【答案】A
【解析】A．等浓度的①NH4Cl与HCl混合溶液显强酸性；②NH4Cl与NaCl混合溶液由于NH的水解显弱酸性；③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液呈碱性，所以溶液的pH：①＜②＜③，故A正确；B．等浓度的①NH4Cl与HCl混合溶液中NH的水解促进水的电离，但盐酸是强酸，极大地抑制了水的电离；②NH4Cl与NaCl混合溶液中的NH的水解促进水的电离；③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中NH的水解促进水的电离，NH3·H2O是弱碱，电离出的OH-抑制水的电离，但NH3·H2O对水的电离的抑制程度小于盐酸对水的电离的抑制程度，则溶液中水的电离程度：①＜③＜②，故B错误；C．三个溶液中均有NH4Cl，NH水解：NH+H2ONH3·H2O+H+，②NH4Cl与NaCl混合溶液中，存在NH的水解；①NH4Cl与HCl混合溶液中，NH的水解受到盐酸电离出来的H+的抑制，使NH浓度大于②中的NH浓度；③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中，NH的水解受到NH3·H2O的抑制，同时NH3·H2O也能电离出一定量的NH，所以溶液中的NH浓度大于①中的NH浓度，所以NH浓度大小顺序为：②＜①＜③，故C错误；D．③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中存在NH3·H2O，所以溶液中NH3·H2O浓度最大；①和②两溶液中的NH3·H2O需要由NH水解提供：NH+H2ONH3·H2O+H+。①NH4Cl与HCl混合溶液中，NH的水解受到盐酸电离出来的H+的抑制，溶液中NH3·H2O浓度小于②NH4Cl与NaCl混合溶液中NH3·H2O浓度，所以溶液中c(NH3·H2O)：①＜②＜③，故D错误；故选A。
9．将0.01molCH3COONa溶于水，形成1L溶液。
(1)该溶液中存在两个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：
①_______；②_______。
(2)该溶液中存在的粒子有：_______(填粒子符号，下同)，浓度为0.01mol·L-1的粒子是_______。
(3)该溶液中存在三个守恒关系式：
①物料守恒：_______；②电荷守恒：_______；③质子守恒：_______。
(4)该溶液中离子浓度大小顺序为：_______。
【答案】CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-H2OH++OH-H+、OH-、CH3COO-、Na+Na+c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
【解析】(1)CH3COONa属于强碱弱酸盐，溶于水后CH3COO-发生水解生成醋酸和氢氧化钠，其离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；同时溶液中还存在着水的电离，其电离方程式为：H2OH++OH-，故答案：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；H2OH++OH-。
(2)将0.01molCH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-两个平衡，所以该溶液中存在的粒子有：H+、OH-、CH3COO-、Na+，因为钠离子不水解，所以浓度为0.01mol·L-1，故答案：H+、OH-、CH3COO-、Na+；Na+。
(3)将0.01molCH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-两个平衡，据此分析：
①则该溶液中物料守恒规律为：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；②溶液中的电荷守恒是所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总是，所以溶液中的电荷守恒为：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
③质子守恒规律为：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。
故答案：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。
(4)将0.01molCH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-两个平衡，则溶液中离子浓度由大到小顺序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故答案：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。
10．（2020·浙江高二期末）在常温下，下列五种溶液：
①0.1mol·L-1NH4Cl②0.1mol·L-1CH3COONH4③0.1mol·L-1NH4HSO4④1L含0.1molNH3·H2O和0.1molNH4Cl混合液⑤0.1mol·L-1NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
(1)①、③、④、⑤pH由小到大的顺序为___________；(填序号，下同)
(2)①、②、③、⑤中c(NH)由小到大的顺序为___________。
(3)写出④中c(NH3)+c(NH3•H2O)+c(NH)=___________。
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，此溶液中水的电离程度___________该温度下纯水的电离程度(填“＞”、“＜”或“=”)
(5)取适量溶液⑤，加入少量氯化铵固体，此时溶液中的值___________(填“增大”、“减小”或“不变”)
(6)常温下，将⑤与amol/L盐酸等体积混合(不考虑溶液体的变化)，反应后溶液恰好呈中性，用a表示NH3·H2O的电离平衡常数为___________。
【答案】③①④⑤⑤②①③0.2mol/L＞减小
【解析】(1)①NH4Cl为强酸弱碱盐，发生水解，其水解方程式为＋H2ONH3·H2O＋H＋，其水溶液显酸性，③NH4HSO4在水中的电离方程式为NH4HSO4=＋H＋＋，溶液显酸性，盐类水解程度微弱，因此相同浓度①和③，③中c(H＋)＞①中c(H＋)，即③溶液的pH小于①溶液的pH；④溶液中NH3·H2O的电离程度大于水解程度，④溶液显碱性，⑤为弱碱，溶液显碱性，④可以看作在⑤的基础上加入NH4Cl，抑制了NH3·H2O的电离，因此有⑤中c(OH－)＞④中c(OH－)，即⑤的pH大于④的pH，综上所述，pH由小到大的顺序是③<①<④<⑤；故答案为：③<①<④<⑤；(2)⑤中NH3·H2O为弱碱，电离程度微弱，即c()最小，②可以看作在①的基础上加入CH3COO－，CH3COO－和发生双水解，促进的水解，c()：①＞②，③可以看作在①的基础上加入H＋，抑制水解，c()：③＞①，综上所述，ｃ()大小顺序是⑤＜②＜①＜③；故答案为：⑤＜②＜①＜③；(3)④中根据物料守恒，因此有c(NH3)+c(NH3•H2O)+c(NH)=0.2mol·L－1；故答案为：0.2mol·L－1；(4)②CH3COONH4是弱酸弱碱盐，CH3COO－和发生双水解，促进水的电离，因此常温下②中的水的电离程度＞该温度下纯水的电离程度；故答案为：＞；(5)NH3·H2O为弱碱，其水溶液：NH3·H2O＋OH－，加入NH4Cl固体，抑制NH3·H2O的电离，溶液中c(OH－)降低，c(NH3·H2O)增大，推出将减小；故答案为：减小；(6)常温下，溶液显中性，即c(H＋)=c(OH－)=10－7mol·L－1，根据电荷守恒，可以推出c()=c(Cl－)=，依据物料守恒，c()＋c(NH3·H2O)=，推出c(NH3·H2O)=(-)，NH3·H2O的电离平衡常数Kb==；故答案为：。
第三章水溶液中的离子反应与平衡
第三节盐类的水解
1．通过实验探究，认识影响盐类水解的主要因素。
2．能从盐类水解平衡的角度分析溶液的酸碱性等。
1．运用化学平衡原理分析外界条件对盐类水解的影响，培养变化观念与平衡思想。
2．根据盐类水解的外界因素，设计简单实验进行探究，培养科学探究与创新意识。
一．影响盐类水解平衡的因素
1．内因：组成盐的酸或碱越弱，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
二．水解常数
1．概念
在一定温度下，能水解的盐(强碱弱酸盐、强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐)在水溶液中达到水解平衡时，生成的弱酸(或弱碱)浓度和氢氧根离子(或氢离子)浓度次幂之积与溶液中未水解的弱酸根阴离子(或弱碱阳离子)浓度之比是一个常数，该常数叫作水解常数。
2．水解常数(Kh)与电离常数的定量关系(以CH3COONa为例)
CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
Kh＝
＝
＝＝(Ka为CH3COOH的电离常数)
因而Ka(或Kb)与Kw的定量关系为Ka·Kh＝Kw(或Kb·Kh＝Kw)。
如Na2CO3的水解常数Kh＝；NaHCO3的水解常数Kh＝。
NH4Cl的水解常数Kh＝(Kb为NH3·H2O的电离常数)。
3．水解常数是描述能水解的盐水解平衡的主要参数。水解常数只受温度的影响；因水解反应是吸热反应，故水解常数随温度的升高而增大。
盐类水解的影响因素
【问题探究】
1．Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色，若在该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是什么？并结合离子方程式，运用平衡原理进行解释。
产生白色沉淀，且红色褪去。在Na2SO3溶液中，SO水解：SO＋H2OHSO＋OH－，加入BaCl2后，
Ba2＋＋SO===BaSO3↓(白色)，由于c(SO)减小，SO水解平衡左移，c(OH－)减小，红色褪去。
2．MgO可除去MgCl2溶液中的Fe3＋，其原理是什么？
溶液中存在Fe3＋＋H2OFe(OH)3＋3H＋，加入MgO，MgO和H＋反应，使c(H＋)减小，平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去。
3．将镁条投入浓NH4Cl溶液中，有H2、NH3两种气体产生，利用有关离子方程式分析原因。
NH4Cl溶液中发生水解NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、加入镁条发生Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，促进水解平衡右移，产生大量NH3·H2O，NH3·H2O===NH3↑＋H2O，产生NH3。
【知识归纳总结】
1．内因：
酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
2．外因：
因素
水解平衡
水解程度
水解产生
离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加酸、碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根离子的水解程度减小
外加其
他盐
水解形式
相同的盐
相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式
相反的盐
相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
【典例1】向三份0.1mol·L－1的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溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性，故促进CH3COO－的水解，使其水解平衡正向移动，CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，故抑制CH3COO－的水解，使其水解平衡逆向移动，CH3COO－浓度增大。
【典例2】为了使Na2S溶液中，的比值变小，可采取的措施是( )
①加适量盐酸 ②加适量NaOH(s) ③加适量KOH(s)
④加适量KHS(s) ⑤加水 ⑥通H2S(g) ⑦加热
A．②③④ B．①②⑤⑥⑦
C．②③ D．③④
【答案】D
【解析】S2－水解显碱性，加入适量盐酸，促进水解，c(S2－)减小，变大，①错；加入适量NaOH(s)，c(OH－)变大，抑制S2－水解，c(Na＋)增大倍数更大，变大，②错；加入KOH(s)，c(Na＋)不变，抑制S2－水解，变小，③对；加入KHS(s)，c(Na＋)不变，HS－抑制了S2－水解，变小，④对；加水促进S2－水解，变大，⑤错；通入H2S(g)，S2－和H2S反应生成HS－，c(S2－)变小，变大，⑥错；加热促进了S2－水解，c(S2－)变小，变大，⑦错，故选D。
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．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入Na2O固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】水解平衡常数只受温度的影响，A项错误；通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B项正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，增大，C项错误；加入Na2O固体，Na2O与水反应生成NaOH，溶液pH增大，D项错误。
〔变式训练2〕室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是( )
加入的物质
结论
A
50mL1mol·L－1H2SO4
反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)
B
0.05molCaO
溶液中增大
C
50mLH2O
由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变
D
0.1molNaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变
【答案】B
【解析】室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO＋H2OHCO＋OH－，溶液呈碱性；加入50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒，反应结束后c(Na＋)＝2c(SO)，A项错误；向溶液中加入0.05molCaO，则CaO＋H2O===Ca(OH)2，c(OH－)增大，且Ca2＋＋CO===CaCO3↓，使CO＋H2OHCO＋OH－平衡左移，c(HCO)减小，故增大，B项正确；加入50mL水，溶液体积变大，CO＋H2OHCO＋OH－平衡右移，但c(OH－)减小，即由水电离出的c(OH－)减小，在Na2CO3溶液中由水电离出的H＋、OH－相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，C项错误；原Na2CO3溶液呈碱性，加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐，电离出的H＋与CO完全反应，反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na＋，故c(Na＋)增大，D项错误。
1．（2021·广西高二期末）一定条件下，溶液中存在如下平衡：，下列说法正确的是
A．升高温度，增大
B．通入，平衡正向移动，溶液增大
C．加入固体，平衡正向移动，减小
D．稀释溶液，平衡正向移动，增大
【答案】A
【解析】A．水解为吸热反应，温度升高平衡正向移动，增大，减小，则增大，故A正确；B．通入，消耗，浓度减小，平衡正向移动，溶液pH值减小，故B错误；C．加入固体，浓度增大，平衡逆向移动，pH增大，故C错误；D．代表水解平衡常数，温度不变时Kh不变，故D错误；故选：A。
2．（2021·四川高二期末）常温下，稀释溶液，如图的横坐标表示加水的量，则纵坐标可以表示
A． B．
C． D．溶液
【答案】C
【解析】A．Kh是水解常数，只与温度有关，稀释过程中不发生改变，故A错误；B．稀释过程中减小，故B错误；C．稀释时醋酸钠的水解程度增大，增加，故C正确；D．醋酸钠溶液水解显碱性，稀释过程中水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH值减小，故D错误；故选：C。
3．（2021·安徽高二期末）常温下，下列叙述错误的是
A．向稀溶液中加入少量晶体，则溶液中减小
B．浓度均为溶液和溶液等体积混合：
C．溶液中：
D．向盐酸中逐滴加入氨水至溶液呈中性时，则混合液中
【答案】A
【解析】A．向的稀溶液中加入少量晶体，即增大了溶液浓度，浓度越大，水解程度越小，故增大，A错误；B．溶液中存在物料守恒为：，B正确；C．溶液中存在质子守恒为：，C正确；D．根据电荷守恒可得中性溶液中，D正确；答案为：A。
4．能够使CH3COONa稀溶液水解程度增大且溶液碱性也增强的条件是
A．加水 B．升温 C．加压 D．加CH3COONa固体
【答案】B
【解析】A．醋酸钠溶液显碱性，加水促进CH3COONa水解，但是氢氧根离子浓度减小，pH减小，故A错误；B．水解过程为吸热过程，升温促进CH3COONa水解，碱性增强，pH增大，故B正确；C．反应没有气体参与，因此加压水解平衡不移动，故C错误；D．加CH3COONa固体，增大了醋酸钠的浓度，水解平衡右移，但CH3COONa水解程度减小，故D错误。
答案选B。
5．（2021·宜兴市张渚高级中学高二期中）室温下，通过下列实验探究FeCl3水解反应[FeCl3(黄色)＋3H2O⇌Fe(OH)3(红褐色)＋3HCl]的条件。
实验序号
实验操作
实验现象
1
将FeCl3溶液加热片刻
溶液颜色变深
2
向FeCl3溶液中通入少量HCl气体
溶液颜色变浅
3
向FeCl3溶液中加入少量(NH4)2SO4固体
溶液颜色变浅
4
向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3固体
产生红褐色沉淀，溶液中出现大量气泡
下列有关说法正确的是
A．实验1中FeCl3溶液加热至沸腾会生成红褐色沉淀
B．实验2中Fe3+水解反应平衡逆向移动，化学平衡常数变小
C．实验3得到的溶液中有3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)
D．实验4中反应的离子方程式为Fe3＋＋HCO＋H2O=Fe(OH)3↓＋CO2↑
【答案】C
【解析】A．实验1将FeCl3溶液加热促进FeCl3水解，产物浓度增大，颜色加深，没有生成红褐色沉淀，A项错误；B．平衡常数只受温度影响，温度不变K不变，B项错误；C．实验3得到的溶液中存在电荷守恒3c(Fe3＋)＋c(H＋)+c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)+2c(SO)，存在物料守恒c(NH3·H2O)+c(NH)=2c(SO)，联立得3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)，C项正确；D．实验4中反应的离子方程式为Fe3＋＋3HCO=Fe(OH)3↓＋3CO2↑，D项错误。
故选C。
6．（2021·莆田第七中学高二期中）在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O⇌+OH-，升高温度，c()
A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断
【答案】B
【解析】Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O⇌+OH-，水解过程是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，c()减小，
故选：B。
7．（2021·黑龙江）下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小
B．将0.1mol·L－1K2C2O4溶液从25℃升高到35℃，增大
C．向0.1mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1
D．pH＝4的0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中：c(HC2O)>c(H＋)>c(H2C2O4)>c(C2O)
【答案】D
【解析】A．Na2CO3溶液中存在C的水解平衡：C+H2OHC+OH-，通入NH3后生成NH3H2O，电离产生OH-，溶液中c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，c(C)增大，c(Na+)不变，则减小，故A正确；B．K2C2O4溶液中存在C2的水解平衡：C2+H2OHC2+OH-，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c(C2)减小，c(K+)不变，则增大，故B正确；C．向0.1mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(H+)=c(OH-)，据电荷守恒式c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(F-)，则有c(Na+)=c(F-)，即＝1，故C正确；D．pH＝4的0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则有c(C2O)>c(H2C2O4)，故D错误；答案选D。
8．（2021·宁夏银川一中高二期中）有3种混合溶液，分别由等体积0.1mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与HCl②NH4Cl与NaCl ③NH4Cl与NH3·H2O(混合溶液呈碱性)，下列各项排序正确的是
A．溶液的pH：①＜②＜③ B．溶液中水的电离程度：②＜③＜①
C．溶液中c(NH)：①＜③＜② D．溶液中c(NH3·H2O)：③＜①＜②
【答案】A
【解析】A．等浓度的①NH4Cl与HCl混合溶液显强酸性；②NH4Cl与NaCl混合溶液由于NH的水解显弱酸性；③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液呈碱性，所以溶液的pH：①＜②＜③，故A正确；B．等浓度的①NH4Cl与HCl混合溶液中NH的水解促进水的电离，但盐酸是强酸，极大地抑制了水的电离；②NH4Cl与NaCl混合溶液中的NH的水解促进水的电离；③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中NH的水解促进水的电离，NH3·H2O是弱碱，电离出的OH-抑制水的电离，但NH3·H2O对水的电离的抑制程度小于盐酸对水的电离的抑制程度，则溶液中水的电离程度：①＜③＜②，故B错误；C．三个溶液中均有NH4Cl，NH水解：NH+H2ONH3·H2O+H+，②NH4Cl与NaCl混合溶液中，存在NH的水解；①NH4Cl与HCl混合溶液中，NH的水解受到盐酸电离出来的H+的抑制，使NH浓度大于②中的NH浓度；③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中，NH的水解受到NH3·H2O的抑制，同时NH3·H2O也能电离出一定量的NH，所以溶液中的NH浓度大于①中的NH浓度，所以NH浓度大小顺序为：②＜①＜③，故C错误；D．③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中存在NH3·H2O，所以溶液中NH3·H2O浓度最大；①和②两溶液中的NH3·H2O需要由NH水解提供：NH+H2ONH3·H2O+H+。①NH4Cl与HCl混合溶液中，NH的水解受到盐酸电离出来的H+的抑制，溶液中NH3·H2O浓度小于②NH4Cl与NaCl混合溶液中NH3·H2O浓度，所以溶液中c(NH3·H2O)：①＜②＜③，故D错误；故选A。
9．将0.01molCH3COONa溶于水，形成1L溶液。
(1)该溶液中存在两个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：
①_______；②_______。
(2)该溶液中存在的粒子有：_______(填粒子符号，下同)，浓度为0.01mol·L-1的粒子是_______。
(3)该溶液中存在三个守恒关系式：
①物料守恒：_______；②电荷守恒：_______；③质子守恒：_______。
(4)该溶液中离子浓度大小顺序为：_______。
【答案】CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-H2OH++OH-H+、OH-、CH3COO-、Na+Na+c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
【解析】(1)CH3COONa属于强碱弱酸盐，溶于水后CH3COO-发生水解生成醋酸和氢氧化钠，其离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；同时溶液中还存在着水的电离，其电离方程式为：H2OH++OH-，故答案：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；H2OH++OH-。
(2)将0.01molCH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-两个平衡，所以该溶液中存在的粒子有：H+、OH-、CH3COO-、Na+，因为钠离子不水解，所以浓度为0.01mol·L-1，故答案：H+、OH-、CH3COO-、Na+；Na+。
(3)将0.01molCH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-两个平衡，据此分析：
①则该溶液中物料守恒规律为：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；②溶液中的电荷守恒是所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总是，所以溶液中的电荷守恒为：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
③质子守恒规律为：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。
故答案：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。
(4)将0.01molCH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-两个平衡，则溶液中离子浓度由大到小顺序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故答案：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。
10．（2020·浙江高二期末）在常温下，下列五种溶液：
①0.1mol·L-1NH4Cl②0.1mol·L-1CH3COONH4③0.1mol·L-1NH4HSO4④1L含0.1molNH3·H2O和0.1molNH4Cl混合液⑤0.1mol·L-1NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
(1)①、③、④、⑤pH由小到大的顺序为___________；(填序号，下同)
(2)①、②、③、⑤中c(NH)由小到大的顺序为___________。
(3)写出④中c(NH3)+c(NH3•H2O)+c(NH)=___________。
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，此溶液中水的电离程度___________该温度下纯水的电离程度(填“＞”、“＜”或“=”)
(5)取适量溶液⑤，加入少量氯化铵固体，此时溶液中的值___________(填“增大”、“减小”或“不变”)
(6)常温下，将⑤与amol/L盐酸等体积混合(不考虑溶液体的变化)，反应后溶液恰好呈中性，用a表示NH3·H2O的电离平衡常数为___________。
【答案】③①④⑤⑤②①③0.2mol/L＞减小
【解析】(1)①NH4Cl为强酸弱碱盐，发生水解，其水解方程式为＋H2ONH3·H2O＋H＋，其水溶液显酸性，③NH4HSO4在水中的电离方程式为NH4HSO4=＋H＋＋，溶液显酸性，盐类水解程度微弱，因此相同浓度①和③，③中c(H＋)＞①中c(H＋)，即③溶液的pH小于①溶液的pH；④溶液中NH3·H2O的电离程度大于水解程度，④溶液显碱性，⑤为弱碱，溶液显碱性，④可以看作在⑤的基础上加入NH4Cl，抑制了NH3·H2O的电离，因此有⑤中c(OH－)＞④中c(OH－)，即⑤的pH大于④的pH，综上所述，pH由小到大的顺序是③<①<④<⑤；故答案为：③<①<④<⑤；(2)⑤中NH3·H2O为弱碱，电离程度微弱，即c()最小，②可以看作在①的基础上加入CH3COO－，CH3COO－和发生双水解，促进的水解，c()：①＞②，③可以看作在①的基础上加入H＋，抑制水解，c()：③＞①，综上所述，ｃ()大小顺序是⑤＜②＜①＜③；故答案为：⑤＜②＜①＜③；(3)④中根据物料守恒，因此有c(NH3)+c(NH3•H2O)+c(NH)=0.2mol·L－1；故答案为：0.2mol·L－1；(4)②CH3COONH4是弱酸弱碱盐，CH3COO－和发生双水解，促进水的电离，因此常温下②中的水的电离程度＞该温度下纯水的电离程度；故答案为：＞；(5)NH3·H2O为弱碱，其水溶液：NH3·H2O＋OH－，加入NH4Cl固体，抑制NH3·H2O的电离，溶液中c(OH－)降低，c(NH3·H2O)增大，推出将减小；故答案为：减小；(6)常温下，溶液显中性，即c(H＋)=c(OH－)=10－7mol·L－1，根据电荷守恒，可以推出c()=c(Cl－)=，依据物料守恒，c()＋c(NH3·H2O)=，推出c(NH3·H2O)=(-)，NH3·H2O的电离平衡常数Kb==；故答案为：。
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