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专题26 盐类的水解 常考点归纳与变式演练 学案 高中化学 二轮复习 人教版（2022年）
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这是一份专题26 盐类的水解 常考点归纳与变式演练 学案 高中化学 二轮复习 人教版（2022年），共22页。
专题26 盐类的水解
1.此部分内容通常在高考中出现在选择题某个选项中，有时在非选择题中出现。
2.高考主要考查点有四个:一是水解方程式的书写，以解释盐溶液的酸碱性变化。二是盐类水解方程式与电解质电离方程式相结合，考查水解与电离的区别。三是以盐类水解在化工生产、日常生活中的应用为背景，考查水解平衡的影响因素及盐溶液的酸碱性判断。四是结合水解规律，对溶液中离子浓度大小进行比较。
热点题型一：盐类的水解及其规律
热点题型二：影响盐类水解的因素
热点题型三：盐类水解规律的应用
热点题型四：溶液中粒子浓度大小比较
热点题型五：水解平衡常数
热点题型六：水溶液中的陌生图像分析
热点题型一：盐类的水解及其规律
1.盐类的水解
2．水解离子方程式的书写
(1)多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主。
如Na2CO3水解的离子方程式：CO32-＋H2O⇌HCO3-＋OH－，HCO3-＋H2O⇌H2CO3＋OH－。
(2)多元弱碱盐水解：方程式一步完成。
如FeCl3水解的离子方程式：Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋。
(3) Al3＋(或Fe3＋)与CO、HCO、S2－、HSO、AlO发生相互促进的水解反应，水解程度较大，进行完全，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
如NaHCO3与AlCl3溶液混合反应的离子方程式：Al3＋＋3HCO3-===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(4)NH4+与CH3COO－、HCO3-、CO32-等在水解时相互促进，其水解程度比单一离子的水解程度大，但仍然水解程度比较弱，不能进行完全，在书写水解方程式时用“⇌”。
3. 盐类的水解规律
注意：
(1)多元弱酸的酸式盐溶液呈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。如NaHCO3溶液中HCO3-的水解＞电离，故溶液呈碱性；NaHSO3溶液中HSO3-的电离＞水解，故溶液呈酸性。
(2)能发生相互促进的水解反应的盐溶液的酸碱性，取决于弱酸、弱碱的相对强弱，如NH4F溶液呈酸性，是因为HF的电离常数大于NH3·H2O的电离常数。CH3COONH4溶液呈中性，是因为CH3COOH的电离常数与NH3·H2O的电离常数相当。
（3）水解程度：相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。如NH的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
【例1】下列方程式书写正确的是
A．在水溶液中的电离方程式：
B．的电离方程式：
C．的水解方程式：
D．的电离方程式：
【答案】A
【解析】A．HCO3-在水溶液中的电离方程式为，故A正确；B．的电离方程式为，故B错误；C．的水解方程式为，故C错误；D．的电离方程式为，故D错误；故答案为A。
【例2】下列溶液的pH大于7的是（ ）
A．KBr B．CuSO4 C．NaClO D．Ba(NO3)2
【答案】C
【解析】A．KBr中没有离子发生水解，故A选项错误。B．CuSO4中铜离子水解生成的是H+，溶液偏酸性，故B选项错误。C．NaClO中 ClO-水解生成次氯酸和OH-，溶液PH大于7，故C选项正确。D. Ba(NO3)2中没有水解反应，故D选项错误。故答案选C。
【变式1】下列根据反应原理设计的应用，不正确的是
A．CO+H2O⇌HCO+OH- 热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+ 明矾净水
C．TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl 用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2+H2O⇌Sn(OH)Cl↓+HCl 配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体
【答案】D
【解析】A．碳酸钠水解使溶液呈碱性，油脂在碱性条件下能发生水解，所以纯碱溶液可用来清洗油污，故A正确；B．Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，所以明矾可做净水剂，故B正确；C．TiCl4水解生成TiO2·xH2O沉淀，所以TiCl4可以制备TiO2，故C正确；D．SnCl2水解生成盐酸，所以配制氯化亚锡溶液时加入盐酸，阻止SnCl2的水解，故D错误；故答案选D。
【变式2】在室温下，下列五种溶液：① 0.1mol/LNH4Cl溶液② 0.1mol/LCH3COONH4溶液
③ 0.1mol/LNH4HSO4溶液④ 0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液⑤ 0.1mol/L氨水，请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈________(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是___________(用离子方程式表示)。
(2)溶液② ③中的大小关系是②________③。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在溶液④ 中________(离子)的浓度为0.1mol/L；NH3·H2O和________(离子)的浓度之和为0.2mol/L。
(4)室温下，测得溶液② 的pH=7，CH3COO-与浓度的大小关系是________(填“>”、“<”或“=”)
【答案】（1）酸 +H2O⇌NH3·H2O+H+
（2）<
（3）Cl-
（4） =
【解析】(1)氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子能发生水解：+H2O⇌NH3·H2O+H+，导致溶液中的氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显酸性，故答案为：酸；+H2O⇌NH3·H2O+H+；(2)② 0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进了铵根离子水解，使铵根水解程度增大，③ 0.1mol/LNH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，使铵根水解程度减小，因此③中铵根离子浓度大于②，故答案为：<；(3)④ 0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液中氯离子不发生水解，其离子浓度为0.1mol/L，根据物料守恒可知NH3·H2O和的浓度和为0.1mol/L+0.1mol/L=0.2mol/L，故答案为：Cl-；；(4)② 0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH值等于7，说明铵根离子和醋酸根离子的水解程度相同，则溶液中的等于，故答案为：=；热点题型二：影响盐类水解的因素
(1)内因：弱酸阴离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解。
越弱越水解的理解：如相同浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液碱性强弱，由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO，故对应盐溶液的碱性：Na2CO3溶液>NaHCO3溶液>CH3COONa溶液。
(2)外因：①温度、浓度：越热越水解、越稀越水解。
②外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。
以外界条件对FeCl3溶液水解平衡的影响为例，Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋ ΔH>0
体系变化
条件
平衡移动方向
n(H＋)
pH
水解程度
现象
升温
向右
增多
减小
增大
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
增大
颜色变浅
加FeCl3固体
向右
增多
减小
减小
颜色变深
加NaHCO3
向右
减小
增大
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
【例1】为了使Na2CO3溶波中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是
A．CO2气体 B．KOH固体 C．HCl气体 D．NaOH固体
【答案】B
【解析】A．根据CO+ CO2+H2O= 2HCO反应，可知通入CO2气体后，CO浓度降低了，的比值变大了，故A不符合题意；B．碳酸根离子水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，加入氢氧化钾固体，会抑CO的水解，使CO的钠离子浓度增大，钠离子浓度不变，所以的比值变小了，故B符合题意； C．碳酸根离子水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，加入HCI气体，平衡正向移动，使得CO离子浓度减小，所以的比值变大了，故C不符合题意； D．碳酸根离子水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，加入氢氧化钠固体，会使的钠离子浓度增大，所以使得比值变大，故D不符合题意；故答案：B。
【例2】常温下，c(NH)相等的氨水、氯化铵、碳酸氢铵、硫酸氢铵四种溶液，溶液浓度最小的是
A．氨水 B．氯化铵 C．碳酸氢铵 D．硫酸氢铵
【答案】D
【解析】氨水是弱电解质，微弱电离；氯化铵强电解质，全部电离，铵根会水解；碳酸氢铵是强电解质，全部电离，铵根、碳酸氢根都会水解且相互促进的水解；硫酸氢铵是强电解质，全部电离，铵根会水解，但电离出的氢离子抑制铵根水解；同浓度的四者，铵根离子浓度依次为硫酸氢铵＞氯化铵＞碳酸氢铵＞氨水，因此常温下，c(NH)相等的氨水、氯化铵、碳酸氢铵、硫酸氢铵四种溶液，溶液浓度为氨水＞碳酸氢铵＞氯化铵＞硫酸氢铵，所以浓度最小的是硫酸氢铵；综上所述，答案为D。
【变式1】常温下，滴有两滴酚酞溶液的Na2CO3溶液中存在CO+H2O⇌HCO+OH-平衡，溶液呈红色，下列说法不正确的是
A．稀释溶液，增大
B．通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，溶液pH均减小
C．升高温度，红色变深，平衡常数增大
D．加入NaOH固体，减小
【答案】A
【解析】A．稀释溶液，水解平衡常数Kh=不变，而溶液的碱性变弱，即c(H+)增大，故变小，故A错误；B．通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，均能消耗掉氢氧根，导致c(OH-)减小，c(H+)增大，故溶液pH减小，故B正确；C．盐类水解吸热，故升高温度，水解平衡右移，水解平衡常数增大，且溶液中c(OH-)增大，故红色变深，故C正确；D．加入氢氧化钠固体，增大了c(OH-)，而水解平衡常数Kh=不变，故减小，故D正确；故选A。
【变式2】下图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为__________________(用离子方程式和必要文字解释)。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是________(填字母序号)。
A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为__________、____________、____________(填“左”、“右”或“不移动”)。
【答案】（1）CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液显碱性
（2）BD
（3）左 左 右
【解析】(1)CH3COONa中CH3COO－水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，酚酞试液遇碱显红色；(2)生石灰与水剧烈反应放出大量热，根据烧瓶①中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量，故选BD；(3)加入NaOH固体，c(OH－)增大，抑制CH3COO－的水解，平衡向左移动；水解显碱性，与CH3COO－的水解相互抑制，平衡向左移动；Fe2＋水解显酸性，与CH3COO－的水解相互促进，平衡向右移动。
热点题型三：盐类水解规律的应用
（1）某些强酸弱碱盐在配制溶液时因水解而浑浊，需加相应的酸来抑制水解，如在配制FeCl3、 AlCl3、CuCl2、SnCl2溶液时先将盐溶于少量相应的酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。
（2）Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH－，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。
（3）判断加热浓缩盐溶液能否得到同溶质的固体。
①弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热脱水。
②强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Na2CO3。
注意：
①考虑盐受热时是否分解。
原物质
蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2
CaCO3或CaO
NaHCO3
Na2CO3
KMnO4
K2MnO4和MnO2
NH4Cl
分解为NH3和HCl，无固体物质存在
②还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
（4）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中因水解而得到红褐色Fe(OH)3胶体；（5）判断溶液中离子能否大量共存，如Al3＋与HCO等因水解互相促进不能大量共存。
（6）盐类水解在生活中的应用
①FeCl3、KAl(SO4)2·12H2O等可作净水剂。
原因：Fe3＋、Al3＋水解产生少量胶状的Fe(OH)3、Al(OH)3，结构疏松、表面积大、吸附能力强，故它们能吸附水中悬浮的小颗粒而沉降，从而起到净水的作用。
②热的纯碱溶液去油污效果好。
原因：加热能促进Na2CO3水解，产生的c(OH－)较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。
③如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，再过滤。
（7）铵态氮肥不能与草木灰混合使用，因为NH在水溶液中能发生水解生成H＋，CO在水溶液中水解产生OH－，当二者同时存在时，二者水解产生的H＋和OH－能发生中和反应，使水解程度都增大，铵盐水解产生的NH3·H2O易挥发而降低了肥效；【例1】盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用。下列有关应用或说法与盐类水解无关的是
A．用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污
B．加入足量Mg(OH)2粉末充分反应并过滤以除去MgCl2溶液中的少量FeCl3
C．用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿
D．长期施用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰
【答案】C
【解析】A．热碱是碳酸钠溶液，溶液中碳酸根水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解氢氧根离子浓度增大，去污能力增强，与水解相关，故A不选；B．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH(2粉末，促进铁离子水解，搅拌，充分反应后过滤可除杂，与水解相关，故B不选；C．用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿，其中硫酸与碱式碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳与水，与水解无关，故C选；D．长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，与水解相关，故D不选；故选C。
【例2】常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．能溶解的溶液：、、、
C．含有的溶液：、、、
D．含有的溶液：、、、
【答案】D
【解析】A．和能发生双水解，中S元素为-2价，具有还原性，中S元素化合价为+6价，具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，A项不选；B．能溶解 Al(OH)3的溶液呈强酸性或强碱性，酸性条件下不能大量含有F-，碱性条件下不能大量含有NH，B项不选；C．I-能被MnO氧化为I2，含有I-的溶液中不能大量含有MnO，C项不选；D．NH、Na＋、K＋、HCO 、Cl –相互之间不反应，含有 NH的溶液可以大量含有Na＋、K＋、HCO 、Cl -，D项选；答案选D。
【变式1】《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述：“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也；治诸血痛，脱肛……取其酸涩而收也……”下列说法正确的是
A．治血痛的原因是利用了胶体的吸附作用
B．白矾溶于水后微粒浓度排序：c(H2O)＞c(SO)＞c(Al3＋)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH-)
C．白矾和氯化铁均可用作水处理剂，均可以杀菌消毒
D．白矾常用于油条中作膨化剂的原理是：Al3＋＋3HCO=Al(OH)3↓＋3CO2↑
【答案】D
【解析】A．白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，治血痛的原因是利用了胶体的聚沉，不是吸附作用，故A错误；B．白矾是硫酸铝钾晶体，KAl(SO4)2·12H2O，其水溶液中因铝离子水解而显酸性，铝离子减少，微粒浓度排序：c(H2O)＞c(SO)＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故B错误；C．白矾和氯化铁水溶液均可水解生成胶体，具有吸附作用，可以净水，但无强氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；D．白矾常用于油条中作膨化剂是利用铝离子和小苏打中的碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成二氧化碳气体，Al3＋＋3HCO=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D正确；故选D。
【变式2】现有下列物质：①稀硫酸 ②固体 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤固体 ⑥稀溶液 ⑦溶液。回答下列问题：
（1）属于强电解质的物质是_______(填序号)。
（2）用离子方程式表示溶液显酸性的原因_______。
（3）配制溶液时，应先把固体溶解在盐酸中，再加水，其目的是_______。
（4）泡沫灭火器中通常装有溶液和溶液，请写出泡沫灭火器工作时的离子反应方程式_______。
（5）常温下，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.相等的氨水和溶液，相等
b.稀释的硫酸溶液，溶液中的离子浓度均下降
c.的溶液和的溶液，
【答案】（1）②⑤
（2）
（3）抑制水解
（4）
（5）ac
【解析】（1）强电解质包含大部分盐类以在强酸和强碱类物质@稀硫酸为混合物不符合，②NaHCO3固体为盐类，符合；③氨水为混合物，不符合；④二氧化碳为非电解质，不符合；⑤为盐类，符合；⑥和⑦均为混合物，不符合；答案为：②⑤
（2）溶液显酸性是因为铝离子水解，；（3）先把固体溶解在盐酸中，目的是抑制水解；（4）泡沫灭火器中为铝离子和碳酸氢根的双水解，；（5）a．相等说明氢离子浓度相等，根据水的离子积常数可知两者的相等，a正确；b．稀释的硫酸溶液，溶液中的氢氧根离子浓度增大，b错误；c．两溶液中均存在电荷守恒，分别为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，2+c(OH-)=(H+)，又两溶液中的pH相同，即c(OH-)和c(H+)均相同，则，c正确；故选ac。
热点题型四：溶液中粒子浓度大小比较
1.理解两大平衡，树立微弱意识
(1)电离平衡→建立电离过程是微弱的意识
弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中存在：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，H2O⇌OH－＋H＋，溶液中粒子浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。
(2)水解平衡→建立水解过程是微弱的意识
弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中存在：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，H2O⇌H＋＋OH－，溶液中，c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)。
2.巧用守恒思想，明确定量关系
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等。
如：NaHCO3溶液中电荷守恒：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
注意：电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加：如2c(CO)的化学计量数2代表一个CO带有2个负电荷，不可漏掉。
(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他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变。
如：在NaHCO3溶液中，n(Na)∶n(C)＝1∶1，推出c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。
(3)质子守恒：电解质溶液中的分子或离子得到或失去的质子的物质的量相等。质子守恒也可根据电荷守恒和物料守恒联合求出。
例如，①在Na2CO3溶液中：
质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
②在NaHCO3溶液中：
质子守恒：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)。
另外，质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导得出。
以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去没有参与变化的K＋得质子守恒式：
c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。
3.比较溶液中粒子浓度关系的解题流程
【例1】 室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A.Na2S溶液：c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H2S)
B.Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)
C.Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)
D.CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)
【答案】 B
【解析】 A项，由于S2－＋H2O⇌HS－＋OH－、HS－＋H2O⇌H2S＋OH－、H2O⇌H＋＋OH－，故离子浓度关系应为c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H2S)，错误；B项，符合电解质溶液中质子守恒关系，正确；C项，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，错误；D项，根据物料守恒，离子浓度的关系应为c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，错误。
【例2】已知NaHSO3溶液显酸性，NaHCO3溶液显碱性，现有浓度均为0.1 mol·L－1的NaHSO3和NaHCO3两种溶液，两种溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S元素或C元素)，其中正确的一组是( )
A.c(Na＋)＞c(HRO)＞c(H＋)＞c(RO)＞c(OH－)
B.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)＋c(RO)＋c(OH－)
C.c(H＋)＋c(H2RO3)＝c(RO)＋c(OH－)
D.c(Na＋)＝c(HRO)＋c(H2RO3)＋2c(RO)
【答案】 C
【解析】 A项，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于电离程度，离子浓度大小为c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO)，A错；B项，根据电荷守恒得，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)＋2c(RO)＋c(OH－)，B错；C项，根据质子守恒得(可联合电荷守恒和物料守恒得到)，c(H＋)＋c(H2RO3)＝c(OH－)＋c(RO)，C正确；D项，根据物料守恒得c(Na＋)＝c(RO)＋c(HRO)＋c(H2RO3)，D错。
【变式1】常温下向某浓度的氯水中逐滴滴入Na2SO3溶液，无气体逸出，溶液pH变化如图所示。下列关系正确的是
A．a点：c(H＋)＞c(Cl-)＞c(ClO-)
B．b点：c(Cl-)=c(SO)=0.005 mol·L-1
C．c点：c(Na＋)=2c(HSO)＋2c(SO)＋2c(SO)
D．d点：c(Na＋)=c(Cl-)＋2c(SO)＋2c(SO)
【答案】A
【解析】A．a点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，主要以电解质分子存在，则微粒浓度大小关系为：c(H＋)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)，A正确；B．b点是滴入的亚硫酸钠溶液和氯水中的氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH=2时，c(H＋)=0.01 mol·L-1，则 c(Cl-)=c()=0.005 mol·L-1，B错误；C．c点剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化钠、亚硫酸、硫酸钠，溶液中还含有氯离子，则c(Na＋)=2c(HSO)＋2c(SO)＋2c(SO)不成立，C错误；D．d点溶液pH=7，则c(H＋)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，c(Na＋)=c(Cl-)＋2c(SO)＋c()＋2c)，D错误；故合理选项是A。
【变式2】H2C2O4为二元弱酸，Kal(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．0.100 0 mol·L-1 H2C2O4溶液：c(H+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O)+c(OH-)-c(H2C2O4)
B．c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O)>c(H+)
C．pH=7的溶液：c(Na+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O)-c(H2C2O4)
D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH-)-c(H+)=c(H2C2O4)+c(HC2O)
【答案】A
【解析】A．H2C2O4溶液存在电荷守恒：c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，由题意可知，c(H2C2O4)+ c(HC2O)+c(C2O)=0.1000 mol·L-1，将电荷守恒式子中c(HC2O)+c(C2O)换为0.1000 mol·L-1- c(H2C2O4)，则有c(H+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O)+c(OH-)-c(H2C2O4)，A正确；B．当c(Na+)=c(总)时，由C原子个数守恒可知，溶液中的溶质为NaHC2O4，由题意知，HC2O的水解平衡常数Kh=Kw/Kal=，由此可知，Kh小于Ka2，因此HC2O的电离程度大于水解程度，因此溶液中c(Na+)>c(H+)>c(C2O)>c(H2C2O4)，B错误；C．由电荷守恒关系可知，c(Na+)+c(H+)= c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，又因c(总)=c(H2C2O4)+ c(HC2O)+c(C2O)，由以上两式可得，c(Na+)+c(H+)=c(总)+c(C2O)-c(H2C2O4)+c(OH-)，因pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(总)+c(C2O)-c(H2C2O4)，由于此时溶液的体积增大，c(总)<0.100 0 mol·L-1，故c(Na+)<0.100 0 mol·L-1+c(C2O)-c(H2C2O4)，C错误；D．由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，当c(Na+)=2c(总)时，该式可变为2c(H2C2O4)+2c(HC2O)+2c(C2O)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，即为c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)，D错误；选A。
热点题型五：水解平衡常数及其应用
1.盐类水解的平衡常数，称为水解常数，用Kh表示。
①对于A－＋H2O⇌HA＋OH－，Kh＝；②对于B＋＋H2O⇌BOH＋H＋，Kh＝。
意义和影响因素：
①Kh越大，表示相应盐的水解程度越大；②Kh只受温度的影响，升高温度，Kh值增大。
2．电离常数与水解常数的关系
(1)对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系
Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，故Kh＝。
常温时Ka·Kh＝Kw＝1.0×10－14 Kh＝。
(2)对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系
HB－＋H2O⇌H2B＋OH－，Kh(HB－)＝。
B2－＋H2O⇌HB－＋OH－，Kh(B2－)＝，
(3)水解常数的应用
①计算盐溶液中c(H＋)或c(OH－)
a．对于A－＋H2O⇌HA＋OH－
起始 c 0 0
平衡c－c(HA) c(HA) c(OH－)
Kh＝≈，c(OH－)＝。
b．同理对于B＋＋H2O⇌BOH＋H＋，c(H＋)＝。
②判断盐溶液的酸碱性和微粒浓度的大小
a．单一溶液
ⅰ.如一定浓度的NaHCO3溶液，Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝5.6×10－11，Kh＝＝≈2.27×10－8＞Ka2，HCO3-的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(H2CO3)＞c(CO32-)。
ⅱ.又如一定浓度的NaHSO3溶液，Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.2×10－7，Kh＝＝≈6.5×10－13＜Ka2，HSO3-的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，c(SO32-)>c(H2SO3)。
ⅲ.再如一定浓度的CH3COONH4溶液，由于Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5≈Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，则CH3COO－与NH4+的水解常数近似相等，二者水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c(CH3COO－)＝c(NH4+)。
b．混合溶液
ⅰ.如物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh＝＝≈5.7×10－10c(OH－)，c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)。
ⅱ.又如物质的量浓度相等的HCN和NaCN混合溶液，Ka(HCN)＝4.9×10－10，Kh＝＝≈2.0×10－5＞Ka(HCN)，CN－的水解程度大于HCN的电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)。
【例1】某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是
A．该酸—lg Ka≈4.4
B．NaA的水解平衡常数Kh=
C．当该溶液pH=7.0时，c(HA)
【答案】B
【解析】A．由图可知，当c(HA)=c(A—)时，溶液中pH≈4.4，则Ka == c(H+)，该酸—lg Ka≈4.4，故A正确；B．NaA的水解平衡常数Kh===，故B错误；C．由图可知，当溶液pH=7.0时，溶液中c(HA)
A．曲线N代表的是pC(H2A)与pH的变化关系
B．pH=3时，溶液中有c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)<10-3mol/L
C．pH=4时，溶液中有c(HA-)
【答案】C
【解析】A．根据分析，N为pC(H2A)与pH的变化关系，A正确；B．pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，由电荷守恒可知，c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+c(H+)，即c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+10-3mol/L，故c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)=10-3mol/L，所以c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)<10-3mol/L，B正确；C．根据分析，X越大，pC越小，pH=4时，由图像可知，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C错误；D．a点时c(HA-)= c(H2A)，根据H2AH++ HA-可知，Ka1== c(H+)=10-0.6，Kh===10-13.4，D正确；故选C。
【变式】25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=0.1mol·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，Kh为CH3COO-水解常数，下列说法错误的是
A．N点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
B．P点时，pOH=-lgKh
C．由O点到P对应的反应过程中，CH3COO-的水解程度减小
D．该体系中，c(H+)=
【答案】B
【解析】A．结合分析可知，N点是lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，A正确；B．Kh=，P点时c(CH3COOH)≠c(CH3COO-)，所以pOH≠-lgKh，B错误；C．由O点到P对应的反应过程中，c(CH3COO-)逐渐增大，水解程度减小，C正确；D．Ka=，所以c(H+)=，c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，所以c(H+)=，D正确；综上所述答案为B。
热点题型六：水溶液中的陌生图像分析
一、由常规滴定曲线形成的陌生多维滴定(反应)曲线
(以室温时用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液为例)
滴定曲线
关键点
离子浓度关系
原点(点0)
原点为HA的单一溶液，0.1 mol·L－1 HA溶液pH＞1说明HA是弱酸；c(HA)＞c(H＋)＞c(A－)＞c(OH－)
反应一半点(点①)
两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH＜7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)＞c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)
中性点(点②)
此时溶液pH＝7，溶液显中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)＝c(OH－)
恰好完全反应点(点③)
此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)
过量点(点④)
此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)
二、负对数图像
1.图像类型
pH图像
将溶液中c(H＋)取负对数，即pH＝－lg c(H＋)，反映到图像中是c(H＋)越大，则pH越小
pOH图像
将溶液中c(OH－)取负对数，即pOH＝－lg c(OH－)，反映到图像中是c(OH－)越大，则pOH越小
pC图像
将溶液中某一微粒浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取负对数，即pC＝－lg c(A)，反映到图像中是c(A－)越大，则pC越小
2.解题要领
解题时要理解pH、pOH、pC的含义，以及图像横坐标、纵坐标代表的含义，通过曲线的变化趋势，找到图像与已学化学知识间的联系。
【例1】NH4HSO4 在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4 溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(Na＋)＋c(OH－)
B.c点溶液中：c(SO)>c(NH3·H2O)>c(NH)
C.d点溶液中：c(SO)>c(NH)>c(OH－)
D.a、b、c、d四个点中，b点水的电离程度最大
【答案】 A
【解析】通过图像中反应量的关系可知，当氢氧化钠体积为100 mL时，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4 溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液100 mL，恰好完全反应：2NH4HSO4＋2NaOH===Na2SO4＋(NH4)2SO4＋2H2O，a点溶液为硫酸钠和硫酸铵；据此进行分析，当氢氧化钠体积为150 mL时，c点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨；当氢氧化钠体积在100～150 mL之间时，溶液可以为中性，b点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨；当氢氧化钠体积为200 mL时，d点为硫酸钠和一水合氨；A.结合以上分析可知，a点溶液为硫酸钠和硫酸铵，铵根离子水解，所以a点溶液显酸性，溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)＋c(OH－)；物料守恒：c(Na＋)＝c(SO)，所以c(NH)＋c(H＋)＝c(Na＋)＋c(OH－)，A正确；B.结合以上分析可知，c点溶液含有硫酸钠、硫酸铵和一水合氨，因为一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，c(SO)>c(NH)>c(NH3·H2O)，B错误；C.结合以上分析可知，d点溶液中含有硫酸钠、一水合氨，溶液显碱性，c(SO)>c(OH－)>c(NH)，C错误；D.因为加酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，所以图中的a、b、c、d四个点中，a点水的电离程度最大，D错误。
【例2】已知琥珀酸[(CH2COOH)2]是二元弱酸，以H2A代表其化学式，且pX代表-lg或-lg。常温下，用NaOH溶液滴定琥珀酸溶液，混合溶或液的pH与pX的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A．该溶液中>
B．水的电离程度d>c
C．当H2A被完全中和时，c(OH-)=c(HA-)+c(H2A)+c(H+)
D．滴定至c点时，c(Na+)
【解析】A. Ka1> Ka2，，所以该溶液中<，故A错误；B. d、c两点都呈酸性，说明酸没有完全反应，d到c，随pH升高，琥珀酸电离出的氢离子不断减少，氢离子对电离的抑制作用减弱，水的电离程度d
A．点a所示溶液中：
B．点b所示溶液中，水的电离程度最大
C．点c所示溶液中：
D．点d所示溶液中：
【答案】C
【解析】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH)＜c(NO)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)，故A错误；B．应该是能水解的盐促进水的电离，故a点水的电离程度最大，故B错误；C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)
A.V＝40
B.b点时溶液的pOH>pH
C.a、b、c三点由水电离的c(H＋)依次减小
D.a、b、d三点对应NH3·H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)
【答案】C
【解析】A.b点时溶液温度最高，表明此时酸碱恰好反应完全，因1 mol H2SO4可与2 mol NH3·H2O反应，故V＝40，A项正确；B.b点时恰好反应时生成(NH4)2SO4，溶液显酸性，pOH>pH，B项正确；C.a点时溶液中的溶质为(NH4)2SO4与NH3·H2O，b点时恰好反应时生成(NH4)2SO4，c点时溶液中的溶质为等物质的量的(NH4)2SO4与H2SO4，由于酸和碱都抑制水的电离，NH能促进水的电离，则a、b、c三点中，b点水电离的c(H＋)最大，故C错误；D.a、b、d三点的温度高低顺序为b>d>a，温度越高，NH3·H2O的电离常数越大，D项正确。
专题26 盐类的水解
1.此部分内容通常在高考中出现在选择题某个选项中，有时在非选择题中出现。
2.高考主要考查点有四个:一是水解方程式的书写，以解释盐溶液的酸碱性变化。二是盐类水解方程式与电解质电离方程式相结合，考查水解与电离的区别。三是以盐类水解在化工生产、日常生活中的应用为背景，考查水解平衡的影响因素及盐溶液的酸碱性判断。四是结合水解规律，对溶液中离子浓度大小进行比较。
热点题型一：盐类的水解及其规律
热点题型二：影响盐类水解的因素
热点题型三：盐类水解规律的应用
热点题型四：溶液中粒子浓度大小比较
热点题型五：水解平衡常数
热点题型六：水溶液中的陌生图像分析
热点题型一：盐类的水解及其规律
1.盐类的水解
2．水解离子方程式的书写
(1)多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主。
如Na2CO3水解的离子方程式：CO32-＋H2O⇌HCO3-＋OH－，HCO3-＋H2O⇌H2CO3＋OH－。
(2)多元弱碱盐水解：方程式一步完成。
如FeCl3水解的离子方程式：Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋。
(3) Al3＋(或Fe3＋)与CO、HCO、S2－、HSO、AlO发生相互促进的水解反应，水解程度较大，进行完全，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
如NaHCO3与AlCl3溶液混合反应的离子方程式：Al3＋＋3HCO3-===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(4)NH4+与CH3COO－、HCO3-、CO32-等在水解时相互促进，其水解程度比单一离子的水解程度大，但仍然水解程度比较弱，不能进行完全，在书写水解方程式时用“⇌”。
3. 盐类的水解规律
注意：
(1)多元弱酸的酸式盐溶液呈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。如NaHCO3溶液中HCO3-的水解＞电离，故溶液呈碱性；NaHSO3溶液中HSO3-的电离＞水解，故溶液呈酸性。
(2)能发生相互促进的水解反应的盐溶液的酸碱性，取决于弱酸、弱碱的相对强弱，如NH4F溶液呈酸性，是因为HF的电离常数大于NH3·H2O的电离常数。CH3COONH4溶液呈中性，是因为CH3COOH的电离常数与NH3·H2O的电离常数相当。
（3）水解程度：相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。如NH的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
【例1】下列方程式书写正确的是
A．在水溶液中的电离方程式：
B．的电离方程式：
C．的水解方程式：
D．的电离方程式：
【答案】A
【解析】A．HCO3-在水溶液中的电离方程式为，故A正确；B．的电离方程式为，故B错误；C．的水解方程式为，故C错误；D．的电离方程式为，故D错误；故答案为A。
【例2】下列溶液的pH大于7的是（ ）
A．KBr B．CuSO4 C．NaClO D．Ba(NO3)2
【答案】C
【解析】A．KBr中没有离子发生水解，故A选项错误。B．CuSO4中铜离子水解生成的是H+，溶液偏酸性，故B选项错误。C．NaClO中 ClO-水解生成次氯酸和OH-，溶液PH大于7，故C选项正确。D. Ba(NO3)2中没有水解反应，故D选项错误。故答案选C。
【变式1】下列根据反应原理设计的应用，不正确的是
A．CO+H2O⇌HCO+OH- 热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+ 明矾净水
C．TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl 用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2+H2O⇌Sn(OH)Cl↓+HCl 配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体
【答案】D
【解析】A．碳酸钠水解使溶液呈碱性，油脂在碱性条件下能发生水解，所以纯碱溶液可用来清洗油污，故A正确；B．Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，所以明矾可做净水剂，故B正确；C．TiCl4水解生成TiO2·xH2O沉淀，所以TiCl4可以制备TiO2，故C正确；D．SnCl2水解生成盐酸，所以配制氯化亚锡溶液时加入盐酸，阻止SnCl2的水解，故D错误；故答案选D。
【变式2】在室温下，下列五种溶液：① 0.1mol/LNH4Cl溶液② 0.1mol/LCH3COONH4溶液
③ 0.1mol/LNH4HSO4溶液④ 0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液⑤ 0.1mol/L氨水，请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈________(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是___________(用离子方程式表示)。
(2)溶液② ③中的大小关系是②________③。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在溶液④ 中________(离子)的浓度为0.1mol/L；NH3·H2O和________(离子)的浓度之和为0.2mol/L。
(4)室温下，测得溶液② 的pH=7，CH3COO-与浓度的大小关系是________(填“>”、“<”或“=”)
【答案】（1）酸 +H2O⇌NH3·H2O+H+
（2）<
（3）Cl-
（4） =
【解析】(1)氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子能发生水解：+H2O⇌NH3·H2O+H+，导致溶液中的氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显酸性，故答案为：酸；+H2O⇌NH3·H2O+H+；(2)② 0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进了铵根离子水解，使铵根水解程度增大，③ 0.1mol/LNH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，使铵根水解程度减小，因此③中铵根离子浓度大于②，故答案为：<；(3)④ 0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液中氯离子不发生水解，其离子浓度为0.1mol/L，根据物料守恒可知NH3·H2O和的浓度和为0.1mol/L+0.1mol/L=0.2mol/L，故答案为：Cl-；；(4)② 0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH值等于7，说明铵根离子和醋酸根离子的水解程度相同，则溶液中的等于，故答案为：=；热点题型二：影响盐类水解的因素
(1)内因：弱酸阴离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解。
越弱越水解的理解：如相同浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液碱性强弱，由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO，故对应盐溶液的碱性：Na2CO3溶液>NaHCO3溶液>CH3COONa溶液。
(2)外因：①温度、浓度：越热越水解、越稀越水解。
②外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。
以外界条件对FeCl3溶液水解平衡的影响为例，Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋ ΔH>0
体系变化
条件
平衡移动方向
n(H＋)
pH
水解程度
现象
升温
向右
增多
减小
增大
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
增大
颜色变浅
加FeCl3固体
向右
增多
减小
减小
颜色变深
加NaHCO3
向右
减小
增大
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
【例1】为了使Na2CO3溶波中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是
A．CO2气体 B．KOH固体 C．HCl气体 D．NaOH固体
【答案】B
【解析】A．根据CO+ CO2+H2O= 2HCO反应，可知通入CO2气体后，CO浓度降低了，的比值变大了，故A不符合题意；B．碳酸根离子水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，加入氢氧化钾固体，会抑CO的水解，使CO的钠离子浓度增大，钠离子浓度不变，所以的比值变小了，故B符合题意； C．碳酸根离子水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，加入HCI气体，平衡正向移动，使得CO离子浓度减小，所以的比值变大了，故C不符合题意； D．碳酸根离子水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，加入氢氧化钠固体，会使的钠离子浓度增大，所以使得比值变大，故D不符合题意；故答案：B。
【例2】常温下，c(NH)相等的氨水、氯化铵、碳酸氢铵、硫酸氢铵四种溶液，溶液浓度最小的是
A．氨水 B．氯化铵 C．碳酸氢铵 D．硫酸氢铵
【答案】D
【解析】氨水是弱电解质，微弱电离；氯化铵强电解质，全部电离，铵根会水解；碳酸氢铵是强电解质，全部电离，铵根、碳酸氢根都会水解且相互促进的水解；硫酸氢铵是强电解质，全部电离，铵根会水解，但电离出的氢离子抑制铵根水解；同浓度的四者，铵根离子浓度依次为硫酸氢铵＞氯化铵＞碳酸氢铵＞氨水，因此常温下，c(NH)相等的氨水、氯化铵、碳酸氢铵、硫酸氢铵四种溶液，溶液浓度为氨水＞碳酸氢铵＞氯化铵＞硫酸氢铵，所以浓度最小的是硫酸氢铵；综上所述，答案为D。
【变式1】常温下，滴有两滴酚酞溶液的Na2CO3溶液中存在CO+H2O⇌HCO+OH-平衡，溶液呈红色，下列说法不正确的是
A．稀释溶液，增大
B．通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，溶液pH均减小
C．升高温度，红色变深，平衡常数增大
D．加入NaOH固体，减小
【答案】A
【解析】A．稀释溶液，水解平衡常数Kh=不变，而溶液的碱性变弱，即c(H+)增大，故变小，故A错误；B．通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，均能消耗掉氢氧根，导致c(OH-)减小，c(H+)增大，故溶液pH减小，故B正确；C．盐类水解吸热，故升高温度，水解平衡右移，水解平衡常数增大，且溶液中c(OH-)增大，故红色变深，故C正确；D．加入氢氧化钠固体，增大了c(OH-)，而水解平衡常数Kh=不变，故减小，故D正确；故选A。
【变式2】下图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为__________________(用离子方程式和必要文字解释)。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是________(填字母序号)。
A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为__________、____________、____________(填“左”、“右”或“不移动”)。
【答案】（1）CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液显碱性
（2）BD
（3）左 左 右
【解析】(1)CH3COONa中CH3COO－水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，酚酞试液遇碱显红色；(2)生石灰与水剧烈反应放出大量热，根据烧瓶①中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量，故选BD；(3)加入NaOH固体，c(OH－)增大，抑制CH3COO－的水解，平衡向左移动；水解显碱性，与CH3COO－的水解相互抑制，平衡向左移动；Fe2＋水解显酸性，与CH3COO－的水解相互促进，平衡向右移动。
热点题型三：盐类水解规律的应用
（1）某些强酸弱碱盐在配制溶液时因水解而浑浊，需加相应的酸来抑制水解，如在配制FeCl3、 AlCl3、CuCl2、SnCl2溶液时先将盐溶于少量相应的酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。
（2）Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH－，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。
（3）判断加热浓缩盐溶液能否得到同溶质的固体。
①弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热脱水。
②强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Na2CO3。
注意：
①考虑盐受热时是否分解。
原物质
蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2
CaCO3或CaO
NaHCO3
Na2CO3
KMnO4
K2MnO4和MnO2
NH4Cl
分解为NH3和HCl，无固体物质存在
②还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
（4）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中因水解而得到红褐色Fe(OH)3胶体；（5）判断溶液中离子能否大量共存，如Al3＋与HCO等因水解互相促进不能大量共存。
（6）盐类水解在生活中的应用
①FeCl3、KAl(SO4)2·12H2O等可作净水剂。
原因：Fe3＋、Al3＋水解产生少量胶状的Fe(OH)3、Al(OH)3，结构疏松、表面积大、吸附能力强，故它们能吸附水中悬浮的小颗粒而沉降，从而起到净水的作用。
②热的纯碱溶液去油污效果好。
原因：加热能促进Na2CO3水解，产生的c(OH－)较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。
③如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，再过滤。
（7）铵态氮肥不能与草木灰混合使用，因为NH在水溶液中能发生水解生成H＋，CO在水溶液中水解产生OH－，当二者同时存在时，二者水解产生的H＋和OH－能发生中和反应，使水解程度都增大，铵盐水解产生的NH3·H2O易挥发而降低了肥效；【例1】盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用。下列有关应用或说法与盐类水解无关的是
A．用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污
B．加入足量Mg(OH)2粉末充分反应并过滤以除去MgCl2溶液中的少量FeCl3
C．用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿
D．长期施用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰
【答案】C
【解析】A．热碱是碳酸钠溶液，溶液中碳酸根水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解氢氧根离子浓度增大，去污能力增强，与水解相关，故A不选；B．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH(2粉末，促进铁离子水解，搅拌，充分反应后过滤可除杂，与水解相关，故B不选；C．用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿，其中硫酸与碱式碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳与水，与水解无关，故C选；D．长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，与水解相关，故D不选；故选C。
【例2】常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．能溶解的溶液：、、、
C．含有的溶液：、、、
D．含有的溶液：、、、
【答案】D
【解析】A．和能发生双水解，中S元素为-2价，具有还原性，中S元素化合价为+6价，具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，A项不选；B．能溶解 Al(OH)3的溶液呈强酸性或强碱性，酸性条件下不能大量含有F-，碱性条件下不能大量含有NH，B项不选；C．I-能被MnO氧化为I2，含有I-的溶液中不能大量含有MnO，C项不选；D．NH、Na＋、K＋、HCO 、Cl –相互之间不反应，含有 NH的溶液可以大量含有Na＋、K＋、HCO 、Cl -，D项选；答案选D。
【变式1】《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述：“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也；治诸血痛，脱肛……取其酸涩而收也……”下列说法正确的是
A．治血痛的原因是利用了胶体的吸附作用
B．白矾溶于水后微粒浓度排序：c(H2O)＞c(SO)＞c(Al3＋)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH-)
C．白矾和氯化铁均可用作水处理剂，均可以杀菌消毒
D．白矾常用于油条中作膨化剂的原理是：Al3＋＋3HCO=Al(OH)3↓＋3CO2↑
【答案】D
【解析】A．白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，治血痛的原因是利用了胶体的聚沉，不是吸附作用，故A错误；B．白矾是硫酸铝钾晶体，KAl(SO4)2·12H2O，其水溶液中因铝离子水解而显酸性，铝离子减少，微粒浓度排序：c(H2O)＞c(SO)＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故B错误；C．白矾和氯化铁水溶液均可水解生成胶体，具有吸附作用，可以净水，但无强氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；D．白矾常用于油条中作膨化剂是利用铝离子和小苏打中的碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成二氧化碳气体，Al3＋＋3HCO=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D正确；故选D。
【变式2】现有下列物质：①稀硫酸 ②固体 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤固体 ⑥稀溶液 ⑦溶液。回答下列问题：
（1）属于强电解质的物质是_______(填序号)。
（2）用离子方程式表示溶液显酸性的原因_______。
（3）配制溶液时，应先把固体溶解在盐酸中，再加水，其目的是_______。
（4）泡沫灭火器中通常装有溶液和溶液，请写出泡沫灭火器工作时的离子反应方程式_______。
（5）常温下，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.相等的氨水和溶液，相等
b.稀释的硫酸溶液，溶液中的离子浓度均下降
c.的溶液和的溶液，
【答案】（1）②⑤
（2）
（3）抑制水解
（4）
（5）ac
【解析】（1）强电解质包含大部分盐类以在强酸和强碱类物质@稀硫酸为混合物不符合，②NaHCO3固体为盐类，符合；③氨水为混合物，不符合；④二氧化碳为非电解质，不符合；⑤为盐类，符合；⑥和⑦均为混合物，不符合；答案为：②⑤
（2）溶液显酸性是因为铝离子水解，；（3）先把固体溶解在盐酸中，目的是抑制水解；（4）泡沫灭火器中为铝离子和碳酸氢根的双水解，；（5）a．相等说明氢离子浓度相等，根据水的离子积常数可知两者的相等，a正确；b．稀释的硫酸溶液，溶液中的氢氧根离子浓度增大，b错误；c．两溶液中均存在电荷守恒，分别为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，2+c(OH-)=(H+)，又两溶液中的pH相同，即c(OH-)和c(H+)均相同，则，c正确；故选ac。
热点题型四：溶液中粒子浓度大小比较
1.理解两大平衡，树立微弱意识
(1)电离平衡→建立电离过程是微弱的意识
弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中存在：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，H2O⇌OH－＋H＋，溶液中粒子浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。
(2)水解平衡→建立水解过程是微弱的意识
弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中存在：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，H2O⇌H＋＋OH－，溶液中，c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)。
2.巧用守恒思想，明确定量关系
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等。
如：NaHCO3溶液中电荷守恒：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
注意：电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加：如2c(CO)的化学计量数2代表一个CO带有2个负电荷，不可漏掉。
(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他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变。
如：在NaHCO3溶液中，n(Na)∶n(C)＝1∶1，推出c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。
(3)质子守恒：电解质溶液中的分子或离子得到或失去的质子的物质的量相等。质子守恒也可根据电荷守恒和物料守恒联合求出。
例如，①在Na2CO3溶液中：
质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
②在NaHCO3溶液中：
质子守恒：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)。
另外，质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导得出。
以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去没有参与变化的K＋得质子守恒式：
c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。
3.比较溶液中粒子浓度关系的解题流程
【例1】 室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A.Na2S溶液：c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H2S)
B.Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)
C.Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)
D.CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)
【答案】 B
【解析】 A项，由于S2－＋H2O⇌HS－＋OH－、HS－＋H2O⇌H2S＋OH－、H2O⇌H＋＋OH－，故离子浓度关系应为c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H2S)，错误；B项，符合电解质溶液中质子守恒关系，正确；C项，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，错误；D项，根据物料守恒，离子浓度的关系应为c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，错误。
【例2】已知NaHSO3溶液显酸性，NaHCO3溶液显碱性，现有浓度均为0.1 mol·L－1的NaHSO3和NaHCO3两种溶液，两种溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S元素或C元素)，其中正确的一组是( )
A.c(Na＋)＞c(HRO)＞c(H＋)＞c(RO)＞c(OH－)
B.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)＋c(RO)＋c(OH－)
C.c(H＋)＋c(H2RO3)＝c(RO)＋c(OH－)
D.c(Na＋)＝c(HRO)＋c(H2RO3)＋2c(RO)
【答案】 C
【解析】 A项，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于电离程度，离子浓度大小为c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO)，A错；B项，根据电荷守恒得，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)＋2c(RO)＋c(OH－)，B错；C项，根据质子守恒得(可联合电荷守恒和物料守恒得到)，c(H＋)＋c(H2RO3)＝c(OH－)＋c(RO)，C正确；D项，根据物料守恒得c(Na＋)＝c(RO)＋c(HRO)＋c(H2RO3)，D错。
【变式1】常温下向某浓度的氯水中逐滴滴入Na2SO3溶液，无气体逸出，溶液pH变化如图所示。下列关系正确的是
A．a点：c(H＋)＞c(Cl-)＞c(ClO-)
B．b点：c(Cl-)=c(SO)=0.005 mol·L-1
C．c点：c(Na＋)=2c(HSO)＋2c(SO)＋2c(SO)
D．d点：c(Na＋)=c(Cl-)＋2c(SO)＋2c(SO)
【答案】A
【解析】A．a点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，主要以电解质分子存在，则微粒浓度大小关系为：c(H＋)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)，A正确；B．b点是滴入的亚硫酸钠溶液和氯水中的氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH=2时，c(H＋)=0.01 mol·L-1，则 c(Cl-)=c()=0.005 mol·L-1，B错误；C．c点剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化钠、亚硫酸、硫酸钠，溶液中还含有氯离子，则c(Na＋)=2c(HSO)＋2c(SO)＋2c(SO)不成立，C错误；D．d点溶液pH=7，则c(H＋)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，c(Na＋)=c(Cl-)＋2c(SO)＋c()＋2c)，D错误；故合理选项是A。
【变式2】H2C2O4为二元弱酸，Kal(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．0.100 0 mol·L-1 H2C2O4溶液：c(H+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O)+c(OH-)-c(H2C2O4)
B．c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O)>c(H+)
C．pH=7的溶液：c(Na+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O)-c(H2C2O4)
D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH-)-c(H+)=c(H2C2O4)+c(HC2O)
【答案】A
【解析】A．H2C2O4溶液存在电荷守恒：c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，由题意可知，c(H2C2O4)+ c(HC2O)+c(C2O)=0.1000 mol·L-1，将电荷守恒式子中c(HC2O)+c(C2O)换为0.1000 mol·L-1- c(H2C2O4)，则有c(H+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2O)+c(OH-)-c(H2C2O4)，A正确；B．当c(Na+)=c(总)时，由C原子个数守恒可知，溶液中的溶质为NaHC2O4，由题意知，HC2O的水解平衡常数Kh=Kw/Kal=，由此可知，Kh小于Ka2，因此HC2O的电离程度大于水解程度，因此溶液中c(Na+)>c(H+)>c(C2O)>c(H2C2O4)，B错误；C．由电荷守恒关系可知，c(Na+)+c(H+)= c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，又因c(总)=c(H2C2O4)+ c(HC2O)+c(C2O)，由以上两式可得，c(Na+)+c(H+)=c(总)+c(C2O)-c(H2C2O4)+c(OH-)，因pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(总)+c(C2O)-c(H2C2O4)，由于此时溶液的体积增大，c(总)<0.100 0 mol·L-1，故c(Na+)<0.100 0 mol·L-1+c(C2O)-c(H2C2O4)，C错误；D．由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，当c(Na+)=2c(总)时，该式可变为2c(H2C2O4)+2c(HC2O)+2c(C2O)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，即为c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)，D错误；选A。
热点题型五：水解平衡常数及其应用
1.盐类水解的平衡常数，称为水解常数，用Kh表示。
①对于A－＋H2O⇌HA＋OH－，Kh＝；②对于B＋＋H2O⇌BOH＋H＋，Kh＝。
意义和影响因素：
①Kh越大，表示相应盐的水解程度越大；②Kh只受温度的影响，升高温度，Kh值增大。
2．电离常数与水解常数的关系
(1)对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系
Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，故Kh＝。
常温时Ka·Kh＝Kw＝1.0×10－14 Kh＝。
(2)对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系
HB－＋H2O⇌H2B＋OH－，Kh(HB－)＝。
B2－＋H2O⇌HB－＋OH－，Kh(B2－)＝，
(3)水解常数的应用
①计算盐溶液中c(H＋)或c(OH－)
a．对于A－＋H2O⇌HA＋OH－
起始 c 0 0
平衡c－c(HA) c(HA) c(OH－)
Kh＝≈，c(OH－)＝。
b．同理对于B＋＋H2O⇌BOH＋H＋，c(H＋)＝。
②判断盐溶液的酸碱性和微粒浓度的大小
a．单一溶液
ⅰ.如一定浓度的NaHCO3溶液，Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝5.6×10－11，Kh＝＝≈2.27×10－8＞Ka2，HCO3-的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(H2CO3)＞c(CO32-)。
ⅱ.又如一定浓度的NaHSO3溶液，Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.2×10－7，Kh＝＝≈6.5×10－13＜Ka2，HSO3-的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，c(SO32-)>c(H2SO3)。
ⅲ.再如一定浓度的CH3COONH4溶液，由于Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5≈Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，则CH3COO－与NH4+的水解常数近似相等，二者水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c(CH3COO－)＝c(NH4+)。
b．混合溶液
ⅰ.如物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh＝＝≈5.7×10－10
ⅱ.又如物质的量浓度相等的HCN和NaCN混合溶液，Ka(HCN)＝4.9×10－10，Kh＝＝≈2.0×10－5＞Ka(HCN)，CN－的水解程度大于HCN的电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)。
【例1】某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是
A．该酸—lg Ka≈4.4
B．NaA的水解平衡常数Kh=
C．当该溶液pH=7.0时，c(HA)
【答案】B
【解析】A．由图可知，当c(HA)=c(A—)时，溶液中pH≈4.4，则Ka == c(H+)，该酸—lg Ka≈4.4，故A正确；B．NaA的水解平衡常数Kh===，故B错误；C．由图可知，当溶液pH=7.0时，溶液中c(HA)
A．曲线N代表的是pC(H2A)与pH的变化关系
B．pH=3时，溶液中有c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)<10-3mol/L
C．pH=4时，溶液中有c(HA-)
【答案】C
【解析】A．根据分析，N为pC(H2A)与pH的变化关系，A正确；B．pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，由电荷守恒可知，c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+c(H+)，即c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+10-3mol/L，故c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)=10-3mol/L，所以c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)<10-3mol/L，B正确；C．根据分析，X越大，pC越小，pH=4时，由图像可知，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C错误；D．a点时c(HA-)= c(H2A)，根据H2AH++ HA-可知，Ka1== c(H+)=10-0.6，Kh===10-13.4，D正确；故选C。
【变式】25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=0.1mol·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，Kh为CH3COO-水解常数，下列说法错误的是
A．N点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
B．P点时，pOH=-lgKh
C．由O点到P对应的反应过程中，CH3COO-的水解程度减小
D．该体系中，c(H+)=
【答案】B
【解析】A．结合分析可知，N点是lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，A正确；B．Kh=，P点时c(CH3COOH)≠c(CH3COO-)，所以pOH≠-lgKh，B错误；C．由O点到P对应的反应过程中，c(CH3COO-)逐渐增大，水解程度减小，C正确；D．Ka=，所以c(H+)=，c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，所以c(H+)=，D正确；综上所述答案为B。
热点题型六：水溶液中的陌生图像分析
一、由常规滴定曲线形成的陌生多维滴定(反应)曲线
(以室温时用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液为例)
滴定曲线
关键点
离子浓度关系
原点(点0)
原点为HA的单一溶液，0.1 mol·L－1 HA溶液pH＞1说明HA是弱酸；c(HA)＞c(H＋)＞c(A－)＞c(OH－)
反应一半点(点①)
两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH＜7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)＞c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)
中性点(点②)
此时溶液pH＝7，溶液显中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)＝c(OH－)
恰好完全反应点(点③)
此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)
过量点(点④)
此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)
二、负对数图像
1.图像类型
pH图像
将溶液中c(H＋)取负对数，即pH＝－lg c(H＋)，反映到图像中是c(H＋)越大，则pH越小
pOH图像
将溶液中c(OH－)取负对数，即pOH＝－lg c(OH－)，反映到图像中是c(OH－)越大，则pOH越小
pC图像
将溶液中某一微粒浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取负对数，即pC＝－lg c(A)，反映到图像中是c(A－)越大，则pC越小
2.解题要领
解题时要理解pH、pOH、pC的含义，以及图像横坐标、纵坐标代表的含义，通过曲线的变化趋势，找到图像与已学化学知识间的联系。
【例1】NH4HSO4 在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4 溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(Na＋)＋c(OH－)
B.c点溶液中：c(SO)>c(NH3·H2O)>c(NH)
C.d点溶液中：c(SO)>c(NH)>c(OH－)
D.a、b、c、d四个点中，b点水的电离程度最大
【答案】 A
【解析】通过图像中反应量的关系可知，当氢氧化钠体积为100 mL时，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4 溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液100 mL，恰好完全反应：2NH4HSO4＋2NaOH===Na2SO4＋(NH4)2SO4＋2H2O，a点溶液为硫酸钠和硫酸铵；据此进行分析，当氢氧化钠体积为150 mL时，c点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨；当氢氧化钠体积在100～150 mL之间时，溶液可以为中性，b点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨；当氢氧化钠体积为200 mL时，d点为硫酸钠和一水合氨；A.结合以上分析可知，a点溶液为硫酸钠和硫酸铵，铵根离子水解，所以a点溶液显酸性，溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)＋c(OH－)；物料守恒：c(Na＋)＝c(SO)，所以c(NH)＋c(H＋)＝c(Na＋)＋c(OH－)，A正确；B.结合以上分析可知，c点溶液含有硫酸钠、硫酸铵和一水合氨，因为一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，c(SO)>c(NH)>c(NH3·H2O)，B错误；C.结合以上分析可知，d点溶液中含有硫酸钠、一水合氨，溶液显碱性，c(SO)>c(OH－)>c(NH)，C错误；D.因为加酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，所以图中的a、b、c、d四个点中，a点水的电离程度最大，D错误。
【例2】已知琥珀酸[(CH2COOH)2]是二元弱酸，以H2A代表其化学式，且pX代表-lg或-lg。常温下，用NaOH溶液滴定琥珀酸溶液，混合溶或液的pH与pX的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A．该溶液中>
B．水的电离程度d>c
C．当H2A被完全中和时，c(OH-)=c(HA-)+c(H2A)+c(H+)
D．滴定至c点时，c(Na+)
【解析】A. Ka1> Ka2，，所以该溶液中<，故A错误；B. d、c两点都呈酸性，说明酸没有完全反应，d到c，随pH升高，琥珀酸电离出的氢离子不断减少，氢离子对电离的抑制作用减弱，水的电离程度d
A．点a所示溶液中：
B．点b所示溶液中，水的电离程度最大
C．点c所示溶液中：
D．点d所示溶液中：
【答案】C
【解析】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH)＜c(NO)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)，故A错误；B．应该是能水解的盐促进水的电离，故a点水的电离程度最大，故B错误；C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)
A.V＝40
B.b点时溶液的pOH>pH
C.a、b、c三点由水电离的c(H＋)依次减小
D.a、b、d三点对应NH3·H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)
【答案】C
【解析】A.b点时溶液温度最高，表明此时酸碱恰好反应完全，因1 mol H2SO4可与2 mol NH3·H2O反应，故V＝40，A项正确；B.b点时恰好反应时生成(NH4)2SO4，溶液显酸性，pOH>pH，B项正确；C.a点时溶液中的溶质为(NH4)2SO4与NH3·H2O，b点时恰好反应时生成(NH4)2SO4，c点时溶液中的溶质为等物质的量的(NH4)2SO4与H2SO4，由于酸和碱都抑制水的电离，NH能促进水的电离，则a、b、c三点中，b点水电离的c(H＋)最大，故C错误；D.a、b、d三点的温度高低顺序为b>d>a，温度越高，NH3·H2O的电离常数越大，D项正确。
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