【名师一号】2021高考化学(苏教版)一轮复习考点突破：8-3盐类的水解

重点突破锁定高考热点探究规律方法考点1盐类水解的规律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．强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。3．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)若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)。(2)若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)。4．相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。5．相互促进水解的盐>单独水解的盐>相互抑制水解的盐。如NHeq\o\al(＋,4)的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。题组训练1．有关①100mL0.1mol/LNaHCO3、②100mL0.1mol/LNa2CO3两种溶液的叙述不正确的是()A．溶液中水电离出的H＋个数：②>①B．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②>①C．①溶液中：c(COeq\o\al(2－,3))>c(H2CO3)D．②溶液中：c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)解析本题考查的学问点是水的电离平衡、盐类水解及溶液中离子或分子浓度大小比较，意在考查考生对这些理论学问的理解和应用。盐类水解可以促进水的电离，而且水解程度越大，这种促进程度越大，A项正确；COeq\o\al(2－,3)的水解使溶液中阴离子数目增多，B项正确；碳酸氢钠溶液中，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，C项错误；COeq\o\al(2－,3)的第一步水解程度远大于其次步水解，D项正确。答案C2．(2022·武昌一模)在肯定条件下，Na2CO3溶液中存在COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－平衡。下列说法不正确的是()A．稀释溶液，eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))增大B．通入CO2，溶液pH减小C．上升温度，平衡常数增大D．加入NaOH固体，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小解析由平衡常数表达式可得K＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))，K只随温度的变化而变化，所以稀释后达平衡，此值不变；B选项中通入CO2，会使溶液中OH－浓度减小，所以溶液的pH也减小；C选项中上升温度平衡向吸热方向移动，而盐的水解吸热，所以平衡常数增大；D中加入OH－时抑制COeq\o\al(2－,3)水解，所以COeq\o\al(2－,3)浓度增大，而HCOeq\o\al(－,3)浓度减小，所以eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小。答案A3．(2022·苏州诊断)等物质的量浓度的下列稀溶液：①CH3COONa溶液②Na2CO3溶液③X溶液④Ba(OH)2溶液。它们的pH依次增大，则X溶液不行能是()A．氨水 B．硅酸钠溶液C．NaOH溶液 D．NaHCO3溶液解析因几种酸的酸性强弱为：CH3COOH>H2CO3>H2SiO3，故等物质的量浓度的盐溶液的pH大小为：CH3COONa<Na2CO3<Na2SiO3；又等物质的量浓度的碱与盐相比，碱溶液的pH确定比盐溶液的大；NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)比Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)的水解程度要小，相同浓度时，前者溶液中水解生成的OH－浓度小于后者，pH应比后者小，故X溶液不行能是NaHCO3溶液。答案D4．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数K1(H2Y)>K(HX)>K2(H2A．物质的量浓度相同时，各溶液的pH关系为pH(Na2Y)>pH(NaX)>pH(NaHY)B．amol/LHX溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na＋)>c(X－)，则不肯定a<bC．在HX溶液中滴入Na2Y溶液，反应2HX＋Y2－=2X－＋H2Y成立D．若0.1mol/LNaHY溶液呈酸性，则其水解力量小于电离力量解析本题从电离平衡常数的角度考查盐类水解问题。强碱弱酸盐水解使溶液呈碱性，且对应弱酸的酸性越弱，其水解程度越大，碱性越强，K2(H2Y)最小，表明HY－的电离力量最弱，相应的Y2－的水解力量最强，A项正确；依据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)，由于所得溶液c(Na＋)>c(X－)，所以溶液呈碱性，当a、b相等时，恰好完全反应生成强碱弱酸盐，也能使溶液呈碱性，B项正确；较强的酸可以制得较弱的酸，HX的酸性比HY－的强，但比H2Y的弱，因此反应方程式为HX＋Y2－=X－＋HY－，C项错误；当酸式盐的水解力量大于其电离力量时，溶液呈碱性，反之溶液呈酸性，D项正确。答案C考点2盐类水解的应用特殊提示(1)泡沫灭火器中NaHCO3放于铁桶中，而Al2(SO4)3放于塑料桶中，是由于Al2(SO4)3水解显酸性，能与铁反应。(2)Fe3＋与S2－由于发生氧化还原反应而不能大量共存。题组训练5.下面提到的问题中，与盐的水解有关的是()①明矾和FeCl3可作净水剂②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸③试验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂⑤试验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气⑧长期使用硫酸铵，土壤酸性增加；草木灰与铵态氮肥不能混合施用⑨比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性A．①④⑦ B．②⑤⑧C．③⑥⑨ D．全部解析①Al3＋和Fe3＋水解产生Al(OH)3胶体和Fe(OH)3胶体，吸附水中的悬浮杂质；②加盐酸可抑制FeCl3水解；③AlCl3溶解在盐酸中可抑制Al3＋的水解；④NHeq\o\al(＋,4)和Zn2＋水解产生的H＋与锈反应；⑤Na2CO3、Na2SiO3溶液水解显碱性，可腐蚀玻璃；⑥Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)发生相互促进水解反应，产生大量泡沫；⑦NHeq\o\al(＋,4)和Al3＋水解产生H＋与Mg反应；⑧NHeq\o\al(＋,4)水解显酸性，草木灰水解显碱性，二者相互促进会使NH3逸出，降低肥效；⑨比较溶液中离子浓度大小或盐溶液的酸碱性，都要考虑盐溶液是否水解。答案D6．(2022·徐州统考)在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Al2(SO4)3②Na2CO3③KCl④CuCl2⑤NaHCO3，可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是()A．①③⑤ B．①②③C．②④ D．①③④⑤解析蒸干时CuCl2会水解为Cu(OH)2和HCl；蒸干时NaHCO3会受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O。答案B7．在下列给定条件的溶液中，肯定能大量共存的离子组是()A．25℃时，由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、I－、NOeq\o\al(－,3)B．能使酚酞变红的溶液中：K＋、Na＋、Cl－、COeq\o\al(2－,3)C．NaHCO3溶液中：K＋、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、Al3＋D．常温下，c(H＋)/c(OH－)＝1×10－12的溶液中：Ba2＋、Ca2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)解析A项中溶液既可能显强酸性也可能显强碱性，强酸性溶液中I－、NOeq\o\al(－,3)发生氧化还原反应而不能大量共存，强碱性溶液中NHeq\o\al(＋,4)不能大量存在；C项中HCOeq\o\al(－,3)和Al3＋能发生相互促进的水解反应：3HCOeq\o\al(－,3)＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3CO2↑，不能大量共存；D项中为碱性溶液，Ca2＋不能大量存在，错误。答案B8．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯洁的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：请回答下列问题：(1)本试验最适合的氧化剂X是________(填选项字母)。A．K2Cr2O7 B．NaClOC．H2O2 D．KMnO4(2)物质Y是________。(3)本试验用加碱沉淀法能不能达到目的？________，缘由是____________________________________。(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是__________________。(5)加氧化剂的目的是____________________________。(6)最终能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________，应如何操作？__________________________________________。解析(1)能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不能引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使水解平衡右移，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3＋沉淀，同时也必将使Cu2＋沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。答案(1)C(2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3](3)不能因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等](5)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分别(6)不能应在HCl气流中加热蒸发归纳总结1.水解除杂警示利用水解除杂无论在化学工业还是化学试验中都具有格外重要的意义，其原理是依据盐的水解程度的不同，通过调整溶液pH使部分别子转化为沉淀而除去。如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等，调整溶液的pH，使Fe3＋的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去；留意不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，因加这些物质pH上升太快速，且碱过量不易觉察，Mg2＋也可能转化为Mg(OH)2沉淀，还会引入NHeq\o\al(＋,4)、Na＋等杂质。2．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种推断类型(1)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。(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。(3)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＋MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化例如，Na2SO3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸干))Na2SO4(s)。考点3溶液中微粒浓度的大小比较1.比较溶液中离子浓度大小的基本思路与方法2．把握解此类题的三个思维基点：电离、水解和守恒其中三大守恒：(1)电荷守恒：电解质溶液中全部阳离子所带的正电荷数与全部阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(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，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素原子的总数是不会转变的。如NaHCO3溶液中n(Na)n(C)＝11，推出：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋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。如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH－、COeq\o\al(2－,3)为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)＝c(NH3)＋c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))。3．溶液中存在电离与水解两种状况，依据实际状况考虑主次地位。如NaHCO3溶液中的HCOeq\o\al(－,3)既可以水解也可以电离，实际上NaHCO3溶液呈碱性，即说明HCOeq\o\al(－,3)水解是主要的。题组训练9．(2021·广东)50℃A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0mol·L－1B．饱和小苏打溶液中：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))C．饱和食盐水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D．pH＝12的纯碱溶液中：c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－1解析pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝1.0×10－4mol·L－1，A项错误；在溶液中，HCOeq\o\al(－,3)会发生水解，故c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))，B项错误；C项是电荷守恒式，正确；D项在常温下正确，而本题题设中指明在“50℃时”，D项错误。答案C10．(2022·海淀期末测试)有4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CH3COONa②NH4Cl与HCl③NH4Cl与NaCl④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)下列各项排序正确的是()A．pH：②<①<③<④B．溶液中c(H＋)：①<③<②<④C．c(NHeq\o\al(＋,4))：①<③<②<④D．c(NH3·H2O)：①<③<④<②解析①溶液的pH大于③溶液的pH，A项错误；混合溶液中c(H＋)最大的为②，B项错误；C项，①中CH3COO－的水解能促进NHeq\o\al(＋,4)的水解，而②中盐酸电离出的H＋抑制NHeq\o\al(＋,4)的水解，④中除NH4Cl电离出NHeq\o\al(＋,4)外，NH3·H2O也可电离出NHeq\o\al(＋,4)，正确；D项，c(NH3·H2O)最大的为④，错误。答案C11．(2022·唐山一模)下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是()A．NaHSO3溶液呈酸性，则有：c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H＋)>c(OH－)B．pH相等的CH3COONa和Na2CO3两种溶液：c(CH3COONa)<c(Na2CO3)C．强酸HA溶液与弱碱MOH溶液混合后溶液呈中性，则有：c(M＋)＝c(A－)D．0.1mol·L－1的NaHA溶液pH＝1则有c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－解析A项，亚硫酸氢根离子电离生成氢离子和亚硫酸根离子，水存在微弱的电离生成氢离子和氢氧根离子，所以氢离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，A项错；B项，相同浓度的CH3COONa和Na2CO3溶液，CH3COO－的水解程度小于COeq\o\al(2－,3)的水解程度，所以pH相同的CH3COONa和Na2CO3溶液：c(CH3COONa)>c(Na2CO3)；C项，依据电荷守恒得c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，由于溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，所以c(M＋)＝c(A－)；D项，0.1mol·L－1的NaHA溶液pH＝1，则NaHA=Na＋＋H＋＋A2－，所以溶液中不存在HA－和H2A。答案C12．(2021·四川)室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽视体积变化)，试验数据如下表：试验编号起始浓度/(mol·L－1)反应后溶液的pHc(HA)c(KOH)①0.10.19②x0.27下列推断不正确的是()A．试验①反应后的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)B．试验①反应后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝eq\f(Kw,1×10－9)mol/LC．试验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1mol/LD．试验②反应后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)>c(OH－)＝c(H＋)解析试验①反应后溶液的pH为9，即溶液显碱性，说明HA为弱酸，二者等浓度等体积恰好反应生成KA，A－水解，A项正确；试验①反应后的溶液中，由电荷守恒式c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)，则c(K＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)，B项错误；由于HA为弱酸，假如与等体积等浓度的KOH溶液混合，溶液显碱性，若溶液显中性，则在两溶液体积相等的条件下，加入的HA溶液的浓度应大于0.2mol/L，所以试验②反应后的溶液中，c(A－)＋c(HA)>0.1mol/L，C项正确；试验②反应后溶液显中性，依据电荷守恒式c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)，且c(H＋)＝c(OH－)，则c(K＋)＝c(A－)，即c(K＋)＝c(A－)>c(H＋)＝c(OH－)，D项正确。答案B13．(2022·衡水模拟)常温下，将aL0.1mol·L－1的NaOH溶液与bL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液混合，下列有关混合溶液的说法不正确的是()A．a<b时，可能存在c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)B．a>b时，c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)C．a＝b时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)D．无论a、b有何关系，均有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)解析a<b即酸过量，A项可成立；当碱过量时，c(Na＋)>c(CH3COO－)，B项错误；a＝b时，酸碱恰好完全反应，由质子守恒可知C项正确；由电荷守恒原理知D项正确。答案B名师究错易错追根溯源挑战高考满分【典例】(2022·江苏)25℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－A．pH＝5.5的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B．W点所表示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)C．pH＝3.5的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1D．向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽视)：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)【错因分析】读图力量差，对溶液酸碱性生疏不够，不能留意到pH越大，c(CH3COOH)越小，会错选A项；不能找准题中的对应关系，生疏不到W点所表示的溶液中c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，或者不能联系电荷守恒，会漏B项；不能机敏运用电荷守恒，会漏选C项；不能将溶液中各溶质的量分析清楚，会错选D项。【解析】由图象可知c(CH3COOH)浓度越大，溶液的pH越小，即虚线代表醋酸浓度，实线代表醋酸根离子浓度，pH＝4.75时c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，当pH＝5.5时，c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，A项错；B项，W点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，依据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，将c(CH3COO－)换成c(CH3COOH)，正确；C项，依据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，又c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，即c(CH3COOH)＋c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝0.1mol·L－1，正确；D项，依据反应可得到0.05molNaCl,0.1molCH3CO