鹽類的水解重要考查方式解析

鹽類水解是高中化學重要的基本理論之一，也是每年高考的必考點之一，下面分類分析解答鹽類水解試題時出現的常見錯誤或認識誤區，以幫助同學們突破鹽類水解有關試題的分析和解答。

一、不能準確辨認鹽溶液中哪種離子被消耗或生成哪種離子

常溫下，可溶性的強堿弱酸鹽（或強酸弱堿鹽）的稀溶液中，電離程度：鹽>>水；弱酸根離子（或弱堿陽離子）部分水解而被消耗，而強堿陽離子（或強酸陰離子）不水解，未消耗；水電離出的氫離子（或氫氧根離子）被消耗，與弱酸根離子（或弱堿陽離子）結合成弱電解質，但生成了氫氧根離子（或氫離子）。

例1. HA為酸性略強于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L—1 NaA溶液中，離子濃度關系正確的是（ ）

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-）

錯解：選B。因為HA為酸性略強于醋酸的一元弱酸，所以NaA的水解程度很大，消耗的A-多于未水解的A-，則c（Na+）>c（OH-）>c（A-）>c（H+）。

解析：若c（Na+）>c（A-）>c（H+）>c（OH-），則c（Na+）+c（H+）>c（OH-）+c（A-），違反電荷守恒原理，溶液不呈電中性，故A錯；由題意可知NaA是強堿弱酸鹽，雖然A-+H2O？葑HA+OH-，但A-的水解程度弱，則c（Na+）>

c（A-） >c（OH-） >c（H+），故B錯；NaA稀溶液中一定有c（Na+）>c（A-） >c（OH-） >c（H+），則c（Na+）+c（OH-） >

c（H+）+c（A-），故C錯；由電荷守恒原理可知，呈電中性的NaA稀溶液中一定有c（Na+）+ c（H+） = c（A-）+ c（OH-），故D正確。

答案：D

二、擴大單一鹽溶液離子濃度判斷規律

單一鹽溶液離子濃度比較重點是考慮水解，而堿和鹽（或酸和鹽）的混合溶液中則需要同時考慮電離和水解，常常要綜合利用溶液中電荷守恒、物料守恒、質子守恒關系式進行判斷。

例2. 下列溶液中微粒濃度關系一定正確的是（ ）

A. 氨水與氯化銨的pH=7的混合溶液中：c（Cl—）>c（NH4+）

B. pH=2的一元酸和pH=12的一元強堿等體積混合：c（OH—）=c（H+）

C. 0.1·mol·L—1的硫酸銨溶液中： c（NH4+）>c（SO42—）>

c（H+）

D. 0.1 mol·L—1的硫化鈉溶液中：c（OH—）=c（H+）+

c（HS—）+c（H2S）

錯解：選A。NH4Cl= NH4++ Cl—，Cl—不水解，NH4+能水解，故c（Cl—）>c（NH4+）。

解析：此題考查了溶液中的微粒濃度的大小比較。氨水和氯化銨混合溶液的pH=7時，溶液中c（H+）=

c（OH—），則c（Cl—）=c（NH4+），故A錯；由于pH=2的酸的強弱未知，當其是強酸正確，當其是弱酸時，酸過量則溶液中c（H+）>c（OH—），故B錯；1mol.L—1的（NH4）2SO4溶液中，銨根離子是硫酸根的2倍，雖然銨根離子部分水解，但仍比硫酸根多，則c（NH4+）>c（SO42—）>c（H+），故C正確；1mol·L—1的硫化鈉溶液中，根據物料守恒，可知c（OH—）=c（H+）+c（HS—）+2c（H2S），故D錯。

答案：C

三、錯用溶液中三種守恒關系式

任何電解質溶液中，陰陽離子所帶電荷總數相等；鹽（或鹽與酸、鹽與堿）溶液中，鹽電離的陰陽離子總數之比等于電離方程式中的系數之比；單一鹽溶液中，水電離出氫離子和氫氧根離子總數相等。

例3. 對于0.1mol·L―1Na2SO3溶液，正確的是（ ）

A. 升高溫度，溶液pH降低

B. 2c（Na+）= c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）

C. c（Na+）+c（H+）=2 c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ c（OH―）

D. 加入少量NaOH固體，c（SO32―）與c（Na+）均增大

錯解：選B。Na2SO3中鈉離子是亞硫酸根離子的2倍，則Na2SO3溶液中鈉離子濃度是各種硫元素存在形式微粒濃度的2倍，即2c（Na+）= c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）。

解析：升高溫度能促使Na2SO3溶液中SO32―+H2O？葑HSO3―+OH―、HSO3―+H2O？葑H2SO3+OH―的水解平衡向生成OH―的方向移動，則溶液pH升高，故A錯；Na2SO3中含有的Na+是SO32―的2倍，則其水溶液中粒子的物料守恒關系式為c（Na+）=2c（SO32―）+2c（HSO3―）+2c（H2SO3），故B錯；稀Na2SO3溶液中離子的電荷守恒關系式為c（Na+）+c（H+）=2c（SO32―）+c（HSO3―）

+c（OH―），故C錯；加入少量NaOH固體，增大了

c（Na+）和c（OH―），使SO32―+H2O？葑HSO3―+OH―、HSO3―+H2O？葑H2SO3+OH―的水解平衡向生成SO32―的方向移動，則c（SO32―）也會增大，故D正確。

答案：D

四、濫用強堿弱酸或強酸弱堿中和過程微粒濃度變化

酸堿中和反應過程中混合溶液的pH與微粒濃度大小的變化關系是近年高考的熱點，先由混合溶液的pH推斷c（H+）與c（OH—）的大小，再由電荷守恒關系式推斷鹽溶液離子濃度大小，由酸堿濃度和體積推斷酸堿過量與否以及物料守恒關系式的正確等。

例4. 25℃時，向10mL0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/LCH3COOH溶液，混合溶液中粒子濃度關系正確的是（ ）

A. pH>7時，c（CH3COO—）>c（K+）>c（H+）>c（OH—）

B. pH<7時，c（K+）>c（CH3COO—）>c（H+）>c（OH—）

C. pH=7時，c（K+）=c（CH3COO—）>c（OH—）=c（H+），V[CH3COOH（aq）]=10mL

D. V[CH3COOH（aq）]=20mL時，c（CH3COO—）+

c（CH3COOH）=2 c（K+）

錯解：選C。pH=7時，先可推斷溶液中c（OH—）=

c（H+），再由電荷守恒原理可知c（K+）=c（CH3COO—）。

解析：根據電荷守恒關系式和溶液的酸堿性，pH>7時，c（K+）>c（CH3COO—）>c（OH—）>c（H+），故A錯；pH<7時，c（CH3COO—）> c（K+）>c（H+）>c（OH—），故B錯；CH3COOK 溶液呈弱堿性，則pH=7的溶液中溶質為CH3COOK 和CH3COOH，說明反應KOH+CH3COOH==CH3COOK+H2O中乙酸適當過量，則V[CH3COOH（aq）]>10mL，故C錯；V[CH3COO （aq）]=20mL時，n（CH3COOH）=2n（KOH），根據物料守恒關系式，c（CH3COO—）+ c（CH3COOH）=2 c（K+），故D正確。

答案：D

五、錯用規律比較NaHCO3和Na2CO3溶液中微粒濃度大小

稀NaHCO3溶液呈弱堿性，則其中HCO3—的水解程度大于電離程度；等濃度的NaHCO3和Na2CO3溶液中，水解程度：HCO3—< CO32—；CH3COONa和CH3COOH混合溶液呈酸或中性時，CH3COOH的電離程度> CH3COO—的水解程度。

例5. 下列有關電解質溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（ ）

A. 在0.1mol·L—1NaHCO3溶液中：c（Na+） >c（HCO3—）> c（CO23—） >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溶液中加入等體積0.1mol·L—1NaOH溶液：

c（CO32—）> c（HCO3—）> c（OH—）> c（H+）

D. 常溫下，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—）

錯解：選AC。NaHCO3完全電離，HCO3—部分電離，HCO3—還部分水解，且HCO3—的電離程度大于其水解程度，故A正確；NaHCO3的量是NaOH的2倍，則前者過量，混合后得到等濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者的水解程度小于后者，故C正確。

解析：由于NaHCO3完全電離生成Na+和HCO3—，只有HCO3—能繼續微弱地水解和電離，且HCO3—水解生成H2CO3的程度略大于其電離生成CO32—的程度，則平衡時c（Na+）> c（HCO3—） > c（H2CO3）> c（CO32—），故A錯；由質子守恒原理可知，Na2CO3稀溶液中c（OH—）= c（H+）+c（HCO3—）+2c（H2CO3），故B正確；NaHCO3與NaOH發生中和反應后得到0.05mol·L—1NaHCO3和0.05mol·L—1Na2CO3溶液，兩種鹽完全電離出等濃度的HCO3—和CO32—，都能微弱地水解生成OH—，且HCO3—的水解程度小于CO32—，則平衡時c（HCO3—）>c（CO32—）> c（OH—）> c（H+），故C錯；pH=7，則c（H+）= c（OH—）=10—7 mol·L—1，由電荷守恒原理可知，c（Na+）= c（CH3COO—） =0.1mol·L—1，CH3COO—的水解程度小于CH3COOH的電離程度，則0.1mol·L—1>c（CH3COOH），故D正確。

答案：BD

六、錯誤分析酸堿中和滴定曲線

酸堿中和滴定過程中溶液的pH、溫度隨溶液體積的增大的變化示意圖是高考命題的亮點之一，但許多考生辨認圖形的能力不足，不適應解答這類能力立意的試題。

例6. 室溫下，1.000mol·L—1鹽酸滴入

20.00mL1.000mol·L—1氨水中，溶液pH 和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如下圖所示，下列有關說法正確的是（ ）

A. a點由水電離出的c（H+）=1.0×10—14mol·L—1

B. b點：c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（Cl—）

C. c點：c（Cl—）=c（NH4+）

D. d點后，溶液溫度略下降的主要原因是NH3·H2O電離吸熱

錯解：選D。NH3·H2O的電離是吸熱過程，導致溶液溫度下降。

解析：a點pH<14，說明氨水中c（H+）>1.0×10—14mol·L—1，由于一水合氨不能電離出氫離子，只有水能電離出氫離子，故A錯；b點pH>7，說明氨水過量，由物料守恒可知c（NH4+）+c（NH3·H2O）>c（Cl—），故 B錯；c點pH=7，則c（H+）= c（OH—），由電荷守恒可知C正確；d點后鹽酸過量，中和反應停止，溶液溫度略下降的主要原因是是環境吸收了中和反應放出的熱量，故D錯。

答案：C

綜上所述，鹽類水解有關試題是高考的熱點試題，主要涉及溶液的酸堿性或pH、鹽類水解平衡的移動、微粒濃度大小比較、電解質溶液中微粒之間的三種定量（微粒數或物料守恒、電荷數或電荷守恒、水電離的離子數或質子守恒）關系，解答時需要分清類型，分門別類地考慮水解因素、電離因素、過量因素，充分利用電解質溶液中電荷守恒關系式、單一或混合鹽溶液中物料守恒關系式、單一鹽溶液中質子守恒關系式分析和解答。

（作者單位：佛山市高明區紀念中學）

責任編校 李平安