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第三节 盐类的水解
一、
盐类水解
1、定义：在水溶液中盐电离出来的离子跟水电离出来的H+或OH-结合生成弱电
解质的反应。
2、实质：水溶液中盐电离出来的离子跟水电离出来的H+或OH-结合,破坏水的电
离，是平衡向右移动，促进水的电离
3、盐类水解的规律：①有 弱 才水解，无弱不水解，越弱越水解；谁 强显谁性，两弱都
水解，同强显中性。
②多元弱酸根，浓度相同时正酸根比酸式酸根水解程度大，碱性更强
(如:Na2CO3 ＞NaHCO3)
3、影响盐类水解的外界因素：
①温度：温度越高水解程度越大（水解吸热，越热越水解）
②②浓度：浓度越小，水解程度越大（越稀越水解）
③酸碱：促进或抑制盐的水解（H+促进阴离子水解而抑制阳离子水解H
+促进阳离子
水解而抑制阴离子水解）
4、水解平衡常数
对于强碱弱酸盐：K h
=K w
/K a
(K w
为该温度下水的离子积，K a
为该条件下该弱酸根形
成的弱酸的电离平衡常数)
对于强酸弱碱盐：K h
=K w
/K b
（K w
为该温度下水的离子积，K b
为该条件下该弱碱根
形成的弱碱的电离平衡常数）
5、双水解反应
（1）构成盐的阴阳离子均能发生水解的反应。双水解反应相互促进，水解程度较大，
有的甚至水解完全。使得平衡向右移。
（2）双水解反应特点是相互水解成沉淀或气体。双水解完全的离子方程式配平依据是
两边电荷平衡。
【习题一】
（2018 春•宾阳县校级月考）下列水解方程式正确的是（ ）
A．Fe
3++3 H 2O = Fe（OH ）3↓+3 H
+
B．Br
-+ H 2O⇄HBr +OH
-
C．CH 3COOH + H 2O⇄CH 3COO
-+ H 3O
+
D．NH 4
++2 H 2O⇄NH 3· H 2O+ H 2O
+
【考点】盐类水解的原理．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】水解反应的实质是：弱酸或弱碱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱
电解质的过程，水解反应方程式用可逆符号表示，以此分析得出正确结论．
【解答】解：A、水解是非常微弱的，水解方程式应该用“⇌”，且不能使用沉淀符号，故
A 错误；
B、溴离子是强酸酸根离子不发生水解，故B 错误；
C、CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+，是醋酸的电离方程式，不是水解离子方程式，故C 错误；
D、水解是非常微弱的，水解方程式应该用“⇌”，铵根离子水解 生成一水合氨和氢离子，
书写氢离子为水和氢离子得到离子方程式为NH4
++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+，故D 正确。
故选：D。
【习题二】
（2018 春• 邯郸期末）一定条件下，CH3COONa 溶液存在水解平衡：CH3COO-
+H2OCH3COOH+OH-，下列说法正确的是（ ）
A．加入少量NaOH 固体，c（CH3COO-）增大
B．加入少量FeCl3 固体，c（CH3 COO-）增大
C．稀释溶液，溶液的pH 增大
D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液：c（ Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（
OH-）【考点】影响盐类水解程度的主要因素．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】A．加入氢氧化钠溶解后氢氧根离子浓度增大，平衡左移；
B．FeCl3消耗了氢氧根离子，使平衡正移；
C．稀释促进水解，离子浓度减小；
D．根据电荷守恒分析．
【解答】解：A．CH3COONa 溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-．加入氢氧化
钠溶解后氢氧根离子浓度增大，平衡左移c（CH3COO-） 增大，故A 正确；
B．CH3COONa 溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-．FeCl3消耗了氢氧根离子，
使平衡正移，醋酸根浓度减小，故B 错误；
C．CH3COONa 溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-．稀释溶液，平衡正向进行，
平衡状态下氢氧根离子浓度减小，溶液的pH 减小，故C 错误；
D．根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），溶液显酸性c（H+）＞c
（OH-），所以c（Na+）＜c（CH3COO-），所以混合溶液中：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c
（H+）＞c（OH-），故D 错误；
故选：A。
【习题三】
（2018 春•洛阳期末）在一定条件下，Na2S 溶液存在水解平衡；S2-+H2O⇌HS-+OH-．下列说法
正确的是（ ）
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．升高温度，c（HS-）/c（S2-）增大
C．加入NaOH 固体，溶液pH 减小
D．加入CuSO4 固体，HS-浓度增大
【考点】影响盐类水解程度的主要因素．
【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；
A．平衡常数只随温度变化；
B．水解反应是吸热反应，升温促进水解，溶液中硫离子浓度减小，硫氢根离子浓度增大；
C．加入NaOH 固体是一种强碱，抑制水解；
D．加入CuSO4固体和硫离子结合生成硫化铜，水解平衡逆向进行。
【解答】解：A．平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A 错
误；
B．水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2-）减小，c（HS-）增大，所以
c（HS
-）
c（S
2-）
增大，故B 正确；
C．加入NaOH 固体是一种强碱，溶液pH 增大，故C 错误；
D．加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS-浓度减
小，故D 错误；
故选：B。
二、
盐类水解的应用
水解的应用
实例
原理
净水
明矾净水
Al3++3H2O⇄Al(OH)3(胶体)+3H+
去油污
用热碱水洗油污物品
CO3
2-+H2O ⇄HCO3
-+OH-
药品的保存
配制FeCl3溶液时常加入少
量盐酸
Fe3++3H2O⇄Fe(OH)3+3H+
配制Na2CO3溶液时常加
入少量NaOH
Fe3++3H2O⇄ Fe(OH)3+3H+
制备无水盐
由
MgCl2·6 H 2O制无水MgC
在HCl 气流中加热
泡沫灭火器
用
Al2（SO4）3与
NaHCO3溶液混合
Al3++3HCO3
-
=Al(OH)3↓+3CO2↑
比较盐溶液中离子浓度
大小
比较NH 4Cl溶液中离子浓
度的大小
NH4
++H2O ⇄NH3·H2O+H+
c(Cl-)>c(NH4
+)>c(H+)>c(OH)-
【习题四】
（2017 秋•温州期末）下列应用与盐类的水解无关的是（ ）
A．实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B．泡沫灭火器原理（硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液）
C．工业上常用 NH4Cl 溶液除去焊接处的铁锈
D．配制 FeCl2 溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉
【考点】盐类水解的应用．
【分析】A．玻璃成分含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物和碱溶液发生反应生成硅酸
钠水溶液是矿物胶，碱性溶液能腐蚀玻璃；
B．泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，混合后发生双水解反应；
C．铵根离子水解显示酸性，能够与氧化铁反应；
D．配制FeCl2溶液要防止其水解和被氧化，加入铁粉会和被氧化生成的氯化铁反应生成氯
化亚铁。
【解答】解：A．碳酸钠水解呈碱性，可与二氧化硅反应生成硅酸钠水溶液是矿物胶，而
导致玻璃瓶打不开，与盐类水解有关，故A 不选；
B．泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，混合后铝离子和碳酸氢根离子发生双水解生
成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故B 不选；
C．NH4Cl 溶液中，铵根离子水解使溶液呈酸性，能够铁锈反应，与盐类水解有关，故C 不
选；
D．配制FeCl2溶液要防止其水解，需要加盐酸抑制其水解，为了防止亚铁离子被氧化，需
要加铁粉，加入铁粉会和被氧化生成的氯化铁反应生成氯化亚铁，和水解无关，故D 选；
故选：D。
【习题五】
（2018•浦东新区一模）与盐类水解无关的化学应用是（ ）
A．明矾用于净水
B．氯化铁溶液腐蚀铜板
C．热的纯碱溶液洗涤除去油污
D．草木灰不能与铵态氮肥混合使用
【考点】盐类水解的应用．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】A．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒；
B．该反应为铁离子与铜的反应，与盐的水解无关；
C．碳酸钠水解呈碱性，能够与溶解油污；
D．草木灰电离出的碳酸根离子与铵态氮肥电离出的铵根离子发生相互促进的水解反应。
【解答】解：A．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有较大的表面积，能吸
附水中的悬浮颗粒，所以水中加入明矾可以净化水，故A 不选；
B．氯化铁溶液腐蚀铜板，利用的是铁离子与金属铜的反应，与盐的水解无关，故B 选；
C．碳酸根离子水解使溶液显示碱性，加热条件下水解程度增大，可用热的纯碱溶液除油污，
故C 不选；
D．草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者相互促进，
降低了肥效，故不能混合使用，这与盐的水解有关，故D 不选；
故选：B。
三、
溶液中离子浓度的大小比较
电荷守恒：任何溶液均显中性，各阳离子浓度与其所带电荷数的乘积之和=各阴离子浓
度与其所带电荷数的乘积之和
物料守恒：某原子的总量（或总浓度）=其以各种形式存在的所有微粒的量之和
质子守恒：即水电离出的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等。
【习题六】
（2017 秋•福州期末）在0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中，下列关系正确的是（ ）
A．c（Na+）=2c（CO32-） B．c（OH-）=2c（H+）
C．c（HCO3-）＞c（H2CO3） D．c（Na+）＜c（CO32-）+c（HCO3-）
【考点】离子浓度大小的比较．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子第一步水解
程度远远大于第二步，据此分析解答．
【解答】解：A．碳酸根离子水解而钠离子不水解，所以c（Na+）＞2c（CO3
2-），故A 错误；
B．碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子、碳酸氢根离子和水电离都生成氢氧根离
子，只有水电离生成氢离子，所以c（OH-）＞2c（H+），故B 错误；
C．碳酸根离子第一步水解远远大于第二步，所以c（HCO3
-）＞c（H2CO3），故C 正确；
D．溶液中存在物料守恒c（Na+）=2c（CO3
2-）+2c（HCO3
-）+2c（H2CO3），所以c（Na+）＞
c（CO3
2-）+c（HCO3
-），故D 错误；
故选：C。
【习题七】
（2018•荆州一模）将碳酸钠和碳酸氢钠以物质的量之比1：2 溶于水中，下列表达正确的
是（ ）
A．c（Na+）+c（H+）=c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-）
B．c（Na+）＞c（ HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）
C．4c（Na+）=3c（CO32-）+3c（ H2CO3）+3c（ HCO3-）
D．c（OH-）-c（H+）=2c（H2CO3）+c（HCO3-）
【考点】离子浓度大小的比较．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】A．根据电荷守恒判断；
B．碳酸钠和碳酸氢钠以物质的量之比1：2 溶于水中，c（ HCO3
-）＞c（CO3
2-），且水解呈
碱性；
C．设碳酸钠为1mol，碳酸氢钠为2mol，则n（Na+）=4mol，c（CO3
2-）+c（ H2CO3）+c（
HCO3
-）=3mol；
D．结合电荷守恒和物料守恒判断。
【解答】解：A．由电荷守恒可知，应满足c（Na+）+c（H+）=2c（CO3
2-）+c（OH-）+c
（HCO3
-），故A 错误；
B．碳酸钠和碳酸氢钠以物质的量之比1：2 溶于水中，c（ HCO3
-）＞c（CO3
2-），且水解呈
碱性，则c（Na+）＞c（ HCO3
-）＞c（CO3
2-）＞c（OH-）＞c（H+），故B 正确；
C．设碳酸钠为1mol，碳酸氢钠为2mol，则n（Na+）=4mol，c（CO3
2-）+c（ H2CO3）+c（
HCO3
-）=3mol，则3c（Na+）=4c（CO3
2-）+4c（ H2CO3）+4c（ HCO3
-），故C 错误；
D．由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO3
2-）+c（OH-）+c（HCO3
-），由物料守恒可知
3c（Na+）=4c（CO3
2-）+4c（ H2CO3）+4c（ HCO3
-），则c（OH-）-c（H+）=c（Na+）-2c
（CO3
2-）-c（HCO3
-）=4
3
c（H2CO3）+1
3
c（HCO3
-）-2
3
c（CO3
2-），故D 错误。
故选：B。
